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  • 2021-11-11 发布

2020年湖北省荆门市中考数学试题

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湖北省荆门市 2020 年中考数学试题 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 3 分,共 36 分,在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的.) 1. 2 的平方是( ) A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 先计算 2 ,然后再计算平方. 【详解】∵ 2 2  ∴ 2( 2) 2 故选:D. 【点睛】本题考查了绝对值和平方的计算,按照顺序进行计算即可. 2.据央视网消息,全国广大共产党员积极响应党中央号召,踊跃捐款,表达对新冠肺炎疫情防控工作的支持, 据统计,截至 2020 年 3 月 26 日,全国已有 7901 万多名党员自愿捐款,共捐款 82.6 亿元,82.6 亿用科学记 数法可表示为( ) A. 100.826 10 B. 98.26 10 C. 88.26 10 D. 882.6 10 【答案】B 【解析】 【分析】 科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式,其中 1≤|a|<10,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≥10 时,n 是正数;当原数的绝 对值<1 时,n 是负数. 【详解】82.6 亿= 98.26 10 . 故选:B. 【点睛】此题主要考查科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式,其中 1≤|a|<10,n 为整数,表示时关键要正确确定 a 的值以及 n 的值. 3.如图,菱形 ABCD 中,E,F 分别是 AD , BD 的中点,若 5EF  ,则菱形 ABCD 的周长为( ) A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可知 EF 为△ABD 的中位线,可求出 AB 的长,由于菱形四条边相等即可得到周长. 【详解】解:∵E,F 分别是 AD , BD 的中点, ∴EF 为△ABD 的中位线, ∴ 2 2 5 10AB EF    , ∵四边形 ABCD 是菱形, ∴ 10AD CD BC AB    , ∴菱形 ABCD 的周长为10 4 40  故选:C. 【点睛】本题考查了三角形的中位线,菱形的性质,发现 EF 为△ABD 的中位线是解题的关键. 4.下列等式中成立的是( ) A.  32 6 33 9x y x y   B. 2 2 2 1 1 2 2 x xx             C. 1 12 2 6 2 3        D. 1 1 1 ( 1)( 2) 1 2x x x x      【答案】D 【解析】 【分析】 根据幂的乘方法则、完全平方公式、二次根式的运算法则以及分式的运算法则计算即可. 【详解】解:A、 32 6 33 27x y x y   , 故选项 A 错误; B、 22 22 2 1 2 2 4 1 1 4 1 2 x x x x x x                2 22 1 2 1 4 x x x x     x , 故选项 B 错误; C、 1 1 3 22 2 2 3 2 3 2 3                3 22 6   62 3 2    2 3 ( 3 2) ( 3 2)( 3 2)     6 2 6  , 故选项 C 错误; D、 1 1 2 1 1 2 ( 1)( 2) ( 1)( 2) x x x x x x x x          2 1 ( 1)( 2) x x x x      1 ( 1)( 2)x x    , 故选项 D 正确, 故选:D. 【点睛】本题考查了的乘方法则、完全平方公式、二次根式的运算法则以及分式的运算法则,熟练掌握相 关运算法则是解决本题的关键. 5. 如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( ) A. 1 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图易得此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱,根据体积=底面积×高,把相关数值代入 即可求解. 【详解】解:由三视图可确定此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱,等腰直角三角形的直角 边长为 1,高为 2, 则,等腰直角三角形的底面积 1 11 12 2     , 体积=底面积×高 1 2 12= ´ = , 故选:A 【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体,以及求三棱柱的体积,读懂题意,得出该几何体的形状是 解决本题的关键. 6. ABC 中, , 120 , 2 3AB AC BAC BC     ,D 为 BC 的中点, 1 4AE AB ,则 EBD△ 的面积为 ( ) A. 3 3 4 B. 3 3 8 C. 3 4 D. 3 8 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 AD,用等腰三角形的“三线合一”,得到 BAD 的度数,及 Rt ABD△ ,由 1 4AE AB 得 3 4BE AB , 得 3 4BDE ABDS S△ △ ,计算 ABD△ 的面积即可. 【详解】连接 AD,如图所示: ∵ , 120 , 2 3AB AC BAC BC     ,且 D 为 BC 中点 ∴ AD BC ,且 1 602BAD CAD BAC       , 3BD DC  ∴ Rt ABD△ 中, 2, 1AB AD  ∵ 1 4AE AB ∴ 3 4BE AB ∴ 3 3 1 3 31 34 4 2 8BDE ABDS S     △ 故选:B. 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,及解直角三角形和三角形面积的计算,熟知以上知识是解题的关 键. 7.如图, O 中, , 28OC AB APC    ,则 BOC 的度数为( ) A. 14 B. 28 C. 42 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】 由垂径定理都出  AC BC ,然后根据圆周角定理即可得出答案. 【详解】∵OC⊥AB, ∴  AC BC , ∴∠APC= 1 2 ∠BOC, ∵∠APC=28°, ∴∠BOC=56°, 故选:D. 【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理,得出  AC BC 是解题关键. 8.为了了解学生线上学习情况,老师抽查某组 10 名学生的单元测试成绩如下:78,86,60,108,112,116, 90,120,54,116 这组数据的平均数和中位数分别为( ) A. 95,99 B. 94,99 C. 94,90 D. 95,108 【答案】B 【解析】 【分析】 按照平均数和中位数的计算方法进行计算即可. 【详解】平均数为: 78 86 60 108 112 116+90+120+54+116 =9410      将数据按照从小到大进行排列为:54,60,78,86,90,108,112,116,116,120 中位数为: 90+108 =992 故选:B. 【点睛】本题考查了平均数,中位数的计算,熟知以上计算方法是解题的关键. 9.在平面直角坐标系 xOy 中, Rt AOB 的直角顶点 B 在 y 轴上,点 A 的坐标为 1, 3 ,将 Rt AOB 沿直 线 y x  翻折,得到 Rt A OB △ ,过 A 作 A C 垂直于OA 交 y 轴于点 C,则点 C 的坐标为( ) A.  0, 2 3 B.  0, 3 C.  0, 4 D.  0, 4 3 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出 OA,然后证明△ ' 'A OB ∽△ 'OCA 即可得出答案. 【详解】由题意可得 AB=1,OB= 3 , ∵△ABC 为直角三角形, ∴OA=2, 由翻折性质可得 ' 'A B =1, 'OB = 3 , 'OA =2,∠ ' 'A B O =90°, ∵∠ 'A CO +∠ 'A OC =90°,∠ ' 'A OB +∠ 'A OC =90°, ∴∠ 'A CO =∠ ' 'A OB , ∵ A C ⊥ 'OA ,∠ ' 'A B O =90°, ∴△ ' 'A OB ∽△ 'OCA , ∴ ' ' ' ' OA A B OC OA  ,即 2 1 2OC  ∴OC=4, ∴点 C 的坐标为(0,-4), 故选:C. 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质,翻折的性质,勾股定理,证明△ ' 'A OB ∽△ 'OCA 是解题 关键. 10.若抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    经过第四象限的点 1, 1 ),则关于 x 的方程 2 0ax bx c   的根的情 况是( ) A. 有两个大于 1 的不相等实数根 B. 有两个小于 1 的不相等实数根 C. 有一个大于 1 另一个小于 1 的实数根 D. 没有实数根 【答案】C 【解析】 【分析】 根据抛物线的图像进行判断即可. 【详解】∵a>0, ∴抛物线开口向上, ∵抛物线经过第四象限的点(1,-1) ∴方程 ax2+bx+c=0 有两个不相等的实数根,一个大于 1 另一个小于 1, 故选:C. 【点睛】本题考查了抛物线的图像和性质,判断出抛物线的图像是解题关键. 11.已知关于 x 的分式方程 2 3 22 ( 2)( 3) x k x x x      的解满足 4 1x    ,且 k 为整数,则符合条件的 所有 k 值的乘积为( ) A. 正数 B. 负数 C. 零 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】 先解出关于 x 的分式方程得到 x= 6 3 k ,代入 4 1x    求出 k 的取值,即可得到 k 的值,故可求解. 【详解】关于 x 的分式方程 2 3 22 ( 2)( 3) x k x x x      得 x= 21 7 k  , ∵ 4 1x    ∴ 214 7 1k     解得-7<k<14 ∴整数 k 为-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, 又∵分式方程中 x≠2 且 x≠-3 ∴k≠35 且 k≠0 ∴所有符合条件的 k 中,含负整数 6 个,正整数 13 个,∴k 值的乘积为正数, 故选 A. 【点睛】此题主要考查分式方程与不等式综合,解题的关键是熟知分式方程的求解方法. 12.在平面直角坐标系中,长为 2 的线段CD(点 D 在点 C 右侧)在 x 轴上移动  0,2A ,  0,4B ,连接 AC 、 BD ,则 AC BD 的最小值为( ) A. 2 5 B. 2 10 C. 6 2 D. 3 5 【答案】B 【解析】 【分析】 作 A(0,2)关于 x 轴的对称点 A’(0,-2),再过 A’作 A’E∥x 轴且 A’E=CD=2,连接 BE 交 x 轴与 D 点, 过 A’作 A’C∥DE 交 x 轴于点 C,得到四边形 CDEA’为平行四边形,故可知 AC+BD 最短等于 BE 的长,再 利用勾股定理即可求解. 【详解】作 A(0,2)关于 x 轴的对称点 A’(0,-2) 过 A’作 A’E∥x 轴且 A’E=CD=2,故 E(2,-2) 连接 BE 交 x 轴与 D 点 过 A’作 A’C∥DE 交 x 轴于点 C, ∴四边形 CDEA’为平行四边形, 此时 AC+BD 最短等于 BE 的长, 即 AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE= 2 2(2 0) ( 2 4)    = 2 10 故选 B. 【点睛】此题主要考查最短路径的求解,解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质. 二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 3 分,共 15 分.) 13.计算: 0 1112 3tan30 (π 2020) ( )2       ______. 【答案】 3 1 【解析】 【分析】 原式第一项运用算术平方根的性质进行化简,第二项代入特殊角三角函数值,第三项运用零指数幂运算法 则计算,第四项运用负整数指数幂的运算法则进行计算,最后根据实数的运算法则得出结果即可. 【详解】 0 1112 3tan30 (π 2020) ( )2      = 32 3 3 1 23     = 3 1 故答案为: 3 1 【点睛】此题考查了实数的混合运算,掌握运算法则是解答此题的关键. 14.已知关于 x 的一元二次方程 2 24 3 0( 0)x mx m m    的一个根比另一个根大 2,则 m 的值为_____. 【答案】1 【解析】 【分析】 利用因式分解法求出 x1,x2,再根据根的关系即可求解. 【详解】解 2 24 3 0( 0)x mx m m    (x-3m)(x-m)=0 ∴x-3m=0 或 x-m=0 解得 x1=3m,x2=m, ∴3m-m=2 解得 m=1 故答案为:1. 【点睛】此题主要考查解一元二次方程,解题的关键是熟知因式分解法的运用. 15.如图所示的扇形 AOB 中, 92 0,OA BOB AO    ,C 为 AB 上一点, 30AOC   ,连接 BC , 过 C 作OA的垂线交 AO 于点 D,则图中阴影部分的面积为_______. 【答案】 2 3 3 2   【解析】 【分析】 先根据题目条件计算出 OD,CD 的长度,判断 BOC 为等边三角形,之后表示出阴影面积的计算公式进行 计算即可. 【详解】在 Rt COD 中, 30 , 2AOC OC OA    ∴ 1, 3CD OD  ∵ 90AOB   ∴ 60BOC   ∵OB OC ∴ BOC 为等边三角形 ∴ BOC= COD BOCS S S S △ △阴影 扇形 2 21 60 2 33 1 22 360 4        2 3 3 2   故答案为: 2 3 3 2   【点睛】本题考查了阴影面积的计算,熟知不规则阴影面积的计算方法是解题的关键. 16.如图,矩形 OABC 的顶点 A、C 分别在 x 轴、y 轴上,  2,1B  ,将 OAB 绕点 O 顺时针旋转,点 B 落 在 y 轴上的点 D 处,得到 OED ,OE 交 BC 于点 G,若反比例函数 ( 0)ky xx   的图象经过点 G,则 k 的值为______. 【答案】 1 2  【解析】 【分析】 根据题意证明△AOB≌△EOD,△COG∽△EOD,根据相似三角形的性质求出 CG 的长度,即可求解. 【详解】解: 由 B(-2,1)可得,AB=OC=1,OA=2,OB= 2 21 2 5   由旋转可得:△AOB≌△EOD,∠E=∠OAB=90°, ∴OE=OA=2,DE=AB=1, ∵∠COG=∠EOD,∠GCO=∠E=90°, ∴△COG∽△EOD, ∴ =OC CG OE DE ,即 1 2 1 CG , 解得:CG= 1 2 , ∴点 G( 1 2  ,1), 代入 ( 0)ky xx   可得:k= 1 2  , 故答案为: 1 2  . 【点睛】本题考查旋转的性质,相似三角形的判定和性质和反比例函数,解题的关键是利用相似三角形的 性质求出 OG 的长度. 17.如图,抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    与 x 轴交于点 A、B,顶点为 C,对称轴为直线 1x  ,给出下列结 论:① 0abc  ;②若点 C 的坐标为( )1,2 ,则 ABC 的面积可以等于 2;③    1 1 2 2, , ,M x y N x y 是抛 物线上两点 1 2x x ,若 1 2 2x x  ,则 1 2y y ;④若抛物线经过点 (3, 1) ,则方程 2 1 0ax bx c    的 两根为 1 ,3 其中正确结论的序号为_______. 【答案】①④ 【解析】 【分析】 ①根据抛物线的开口方向,对称轴,顶点坐标来判断 a,b,c 的正负情况,即可. ②根据图形可知 AB 的值大于 4,利用三角形的面积求法,即可得面积会大于 2. ③利用图形的对称性,离对称轴越小,函数值越大. ④把点代入抛物线,可求得 x=3 是方程的解,再利用图形的对称可求另一个解. 【详解】解:① 开口向下, a<0, 对称轴 x=1,a<0, b>0,抛物线与 y 轴的交点在 y 的正半轴 上, c>0, abc<0,正确. ②从图像可知,AB>4, 1 2ABC yS AB C    > 1 4 22   , 2ABCS  ,故错误. ③ 1 2 2x x  ,从图像可知 1x 到 1 的距离小于 2x 到 1 的距离,从图像可知,越靠近对称轴,函数 值越大; 1 2y y  ,故错误. ④把点(3,-1)代入抛物线得9 3 1a b c    ,即 2 1ax bx c    ,∴ 2 1 0ax bx c    ,即 x=3, 是方程 2 1 0ax bx c    的解,根据抛物线的对称性,所以另一解为-1,故正确. 【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质,函数的对称性,函数的增减性以及二次函数与一元二次方 程的关系,解题的关键要熟练掌握抛物线的性质,以及看图能力,本题也可以采用一些特殊值代入法来解. 三、解答题(本大题共 7 小题,共 69 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 18.先化简,再求值: 2 2(2 ) ( 2 ) ( ) 2( 2 )(2 )x y x y x x y x y x y        ,其中 2 1, 2 1x y    . 【答案】 2 3y xy ; 2 2 . 【解析】 【分析】 利用完全平方公式将原式化简,然后再代入计算即可. 【详解】解: 原式 2 2[(2 ) ( 2 )]x y x y x xy= + - + - - 2 2( )x y x xy= - - - 2 2 22x xy y x xy= - + - - 2 3y xy  当 2 1, 2 1x y    时, 原式 2( 2 1) 3( 2 1)( 2 1)     3 2 2 3   2 2  。 【点睛】本题考查的是整式的混合运算,完全平方公式的应用和二次根式的运算,掌握相关的性质和运算 法则是解题的关键. 19.如图, ABC 中,AB AC , BÐ 的平分线交 AC 于 D, / /AE BC 交 BD 的延长线于点 E,AF AB 交 BE 于点 F. (1)若 40BAC   ,求 AFE 的度数; (2)若 2AD DC  ,求 AF 的长. 【答案】(1) 125AFE   ;(2) 4 33AF  . 【解析】 【分析】 (1)先根据等腰三角形的性质及角平分线的性质求出 ABC , ABD ,再根据垂直与外角的性质即可求 出 AFE ; (2)根据题意证明 ADE CDB ≌ ,再得到 ABC 为等边三角形,故可得到 30ABD   ,可根据三角 函数的性质即可求出 AF. 【详解】(1)∵ AB AC , 40BAC   , ∴ 180 40 702ABC      . ∵ BD 平分 ABC , ∴ 1 70 352ABD DBC        , ∵ AF AB , ∴ 90BAF  , ∴ 90 35 125AFE BAF ABD          . (2)∵ //AE BC , ∴ E DBC   , 又 ADE CDB   , AD CD ∴ ADE CDB ≌ , ∴ AE CB , ∵ ,E DBC ABD DBC      ∴ E ABD   , ∴ AB AE , ∴ AB CB AC  , ∴ ABC 为等边三角形, ∴ 60ABC   , ∴ 30ABD   , ∵ 2AD DC  , ∴ 4AB  , 在 Rt ABF 中, 3 4tan30 4 33 3AF AB      . 【点睛】此题主要考查解直角三角形,解题的关键是熟知等腰三角形、等边三角形的判定与性质、三角函 数的应用. 20.如图是某商场第二季度某品牌运动服装的 S 号,M 号,L 号,XL 号,XXL 号销售情况的扇形统计图和条 形统计图. 根据图中信息解答下列问题: (1)求 XL 号,XXL 号运动服装销量的百分比; (2)补全条形统计图; (3)按照 M 号,XL 号运动服装的销量比,从 M 号、XL 号运动服装中分别取出 x 件、y 件,若再取 2 件 XL 号运动服装,将它们放在一起,现从这 2x y  件运动服装中,随机取出 1 件,取得 M 号运动服装的 概率为 3 5 ,求 x,y 的值. 【答案】(1)XL 号,XXL 号运动服装销量的百分比分别为 15%,10%;(2)补全条形图如图所示,见解析; (3) 12 6 x y    . 【解析】 【分析】 (1)先求出抽取的总数,然后分别求出对应的百分比即可; (2)分别求出 S、L、XL 的数量,然后补全条形图即可; (3)由销量比,则 2x y ,结合概率的意义列出方程组,解方程组即可得到答案. 【详解】解:(1)抽取的总数为: 60 30% 200  (件), ∴XXL 的百分比: 20 100% 10%200   , XL 的百分比:1 25% 30% 20% 10% 15%     ; ∴XL 号,XXL 号运动服装销量的百分比分别为 15%,10%. (2)根据题意, S 号的数量: 25% 200 50  (件), L 号的数量: 20% 200 40  (件), XL 号数量:15% 200 30  (件), 补全条形图如图所示. (3)由题意,按照 M 号,XL 号运动服装的销量比,则 2x y , 根据概率的意义,有 3 2 5 x x y   , ∴ 2 3 2 5 x y x x y     , 解得: 12 6 x y    . 【点睛】本题考查了概率的意义,频数分布直方图、扇形统计图和利用统计图获取信息的能力;利用统计 图获取信息时,必须认真观察、分析、研究统计图,才能作出正确的判断和解决问题. 21.如图,海岛 B 在海岛 A 的北偏东 30°方向,且与海岛 A 相距 20 海里,一艘渔船从海岛 B 出发,以 5 海 里/时的速度沿北偏东 75方向航行,同时一艘快艇从海岛 A 出发,向正东方向航行.2 小时后,快艇到达 C 处,此时渔船恰好到达快艇正北方向的 E 处. (1)求 ABE 的度数; (2)求快艇的速度及 C,E 之间的距离. (参考数据:sin15 0.26,cos15 0.97,tan15 0.27, 3 1.73      ) 【答案】(1) 135ABE   ;(2)快艇的速度为 9.85 海里时,C,E 之间的距离为 19.9 海里. 【解析】 【分析】 (1)过点 B 作 BD AC 于点 D,作 BF CE 于点 E,根据题意求出∠ABD 和∠ADE的度数,即可求解; (2)求出 BE 的长度,根据解直角三角形求出 BF 和 EF 的长度,在 Rt ABD△ 中,求出 AD、BD 的长度, 证出四边形 BDCF 为矩形,可求得快艇的速度和 CE 之间的距离. 【详解】(1)过点 B 作 BD AC 于点 D,作 BF CE 于点 E. 由题意得: 30NAB  , 75GBE   , ∵ //AN BD , ∴ 30ABD NAB    , 而 180 180 75 105DBE GBE           ∴ 30 105 135ABE ABD DBE          . (2) 5 2 10BE    (海里) 在 Rt BEF△ 中, 90 75 15EBF       , sin15 10 0.26 2.6EF BE      (海里), cos15 10 0.97 9.7BF BE      (海里), 在 Rt ABD△ 中, 20, 30AB ABD    , 1sin30 20 102AD AB      (海里), 3cos30 20 10 3 10 1.73 17.32BD AB         (海里), ∵ BD AC , BF EC ,CE AC ,∴ 90BDC DCF BFC      , ∴四边形 BDCF 为矩形, ∴ 9.7, 17.3DC BF FC BD    , ∴ 10 9.7 19.7AC AD DC     2.6 17.3 19.9CE EF CF     , 设快艇的速度为 v 海里/时,则 19.7 9.852v   (海里时) 答:快艇的速度为 9.85 海里时,C,E 之间的距离为 19.9 海里. 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、解直角三角形的实际应用−方位角问题,理清题中各个角的度数,熟 练掌握解直角三角形的方法是解题的关键. 22.如图, AC 为 O 的直径, AP 为 O 的切线,M 是 AP 上一点,过点 M 的直线与 O 交于点 B,D 两 点,与 AC 交于点 E,连接 , ,AB AD AB BE . (1)求证: AB BM ; (2)若 3AB  , 24 5AD  ,求 O 的半径. 【答案】(1)见解析;(2) O 的半径为 2.5. 【解析】 【分析】 (1)根据切线的性质得到 AP AC ,可得 1 2 90     ,再根据等腰三角形的性质与角度等量替换得到 1 4   ,故可证明; (2)解法 1,先连接 BC,证明 24 5AM AD  ,得到 EM=6,根据勾股定理求出 AE,再根据 MAE CBA ∽ 列出比例式求出直径,故可求出;解法 2,连接 CD,同理得到 24 5AM AD  ,根据勾股定理求出 AE, 设 EC x ,根据等腰三角形的性质得到 CD=CE=x,再利用 Rt△ACD 列出方程故可求出 x,再得到直径即可 求解. 【详解】(1)证明:∵ AP 为 O 的切线, AC 为 O 的直径, ∴ AP AC , ∴ 3 4 90    °, ∴ 1 2 90    , 又∵ AB BE , ∴ 2 3  , ∴ 1 4   ∴ AB BM . (2)方法 1:解:如图,连接 BC , ∵ AC 为直径,∴ 90ABC  , ∴ 3 90C     ,而 3 4 90    °, ∴ 4C   , 又: 1 4, C D      , ∴ 1 D C     , ∴ 24 5AM AD  , ∵ 3AB  , AB BM BE  ,∵ 6EM  , ∴ 2 2 2 2 24 186 5 5AE EM AM         . ∵ 1 , 90C EAM ABC        , ∴ MAE CBA ∽ , ∴ ME AE CA AB  , ∴ 18 6 5 3CA  , ∴ 18 518 5 CA   ∴ O 的半径为 2.5. 方法 2:解:如图,连接 CD, ∵ AB BE ,∴ 2 3  , 又∵ 2 , 3DEC EDC      , ∴ DEC EDC   , ∴ DC EC , ∵ AC 为直径,∴ 90ADC   , ∴ 90ADE EDC    , 而 3 4 90 , 3EDC        , ∴ 4ADE   , 又∵ 1 4   , ∴ 1 ADE   , ∴ 24 5AM AD  , ∵ 3,AB AB BM BE   , ∴ 6EM  , ∴ 2 2 2 2 24 186 5 5AE EM AM         . 设 EC x ,则 18 ,5AC AE EC x DC x     , 在 Rt ADC 中, 2 2 2AD DC AC  ,∴ 2 2 224 18 5 5x x            ,解得 7 5x  ∴ 18 7 55 5AC    , ∴ O 的半径为 2.5. 【点睛】此题主要考查切线的综合运用,解题的关键是熟知切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与 性质及等腰三角形的性质. 23.2020 年是决战决胜扶贫攻坚和全面建成小康社会的收官之年,荆门市政府加大各部门和单位对口扶贫力 度.某单位的帮扶对象种植的农产品在某月(按 30 天计)的第 x 天(x 为正整数)的销售价格 p(元/千克) 关于 x 的函数关系式为 2 4 (0 20)5 1 12 (20 30)5 x x p x x        „ „ ,销售量 y(千克)与 x 之间的关系如图所示. (1)求 y 与 x 之间的函数关系式,并写出 x 的取值范围; (2)当月第几天,该农产品的销售额最大,最大销售额是多少? (销售额=销售量×销售价格) 【答案】(1) 2 80 (0 20) 4 40 (20 30) x xy x x       „ „ ;(2)当月第 15 天,该产品的销售额最大,最大销售额是 500 元. 【解析】 【分析】 (1)分为 0 20x  和 20 x 30  ,用待定系数法确定解析式即可; (2)分别计算出 0 20x  和 20 x 30  时的最大值,进行比较,最大的作为最大值即可. 【详解】(1)当 0 20x  时,设 1 1y k x b  ,由图象得: 1 1 1 80 20 40 b k b     解得: 1 1 2 80 k b     ∴ 2 80(0 20)y x x    „ 当 20 x 30  时,设 2 2y k x b  ,由图象得: 2 2 2 2 20 40 30 80 k b k b      解得: 2 2 4 40 k b     ∴ 4 40(20 30)y x x   „ 综上, 2 80 (0 20) 4 40 (20 30) x xy x x       „ „ . (2)设当月该农产品的销售额为 w 元,则 w yp . 当 0 20x  时, 2 22 4 4( 2 80) 4 24 320 ( 15) 5005 5 5w x x x x x               ∵ 4 05   ,由二次函数的性质可知: ∴当 15x  时, 500w 最大 当 20 x 30  时, 2 21 4 4(4 40) 12 56 480 ( 35) 5005 5 5w x x x x x               ∵ 4 0,20 305 x   „ ,由二次函数的性质可知: 当 30x  时, 24 (30 35) 500 4805w     最大 ∵500 480 ∴当 15x  时,w 取得最大值,该最大值为 500. 答:当月第 15 天,该产品的销售额最大,最大销售额是 500 元. 【点睛】本题考查了一次函数,二次函数在实际问题中的应用,能根据实际问题提供的关系式快速列式并 进行准确的计算是解题的关键. 24.如图,抛物线 21 5: 32 4L y x x   与 x 轴正半轴交于点 A,与 y 轴交于点 B. (1)求直线 AB 的解析式及抛物线顶点坐标; (2)如图 1,点 P 为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点,过点 P 作 PC x 轴,垂足为 C,PC 交 AB 于点 D,求 PD BD 的最大值,并求出此时点 P 的坐标; (3)如图 2,将抛物线 21 5: 32 4L y x x   向右平移得到抛物线 L ,直线 AB 与抛物线 L 交于 M,N 两 点,若点 A 是线段 MN 的中点,求抛物线 L 的解析式. 【答案】(1)直线 AB 的解析式为 3 34y x  ,抛物线顶点坐标为 5 121,4 32     ;(2)当 13 4x  时,PD BD 的最大值为 169 32 ; 13 57,4 32P    ;(3) 21 13 3 2 4 2y x x   . 【解析】 【分析】 (1)先根据函数关系式求出 A、B 两点的坐标,设直线 AB 的解析式为 y kx b  ,利用待定系数法求出 AB 的解析式,将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标; (2)过点 D 作 DE y 轴于 E,则 //DE OA .求得 AB=5,设点 P 的坐标为 21 5 5, 3 42 4 4x x x x          , 则点 D 的坐标为 3, 34x x    ,ED=x,证明 BDE BAO ∽ ,由相似三角形的性质求出 5 4BD x ,用含 x 的式子表示 PD,配方求得最大值,即可求得点 P 的坐标; (3)设平移后抛物线 L 的解析式 21 121( )2 32y x m   ,将 L′的解析式和直线 AB 联立,得到关于 x 的方 程,设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则 1 2,x x 是方程 2 23 252 04 16x m x m        的两根,得到 1 2 32 4x x m      ,点 A 为 MN 的中点, 1 2 8x x  ,可求得 m 的值,即可求得 L′的函数解析式. 【详解】(1)在 21 5 32 4y x x   中, 令 0y  ,则 21 5 3 02 4x x   ,解得 1 2 3 , 42x x   , ∴ (4,0)A . 令 0x  ,则 3y   ,∴  0, 3B  . 设直线 AB 的解析式为 y kx b  ,则 4 0 3 k b b      ,解得: 3 4 3 k b      , ∴直线 AB 的解析式为 3 34y x  . 2 21 5 1 5 12132 4 2 4 32y x x x         , ∴抛物线顶点坐标为 5 121,4 32     (2)如图,过点 D 作 DE y 轴于 E,则 //DE OA . ∵ 4, 3OA OB  , ∴ 2 2 2 24 3 5AB OA OB     , 设点 P 的坐标为 21 5 5, 3 42 4 4x x x x          , 则点 D的坐标为 3, 34x x    , ∴ ED x . ∵ //DE OA , ∴ BDE BAO ∽ , ∴ BD ED BA OA  , ∴ 5 4 BD x , ∴ 5 4BD x . 而 2 23 1 5 13 3 24 2 4 2PD x x x x x           , ∴ 2 2 21 5 1 13 1 13 16922 4 2 4 2 4 32PD BD x x x x x x               , ∵ 1 02   , 5 44 x  ,由二次函数的性质可知: 当 13 4x  时, PD BD 的最大值为 169 32 . 2 23 5 3 13 5 13 573 34 4 4 4 4 4 32x x             , ∴ 13 57,4 32P    . (3)设平移后抛物线 L 的解析式 21 121( )2 32y x m   , 联立 2 3 34 1 121( )2 32 y x y x m        , ∴ 23 1 1213 ( )4 2 32x x m    , 整理,得: 2 23 252 04 16x m x m        , 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则 1 2,x x 是方程 2 23 252 04 16x m x m        的两根, ∴ 1 2 32 4x x m      . 而 A 为 MN 的中点,∴ 1 2 8x x  , ∴ 32 84m     ,解得: 13 4m  . ∴抛物线 L 的解析式 2 21 13 121 1 13 3 2 4 32 2 4 2y x x x         . 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式,解 题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质.