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2018 年山东省济南市中考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）
1．（4分）4的算术平方根是（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．
2．（4分）如图所示的几何体，它的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
3．（4分）2018年1月，“墨子号”量子卫星实现了距离达7600千米的洲际量子密钥分
发，这标志着“墨子号”具备了洲际量子保密通信的能力．数字 7600用科学记数法
表示为（ ）
A．0.76×104 B．7.6×103 C．7.6×104 D．76×102
4．（4分）“瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面
“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（4分）如图，AF是∠BAC的平分线，DF∥AC，若∠1=35°，则∠BAF的度数为（ ）
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A．17.5° B．35° C．55° D．70°
6．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+2a=3a3 B．（﹣2a3）2=4a5
C．（a+2）（a﹣1）=a2+a﹣2 D．（a+b）2=a2+b2
7．（4分）关于x的方程3x﹣2m=1的解为正数，则m的取值范围是（ ）
A．m＜﹣ B．m＞﹣ C．m＞ D．m＜
8．（4分）在反比例函数y=﹣ 图象上有三个点A（x ，y ）、B（x ，y ）、C（x ，y ），若x ＜0
1 1 2 2 3 3 1
＜x ＜x ，则下列结论正确的是（ ）
2 3
A．y ＜y ＜y B．y ＜y ＜y C．y ＜y ＜y D．y ＜y ＜y
3 2 1 1 3 2 2 3 1 3 1 2
9．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P
顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（ ）
A．（0，4） B． （1，1） C．（1，2） D．（2，1）
10．（4分）下面的统计图大致反应了我国2012年至2017年人均阅读量的情况．根据统
计图提供的信息，下列推断不合理的是（ ）
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[来源:学科网ZXXK]
A．与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低
B．2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.57
C．从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长
D．2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多
11．（4分）如图1，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为6．如图2，将这张扇形纸片折
叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（
）
A．6π﹣ B．6π﹣9 C．12π﹣ D．
12．（4分）若平面直角坐标系内的点M满足横、纵坐标都为整数，则把点M叫做“整点”．
例如：P（1，0）、Q（2，﹣2）都是“整点”．抛物线y=mx2﹣4mx+4m﹣2（m＞0）与x轴交于
点A、B两点，若该抛物线在A、B之间的部分与线段AB所围成的区域（包括边界）恰有
七个整点，则m的取值范围是（ ）
[来源:学+科+网Z+X+X+K]
A． ≤m＜1 B． ＜m≤1 C．1＜m≤2 D．1＜m＜2
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）分解因式：m2﹣4= ．
14．（4分）在不透明的盒子中装有5个黑色棋子和若干个白色做子，每个棋子除颜色外
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都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则白色棋子的个数是 ．
15．（4分）一个正多边形的每个内角等于108°，则它的边数是 ．
16．（4分）若代数式 的值是2，则x= ．
17．（4分）A、B两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从A地到B地．甲先出发，匀速行
驶，甲出发1小时后乙再出发，乙以2km/h的速度度匀速行驶1小时后提高速度并继
续匀速行驶，结果比甲提前到达．甲、乙两人离开A地的距离s（km）与时间t（h）的关
系如图所示，则甲出发 小时后和乙相遇．
18．（4分）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB=EF，FG=2，GC=3．
有以下四个结论：①∠BGF=∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG= ；④矩形EFGH的
面积是4 ．其中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
三、解答题（本大题共9小题，共78分）
19．（6分）计算：2﹣1+|﹣5|﹣sin30°+（π﹣1）0．
20．（6分）解不等式组：
[来源:Z。xx。k.Com]
21．（6分）如图，在▱ABCD中，连接BD，E是DA延长线上的点，F是BC延长线上的点，且
AE=CF，连接EF交BD于点O．求证：OB=OD．
[来源:Z.xx.k.Com]
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22．（8分）本学期学校开展以“感受中华传统美德”为主题的研学活动，组织150名学
生多观历史博物馆和民俗展览馆，每一名学生只能参加其中一项活动，共支付票款20
00元，票价信息如下：
地点 票价
历史博物馆 10元/人
民俗展览馆 20元/人
（1）请问参观历史博物馆和民俗展览馆的人数各是多少人？
（2）若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款多少元？
23．（8分）如图AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，BP与⊙O相交于点D，C为⊙O上
的一点，分别连接CB、CD，∠BCD=60°．
（1）求∠ABD的度数；
（2）若AB=6，求PD的长度．
24．（10分）某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解
学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查（问卷调查表如图所
示），将调查结果整理后绘制例图1、图2两幅均不完整的统计图表．
校本课程 频数 频率
A 36 0.45
B 0.25
C 16 b
D 8
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合计 a 1
请您根据图表中提供的信息回答下列问题：
（1）统计表中的a= ，b= ；
（2）“D”对应扇形的圆心角为 度；
（3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数；
（4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A”、“B”、“C”三门校本课程中随机
选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．
25．（10分）如图，直线y=ax+2与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，b）．将线段AB
先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t＞0）个单位长度，得到对应线段CD，反比
例函数y= （x＞0）的图象恰好经过C、D两点，连接AC、BD．
（1）求a和b的值；
（2）求反比例函数的表达式及四边形ABDC的面积；
（3）点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y= （x＞0）的图象上的一个点，若△CMN是
以CM为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．
26．（12 分）在△ABC 中，AB=AC，∠BAC=120°，以 CA 为边在∠ACB 的另一侧作
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∠ACM=∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE=BD，连接AD、DE、AE．
（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，直接写出∠ADE的度数；
（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问（1）中的结论是
否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AB=6，求CF的最大值．
27．（12分）如图1，抛物线y=ax2+bx+4过A（2，0）、B（4，0）两点，交y轴于点C，过点C作
x轴的平行线与抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，
设点P的横坐标为m（m＞4）．
（1）求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；
（2）如图2，若∠ACP=45°，求m的值；
（3）如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交
于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．
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试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）
1．（4分）4的算术平方根是（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．
【分析】算术平方根的定义：一个非负数的正的平方根，即为这个数的算术平方根，由此
即可求出结果．
【解答】解：∵2的平方为4，
∴4的算术平方根为2．
故选：A．
【点评】此题主要考查了算术平方根的定义，算术平方根的概念易与平方根的概念混淆而
导致错误．
2．（4分）如图所示的几何体，它的俯视图是（ ）
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A． B．
C． D．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可．
【解答】解：从几何体上面看，2排，上面3个，下面1个，左边2个正方形．
故选：D．
【点评】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．解答此题时要
有一定的生活经验．
3．（4分）2018年1月，“墨子号”量子卫星实现了距离达7600千米的洲际量子密钥分
发，这标志着“墨子号”具备了洲际量子保密通信的能力．数字 7600用科学记数法
表示为（ ）
A．0.76×104 B．7.6×1 03 C．7.6×104 D．76×102
【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＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：7600=7.6×103，
故选：B．
【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．
4．（4分）“瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面
“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
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C． D．
【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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、是轴对称图形，是中心对称图形．
故选：D．
【点评】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的概念，以及对轴对称图形和中心对称
图形的认识．
5．（4分）如图，AF是∠BAC的平分线，DF∥AC，若∠1=35°，则∠BAF的度数为（ ）
A．17.5° B．35° C．55° D．70°
【分析】根据两直线平行，同位角相等，可得∠FAC=∠1，再根据角平分线的定义可得
∠BAF=∠FAC．
【解答】解：∵DF∥AC，
∴∠FAC=∠1=35°，
∵AF是∠BAC的平分线，
∴∠BAF=∠FAC=35°，
故选：B．
[来源:学科网ZXXK]
【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟记平行线的性质是解题的关键．
6．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+2a=3 a3 B．（﹣2a3）2=4a5
C．（a+2）（a﹣1）=a2+a﹣2 D．（a+b）2=a2+b2
【分析】根据多项式的乘法法则、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式、合并同类项法则
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一一判断即可；
【解答】解：A、错误．不是同类项不能合并；
B、错误．应该是（﹣2a3）2=4a6；
C、正确；
D、错误．应该是（a+b）2=a2+2ab+b2；
故选：C．
【点评】本题考查多项式的乘法法则、幂的乘方与积的乘方、完全平方公式、合并同类项
法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7．（4分）关于x的方程3x﹣2m=1的解为正数，则m的取值范围是（ ）
A．m＜﹣ B．m＞﹣ C．m＞ D．m＜
【分析】先求出方程的解，再根据题意得出不等式，求出不等式的解集即可．
【解答】解：解方程3x﹣2m=1得：x= ，
∵关于x的方程3x﹣2m=1的解为正数，
∴ ＞0，
解得：m＞﹣ ，
故选：B．
【点评】本题考查了解一元一次不等式和解一元一次方程、一元一次方程的解，能得出关
于m的不等式是解此题的关键．
8．（4分）在反比例函数y=﹣ 图象上有三个点A（x ，y ）、B（x ，y ）、C（x ，y ），若x ＜0
1 1 2 2 3 3 1
＜x ＜x ，则下列结论正确的是（ ）
2 3
A．y ＜y ＜y B．y ＜y ＜y C．y ＜y ＜y D．y ＜y ＜y
3 2 1 1 3 2 2 3 1 3 1 2
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答．
【解答】解：∵A（x ，y ）在反比例函数y=﹣ 图象上，x ＜0，
1 1 1
∴y ＞0，
1
对于反比例函数y=﹣ ，在第二象限，y随x的增大而增大，
∵0＜x ＜x ，
2 3
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∴y ＜y ＜0，
2 3
∴y ＜y ＜y
2 3 1
故选：C．
【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，掌握反比例函数的性质、反比 例
函数的增减性是解题的关键．
9．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P
顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（ ）
A．（0，4） B．（1，1） C．（1，2） D．（2，1）
【分析】选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P．
【解答】解：由图知，旋转中心P的坐标为（1，2），
故选：C．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
10．（4分）下面的统计图大致反应了我国2012年至2017年人均阅读量的情况．根据统
计图提供的信息，下列推断不合理的是（ ）
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A．与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低
B．2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.57
C．从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长
D．2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多
【分析】利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案．
【解答】解：A、与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低，正确；
B、2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.615，错误；
C、从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长，正确；
D、2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多，正确；
故选：B．
【点评】此题主要考查了折线统计图，利用折线统计图获取正确信息是解题关键．
11．（4分）如图1，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为6．如图2，将这张扇形纸片折
叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（
）
A．6π﹣ B．6π﹣9 C．12π﹣ D．
【分析】连接OD，如图，利用折叠性质得由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积等于
阴影部分的面积，AC=OC，则OD=2OC=3，CD=3 ，从而得到∠CDO=30°，∠COD=60°，然
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后根据扇形面积公式 ，利用由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S ﹣
扇形AOD
S ，进行计算即可．
△COD
【解答】解：连接OD，如图，
∵扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，
∴AC=OC，
∴OD=2OC=3，
∴CD= =3 ，
∴∠CDO=30°，∠COD=60°，
∴由弧 AD、线段 AC 和 CD 所围成的图形的面积=S ﹣S = ﹣ •3•3
扇形AOD △COD
=6π﹣ ，
∴阴影部分的面积为6π﹣ ．
故选：A．
【点评】本题考查了扇形面积的计算：阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规
则图形的面积．记住扇形面积的计算公式．也考查了折叠性质．
12．（4分）若平面直角坐标系内的点M满足横、纵坐标都为整数，则把点M叫做“整点”．
例如：P（1，0）、Q（2，﹣2）都是“整点”．抛物线y=mx2﹣4mx+4m﹣2（m＞0）与x轴交于
点A、B两点，若该抛物线在A、B之间的部分与线段AB所围成的区域（包括边界）恰有
七个整点，则m的取值范围是（ ）
A． ≤m＜1 B． ＜m≤1 C．1＜m≤2 D．1＜m＜2
【分析】画出图象，利用图象可得m的取值范围
【解答】解：∵y=mx2﹣4mx+4m﹣2=m（x﹣2）2﹣2且m＞0，
∴该抛物线开口向上，顶点坐标为（2，﹣2），对称轴是直线x=2．
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由此可知点（2，0）、点（2，﹣1）、顶点（2，﹣2）符合题意．
①当该抛物线经过点（1，﹣1）和（3，﹣1）时（如答案图1），这两个点符合题意．
将（1，﹣1）代入y=mx2﹣4mx+4m﹣2得到﹣1=m﹣4m+4m﹣2．解得m=1．
此时抛物线解析式为y=x2﹣4x+2．
由y=0得x2﹣4x+2=0．解得x =2﹣ ≈0.6，x =2+ ≈3.4．
1 2
∴x轴上的点（1，0）、（2，0）、（3，0）符合题意．
则当m=1时，恰好有 （1，0）、（2，0）、（3，0）、（1，﹣1）、（3，﹣1）、（2，﹣1）、（2，﹣2）这7
个整点符合题意．
∴m≤1．【注：m的值越大，抛物线的开口越小，m的值越小，抛物线的开口越大】
答案 图1（m=1时） 答案图2（ m= 时）
②当该抛物线经过点（0，0）和点（4，0）时（如答案图2），这两个点符合题意．
此时x轴上的点 （1，0）、（2，0）、（3，0）也符合题意．
将（0，0）代入y=mx2﹣4mx+4m﹣2得到0=0﹣4m+0﹣2．解得m= ．
此时抛物线解析式为y= x2﹣2x．
当x=1时，得y= ×1﹣2×1=﹣ ＜﹣1．∴点（1，﹣1）符合题意．
当x=3时，得y= ×9﹣2×3=﹣ ＜﹣1．∴点（3，﹣1）符合题意．
综上可知：当m= 时，点（0，0）、（1，0）、（2，0）、（3，0）、（4，0）、（1，﹣1）、（3，﹣1）、（2，
﹣2）、（2，﹣1）都符合题意，共有9个整点符合题意，
∴m= 不符合题．
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∴m＞ ．
综合①②可得：当 ＜m≤1时，该函数的图象与x轴所围城的区域（含边界）内有七个整
点，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点的求法，利用图象
解决问题是本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）分解因式：m2﹣4= （ m + 2 ）（ m﹣ 2 ） ．
【分析】本题刚好是两个数的平方差，所以利用平方差公式分解则可．平方差公式：a2﹣
b2=（a+b）（a﹣b）．
【解答】解：m2﹣4=（m+2）（m﹣2）．
故答案为：（m+2）（m﹣2）．
【点评】本题考查了平方差公式因式分解．能用平方差 公式进行因式分解的式子的特点
是：两项平方项；符号相反．
14．（4分）在不透明的盒子中装有5个黑色棋子和若干个白色做子，每个棋子除颜色外
都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是 ，则白色棋子的个数是 1 5 ．
【分析】黑色棋子除以相应概率算出棋子的总数，减去黑色棋子的个数即为白色棋子的个
数；
【解答】解：5÷ ﹣5=15．
∴白色棋子有15个；
故答案为：15．
【点评】本题主要考查了概率的求法，概率=所求情况数与总情况数之比．
15．（4分）一个正多边形的每个内角等于108°，则它的边数是 五 ．
【分析】根据相邻的内角与外角互为邻补角求出每一个外角的度数为72°，再用外角和
360°除以72°，计算即可得解．
【解答】解：∵正多边形的每个内角等于108°，
∴每一个外角的度数为180°﹣108°=72°，
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∴边数=360°÷72°=5，
∴这个正多边形是正五边形．
故答案为：五．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，对于正多边形，利用多边形的外角和除以每一
个外角的度数求边数更简便．
16．（4分）若代数式 的值是2，则x= 6 ．
【分析】根据解分式方程的步骤依次计算可得．
【解答】解： =2，
去分母得：x﹣2=2（x﹣4），
x﹣2=2x﹣8，
x=6，
经检验：x=6是原方程的解．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的步骤：①去分母；②
求出整式方程的解；③检验；④得出结论．
17．（4分）A、B两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从A地到B地．甲先出发，匀速行
驶，甲出发1小时后乙再出发，乙 以2km/h的速度度匀速行驶1小时后提高速度并继
续匀速行驶，结果比甲提前到达．甲、乙两人离开A地的距离s（km）与时间t（h）的关
系如图所示，则甲出发 小时后和乙相遇．
【分析】由图象得出解析式后联立方程组解答即可．
【解答】解：由图象可得：y =4t（0≤t≤5）；y = ；
甲 乙
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由方程组 ，解得t= ．
故答案为 ．
【点评】此题考查一次函数的应用，关键是由图象得出解析式解答．
18．（4分）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB=EF，FG=2，GC=3．
有以下四个结论：①∠BGF=∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG= ；④矩形EFGH的
面积是4 ．其中一定成立的是 ①②④ ．（把所有正确结论的序号填在横线上）
【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定分析各小题即可；
【解答】解：∵∠FGH=90°，∴∠BGF+∠CGH=90°．
又∵∠CGH+∠CHG=90°，
∴∠BGF=∠CHG，故①正确．
同理可得∠DEH=∠CHG．
∴∠BGF=∠DEH．
又∵∠B=∠D=90°，FG=EH，
∴△BFG≌△DHE，故②正确．
同理可得△AFE≌△CHG．
∴AF=CH．
易得△BFG∽△CGH．
设GH、EF为a，
∴ = ．∴ = ．
∴BF= ．
∴AF=AB﹣BF=a﹣ ．
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∴CH=AF=a﹣ ．
在Rt△CGH中，
∵CG2+CH2=GH2，
∴32+（a﹣ ）2=a2．解得a=2 ．∴GH=2 ．∴BF=a﹣ = ．
在Rt△BFG中，∵cos∠BFG= = ，∴∠BFG=30°．
∴tan∠BFG=tan30°= ，故③错误．
矩形EFGH的面积=FG×GH=2×2 =4 ，故④正确．
故答案为：①②④
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性
质，属于基础题．
三、解答题（本大题共9小题，共78分）
19．（6分）计算：2﹣1+|﹣5|﹣sin30°+（π﹣1）0．
【分析】先利用负指数，绝对值，特殊角的三角函数，零次幂化简，最后合并即可得出结论．
【解答】解：2﹣1+|﹣5|﹣sin30°+（π﹣1）0．
= +5﹣ +1
=6
【点评】此题主要考查了负指数，绝对值，特殊角的三角函数，零次幂，熟记性质是解本题
的关键．
20．（6分）解不等式组：
【分析】分别求出不等式①②的解集，同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找
不到求出不等式组解集．
【解答】解：由①，得
3x﹣2x＜3﹣1．
∴x＜2．
由②，得
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4x＞3x﹣1．
∴x＞﹣1．
∴不等式组的解集为﹣1＜x＜2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组的解法，利用同大取大；同小取小；大小小大中
间找；大大小小找不到求不等式组解集是本题关键．
21．（6分）如图，在 ▱ABCD中，连接BD，E是DA延长线上的点，F是BC延长线上的点，且
AE=CF，连接EF交BD于点O．求证：OB=OD．
【分析】欲证明OB=OD，只要证明△EOD≌△FOB即可；
【解答】证明：∵▱ABCD中，
∴AD=BC，AD∥BC．
∴∠ADB=∠CBD．
又∵AE=CF，
∴AE+AD=CF+BC．
∴ED=FB．
又∵∠EOD=∠FOB，
∴△EOD≌△FOB．
∴OB=OD．
【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判 定和性质等知识，解题的关键是正
确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22．（8分）本学期学校开展以“感受中华传统美德”为主题的研学活动，组织150名学
生多观历史博物馆和民俗展览馆，每一名学生只能参加其中一项活动，共支付票款
2000元，票价信息如下：
地点 票价
历史博物馆 10元/人
民俗展览馆 20元/人
（1）请问参观历史博物馆和民俗展览馆的人数各是多少人？
（2）若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款多少元？
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【分析】（1）设参观历史博物馆的有x人，参观民俗展览馆的有y人，根据等量关系：①一
共150名学生；②一共支付票款2000元，列出方程组求解即可；
（2）原来的钱数﹣参观历史博物馆的钱数，列出算式计算可求能节省票款多少元．
【解答】解：（1）设参观历史博物馆的有x人，参观民俗展览馆的有y人，依题意，得
，
解得 ．
答：参观历史博物馆的有100人，则参观民俗展览馆的有50人．
（2）2000﹣150×10=500（元）．
答：若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款500元．
【点评】考查了二元一次方程的应用，（1）找出问题中的已知条件和未知量及它们之间的
关系．（2）找出题中的两个关键的未知量，并用字母表示出来．（3）挖掘题目中的关系
找出等量关系，列出二元一次方程．（4）根据未知数的实际意义求其整数解．
23．（8分）如图AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，BP与⊙O相交于点D，C为⊙O上
的一点，分别连接CB、CD，∠BCD=60°．
（1）求∠ABD的度数；
（2）若AB=6，求PD的长度．
【分析】（1）解法一：要的圆周角定理得：∠ADB=90°，由同弧所对的圆周角相等和直角
三角形的性质可得结论；
解法二：根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍可得∠BOD=120°，由同圆的半径相等和
等腰三角形的性质可得结论；
（2）如图1，根据切线的性质可得∠BAP=90°，根据直角三角形30°角的性质可计算AD
的长，由勾股定理计算DB的长，由三角函数可得PB的长，从而得PD的长．
[来源:学&科&网]
【解答】解：（1）方法一：如图1，连接AD．
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∵BA是⊙O直径，
∴∠BDA=90°．
∵ = ，
∴∠BAD=∠C=60°．
∴∠ABD=90°﹣∠BAD=90°﹣60°=30°．
方法二：如图2，连接DA、OD，则∠BOD=2∠C=2×60°=120°．
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB= （180°﹣120°）=30°．
即∠ABD=30°．
（2）如图1，∵AP是⊙O的切线，
∴∠BAP=90°．
在Rt△BAD中，∵∠ABD=30°，
∴DA= BA= ×6=3．
∴BD= DA=3 ．
在Rt△BAP中，∵cos∠ABD= ，
∴cos30°= = ．
∴BP=4 ．
∴PD=BP﹣BD=4 ﹣3 = ．
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【点评】本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理等知识，解题的关键是灵
活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（10分）某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解
学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查（问卷调查表如图所
示），将调查结果整理后绘制例图1、图2两幅均不完整的统计图表．
校本课程 频数 频率
A 36 0.45
B 0.25
C 16 b
D 8
合计 a 1
请您根据图表中提供的信息回答下列问题：
（1）统计表中的a= 8 0 ，b= 0.2 0 ；
（2）“D”对应扇形的圆心角为 3 6 度；
（3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数；
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（4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A”、“B”、“C”三门校本课程中随机
选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．
【分析】（1）根据题意列出算式，再求出即可；
（2）根据题意列出算式，再求出即可；
（3）根据题意列出算式，再求出即可；
（4）先列出表格，再根据题意列出算式，再求出即可．
【解答】解：（1）a=36÷0.45=80，
b=16÷80=0.20，
故答案为：80，0.20；
（2）“D”对应扇形的圆心角的度数为：
8÷80×360°=36°，
故答案为：36；
（3）估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数为：2000×0.25=500
（人）；
（4）列表格如下：
A B C
A A，A B，A C，A
B A，B B，B C，B
C A，C B，C C，C
[来源:Z&xx&k.Com]
共有9种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有3种，所以两人恰
好选中同一门校本课程的概率为： = ．
【点评】本题考查了列表法或树形图、用样本估计总体、频数分布表、扇形统计图等知识
点，能根据题意列出算式是解此题的关键．
25．（10分）如图，直线y=ax+2与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，b）．将线段AB
先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t＞0）个单位长度，得到对应线段CD，反比
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例函数y= （x＞0）的图象恰好经过C、D两点，连接AC、BD．
（1）求a和b的值；
（2）求反比例函数的表达式及四边形ABDC的面积；
（3）点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y= （x＞0）的图象上的一个点，若△CMN是
以CM为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．
【分析】（1）利用坐标轴上的点的特点即可得出结论；
（2）先表示出点C，D坐标，进而代入反比例函数解析式中求解得出k，再判断出BC⊥AD，
最后用对角线积的一半即可求出四边形的面积；
（3）分两种情况，构造全等的直角三角形即可得出结论．
【解答】解：（1）将点A（1，0）代入y=ax+2，得0=a+2．
∴a=﹣2．
∴直线的解析式为y=﹣2x+2．
将x=0代入上式，得y=2．
∴b=2．
（2）由（1）知，b=2，∴B（0，2），
由平移可得：点C（2，t）、D（1，2+t）．
将点C（2，t）、D（1，2+t）分别代入y= ，得
∴ ．
∴反比例函数的解析式为y= ，点C（2，2）、点D（1，4）．
如图1，连接BC、AD．
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∵B（0，2）、C（2，2），
∴BC∥x轴，BC=2．
∵A（1，0）、D（1，4），
∴AD⊥x轴，AD=4．
∴BC⊥AD．
∴S = ×BC×AD= ×2×4=4．
四边形ABDC
（3）①当∠NCM=90°、CM=CN时，
如图2，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G．过点M作MF⊥直线l于点F，交x轴于点
H．过点N作NE⊥直线l于点E．
设点N（m，0）（其中m＞0），则ON=m，CE=2﹣m．
∵∠MCN=90°，
∴∠MCF+∠NCE=90°．
∵NE⊥直线l于点E，
∴∠ENC+∠NCE=90°．
∴∠MCF=∠ENC．
又∵∠MFC=∠NEC=90°，CN=CM，
∴△NEC≌△CFM．
∴CF=EN=2，FM=CE=2﹣m．
∴FG=CG+CF=2+2=4．
∴x =4．
M
将x=4代入y= ，得y=1．
∴点M（4，1）；
②当∠NMC=90°、MC=MN时，
如图3，过点C作直线l⊥y轴与点F，则CF=x =2 ．
C
过点M作MG⊥x轴于点G，MG交直线l与点E，则MG⊥直线l于点E，EG=y =2．
C
∵∠CMN=90°，
∴∠CME+∠NMG=90°．
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∵ME⊥直线l于点E，
∴∠ECM+∠CME=90°．
∴∠NMG=∠ECM．
又∵∠CEM=∠NGM=90°，CM=MN，
∴△CEM≌△MGN．
∴CE=MG，EM=NG．
设CE=MG=a，则y =a，x =CF+CE=2+a．
M M
∴点M（2+a，a）．
将点M（2+a，a）代入y= ，得a= ．解得a = ﹣1，a =﹣ ﹣1．
1 2
∴x =2+a= +1．
M
∴点M（ +1， ﹣1）．
综合①②可知：点M的坐标为（4，1）或（ +1， ﹣1）．
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【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，
四边形的面积的计算方法，构造出全等三角形是解本题的关键．
26．（12 分）在△ABC 中，AB=AC，∠BAC=120°，以 CA 为边在∠ACB 的另一侧作
∠ACM=∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE=BD，连接AD、DE、AE．
（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，直接写出∠ADE的度数；
（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问（1）中的结论是
否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AB=6，求CF的最大值．
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据相似三角形的性质得到 AD=AE，
∠CAE=∠BAD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可证明；
（2）同（1）的证明方法相同；
（3）证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质得到AF= ，求出AD的最小值，得到AF
的最小值，求出CF的最大值．
【解答】解：（1）∠ADE=30°．
理由如下：∵AB=AC，∠BAC=120°，
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∴∠ABC=∠ACB=30°，
∵∠ACM=∠ACB，
∴∠ACM=∠ABC，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，∠CAE=∠BAD，
∴∠DAE=∠BAC=120°，
∴∠ADE=30°；
（2）（1）中的结论成立，
证明：∵∠BAC=120°，AB=AC，
[来源:Zxxk.Com]
∴∠B=∠ACB=30°．
∵∠ACM=∠ACB，
∴∠B=∠ACM=30°．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE．
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE．
∴∠CAE+∠DAC=∠BAD+∠DAC=∠BAC=120°．即∠DAE=120°．
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=30°；
（3）∵AB=AC，AB=6，
∴AC=6，
∵∠ADE=∠ACB=30°且∠DAF=∠CAD，
∴△ADF∽△ACD．
∴ = ．
∴AD2=AF•AC．
∴AD2=6AF．
29【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
∴AF= ．
∴当AD最短时，AF最短、CF最长．
易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD= AB=3．
∴AF = = = ．
最短
∴CF =AC﹣AF =6﹣ = ．
最长 最短
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相似三
角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
27．（12分）如图1，抛物线y=ax2+bx+4过A（2，0）、B（4，0）两点，交y轴于点C，过点C作
x轴的平行线与抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，
设点P的横坐标为m（m＞4）．
（1）求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；
（2）如图2，若∠ACP=45°，求m的值；
（3）如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交
于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．
【分析】（1）由点A、B坐标利用待定系数法求解可得抛物线解析式为y= x2﹣3x+4，作
BG⊥CA，交CA的延长线于点G，证△GAB∽△OAC得 = ，据此知BG=2AG．在Rt△ABG
30【淘宝搜索店铺：中小学教辅资源店 微信：mlxt2022】
中根据BG2+AG2=AB2，可求得AG= ．继而可得BG= ，CG=AC+AG= ，根据正切
函数定义可得答案；
（2）作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK，易得四边形OBHC是正方形，应用“全角夹半
角”可得AK=OA+HK，设K（4，h），则BK=h，HK=HB﹣KB=4﹣h，AK=OA+HK=2+（4﹣h）=6﹣
h．在Rt△ABK中，由勾股定理求得h= ，据此求得点K（4， ）．待定系数法求出直线
CK的解析式为y=﹣ x+4．设点P的坐标为（x，y）知x是方程 x2﹣3x+4=﹣ x+4的一
个解．解之求得x的值即可得出答案．
（3）先求出点D坐标为（6，4），设P（m， m2﹣3m+4）知M（m，4），H（m，0）．及PH= m2﹣
3m+4），OH=m，AH=m﹣2，MH=4．①当4＜m＜6时，由△OAN∽△HAP知 = ．据此得
ON=m﹣4．再证△ONQ∽△HMQ得 = ．据此求得OQ=m﹣4．从而得出AQ=DM=6﹣m．结
合AQ∥DM可得答案．②当m＞6时，同理可得．
【解答】解：（1）将点A（2，0）和点B（4，0）分别代入y=ax2+bx+4，得 ，
解得： ．
∴该抛物线的解析式为y= x2﹣3x+4．
过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如图1所示），则∠G=90°．
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∵∠COA=∠G=90°，∠CAO=∠BAG，
∴△GAB∽△OAC．
∴ = ═ =2．
[来源:Z_xx_k.Com]
∴BG=2AG．
在Rt△ABG中，∵BG2+AG2=AB2，
∴（2AG）2+AG2=22．解得：AG= ．
∴BG= ，CG=AC+AG=2 + = ．
在Rt△BCG中，tan∠ACB═ = ．
（2）如图2，过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．
应用“全角夹半角”可得AK=OA+HK．
设K（4，h），则BK=h，HK=HB﹣KB=4﹣h，AK=OA+HK=2+（4﹣h）=6﹣h．
在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2+BK2=AK2．
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∴22+h2=（6﹣h）2．解得h= ．
∴点K（4， ）．
设直线CK的解析式为y=hx+4．
将点K（4， ）代入上式，得 =4h+4．解得h=﹣ ．
∴直线CK的解析式为y=﹣ x+4．
设点P的坐标为（x，y），则x是方程 x2﹣3x+4=﹣ x+4的一个解．
将方程整理，得3x2﹣16x=0．
解得x = ，x =0（不合题意，舍去）．
1 2
将x = 代入y=﹣ x+4，得y= ．
1
∴点P的坐标为（ ， ）．
（3）四边形ADMQ是平行四边形．理由如下：
∵CD∥x轴，
∴y =y =4．
C D
将y=4代入y= x2﹣3x+4，得4= x2﹣3x+4．
解得x =0，x =6．
1 2
∴点D（6，4）．
根据题意，得P（m， m2﹣3m+4），M（m，4），H（m，0）．
∴PH= m2﹣3m+4，OH=m，AH=m﹣2，MH=4．
①当4＜m＜6时，DM=6﹣m，
[来源:学#科#网]
如图3，
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∵△OAN∽△HAP，
∴ = ．
∴ = ．
∴ON= = =m﹣4．
∵△ONQ∽△HMQ，
∴ = ．
∴ = ．
∴ = ．
∴OQ=m﹣4．
∴AQ=OA﹣OQ=2﹣（m﹣4）=6﹣m．
∴AQ=DM=6﹣m．
又∵AQ∥DM，
∴四边形ADMQ是平行四边形．
②当m＞6时，同理可得：四边形ADMQ是平行四边形．
综上，四边形ADMQ是平行四边形．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、
相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及勾股定理、三角函数等知识点
34
