2025年黑龙江省龙东地区中考数学试卷

2025年黑龙江省龙东地区中考数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下列运算正确的是（　　） A．a4•a3＝a6 B．2a+3b＝6ab C．（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9 D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2 2．（3分）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）2025年2月7日至2月14日第九届亚冬会在哈尔滨市举办，本届亚冬会的吉祥物是一对可爱的东北虎“滨滨”和“妮妮”．某专卖店“滨滨”和“妮妮”套盒纪念品连续六天的销售量（单位：套）分别为：136，140，129，180，136，154，这组数据的众数和中位数分别是（　　） A．136，136 B．138，136 C．136，129 D．136，138 4．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（　　） A．7 B．8 C．6 D．5 5．（3分）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，设该汽车一月至三月销售量平均每月增长率为x，则可列方程为（　　） A．8000（1+2x）＝1200 B．8000（1+x）2＝12000 C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000 D．8000×2（1+x）＝12000 6．（3分）已知关于x的分式方程3解为负数，则k的值为（　　） A．k＜﹣4 B．k＞﹣4 C．k＜﹣4且k D．k＞﹣4且k 7．（3分）为促进学生德智体美劳全面发展，某校计划用1200元购买足球和篮球用于课外活动，其中足球80元/个，篮球120元/个，共有多少种购买方案（　　） A．6 B．7 C．4 D．5 8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B都在双曲线y（k≠0）上，且点A在点B的右侧，点A的横坐标为﹣1，∠AOB＝∠ABO＝45°，则k的值为（　　） A． B． C． D． 9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D、E分别在边AB和BC上，且AD＝4，CE＝3，连接DE，点M、N分别是AC、DE的中点，连接MN，则MN的长度为（　　） A． B． C．2 D． 10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE＝BF，连接AC、AE、AF，过点E作EG⊥AF于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①MN＝AF；②∠EAH＝∠EHA；③EN•BF＝EC•HN；④若BF：FC＝3：4，则tan∠FAC；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（　　） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 二、填空题（每小题3分，共30分） 11．（3分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，好评如潮，截至2025年4月22日，总票房已超157亿元，再次刷新中国电影票房纪录．将数据157亿用科学记数法表示为　 　 ． 12．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是 　 　 ． 13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 　 　 ，使平行四边形ABCD为菱形． 14．（3分）如图，随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为　 　 ． 15．（3分）关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是　 　 ． 16．（3分）如图，PA、PB是圆O的切线，A、B为切点，AC是直径，∠BAC＝35°，∠P＝　 　 ． 17．（3分）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 　 　 ． 18．（3分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝9，点M是△ABC内部一点，连接AM、BM、CM，若CM＝3，则AMBM的最小值为 　 　 ． 19．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，点E是边CD的中点，点F是对角线AC上一动点，作点C关于直线EF的对称点P，若PE⊥AC，则CF的长为 　 　 ． 20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线yx+3交x轴于点A，交y轴于点B．四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，A3A4B4C4，⋯都是正方形，顶点A1，A2，A3，A4，⋯都在x轴上，顶点B1，B2，B3，B4，⋯都在直线yx+3上，连接BA1，B1A2，B2A3，B3A4，⋯分别交C1B1，C2B2，C3B3，C4B4，⋯于点D1，D2，D3，D4，⋯．设△BB1D1，△B1B2D2，△B2B3D3，△B3B4D4，⋯的面积分别为S1，S2，S3，S4，⋯，则S2025＝　 　 ． 三、解答题（满分60分） 21．（5分）先化简，再求值：•，其中a＝2sin60°﹣1． 22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）． （1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标； （3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 23．（6分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为（3，﹣4）． （1）求b与c的值． （2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积与△ABC的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 24．（7分）2025年6月5日是中国的第11个环境日，育华中学八年级学生积极参加公益活动，为了解活动时间（单位：h），张老师随机抽取了该校八年级m名学生进行问卷调查，用得到的数据绘制出如下两幅不完整的统计图． 请根据相关信息，解答下列问题： （1）m＝　 　 ，扇形统计图中a＝　 　 ，并补全条形统计图； （2）在扇形统计图中，求参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数； （3）若育华中学八年级共有学生1200人，请根据样本数据，估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有多少人？ 25．（8分）一条公路上依次有A、B、C三地，一辆轿车从A地出发途经B地接人，停留一段时间后原速驶往C地；一辆货车从C地出发，送货到达B地后立即原路原速返回C地（卸货时间忽略不计）．两车同时出发，轿车比货车晚h到达终点，两车均按各自速度匀速行驶．如图是轿车和货车距各自出发地的距离y（单位：km）与轿车的行驶时间x（单位：h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题： （1）图中a的值是 　 　 ，b的值是 　 　 ； （2）在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式； （3）直接写出轿车出发多长时间与货车相距40km． 26．（8分）已知：如图，△ABC中，AB＝AC，设∠BAC＝α，点D是直线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转α至AE，连接DE、BE，过点E作EF⊥BC，交直线BC于点F．探究如下： （1）若α＝60°时， 如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF＝DF+BC； 如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF、DF、BC之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由． （2）若α＝120°，点D在CB延长线上时，如图③，猜想线段BF、DF、BC之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明． 27．（10分）2024年8月6日，第十二届世界运动会口号“运动无限，气象万千”在京发布，吉祥物“蜀宝”和“锦仔”亮相．第一中学为鼓励学生积极参加体育活动，准备购买“蜀宝”和“锦仔”奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买3个“蜀宝”和1个“锦仔”共需花费332元，购买2个“蜀宝”和3个“锦仔”共需380元． （1）购买一个“蜀宝”和一个“锦仔”分别需要多少元？ （2）若学校计划购买这两种吉祥物共30个，投入资金不少于2160元又不多于2200元，有哪几种购买方案？ （3）设学校投入资金W元，在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少？最少资金是多少元？ 28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，tan∠COA，OA的长是一元二次方程x2﹣3x﹣18＝0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒． （1）求点P坐标； （2）连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式； （3）当t＝3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 2025年黑龙江省龙东地区中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D A B A C D A C 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下列运算正确的是（　　） A．a4•a3＝a6 B．2a+3b＝6ab C．（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9 D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2 【解析】解：a4•a3＝a7，则A不符合题意， 2a与3b不是同类项，无法合并，则B不符合题意， （﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9，则C符合题意， （﹣a+b）（a+b）＝b2﹣a2，则D不符合题意， 故选：C． 2．（3分）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解析】解：A．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意； C．图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D．图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 3．（3分）2025年2月7日至2月14日第九届亚冬会在哈尔滨市举办，本届亚冬会的吉祥物是一对可爱的东北虎“滨滨”和“妮妮”．某专卖店“滨滨”和“妮妮”套盒纪念品连续六天的销售量（单位：套）分别为：136，140，129，180，136，154，这组数据的众数和中位数分别是（　　） A．136，136 B．138，136 C．136，129 D．136，138 【解析】解：将这组数据重新排列为129，136，136，140，154，180， 所以这组数据的众数为136，中位数为138， 故选：D． 4．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（　　） A．7 B．8 C．6 D．5 【解析】解：如图所示： 组成该几何体所需小正方体的个数最少是：1+1+1+2+2＝7． 故选：A． 5．（3分）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，设该汽车一月至三月销售量平均每月增长率为x，则可列方程为（　　） A．8000（1+2x）＝1200 B．8000（1+x）2＝12000 C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000 D．8000×2（1+x）＝12000 【解析】解：由题意可得， 8000（1+x）2＝12000， 故选：B． 6．（3分）已知关于x的分式方程3解为负数，则k的值为（　　） A．k＜﹣4 B．k＞﹣4 C．k＜﹣4且k D．k＞﹣4且k 【解析】解：， 得， 得x+3k＝3x﹣12， 解得：， 根据题意，解， 即3k+12＜0， 解得：k＜﹣4， ∵分母x﹣4≠0，即x≠4，即， 解得：， ∴k＜﹣4， 故选：A． 7．（3分）为促进学生德智体美劳全面发展，某校计划用1200元购买足球和篮球用于课外活动，其中足球80元/个，篮球120元/个，共有多少种购买方案（　　） A．6 B．7 C．4 D．5 【解析】解：设购买x个足球，y个篮球， 根据题意得：80x+120y＝1200， ∴y＝10x， 又∵x，y均为正整数， ∴或或或， ∴共有4种购买方案． 故选：C． 8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B都在双曲线y（k≠0）上，且点A在点B的右侧，点A的横坐标为﹣1，∠AOB＝∠ABO＝45°，则k的值为（　　） A． B． C． D． 【解析】解：如图，过点A作MN∥x轴，交y轴于点N，作BM⊥MN，垂足为M， ∵∠AOB＝∠ABO＝45°， ∴AB＝AO，∠BAO＝90°， ∴△AOB是等腰直角三角形， 在△BMA和△ANO中， ， ∴△BMA≌△ANO（AAS）， ∴AN＝BM＝1，ON＝AM， ∵点A的横坐标为﹣1， ∴A（﹣1，﹣k）， ∴ON＝AM＝﹣k， ∴B（﹣1+k，﹣k﹣1）， ∵点A、B在反比例函数图象上， ∴k＝（﹣1+k）（﹣1﹣k）＝1﹣k2， 整理得k2+k﹣1＝0， 解得k（舍去）或k． 故选：D． 9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D、E分别在边AB和BC上，且AD＝4，CE＝3，连接DE，点M、N分别是AC、DE的中点，连接MN，则MN的长度为（　　） A． B． C．2 D． 【解析】解：连接CD，取CD的中点M，连接MK，NK， ∵点M、N分别是AC、DE的中点， ∴MK、NK分别是△ACD和△DCE的中位线， ∴MK∥AB，NK∥BC，MKAD，NKCE， ∵AD＝4，CE＝3， ∴MK＝2，NK， ∵∠B＝90°， ∴AB⊥BC， ∴MK⊥NK， ∴∠MKN＝90°， ∴MN． 故选：A． 10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE＝BF，连接AC、AE、AF，过点E作EG⊥AF于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①MN＝AF；②∠EAH＝∠EHA；③EN•BF＝EC•HN；④若BF：FC＝3：4，则tan∠FAC；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（　　） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【解析】解：如图1，过点B作BK∥EN，交CD于点K， 在正方形ABCD中， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°，AB∥CD， ∴△ABC、△ADC是等腰三角形，又BE＝BF，AB＝AB， ∴△AEB≌△AFB（SAS）， ∴AE＝AF，∠AEF＝∠AFE，∠BAE＝∠BAF， ∴△AEF是等腰三角形， ∵EG⊥AF， ∴∠NEC+∠AFE＝90°， 又∵∠BAF+∠AFE＝90°， ∴∠NEC＝∠BAF， ∵BK∥EN， ∴∠KBC＝∠NEC，∠BKC＝∠ENC， ∴∠KBC＝∠NEC＝∠BAF＝∠BAE， 设∠KBC＝∠NEC＝∠BAF＝∠BAE＝α， ∵∠EAH＝∠BAE+∠BAC＝α+45°，∠AHE＝∠HEC+∠ACB＝α+45°， ∴∠EAH＝∠AHE，故结论②正确； ∴EA＝EH，即△AEH是等腰三角形， ∵在△ABF和△BCK中， ， ∴△ABF≌∠BCK（AAS）， ∴BK＝AF，∠CKB＝∠AFE＝∠AEF＝90°﹣α， ∵BK∥EN，AB∥CD， ∴四边形BMNK是平行四边形， ∴MN＝BK， ∴MN＝AF，故结论①正确， ∵∠NEC＝∠BAF，∠BCD＝∠ABC＝90°， ∴△NEC﹣△BAF， ∴， ∴EN•BF＝CN•AF， ∵∠EAH＝∠AHE＝∠CHN＝45°+α，∠ACE＝∠ACN＝45°， ∴△AEC∽△HNC， ∴， ∴CN•AE＝EC•HN， ∵AE＝AF， ∴CN•AF＝EC•HN， ∴EN•BF＝EC•HN，故结论③正确， 过点F作FP⊥AC，如图2； 设BF＝3x，由BF：FC＝3：4可得FC＝4x，AB＝BC＝7x， ∴AF2＝AB2+BF2＝（7x）2+（3x）2＝58x2， ∵ ∴AP5， ∴， 故结论④正确，∠CNE＝90°﹣α，∠CHN＝∠AHE＝α+45°，α＜45°， ∴∠CNE不一定等于∠CHN，α＜45°， ∴△CNH不一定是等腰三角形， 故等腰三角形有△ABC、△ADC、△AEF、△AEH，共四个，故结论⑤错误， 综上所述：正确结论有①②③④． 故选：C． 二、填空题（每小题3分，共30分） 11．（3分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，好评如潮，截至2025年4月22日，总票房已超157亿元，再次刷新中国电影票房纪录．将数据157亿用科学记数法表示为　1.57×1010　 ． 【解析】解：157亿＝15700000000＝1.57×1010． 故答案为：1.57×1010． 12．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是 　x≠﹣3　 ． 【解析】解：由题意得：x+3≠0， 解得：x≠﹣3， 故答案为：x≠﹣3． 13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 　AC⊥BD（答案不唯一）　 ，使平行四边形ABCD为菱形． 【解析】解：∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形， ∴添加一个条件AC⊥BD，使平行四边形ABCD为菱形． 故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）． 14．（3分）如图，随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为　　 ． 【解析】解：列表如下： K1 K2 K3 K1 （K1，K2） （K1，K3） K2 （K2，K1） （K2，K3） K3 （K3，K1） （K3，K2） 共有6种等可能的结果，其中能让两盏灯泡L1、L2同时发光的结果有：（K1，K3），（K3，K1），共2种， ∴能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为． 故答案为：． 15．（3分）关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是　﹣2≤a＜﹣1　 ． 【解析】解：由2x﹣3≤0得，x． 由x﹣a＞0得，x＞a． 因为此不等式组恰有3个整数解， 则这3个整数解为1，0，﹣1， 所以﹣2≤a＜﹣1． 故答案为：﹣2≤a＜﹣1． 16．（3分）如图，PA、PB是圆O的切线，A、B为切点，AC是直径，∠BAC＝35°，∠P＝　70°　 ． 【解析】解：∵PA、PB是圆O的切线， ∴PA＝PB， ∵AC是⊙O的直径，∠BAC＝35°， ∴PA⊥AC， ∴∠PAC＝90°， ∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣35°＝55°， ∴∠P＝180°﹣∠PBA﹣∠PAB＝180°﹣55°﹣55°＝70°， 故答案为：70°． 17．（3分）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 　15π　 ． 【解析】解：圆锥的母线长5， 所以圆锥侧面展开图的面积2π×3×5＝15π． 故答案为：15π． 18．（3分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7，BC＝9，点M是△ABC内部一点，连接AM、BM、CM，若CM＝3，则AMBM的最小值为 　5　 ． 【解析】解：在BC上取点G，使CG＝1， 又∵BC＝9，CM＝3，， 又∵∠MCG＝∠MCB， ∴△MCG∽△BCM， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即当M在AG上时，取最小值为， 故答案为：． 19．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，点E是边CD的中点，点F是对角线AC上一动点，作点C关于直线EF的对称点P，若PE⊥AC，则CF的长为 　3或9　 ． 【解析】解：如图所示，连接PC，交直线EF于点G，延长PE交AC于点H，当点P在AC上方时， ∵在矩形ABCD中，AD＝6，∠CAD＝60°，∠ACD＝30°， ∴AC＝2AD＝12，，∵ 点E是边CD的中点， ∴， ∵点C关于直线EF的对称点P， ∴，∠EGC＝∠EGP＝90°， ∵PH⊥AC， ∴∠EHC＝∠EHF＝90°，∠ACD＝30°，∠ACD+∠CEH＝∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠CEH＝∠CAD＝60°， ∴∠PEC＝120°，∵PE＝CE， ∴， ∵∠PEG＝∠FEH，∠EGP＝∠EHF＝90°， ∴∠CPE＝∠EFC＝30°， ∴△CEF是等腰三角形，， 在Rt△CEH中，， ∠HCE＝30°，CH＝CE•cos∠HCE＝3， ∴CF＝2CH＝9； 如图，当点P在AC下方时， ∵PE⊥AC， ∴∠CHE＝90°， ∵∠ACD＝30°， ∴∠CEP＝60°，CH＝CE•cos∠ACD＝3， 由对称的性质得PE＝CE， ∴△CEP是等边三角形， ∴∠P＝60°，CE＝PC＝PE＝3， ∴∠HEF＝30°，，， ∴CF＝CH﹣HF＝3； 综上，CF的长为3或9． 故答案为：3或9． 20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线yx+3交x轴于点A，交y轴于点B．四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，A3A4B4C4，⋯都是正方形，顶点A1，A2，A3，A4，⋯都在x轴上，顶点B1，B2，B3，B4，⋯都在直线yx+3上，连接BA1，B1A2，B2A3，B3A4，⋯分别交C1B1，C2B2，C3B3，C4B4，⋯于点D1，D2，D3，D4，⋯．设△BB1D1，△B1B2D2，△B2B3D3，△B3B4D4，⋯的面积分别为S1，S2，S3，S4，⋯，则S2025＝　　 ． 【解析】解：当x＝0时，， ∴点B的坐标是（0，3）， ∵点B1在直线， 设点B1的坐标是， 则点A1的坐标是（x1，0），点C1的坐标是， ∵四边形OA1B1C1是正方形， ∴OA1＝A1B1，OA1∥C1B1， ∴， 解得：x1＝2， ∴B1的坐标是（2，2）， ∴正方形OA1B1C1的边长为2， ∴OC1＝OA1＝A1B1＝B1C1＝2， ∴BC1＝BC﹣OC1＝3﹣2＝1， ∵OA1∥C1B1， ∴△BC1D1∽△BOA1， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴； 设点B2的坐标为， 则点A2的坐标是（x2，0），点C2的坐标是， ∴A1A2＝x2﹣x1＝x2﹣2， ∵四边形A1A2B2C2是正方形， ∴A1A1＝B2A2，A1A2∥C2B2， ∴， 解得：， ∴， ∴B2的坐标是， ∴， ∴， ∵A1A2∥C2B2， ∴△B1C2D2∽△B1A1A2， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵B1的坐标是（2，2），B2的坐标是， ∴， ∵B1的坐标是（2，2），点B的坐标是（0，3）， ∴， ∵，， ∴， 又∵四边形OA1B1C1和A1A2B2C2均为正方形， ∴B1C1∥x轴，B2C2∥x轴， ∴B1C1∥B2C2， ∴∠BB1C1＝∠B1B2C2， ∴△BB1D1∽△B1B2D2，且相似比为， ∴， ∴当时，， 同理可证△B1B2D2∽△B2B3D3，且相似比为， 则， …， ∴， 故答案为：． 三、解答题（满分60分） 21．（5分）先化简，再求值：•，其中a＝2sin60°﹣1． 【解析】解：• • ， 当a＝2sin60°﹣1＝211时， 原式． 22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）． （1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标； （3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 【解析】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． 由图可得，点C1的坐标为（4，1）． （2）如图，△A2B2C2即为所求． 由图可得，点C2的坐标为（﹣1，4）． （3）由勾股定理得，OC1， ∴点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长为． 23．（6分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧，顶点坐标为（3，﹣4）． （1）求b与c的值． （2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积与△ABC的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的顶点坐标为（3，﹣4）， ∴y＝（x﹣3）2﹣4＝x2﹣6x+5， ∴b＝﹣6，c＝5； （2）存在，理由如下：对于抛物线y＝x2﹣6x+5， 当y＝0，x2﹣6x+5＝0，解得：x1＝1，x2＝5， 当x＝0，y＝5， ∴OB＝OC＝5，AB＝5﹣1＝4， ∵∠COB＝90°， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， 过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取BD＝BA＝4， 连接AD与BC交于点E，则D（5，4）， ∴∠DBC＝90°﹣∠OBC＝45°＝∠OBC， ∴BC⊥AD，ED＝EA， 过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，， ∴S△BCA＝S△BCP， 设直线BC：y＝mx+n， 则， ∴， ∴直线BC：y＝﹣x+5， ∵BC∥PD， ∴设直线PD：y＝﹣x+q，代入D（5，4）得：﹣5+q＝4， 解得：q＝9， ∴直线PD：y＝﹣x+9，与抛物线解析联立得：， 整理得：x2﹣5x﹣4＝0， 解得：或， ∴点P的横坐标为或． 24．（7分）2025年6月5日是中国的第11个环境日，育华中学八年级学生积极参加公益活动，为了解活动时间（单位：h），张老师随机抽取了该校八年级m名学生进行问卷调查，用得到的数据绘制出如下两幅不完整的统计图． 请根据相关信息，解答下列问题： （1）m＝　200　 ，扇形统计图中a＝　30　 ，并补全条形统计图； （2）在扇形统计图中，求参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数； （3）若育华中学八年级共有学生1200人，请根据样本数据，估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有多少人？ 【解析】解：（1）抽取了该校八年级学生有：m＝20÷10%＝200（名）， a%100%＝30%， ∴a＝30； 故答案为：200，30； 9h的人数为：200×25%＝50（名）， 补全条形统计图： （2）360°54°， 答：参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数为54°； （3）1200240（人）， 答：估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有240人． 25．（8分）一条公路上依次有A、B、C三地，一辆轿车从A地出发途经B地接人，停留一段时间后原速驶往C地；一辆货车从C地出发，送货到达B地后立即原路原速返回C地（卸货时间忽略不计）．两车同时出发，轿车比货车晚h到达终点，两车均按各自速度匀速行驶．如图是轿车和货车距各自出发地的距离y（单位：km）与轿车的行驶时间x（单位：h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题： （1）图中a的值是 　300　 ，b的值是 　2　 ； （2）在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式； （3）直接写出轿车出发多长时间与货车相距40km． 【解析】解：（1）由图象可知，A、B两地之间的距离为180km，B、C两地之间的距离为120km， 180+120＝300（km）， ∴a＝300， 轿车的速度为180÷1.5＝120（km/h）， 300÷120＝2.5（h）， 根据图象，得1.5+（3﹣b）＝2.5， 解得b＝2． 故答案为：300，2． （2）3（h）， ∴N（，0）， 2（h）， ∴M（，120）， 货车的速度为12090（km/h）， y＝120﹣90（x）＝﹣90x+240， ∴在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式为y＝﹣90x+240（x）． （3）当0≤x时，得（120+90）x+40＝300， 解得x， 当1.5≤x≤2时，得90（x）＝40， 解得x， 当2＜x时，得180+120（x﹣2）+40﹣90x+240＝300， 解得x， ∴出轿车出发h或h或h与货车相距40km． 26．（8分）已知：如图，△ABC中，AB＝AC，设∠BAC＝α，点D是直线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转α至AE，连接DE、BE，过点E作EF⊥BC，交直线BC于点F．探究如下： （1）若α＝60°时， 如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF＝DF+BC； 如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF、DF、BC之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由． （2）若α＝120°，点D在CB延长线上时，如图③，猜想线段BF、DF、BC之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明． 【解析】（1）①证明：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BCA＝∠ACB＝60°， ∵∠BAC＝∠EAD＝α＝60°， ∴∠BAC+∠BAD＝∠EAD+∠BAD，即∠BAE＝∠CAD， ∴在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°， ∴∠EBF＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∵EF⊥BC， ∴在Rt△BEF 中，， ∵CD＝BD+BC＝BF+DF+BC，CD＝BE＝2BF， ∴2BF＝BF+DF+BC， ∴BF＝DF+BC； ②解：BF＝DF﹣BC，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BCA＝60°， ∴∠ACD＝180°﹣∠BCA＝120°， ∵4∠BAC＝∠EAD＝α＝60°， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAD， ∴在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝120°， ∴∠EBF＝∠ABE﹣∠ABC＝120°﹣60°＝60°， ∵EF⊥BC， ∴在Rt△BEF中，， ∵CD＝BD﹣BC＝BF+DF﹣BC，CD＝BE＝2BF， ∴2BF＝BF+DF﹣BC， ∴BF＝DF﹣BC； （2）解：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝120°， ∴， ∵∠BAC＝∠EAD＝α＝120°， ∴∠BAC﹣∠BAD＝∠EAD﹣∠BAD，即∠DAC＝∠EAB， ∴在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝30° ∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝30°+30°＝60°， ∵EF⊥BC， ∴在Rt△BEF 中， ， ∵CD＝BC﹣BD＝DF﹣BF+BC，CD＝BE＝2BF， ∴2BF＝DF+BC﹣BF， ∴3BF＝DF+BC． 27．（10分）2024年8月6日，第十二届世界运动会口号“运动无限，气象万千”在京发布，吉祥物“蜀宝”和“锦仔”亮相．第一中学为鼓励学生积极参加体育活动，准备购买“蜀宝”和“锦仔”奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买3个“蜀宝”和1个“锦仔”共需花费332元，购买2个“蜀宝”和3个“锦仔”共需380元． （1）购买一个“蜀宝”和一个“锦仔”分别需要多少元？ （2）若学校计划购买这两种吉祥物共30个，投入资金不少于2160元又不多于2200元，有哪几种购买方案？ （3）设学校投入资金W元，在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少？最少资金是多少元？ 【解析】解：（1）设购买一个“蜀宝”需要a元，购买一个“锦仔”需要b元． 根据题意，得， 解得． 答：购买一个“蜀宝”需要88元，购买一个“锦仔”需要68元． （2）设购买“蜀宝”x个，则购买“锦仔”（30﹣x）个． 根据题意，得， 解得6≤x≤8， ∵x为非负整数， ∴x＝6，7，8， 当x＝6时，30﹣6＝24（个）， 当x＝7时，30﹣7＝23（个）， 当x＝8时，30﹣8＝22（个）， ∴共有三种购买方案，分别是： （方案1）购买“蜀宝”6个、“锦仔”24个， （方案2）购买“蜀宝”7个、“锦仔”23个， （方案1）购买“蜀宝”8个、“锦仔”22个． （3）W＝88x+68（30﹣x）＝20x+2040， ∵20＞0， ∴W随x的增大而增大， ∵x＝6，7，8， ∴当x＝6时W值最小，W最小＝20×6+2040＝2160． 答：购买方案1需要的资金最少，最少资金是2160元． 28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，tan∠COA，OA的长是一元二次方程x2﹣3x﹣18＝0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒． （1）求点P坐标； （2）连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式； （3）当t＝3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）由x2﹣3x﹣18＝0， 解得x1＝6，x2＝﹣3， ∵OA的长是x2﹣3x﹣18＝0的根， ∴OA＝6， ∵四边形OABC为菱形， ∴OA＝OC＝6， ∵， ∴∠COA＝60°， 又∵CQ⊥OA， ∴∠OCQ＝30°， ∴OQ＝3， ∵四边形OABC为菱形， ∴OB平分∠COA， ∴∠POQ＝30°， ∴， ∴点P的坐标为； （2）过点M作MK⊥OB于点K， 由题可知，OM＝t，则， 由（1）得：，则， 当0＜﹣t﹣＜4时，， ∴； 当4＜t≤6时，， ∴； 综上所述，； （3）如图， 当t＝3时，OM＝3，点M和点Q重合，，，∠ONM＝∠NOM＝30°， 假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 当∠EMN为顶角时，点E1与点O重合，E1（0，0）； 当∠MEN为顶角时，点E2与点P重合，； 当∠ENM为顶角时，NE1＝NM＝OM＝3， 设，则OE3＝2a， ∵OE3+NE3＝ON， ∴， ∴， ∴， ∴ 综上，当t＝3时，在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，E1（0，0），，； 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$