中考卷-2020中考数学试题（解析版） (101) 29页

一、选择题（本大题共 10 小题，请将每个小题所给四个选项中唯一正确选项的代号填涂在答 题卡相应的位置上） 1.下列各数中，比 2 小的数是（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据大于 0 的数是正数，而负数小于 0，排除 A、D，而-1>-2，排除 B，而-3<-2，从而可得答案． 【详解】根据正负数的定义，可知-2<0，-2<3，故 A、D 错误； 而-2<-1，B 错误； -3<-2，C 正确； 故选 C． 【点睛】本题目考查有理数的大小比较，较容易，熟练掌握有理数的大小比较方法是顺利解题的关键． 2.2019 年中国与“一带一路”沿线国家货物贸易进出口总额达到 92700 亿元．用科学记数法表示 92700 是 （ ） A. 50.927 10 B. 49.27 10 C. 392.7 10 D. 2927 10 【答案】B 【解析】 【分析】 科学记数法的表示形式为 10 na  形式，其中1 10a  ，n 为整数．确定 n 的值时，要看把原数变成 a 时， 小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1 时，n 是正数；当原数的绝对 值<1 时，n 是负数． 【详解】解：92700=9.27×104 故选 B． 【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为 10 na  形式，其中1 10a  ，n 为整数．表示时关键要确定 a 的值及 n 的值． 3.下列运算正确的是（ ） A. 22 2( )   B. 2 2 2( )x y x y   C. 2 3 5  D. 2 2( 3 ) 9a a  【答案】D 【解析】 【分析】 根据算术平方根的性质，完全平方公式，合并同类二次根式法则，积的乘方的运算法则依次判断即可得到 答案. 【详解】A、 2( 2) 2  ，故该选项错误； B、 2 2 2( ) 2x y x xy y    ，故该选项错误； C、 2 3 中两个二次根式不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误； D、 2 2( 3 ) 9a a  ，故该选项正确； 故选：D. 【点睛】此题考查算术平方根的性质，完全平方公式，合并同类二次根式法则，积的乘方的运算法则，熟 练掌握各知识点是解题的关键. 4.如图是由 4 个相同的小正方体组成的一个水平放置的立体图形，其箭头所指方向为主视方向，其俯视图是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中． 【详解】解：从上面往下看，上面看到两个正方形，下面看到一个正方形，右齐． 故选：C ． 【点睛】本题考查的是简单组合体的三视图，掌握物体的三视图是解题的关键． 5.从长度分别为1cm 、 3cm 、5cm 、 6cm 四条线段中随机取出三条，则能够组成三角形的概率为（ ） A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 4 【答案】A 【解析】 【分析】 试验发生包含的基本事件可以列举出共 4 种，而满足条件的事件是可以构成三角形的事件，可以列举出共 1 种，根据概率公式得到结果． 【详解】解：∵试验发生包含的基本事件为（1cm，3cm，5cm）；（1cm，3cm，6cm）；（1cm，5cm，6cm）； （3cm，5cm，6cm），共 4 种； 而满足条件的事件是可以构成三角形的事件为（3cm，5cm，6cm），共 1 种； ∴以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 1 4 ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查三角形成立的条件，解题的关键是正确数出组成三角形的个数，要做到不重不漏， 6.已知 AOB ，作 AOB 的平分线 OM ，在射线 OM 上截取线段OC ，分别以 O、C 为圆心，大于 1 2 OC 的长为半径画弧，两弧相交于 E，F．画直线 EF ，分别交OA于 D，交OB 于 G．那么， ODG 一定是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意知 EF 垂直平分 OC，由此证明△OMD≌△ONG，即可得到 OD=OG 得到答案. 【详解】如图，连接 CD、CG， ∵分别以 O、C 为圆心，大于 1 2 OC 的长为半径画弧，两弧相交于 E，F ∴EF 垂直平分 OC， 设 EF 交 OC 于点 N， ∴∠ONE=∠ONF=90°， ∵OM 平分 AOB ， ∴∠NOD=∠NOG， 又∵ON=ON， ∴△OMD≌△ONG， ∴OD=OG， ∴△ODG 是等腰三角形， 故选：C. 【点睛】此题考查基本作图能力：角平分线的做法及线段垂直平分线的做法，还考查了全等三角形的判定 定理及性质定理，由此解答问题，根据题意得到 EF 垂直平分 OC 是解题的关键. 7.已知正比例函数 1y 的图象与反比例函数 2y 的图象相交于点 ( 2,4)A  ，下列说法正确的是（ ） A. 正比例函数 1y 的解析式是 1 2y x B. 两个函数图象的另一交点坐标为  4, 2 C. 正比例函数 1y 与反比例函数 2y 都随 x的增大而增大 D. 当 2x   或 0 2x  时， 2 1y y 【答案】D 【解析】 【分析】 根据两个函数图像的交点，可以分别求得两个函数的解析式 1 = 2y x 和 2 8=-y x ，可判断 A 错误；两个函数 的两个交点关于原点对称，可判断 B 错误，再根据正比例函数与反比例函数图像的性质，可判断 C 错误， D 正确，即可选出答案． 【详解】解：根据正比例函数 1y 的图象与反比例函数 2y 的图象相交于点 ( 2,4)A  ，即可设 1 1=y k x ， 2 2 = ky x ， 将 ( 2,4)A  分别代入，求得 1 2k   ， 2 8k   ， 即正比例函数 1 = 2y x ，反比例函数 2 8=-y x ，故 A 错误； 另一个交点与 ( 2,4)A  关于原点对称，即 2 4， ，故 B 错误； 正比例函数 1 = 2y x 随 x 的增大而减小，而反比例函数 2 8=-y x 在第二、四象限的每一个象限内 y 均随 x 的 增大而增大，故 C 错误； 根据图像性质，当 2x   或 0 2x  时，反比例函数 2 8=-y x 均在正比例函数 1 = 2y x 的下方，故 D 正确． 故选 D． 【点睛】本题目考查正比例函数与反比例函数，是中考的重要考点，熟练掌握两种函数的性质是顺利解题 的关键． 8.如图， PA 、 PB 为⊙O 的切线，切点分别为 A、B， PO 交 AB 于点 C， PO 的延长线交⊙O 于点 D．下 列结论不一定成立的是（ ） A. BPA△ 为等腰三角形 B. AB 与 PD 相互垂直平分 C. 点 A、B 都在以 PO 为直径的圆上 D. PC 为 BPA△ 的边 AB 上的中线 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 OB，OC，令 M 为 OP 中点，连接 MA，MB，证明 Rt△OPB≌Rt△OPA，可得 BP=AP，∠OPB=∠OPA， ∠BOC=∠AOC，可推出 BPA△ 为等腰三角形，可判断 A；根据△OBP 与△OAP 为直角三角形，OP 为斜边， 可得 PM=OM=BM=AM，可判断 C；证明△OBC≌△OAC，可得 PC⊥AB，根据△BPA 为等腰三角形，可 判断 D；无法证明 AB 与 PD 相互垂直平分，即可得出答案． 【详解】解：连接 OB，OC，令 M 为 OP 中点，连接 MA，MB， ∵B，C 为切点， ∴∠OBP=∠OAP=90°， ∵OA=OB，OP=OP， ∴Rt△OPB≌Rt△OPA， ∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC， ∴ BPA△ 为等腰三角形，故 A 正确； ∵△OBP 与△OAP 为直角三角形，OP 为斜边， ∴PM=OM=BM=AM ∴点 A、B 都在以 PO 为直径的圆上，故 C 正确； ∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC， ∴△OBC≌△OAC， ∴∠OCB=∠OCA=90°， ∴PC⊥AB， ∵△BPA 为等腰三角形， ∴ PC 为 BPA△ 的边 AB 上的中线，故 D 正确； 无法证明 AB 与 PD 相互垂直平分， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运 用是解题关键． 9.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 ABCD 的顶点 A 在 x 轴的正半轴上，矩形的另一个顶点 D 在 y 轴的正半轴上，矩形的边 , ,AB a BC b DAO x    ．则点 C 到 x 轴的距离等于（ ） A. cos sina x b x+ B. cos cosa x b x+ C. sin cosa x b x+ D. sin sina x b x+ 【答案】A 【解析】 【分析】 作 CE⊥y 轴于 E．解直角三角形求出 OD，DE 即可解决问题． 【详解】作 CE⊥y 轴于 E． 在Rt△OAD 中， ∵∠AOD=90°，AD=BC=b ，∠OAD= x ， ∴OD= sin OAD sinAD b x  ， ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠ADC=90°， ∴∠CDE+∠ADO=90°， 又∵∠OAD+∠ADO=90°， ∴∠CDE=∠OAD=  x ， ∴在 Rt△CDE 中， ∵CD=AB= a ，∠CDE=  x ， ∴DE=   cos CDE cosCD a x  ， ∴点 C 到 x 轴的距离=EO=DE+OD= cos sina x b x+ ， 故选：A． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 10.已知二次函数 2y ax bx c   图象的对称轴为 1x  ，其图象如图所示，现有下列结论：① 0abc  ； ② 2 0b a  ；③ 0a b c   ；④ ( ),( 1)a b n an b n    ；⑤ 2 3c b ．正确的是（ ） A. ①③ B. ②⑤ C. ③④ D. ④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 由图像判断出 a<0，b>0，c>0，即可判断①；根据 b=-2a 可判断②；根据当 x=-1 时函数值小于 0 可判断③； 根据当 x=1 时，y 有最大值，y=a+b+c，当 x=n 时，y=an2+bn+c 即可判断④；当 x=3 时，函数值小于 0， y=9a+3b+c<0，且 b=-2a，即 a= 2 b ，代入 9a+3b+c<0 可判断⑤． 【详解】∵抛物线开口向下， ∴a<0， ∵对称轴 x= - 2 b a =1>0， ∴b=-2a， ∴b>0， ∵抛物线与 y 轴的交点在正半轴， ∴c>0， ∴abc<0，①错误； ∵b=-2a， ∴b-2a=-2a-2a=-4a>0，②错误； 由图像可得当 x=-1 时，y=a-b+c<0，③错误； 当 x=1 时，y 有最大值，y=a+b+c， 当 x=n 时，y=an2+bn+c， a+b+c>an2+bn+c， 即 a+b>n(an+b)，(n≠1)，④正确； 当 x=3 时，函数值小于 0，y=9a+3b+c<0， ∵b=-2a，即 a= 2 b ， 代入 9a+3b+c<0 得 9（ 2 b ）+3b+c<0， 3 2 b +c<0， -3b+2c<0，即 2c<3b，⑤正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了抛物线图像和二次函数系数之间的关系，熟知抛物线图像和二次函数系数之间的 关系是解题关键． 二、填空题（本大题共 8 小题，请将正确答案填写在答题卡相应的横线上） 11.— 1 3 的绝对值是______________． 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 根据负数的绝对值等于它的相反数解答． 【详解】解：- 1 3 的绝对值是 1 3 故答案为 1 3 ． 【点睛】本题考查了绝对值的性质，一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0 的绝 对值是 0． 12.分解因式： 22 2m  =_________________________． 【答案】 2( 1)( 1)m m  ． 【解析】 【详解】试题分析： 22 2m  = 22( 1)m  = 2( 1)( 1)m m  ． 故答案为 2( 1)( 1)m m  ． 考点：提公因式法与公式法的综合运用． 13.若多边形的内角和是外角和的 2 倍，则该多边形是_____边形. 【答案】六 【解析】 【分析】 设这个多边形的边数为 n ，根据内角和公式和外角和公式，列出等式求解即可． 【详解】设这个多边形的边数为 n ， ∴ 2 180 2 360n      ， 解得： 6n  ， 故答案为：六． 【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，是基础知识要熟练掌握内角和公式和外角和公式． 14.不等式组 13 1 2 1 x x       … 的解集为______________． 【答案】 1x   【解析】 【分析】 分别解不等式即可得到不等式组的解集. 【详解】解： 13 1 2 1 x x       ① ② … ， 解不等式①得： 3x   ， 解不等式②得： 1x   ， ∴原不等式组的解集为 1x   ， 故答案为： 1x   . 【点睛】此题考查求不等式组的解集，正确解每个不等式求出不等式组的解集，熟记不等式组解集的口诀： 同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了. 15.如图，直线 AE ∥ BC ， BA AC ，若 54ABC  ，则 EAC  ___________度． 【答案】36 . 【解析】 【分析】 根据平行线的性质先求解 ,BAE 利用 BA AC ，从而可得答案． 【详解】解： AE∵ ∥ BC ， 180 ,B BAE     54 ,B   180 54 126 ,BAE      ,BA AC 90 ,BAC   126 90 36 ,EAC      故答案为：36 . 【点睛】本题考查的是平行线的性质，垂直的性质，掌握以上知识是解题的关键． 16.从甲、乙两种玉米种子中选择一种合适的推荐给某地．考虑到庄稼人对玉米的产量和产量的稳定性十分 的关心，选择之前，为了解甲、乙两种玉米种子的情况，某单位各用了 10 块自然条件相同的试验田进行试 验，得到各试验田每公顷产量（单位：t）的数据，这两组数据的平均数分别是 x 甲 7.5 ， x 乙 7.5 ，方差 分别是 S 2 甲 0.010, S 2 乙 0.002 ，你认为应该选择的玉米种子是_________． 【答案】乙 【解析】 【分析】 通过平均数和方差的性质判断稳定性即可． 【详解】∵ x 甲 7.5 ， x 乙 7.5 ， ∴ x 甲= x 乙， ∴甲，乙的每公顷产量相同， ∵ 2S甲 0.010 ， 2S乙 0.002 ， ∴ 2S甲 > 2S乙 ， ∴乙的产量比甲的产量稳定， 故答案为：乙． 【点睛】本题考查了方差和平均数，掌握方差和平均数的意义是解题关键． 17.在平面直角坐标系中，O 为原点，点 (6,0)A ，点 B 在 y 轴的正半轴上， 30ABO   ．矩形 CODE 的 顶点 D，E，C 分别在 , ,OA AB OB 上， 2OD  ．将矩形 CODE 沿 x 轴向右平移，当矩形 CODE 与 ABO 重叠部分的面积为 6 3 时，则矩形 CODE 向右平移的距离为___________． 【答案】2 【解析】 【分析】 先求出点 B 的坐标（0，6 3 ），得到直线 AB 的解析式为： 3 6 3y x   ，根据点 D 的坐标求出 OC 的长度，利用矩形 CODE 与 ABO 重叠部分的面积为 6 3 列出关系式求出 2 3D G  ，再利用一次函数 关系式求出OD =4，即可得到平移的距离. 【详解】∵ (6,0)A ， ∴OA=6， 在 Rt△AOB 中， 30ABO   ， ∴ 6 3tan30 OAOB   ， ∴B（0， 6 3 ）， ∴直线 AB 的解析式为： 3 6 3y x   ， 当 x=2 时，y= 4 3 ， ∴E（2， 4 3 ），即 DE= 4 3 ， ∵四边形 CODE 是矩形， ∴OC=DE= 4 3 ， 设矩形 CODE 沿 x 轴向右平移后得到矩形 C O D E   ， D E  交 AB 于点 G， ∴ D E  ∥OB， ∴△ AD G ∽△AOB， ∴∠ AGD=∠AOB=30°， ∴∠ EGE =∠ AGD=30°， ∴ 3GE EE  , ∵平移后的矩形 CODE 与 ABO 重叠部分的面积为 6 3 ， ∴五边形C O D GE   的面积为 6 3 , ∴ 1 6 32O D O C EE GE         , ∴ 12 4 3 3 6 32 EE EE      , ∴ 2EE  , ∴矩形 CODE 向右平移的距离 DD= 2EE  ， 故答案为：2. 【点睛】此题考查了锐角三角函数，求一次函数的解析式，矩形的性质，图形平移的性质，是一道综合多 个知识点的综合题型，且较为基础的题型. 18.观察下列结论： （1）如图①，在正三角形 ABC 中，点 M，N 是 ,AB BC 上的点，且 AM BN ，则 AN CM ， 60NOC   ； （2）如图②，在正方形 ABCD 中，点 M，N 是 ,AB BC 上的点，且 AM BN ，则 AN DM ， 90NOD   ； （3）如图③，在正五边形 ABCDE 中，点 M，N 是 ,AB BC 上的点，且 AM BN ，则 AN EM ， 108NOE   ；…… 根据以上规律，在正 n 边形 1 2 3 4 nA A A A A 中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点 M，N 是 1 2 2 3,A A A A 上的点，且 1 2A M A N ， 1A N 与 nA M 相交于 O．也会有类似的结论．你的结论是 _________________． 【答案】 1A N  nA M ， ( 2) 180 n nNOA n     【解析】 【分析】 根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得 出正 n 边形的结论． 【详解】（1）∵正三角形 ABC 中，点 M、N 是 AB、AC 边上的点，且 AM=BN， ∴AB=AC，∠CAM=∠ABN=    2 180 3 2 180 603 n n         ， ∵在△ABN 和△CAM 中， AB AC ABN CAM BN AM       ， ∴△ABN≌△CAM（SAS）， ∴AN= CM，∠BAN=∠MCA， ∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°， 故结论为：AN= CM，∠NOC=60  ； （2）∵正方形 ABCD 中，点 M、N 是 AB、BC 边上的点，且 AM=BN， ∴AB=AD，∠DAM=∠ABN=    2 180 4 2 180 904 n n         ， 同理可证：Rt△ABN  Rt△DAM， ∴AN= DM，∠BAN=∠ADM， ∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°， 故结论为：AN= DM，∠NOD=90  ； （3）∵正五边形 ABCDE 中，点 M、N 是 AB、BC 边上的点，且 AM=BN， ∴AB=AE，∠EAM=∠ABN=    2 180 5 2 180 1085 n n         ， 同理可证得：Rt△ABN  Rt△EAM， ∴AN= EM，∠BAN=∠AEM， ∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°， 故结论为：AN= EM，∠NOE=108 ；  ∵正三角形的内角度数为：60°， 正方形的内角度数为：90°， 正五边形的内角度数为：108°， ∴以上所求的角恰好等于正 n 边形的内角  2 180n n    ， 在正 n 边形 1 2 3 4 nA A A A A 中，点 M，N 是 1 2 2 3,A A A A 上的点，且 1 2A M A N ， 1A N 与 nA M 相交于 O， 结论为： 1A N  nA M ， ( 2) 180 n nNOA n     ． 故答案为： 1A N  nA M ， ( 2) 180 n nNOA n     ． 【点睛】本题考查了正 n 边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现 1A N 与 nA M 的夹角与正 n 边形的内角相等． 三、解答题（本大题共 8 小题，每个题目都要求在答题卡的相应位置写出计算、解答或证明 的主要步骤） 19.计算： 2cos45 ( 2020) | 2 2 |     ． 【答案】3 【解析】 【分析】 根据特殊角的三角函数值，零指数幂运算及去绝对值法则进行计算即可． 【详解】解： 2cos45 ( 2020) | 2 2 |     ＝2× 2 2 +1+2－ 2 = 2 +1+2－ 2 =3． 【点睛】本题考查零次幂的性质、特殊角的三角函数值，绝对值性质实数的运算，熟练掌握计算法则是正 确计算的前提． 20.化简： 2 2 211 1 a aaa a        ． 【答案】 1 2 a a  【解析】 【分析】 先计算括号内异分母分式的减法，再将除法转化为乘法，继而约分即可得. 【详解】解：原式= 2 2 ( 1) 11 1 ) 1 2 ( a a a a a a a        = ( 1)(1 1 1) 2 a a aa     = 1 2 a a  . 【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，熟记分式混合运算的顺序和各类运算法则是解题的关键． 21.如图，在正方形 ABCD 的外侧，作等边角形 ADE ，连接 BE 、CE ． （1）求证： BAE CDE△ ≌△ ； （2）求 AEB 的度数． 【答案】(1)见解析；(2)15°． 【解析】 【分析】 (1) 利 用 正 方 形 的 性 质 得 到 AB=CD ， ∠BAD=∠CDA ， 利 用 等 边 三 角 形 的 性 质 得 到 AE=DE ， ∠EAD=∠EDA=60°即可证明； (2)由 AB=AD=AE，得到△ABE 为等腰三角形，进而得到∠ABE=∠AEB，且∠BAE=90°+60°=150°，再利 用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：(1)证明：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB=CD，且∠BAD=∠CDA=90°， ∵△ADE 是等边三角形， ∴AE=DE，且∠EAD=∠EDA=60°， ∴∠BAE=∠BAD+∠EAD=150°，∠CDE=∠CDA+∠EDA=150°， ∴∠BAE=∠CDE， 在△BAE 和△CDE 中:       AB CD BAE CDE AE DE ， ∴ ( )△ ≌△BAE CDE SAS ． (2)∵AB=AD，且 AD=AE， ∴△ABE 为等腰三角形， ∴∠ABE=∠AEB， 又∠BAE=150°， ∴由三角形内角和定理可知： ∠AEB=(180°-150°)÷2=15°． 故答案为：15°． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，第二问中能得出△ABE 是等腰三角 形且∠BAE=150°是解题关键． 22.为加强安全教育，某校开展了“防溺水”安全知识竞赛，想了解七年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情 况．现从七年级学生中随机抽取 50 名学生进行竞赛，并将他们的竞赛成绩（百分制）进行整理、描述和分 析．部分信息如下： a．七年级参赛学生成绩频数分布直方图（数据分成五组：50 60x  ，60 70x  ，70 80x  ，80 90x  ， 90 100x  ）如图所示 b．七年级参赛学生成绩在 70 80x  这一组的具体得分是：70，71，73，75，76，76，76，77，77，78 ， 79 c．七年级参赛学生成绩的平均数、中位数、众数如下： 年级 平均数 中位数 众数 七 76.9 m 80 d．七年级参赛学生甲的竞赛成绩得分为 79 分． 根据以上信息，回答下列问题： （1）在这次测试中，七年级在 75 分以上（含 75 分）的有______人； （2）表中 m 的值为__________； （3）在这次测试中，七年级参赛学生甲的竞赛成绩得分排名年级第______名； （4）该校七年级学生有 500 人，假设全部参加此次测试，请估计七年级成绩超过平均数 76.9 分的人数． 【答案】（1）31；（2）77.5；（3）24；（4） 270 人 【解析】 【分析】 （1）根据条形图及成绩在 70≤x＜80 这一组的数据可得； （2）根据中位数的定义求解可得； （3）七年级参赛学生甲的竞赛成绩得分为 79 分在 70≤x＜80 这一组的数据的最后 1 位，据此可得到答案； （4）用总人数乘以样本中七年级成绩超过平均数 76.9 分的人数所占比例可得． 【详解】（1）成绩在 70≤x＜80 这一组的数据中，75 分以上（含 75 分）的有 8 人， ∴在这次测试中，七年级 75 分以上（含 75 分）的有 15+8+8=31(人)， 故答案为：31； （2）七年级 50 人成绩的中位数是第 25、26 个数据的平均数，而第 25、26 个数据分别为 77、78， ∴m= 77 78 2  =77.5， 故答案为：77.5； （3）七年级参赛学生甲的竞赛成绩得分为 79 分在 70≤x＜80 这一组的数据的最后 1 位， 即 15+8+1＝24(名) ∴在这次测试中，七年级参赛学生甲的竞赛成绩得分排名年级第 24 名， 故答案为：24； （4）估计七年级成绩超过平均数 76.9 分的人数为 500 4 15 8 27050    (人) ． 【点睛】本题主要考查了频数分布直方图、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据直方图得出解题所 需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用． 23.某口罩生产厂生产的口罩 1 月份平均日产量为 20000，1 月底因突然爆发新冠肺炎疫情，市场对口罩需求 量大增，为满足市场需求，工厂决定从 2 月份起扩大产能，3 月份平均日产量达到 24200 个． （1）求口罩日产量的月平均增长率； （2）按照这个增长率，预计 4 月份平均日产量为多少？ 【答案】（1）10%；（2）26620 个 【解析】 【分析】 （1）设口罩日产量的月平均增长率为 x，根据 1 月及 3 月的日产量，即可列出方程求解． （2）利用 4 月份平均日产量=3 月份平均日产量×（1＋增长率）即可得出答案． 【详解】解：（1）设口罩日产量的月平均增长率为 x，依据题意可得： 20000（1＋x）2＝24200， 解得：x1＝0.1＝10%，x2＝−2.1（不合题意舍去）， ∴x＝10%， 答：口罩日产量的月平均增长率为 10%； （2）依据题意可得： 24200（1＋10%）＝24200×1.1＝26620（个）， 答：按照这个增长率，预计 4 月份平均日产量为 26620 个． 【点睛】本题考查了一元二次方程中增长率的知识．增长前的量×（1＋年平均增长率）年数＝增长后的量． 24.如图， AB 是⊙O 的直径， AC 是⊙O 的切线， BC 交⊙O 于点 E． （1）若 D 为 AC 的中点，证明： DE 是⊙O 的切线； （2）若 6CA  ， 3.6CE  ，求⊙O 的半径OA的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O 的半径OA的长为 4 【解析】 【分析】 （1）连接 AE 和 OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得 DE 是⊙O 的切线； （2）在 Rt△ACE 中求得 AE 的长，证得 Rt△ABE ~ Rt△CAE，利用对应边成比例即可求解． 【详解】（1）连接 AE，OE， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠AEB=90°， ∵AC 是圆⊙O 的切线， ∴AC⊥AB， 在直角△AEC 中， ∵D 为 AC 的中点， ∴DE=DC=DA， ∴∠DEA=∠DAE， ∵OE=OA， ∴∠OEA=∠OAE， ∵∠DAE+∠OAE=90°， ∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°， ∴OE⊥DE， ∴DE 是⊙O 的切线； （2）∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠AEB=∠AEC=90°， 在 Rt△ACE 中， CA=6， CE=3.6= 18 5 ， ∴AE= 2 2 2 2 18 246 5 5AC CE        ， ∴∠B+∠EAB=90°， ∵∠CAE+∠EAB=90°， ∴∠B=∠CAE， ∴Rt△ABE ~ Rt△CAE， ∴ AB AE AC CE  ，即 24 5 186 5 AB  ， ∴ 8AB  ， ∴⊙O 的半径 OA= 1 42 AB  ． 【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、 相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 25.问题背景：如图 1，在四边形 ABCD 中， 90BAD   ， 90BCD  ， BA BC ， 120ABC   ， 60MBN  ， MBN 绕 B 点旋转，它的两边分别交 AD 、 DC 于 E、F．探究图中线段 AE ，CF ， EF 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ，先证明 BCG BAE△ ≌△ ，再证明 BFC BFE△ ≌△ ，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸 1：如图 2，在四边形 ABCD 中， 90BAD   ， 90BCD  ，BA BC ， 2ABC MBN   ， MBN 绕 B 点旋转，它的两边分别交 AD 、 DC 于 E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直 接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸 2：如图 3，在四边形 ABCD 中，BA BC ， 180BAD BCD     ， 2ABC MBN   ， MBN 绕 B 点旋转，它的两边分别交 AD 、 DC 于 E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图 4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O 处）北偏西30°的 A 处舰艇乙在指挥中心南 偏东 70的 B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以 75 海里/小时的 速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50 的方向以 100 海里/小时的速度前进，1.2 小时后，指挥中心观测到甲、 乙两舰艇分别到达 E、F 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为 70，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】EF=AE+CF．探究延伸 1：结论 EF=AE+CF 成立．探究延伸 2：结论 EF=AE+CF 仍然成立．实际 应用：210 海里． 【解析】 【分析】 延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ，先证明 BCG BAE△ ≌△ ，可得 BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证 明 BGF BEF△ ≌△ ，可得 GF=EF，即可解题； 探究延伸 1：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ，先证明 BCG BAE△ ≌△ ，可得 BG=BE， ∠CBG=∠ABE，再证明 BGF BEF△ ≌△ ，可得 GF=EF，即可解题； 探究延伸 2：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ，先证明 BCG BAE△ ≌△ ，可得 BG=BE， ∠CBG=∠ABE，再证明 BGF BEF△ ≌△ ，可得 GF=EF，即可解题； 实际应用：连接 EF，延长 AE，BF 相交于点 C，然后与探究延伸 2 同理可得 EF=AE+CF，将 AE 和 CF 的 长代入即可． 【详解】解：EF=AE+CF 理由：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ， 在△BCG 和△BAE 中， 90 BC BA BCG BAE CG AE         ， ∴ BCG BAE△ ≌△ （SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°， 在△BGF 和△BEF 中， BG BE GBF EBF BF BF       ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸 1：结论 EF=AE+CF 成立． 理由：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ， 在△BCG 和△BAE 中， 90 BC BA BCG BAE CG AE         ， ∴ BCG BAE△ ≌△ （SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF= 1 2 ∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF= 1 2 ∠ABC， 即∠GBF= 1 2 ∠ABC， 在△BGF 和△BEF 中， BG BE GBF EBF BF BF       ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸 2：结论 EF=AE+CF 仍然成立． 理由：延长 FC 到 G，使CG AE ，连接 BG ， ∵ 180BAD BCD     ，∠BCG+∠BCD=180°， ∴∠BCG=∠BAD 在△BCG 和△BAE 中， BC BA BCG BAE CG AE       ， ∴ BCG BAE△ ≌△ （SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF= 1 2 ∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF= 1 2 ∠ABC， 即∠GBF= 1 2 ∠ABC， 在△BGF 和△BEF 中， BG BE GBF EBF BF BF       ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 实际应用：连接 EF，延长 AE，BF 相交于点 C， ∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°， ∴∠EOF= 1 2 ∠AOB ∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论 EF= AE+CF 仍然成立 即 EF=75×1.2+100×1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为 210 海里． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26.已知直线 2y kx  与抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）的一个交点为 ( 1,0)A  ，点 ( ,0)M m 是 x 轴正半轴上的动点． （1）当直线 2y kx  与抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）的另一个交点为该抛物线的顶点 E 时，求 k，b，c 的值及抛物线顶点 E 的坐标； （2）在（1）的条件下，设该抛物线与 y 轴的交点为 C，若点 Q 在抛物线上，且点 Q 的横坐标为 b，当 1 2EQM ACES S△ △ 时，求 m 的值； （3）点 D 在抛物线上，且点 D 的横坐标为 1 2b  ，当 2 2AM DM 的最小值多 27 2 4 时，求 b 的值． 【答案】（1）-2，2，-3，  1, 4 ；（2）3 或 7；（3）3 【解析】 【分析】 （1）由题意可知直线 2y kx  经过 ( 1,0)A  ，因而把 ( 1,0)A  代入直线 2y kx  即可求出 k 的值，然 后把 ( 1,0)A  代入抛物线得出含 b 的代数式表达 c，再根据直线 2y kx  与抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）的另一个交点得出抛物线的顶点坐标 E 24,2 4 b c b     ，并代入直线 2 2y x   ，解方程 即可求出 b 的值，代入即可求解； （2）由（1）可知直线的解析式是 2 2y x   ，抛物线的解析式为 2 2 3y x x   ，根据题意使 0x  求 出 C 的坐标，使 2x b  求出 Q 的坐标，根据已知条件作图，延长 EQ 交 x 轴于点 B，因为点 D 在 y 轴上 且在直线 2 2y x   上，所以令 0x  时求出点 D 的坐标，看图可知 AO 是△ACE 以 CD 为底的高，设 E 到 y 轴的距离为 1l ，是△CED 以 CD 为底的高，因此可以求出 ACES ，根据 1 2EQM ACES S△ △ 求出 EQMS△ ， 设点 E 和 Q 所在直线的解析式为 y ax c  ，求出点 B 的坐标，设点 Q 和点 E 到 x 轴的距离分别为 2 3,l l ， 2l 是△EMB 以 MB 为底的高， 3l 是△BQM 以 MB 为底的高，再根据 EQM EMB BQMS S S    求解，即可求 出 m 的值； （3）将点 D 的横坐标 1 2b  代入抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ），根据点 A 的坐标得到含 b 的代数式表达 c，求出点 D 的纵坐标为 3 2 4 b  ，可知点 D 1 3,2 2 4 bb      在第四象限，且在直线 x b 的 右侧，取点 (0,1)N ，过点 D 作直线 AN 的垂线，垂足为 G，DG 与 x 轴相交于点 M，过点 D 作 QH⊥x 轴 于点 H，则点 H 1 ,02b    ，在 Rt△MDH 中，可知 45DMH MDH     ，由题意可知点 ( ,0)M m ， 用含 b 的代数式表示 m，因 27 22 2 4AM DM  ，可得方程，求解即可得出答案． 【详解】解：（1）∵直线 2y kx  经过 ( 1,0)A  ， ∴把 ( 1,0)A  代入直线 2y kx  ，可得 0 2k   ，解得 2k   ； ∵抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）经过 ( 1,0)A  ， ∴把 ( 1,0)A  代入抛物线 2y x bx c   ，可得 1c b   ， ∵当直线 2y kx  与抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）的另一个交点为该抛物线的顶点 E， ∴顶点 E 的坐标为 24,2 4 b c b     ，把 E 24,2 4 b c b     代入直线 2 2y x   ， 可得 242 22 4 b c b    ， ∴   24 12 22 4 b bb       ，解得 2b   ， ∵ 0b  ，∴ 2b  ，∴ 2 1 3c      ， ∴顶点 E 的坐标为  1, 4 ． （2）由（1）可知直线的解析式是 2 2y x   ，抛物线的解析式为 2 2 3y x x   ， ∵抛物线与 y 轴的交点为 C， ∴令 0x  ，C 的坐标为 0, 3 ， ∵点 Q 在抛物线上，且点 Q 的横坐标为 b， 由（1）可知 2b  ，∴ 2x  ， ∴Q 的坐标为  2, 3 ． 延长 EQ 交 x 轴于点 B，如图 1 所示， ∵D 在 y 轴上，且在直线 2 2y x   上， ∴当 0x  时，点 D 的坐标为 0, 2 ， ∵AO 是△ACE 以 CD 为底的高，设 E 到 y 轴的距离为 1l ，是△CED 以 CD 为底的高， ∴ 1 1 1 1 11 1 1 1 12 2 2 2ACE ACD CEDS S S CD AO CD l                 ， ∴ 1 1 112 2 2EQM ACES S     ． 设点 E 和 Q 所在直线的解析式为 y ax c  ， 把点 E 1, 4 和点 Q 2, 3 代入，解得： 1 5 a c     ，∴该直线的解析式为 5y x  ， 令 0y  ，求得点 B 的坐标为 5,0 ． 设点 Q 和点 E 到 x 轴的距离分别为 2 3,l l ， 2l 是△EMB 以 MB 为底的高， 3l 是△BQM 以 MB 为底的高， ∴ 2 3 1 1 1 15 4 5 3 12 2 2 2EQM EMB BQMS S S MB l MB l m m                   ， 解得： 3m  或 7，． （3）∵点 D 在抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）上，且点 D 的横坐标为 1 2b  ， ∴ 21 1 2 2Dy b b b c              ， ∵ ( 1,0)A  在抛物线 2y x bx c   （b，c 为常数， 0b  ）上， ∴ 21 0b c   ，即 1c b   ， ∴ 21 1 31=2 2 2 4D by b b b b                 ， 可知点 D 1 3,2 2 4 bb      在第四象限，且在直线 x b 的右侧． ∵ 22 2 2 2AM DM AM DM        ， ∴可取点 (0,1)N ， 如图 2，过点 D 作直线 AN 的垂线，垂足为 G，DG 与 x 轴相交于点 M， ∴ 45GAM   ，得 2 2 AM GM ， 则此时点 M 满足题意，过点 D 作 QH⊥x 轴于点 H，则点 H 1 ,02b    ， 在 Rt△MDH 中，可知 45DMH MDH     ， ∴ , 2DDH MH M MH  ， ∵点 ( ,0)M m ， ∴ 3 10 2 4 2 b b m               ，解得： 1 2 4 bm   ， ∵ 27 22 2 4AM DM  ， ∴ 1 1 1 27( 1) 2 22 4 2 22 2 4 4 b bb                                 ， ∴ 3b  ． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、 三角形的面积公式等知识点，解题的关键是学会使用待定系数法求出抛物线的解析式．