2026年新疆建设兵团市中考仿真数学试卷3

【备考2026】新疆建设兵团市中考仿真数学试卷3 姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________ 题号 一 二 三 总分 得分 一．选择题（共9小题，满分36分，每小题4分） 1．（4分）如果|a|＝﹣a，下列式子成立的是（　　） A．a≥0 B．a＞0 C．a＜0 D．a≤0 2．（4分）中国汉字形美如画以感目，意美如诗以感心．下列四个汉字中，用数学眼光来观察，可以近似看作是轴对称图形的是（　　） A．爱 B．国 C．敬 D．业 3．（4分）中国国家图书馆是是亚洲规模最大的图书馆，居世界国家图书馆第三位，截止至2023年12月，馆藏图书、期刊、报纸等实体资源总计约4423.5万册（件），将44235000用科学记数法表示应为（　　） A．0.44235×108 B．4.4235×107 C．4423.5×103 D．4423.5×104 4．（4分）已知一次函数y＝kx﹣2的图象如图所示，则一次函数y＝2x+k的图象大致是（　　） A． B． C． D． 5．（4分）下列各式计算结果等于a2b的是（　　） A．a•ab B．a3÷ab C．a2b﹣2a2b D．2a2b﹣ab2 6．（4分）用配方法解一元二次方程x2+2x﹣2＝0时，原方程可变形为（x+h）2＝k的形式，则h+k的值为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（4分）如图，在⊙O中，，⊙O的半径为4，弧AB的长为π，则图中阴影部分的面积是（　　） A．4π B． C．2π+6 D． 8．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，点E在AB上．若AC＝7，CD＝3，AB＝9，当DE长度最小时，△BDE的面积是（　　） A．1 B．2 C．3 D．6 9．（4分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）与y轴负半轴相交，下列描述不正确的为（　　） A．抛物线的对称轴为直线 B．方程ax2+bx+c＝0的根的判别式b2﹣4ac＞0 C．当时，函数值y随x的增大而增大 D．不等式ax2+bx+c＞0的解集为﹣1＜x＜2 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 10．（4分）若式子有意义，则x的取值范围是 　 　 ． 11．（4分）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是其中一个正六边形ABCDEF，将其放在平面直角坐标系中，点B，C，D均为正六边形的顶点且在坐标轴上．若正六边形的边长是2，则点A的坐标为 　 　 ． 12．（4分）在平面直角坐标系中有五个点，分别是A（1，3），B（﹣3，4），C（﹣2，﹣3），D（4，3），E（3，﹣5），从中任选一个点，选到的这个点恰好在第一象限的概率是 　 　 ． 13．（4分）在等腰△ABC中，∠A＝80°，则∠B可以有 　 　 个不同值． 14．（4分）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝2，点E在BC延长线上，CE＜CB，过点E作BC的垂线交BA延长线于点D．若EF+ED＝2AC，连结BF，CF，则BF+CF的最小值为 　 　 ． 15．（4分）如图，点O是▱ABCD对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将▱ABCD折叠，使点A，B分别落在A′、B′处，NB′交CD与点E，若点E是CD的中点，NC＝3，NB＝7，则EB′＝　 　 ． 三．解答题（共8小题，满分90分） 16．（11分）计算：（1）． （2）a（2﹣a）+（a+1）（a﹣1）． 17．（12分）【探索发现】 （1）已知x、y满足． ①求x﹣y的值；小明、小红分别给出下列思路，请补全小红的思路． 小明：先解方程组，求出x、y的值，再代入x﹣y，计算求值． 小红：将①﹣②×2，得：x﹣y＝ 　 　 ． ②小明提出：小红的解法是巧合吗？能求6x﹣7y的值吗？请根据智能机器人的提示，先求m，n的值，再求6x﹣7y的值． 设6x﹣7y＝m（9x﹣11y）+n（4x﹣5y）（m、n为常数） 【解决问题】 （2）若x、y满足，t为常数且﹣1≤t≤3，则6x+19y的取值范围是 　 　 ． 18．（10分）已知菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，点F在BC的延长线上，且CF＝BC，连接DF，点G是DF中点，连接CG．求证： （1）CG⊥DF； （2）四边形ECGD是矩形． 19．（11分）为了深入学习贯彻党的二十届三中全会精神，某校举行了“学三中全会精神，做新时代好少年”为主题的知识竞赛．现从八、九年级学生中各随机抽取10名学生的竞赛成绩（百分制）进行整理、描述和分析（成绩用x表示，共分成四组：A.80＜x≤85；B.85＜x≤90；C.90＜x≤95；D.95＜x≤100），现在给出了部分信息如下： 八年级10名学生的竞赛成绩在C组中的数据：93，94，95． 九年级10名学生的竞赛成绩：81，83，85，89，90，95，99，99，99，100． 抽取的八、九年级学生竞赛成绩统计表 年级 八年级 九年级 平均数 92 92 中位数 b 92.5 众数 100 c 根据以上信息，解答下列问题． （1）填空：a＝ 　 　 ，b＝ 　 　 ，c＝ 　 　 ． （2）根据以上数据，你认为该校八、九年级中抽取的哪个年级的学生对三中全会知识的掌握程度更好？请说明理由．（写出一条即可） （3）若该校八、九年级各有300名学生参加了此次竞赛，请估计该校参加此次竞赛成绩（x＞95）为优秀的学生总人数． 20．（10分）某校数学社团的同学们欲测量斜拉桥的高度（如图1），他们在地面MB上架设测角仪CM，先在点M处测斜拉桥最高点A的仰角∠ACD，然后沿MB方向前进到达点N处，并测出点A的仰角∠ADE，测角仪高度CM＝DN（如图2）．已知∠ACD＝22°，MN＝153m，∠ADE＝45°，CM＝DN＝1.5m，计算斜拉桥的高度AB．（结果精确到0.1m．参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40， 21．（12分）在中小学生科技节中，某校展示了学生自主研制的甲、乙两种电动车搬运货物的能力．这两种电动车充满电后都可以连续搬运货物30分钟．甲种电动车先开始搬运，6分钟后，乙种电动车开始搬运．线段OA、BC分别表示两种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）（从甲种电动车开始搬运时计时）的函数图象，根据图象提供的信息，解答下列问题： （1）甲种电动车每分钟搬运货物量为 　 　 千克，乙种电动车每分钟搬运货物量为 　 　 千克． （2）当6≤x≤36时，求乙种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）之间的函数关系式． （3）在甲、乙两车同时搬运货物的过程中，直接写出二者搬运量相差8千克时x的值． 22．（11分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为直径作⊙O，过点B作BD⊥AB，且BD＝CD，射线DC交BA的延长线于点E，点C在圆上． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若，AC＝1，求BD的长． 23．（13分）如图，直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C，抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，其顶点为M，对称轴MN与直线BC交于点N． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）如图1，点P是线段BC上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点Q，问：是否存在点P，使四边形MNPQ为平行四边形？并说明理由； （3）如图2，点G为y轴负半轴上的一动点，过点G作EF∥BC，直线EF与抛物线交于点E，F，与直线y＝﹣4x交于点H，若，求点G的坐标． 参考答案 一．选择题（共9小题，满分36分，每小题4分） 1．【考点】绝对值 【分析】根据负数的绝对值是其相反数，0的绝对值为0，即可求解． 解：根据负数的绝对值是其相反数，0的绝对值为0可得： ∴a≤0． 故选：D． 【点评】本题考查了绝对值的意义，熟练掌握该知识点是关键． 2．【考点】轴对称图形 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可． 解：爱，国，敬不是轴对称图形，业是轴对称图形， 故选：D． 【点评】本题考查轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键． 3．【考点】科学记数法—表示较大的数 【分析】用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键． 解：44235000＝4.4235×107． 故选：B． 【点评】此题主要考查用科学记数法表示较大的数，掌握形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键． 4．【考点】一次函数的图象 【分析】根据一次函数y＝kx﹣2的图象得到k＞0，然后根据一次函数的性质得到一次函数y＝2x+k的图象经过第一、三、四象限． 解：∵一次函数y＝kx﹣2的函数值y随x的增大而增大， ∴k＞0， ∵一次函数y＝2x+k的一次项系数大于0，常数项大于0， ∴一次函数y＝x+k的图象经过第一、二、三象限， 故选：B． 【点评】本题考查了一次函数图象：一次函数y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）是一条直线，当k＞0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为（0，b）． 5．【考点】整式的除法；单项式乘单项式 【分析】利用整式的除法及单项式乘单项式法则，合并同类项法则将各式计算后进行判断即可． 解：a•ab＝a2b，则A符合题意， a3÷ab，则B不符合题意， a2b﹣2a2b＝﹣a2b，则C不符合题意， 2a2b与ab2无法合并，则D不符合题意， 故选：A． 【点评】本题考查整式的除法及单项式乘单项式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 6．【考点】解一元二次方程﹣配方法 【分析】先将方程x2+2x﹣2＝0配方变为（x+1）2＝3，然后即可确定h、k的值，再计算h+k即可． 解：x2+2x﹣2＝0， x2+2x＝2， x2+2x+12＝2+12， ∴（x+1）2＝3， ∵一元二次方程x2+2x﹣2＝0可变形为（x+h）2＝k， ∴h＝1，k＝3， ∴h+k＝1+3＝4． 故选：D． 【点评】本题考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程是解题的关键． 7．【考点】扇形面积的计算 【分析】连接OA，OB，OC，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥DO交DO延长线于F，利用弧长公式求出∠AOB的度数，得出S扇形AOB，再求出S扇形AOD，S△AOD，S弓形BC＝S扇形BOC﹣S△BOC，即可得到答案． 解：连接OA，OB，OC，OD，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥DO交DO延长线于F，如图： 设∠AOB＝n度， ∵的长为π，⊙O的半径为4， ∴π， ∴n＝45°，即∠AOB＝45°， ∴S扇形AOB2π， ∵， ∴S扇形AOD＝3S扇形AOB＝6π， ∵∠BOD＝2∠AOB＝90°， ∴∠BOF＝90°， ∵∠AOB＝45°， ∴∠AOF＝45°， ∴△AOF是等腰直角三角形， ∴AFOA＝2， ∴S△AOD4×24， 同理可得S△BOCOC•BE4×24， ∴S弓形BC＝S扇形BOC﹣S△BOC＝2π﹣4， ∴S阴影＝6π﹣4（2π﹣4）＝4π； 故选：A． 【点评】本题主要考查了扇形面积，三角形面积，弧长公式，直角三角形求边长等知识，熟练掌握公式且利用数形结合的方法表示阴影面积是解题的关键． 8．【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理 【分析】由垂线段最短可知，当DE⊥AB时，DE长度最小，由作图过程可知AD平分∠BAC，结合角平分线性质得到DE＝CD＝3，证明Rt△ACD≌Rt△AED，利用全等三角形性质得到AE＝AC＝7，进而得到BE，最后利用三角形面积公式求解，即可解题． 解：由垂线段最短可知，当DE⊥AB时，DE长度最小， 由作图过程可知AD平分∠BAC， ∵CD＝3，∠C＝90°， ∴DE＝CD＝3， ∵AD＝AD， ∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）， ∵AC＝7， ∴AE＝AC＝7， ∵AB＝9， ∴BE＝AB﹣AE＝9﹣7＝2， ∴△BDE的面积， 故选：C． 【点评】本题考查了垂线段最短，角平分线作图，角平分线性质，全等三角形性质和判定，以及三角形面积，熟练掌握角平分线性质，直角三角形全等的判定和性质是解决问题的关键． 9．【考点】二次函数与不等式（组）；根的判别式；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点 【分析】结合图象可知，抛物线的对称轴为直线x；根据抛物线与x轴有两个交点可知，方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，则b2﹣4ac＞0；由抛物线的开口向上且对称轴为直线x可知，当时，函数值y随x的增大而增大；根据图象可直接得出不等式ax2+bx+c＞0的解集． 解：由图象可知，抛物线与x轴的交点分别为（﹣1，0），（2，0）， ∴抛物线的对称轴为直线x， 故选项A正确，不符合题意； ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根， ∴根的判别式b2﹣4ac＞0， 故选项B正确，不符合题意； ∵抛物线的开口向上，对称轴为直线x， ∴当时，函数值y随x的增大而增大， 故选项C正确，不符合题意； 由图象可知，不等式ax2+bx+c＞0的解集为x＜﹣1或x＞2， 故选项D不正确，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查二次函数与不等式（组）、根的判别式、二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键． 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 10．【考点】分式有意义的条件 【分析】分式有意义的条件即分母不能为0，据此即可求得答案． 解：若式子有意义， 则x﹣5≠0， 即x≠5， 故答案为：x≠5． 【点评】本题考查分式有意义的条件，熟练掌握其有意义的条件是解题的关键． 11．【考点】正多边形和圆 【分析】作正六边形ABCDEF的外接圆，圆心为点P，连接PA、PB、PC、PD，则∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝60°，可证明D、P、A三点在同一条直线上，△BPC和△CPD都是等边三角形，则∠PCB＝∠PCD＝∠PDC＝60°，求得∠OCD＝60°，可证明AD∥x轴，因为PA＝PD＝CD＝2，所以AD＝2PD＝4，由sin60°，求得ODCD，则A（4，），于是得到问题的答案． 解：作正六边形ABCDEF的外接圆，圆心为点P，连接PA、PB、PC、PD， ∵∠APB＝∠BPC＝∠CPD360°＝60°， ∴∠APB+∠BPC+∠CPD＝3×60°＝180°， ∴D、P、A三点在同一条直线上， ∵PB＝PC＝PD， ∴△BPC和△CPD都是等边三角形， ∴∠PCB＝∠PCD＝∠PDC＝60°， ∵边BC在x轴上， ∴∠OCD＝180°﹣∠PCB﹣∠PCD＝60°， ∴∠PDC＝∠OCD， ∴AD∥x轴， ∵正六边形的边长是2， ∴PA＝PD＝CD＝2， ∴AD＝2PD＝4， ∵∠COD＝90°， ∴sin60°， ∴ODCD2， ∴D（0，）， ∴A（4，）， 故答案为：（4，）． 【点评】此题重点考查正多边形和圆、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 12．【考点】概率公式；点的坐标 【分析】利用点的坐标和概率公式求解即可求得答案． 解：∵从中任选一个点共有5种等可能的结果，在第一象限的点有A和D两个， ∴从中任选一个点恰好在第一象限的概率是：． 故答案为：． 【点评】此题考查了概率公式和点的坐标．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比． 13．【考点】等腰三角形的性质 【分析】依题意有以下三种情况：①当∠A＝80°为该等腰三角形的顶角时，则∠B＝∠C，由三角形内角和定理可得出∠B＝50°；②当∠A＝80°为该等腰三角形的底角，∠B也是该等腰三角形的底角时，则∠B＝∠A＝80°；③当∠A＝80°为该等腰三角形的底角，∠B是该等腰三角形的顶角时，则∠C＝∠A＝80°，由三角形内角和定理可得出∠B＝20°，综上所述即可得出答案． 解：∵△ABC为等腰三角形，且∠A＝80°， ∴有以下三种情况： ①当∠A＝80°为该等腰三角形的顶角时，则∠B＝∠C， 由三角形内角和定理得：∠B+∠C+∠A＝180°， ∴2∠B+80°＝180°， 解得：∠B＝50°； ②当∠A＝80°为该等腰三角形的底角，∠B也是该等腰三角形的底角时， ∴∠B＝∠A＝80°； ③当∠A＝80°为该等腰三角形的底角，∠B是该等腰三角形的顶角时， ∴∠C＝∠A＝80°， 由三角形内角和定理得：∠B+∠C+∠A＝180°， ∴∠B+80°+80°＝180°， ∴∠B＝20°， 综上所述：∠B的度数为50°或80°或20°， ∴∠B可以有3个不同值， 故答案为：3． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形的内角和定理是解决问题的关键．，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点． 14．【考点】几何变换综合题 【分析】根据题意可得△DBE为等腰直角三角形，设EF＝x，所以ED＝2x，CEx，然后利用勾股定理可得CF，BF，设yx，所以CF，BF，根据两点间的距离可以建立平面直角坐标系，设P（y，0），G（1，1），Q（2，2，），作点G关于x轴的对称点G′，连接G′Q，可得PG+PQ≥G′Q，所以BF+CF的最小值为G′Q的值，然后利用勾股定理即可解决问题． 解：∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝2， ∴AC＝BCAB， ∵过点E作BC的垂线交BA延长线于点D， ∴△DBE为等腰直角三角形， ∴DE＝BE， 设EF＝x， ∵EF+ED＝2AC， ∴ED＝2x， ∴CE＝BE﹣BC＝DE﹣BC＝2xx， ∴CF， 在Rt△BEF中，BE＝ED＝2x， ∴BF， 设yx， ∴CF， BF， 如图建立如下平面直角坐标系，设P（y，0），G（1，1），Q（2，2，）， ∴CFPG， BFPQ， 作点G关于x轴的对称点G′，连接G′Q， ∴PG+PQ≥G′Q， ∴BF+CF的最小值为G′Q的值， ∵G′H＝2﹣1＝1，QH＝2+1＝3， ∴G′Q． ∴BF+CF的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题属于几何变换综合题，难度很大，是中考填空题的压轴题，考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形，坐标与图形性质，勾股定理，两点之间的距离，解决本题的关键是掌握轴对称的性质． 15．【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质 【分析】延长AD、NB′交于点H，由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，则∠AMO＝∠CNO，∠H＝∠CNE，∠HMN＝∠BNM，由折叠得∠HNM＝∠BNM，则∠HMN＝∠HNM，而OA＝OC，DE＝CE，可证明△AOM≌△CON，得MA＝NC＝3，则MD＝NB＝NB′＝7，再证明△DEH≌△CEN，得HD＝NC＝3，所以NH＝MH＝10，求得EH＝EN＝5，则EB′＝NB′﹣EN＝2，于是得到问题的答案． 解：延长AD、NB′交于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形，点O是AC的中点，点E是CD的中点， ∴AD∥BC，AD＝BC，OA＝OC，DE＝CE， ∴∠AMO＝∠CNO，∠H＝∠CNE，∠HMN＝∠BNM， 由折叠得∠HNM＝∠BNM，NB′＝NB， ∴∠HMN＝∠HNM， 在△AOM和△CON中， ， ∴△AOM≌△CON（AAS）， ∴MA＝NC＝3， ∴AD﹣MA＝BC﹣NC， ∴MD＝NB＝NB′＝7， 在△DEH和△CEN中， ， ∴△DEH≌△CEN（AAS）， ∴HD＝NC＝3，EH＝EN， ∴NH＝MH＝MD+HD＝10， ∴EH＝ENNH＝5， ∴EB′＝NB′﹣EN＝2， 故答案为：2． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 三．解答题（共8小题，满分90分） 16．【考点】平方差公式；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算；单项式乘多项式 【分析】（1）利用特殊锐角三角函数值，零指数幂，算术平方根的定义，负整数指数幂计算即可； （2）利用单项式乘多项式法则，平方差公式计算即可． 解：（1）原式 ； （2）原式＝2a﹣a2+（a2﹣1） ＝2a﹣a2+a2﹣1 ＝2a﹣1． 【点评】本题考查实数及整式的运算，特殊锐角三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，平方差公式，单项式乘多项式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 17．【考点】解一元一次不等式组；二元一次方程组的应用 【分析】（1）①依据题意，根据所给信息计算可以得解； ②依据题意，设6x﹣7y＝m（9x﹣11y）+n（4x﹣5y），从而6x﹣7y＝（9m+4n）x﹣（11m+5n）y，故，求出m，n后即可计算得解； （2）依据题意，设6x+19y＝m（3x﹣2y）+n（4x+5y），则6x+19y＝（3m+4n）x+（﹣2m+5n）y，可得，从而6x+19y＝﹣2（3x﹣2y）+3（4x+5y）＝4t﹣7，结合﹣1≤t≤3，进而计算可以得解． 解：（1）①， ②×2得：8x﹣10y＝6③， ①﹣③得：x﹣y＝﹣7， 故答案为：﹣7． ②由题意，设6x﹣7y＝m（9x﹣11y）+n（4x﹣5y）， ∴6x﹣7y＝（9m+4n）x﹣（11m+5n）y． ∴， ③×5﹣④×4得：m＝2， 把m＝2代入③得：n＝﹣3， ∴将m＝2，n＝﹣3代入6x﹣7y＝m（9x﹣11y）+n（4x﹣5y）得：6x﹣7y＝2×（﹣1）﹣3×3＝﹣2﹣9＝﹣11， （2）由题意，设6x+19y＝m（3x﹣2y）+n（4x+5y）， ∴6x+19y＝（3m+4n）x+（﹣2m+5n）y． ∴． ∴． ∴6x+19y＝﹣2（3x﹣2y）+3（4x+5y） ＝﹣2（t+2）+3（2t﹣1） ＝﹣2t﹣4+6t﹣3 ＝4t﹣7． ∵﹣1≤t≤3， ∴﹣11≤4t﹣7≤5． 故答案为：﹣11≤4t﹣7≤5． 【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组、二元一次方程组的应用，解题时要能熟练掌握并能读懂题意，列出关系式是关键． 18．【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；菱形的性质 【分析】（1）根据菱形的性质得到AC⊥BD，AD＝BC，AD∥BC，即AD∥CF，根据平行四边形的判定定理得到四边形ACFD是平行四边形，求得AC∥DF，根据三角形中位线定理得到CG∥BD，于是得到CG⊥DF； （2）根据三角形中位线定理得到CG∥BD，CGBD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，DEBD，求得∠DEC＝90°，CG＝DE，根据矩形的判定定理即可得到结论． 证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AD＝BC，AD∥BC，即AD∥CF， ∴四边形ACFD是平行四边形， ∴AC∥DF， ∴BD⊥DF， ∵CF＝BC，点G是DF中点， ∴CG是△DBF中位线， ∴CG∥BD， ∴CG⊥DF； （2）∵CG是△DBF中位线， ∴CG∥BD，CGBD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，DEBD， ∴∠DEC＝90°，CG＝DE， ∵CG∥BD， ∴四边形ECGD是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的性质及三角形的中位线定理，解题的关键是牢记菱形的有关判定的方法． 19．【考点】众数；用样本估计总体；中位数 【分析】（1）用“1”分别减去其它三组所占百分比即可求出a，再根据中位数和众数的定义即可求解； （2）比较平均数，众数和中位数，即可求解； （3）用样本估计总体，即可求解． 解：（1）由题意得，a%＝1﹣10%﹣20%100%＝40%，即a＝40； 将八年级10名学生的竞赛成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是94，95，故中位数b94.5； 在九年级10名学生的竞赛成绩中，99出现的次数最多，故众数c＝99． 故答案为：40，94.5，99； （2）八年级学生对三中全会知识的掌握程度更好，理由如下： 虽然两个年级的平均数相同，但八年级学生的中位数和众数均高于九年级，所以八年级学生对三中全会知识的掌握程度更好； （3）300×40%+300240（人）， 答：估计该校参加此次竞赛成绩（x＞95）为优秀的学生总人数为240人． 【点评】本题考查扇形统计图，中位数，众数，掌握平均数、中位数、众数的意义和计算方法是解答本题的关键． 20．【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题 【分析】延长CD交AB于点F，设AF＝xm，在Rt△ADF中，用x的代数式表示DF，进而表示CF，再在Rt△ACF中，利用边角关系列方程，求出x即可解决问题． 解：延长CD交AB于点F，如图， 由题意，得CF⊥AB，MN＝CD＝153m，CM＝DN＝BF＝1.5m， 设AF＝xm， 在Rt△ADF中， ∵∠ADF＝45°， ∴DFx（m）， ∴CF＝CD+DF＝（x+153）m， 在Rt△ACF中， tan∠ACF0.40， ∴0.40， 解得x＝102， 经检验，x＝102是原方程的根， ∴AF＝102m， ∴AB＝AF+BF＝102+1.5＝103.5（m）． 答：斜拉桥的高度AB约为103.5m． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，理解题意，通过构造直角三角形，熟练运用直角三角形中的边角关系是解题的关键． 21．【考点】一次函数的应用 【分析】（1）由图可知甲、乙两车搬运72千克的货物分别用时（18分），（12分），由此可解； （2）函数图象经过（6，0），（18，72），利用待定系数法即可求解； （3）6≤x≤30时，甲、乙两车同时搬运货物，根据二者搬运量相差8千克列方程即可． 解：（1）由图可知，甲种电动车每分钟搬运货物量为（千克）， 乙种电动车每分钟搬运货物量为（千克）， 故答案为：4，6； （2）设6≤x≤36时，乙种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）之间的函数关系式为y＝kx+b， 由图可知，图象经过（6，0），（18，72）， ∴， 解得， ∴6≤x≤36时，乙种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）之间的函数关系式为y＝6x﹣36； （3）设甲种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）之间的函数关系式为y＝mx， 将（18，72）代入，得72＝18m， 解得m＝4， ∴甲种电动车的搬运货物量y（千克）与时间x（分）之间的函数关系式为y＝4x， ∵两种电动车充满电后都可以连续搬运货物30分钟， ∴当6≤x≤30时，甲、乙两车同时搬运货物， 若二者搬运量相差8千克，则4x﹣（6x﹣36）＝8或（6x﹣36）﹣4x＝8， 解得x＝14或x＝22， 因此，二者搬运量相差8千克时，x的值为14或22． 【点评】本题考查一次函数的实际应用，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键． 22．【考点】切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；圆周角定理 【分析】（1）连接OC，利用同圆的半径相等，等腰三角形的性质，垂直的定义和圆的切线的判定定理解答即可； （2）利用直角三角形的边角关系定理得到tanE，设BD＝3k，则BE＝4k，DC＝DB＝3k，利用勾股定理得到EC，在Rt△ECO中，利用直角三角形的边角关系定理求得OC，再利用相似三角形的判定与性质求出线段BC，利用勾股定理求得AB，则k值可得，结论可求． （1）证明：连接OC，如图， ∵OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC． ∵BD⊥AB， ∴∠DBC+∠OBC＝90°， ∴∠OCB+∠DBC＝90°． ∵BD＝CD， ∴∠DBC＝∠DCB， ∴∠OCB+∠DCB＝90°， 即∠OCD＝90°， ∴OC⊥CD， ∵OC为⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：在Rt△EBD中， ∵tanE， ∴设BD＝3k，则BE＝4k，DC＝DB＝3k， ∴ED5k， ∴EC＝DE﹣DC＝2k． 在Rt△ECO中， ∵tanE， ∴， ∴OCk， ∴AB＝2OC＝3k， ∴EA＝BE﹣AB＝k． ∵∠E＝∠E，∠ECA＝∠EBC， ∴△EAC∽△ECB， ∴． ∴， ∴BC＝2， ∴AB， ∴AB＝3k， ∴BD＝3k． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 23．【考点】二次函数综合题 【分析】（1）根据直线BC的解析式可求得B（4，0），C（0，8），代入抛物线y＝﹣x2+bx+c即可求得答案； （2）设P（t，﹣2t+8），则Q（t，﹣t2+2t+8），根据PQ∥MN，PQ＝MN，可得t＝3，即P（3，2），Q（3，5），由两点间距离公式可得PN＝2，由于PN≠MN，故四边形MNPQ为菱形． （3）过点H、F分别作y轴的平行线交x轴于K、N，过点E作x轴的平行线交y轴于R，交HK于P，交FN于Q，设G（0，m），由EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8，可得直线EF的解析式为y＝﹣2x+m，通过联立方程组可得H（m，2m），进而求得HGm，根据直线EF：y＝﹣2x+m与抛物线交于点E，F，可得x2﹣4x+m﹣8＝0，运用根与系数关系可得：xE+xF＝4，xExF＝m﹣8，由HK∥FN∥y轴，可得，，再由，建立方程求解即可得出答案． 解：（1）∵直线y＝﹣2x+8分别交x轴，y轴于点B，C， ∴B（4，0），C（0，8）， ∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8； （2）存在点P，使四边形MNPQ为平行．理由如下： 设P（t，﹣2t+8）， ∵PD⊥x轴， ∴PD∥y轴，即PQ∥y轴， 则Q（t，﹣t2+2t+8）， ∴PQ＝﹣t2+2t+8﹣（﹣2t+8）＝﹣t2+4t， ∵y＝﹣x2+2x+8＝﹣（x﹣1）2+9， ∴抛物线的顶点为M（1，9），对称轴为直线x＝1， ∴N（1，6）， ∴MN＝9﹣6＝3，MN∥y轴， ∴PQ∥MN， 要使四边形MNPQ为平行四边形，必须PQ＝MN， 由﹣t2+4t＝3， 解得：t＝1或t＝3， 当t＝1时，点P与点N重合，点Q与点M重合，舍去； 当t＝3时，P（3，2），Q（3，5）， ∴PQ＝5﹣2＝3， ∴PQ＝MN， ∵PQ∥MN， ∴四边形MNPQ是平行四边形， （3）如图（2），过点H、F分别作y轴的平行线交x轴于K、N，过点E作x轴的平行线交y轴于R，交HK于P，交FN于Q， 设G（0，m），点E、F的横坐标分别为x1、x2，且x1＜x2， ∵EF∥BC，直线BC：y＝﹣2x+8， ∴直线EF的解析式为y＝﹣2x+m， ∵直线EF与直线y＝﹣4x交于点H， ∴， 解得：， ∴H（m，2m）， ∴HK＝﹣2m，OG＝﹣m， ∵直线EF与抛物线交于点E，F， ∴﹣x2+2x+8＝﹣2x+m， 整理得：x2﹣4x+m﹣8＝0， ∴xE+xF＝4，xExF＝m﹣8， ∵HK∥y轴，FN∥y轴， ∴HK∥FN∥y轴， ∴，， ∴m•m•， ∵， ∴， ∴， 解得：m＝﹣16 ∴点G的坐标为（0，﹣16）． 【点评】本题属于二次函数综合题，考查了一次函数和二次函数的图象与性质、一元二次方程根与系数关系，解直角三角形、勾股定理、待定系数法求函数的解析式、平行四边形和菱形的判定等知识点，运用数形结合思想以及熟练掌握相关性质及定理是解题的关键 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $