精品解析：河北省石家庄市新乐实验学校2022年中考模拟预测（四）数学试题

2022年河北省初中毕业生升学文化课预测考试 数学试卷（四） 本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分；卷Ⅰ为选择题，卷Ⅱ为非选择题． 本试卷总分120分，考试时间120分钟． 卷Ⅰ（选择题，共42分） 注意事项：1．答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、科目填涂在答题卡上．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．答在试卷上无效． 一、选择题（本大题有16个小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2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. 的倒数是（ ） A. B. C. D. 2 2. 下图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是（ ） A. B. C. D. 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 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. 5. 某校九年级进行了3次数学模拟考试，甲、乙、丙、丁4名同学3次数学成绩的平均分都是129分，方差分别是，，，，则这4名同学3次数学成绩最稳定的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 6. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若，则∠2的度数是（ ） A. 15° B. 20° C. 25° D. 40° 7. △BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（　　） A. △ABC的周长 B. △AFH的周长 C. 四边形FBGH的周长 D. 四边形ADEC的周长 8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递80件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件件，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一点，连接，若，则的长是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 10. 中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形（图1）．它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的勒洛三角形和圆． 下列说法中错误的是（ ） A. 勒洛三角形是轴对称图形 B. 图1中，点A到弧BC上任意一点的距离都相等 C. 图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心的距离都相等 D. 图2中，等宽的勒洛三角形和圆，它们的周长相等 11. 如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于、两点，是以点为圆心，半径长的圆上一动点，连结，为的中点．若线段长度的最大值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 12. 已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 13. 已知，求作，作法： （1）以为圆心，任意长为半径画弧分别交，于点，； （2）分别以，为圆心，以长为半径在角的内部画弧交于点； （3）作射线，则为的平分线，可得． 根据以上作法，某同学有以下3种证明思路： ①可证明，得，可得； ②可证明四边形为菱形，，互相垂直平分，得，可得； ③可证明为等边三角形，，互相垂直平分，从而得，可得． 你认为该3种证明思路中，正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 14. 某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至处时，发现正北方向海里的处有海盗出没，为了安全，请求处的海警前往处护航．如图，已知位于处的东北方向上，位于的北偏西方向上，则和之间的距离为（ ）海里． A. B. C. D. 15. 如图，在平面直角坐标系中，经过三点，点是上的一动点．当点到弦的距离最大时，的值是（　　） A. B. C. D. 16. 如图，在中，，，于点D．点P从点A出发，沿的路径运动，运动到点C停止，过点P作于点E，作于点F．设点P运动的路程为x，四边形的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ） A. B. C. D. 卷Ⅱ（非选择题，共78分） 注意事项：1．答卷Ⅱ前，将密封线左侧的项目填写清楚． 2．答卷Ⅱ时，将答案用黑色字迹的钢笔、签字笔或圆珠笔直接写在试卷上． 二、填空题（本大题有3个小题，共10分.17小题2分；18、19小题有2个空，每空2分．） 17. 若关于的一元二次方程无实数根，则的取值范围是_________． 18. 王老师是一名快走锻炼爱好者，他用手机软件连续记录了某月天每天快走锻炼的步数（单位：万步），并将记录的结果绘制成如图所示的条形统计图，则他每天所走步数的中位数是__________万步，众数是__________万步． 19. 如图，的直径，是上（不与点重合）的任一点，点为上的两点．若，则称为直径的“回旋角”． （1）若的长为，“回旋角” 的度数______． （2）若直径的“回旋角”为，且的周长为，的长______． 三、解答题（本大题有7小题，共68分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20. 我们规定；若关于x的一元一次方程的解为，则称该方程为“商解方程”．例如：的解为且，则方程是“商解方程”．请回答下列问题： （1）判断是不是“商解方程”，并说明理由． （2）若关于x的一元一次方程是“商解方程”，求m的值． 21. （2013年四川眉山9分）我市某中学艺术节期间，向学校学生征集书画作品．九年级美术李老师从全年级14个班中随机抽取了A、B、C、D 4个班，对征集到的作品的数量进行了解析统计，制作了如下两幅不完整的统计图． （1）李老师采取的调查方式是　 　（填“普查”或“抽样调查”），李老师所调查的4个班征集到作品共 件，其中B班征集到作品　 　，请把图2补充完整． （2）如果全年级参展作品中有4件获得一等奖，其中有2名作者是男生，2名作者是女生．现在要在抽两人去参加学校总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．（要求用树状图或列表法写出解析过程） 22. 如图①，在中，与的平分线相交于点． （1）如果，求的度数； （2）如图②，作外角的角平分线交于点，试探索之间的数量关系． （3）如图③，延长线段、交点中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，直接写出的度数． 23. 如图1，中，，，，半径为r的经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）． （1）半径r的最小值等于__________． （2）设BM=x，求半径r关于x的函数表达式； （3）当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗） 24. 甲、乙两人同时开车从地出发，沿同一条道路去地，途中都以两种不同的速度与行驶．甲前一半路程以速度匀速行驶，后一半路程以速度匀速行驶；乙前一半时间以速度匀速行驶，后一半时间用以速度匀速行驶． （1）设甲乙两人从地到地的平均速度分别为和，则___________；用含、的式子表示． （2）甲、乙两人___________填甲或乙先到达地． （3）如图是甲、乙二人从地到地的路程千米和时间小时之间的函数图象．请你求出： 、、的值． 甲乙出发后几小时在途中相遇？ 25. 问题情境:有一堵长为的墙，利用这堵墙和长为的篱笆围成一个矩形养鸡场，怎样围面积最大？最大面积是多少？ 题意理解:根据题意，有两种设计方案：一边靠墙（如图①）和一边“包含”墙（如图②）． 特例分析: （1）当时，若按图①的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是 ；若按图②的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是 ． （2）当时，解决“问题情境”中的问题． 解决问题:（3）直接写出“问题情境”中的问题的答案． 26. （1）如图1，在△ABC中，AC=6，AB＝4，求△ABC的面积． （2）如图2，半圆O的直径AB＝10，C是半圆的中点，点D在上，且，点P是AB上的动点，试求PC＋PD的最小值． （3）如图3，扇形AOB的半径为20，∠AOB＝45°，在选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE＋EF＋FP的长度的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年河北省初中毕业生升学文化课预测考试 数学试卷（四） 本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分；卷Ⅰ为选择题，卷Ⅱ为非选择题． 本试卷总分120分，考试时间120分钟． 卷Ⅰ（选择题，共42分） 注意事项：1．答卷Ⅰ前，考生务必将自己的姓名、准考证号、科目填涂在答题卡上．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．答在试卷上无效． 一、选择题（本大题有16个小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2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. 的倒数是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】乘积为1的两个数互为倒数． 【详解】解：的倒数为． 2. 下图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【详解】从正面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个三角形， 故选：C． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图． 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算法则运算即可． 【详解】解：A．m2与2m不是同类项，不能合并，所以A错误； B．m4÷m2＝m4﹣2＝m2，所以B正确； C．m2•m3＝m2+3＝m5，所以C错误； D．（m2）3＝m6，所以D错误； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了合并同类项，同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方等运算，熟练掌握运算法则是解答此题的关键． 4. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形的概念，即如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；根据中心对称图形的概念，即在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，由此判断选项即可． 【详解】解：A．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D．图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意． 5. 某校九年级进行了3次数学模拟考试，甲、乙、丙、丁4名同学3次数学成绩的平均分都是129分，方差分别是，，，，则这4名同学3次数学成绩最稳定的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】根据方差的意义即方差越小成绩越稳定即可求解． 【详解】解：∵，，，，且平均数相等， ∴＜＜＜ ∴这4名同学3次数学成绩最稳定的是甲， 故选：A． 【点睛】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好． 6. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若，则∠2的度数是（ ） A. 15° B. 20° C. 25° D. 40° 【答案】C 【解析】 【分析】利用平行线的性质求得∠3的度数，即可求得∠2的度数． 【详解】 ∵AD∥BC， ∴∠3=∠1=20， ∵△DEF是等腰直角三角形， ∴∠EDF=45， ∴∠2=45∠3=25， 故选：C． 【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 7. △BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（　　） A. △ABC的周长 B. △AFH的周长 C. 四边形FBGH的周长 D. 四边形ADEC的周长 【答案】A 【解析】 【分析】由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，进而可根据AAS证明△AFH≌△CHG，可得AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五边形DECHF的周长＝AB+BC，从而可得结论． 【详解】解：∵△GFH为等边三角形， ∴FH＝GH，∠FHG＝60°， ∴∠AHF+∠GHC＝120°， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°， ∴∠GHC+∠HGC＝120°， ∴∠AHF＝∠HGC， ∴△AFH≌△CHG（AAS）， ∴AF＝CH． ∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形， ∴BE＝FH， ∴五边形DECHF的周长＝DE+CE+CH+FH+DF ＝BD+CE+AF+BE+DF ＝（BD+DF+AF）+（CE+BE）， ＝AB+BC． ∴只需知道△ABC的周长即可． 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及多边形的周长问题，熟练掌握等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 8. 随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递80件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件件，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件（x+80）件，根据人数=投递快递总数量÷人均投递数量，结合快递公司的快递员人数不变，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【详解】解：设原来平均每人每周投递快件x件，则现在平均每人每周投递快件（x+80）件， 根据快递公司的快递员人数不变列出方程，得：， 故选：D． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 9. 如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一点，连接，若，则的长是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据等腰三角形的性质结合直角三角形两个锐角互余的关系求解即可． 【详解】∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O， ∴OA=OC=AC=4，OB=OD=BD=3，AC⊥BD， 由勾股定理得，CD=， ∵OE=CE， ∴∠EOC=∠ECO， ∵∠EOC+∠EOD =∠ECO+∠EDO=90， ∴∠EOD =∠EDO， ∴OE=ED， ∴OE=ED=CE， ∴OE=CD=． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两个锐角互余，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键． 10. 中国科学技术馆有“圆与非圆”展品，涉及了“等宽曲线”的知识．因为圆的任何一对平行切线的距离总是相等的，所以圆是“等宽曲线”．除了圆以外，还有一些几何图形也是“等宽曲线”，如勒洛三角形（图1）．它是分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间画一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形．图2是等宽的勒洛三角形和圆． 下列说法中错误的是（ ） A. 勒洛三角形是轴对称图形 B. 图1中，点A到弧BC上任意一点的距离都相等 C. 图2中，勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心的距离都相等 D. 图2中，等宽的勒洛三角形和圆，它们的周长相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称形的定义，可以找到一条直线是的图像左右对着完全重合，则为轴对称图形.鲁列斯曲边三角形有三条对称轴. 勒洛三角形可以看成是3个圆心角为60°，半径为DE的扇形的重叠，根据其特点可以进行判断选项的正误. 【详解】勒洛三角形有三条对称轴，就是等边三角形的各边中线所在的直线，故正确； 点A到上任意一点的距离都是DE，故正确; 勒洛三角形上任意一点到等边三角形DEF的中心的距离不一定相等，到顶点的距离是到边的中点的距离的2倍，故错误； 勒洛三角形的周长=3× ,圆的周长= ,故说法正确. 故选C. 【点睛】主要考查了轴对称图形，弧长的求法以及对于新概念的理解． 11. 如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于、两点，是以点为圆心，半径长的圆上一动点，连结，为的中点．若线段长度的最大值为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接BP，证得OQ是△ABP的中位线，当P、C、B三点共线时PB长度最大，PB=2OQ=4，设 B点的坐标为（x，-x），根据点，可利用勾股定理求出B点坐标，代入反比例函数关系式即可求出k的值． 【详解】解：连接BP， ∵直线与双曲线的图形均关于直线y=x对称， ∴OA=OB， ∵点Q是AP的中点，点O是AB的中点 ∴OQ是△ABP的中位线， 当OQ的长度最大时，即PB的长度最大， ∵PB≤PC+BC，当三点共线时PB长度最大， ∴当P、C、B三点共线时PB=2OQ=4， ∵PC=1， ∴BC=3， 设B点的坐标为（x，-x）， 则， 解得（舍去） 故B点坐标为， 代入中可得：， 故答案为：A． 【点睛】本题考查三角形中位线的应用和正比例函数、反比例函数的性质，结合题意作出辅助线是解题的关键． 12. 已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的对称轴的位置判断的符号，再根据抛物线与轴的交点，判断的符号，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【详解】解：∵抛物线对称轴是轴的右侧， ∴， ∵与轴交于负半轴， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴， ∴，故②错误； ∵抛物线与轴有两个交点， ∴，故③正确； 当时，， 即，故④错误； 综上可得：正确的结论为：①③，有个． 故选：B 【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解本题的关键是要明确：对于二次函数来说，①二次项系数决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；②一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时（即），对称轴在轴左； 当与异号时（即），对称轴在轴右．（简称：左同右异）③常数项决定抛物线与轴交点，抛物线与轴交于．④抛物线与轴交点个数：时，抛物线与轴有2个交点；时，抛物线与轴有1个交点；时，抛物线与轴无交点． 13. 已知，求作，作法： （1）以为圆心，任意长为半径画弧分别交，于点，； （2）分别以，为圆心，以长为半径在角的内部画弧交于点； （3）作射线，则为的平分线，可得． 根据以上作法，某同学有以下3种证明思路： ①可证明，得，可得； ②可证明四边形为菱形，，互相垂直平分，得，可得； ③可证明为等边三角形，，互相垂直平分，从而得，可得． 你认为该3种证明思路中，正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】根据全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、等边三角形的性质一一判断即可． 【详解】解：①由作图得：， ， ， ，故①正确，符合题意； ②由作图得：， 四边形为菱形， 平分， ，故②正确，符合题意； ③，但不一定与相等， 不一定是等边三角形，故③错误，不符合题意； 3种证明思路中，正确的有①②， 故选：A． 【点睛】本题考查了作图—复杂作图，全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、等边三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 14. 某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至处时，发现正北方向海里的处有海盗出没，为了安全，请求处的海警前往处护航．如图，已知位于处的东北方向上，位于的北偏西方向上，则和之间的距离为（ ）海里． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作于点，设海里，在中，可得海里，在中，，解得，则，求出的值，再根据勾股定理可得出答案． 【详解】解：过点作于点，如图所示： 由题意得，海里，，， 设海里， 在中，， 海里， 在中，，解得， ，解得， 海里， 海里， 故选：A． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用方向角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键． 15. 如图，在平面直角坐标系中，经过三点，点是上的一动点．当点到弦的距离最大时，的值是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接连接，过点作，并延长交于点，求出的半径，进而结合勾股定理得出答案． 【详解】解：连接，过点作，并延长交于点，连接，此时点到弦的距离最大， ， ， ， ，则的半径为， ， ， ， ， ， ． 故选：． 【点睛】此题主要考查了圆周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键． 16. 如图，在中，，，于点D．点P从点A出发，沿的路径运动，运动到点C停止，过点P作于点E，作于点F．设点P运动的路程为x，四边形的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，，，证明四边形是矩形，然后分两种情况讨论：当点P在线段上时，当点P在线段上时，然后分别解直角三角形表示出，，然后求解即可． 【详解】解：∵，， ∴，， 又∵， ∴，， ∵，， ∴四边形是矩形， 当点P在线段上时，即时，， ∴， ∴， ∴四边形的面积， 此阶段函数图象是抛物线，开口方向向下； 当点P在线段上时，即时，如图， 依题意得：， ∵，， ∴， ∴四边形的面积， 此阶段函数图象是抛物线，开口方向向上； 综上所述，能反映y与x之间函数关系的图象是A选项图象． 卷Ⅱ（非选择题，共78分） 注意事项：1．答卷Ⅱ前，将密封线左侧的项目填写清楚． 2．答卷Ⅱ时，将答案用黑色字迹的钢笔、签字笔或圆珠笔直接写在试卷上． 二、填空题（本大题有3个小题，共10分.17小题2分；18、19小题有2个空，每空2分．） 17. 若关于的一元二次方程无实数根，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】方程无实数根，则，建立关于k的不等式，即可求出k的取值范围． 【详解】∵，，， 由题意知，， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程（，为常数）的根的判别式．当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根． 18. 王老师是一名快走锻炼爱好者，他用手机软件连续记录了某月天每天快走锻炼的步数（单位：万步），并将记录的结果绘制成如图所示的条形统计图，则他每天所走步数的中位数是__________万步，众数是__________万步． 【答案】 ①. 1.1 ②. 【解析】 【详解】数据为个，中位数为第、个数值的平均数， 根据条形统计图可知中位数为万步，根据数量可知众数为1.2万步． 19. 如图，的直径，是上（不与点重合）的任一点，点为上的两点．若，则称为直径的“回旋角”． （1）若的长为，“回旋角” 的度数______． （2）若直径的“回旋角”为，且的周长为，的长______． 【答案】 ①. ②. 3或23 【解析】 【分析】（1）先求出，进而判断出点三点共线，求出，即可得出结论； （2）①当点在半径上时，利用（1）的方法求出，，利用三角函数求出，进而求出，再用勾股定理求出，即可求出得出结论；②当点在半径上时，同①方法得，，即可得出结论． 【详解】解：（1）， ， 设， 的长为， ， ， ， 如图，作交于，连接， ， 为直径的“回旋角”， ， ， ， ， 点三点共线， ， ， ， ，即“回旋角”的度数为， 故答案为：； （2）①当点在半径上时，如图，过点作交于，连接， ， 同（1）的方法可得：点在同一条直线上， 直径的“回旋角”为， ， ， 为等边三角形， ， 连接， ， 过点作于， ，， ， ， 的周长为， ， ， ， 过点作于， ， 在中，， 在中，， ， ， ②当点在半径上时， 同①方法得，， ， 满足条件的的长为3或23， 故答案为：3或23． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，三点共线，锐角三角函数，勾股定理，新定义，正确作出辅助线是解本题的关键． 三、解答题（本大题有7小题，共68分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20. 我们规定；若关于x的一元一次方程的解为，则称该方程为“商解方程”．例如：的解为且，则方程是“商解方程”．请回答下列问题： （1）判断是不是“商解方程”，并说明理由． （2）若关于x的一元一次方程是“商解方程”，求m的值． 【答案】（1）是“商解方程”，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】根据“商解方程”的定义，直接解题即可. 【小问1详解】 解：是“商解方程”， 理由如下：方程的解为：， ∵， ∴是“商解方程”； 【小问2详解】 解：， 解得：， ∵一元一次方程是“商解方程”， ∴， 解得，． 【点睛】本题考查解一元一次方程．理解并掌握“商解方程”的定义，是解题的关键． 21. （2013年四川眉山9分）我市某中学艺术节期间，向学校学生征集书画作品．九年级美术李老师从全年级14个班中随机抽取了A、B、C、D 4个班，对征集到的作品的数量进行了解析统计，制作了如下两幅不完整的统计图． （1）李老师采取的调查方式是　 　（填“普查”或“抽样调查”），李老师所调查的4个班征集到作品共 件，其中B班征集到作品　 　，请把图2补充完整． （2）如果全年级参展作品中有4件获得一等奖，其中有2名作者是男生，2名作者是女生．现在要在抽两人去参加学校总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．（要求用树状图或列表法写出解析过程） 【答案】（1）抽样调查；12，3，统计图见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意得到此次调查为抽样调查；用C的度数除以360度求出所占的百分比，由C的件数除以所占的百分比即可得到调查的总件数；进而求出B的件数，据此把图2补充完整． （2）画树状图或列表得出所有等可能的情况数，找出一男一女的情况数，即可求出所求的概率． 【详解】（1）由题意可得：调查为抽样调查， 5÷=12（件）， 12﹣（2+5+2）=3（件）． 把图2补充完整如图所示： 故答案是：12，3； （2）画树状图如下： ∵所有等可能的情况有12种，其中一男一女有8种， ∴恰好抽中一男一女的概率为． 22. 如图①，在中，与的平分线相交于点． （1）如果，求的度数； （2）如图②，作外角的角平分线交于点，试探索之间的数量关系． （3）如图③，延长线段、交点中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，直接写出的度数． 【答案】（1） （2） （3）或或 【解析】 【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出，进而求出即可解决问题； （2）根据三角形的外角性质分别表示出与，再根据角平分线的性质可求得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （3）在中，由于，求出，，所以如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①；②；③；④；分别列出方程，求解即可． 【小问1详解】 解：． ， ∵点P是和的平分线的交点， ； 【小问2详解】 ∵外角，的角平分线交于点Q， ， ， ， ， ； 【小问3详解】 延长至F， 为的外角的角平分线， 是的外角的平分线， ， 平分， ， ， ， 即， 又， ，即； ， ， ． 如果中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况： ①，则，； ②，则，，； ③，则，解得； ④，则，解得． 综上所述，的度数是或或． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键． 23. 如图1，中，，，，半径为r的经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）． （1）半径r的最小值等于__________． （2）设BM=x，求半径r关于x的函数表达式； （3）当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗） 【答案】（1） （2） （3）作图见解析 【解析】 【分析】（1）当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示，由勾股定理可得：，从而列出，解得，再次利用勾股定理可得：，进而可得半径； （2）如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F，由，可表示出，，在中，由勾股定理列式：，即，且点M在线段BC上，可知，整理得：； （3）如图3所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是的位置，用圆规以O为圆心，OM为半径画圆，即为所求． 【小问1详解】 解：当交BC于点M时，此时半径r最小，设，如图1所示， 在和中，由勾股定理可知： ∴ 解得： ∴ ∴半径． 【小问2详解】 解：如图2所示，连接OM，过点A作交BC于点D，过点O作交AD于点F； 由（1）知，，，； ∴，； ∴在中， 即 整理得：； ∵点M在线段BC上 ∴ ∴ ． 【小问3详解】 解：如图3所示， 【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，垂直平分线的性质与画法．解题的关键在于对知识的灵活运用． 24. 甲、乙两人同时开车从地出发，沿同一条道路去地，途中都以两种不同的速度与行驶．甲前一半路程以速度匀速行驶，后一半路程以速度匀速行驶；乙前一半时间以速度匀速行驶，后一半时间用以速度匀速行驶． （1）设甲乙两人从地到地的平均速度分别为和，则___________；用含、的式子表示． （2）甲、乙两人___________填甲或乙先到达地． （3）如图是甲、乙二人从地到地的路程千米和时间小时之间的函数图象．请你求出： 、、的值． 甲乙出发后几小时在途中相遇？ 【答案】（1） （2）乙 （3）①，②小时 【解析】 【分析】（1）根据甲、乙从地到地的平均速度总路程总时间，即可求得； （2）相同的路程，速度大的先到达地，故只需比较甲、乙速度大小即可； （3）①由题意可知，乙行驶全程需4小时，前半时间即2小时，可求，根据甲行驶总路程乙行驶总路程列方程可得，将甲行驶一半路程乘以2可得总路程； ②甲、乙途中相遇可得甲行驶路程乙行驶路程，列方程可求时间． 【小问1详解】 解：设、两地间的路程为，乙从到所用总时间为， ，；. 故答案为： 【小问2详解】 解： ，乙先到达地； 故答案为：乙 【小问3详解】 解：①由（2）知乙先到达地，结合函数图象乙行驶全程需要4小时， 乙行驶一半时间小时）开了100千米，则（千米小时）， 根据题意，得：，解得（千米小时）， 地到地的路程（千米）， 故，，； ②结合函数图象可知甲乙出发后在途中相遇时已过路程中点或时间中点， 根据题意有，， 解得． 甲乙出发后小时在途中相遇． 【点睛】本题重点考查了一次函数的实际应用和函数图象相结合的问题，还考查了方程的应用，属中档题，解题关键是准确理解图象，熟练运用分式运算法则和方程进行求解． 25. 问题情境:有一堵长为的墙，利用这堵墙和长为的篱笆围成一个矩形养鸡场，怎样围面积最大？最大面积是多少？ 题意理解:根据题意，有两种设计方案：一边靠墙（如图①）和一边“包含”墙（如图②）． 特例分析: （1）当时，若按图①的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是 ；若按图②的方案设计，则该方案中养鸡场的最大面积是 ． （2）当时，解决“问题情境”中的问题． 解决问题:（3）直接写出“问题情境”中的问题的答案． 【答案】（1）288，324；（2）当时，该养鸡场围成一个边长为的正方形时面积最大，最大面积是；（3）当时，当矩形的长为，宽为时，养鸡场最大面积为 【解析】 【分析】（1）根据a=12,分类讨论即可,见详解,（2）表示出,根据二次函数的性质即可解题,（3）根据养鸡场的一边靠墙或包含墙分类讨论,再利用二次函数的性质求出最值即可解题. 【详解】解：（1）如图①,设矩形的长为x米,则矩形的宽为（30-）米,面积为S,依题意得： S=x·（30-）=-=-,(x12) ∴当x=12时,矩形有最大值为288 如图②, 设矩形的长为x米, 则矩形的宽为（36-x）米,依题意得： S=x·（36-x）=-, ∴当x=18时,矩形有最大值为324 综上,矩形的面积为288，324． （2）如图①，设，则． 所以． 根据题意，得． 因为， 所以当时，随的增大而减小． 即当时，有最大值，最大值是400（m2）. 如图②，设，则． 所以． 根据题意，得． 因为， 所以当时， 有最大值，最大值是. 综上，当时，该养鸡场围成一个边长为的正方形时面积最大，最大面积是． （3）当时，围成边长为的正方形面积最大，最大面积是． 当时，围成两邻边长分别为，的养鸡场面积最大，最大面积为． 当时，当矩形的长为，宽为时，养鸡场最大面积为． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用,难度较大,表示出二次函数并化为顶点式,分类讨论是解题关键. 26. （1）如图1，在△ABC中，AC=6，AB＝4，求△ABC的面积． （2）如图2，半圆O的直径AB＝10，C是半圆的中点，点D在上，且，点P是AB上的动点，试求PC＋PD的最小值． （3）如图3，扇形AOB的半径为20，∠AOB＝45°，在选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE＋EF＋FP的长度的最小值． 【答案】（1）12；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，解直角三角形求出BD，可得结论． （2）如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，因为PC+PD≥CQ所以当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，求出CQ的长即可解决问题． （3）如图3中，在上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，因为PE+EF+FP≥SN，所以当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，求出SN，可得结论． 【详解】解：（1）如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D， ∵∠BAC＝135°， ∴∠BAD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣135°＝45°， ∵BD⊥CA，交CA延长线于点D， ∴△BAD为等腰直角三角形，且∠BDA＝90°， ∴BD＝AD， 在△BAD中，BD＝AD，∠BDA＝90°， ∴BD2+AD2＝AB2，即2BD2＝AB2， ∵， ∴，解得：BD＝4， ∵AC＝6， ∴． （2）如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M， ∵D关于AB的对称点Q，CQ交AB于点P， ∴PD＝PQ， ∴PC+PD＝PC+PQ＝CQ， ∵点P为AB上的动点， ∴PC+PD≥CQ， ∴当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度， ∵点C为半圆的中点， ∴∠COB＝90°， ∵∠BOD+∠COD＝∠COB＝90°， ∴， ∵AB＝10， ∴， 在Rt△ODH中，由作图知，∠OHD＝90°，且∠HOD＝∠BOD＝30°， ∴， ∴， ∴， ∵由作图知，四边形OMQH为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴PC+PD的最小值为． （3）如图3中，在上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP， ∵点P关于OA的对称点S，点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F， ∴PE＝SE，FP＝FN，∠SOA＝∠POA，∠NOB＝∠POB，OS＝OP＝ON， ∴PE+EF+FP＝SE+EF+FN＝SN，∠SOA+∠NOB＝∠POA+∠POB， ∵E为OA上的点，F为OB上的点， ∴PE+EF+FP≥SN， ∴当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度， ∵∠POA+∠POB＝∠AOB＝45°， ∴∠SOA+∠NOB＝45°， ∴∠SON＝∠SOA+∠AOB+∠NOB＝45°+45°＝90°， ∵扇形AOB的半径为20， ∴OS＝ON＝OP＝20， 在Rt△SON中，∠SON＝90°，OS＝ON＝20，∠SON＝90°， ∴SN＝OS＝20， ∴PE+EF+FP的长度的最小值为． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了轴对称最短问题，矩形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $