2024年中考押题预测卷02（重庆卷）-数学（全解全析）_2数学总复习_赠送：2024中考模拟题数学_押题预测_2024年中考押题预测卷02（重庆卷）-数学（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

绝密★启用前 2024 年中考押题预测卷 02【重庆卷】 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（共 40 分） 1．2024相反数的倒数是（ ） A． B． C．2024 D． 【答案】B 【分析】本题考查了相反数和倒数的定义，正确理解相反数和倒数的概念是解题的关键．相反数：只有符 号不同的两个数互为相反数， 倒数：如果两个数的乘积等于1，那么这两个数就互为倒数．根据相反数和 倒数的概念即可判断答案． 【详解】 的相反数是 ， 相反数的倒数是 ．故选：B． 2.2023年10月8日晚，伴随圣火缓缓熄灭，杭州第19届亚运会圆满闭幕，亚运是体育盛会，也是文化旅 游的盛会．下列与杭州亚运会有关的图案中，属于中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，正确理解中心对称图形的定义是解答本题的关键，“ 把一个 图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图 形”，根据中心对称图形的定义即可得到结果． 【详解】选项A，图形不是中心对称图形，不符合题意； 选项B，图形是中心对称图形，符合题意；选项C，图形不是中心对称图形，不符合题意； 选项D，图形不是中心对称图形，不符合题意．故选：B．3．估计 的值应在（ ） A． 和 之间 B． 和 之间 C． 和 之间 D． 和 之间 【答案】C 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，根据二次根式的运算法则先化简，再利用夹逼 法即可估算出无理数的范围，掌握夹逼法是解题的关键． 【详解】解： ， ， ∵ ，∴ ，∴ ， 即 的值在 和 之间 故选： ． 4．如图，平行于主光轴 的光线 和 经过凹透镜的折射后，折射光线 的反向延长线交于 主光轴 上一点P．若 ，则 的度数是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，首先求出 和 ，再根据平行线的性质求出 和 即可． 【详解】解：∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ， ∴ ．故选：C． 5．某商场购进一款年货大礼包，经调研发现，当该款大礼包每盒的售价为 45元时，每天可售出100盒， 每盒的售价每降低1元，每天的销量增加10盒，要使该款大礼包每天的销售额达到 6000元，每盒的 售价应降低多少元？若设该款大礼包每盒降价 元，则可列方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是设该款大礼包每盒降价 元，根据该款大礼 包每天的销售额达到6000元，列出方程即可．【详解】解：设该款大礼包每盒降价 元，根据题意得： ，故选：D． 6．如图，点 是 的重心，过点 作 的平行线，分别交 ， 于点 ，若 ，则 的长为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的重心．熟练掌握三角形重心的性质，相似三角形的判定及性质，是解题的关 键．三角形的重心性质；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为 ． 连接 并延长交 于F，根据三角形重心的性质得到 ，得到 ，根据 ，得到 ，根据相似三角形的性质得到 ，然后利用比例的性质即得． 【详解】连接 并延长交 于F，如图，∵点P是 的重心，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．故选：C． 7．如图，正方形 的边长为 ，点 分别在边 ， 上，且 平分 ， ，连接 ，分别交 ， 于点 ，点 ． 是线段 上的一个动点，过点 作 ，垂足为 ， 连接 ，则 的最小值为（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、角平行线的定义，线段垂直平分线的判定 与性质、勾股定理，连接 与 交于点 ，交 于点 ，连接 ， ，证明 ， 得到 ， ，进而可证明 ，得到 ，推导出 是 线段 的垂直平分线，得到 ，由两点之间线段最短可得，当点 与点 重合时， 的值 最小，进而由 ，求出 即可求解，确定出点 与点 重合时， 的值最小是解题的关键． 【详解】解：如图，连接 与 交于点 ，交 于点 ，连接 ， ， ∵四边形 为正方形，∴ ， ， ∵ ， ， ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ 平分 ，∴ ，∵ ，∴ ， ， ∴ 是线段 的垂直平分线，∴ ，当点 与点 重合时， 的值最小， 此时 ，即 的最小值是 的长， ∵正方形 的边长为 ，∴ ，∴ ∴ 的最小值为 ，故选： ． 8．烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物，在生产生活中可作为燃料、润滑剂等原料，也可用于动、 植物的养护．通常用碳原子的个数命名为甲烷、乙烷、丙烷、 、癸烷（当碳原子数目超过10个时 即用汉文数字表示，如十一烷、十二烷 等，甲烷的化学式为 ，乙烷的化学式为 ，丙烷的 化学式为 ，其分子结构模型如图所示，按照此规律，十二烷的化学式为 （ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查数字的变化类，根据图形，可以写出 和 的个数，然后即可发现 和 的变化特点， 从而可以写出十二烷的化学式． 【详解】由图可得，甲烷的化学式中的 有1个， 有 （个 ， 乙烷的化学式中的 有2个， 有 （个 ， 丙烷的化学式中的 有3个， 有 （个 ， ， 十二烷的化学式中的 有12个， 有 （个 ，即十二烷的化学式为 ，故选：C． 9．若关于 的一元一次不等式组 恰有 个整数解，且关于 的分式方程 的 解是非负数，则所有满足条件的整数 的值之和是( ) A．10 B．13 C．15 D．18 【答案】B 【分析】本题考查了一元一次不等式组的解法与分式方程的解法；分别解出一元一次不等式组的解集和分 式方程的解，根据题目要求求出a的取值范围，再求出满足条件的整数a的值之和即可． 【详解】解：解一元一次不等式组 ，得 ， ∵一元一次不等式组恰有4个整数解，∴ ，∴ ， 解分式方程 ，去分母，得 ，得 ， ∵分式方程的解为非负数，∴ 且 ，解得 且 ， 综上，满足条件的整数a有 ， ， ，∴ ，故选：B． 10．对于若干个数，先将每两个数作差，再将这些差的绝对值进行求和，这样的运算称为对这若干个数的 “差绝对值运算”，例如，对于1，2，3进行“差绝对值运算”，得到： ． ①对－2，3，5，9进行“差绝对值运算”的结果是35；②x， ，5的“差绝对值运算”的最小值是 ；③a，b，c的“差绝对值运算”化简结果可能存在的不同表达式一共有6种；以上说法中正确的个数 为（ ） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】C 【分析】本题考查了新定义运算，化简绝对值符号，整式的加减运算．①根据“差绝对值运算”的运算方 法进行运算，即可判定；②根据“差绝对值运算”的运算方法进行运算，即可判定；③首先根据“差绝对 值运算”的运算方法进行运算，再分类讨论，化简绝对值符号，即可判定． 【详解】①对 ，3，5，9进行“差绝对值运算”得： ，故①正确； ②对 ， ，5进行“差绝对值运算”得： ， 表示的是数轴上点 到 和5的距离之和， 的最小值为 ， ， ，5的“差绝对值运算”的最小值是： ，故②不正确； 对 ， ， 进行“差绝对值运算”得： ， 当 ， ， ， ； 当 ， ， ， ； 当 ， ， 不可能 ； 当 ， ， ， ； 当 ， ， ， ； 当 ， ， ， ； 当 ， ， 不可 ； 当 ， ， ， ； ， ， 的“差绝对值运算”化简结果可能存在的不同表达式一共有7种，故③不正确，综上，故只有1 个正确的．故选：C． 第Ⅱ卷（共 110 分） 二、填空题（本大题共8个小题，每题4分，满分32分，将答案填在答题纸上） 11． ． 【答案】 / 【分析】本题考查了实数的混合运算，根据化简绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，求一个数 的立方根，进行计算即可求解．【详解】解： ，故答案为： ． 12．随着科学技术的不断发展，某地探讨并建成两个水果种植基地A和B，为了让农民快速致富，聘请了 农科院的四位专家每两人一组分别去A和B基地现场指导，这四位专家分别为王专家、李专家、刘专 家和杨专家，该地为了公平、公正，采用抽签的方式随机让两位专家去对应的水果种植基地，由此可 知，王专家和李专家分成一组去A基地的概率是 【答案】 【分析】本题主要考查概率公式，先求出四位专家两人一组时王专家和李专家分成一组时的概率，再计算 王专家和李专家分成一组去A基地的概率即可， 【详解】解：用坐标表示（A，B）表示共有6种情况： （王专家，李专家）（王专家，刘专家）（王专家，杨专家）（刘专家，李专家）（杨专家，李专家） （刘专家，杨专家），所以王专家和李专家分成一组去A基地的概率为 ，故答案为： ． 13．叶脉绣是以树叶为载体，以传统刺绣衬托出叶脉美的刺绣工艺品，可谓自然之美与中国传统刺绣结合 得相得益彰．实际上，很多叶片本身都蕴含着黄金分割的比例，在大自然中呈现出优美的样子．如图，  AP 51 点 是 的黄金分割点  AB  2   ，如果 的长为 4 54  cm ，那么 的长为 ． P AB   AB AP cm 【答案】8 【分析】本题考查了黄金分割，根据黄金分割的定义进行计算，即可解答．  AP 51 【详解】解： 点 是 的黄金分割点  AB  2   ， AB  4 54  cm P AB    AP 51 51    ， AP  4 54 8cm，故答案为： ．  4 54 2  2 8 14．如图1是我国明末《崇祯历书》之《割圆勾股八线表》中所绘的割圆八线图.如图2，根据割圆八线图， 在扇形 中， ， 和 都是 的切线，点 和点 是切点， 交 于点 ， 交 于点 ， ．若 ，则 的长为 ．图1 图2 【答案】 / 【分析】根据切线的性质，可得 ，结合 ， ，可得 是等边三 角形，在 和 中，根据特殊角的三角函数，即可求得 、 的长，即可求解， 本题考查了切线的性质，特殊角三角函数，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：∵ 和 是 的切线，∴ ， 又∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， 又∵ ，∴ 是等边三角形，∴ ， ， ∴ ， ， ，∴ ，故答案为： ． 15．“几处早莺争暖树，谁家春燕啄春泥”，阳春三月，春暖花开，某校决定组织该校七年级全部学生进 行春游活动，需要租用甲、乙、丙三种不同型号的巴士出行．已知甲种巴士的载客人数是乙种巴士载 客人数的2倍，丙种巴士每辆载客40人，且丙种巴士的载客人数不低于乙种巴士的载客人数，不超过 甲种巴士的载客人数．现在学校预计租用甲、丙两种巴士共10辆及若干辆乙种巴士，这样七年级学生 刚好能全部坐满每辆车，且乘坐乙种巴士和丙种巴士的有440人．结果在出发前若干学生因故不能参 加春游活动，这样学校就可以少租1辆乙种巴士，且有一辆乙种巴士还空了5个位置（其余车辆仍是 满载），这样乘坐甲种巴士和乙种巴士的共505人，则该校七年级有______学生． 【答案】740 【分析】设甲型巴士a辆，乙型巴士b辆，丙型巴士 辆，乙型巴士载x人，甲型巴士载2x人，根据 题意，得 ，求得x，b，后根据不等式的性质，取值的整数性质，讨论计算即可． 【详解】解：设甲型巴士a辆，乙型巴士b辆，丙型巴士 辆，乙型巴士载x人，甲型巴士载2x人，根据题意，得 ，解得 ，因为 ，所以 ； 因为 ，且a为整数，b为整数，x为整数，所以 ， 所以 （人），故答案为：740． 【点睛】本题考查了方程组的解法，不等式组的解法，整数的性质，熟练掌握方程组的解法，不等式组的 解法是解题的关键． k 16．如图，曲线 是由函数y 在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转 得到的，过点从 l x 45   3 3  A 3 2,3 2 ,B 2, 2的直线与曲线 相交于点M、N．若 的面积为3，则 ． 2 2  l  OMN k 【答案】4 3 2 3 2 【分析】由题意 ， ，B( ， )可知： ，建立新的坐标系： 为 轴， 为 A(3 2 3 2) 2 2 OAOB OB x OA y 轴，设M(x ，2x 8)，N(x ，2x 8)，利用根与系数的关系和 OMN 的面积是3，可得结论． 1 1 2 2  【详解】解：连接OA，OB，过A作AEy轴于E，过B作BF  y轴于F ， 3 2 3 2 点 ， ，B( ， )， ， ， ， ， A(3 2 3 2) 2 2 OE3 2 AE 3 2 OA6 EAOAOE45  同理得：OB3，BOF 45，∴ AOB90，OAOB， k 函数y (k 0)在第一象限内的图象绕坐标原点 逆时针旋转 ， x O 45  k  建立新的坐标系： OB 为 x 轴， OA 为y轴，则旋转后的函数解析式为：y x ， 在新的坐标系中，A(0,6)，B(3,0)，设直线AB的解析式为：ymxn， n6 m2 则 ，解得 ， 直线 的解析式为： ， 3mn0 n6  AB y2x6 k k 设 ， ， ， ，由2x6 得： ， ，xx  ， M(x 1 2x 1 6) N(x 2 2x 2 6) x 2x26xk0 x 1 x 2 3 1 2 21 1 1  S △OMN S △AOB S △AOM S △BON  2 63 2 6x 1  2 3(2x 2 6)3，整理得x 1 x 2 1， k (x 1 x 2 )2 1 ，  x 1 22x 1 x 2 x 2 2 1， (x 1 x 2 )24x 1 x 2 1 ，94 2 1， k4 ；故答案为：4． 【点睛】本题考查坐标与图形的性质，反比例函数的性质，一次函数，根与系数的关系，旋转的性质，数 形结合． 17．某投球发射装置斜向上发射进行投球实验，球离地面的高度 （米）与球运行时间 （秒）之间满足函 数关系式 ，该装置的发射点离地面10米，球筐中心点离地面35米．如图，若某次投 球正好中心入筐，球到达球筐中心点所需时间为5秒，那么这次投球过程中球离地面的高度 （米） 与球运行时间 （秒）之间满足的函数关系式为 ．（不要求写自变量的取值范围）；我们把球 在每2秒内运行的最高点离地面的高度与最低点离地面的高度的差称为“投射矩”，常用字母“ ” 表示．那么在这次投球过程中，球入筺前 的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题意可知该二次函数过点 ， ，再利用待定系数法即可求出其解析式；由（1） 可知 ，再根据 的取值范围，分别列出 ， ， 时 的方程式，综合得 出 的取值范围． 【详解】解：如图，由题意可知 ， ．则 ，解得： ， 球离地面的高度 （米）与球运行时间 （秒）之间满足的函数关系式为 ； 整理可得 抛物线的对称轴为直线 ，顶点坐标为 当 ， 当 ， 当 时， 综上， 的取值范围为 故答案为：① ② 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，一次函数的实际应用，绝对值的性质，不等式的性质，理解题意， 正确求出 与 之间的函数关系式和 与 之间的函数关系式是解题关键． 18．如图，菱形 的边长为2， ，将菱形纸片翻折，使点B落在对角线 上的点 处， 折痕为 ，连接 ，当 为等腰三角形时， 的长为 ． 【答案】 或 【分析】连接 ，交 于点H，设 与 的交点为 ，四边形 是菱形，求出 ， ，分 和 及 三种情况讨论． 【详解】解：连接 ，交 于点H，设 与 的交点为 ，点 落在对角线 上， ，即 ， 是边长为2的菱形， ， ， ， ， ， ， 由折叠的性质得： ， ， 四边形 是菱形， ， ， ， 当 时，此时点 重合， ，不符合题意； 当 时，如图1，则 ， ， ， ； 当 时，如图2，则 ， ， ， ， ， ， ； 综上， 的长为 或 ，故答案为： 或 ． 【点睛】此题主要考查菱形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，三角形全等的判定与 性质，菱形判定与性质，直角三角形的特征，解题的关键是熟知菱形的性质、折叠的特点． 三、解答题 （本大题共8小题，其中19题8分，其余每题各10分，共78分.解答应写出文字说明、证明 过程或演算步骤.） 19．计算：(1) ；(2) ． 【答案】(1) (2) 【分析】利用单项式乘以多项式，平方差公式，以及完全平方差公式化简，去括号合并同类项得到化简结 果；先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再将分式除法转化为乘法，分子分母因式分解约分化简计算即可； 【详解】（1）原式 （2分） （3分） （4分） （2）原式 （5分） （6分） （7分） （8分） 【点睛】本题考查了单项式乘多项式，乘法公式，分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键． 20．如图，在平行四边形 中， 是对角线． (1)用尺规完成以下基本作图：作 的垂直平分线 ，分别交 ， ， 于点 ， ， （只保 留作图痕迹）； (2)在（1）的图形中，连接 ， ，试猜想线段 与 的数量关系，并加以证明．（请补全下面 的解题过程） 解：猜想 证明如下： __________， ，__________． 是 的垂直平分线 __________． 在 和 中， ． __________． 四边形 是平行四边形 ． ． ． 【答案】(1)作图见解析(2)四边形 是平行四边形； ； ； 【分析】（1）根据尺规作图的方法步骤按要求作图即可得到答案； （2）根据平行四边形性质、中垂线性质、全等三角形性质即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示： （2分） （2）解：猜想 ，证明如下： 四边形 ABCD 是平行四边形， ，（4分） ， ，（6分） 是 的垂直平分线， ，（8分） 在 和 中， ， ，（10分） 四边形 是平行四边形， ， ， ． 故答案为：四边形 是平行四边形； ； ； ． 【点睛】本题考查平行四边形综合，涉及尺规作图-中垂线、平行四边形性质、中垂线性质及全等三角形性 质等知识，熟练掌握中垂线尺规作图方法、平行四边形性质、中垂线性质及全等三角形性质是解决问题的 关键． 22．“安全责任重于泰山”，为切实做好学校消防安全、反恐防暴等安全工作，提高学校的应急处置能力， 打造平安校园，培养让学生终身受益的灾害应急能力，某校开展了一次消防、反恐防暴培训及演练活 动．为了解此次活动效果，随机抽取了七年级、八年级、九年级学生若干名(抽取的各年级学生人数相 同)进行网上问卷测试，并对得分情况进行整理和分析(得分用整数x表示，单位：分)，且分为A，B， C三个等级，分别是：优秀为A等级：85x100；合格为B等级：70x85；不合格为C等级： 0x70．分别绘制成如下统计图表，其中七年级学生测试成绩的众数出现在A组．A组测试成绩情 况分别为：85，85，87，92，95，95，95，95，97，98，99，100；八年级学生测试成绩中A组共有a 个人．七年级、八年级、九年级三组样本数据的平均数、中位数、众数和方差如表所示： 年级 平均数 中位数 众数 方差 七年级 85 c b 163 八年级 88 95 96 95.1 九年级 89 91.5 100 77.7 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，估计该学校哪个年级的测试成绩最好，并说明理由； (3)若该校七年级、八年级、九年级各有200人，请估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有多少人？ 【答案】(1)13；95；86(2)九年级的成绩比较好，理由见解析 (3)估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有390人 【分析】（1）根据抽取的各年级学生人数相同，得出八年级抽取的学生人数，乘以A组所占百分比即可 得出a；根据中位数和众数的定义求b和c；（2）根据众数、方差的意义进行比较；（3）利用样本估计总 体思想求解． 【详解】（1）解：由题意得，a351265%13； 把七年级20名学生的成绩从低到高排列处在第10名和第11名的成绩分别为85，87， 8587 ∴七年级的中位数c 86； 2 ∵七年级学生测试成绩的众数出现在A组，且七年级成绩在A组中得分为95的人数最多， ∴七年级的众数b95，故答案为：13；95；86；（3分） （2）解：九年级的成绩比较好，理由如下：（4分） ∵三个年级中九年级的平均成绩最好，且九年级的众数最大，方差最小，即九年级的成绩更加稳定， ∴九年级的成绩比较好；（7分） 12132015 （3）解：2003 390人， 202020 ∴估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有390人．（10分） 【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、中位数、众数、方差、利用样本估计总体等，难度一般，掌 握各统计量的含义是解题的关键．22．如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高 为 ，长度均为 的连杆 ， 与 始 终在同一平面上． (1)转动连杆 ， ，使 成平角， ，如图2，求连杆端点D离桌面l的高度 ． (2)将（1）中的连杆 再绕点C逆时针旋转，使 ，此时连杆端点D离桌面l的高度是增 加还是减少？增加或减少了多少？（精确到 ，参考数据： ， ） 【答案】(1) (2)减少了 【分析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． （1）如图2中，作 于O．解直角三角形求出 即可解决问题．（2）作DF⊥l于F， 于P， 于G， 于H．则四边形 是矩形，求出 ，再求出 即可解决问题． 【详解】（1）如图2中，作 于O． ∵ ，∴四边形 是矩形，∴ ，（2分） ∴ ，∴ ，（4分） ∴ ．（5分） （2）作DF⊥l于F， 于P， 于G， 于H．则四边形 是矩形，（6分） ∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，（7分） ， ，（8分） ∴ ，（9分） ∴下降高度： ．（10分） 23．普陀山佛茶又称佛顶山云雾茶，具有提神解乏之功效和一定的药用价值．舟山某茶店用32000元购进A等级茶叶若干盒，用6000元购进B等级茶叶若干盒，所购A等级茶叶比B等级茶叶多10盒，已知 A等级茶叶的每盒进价是B等级茶叶每盒进价的4倍． (1)A，B两种等级茶叶的每盒进价分别为多少元？ (2)当购进的所有茶叶全部售完后，茶店以相同的进价再次购进A，B两种等级茶叶共60盒，但购茶的 总预算控制在36000元以内．若A等级茶叶的售价是每盒900元，B等级茶叶的售价为每盒250元， 则A，B两种等级茶叶分别购进多少盒时可使获利润最大？最大利润是多少？ 【答案】(1)A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元； (2)再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元． 【分析】此题考查了分式方程、一次函数、一元一次不等式的应用，正确理解题意是解题的关键． （1）设B等级茶叶的每盒进价为x元，则A等级茶叶的每盒进价为4x元，根据所购A等级茶叶比B等级 茶叶多10盒列分式方程，解方程并检验即可得到答案； （2）设茶店再次购进m盒A等级茶叶，则购进 60m 盒B等级茶叶，先求出m的取值范围，设茶店再 次购进的两种等级茶叶全部售出后获得的总利润为w元，列出w关于m的一次函数，根据一次函数的性质 解答即可． 【详解】（1）解：设B等级茶叶的每盒进价为x元，则A等级茶叶的每盒进价为4x元， 32000 6000 根据题意得：  10，解得： ，（3分） 4x x x200 经检验，x200是所列方程的解，且符合题意，∴4x4200800． 答：A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元；（5分） （2）设茶店再次购进m盒A等级茶叶，则购进 60m 盒B等级茶叶， 根据题意得：800m20060m36000，解得：m40，（7分） 设茶店再次购进的两种等级茶叶全部售出后获得的总利润为w元，则 w900800m25020060m ，（8分） 即w50m3000，∵500，∴w随m的增大而增大，（9分） ∴当m40时，w取得最大值，最大值为504030005000，此时60m604020． 答：再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元．（10分） a 24．如图，一次函数ykx1k 0的图象与反比例函数y a0 的图象交于A、B两点．与坐标轴交 x 1 于C、D两点，连接 、 ，已知tanODC  ， 的面积为1． OA OB 2  AOC(1)求一次函数和反比例函数的解析式； (2)P是线段AB的中点，直线OP向上平移bb0 个单位长度后，将  AOB的面积分成1:7两部分， 求b的值； (3)我们把只有一组邻边相等，且只有一组对角为直角的四边形，叫作“直角等补形”；设M为y轴负 半轴上一点，N为平面内一点，当四边形ABMN是直角等补形时，求点M的坐标． 1 4 【答案】(1)一次函数的解析式为y x1；反比例函数的解析式为y 2 x 3 (2)b (3)点M的坐标为0,9或  0,1 29  2 【分析】本题考查了反比例函数综合，一次函数的应用，反比例函数的应用，相似三角形的判定和性质， 待定系数法，勾股定理等，熟练掌握新定义“直角等补形”是解题的关键． 1  a  （1）根据三角函数定义即可求得k  ，设Am, ，根据三角形面积可得 ，再利用待定系数法即 2  m m2  1 可求得反比例函数解析式．（2）联立方程组可得 A2,2， B4,1，进而可得P  1, 2   ，直线 OP 的解 1 1 析式为y x，将直线 向上平移b个单位长度后得到直线y  xb，交y轴于F，交 于H，交 2 OP 2 AB OA于G，过点A作AE∥OP交y轴于E，则E0,3 ，再由相似三角形性质即可求得答案．（3）运用新定 义“直角等补形”，分两种情况：当ABM ANM 90，AB AM 时，当ABBM 时，分别求得点M 的坐标．  1  【详解】（1）解：∵直线 ykx1k 0与坐标轴交于C、D两点，∴ C0,1，D   k ,0  ，∴ OC 1 ， 1 OD ， k 1 1  ∵ 1 ，∴OC 1，即 1 2，∴ 1，∴一次函数的解析式为 1 ，（1分） tanODC   k  y x1 2 OD 2 k 2 2  a  1  a 设Am, ，∵ ，∴ 1m1，解得： ，∴A2, ，  m S △AOC 1 2 m2  21  a a 1 4 ∵直线y x1经过点A2, ，∴  21，解得： ，∴反比例函数的解析式为y ．（2 2  2 2 2 a4 x 分）  1 y x1   2 （2）联立方程组 ，解得：x 4，x 2，∴ ， ， y 4  1  2  x y 1 y 2 A2,2 B4,1 1 2  1 1 ∵P是线段 的中点，∴P1, ，∴直线 的解析式为y x，（3分） AB  2 OP 2 1 将直线 向上平移bb0个单位长度后得到直线y  xb，交y轴于F，交 于H，交 于G， OP 2 AB OA 如图，过点A作AE∥OP交y轴于E，则E0,3 ， 1 ∵点P是线段 的中点，∴S S  S ， AB AOP ABC 2 AOB 1 ∵直线 OP 向上平移bb0个单位将 AOB 的面积分成 1:7 两部分，∴S AGH  4 S AOP ，（4分）  S GH  2 1 GH 1 ∵ ，∴ ，∴ AGH    ，∴  ， GH∥OP △AGH∽△AOP S  OP  4 OP 2 AOP AG GH 1 EF AG  3 1 3 ∵   ，∴  1，∴F0, ，代入y  xb，得b ．（5分） OA OP 2 OF OG  2 2 2 （3）根据“四边形ABMN是直角等补形”可知：四边形ABMN中只有一组邻边相等，且只有一组对角为 直角，当ABM ANM 90，AB AM 时，如图，过点A、B分别作y轴，x轴的平行线交于点K， BK 交y轴于L，则AKBBLM 90，（6分）∵A2,2 ，B4,1 ，∴AK 3，BK 6，BL4， ∵ABKBAK ABKMBL90，∴BAK MBL，∴ ABK∽ MBL，（7分）   BL ML 4 ML ∴  即  ，∴ ，∴ ，∴M0,9，（8分） AK BK 3 6 ML8 OM OLML189 当ABBM 时，如图，过点B作BL y轴于L， 则 ， ，BM  AB 242 212 3 5，（9分） BL4 OL1 ∴ML BM2BL2   3 5 2 42  29 ，∴ ，∴M  0,1 29  ． OM OLML1 29   综上所述，点M的坐标为0,9或 0,1 29 ．（10分） 25．在矩形ABCD中，AB6，BC 10，点P是BC边上一点，连接AP交对角线BD于点E， (1)如图1，当APBD时，求BP的长； (2)如图2，当BP1时，将线段AP对折使A、P重合，折痕分别交线段DC、DB、AP、AB于点 M，G，F，N，连接FC．求tanCFM 的值； PQ (3)如图3，若将线段 对折使A、P重合后，折痕恰好过点D，连接 交 于点Q，求 ； AP PD FC PD (4)如图4，在（3）的条件下，线段DF、DP上有两个动点T 1 、T 2 ，请直接写出QT 1 T 1 T 2 的最小值． 18 1045 PQ 1 54 【答案】(1) (2) (3)  (4) 的最小值为 5 2052 PD 13 QT TT 13 1 1 2 【分析】（1）证明△ABP∽△DAB，然后利用相似三角形的性质即可求解； （2）解：如图2，过点F作FJ∥AD，交CD于J，交AB于H，过点M作MK CF 于K，利用矩形的性质 1 可得 ，利用平行线分线段成比例、折叠的性质可得AH BH DJ CJ  AB3，利用中位线 AD∥FJ∥BC 21 1 397 的性质求出FH  BP ，利用勾股定理求出CF  ，证明 ，利用相似三角形的性质求出 2 2 2  FMJ∽  APB 19 1045 397 MK FJ 55 397 MJ  ，利用等面积法求出MK  ，利用tanFCM   ，求出CK  ，最后利用正切 12 4764 CK CJ 794 的定义求解即可；（3）过点F作FGBC于G，过点P作PH BC，交CF于H，根据矩形的性质，折 1 1 叠的性质以及勾股定理可求出 ， ，证明 ，可求出PG PB1，FG AB3， PC 8 BP2  PFG∽  PAB 2 2 8 PQ 4 ，证明 ，可求出PH  ，证明 ，可求出  ，即可求 CGPCPG819  CHP∽  CFG 9  PQH∽  DQC DQ 9 解； （4）作点T 2 关于直线DF的对称点G，则点G一定在线段AD上，当点Q、T 1 、G在同一条直线上，且 PQ 4 40 90 QG AD时， QT TT QT TGQG 最小．由（3）中 PD  13 ，可求出PQ 13 ，DQ 13 ，证明 1 1 2 1 1 QG CD ，根据等角的正弦值相等得出  ，求出 ，即可求解． GDQDPC DQ PD QG 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴BADABC 90，ADBC 10，∴ BAPDAE90， ∵APBD，∴ADBDAE90，∴BAPADB，（1分） BP AB BP 6 18 ∴ ，∴  ，即  ，∴BP ；（2分） △ABP∽△DAB AB AD 6 10 5 （2）解：如图2，过点F作FJ∥AD，交CD于J，交AB于H，过点M作MK CF 于K， AH DJ AF ∵四边形 是矩形，∴ ， ，∴ ，∴   ， ABCD AD∥BC AB∥CD AD∥FJ∥BC HB CJ FP 1 由折叠得 ， ，∴AH BH DJ CJ  AB3， AF FP APMN 2 1 1 19 ∵ 是 的中位线，∴FH  BP ，∵ ，∴FJ HJFH  ，（3分） FH ABP 2 2 HJ BC10 2  19 2 397 在 中，CF  FJ2CJ2    32  ， Rt CFJ  2  2  ∵PABANF PABAPB90，∴ANF APB，∵AB∥CD，∴ANF FMJ，∴FMJ APB， 19 ∵ ，∴ ，∴MJ FJ ，即MJ 2 ，   FJM ABP90  FMJ∽  APB BP AB 1 619 19 55 ∴MJ  ，∴CM CJ MJ 3  ，（4分） 12 12 12 19 55  FJCM 2 12 1045 397 ∵ ，∴MK    ， CF 397 4764 MKCF FJCM 2 1045 397 3 MKCJ 4764 55 397 ∵ ，∴CK    ， MK FJ FJ 19 794 tanFCM   CK CJ 2 1045 397 MK 4764 1045 ∴ ，∴tanCFM    ；（5分） 397 55 397 171 397 FK 171 397 2052 FK CFCK    2 794 397 397 （3）解：如图3，过点F作FGBC于G，过点P作PH BC，交CF于H， ∵四边形ABCD是矩形，∴BADABC BCD90，CD AB6，ADBC 10， 1 由折叠可得：AF FP AP， ，∴ ，（6分） 2 DN  AP DPAD10 在Rt PDC中，PC  PD2CD2  10262 8，∴BPBCPC 1082，  ∵FGBC，∴PGF 90ABC，∴FG∥AB，∴ PFG∽ PAB，   PG FG PF 1 1 1 ∴    ，∴PG PB1，FG AB3，∴ ， PB AB AP 2 2 2 CGPCPG819 ∵PH BC，∴CPH 90CGF ，∴PH∥FG，∴ CHP∽  CFG，（7分） PH PC PH 8 8 ∴  ，即  ，∴PH  ，∵ ，∴ ， FG CG 3 9 9 CPHBCD9090180 PH∥CD 8 ∴ ，∴ PQ PH 3 4，     PQH∽  DQC DQ CD 6 9 PQ 4x 4 设 ， ，则 ，∴   ；（8分） PQ4x DQ9x PDPQDQ4x9x13x PD 13x 13 （4）解：如图4，作点T 2 关于直线DF的对称点G，则点G一定在线段AD上，当点Q、T 1 、G在同一条 直线上，且QG AD时，QT TT QT TGQG最小． 1 1 2 1 1 PQ 4 4 40 40 90 由（3）得：  ，∴PQ 10 ，∴DQPDPQ10  ， PD 13 13 13 13 13∵AD∥BC，∴GDQDPC，∴sinGDQsinDPC， QG 6  ∴ QG  CD ，即 90 10，∴ QG 54，∴ 的最小值为 54 ．（10分） DQ PD 13 13 QT TT 13 1 1 2 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学 会利用参数构建方程解决问题，学会用转化的思想思考问题． 26．如图 1，抛物线 yax2bxc与x轴交于点 A1,0 ，B，与 y轴交于点 C，直线BC的解析式为 yx3． (1)求抛物线的解析式； (2)P是BC上方抛物线上一点，过点P作AC的平行线与BC交于点E，与x轴交于点Q，若QE2PE， 求点P的坐标； (3)如图2，P是BC上方抛物线上一点，过点P作BC的垂线，交抛物线于另一点D，Q为平面内一点， 若直线PQ，DQ与抛物线均只有一个公共点，求证：点Q在某条定直线上． 4 99 1 【答案】(1) (2)P( , )(3)点 在定直线x 上，理由见详解 yx22x3 5 25 Q 2 【分析】（1）根据待定系数法求抛物线的解析式即可；（2）过点P作PN∥x轴交BC的延长线于点N ， 设P(t,t22t3)，直线BC的解析式为ykxb，设Q(m,0)，先求出点N(t22t,t22t3)，再证明  PEN∽  QEB，得QB2PN 2t26t，m2t26t3，再求出直线PQ的解析式为y3xt2t3，列 方程即可；（3）过点P,D分别作y轴，x轴的平行线交于点N ，直线DN 与BC交于点M ，设 P(m,m22m3)，D(n,n22n3)，设直线PQ的解析式为yk (xm)m22m3，同理求出直线 1 QD的解析式． 【详解】（1）解：直线BC的解析式为yx3．x0时y3，y0时x3，B(3,0),C(0,3)， abc0 a1   ，c3 ，解得b2 ，故抛物线的解析式为 ；（2分）  A1,0  9a3bc0  c3 yx22x3 （2）解：过点P作PN∥x轴交BC的延长线于点N ， 设P(t,t22t3)，直线BC的解析式为ykxb，设Q(m,0)b3 b3 代入点 ，得 ，解得 ，直线 的解析式为 ，（3分） B(3,0),C(0,3) 3kb0 k 1 BC yx3 yx3t22t3，得xt22t，N(t22t,t22t3)，PN t(t22t)t23t， PN PE 1 ， ，   ， ，（4分）  PN∥AB   PEN∽  QEB QB QE 2 QB2PN 2t26t m3(2t26t)2t26t3，设直线AC的解析式为yk xb ，代入A(1,0),C(0,3)得 1 1 k b 0 k 3 1 1 1  ，解得 ，故直线 的解析式为 ，（5分） b 3 b 3 AC y3x3 1 1  AC∥PQ，设直线PQ的解析式为y3xb 2 ，代入P(t,t22t3)， 得b t2t3，直线PQ的解析式为y3xt2t3， 2 t2t3 4 4 99 时，xm 2t26t3，解得 （舍去），t  ，即P( , )；（6分） y0 3 t 3 2 5 5 25 1 （3）解：过点P,D分别作y轴，x轴的平行线交于点N ，直线DN 与BC交于点M ，  OBOC 3，OBCOCB45，  DPBC，DMCOBC90， CMN 180DMC135，DPN 45，DN PN ，（7分） 设P(m,m22m3)，D(n,n22n3)， PN m22m3(n22n3)n2m22m2n(nm)(nm2)， DN mn，(nm)(nm2)mn，（8分） mn，mn1，设直线PQ的解析式为yk (xm)m22m3，  1 yk (xm)m22m3 联立 1 ，得 ， yx22x3 x2(k 2)xkmm2 2m0 1 1 该方程有两个相等的实数根，mm2k ，即k 22m，（9分） 1 1 直线PQ的解析式为y(22m)xm23，同理直线QD的解析式为y(22n)xn23， mn 1 1 由 (22m)xm23(22n)xn23 ，得x 2  2 ，  点 Q 在定直线x 2 上．（10分） 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数与二次函数的解析式，相似三角形的 判定与性质，等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是本题的关键．