黑龙江省哈尔滨市中考数学试题及解析 21页

2015 年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷 　 一、选择题（每小题 3 分，共计 30 分） 1．（3 分）实数﹣ 的相反数是（　　） 　A． B．﹣ C．2 D．﹣2 　 2．（3 分）（2015•哈尔滨）下列运算正确的是（　　） 　A．（a2）5=a7 B．a2•a4=a6 C．3a2b﹣3ab2=0 D．（ ）2= 　 3．（3 分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） 　A． B． C． D． 　 4．（3 分）（2015•哈尔滨）点 A（﹣1，y1），B（﹣2，y2）在反比例函数 y= 的图象上，则 y1，y2 的大小关系是（　　） 　A．y1＞y2 B．y1=y2 C．y1＜y2 D．不能确定 　 5．（3 分）（2015•哈尔滨）如图所示的几何体是由五个小正方体组合而成的，它的主视图是 （　　） 　A． B． C． D． 　 6．（3 分）（2015•哈尔滨）如图，某飞机在空中 A 处探测到它的正下方地平面上目标 C，此 时飞行高度 AC=1200m，从飞机上看地平面指挥台 B 的仰角 α=30°，则飞机 A 与指挥台 B 的距离为（　　） 　A．1200m B．1200 m C．1200 m D．2400m 　 7．（3 分）（2015•哈尔滨）如图，四边形 ABCD 是平行四边形，点 E 在 BA 的延长线上， 点 F 在 BC 的延长线上，连接 EF，分别交 AD，CD 于点 G，H，则下列结论错误的是（　　） 　A． = B． = C． = D． = 　 8．（3 分）（2015•哈尔滨）今年我市计划扩大城区绿地面积，现有一块长方形绿地，它的短 边长为 60m，若将短边增大到与长边相等（长边不变），使扩大后的绿地的形状是正方形， 则扩大后的绿地面积比原来增加 1600m2．设扩大后的正方形绿地边长为 x m，下面所列方 程正确的是（　　） 　A．x（x﹣60）=1600 B．x（x+60）=1600 C．60（x+60）=1600 D．60（x﹣60）=1600 　 9．（3 分）（2015•哈尔滨）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°后得到的△AB′C′（点 B 的对应点是点 B′，点 C 的对应点是点 C′），连接 CC′．若 ∠CC′B′=32°，则∠B 的大小是（　　） 　A．32° B．64° C．77° D．87° 　 10．（3 分）（2015•哈尔滨）小明家、公交车站、学校在一条笔直的公路旁（小明家、学校 到这条公路的距离忽略不计），一天，小明从家出发去上学，沿这条公路步行到公交车站恰 好乘上一辆公交车，公交车沿这条公路匀速行驶，小明下车时发现还有 4 分钟上课，于是他 沿这条公路跑步赶到学校（上、下车时间忽略不计），小明与家的距离 s（单位：米）与他 所用时间 t（单位：分钟）之间的函数关系如图所示，已知小明从家出发 7 分钟时与家的距 离为 1200 米，从上公交车到他到达学校共用 10 分钟，下列说法： ①小明从家出发 5 分钟时乘上公交车 ②公交车的速度为 400 米/分钟 ③小明下公交车后跑向学校的速度为 100 米/分钟 ④小明上课没有迟到 其中正确的个数是（　　） 　A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 　 　 二、填空题（每小题 3 分，共计 30 分） 11．（3 分）（2015•哈尔滨）将 123000000 用科学记数法表示为　　　　　　． 　 12．（3 分）（2015•哈尔滨）在函数 y= 中，自变量 x 的取值范围是　　　　　　． 　 13．（3 分）（2015•哈尔滨）计算 ﹣3 =　　　　　　． 　 14．（3 分）（2015•哈尔滨）把多项式 9a3﹣ab2 因式分解的结果是　　　　　　． 　 15．（3 分）（2015•哈尔滨）一个扇形的半径为 3cm，面积为 π cm2，则此扇形的圆心角为　　　　　　 度． 　 16．（3 分）（2015•哈尔滨）不等式组 的解集为　　　　　　． 　 17．（3 分）（2015•哈尔滨）美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有 100 幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的 2 倍多 7 幅，则展出的油画作品有　　　　　　 幅． 　 18．（3 分）（2015•哈尔滨）从甲、乙、丙、丁 4 名三好学生中随机抽取 2 名学生担任升旗 手，则抽取的 2 名学生是甲和乙的概率为　　　　　　． 　 19．（3 分）（2015•哈尔滨）在矩形 ABCD 中，AD=5，AB=4，点 E，F 在直线 AD 上，且 四边形 BCFE 为菱形．若线段 EF 的中点为点 M，则线段 AM 的长为　　　　　　． 　 20．（3 分）（2015•哈尔滨）如图，点 D 在△ABC 的边 BC 上，∠C+∠BAD=∠DAC，tan∠BAD= ，AD= ，CD=13，则线段 AC 的长为　　　　　　． 　 　 三、解答题（其中 21-22 题各 7 分，23-24 题各 8 分，25-27 题各 10 分，共计 60 分） 21．（7 分）（2015•哈尔滨）先化简，再求代数式：（ ﹣ ）÷ 的值，其中 x=2+tan60°，y=4sin30°． 　 22．（7 分）（2015•哈尔滨）图 1、图 2 是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每 个小正方形的边长均为 1，每个小正方形的顶点叫做格点． （1）在图 1 中画出等腰直角三角形 MON，使点 N 在格点上，且∠MON=90°； （2）在图 2 中以格点为顶点画一个正方形 ABCD，使正方形 ABCD 面积等于（1）中等腰 直角三角形 MON 面积的 4 倍，并将正方形 ABCD 分割成以格点为顶点的四个全等的直角 三角形和一个正方形，且正方形 ABCD 面积没有剩余（画出一种即可）． 　 23．（8 分）（2015•哈尔滨）某中学为了了解八年级学生体能状况，从八年级学生中随机抽 取部分学生进行体能测试，测试结果分为 A，B，C，D 四个等级，请根据两幅统计图中的 信息，回答下列问题： （1）本次抽样调查共抽取了多少名学生？ （2）求测试结果为 C 等级的学生数，并补全条形图； （3）若该中学八年级共有 700 名学生，请你估计该中学八年级学生中体能测试结果为 D 等 级的学生有多少名？ 　 24．（8 分）（2015•哈尔滨）如图 1，▱ABCD 中，点 O 是对角线 AC 的中点，EF 过点 O， 与 AD，BC 分别相交于点 E，F，GH 过点 O，与 AB，CD 分别相交于点 G，H，连接 EG， FG，FH，EH． （1）求证：四边形 EGFH 是平行四边形； （2）如图 2，若 EF∥AB，GH∥BC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图 2 中与四 边形 AGHD 面积相等的所有平行四边形（四边形 AGHD 除外）． 　 25．（10 分）（2015•哈尔滨）华昌中学开学初在金利源商场购进 A、B 两种品牌的足球，购 买 A 品牌足球花费了 2500 元，购买 B 品牌足球花费了 2000 元，且购买 A 品牌足球数量是 购买 B 品牌足球数量的 2 倍，已知购买一个 B 品牌足球比购买一个 A 品牌足球多花 30 元． （1）求购买一个 A 品牌、一个 B 品牌的足球各需多少元？ （2）华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进 A、B 两种品牌足球共 50 个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A 品牌足球售价比第一次购买时提高 了 8%，B 品牌足球按第一次购买时售价的 9 折出售，如果这所中学此次购买 A、B 两种品 牌足球的总费用不超过 3260 元，那么华昌中学此次最多可购买多少个 B 品牌足球？ 　 26．（10 分）（2015•哈尔滨）AB，CD 是⊙O 的两条弦，直线 AB，CD 互相垂直，垂足为点 E，连接 AD，过点 B 作 BF⊥AD，垂足为点 F，直线 BF 交直线 CD 于点 G． （1）如图 1，当点 E 在⊙O 外时，连接 BC，求证：BE 平分∠GBC； （2）如图 2，当点 E 在⊙O 内时，连接 AC，AG，求证：AC=AG； （3）如图 3，在（2）条件下，连接 BO 并延长交 AD 于点 H，若 BH 平分∠ABF，AG=4， tan∠D= ，求线段 AH 的长． 　 27．（10 分）（2015•哈尔滨）如图，在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，直线 y=kx+1 （k≠0）与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 C，过点 C 的抛物线 y=ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0） 与直线 AC 交于另一点 B，点 B 坐标为（4，3）． （1）求 a 的值； （2）点 P 是射线 CB 上的一个动点，过点 P 作 PQ⊥x 轴，垂足为点 Q，在 x 轴上点 Q 的右 侧取点 M，使 MQ= ，在 QP 的延长线上取点 N，连接 PM，AN，已知 tan∠NAQ﹣tan∠MPQ= ，求线段 PN 的长； （3）在（2）的条件下，过点 C 作 CD⊥AB，使点 D 在直线 AB 下方，且 CD=AC，连接 PD，NC，当以 PN，PD，NC 的长为三边长构成的三角形面积是 时，在 y 轴左侧的抛物 线上是否存在点 E，连接 NE，PE，使得△ENP 与以 PN，PD，NC 的长为三边长的三角形全 等？若存在，求出 E 点坐标；若不存在，请说明理由． 　 　 2015 年黑龙江省哈尔滨市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题 3 分，共计 30 分） 1．（3 分） 考点：相反数．菁优网版权所有 分析：根据只有符号不同的两数叫做互为相反数解答． 解答：解：实数﹣ 的相反数是 ， 故选 A 点评：本题考查了实数的性质，熟记相反数的定义是解题的关键． 2．（3 分） 考点：幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．菁优网版权所有 分析：根据幂的乘方、同底数幂的乘法和同类项合并计算即可． 解答：解：A、（a2）5=a10，错误； B、a2•a4=a6，正确； C、3a2b 与 3ab2 不能合并，错误； D、（ ）2= ，错误； 故选 B． 点评：此题考查幂的乘方、同底数幂的乘法和同类项合并，关键是根据法则进行计算． 3．（3 分） 考点：中心对称图形；轴对称图形．菁优网版权所有 分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 解答：解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故 A 正确； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故 B 错误； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故 C 错误； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故 D 错误． 故选：A． 点评：本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴对称图形的概 念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要 寻找对称中心，旋转 180 度后两部分重合． 4．（3 分） 考点：反比例函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有 分析：先根据反比例函数的解析式判断出反比例函数的图象所在的象限及其增减性，再根据 A、B 两点的横坐标判断出两点所在的象限，进而可得出结论． 解答：解：∵反比例函数 y= 中，k=2＞0， ∴此函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内 y 随 x 的增大而减小， ∵﹣1＜0，﹣2＜0， ∴点 A（﹣1，y1）、B（﹣2，y2）均位于第三象限， ∵﹣1＞﹣2， ∴y1＜y2． 故选 C． 点评：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一 定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 5．（3 分） 考点：简单组合体的三视图．菁优网版权所有 分析：从正面看得到从左往右 3 列正方形的个数依次为 1，1，2，依此判断即可． 解答：解：从正面看得到从左往右 3 列正方形的个数依次为 1，1，2， 故选 A 点评：此题考查三视图，关键是根据三视图分为主视图、左视图、俯视图，分别是从物体正 面、左面和上面看，所得到的图形． 6．（3 分） 考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．菁优网版权所有 分析：首先根据图示，可得∠ABC=∠α=30°，然后在 Rt△ABC 中，用 AC 的长度除以 sin30°， 求出飞机 A 与指挥台 B 的距离为多少即可． 解答：解：∵∠ABC=∠α=30°， ∴AB= = ， 即飞机 A 与指挥台 B 的距离为 2400m． 故选：D． 点评：此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，要熟练掌握，解答此题的关键 是要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决． 7．（3 分） 考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．菁优网版权所有 分析：根据相似三角形的判定和性质进行判断即可． 解答：解：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BF，BE∥DC，AD=BC， ∴ ， ， ， 故选 C． 点评：此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据相似三角形的判定和性质来分析判断． 8．（3 分） 考点：由实际问题抽象出一元二次方程．菁优网版权所有 专题：几何图形问题． 分析：设扩大后的正方形绿地边长为 xm，根据“扩大后的绿地面积比原来增加 1600m2”建立 方程即可． 解答：解：设扩大后的正方形绿地边长为 xm，根据题意得 x2﹣60x=1600，即 x（x﹣60）=1600． 故选 A． 点评：本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是弄清题意，并找到等量关 系． 　 9．（3 分） 考点：旋转的性质．菁优网版权所有 分析：旋转中心为点 A，C、C′为对应点，可知 AC=AC′，又因为∠CAC′=90°，根据三角形外 角的性质求出∠C′B′A 的度数，进而求出∠B 的度数． 解答：解：由旋转的性质可知，AC=AC′， ∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°． ∵∠CC′B′=32°， ∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°， ∵∠B=∠C′B′A， ∴∠B=77°， 故选 C． 点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考 查了等腰直角三角形的性质． 10．（3 分） 考点：一次函数的应用．菁优网版权所有 分析：根据图象可以确定他家与学校的距离，公交车时间是多少，他步行的时间和公交车的 速度和小明从家出发到学校所用的时间． 解答：解：①小明从家出发乘上公交车的时间为 7﹣（1200﹣400）÷400=5 分钟，①正确； ②公交车的速度为（3200﹣1200）÷（12﹣7）=400 米/分钟，②正确； ③小明下公交车后跑向学校的速度为（3500﹣3200）÷3=100 米/分钟，③正确； ④上公交车的时间为 12﹣5=7 分钟，跑步的时间为 10﹣7=3 分钟，因为 3＜4，小明 上课没有迟到，④正确； 故选：D． 点评：本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横、纵坐标表示的意义是 解题的关键，注意，在解答时，单位要统一． 二、填空题（每小题 3 分，共计 30 分） 11．（3 分） 考点：科学记数法—表示较大的数．菁优网版权所有 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＞1 时，n 是正数；当原数的绝对值＜1 时，n 是负数． 解答：解：将 123000000 用科学记数法表示为：1.23×108． 故答案为：1.23×108． 点评：此题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． 12．（3 分） 考点：函数自变量的取值范围．菁优网版权所有 分析：求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，分式有意义的条件是： 分母不为 0． 解答：解：要使分式有意义，即：x﹣2≠0， 解得：x≠2． 故答案为：x≠2． 点评：本题主要考查函数自变量的取值范围，考查的知识点为：分式有意义，分母不为 0． 13．（3 分） 考点：二次根式的加减法．菁优网版权所有 专题：计算题． 分析：原式各项化为最简二次根式，合并即可得到结果． 解答：解：原式=2 ﹣3× =2 ﹣ = ． 故答案为： ． 点评：此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 14．（3 分） 考点：提公因式法与公式法的综合运用．菁优网版权所有 专题：计算题． 分析：原式提取 a，再利用平方差公式分解即可． 解答：解：原式=a（9a2﹣b2）=a（3a+b）（3a﹣b）， 故答案为：a（3a+b）（3a﹣b） 点评：此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关 键． 15．（3 分） 考点：扇形面积的计算．菁优网版权所有 分析：设扇形的圆心角是 n°，根据扇形的面积公式即可得到一个关于 n 的方程，解方程即可 求解． 解答：解：设扇形的圆心角是 n°， 根据题意可知：S= =π， 解得 n=40°， 故答案为 40． 点评：本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式 S= 是解题的关键，此题难度不 大． 16．（3 分） 考点：解一元一次不等式组．菁优网版权所有 分析：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可． 解答： 解： ， 由①得，x＞﹣1， 由②得 x≤2， 故此不等式组的解集为：﹣1＜x≤2． 故答案为：﹣1＜x≤2． 点评：本题解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小 找不到”的法则是解答此题的关键． 17．（3 分） 考点：二元一次方程组的应用．菁优网版权所有 分析：设展出的油画作品的数量是 x 幅，展出的国画作品是 y 幅，则根据“展出的油画作品 和国画作品共有 100 幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的 2 倍多 7 幅”列出方 程组并解答． 解答：解：设展出的油画作品的数量是 x 幅，展出的国画作品是 y 幅，依题意得 ， 解得 ， 故答案是：69． 点评：本题考查了二元一次方程组的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的 条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．利用二元一次方程组求解的应用 题一般情况下题中要给出 2 个等量关系，准确的找到等量关系并用方程组表示出来是 解题的关键． 18．（3 分） 考点：列表法与树状图法．菁优网版权所有 分析：根据题意画出树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目；二者的比值 就是其发生的概率． 解答：解：画树形图得： ∴一共有 12 种情况，抽取到甲和乙的有 2 种， ∴P（抽到甲和乙）= = ． 故答案为： ． 点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏 的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况 数与总情况数之比． 19．（3 分） 考点：矩形的性质；菱形的性质．菁优网版权所有 专题：分类讨论． 分析：两种情况：①由矩形的性质得出 CD=AB=4，BC=AD=5，∠ADB=∠CDF=90°，由菱形 的性质得出 CF=EF=BE=BC=5，由勾股定理求出 DF，得出 MF，即可求出 AM；② 同①得出 AE=3，求出 ME，即可得出 AM 的长． 解答：解：分两种情况：①如图 1 所示： ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴CD=AB=4，BC=AD=5，∠ADB=∠CDF=90°， ∵四边形 BCFE 为菱形， ∴CF=EF=BE=BC=5， ∴DF= = =3， ∴AF=AD+DF=8， ∵M 是 EF 的中点， ∴MF= EF=2.5， ∴AM=AF﹣DF=8﹣2.5=5.5； ②如图 2 所示：同①得：AE=3， ∵M 是 EF 的中点， ∴ME=2.5， ∴AM=AE﹣ME=0.5； 综上所述：线段 AM 的长为：5.5，或 0.5； 故答案为：5.5，或 0.5． 点评：本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形和菱形的性质，并能 进行推理计算是解决问题的关键． 20．（3 分） 考点：勾股定理；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；解直角三角形．菁优网版权所有 分析：作∠DAE=∠BAD 交 BC 于 E，作 AF⊥BC 交 BC 于 F，作 AG⊥BC 交 BC 于 G．根据三 角函数设 DF=4x，则 AF=7x，在 Rt△ADF 中，根据勾股定理得到 DF=4，AF=7，设 EF=y，则 CE=7+y，则 DE=6﹣y，在 Rt△DEF 中，根据勾股定理得到 DE= ， AE= ，设 DG=z，则 EG= ﹣z，则（ ）2﹣z2=（ ）2﹣（ ﹣z）2，依此 可得 CG=12，在 Rt△ADG 中，据勾股定理得到 AG=8，在 Rt△ACG 中，据勾股定理 得到 AC=4 ． 解答：解：作∠DAE=∠BAD 交 BC 于 E，作 DF⊥AE 交 AE 于 F，作 AG⊥BC 交 BC 于 G． ∵∠C+∠BAD=∠DAC， ∴∠CAE=∠ACB， ∴AE=EC， ∵tan∠BAD= ， ∴设 DF=4x，则 AF=7x， 在 Rt△ADF 中，AD2=DF2+AF2，即（ ）2=（4x）2+（7x）2， 解得 x1=﹣1（不合题意舍去），x2=1， ∴DF=4，AF=7， 设 EF=y，则 CE=7+y，则 DE=6﹣y， 在 Rt△DEF 中，DE2=DF2+EF2，即（6﹣y）2=42+y2， 解得 y= ， ∴DE=6﹣y= ，AE= ， ∴设 DG=z，则 EG= ﹣z，则 （ ）2﹣z2=（ ）2﹣（ ﹣z）2， 解得 z=1， ∴CG=12， 在 Rt△ADG 中，AG= =8， 在 Rt△ACG 中，AC= =4 ． 故答案为：4 ． 点评：考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是根据勾股 定理得到 AG 和 CG 的长． 三、解答题（其中 21-22 题各 7 分，23-24 题各 8 分，25-27 题各 10 分，共计 60 分） 21．（7 分） 考点：分式的化简求值；特殊角的三角函数值．菁优网版权所有 专题：计算题． 分析：原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约 分得到最简结果，把 x 与 y 的值代入计算即可求出值． 解答：解：原式= • = ， 当 x=2+ ，y=4× =2 时，原式= ． 点评：此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 22．（7 分） 考点：作图—应用与设计作图．菁优网版权所有 分析：（1）过点 O 向线段 OM 作垂线，此直线与格点的交点为 N，连接 MN 即可； （2）根据勾股定理画出图形即可． 解答：解：（1）如图 1 所示； （2）如图 2、3 所示； 点评：本题考查的是作图﹣应用与设计作图，熟知勾股定理是解答此题的关键． 23．（8 分） 考点：条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．菁优网版权所有 分析：（1）用 A 等级的人数÷A 等级的百分比，即可解答； （2）用总人数﹣A 等级的人数﹣B 等级的人数﹣D 等级的人数，即可得到 C 等级的 学生数； （3）根据用样本估计总体，即可解答． 解答：解：（1）10÷20%=50（名）． 答：本次抽样调查共抽取了 50 名学生； （2）50﹣10﹣20﹣4=16（名）． 答：测试结果为 C 等级的学生有 16 名； 如图所示： （3）700× =56（名）． 答：估计该中学八年级学生中体能测试结果为 D 等级的学生有 56 名． 点评：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中 得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇 形统计图直接反映部分占总体的百分比大小． 24．（8 分） 考点：平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有 分析：（1）由四边形 ABCD 是平行四边形，得到 AD∥BC，根据平行四边形的性质得到 ∠EAO=∠FCO，证出△OAE≌△OCF，得到 OE=OF，同理 OG=OH，根据对角线互相平 分的四边形是平行四边形得到结论； （2）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得到结论． 解答：（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAO=∠FCO， 在△OAE 与△OCF 中 ， ∴△OAE≌△OCF， ∴OE=OF， 同理 OG=OH， ∴四边形 EGFH 是平行四边形； （2）解：与四边形 AGHD 面积相等的所有平行四边形有▱GBCH，▱ABFE，▱EFCD， ▱EGFH； ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∵EF∥AB，GH∥BC， ∴四边形 GBCH，ABFE，EFCD，EGFH 为平行四边形， ∵EF 过点 O，GH 过点 O， ∵OE=OF，OG=OH， ∴▱GBCH，▱ABFE，▱EFCD，▱EGFH，▱ACHD 它们面积= ▱ABCDA 的面积， ∴与四边形 AGHD 面积相等的所有平行四边形有▱GBCH，▱ABFE，▱EFCD， ▱EGFH． 点评：本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边 形的判定定理是解题的关键． 25．（10 分） 考点：分式方程的应用；一元一次不等式的应用．菁优网版权所有 分析：（1）设一个 A 品牌的足球需 x 元，则一个 B 品牌的足球需 x+30 元，根据购买 A 品 牌足球数量是购买 B 品牌足球数量的 2 倍列出方程解答即可； （2）设此次可购买 a 个 B 品牌足球，则购进 A 牌足球（50﹣a）个，根据购买 A、B 两种品牌足球的总费用不超过 3260 元，列出不等式解决问题． 解答：解：（1）设一个 A 品牌的足球需 x 元，则一个 B 品牌的足球需 x+30 元，由题意得 = ×2 解得：x=50 经检验 x=50 是原方程的解， x+30=80 答：一个 A 品牌的足球需 50 元，则一个 B 品牌的足球需 80 元． （2）设此次可购买 a 个 B 品牌足球，则购进 A 牌足球（50﹣a）个，由题意得 50×（1+8%）（50﹣a）+80×0.9a≤3260 解得 a≤31 ∵a 是整数， ∴a 最大等于 31， 答：华昌中学此次最多可购买 31 个 B 品牌足球． 点评：此题考查二元一次方程组与分式方程的应用，找出题目蕴含的等量关系与不等关系是 解决问题的关键． 26．（10 分） 考点：圆的综合题．菁优网版权所有 分析：（1）利用圆内接四边形的性质得出∠D=∠EBC，进而利用互余的关系得出 ∠GBE=∠EBC，进而求出即可； （2）首先得出∠D=∠ABG，进而利用全等三角形的判定与性质得出△BCE≌△BGE （ASA），则 CE=EG，再利用等腰三角形的性质求出即可； （3）首先求出 CO 的长，再求出 tan∠ABH= = = ，利用 OP2+PB2=OB2，得出 a 的值进而求出答案． 解答：（1）证明：如图 1，∵四边形 ABCD 内接于⊙O， ∴∠D+∠ABC=180°， ∵∠ABC+∠EBC=180°， ∴∠D=∠EBC， ∵GF⊥AD，AE⊥DG， ∴∠A+∠ABF=90°，∠A+∠D=90°， ∴∠ABE=∠D， ∵∠ABF=∠GBE， ∴∠GBE=∠EBC， 即 BE 平分∠GBC； （2）证明：如图 2，连接 CB， ∵AB⊥CD，BF⊥AD， ∴∠D+∠BAD=90°，∠ABG+∠BAD=90°， ∴∠D=∠ABG， ∵∠D=∠ABC， ∴∠ABC=∠ABG， ∵AB⊥CD， ∴∠CEB=∠GEB=90°， 在△BCE 和△BGE 中 ， ∴△BCE≌△BGE（ASA）， ∴CE=EG， ∵AE⊥CG， ∴AC=AG； （3）解：如图 3，连接 CO 并延长交⊙O 于 M，连接 AM， ∵CM 是⊙O 的直径， ∴∠MAC=90°， ∵∠M=∠D，tanD= ， ∴tanM= ， ∴ = ， ∵AG=4，AC=AG， ∴AC=4，AM=3， ∴MC= =5， ∴CO= ， 过点 H 作 HN⊥AB，垂足为点 N， ∵tanD= ，AE⊥DE， ∴tan∠BAD= ， ∴ = ， 设 NH=3a，则 AN=4a， ∴AH= =5a， ∵HB 平分∠ABF，NH⊥AB，HF⊥BF， ∴HF=NH=3a， ∴AF=8a， cos∠BAF= = = ， ∴AB= =10a， ∴NB=6a， ∴tan∠ABH= = = ， 过点 O 作 OP⊥AB 垂足为点 P， ∴PB= AB=5a，tan∠ABH= = ， ∴OP= a， ∵OB=OC= ，OP2+PB2=OB2， ∴25a2+ a2= ， ∴解得：a= ， ∴AH=5a= ． 点评：此题主要考查了圆的综合以及勾股定理和锐角三角函数关系等、全等三角形的判定与 性质知识，正确作出辅助线得出 tan∠ABH= = 是解题关键． 27．（10 分） 考点：二次函数综合题；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质； 锐角三角函数的定义．菁优网版权所有 专题：综合题． 分析：（1）易得点 C 的坐标为（0，1），然后把点 B、点 C 的坐标代入抛物线的解析式，即 可解决问题； （2）把 B（4，3）代入 y=kx+1 中，即可得到 k 的值，从而可求出点 A 的坐标，就可 求出 tan∠CAO= （即 tan∠PAQ= ），设 PQ=m，则 QA=2m，根据条件 tan∠NAQ﹣tan∠MPQ= ，即可求出 PN 的值； （3）由条件 CD⊥AB，CD=AC，想到构造全等三角形，过点 D 作 DF⊥CO 于点 F， 易证△ACO≌△CDF，从而可以求出 FD、CF、OF．作 PH∥CN，交 y 轴于点 H，连接 DH，易证四边形 CHPN 是平行四边形，从而可得 CN=HP，CH=PN，通过计算可得 DH=PN，从而可得△PHD 是以 PN、PD、NC 的长为三边长的三角形，则有 S△PHD= ．延长 FD、PQ 交于点 G，易得∠G=90°．由点 P 在 y= x+1 上，可设 P（t， t+1），根据 S 四边形 HFGP=S△HFD+S△PHD+S△PDG，可求出 t 的值，从而得到点 P、N 的 坐标及 tan∠DPG 的值，从而可得 tan∠DPG=tan∠HDF，则有∠DPG=∠HDF，进而可证 到∠HDP=90°．若△ENP 与△PDH 全等，已知 PN=DH，可分以下两种情况 （①∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD，②∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD）进行讨论，即可 解决问题． 解答：解：（1）当 x=0 时，由 y=kx+1 得 y=1，则 C（0，1）． ∵抛物线 y=ax2﹣（6a﹣2）x+b（a≠0）经过 C（0，1），B（4，3）， ∴ ， 解得： ， ∴a= ； （2）把 B（4，3）代入 y=kx+1 中，得 3=4k+1，解得：k= ， ∴直线 AB 的解析式为 y= x+1． 由 y=0 得 0= x+1， 解得：x=﹣2， ∴A（﹣2，0），OA=2， ∵C（0，1）， ∴OC=1， ∴tan∠CAO= = ． ∵PQ⊥x 轴， ∴tan∠PAQ= = ， 设 PQ=m，则 QA=2m， ∵tan∠NAQ﹣tan∠MPQ= ， ∴ = ， ∵MQ= ， ∴ ﹣ = ， ∴PN= ； （3）在 y 轴左侧抛物线上存在 E，使得△ENP 与以 PN，PD，NC 的长为三边长的三 角形全等． 过点 D 作 DF⊥CO 于点 F，如图 2， ∵DF⊥CF，CD⊥AB， ∴∠CDF+∠DCF=90°，∠DCF+∠ACO=90°， ∴∠CDF=∠ACO， ∵CO⊥x 轴，DF⊥CO， ∴∠AOC=∠CFD=90°， 在△ACO 和△CDF 中， ， ∴△ACO≌△CDF（AAS）， ∴CF=AO=2，DF=CO=1， ∴OF=CF﹣CO=1， 作 PH∥CN，交 y 轴于点 H，连接 DH， ∵CH∥PN， ∴四边形 CHPN 是平行四边形， ∴CN=HP，CH=PN= ， ∴HF=CF﹣CH= ，DH= = ， ∴DH=PN． ∴△PHD 是以 PN，PD，NC 的长为三边长的三角形， ∴S△PHD= ． 延长 FD、PQ 交于点 G， ∵PQ∥y 轴， ∴∠G=180°﹣∠CFD=90°， ∴S 四边形 HFGP=S△HFD+S△PHD+S△PDG， ∴ （HF+PG）FG= HF•FD+ + DG•PG． ∵点 P 在 y= x+1 上，∴可设 P（t， t+1）， ∴ （ + t+1+1）•t= × ×1+ + （t﹣1）•（ t+1+1）， ∴t=4，P（4，3）， ∴N（4， ），tan∠DPG= = ． ∵tan∠HDF= = ， ∴∠DPG=∠HDF． ∵∠DPG+∠PDG=90°， ∴∠HDF+∠PDG=90°， ∴∠HDP=90°． ∵PN=DH，若△ENP 与△PDH 全等，则有两种情况： ①当∠ENP=∠PDH=90°，EN=PD 时， ∵PD= =5，∴EN=5， ∴E（﹣1， ）． 由（1）得：抛物线 y= x2﹣ x+1． 当 x=﹣1 时，y= ，所以点 E 在此抛物线上． ②当∠NPE=∠HDP=90°，BE=PD 时， 则有 E（﹣1，3），此时点 E 不在抛物线上， ∴存在点 E，满足题中条件，点 E 的坐标为（﹣1， ）． 点评：本题主要考查了运用待定系数法求直线及二次函数的解析式、全等三角形的判定与性 质、平行四边形的判定与性质、三角函数的定义、抛物线上点的坐标特征、勾股定理 等知识，通过平移 CN，将 PN、PD、NC 归结到△PHD 中，是解决本题的关键．在解 决问题的过程中，用到了分类讨论、平移变换、割补法、运算推理等重要的数学思想 方法，应学会使用．