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中考数学一轮模拟押题卷（二）
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列各数中，最小的数是（ ）
A．−2 B．−1 C．1 D．0
【答案】A
【分析】正数大于一切负数；0大于负数，小于正数；两个正数比较大小，绝对值大的数就大；两个负数
比较大小，绝对值大的数反而小．
【详解】解：∵|−2|=2，|−1|=1，2>1，
∴−2<−1<0<1，
∴最小的数是−2．
故选：A．
【点睛】本题考查有理数的大小比较，掌握有理数大小比较的方法是解题关键．
2．下图是一个多面体的表面展开图，每个面都标注了数字．若多面体的底面是面③，则多面体的上面是
（ ）
A．面① B．面② C．面⑤ D．面⑥
【答案】C
【分析】根据底面与多面体的上面是相对面，则形状相等，间隔1个长方形，且没有公共顶点，即可求解．
【详解】解：依题意，多面体的底面是面③，则多面体的上面是面⑤，
故选：C．
【点睛】本题考查了长方体的表面展开图，熟练掌握基本几何体的展开图是解题的关键．
3．下列运算正确的是（ ）
A．(3xy) 2=9x2y2 B．(y3) 2 = y5 C．x2 ⋅x2=2x2 D．x6÷x2=x3
【答案】A
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及幂的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别化简，进而得
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出答案．
【详解】解：A．(3xy) 2=9x2y2，故此选项符合题意；
B．(y3
)
2= y6，故此选项不合题意；
C．x2 ⋅x2=x4，故此选项不合题意；
D．x6÷x2=x4，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了积的乘方运算以及幂的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则
是解题关键．
4．在同一平面直角坐标系中，函数y=ax和y=x+a(a≠0)的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查正比例函数的系数和一次函数常数项决定图象所过象限的知识点．
【详解】解：A．由函数y=ax得a>0，与y=x+a(a≠0)图象的a<0矛盾，故本选项不符合题意；
B．函数y=x+a(a≠0)所过象限错误，故本选项不符合题意；
C．函数y=x+a(a≠0)所过象限错误，故本选项不符合题意；
D．由函数y=ax得a<0，与y=x+a(a≠0)图象的a<0一致，故本选项符合题意．
故选：D．
5．在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示．
成绩/米 1.50 1.60 1.65 1.70 1.75
人数 2 3 5 4 1
这些运动员成绩的众数和中位数分别为（ ）
A．1.65米，1.65米 B．1.65米，1.70米
C．1.75米，1.65米 D．1.50米，1.60米
【答案】A
【分析】根据众数的中位数的定义分别进行解答即可．
【详解】解：观察表中可知，1.65出现了5次，次数最多，
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∴运动员的成绩的众数为：1.65米．
将表中的数据按照从小到大的顺序排列如下：
1.50，1.50，1.60，1.60，1.60，1.65，1.65，1.65，1.65，1.65，1.70，1.70，1.70，1.70，1.75
∴运动员的成绩的中位数是1.65米．
故选：A．
【点睛】此题考查了众数和中位数，解题的关键在于熟练掌握众数（一组数据中出现次数最多的数）和中
位数（将一组数据按照从小到大的顺序排列，若这组数据是奇数个，则中位数则是最中间的数，若这组数
据是偶数个，则中位数是中间两个数的平均数）的概念．
6．如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大面小，需将∠O转化为与它相等
的角，则图中与∠O相等的角是（ ）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质可知：∠O与∠ADO互余，∠DEB与∠ADO互余，根据同角的余角相
等可得结论．
【详解】由示意图可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，
∴∠O+∠ADO=90°，∠DEB+∠ADO=90°，
∴∠DEB=∠O，
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质的应用，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是（ ）．
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A．12π B．15π C．18π D．24π
【答案】B
【分析】根据题意可得这个几何体为圆锥，然后求出圆锥的母线长为5，再根据圆锥的侧面（扇形）面积
公式，即可求解．
【详解】解：根据题意得：这个几何体为圆锥，
如图，过点A作AD⊥BC于点D，
根据题意得：AB=AC，AD=4，BC=6，
1
∴CD= BC=3，
2
∴AC=√AD2+CD2=5，
即圆锥的母线长为5，
1
∴这个几何体的侧面积是 π×6×5=15π．
2
故选：B
【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，求圆锥的侧面积，根据题意得到这个几何体为圆锥是解题
的关键．
8．若关于x的一元二次方程kx2−6x+9=0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k<1 B．k≤1 C．k<1且k≠0 D．k≤1且k≠0
【答案】D
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【分析】根据一元二次方程kx2−6x+9=0有实数根可知道判别式大于等于零且k≠0，解不等式即可求解．
【详解】解：∵方程kx2−6x+9=0有实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−6) 2−4×9k=36−36k≥0，k≠0，
∴k≤1，且k≠0．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握判别式与根的关系是解题的关键．当判别式
Δ=b2−4ac>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当判别式Δ=b2−4ac=0时，一元二次方程有
两个相等的实数根；当判别式Δ=b2−4ac<0时，一元二次方程没有实数根．
a 3
9．若分式方程 =1− 的解为负数，则a的取值范围是（ ）
x+2 x+2
A．a<−1且a≠−2 B．a<0且a≠−2
C．a<−2且a≠−3 D．a<−1且a≠−3
【答案】D
【分析】直接解分式方程，进而得出a的取值范围，注意分母不能为零．
【详解】解：去分母得：a=x+2−3，
解得：x=a+1，
a 3
∵分式方程 =1− 的解是负数，
x+2 x+2
∴a+1<0，x+2≠0，即a+1+2≠0，
解得：a<−1且a≠−3，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了分式方程的解，正确解分式方程是解题关键．
10．直线y =ax+b和抛物线y =ax2+bx（a，b是常数，且a≠0）在同一平面直角坐标系中，直线
1 2
y =ax+b经过点(−4,0)．下列结论：
1
①抛物线y =ax2+bx的对称轴是直线x=−2
2
②抛物线y =ax2+bx与x轴一定有两个交点
2
③关于x的方程ax2+bx=ax+b有两个根x =−4，x =1
1 2
④若a>0，当x<−4或x>1时，y >y
1 2
其中正确的结论是（ ）
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A．①②③④ B．①②③ C．②③ D．①④
【答案】B
【分析】①可得−4a+b=0，从而可求b=4a，即可求解；②可得Δ=b2−4ac=b2≥0，由a≠0，可得
Δ=b2>0，即可求解；③可判断抛物线也过(−4,0)，从而可得方程ax2+(b−a)x−b=0的一个根为x=−4，
3
可求抛物线y =ax2+(b−a)x−b的对称轴为直线x=− ，从而可得抛物线y =ax2+(b−a)x−b与x轴的
3 2 3
另一个交点为(1,0)，即可求解；④当a>0，当−4<x<1时，y <y ，即可求解．
1 2
【详解】解：①∵直线y =ax+b经过点(−4,0)，
1
∴−4a+b=0，
∴b=4a，
b 4a
抛物线的对称轴为直线x=− =− =−2，
2a 2a
故①正确；
②Δ=b2−4ac=b2≥0，
由①得b=4a，
∵a≠0，
∴b≠0，
∴ Δ=b2>0，
∴抛物线y =ax2+bx与x轴一定有两个交点，
2
故②正确；
③当x=−4时，
y=16a−4b
=16a−16a=0，
∴抛物线也过(−4,0)，
由ax2+bx=ax+b得
∴方程ax2+(b−a)x−b=0，
∴方程的一个根为x=−4，
抛物线y =ax2+(b−a)x−b，
3
b−a 4a−a 3
∵ x=− =− =− ，
2a 2a 2
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3
∴抛物线y =ax2+(b−a)x−b的对称轴为直线x=− ，
3 2
与x轴的一个交点为(−4,0)，
( 3) 3
∴x− − =− −(−4)，
2 2
解得：x=1，
∴抛物线y =ax2+(b−a)x−b与x轴的另一个交点为(1,0)，
3
∴关于x的方程ax2+bx=ax+b有两个根x =−4，x =1，
1 2
故③正确；
④当a>0，当−4<x<1时，y <y ，
1 2
故④错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的基本性质，二次函数与一次函数交点，二次函数与不等式等，理解性质，
掌握解法是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．因式分解：x2y−9 y= ．
【答案】y(x+3)(x−3)
【分析】本题考查了用提公因式法和平方差公式进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然
后再用公式因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
【详解】解：x2y−9 y= y(x2−9)= y(x+3)(x−3)，
故答案为：y(x+3)(x−3)．
22
12．有五张看上去无差别的卡片，正面分别写着 ，√6，−0.5，π，0．背面朝上混合后随机抽取一张，
7
取出的卡片正面的数字是无理数的概率是 ．
2
【答案】
5
【分析】找出无理数的个数，再根据概率公式计算即可．
22
【详解】解：在 ，√6，−0.5，π，0中，
7
无理数有√6，π，共2个，
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2
∴随机抽取一张，取出的卡片正面的数字是无理数的概率是 ，
5
2
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查概率的求法与运用，根据概率公式求解即可：如果一个事件有n种可能，而且这些事件
m
的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)= ．
n
13．已知关于x的一元二次方程x2−3x+1=0的两个实数根分别为x 和x ，则x +x −x x 的值为 ．
1 2 1 2 1 2
【答案】2
b c
【分析】直接利用根与系数的关系x +x =− =3，x x = =1，再代入计算即可求解．
1 2 a 1 2 a
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2−3x+1=0的两个实数根分别为x 和x ，
1 2
−3 1
∴x +x =− =3，x x = =1，
1 2 1 1 2 1
∴x +x −x x =3−1=2．
1 2 1 2
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查根与系数的关系，熟记根与系数的关系是解题关键．根与系数的关系：x 和x 是一
1 2
b c
元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x +x =− ,x x = ．
1 2 a 1 2 a
14．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，则△ABC的内切圆半径r= ．
【答案】1
【分析】本题考查了切线长定理，圆的切线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握切线长定理是解答本
题的关键，首先利用切线的性质证明四边形OECF是正方形，得到CE=CF=r，再利用切线长定理得到
AE=3−r，BF=4−r，最后由AD+BD=AB列方程即可求解．
【详解】设△ABC的内切圆与AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∵∠C=90°，
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∴四边形OECF是矩形，
∵CE=CF，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=r，
∴AE=3−r，BF=4−r，
∵AD=AE，BD=BF，
∴AD=3−r，BD=4−r，
在Rt△ABC中，AB=√AC2+BC2=√32+42=5，
∵AD+BD=AB，
∴3−r+4−r=5，
解得 r=1．
故答案为：1．
( 5) ( 5) k
15．如图，点A a, 和B b, 在反比例函数y= (k>0)的图象上，其中a>b>0．过点A作AC⊥x
a b x
15 a
轴于点C，则△AOC的面积为 ；若△AOB的面积为 ，则 = ．
4 b
5
【答案】 2
2
( 5) 5
【分析】根据A a, ，得出OC=a,AC= ，根据三角形面积公式，即可求出△AOC的面积；过点B
a a
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5 5
作BD⊥x轴于点D，BD交OA于点E，根据S =S +S = ，S =S +S = ，
△OBD △ODE △OBE 2 △AOC △ODE 四边形DCAE 2
a b 3
得出S =S ，进而得出S =S ，根据梯形面积公式，列出方程，化简得 − = ，
△OBE 四边形DCAE △AOB 梯形BDCA b a 2
a 1 3 a
令x= ，则x− = ，求出x的值，根据a>b>0，得出 >1，即x>1，即可解答．
b x 2 b
( 5)
【详解】解：∵A a, ，
a
5
∴OC=a,AC= ，
a
1 1 5 5
∴S = OC⋅AC= ⋅a⋅ = ，
△AOC 2 2 a 2
过点B作BD⊥x轴于点D，BD交OA于点E，
( 5)
∵B b, ，
b
5
∴OD=b,BD= ，
b
1 1 5 5
∴S = OD⋅BD= ⋅ ⋅b= ，
△OBD 2 2 b 2
5 5
∵S =S +S = ，S =S +S = ，
△OBD △ODE △OBE 2 △AOC △ODE 四边形DCAE 2
∴S =S ，
△OBE 四边形DCAE
∴S =S +S =S +S =S ，
△AOB △OBE △ABE 四边形DCAE △ABE 梯形BDCA
1 1 (5 5) 15
∴S = CD(AC+BD)= ×(a−b) + = ，
梯形BDCA 2 2 a b 4
a b 3
整理得： − = ，
b a 2
a
令x= ，
b
1 3
则x− = ，
x 2
1
解得：x =− （舍），x =2，
1 2 2
∵a>b>0，
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a
∴ >1，即x>1，
b
a
∴ =2，
b
5
故答案为： ，2．
2
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，解题的关键是是掌握反比例函数图象上点的坐标特征，
灵活运用面积关系建立方程．
16．如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形
ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是
Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF=3cm，AE+FC=11cm，则BE的长是 cm．
DG 5
（2）若 = ，则tan∠DAH的值是 ．
GH 4
【答案】 4 3
【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC=11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH=∠CDG，从而得到tan∠DAH=tan∠CDG，设AH=x，DG=5k，
GH=4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH=tan∠CDG列方程，解出x，从而求出
tan∠DAH的值．
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【详解】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE=BE，BF=CF，
∵AE+FC=11cm，
∴BE+BF=11cm，
即BE+BE+EF=11cm，
即2BE+EF=11cm，
∵EF=3cm，
∴BE=4cm，
故答案为：4；
（2）设AH=x，
DG 5
∵ = ，
GH 4
∴可设DG=5k，GH=4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE=EF=FG=GH=4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠CBF=45°，
∴CG=CF+GF=BF+4k=BE+8k=AH+12k=x+12k，
∠ABC=∠ABE+∠CBF=45°+45°=90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADH+∠CDG=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD=∠CGD=90°，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∴∠DAH=∠CDG，
∴tan∠DAH=tan∠CDG，
DH CG 5k+4k x+12k
∴ = ，即 = ，
AH DG x 5k
整理得：x2+12kx−45k2=0，
解得x =3k，x =−15k（舍去），
1 2
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DH 9k
∴tan∠DAH= = =3．
AH 3k
故答案为：3．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清
图中线段间的关系是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23
题9分，24题10分，25题13分）
17．(1)计算：(π−2023) 0+|−√3|−2sin60°；
(2)解不等式组：¿②
【答案】（1）1；（2）1≤x<4
【分析】（1）根据零指数幂与绝对值的意义和特殊角的三角函数值进行计算即可求解；
（2）先分别解两个不等式得到 x≥1和x<4，然后根据大小小大中间找确定不等式组的解集．
√3
【详解】解：（1）原式=1+√3−2× =1+√3−√3 =1．
2
（2）解不等式①，得x≥1；
解不等式②，得x<4．
∴原不等式组的解集为1≤x<4．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再
求出这些解集的公共部分．也考查了实数的运算．
18．某校为了改善学生伙食状况，更好满足校园内不同民族学生的饮食需求，充分体现对不同民族学生饮
食习惯的尊重，进行了一次随机抽样调查，调查了各民族学生的人数，绘制了两幅不完整的统计图，如图．
请根据图中给出的信息，回答下列问题：
(1)调查的样本容量为______，并把条形统计图补充完整；
(2)珞巴族所在扇形圆心角的度数为______；
(3)学校为了举办饮食文化节，从调查的四个民族的学生中各选出一名学生，再从选出的四名学生中随机选
拔两名主持人，请用列表或画树状图的方法求出两名主持人中有一名是藏族学生的概率．
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【答案】(1)100，图形见详解
(2)25.2°
1
(3)
2
【分析】（1）利用汉族学生人数除以其占比即可求出样本容量，再根据条形图中的人数可求出藏族学生
人数，即可作答；
（2）珞巴族学生人数除以总人数再乘以360°即可作答；
（3）采用列表法列举即可作答．
【详解】（1）总人数：42÷42%=100（人），
藏族学生人数：100−42−7−3=48（人），
补充图形如下：
7
（2） ×360°=25.2°，
100
即珞巴族所在扇形圆心角的度数为25.2°；
（3）设用“甲”代表藏族学生，用“乙”代表其他三族的学生，画出列表如下：
甲 乙 乙 乙
甲 甲，乙 甲，乙 甲，乙
乙 乙，甲 乙，乙 乙，乙
乙 乙，甲 乙，乙 乙，乙
乙 乙，甲 乙，乙 乙，乙
由图表可知，总共有12种情况，含有“甲”（藏族学生）的情况有6种，
1
故：两名主持人中有一名是藏族学生的概率6÷12= ．
2
【点睛】本题主要考查了条形统计图，扇形统计图以及采利用列举法求解概率的知识，正确作出列表，是
解答本题的关键．
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19．如图，AC是菱形ABCD的对角线．
(1)作边AB的垂直平分线，分别与AB，AC交于点E，F（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接FB，若∠D=140°，求∠CBF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)120°
1
【分析】（1）分别以点A，点B为圆心，大于 AB的长为半径作弧，交于点M，点N，作直线MN交AB
2
于点E，交AC于点F，连接EF即可；
（2）连接FB，由菱形的性质得到∠ABC=∠D=140°，AB=CB，则∠BAC=∠BCA=20°，由线段
的垂直平分线的性质可得AF=BF，故得到∠ABF=∠BAC=20°，则
∠CBF=∠ABC−∠ABF=120°．
【详解】（1）解：
（2）解：连接FB，
∵菱形ABCD，
∴ ∠ABC=∠D=140°，AB=CB，
1
∴ ∠BAC=∠BCA= (180°−140°)=20°，
2
∵MN垂直平分AB，
∴ AF=BF，
∴ ∠ABF=∠BAC=20°，
∴ ∠CBF=∠ABC−∠ABF=120°．
【点睛】本题主要考查基本作图，菱形的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质．按照要求
作出边AB的垂直平分线是解题的关键．
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4 k
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y= x与反比例函数y= (k>0)的图象相交于A(3，m)，
3 x
B两点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)若点C为x轴正半轴上一点，且满足AC⊥BC，求点C的坐标．
12
【答案】(1)y= ；
x
(2)(5，0)．
【分析】（1）先求出A点坐标，再代入反比例函数解析式即可．
（2）根据反比例函数的对称性可求出AB的长，再由AC⊥BC并利用直角三角形斜边上的中线等于斜边
的一半，可求得OC的长，进而解决问题．
4
【详解】（1）解：∵点A(3，m)在一次函数y= x的图象上，
3
4
∴m= ×3=4
3
∴点A的坐标为(3，4)．
k
∵反比例函数y= (k>0) 的图象经过点A(3，4)，
x
∴k=3×4=12．
12
∴反比例函数的解析式为y= ．
x
（2）解：过A点作y轴的垂线，垂足为点H，
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∵A(3，4)，
则AH=3，OH=4．
由勾股定理，得OA=√AH2+OH2=5,
由图象的对称性，可知OB=OA=5．
又∵AC⊥BC，
∴OC=OA=5．
∴C点的坐标为(5，0)．
【点睛】本题考查一次函数和反比例函数的交点问题，熟知反比例函数和一次函数的对称性是解题的关键．
21．根据以下材料，完成项目任务，
项目 测量古塔的高度及古塔底面圆的半径
测量
测角仪、皮尺等
工具
说明：点Q为古塔底面圆圆心，测角仪高度AB=CD=1.5m，在
B、D处分别测得古塔顶端的仰角为32°、45°,BD=9m，测角
测量 仪CD所在位置与古塔底部边缘距离DG=12.9m．点
B、D、G、Q在同一条直线上．
参考
sin32°≈0.530,cos32°≈0.848,tan32°≈0.625
数据
项目任务
（1） 求出古塔的高度．
（2） 求出古塔底面圆的半径．
【答案】（1）古塔的高度为16.5m；（2）古塔底面圆的半径为2.1m．
【分析】（1）延长AC交PQ于点E，则四边形CDQE是矩形，设PE=x m，则CE=xm，根据
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PE x
tan∠PAE= = =tan32°≈0.625，解方程，即可求古塔的高度；
AE x+9
（2）根据DQ=CE=15 m，DG=12.9m，即可求得古塔底面圆的半径．
【详解】解：（1）如图所示，延长AC交PQ于点E，则四边形CDQE是矩形，
∴QE=CD，
依题意，∠PCE=45°，∠PAE=32°，AB=CD=QE=1.5m，
PE
设PE=x m，则CE= =x，
tan∠PCE
PE x
在Rt△PAE中，tan∠PAE= = =tan32°≈0.625，
AE x+9
解得：x=15，
∴古塔的高度为PE+QE=15+1.5=16.5(m)．
（2）DQ=CE=15 m，DG=12.9m，
∴GQ=15−12.9=2.1(m)．
答：古塔的高度为16.5m，古塔底面圆的半径为2.1m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—俯角仰角问题，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
22．某校举行“二十大知识学习竞赛”活动，老师让班长小华到商店购买笔记本作为奖品．甲、乙两家商
店每本硬面笔记本比软面笔记本都贵3元（单价均为整数）．
(1)若班长小华在甲商店购买，他发现用240元购买硬面笔记本与用195元购买软面笔记本的数量相同，求
甲商店硬面笔记本的单价．
(2)若班长小华在乙商店购买硬面笔记本，乙商店给出了硬面笔记本的优惠条件（软面笔记本单价不变）：
一次购买的数量少于30本，按原价售出；不少于30本按软面笔记本的单价售出．班长小华打算购买m本
硬面笔记本（m为正整数），他发现再多购买5本的费用恰好与按原价购买的费用相同，求乙商店硬面笔
记本的原价．
【答案】(1)甲商店硬面笔记本的单价为16元
(2)乙商店硬面笔记本的原价18元
【分析】（1）根据“硬面笔记本数量=软面笔记本数量”列出分式方程，求解检验即可；
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（2）设乙商店硬面笔记本的原价为a元，则软面笔记本的单价为(a−3)元，由再多购买5本的费用恰好与
按原价购买的费用相同可得ma=(m+5)(a−3)，再根据¿且m，均为正整数，即可求解．
【详解】（1）解：设硬面笔记本的单价为x元，则软面笔记本的单价为(x−3)元，根据题意得
240 195
= ，
x x−3
解得x=16，
经检验，x=16是原方程的根，且符合题意，
故甲商店硬面笔记本的单价为16元；
（2）设乙商店硬面笔记本的原价为a元，则软面笔记本的单价为(a−3)元，
由题意可得¿，
解得25≤m<30，
根据题意得ma=(m+5)(a−3)，
3m+15
解得a= ，
5
∵ m为正整数，
3m+15
∴m=25，26，27，28，29，分别代入a= ，
5
可得a=18，18.6，19.2，19.8，20.4，
由单价均为整数可得a=18，
故乙商店硬面笔记本的原价18元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出相
应方程．
23．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,O为AC边上一点，连结OB．以OC为半径的半圆与AB边相切
于点D，交AC边于点E．
(1)求证：BC=BD．
(2)若OB=OA,AE=2．
①求半圆O的半径．
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②求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
2π
(2)①2；②2√3−
3
【分析】（1）根据切线长定理可直接得出结论；
（2）①证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，可得∠OBD=∠OBC=∠A=30°，根据含30°直角三角形的
1 1
性质求出OD= OA，可得OE= OA，然后可得答案；
2 2
②利用勾股定理求出AD，然后根据S =S −S 列式计算即可．
阴影 △ODA 扇形ODE
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，点C在圆O上，
∴BC是圆O的切线，
∵BD是圆O的切线，
∴BC=BD；
（2）解：①如图，连结OD．
∵OB=OA，
∴∠OBD=∠A．
∵OB=OB，OC=OD，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)．
∴∠OBD=∠OBC．
∴∠OBD=∠OBC=∠A．
∵∠OBD+∠OBC+∠A=90°，
∴∠OBD=∠OBC=∠A=30°．
1
∴在Rt△ODA中，OD= OA．
2
∵OD=OE，
1
∴OE= OA，
2
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∴OE=AE=2，
∴半圆O的半径为2；
②∵在Rt△ODA中，OD=2,OA=4．
∴AD=√42−22=2√3，
1 1
∴S = OD⋅AD= ×2×2√3=2√3．
△ODA 2 2
∵∠A=30°，
∴∠AOD=60°，
60π×22 2π
∴S =S −S =2√3− =2√3− ．
阴影 △ODA 扇形ODE 360 3
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，勾
股定理，扇形面积计算等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
24．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=10cm，BD=4√5cm．动点P从点A
出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为
2cm/s．以AP，AQ为邻边的平行四边形APMQ的边PM与AC交于点E．设运动时间为t(s)(0<t≤5)，
解答下列问题：
(1)当点M在BD上时，求t的值；
(2)连接BE．设△PEB的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式和S的最大值；
(3)是否存在某一时刻t，使点B在∠PEC的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
10
【答案】(1)t=
3
2
(2)S=− t2+4t(0<t≤5)；S的最大值为10
5
20−5√5
(3)t=
2
10−2t t
【分析】（1）证明△DQM∽△MPB， 则 = ， 即可求解；
2t 10−t
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1
（2）由 S= PB⋅h即可求解；
2
（3）当点B在∠PEC的平分线上时，则 BR=OB=2√5 ，在Rt△PBR中，
4 BR 2√5
sin∠EPB=sin∠DAB= = = ，即可求解．
5 PB 10−t
【详解】（1）∵平行四边形APMQ，
∴AQ∥PM，AQ=PM，QM∥AP，QM=AP
由题意得∶DQ=10−2t,PM=2t,PB=10−t，QM=AP=t，
如下图，点M在BD上时，
∵AQ∥PM，QM∥AP，，
∴∠DQM=∠DAB=∠MPQ,∠DMQ=∠MBP，
∴△DQM∽△MPB，
DQ QM 10−2t t
则 = ,即 = ,,
PM PB 2t 10−t
10
解得： t= ;
3
（2）如上图，
∵AQ∥PM，
∴∠AEP=∠EAQ，
∵四边形ABCD是菱形，
则∠QAE=∠EAP，
∴∠AEP=∠EAP，
∴△APE为等腰三角形， 则PE=AP=t
过点D作DH⊥AB于点H，
1 1
则S = ×AB⋅DH= ×AO·DB
△ABD 2 2
即 10DH=√102−(2√5) 2 ×4√5,解得∶ DH=8，
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DH 8 4
则 sin∠DAH= = = ，
AD 10 5
设△PEB中PB边上的高为h，则
1 1 1 4t 2
S= PB⋅h= (20−t)⋅sin∠DHA⋅AE= (20−t)⋅ =− t2+4t
2 2 2 5 5
2
即：S=− (t−5) 2+10(0<t≤5)
5
2
∵− <0，故S有最大值，
5
当t=5时， S的最大值为10；
（3）存在， 理由∶
如下图， 过点B作BR⊥PE于点R，
当点B在∠PEC的平分线上时，则
BR=OB=2√5，
在Rt△PBR中，
4 BR 2√5
sin∠EPB=sin∠DAB= = = ，
5 PB 10−t
20−5√5
解得： t= .
2
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到特殊四边形性质、三角形相似、解直角三角形、函数的表达式确定
等，综合性强，难度适中．
25．已知△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，N为A´C的中点，连接ON交AC于点H．
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(1)如图①，求证BC=2OH；
(2)如图②，点D在⊙O上，连接DB，DO，DC，DC交OH于点E，若DB=DC，求证OD∥AC；
(3)如图③，在（2）的条件下，点F在BD上，过点F作FG⊥DO，交DO于点G．DG=CH，过点F作
FR⊥DE，垂足为R，连接EF，EA，EF:DF=3:2，点T在BC的延长线上，连接AT，过点T作
TM⊥DC，交DC的延长线于点M，若FR=CM，AT=4√2，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2√13
【分析】（1）连接OC，根据N为A´C的中点，易证AH=HC，再根据中位线定理得出结论；
（2）连接OC，先证△DOB≌△DOC得∠BDO=∠CDO，再根据OB=OD得∠DBO=∠BDO，根据
∠ACD=∠ABD即可得出结论；
（3）连接AD，先证△DOB≌△DOC，再证四边形ADFE是矩形，过A作AS⊥DE垂足为S，先证出
FR=AS，再能够证出△CAS≌△TCM从而CT=AC，得到等腰直角△ACT，利用三角函数求出AC，再
根据∠EDF=∠BAC求出BC，最后用勾股定理求出答案即可．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵N为A´C的中点，
∴A´N=C´N，
∴∠AON=∠CON，
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∵OA=OC，
∴AH=HC，
∵OA=OB，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BC=2OH；
（2）证明：如图，连接OC，
设∠BDC=2α，
∵BD=DC，DO=DO，OB=OC，
∴△DOB≌△DOC，
1
∴∠BDO=∠CDO= ∠BDC=α，
2
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠BDO=α，
∵∠ACD=∠ABD=α，
∴∠CDO=∠ACD，
∴DO∥AC；
（3）解：连接AD，
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∵FG⊥OD，
∴∠DGF=90°，
∵∠CHE=90°，
∴∠DGF=∠CHE，
∵∠FDG=∠ECH，DG=CH，
∴△DGF≌△CHE，
∴DF=CE，
∵AH=CH，
∴OH⊥AC，
∴CE=AE=DF，
∵∠EAC=∠ECA=α，
∠AED=∠EAC+∠ECA=2α，
∴∠BDC=∠AED，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴∠EFD=90°，
EF 3
∴tan∠EDF= = ，
FD 2
过点A作AS⊥DE垂足为S，
AS
∴sin∠AES= ，
AE
∵FR⊥DC，
FR
∴sin∠FDR= ，
FD
∵FD∥AE，
∴∠FDR=∠AES，
∴sin∠FDR=sin∠AES，
∴FR=AS，
∵AB是⊙O的直径，
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∴∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACS=90°，
∵∠ASC=90°，
∴∠CAS+∠ACS=90°，
∴∠BCE=∠CAS，
∵∠BCE=∠TCM，
∴∠CAS=∠TCM，
∵TM⊥DC，
∴∠TMC=90°，
∴∠TMC=∠ASC，
∵FR=CM，
∴AS=CM，
∴△CAS≌△TCM，
∴CT=AC，
∵∠ACT=180°−90°=90°，
∴∠CAT=∠CTA=45°，
∴AC=AT⋅sin∠CTA=4√2×sin45°=4，
∵∠EDF=∠BAC，
3
∴tan∠EDF=tan∠BAC= ，
2
BC 3
∴ = ，
AC 2
∴BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=2√13．
【点睛】本题是圆的综合题，考查圆的有关知识、全等三角形的判定与性质、垂径定理、三角函数、勾股
定理、圆周角定理等知识，构造辅助线解决问题是解题关键．
27
