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2022年湖北省恩施州中考数学试卷
一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36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．（3分）（2022•恩施州）8的相反数是（ ）
A．﹣8 B．8 C． D．﹣
2．（3分）（2022•恩施州）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．
3．（3分）（2022•恩施州）函数y＝ 的自变量x的取值范围是（ ）
A．x≠3 B．x≥3 C．x≥﹣1且x≠3 D．x≥﹣1
4．（3分）（2022•恩施州）如图是一个正方体纸盒的展开图，将其折叠成一个正方体后，有
“振”字一面的相对面上的字是（ ）
A．“恩” B．“乡” C．“村” D．“兴”
5．（3分）（2022•恩施州）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a3÷a2＝1 C．a3﹣a2＝a D．（a3）2＝a6
6．（3分）（2022•恩施州）为了解某小区居民的用水情况，随机抽查了若干户家庭的某月用水
量，统计结果如下表所示：
月用水量（吨） 3 4 5 6
户数 4 6 8 2
关于这若干户家庭的该月用水量的数据统计分析，下列说法正确的（ ）
A．众数是5 B．平均数是7 C．中位数是5 D．方差是1
7．（3分）（2022•恩施州）已知直线l ∥l ，将含30°角的直角三角板按如图所示摆放．若∠1＝
1 2
120°，则∠2＝（ ）
第1页（共33页）A．120° B．130° C．140° D．150°
8．（3分）（2022•恩施州）一艘轮船在静水中的速度为30km/h，它沿江顺流航行144km与逆流
航行96km所用时间相等，江水的流速为多少？设江水流速为vkm/h，则符合题意的方程
是（ ）
A． ＝ B． ＝
C． ＝ D． ＝
9．（3分）（2022•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于 BD的
长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、
DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
10．（3分）（2022•恩施州）如图1是我国青海湖最深处的某一截面图，青海湖水面下任意一
点A的压强P（单位：cmHg）与其离水面的深度h（单位：m）的函数解析式为P＝kh+P ，其
0
图象如图2所示，其中P 为青海湖水面大气压强，k为常数且k≠0．根据图中信息分析
0
（结果保留一位小数），下列结论正确的是（ ）
第2页（共33页）A．青海湖水深16.4m处的压强为188.6cmHg
B．青海湖水面大气压强为76.0cmHg
C．函数解析式P＝kh+P 中自变量h的取值范围是h≥0
0
D．P与h的函数解析式为P＝9.8×105h+76
11．（3分）（2022•恩施州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，
点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点
C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单
位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s
D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
12．（3分）（2022•恩施州）已知抛物线y＝ x2﹣bx+c，当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0．下
列判断：
①b2＞2c；②若c＞1，则b＞ ；③已知点A（m ，n ），B（m ，n ）在抛物线y＝ x2﹣bx+c
1 1 2 2
第3页（共33页）上，当m ＜m ＜b时，n ＞n ；④若方程 x2﹣bx+c＝0的两实数根为x ，x ，则x +x ＞3．
1 2 1 2 1 2 1 2
其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分）．
13．（3分）（2022•恩施州）9的算术平方根是 ．
14．（3分）（2022•恩施州）因式分解：a3﹣6a2+9a＝ ．
15．（3分）（2022•恩施州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3， O为Rt△ABC
的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留 ） ． ⊙
π
16．（3分）（2022•恩施州）观察下列一组数：2， ， ，…，它们按一定规律排列，第n个数记
为a ，且满足 + ＝ ．则a ＝ ，a ＝ ．
n 4 2022
三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字
说明、证明过程或演算步骤）．
17．（8分）（2022•恩施州）先化简，再求值： ÷ ﹣1，其中x＝ ．
18．（8分）（2022•恩施州）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，
CE⊥BG于点E，DF⊥CE于点F．求证：DF＝BE+EF．
19．（8分）（2022•恩施州）2022年4月29日，湖北日报联合夏风教室发起“劳动最光荣，加
第4页（共33页）油好少年”主题活动．某校学生积极参与本次主题活动，为了解该校学生参与本次主题活
动的情况，随机抽取该校部分学生进行调查．根据调查结果绘制如下不完整的统计图（如
图）．请结合图中信息解答下列问题：
（1）本次共调查了 名学生，并补全条形统计图．
（2）若该校共有1200名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校“洗衣服”的学生约
有多少名？
（3）现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈劳动感
受．请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人同时被抽中的概率．
20．（8分）（2022•恩施州）如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映
成趣．某活动小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于
北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°．求古亭与古柳之间的
距离AB的长（参考数据： ≈1.41， ≈1.73，结果精确到1m）．
21．（8分）（2022•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知∠ACB＝90°，A
（0，2），C（6，2）．D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC ＝3S△ADC ．反比例函
第5页（共33页）数y ＝ （k≠0）的图象经过点D．
1
（1）求反比例函数的解析式．
（2）若AB所在直线解析式为y ＝ax+b（a≠0），当y ＞y 时，求x的取值范围．
2 1 2
22．（10分）（2022•恩施州）某校计划租用甲、乙两种客车送180名师生去研学基地开展综合
实践活动．已知租用一辆甲型客车和一辆乙型客车共需500元，租用2辆甲型客车和3辆
乙型客车共需1300元．甲型客车每辆可坐15名师生，乙型客车每辆可坐25名师生．
（1）租用甲、乙两种客车每辆各多少元？
（2）若学校计划租用8辆客车，怎样租车可使总费用最少？
23．（10分）（2022•恩施州）如图，P为 O外一点，PA、PB为 O的切线，切点分别为A、B，
直线PO交 O于点D、E，交AB于⊙点C． ⊙
（1）求证：⊙∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．
24．（12分）（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y轴交
于点P（0，4）．
第6页（共33页）（1）直接写出抛物线的解析式．
（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移
后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q
三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上
是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的
坐标；若不存在，请说明理由．
（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个
公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
第7页（共33页）2022年湖北省恩施州中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共有12个小题，每小题3分，共36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．（3分）（2022•恩施州）8的相反数是（ ）
A．﹣8 B．8 C． D．﹣
【分析】根据相反数的定义进行解答即可．
【解答】解：8的相反数是﹣8，
故选：A．
【点评】本题考查相反数，掌握相反数的定义是正确解答的前提．
2．（3分）（2022•恩施州）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．
【分析】根据各个选项中的图形，可以写出是否为中心对称图形或轴对称图形，然后即可
判断哪个选项符合题意．
【解答】解：选项A中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不符合题意；
选项B中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项B符合题意；
选项C中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项C不符合题意；
选项D中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，写出各个图形
是否为中心对称图形或轴对称图形．
3．（3分）（2022•恩施州）函数y＝ 的自变量x的取值范围是（ ）
A．x≠3 B．x≥3 C．x≥﹣1且x≠3 D．x≥﹣1
【分析】利用分式有意义的条件和二次根式有意义的条件得到不等式组，解不等式组即可
得出结论．
【解答】解：由题意得：
第8页（共33页），
解得：x≥﹣1且x≠3．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数自变量的取值范围，二次根式，分式有意义的条件，依据题意
列出不等式组是解题的关键．
4．（3分）（2022•恩施州）如图是一个正方体纸盒的展开图，将其折叠成一个正方体后，有
“振”字一面的相对面上的字是（ ）
A．“恩” B．“乡” C．“村” D．“兴”
【分析】根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【解答】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“振”与“兴”是对面，
故选：D．
【点评】本题考查正方体相对两个面上的文字，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断
的前提．
5．（3分）（2022•恩施州）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．a3÷a2＝1 C．a3﹣a2＝a D．（a3）2＝a6
【分析】分别根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底
数幂相除，底数不变指数相减，合并同类项，只把系数相加减，字母与字母的次数不变，对
各选项计算后利用排除法求解．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，故本选项错误；
B、a3÷a2＝a，故本选项错误；
C、a3和a2不是同类项，不能合并，故本选项错误；
D、（a3）2＝a6，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法，合并同类项的法则，幂的乘方，熟
练掌握运算性质是解题的关键．
第9页（共33页）6．（3分）（2022•恩施州）为了解某小区居民的用水情况，随机抽查了若干户家庭的某月用水
量，统计结果如下表所示：
月用水量（吨） 3 4 5 6
户数 4 6 8 2
关于这若干户家庭的该月用水量的数据统计分析，下列说法正确的（ ）
A．众数是5 B．平均数是7 C．中位数是5 D．方差是1
【分析】根据众数、中位数、平均数、方差的计算方法分别进行计算即可．
【解答】解：这组数据出现次数最多的是5吨，共出现8次，所以用水量的众数是5吨，因此
选项A符合题意；
这组数据的平均数为 ＝4.4（吨），因此选项B不符合题意；
将这20户的用水量从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为 ＝4.5（吨），因
此选项C不符合题意；
这组数据的方差为 [（3﹣4.4）2×3+（4﹣4.4）2×6+（5﹣4.4）2×8+（6﹣4.4）2×2]≈0.46，因
此选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查平均数、中位数、众数、方差，掌握平均数、中位数、众数以及方差的计算
方法是正确解答的前提．
7．（3分）（2022•恩施州）已知直线l ∥l ，将含30°角的直角三角板按如图所示摆放．若∠1＝
1 2
120°，则∠2＝（ ）
A．120° B．130° C．140° D．150°
【分析】过点B作BF∥l ，交AC于点F，利用三角形的外角的性质，平行线的性质定理和
1
对顶角相等的性质解答即可．
【解答】解：过含30°角的直角三角板的直角顶点B作BF∥l ，交AC于点F，
1
第10页（共33页）∵∠C＝30°，
∴∠A＝90°﹣∠C＝60°．
∵∠1＝∠A+∠ADE，
∴∠ADE＝60°．
∵BF∥l ，
1
∴∠ABF＝∠ADE＝60°，
∴∠FBG＝90°﹣∠ABF＝30°．
∵BF∥l ，l ∥l ，
1 1 2
∴BF∥l ，
2
∴∠BGH+∠FBG＝180°，
∴∠BGH＝180°﹣∠FBG＝150°，
∴∠2＝∠BGH＝150°．
故选：D．
【点评】本题主要考查了直角三角形的两个锐角互余，平行线的性质定理，三角形的外角
的性质，对顶角相等，过点B作BF∥l ，交AC于点F是解题的关键．
1
8．（3分）（2022•恩施州）一艘轮船在静水中的速度为30km/h，它沿江顺流航行144km与逆流
航行96km所用时间相等，江水的流速为多少？设江水流速为vkm/h，则符合题意的方程
是（ ）
A． ＝ B． ＝
C． ＝ D． ＝
【分析】根据“顺流航行144km与逆流航行96km所用时间相等”列分式方程即可．
【解答】解：根据题意，可得 ，
故选：A．
【点评】本题考查了分式方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
第11页（共33页）9．（3分）（2022•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于 BD的
长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、
DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【分析】利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形
的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
【解答】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM＝MD，BN＝ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO＝DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
在△MDO和△NBO中，
，
第12页（共33页）∴△MDO≌△NBO（AAS），
∴DM＝BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM＝MD，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长＝4BM．
设MB＝x，则MD＝BM＝x，
∴AM＝AD﹣DM＝4﹣x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2＝BM2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝ ，
∴四边形MBND的周长＝4BM＝10．
故选：C．
【点评】本题主要考查了基本作图，作线段的垂直平分线，矩形的性质，线段垂直平分线的
性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，判定四边形MBND为菱
形是解题的关键．
10．（3分）（2022•恩施州）如图1是我国青海湖最深处的某一截面图，青海湖水面下任意一
点A的压强P（单位：cmHg）与其离水面的深度h（单位：m）的函数解析式为P＝kh+P ，其
0
图象如图2所示，其中P 为青海湖水面大气压强，k为常数且k≠0．根据图中信息分析
0
（结果保留一位小数），下列结论正确的是（ ）
第13页（共33页）A．青海湖水深16.4m处的压强为188.6cmHg
B．青海湖水面大气压强为76.0cmHg
C．函数解析式P＝kh+P 中自变量h的取值范围是h≥0
0
D．P与h的函数解析式为P＝9.8×105h+76
【分析】由图象可知，直线P＝kh+P 过点（0，68）和（32.8，309.2）．由此可得出k和P 的值，
0 0
进而可判断B，D；根据实际情况可得出h的取值范围，进而可判断C；将h＝16.4代入解
析式，可求出P的值，进而可判断A．
【解答】解：由图象可知，直线P＝kh+P 过点（0，68）和（32.8，309.2），
0
∴ ，
解得 ．
∴直线解析式为：P＝7.4h+68．故D错误，不符合题意；
∴青海湖水面大气压强为68.0cmHg，故B错误，不符合题意；
根据实际意义，0≤h≤32.8，故C错误，不符合题意；
将h＝16.4代入解析式，
∴P＝7.4×16.4+68＝188.6，即青海湖水深16.4m处的压强为188.6cmHg，故A正确，符合
题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查一次函数的实际应用，涉及一次函数的图象和性质，待定系数法等
知识．关键是计算过程中需要结合实际意义．
11．（3分）（2022•恩施州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，
点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点
C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单
位：s），下列结论正确的是（ ）
第14页（共33页）A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s
D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
【分析】根据题意，表示出DP，BM，AD和BC的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP＝
BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP＝CM，列方程求解即可；
当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯
形，分别列方程求解即可．
【解答】解：根据题意，可得DP＝t，BM＝t，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝10﹣t，CM＝8﹣t，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，
解得t＝5，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，
即t＝8﹣t，
解得t＝4，
故B选项不符合题意；
当CD＝PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM＝PD，
即8﹣t＝t，
解得t＝4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
第15页（共33页）则∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵PM＝CD，GM＝HC，
∴△MGP≌△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∵AG＝AP+GP＝10﹣t+ ，
又∵BM＝t，
∴10﹣t+ ＝t，
解得t＝6，
综上，当CD＝PM时，t＝4s或6s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点
问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
12．（3分）（2022•恩施州）已知抛物线y＝ x2﹣bx+c，当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0．下
列判断：
①b2＞2c；②若c＞1，则b＞ ；③已知点A（m ，n ），B（m ，n ）在抛物线y＝ x2﹣bx+c
1 1 2 2
上，当m ＜m ＜b时，n ＞n ；④若方程 x2﹣bx+c＝0的两实数根为x ，x ，则x +x ＞3．
1 2 1 2 1 2 1 2
其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用一元二次方程的根的判别式可判断①；把x＝1、x＝2，分别代入，得到不等式，
求得即可判断②；求得抛物线的对称轴为直线x＝b，利用二次函数的性质即可判断③；
利用根与系数的关系即可判断④．
【解答】解：∵a＝ ＞0，
∴抛物线开口向上，
当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0，
∴抛物线 与x轴有两个不同的交点，
第16页（共33页）∴Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣2c＞0，故①正确；
∵当x＝1时，y＜0；当x＝2时，y＜0，
∴ ﹣b+c＜0；
∴b＞ +c，
当c＞1时，则b＞ ，故②正确；
抛物线的对称轴为直线x＝b，且开口向上，
当x＜b时，y的值随x的增大而减小，
∴当m ＜m ＜b时，n ＞n ，故③正确；
1 2 1 2
∵方程 x2﹣bx+c＝0的两实数根为x ，x ，
1 2
∴x +x ＝2b，
1 2
又∵b＜ ，
∴x +x ＜3，故④错误；
1 2
综上，正确的有①②③，共3个，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系等
知识，掌握二次函数的性质是解题关键．
二、填空题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分）．
13．（3分）（2022•恩施州）9的算术平方根是 3 ．
【分析】9的平方根为±3，算术平方根为非负，从而得出结论．
【解答】解：∵（±3）2＝9，
∴9的算术平方根是3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了数的算术平方根，解题的关键是牢记算术平方根为非负．
14．（3分）（2022•恩施州）因式分解：a3﹣6a2+9a＝ a （ a ﹣ 3 ） 2 ．
【分析】先提公因式a，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
【解答】解：原式＝a（a2﹣6a+9）＝a（a﹣3）2，
故答案为：a（a﹣3）2．
第17页（共33页）【点评】本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握完全平方公式的结构特征是正确解
答的关键．
15．（3分）（2022•恩施州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3， O为Rt△ABC
⊙
的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留 ） 5 ﹣ ．
π π
【分析】根据题意，先作出相应的辅助线，然后求出内切圆的半径，再根据图形可知：阴影
部分的面积＝△ABC的面积﹣正方形CEOD的面积﹣ O面积的 ，代入数据计算即可．
⊙
【解答】解：作OD⊥AC于点D，作OE⊥CB于点E，作OF⊥AB于点F，连接OA、OC、OB，
如图，
∵∠C＝90°，OD＝OE＝OF，
∴四边形CEOD是正方形，
∵AC＝4，BC＝3，∠C＝90°，
∴AB＝ ＝ ＝5，
∵S△ABC ＝S△AOC +S△COB +S△BOA ，
∴ ＝ ，
解得OD＝OE＝OF＝1，
∴图中阴影部分的面积为： ﹣1×1﹣ ×12× ＝5﹣ ，
π π
故答案为：5﹣ ．
π
第18页（共33页）【点评】本题考查三角形的内切圆、勾股定理、扇形面积的计算，解答本题的关键是求出内
切圆的半径．
16．（3分）（2022•恩施州）观察下列一组数：2， ， ，…，它们按一定规律排列，第n个数记
为a ，且满足 + ＝ ．则a ＝ ，a ＝ ．
n 4 2022
【分析】由题意可得a ＝ ，即可求解．
n
【解答】解：由题意可得：a ＝2＝ ，a ＝ ＝ ，a ＝ ，
1 2 3
∵ + ＝ ，
∴2+ ＝7，
∴a ＝ ＝ ，
4
∵ ＝ ，
∴a ＝ ，
5
同理可求a ＝ ＝ ，•••
6
∴a ＝ ，
n
∴a ＝ ，
2022
故答案为： ， ．
第19页（共33页）【点评】本题考查了数字的变化类，找出数字的变化规律是解题的关键．
三、解答题（本大题共有8个小题，共72分．请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字
说明、证明过程或演算步骤）．
17．（8分）（2022•恩施州）先化简，再求值： ÷ ﹣1，其中x＝ ．
【分析】先根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，再根据分式的减法法则进行计
算，最后代入求出答案即可．
【解答】解： ÷ ﹣1
＝ • ﹣1
＝ ﹣1
＝
＝ ，
当x＝ 时，原式＝ ＝ ．
【点评】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关
键，注意运算顺序．
18．（8分）（2022•恩施州）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，
CE⊥BG于点E，DF⊥CE于点F．求证：DF＝BE+EF．
【分析】由“AAS”可证△CBE≌△DCF，可得CF＝BE，CE＝DF，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
第20页（共33页）∵CE⊥BG，DF⊥CE，
∴∠BEC＝∠DFC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BCE+∠DCF，
∴∠CBE＝∠DCF，
在△CBE和△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（AAS），
∴CF＝BE，CE＝DF，
∵CE＝EF+CF，
∴DF＝BE+EF．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的
关键．
19．（8分）（2022•恩施州）2022年4月29日，湖北日报联合夏风教室发起“劳动最光荣，加
油好少年”主题活动．某校学生积极参与本次主题活动，为了解该校学生参与本次主题活
动的情况，随机抽取该校部分学生进行调查．根据调查结果绘制如下不完整的统计图（如
图）．请结合图中信息解答下列问题：
（1）本次共调查了 20 0 名学生，并补全条形统计图．
（2）若该校共有1200名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校“洗衣服”的学生约
有多少名？
（3）现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈劳动感
受．请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人同时被抽中的概率．
第21页（共33页）【分析】（1）从两个统计图中可知，样本中参与“做饭”的有40人，占调查人数的20%，
由频率＝ 可以求出调查人数，进而求出参与“扫地”的频数，补全条形统计图；
（2）用样本中参与“洗衣服”的所占的百分比估计总体中参与“洗衣服”的百分比，进而
求出相应的人数；
（3）用列表法表示从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况，进而求
出相应的概率即可．
【解答】解：（1）40÷20%＝200（人），200﹣40﹣50﹣30﹣20＝60（人），
故答案为：200，补全条形统计图如下：
（2）1200× ＝300（人），
答：该校1200名学生中参与“洗衣服”的学生约有300名；
（3）从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况如下：
共有12种可能出现的结果，其中甲、乙同时被抽中的有2种，
所以甲、乙同时被抽中的概率为 ＝ ．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图以及样本估计总体，列举出所有可能出现的结
第22页（共33页）果是解决问题的关键．
20．（8分）（2022•恩施州）如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映
成趣．某活动小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于
北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°．求古亭与古柳之间的
距离AB的长（参考数据： ≈1.41， ≈1.73，结果精确到1m）．
【分析】过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，设AC＝x米，则CD＝（x+50）米，在
Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，再在Rt△BCD中，利用锐角三角函
数的定义可得BC＝DC，从而列出关于x的方程，进行计算即可求出AC的长，最后在
Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，即可解答．
【解答】解：过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，
设AC＝x米，
∵AD＝50米，
∴CD＝AC+AD＝（x+50）米，
在Rt△ABC中，∠CAB＝60°，
∴BC＝AC•tan60°＝ x（米），
在Rt△BCD中，∠BDC＝45°，
∴tan45°＝ ＝1，
∴BC＝CD，
∴ x＝x+50，
∴x＝25 +25，
∴AC＝（25 +25）米，
第23页（共33页）∴AB＝ ＝ ＝50 +50≈137（米），
∴古亭与古柳之间的距离AB的长约为137米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形
添加适当的辅助线是解题的关键．
21．（8分）（2022•恩施州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知∠ACB＝90°，A
（0，2），C（6，2）．D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC ＝3S△ADC ．反比例函
数y ＝ （k≠0）的图象经过点D．
1
（1）求反比例函数的解析式．
（2）若AB所在直线解析式为y ＝ax+b（a≠0），当y ＞y 时，求x的取值范围．
2 1 2
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AC＝BC＝6，由S△ABC ＝3S△ADC 得到CD＝
第24页（共33页）2，即可求得D（6，4），代入y ＝ （k≠0）即可求得k的值；
1
（2）利用待定系数法求得y 的解析式，然后解析式联立，解方程组求得交点坐标，根据图
2
形即可求得．
【解答】解：（1）∵A（0，2），C（6，2），
∴AC＝6，
∵△ABC是∠C为直角的等腰直角三角形，
∴BC＝AC＝6，
∵D为等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC ＝3S△ADC ．
∴CD＝2，
∴D（6，4），
∵反比例函数y ＝ （k≠0）的图象经过点D，
1
∴k＝6×4＝24，
∴反比例函数的解析式为y＝ ；
（2）∵A（0，2），B（6，8），
∴把A、B的坐标代入y ＝ax+b得 ，
2
解得 ，
∴y ＝x+2，
2
解 得 或 ，
∴两函数的交点为（﹣6，﹣4），（4，6）
∴当y ＞y 时，x的取值范围是x＜﹣6或0＜x＜4．
1 2
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了等腰直角三角形的性质，待定
系数法求反比例函数的解析式，一次函数的解析式，数形结合是解题的关键．
22．（10分）（2022•恩施州）某校计划租用甲、乙两种客车送180名师生去研学基地开展综合
实践活动．已知租用一辆甲型客车和一辆乙型客车共需500元，租用2辆甲型客车和3辆
乙型客车共需1300元．甲型客车每辆可坐15名师生，乙型客车每辆可坐25名师生．
（1）租用甲、乙两种客车每辆各多少元？
第25页（共33页）（2）若学校计划租用8辆客车，怎样租车可使总费用最少？
【分析】（1）设租用甲种客车每辆x元，租用乙种客车每辆y元，根据题意建立二元一次方
程组，再解方程即可得出结论．
（2）设租甲型客车m辆，总费用为w元，则租乙型客车（8﹣m）辆，根据总费用＝每辆车的
租金×租车数量，即可得出w关于x的函数关系式，由师生总人数结合甲、乙两种型号客车
的载客量，可求出x的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设租用甲种客车每辆x元，租用乙种客车每辆y元，
根据题意可得， ，
解得 ．
∴租用甲种客车每辆200元，租用乙种客车每辆300元．
（2）设租用甲型客车m辆，则租用乙型客车（8﹣m）辆，租车总费用为w元，
根据题意可知，w＝200m+300（8﹣m）＝﹣100m+2400，
∵15m+25（8﹣m）≥180，
∴0＜m≤2，
∵﹣100＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝2时，w的最小值为﹣100×2+2400＝2200．
∴当租用甲型客车2辆，租用乙型客车6辆，租车总费用最少为2200元．
【点评】本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一次函数的性质以及一元
一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根
据总费用＝每辆车的租金×租车数量，找出w关于x的函数关系式．
23．（10分）（2022•恩施州）如图，P为 O外一点，PA、PB为 O的切线，切点分别为A、B，
直线PO交 O于点D、E，交AB于⊙点C． ⊙
（1）求证：⊙∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，求证：AE＝PE．
（3）若PE＝4，CD＝6，求CE的长．
第26页（共33页）【分析】（1）连接OA，利用切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的
性质和等角的余角相等解答即可；
（2）利用（1）的结论，直径所对的圆周角为直角，三角形的外角的性质和等腰三角形的判
定定理解答即可；
（3）CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，OA＝OE＝ ，OC＝OE﹣CE＝ ，OP＝OE+PE＝
，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求得结论．
【解答】（1）证明：连接OA，如图，
∵PA为 O的切线，
∴AO⊥⊙PA，
∴∠OAE+∠PAE＝90°．
∵DE是 O的直径，
∴∠DAE⊙＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°．
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AED，
∴∠ADE＝∠PAE；
（2）证明：由（1）知：∠ADE＝∠PAE＝30°，
第27页（共33页）∵∠DAE＝90°，
∴∠AED＝90°﹣∠ADE＝60°．
∵∠AED＝∠PAE+∠APE，
∴∠APE＝∠PAE＝30°，
∴AE＝PE；
（3）解：设CE＝x，则DE＝CD+CE＝6+x，
∴OA＝OE＝ ，
∴OC＝OE﹣CE＝ ，
OP＝OE+PE＝ ．
∵PA、PB为 O的切线，
∴PA＝PB，P⊙O平分∠APB，
∴PO⊥AB．
∵PA为 O的切线，
∴AO⊥⊙PA，
∴△OAC∽△OPA，
∴ ，
∴ ，
即：x2+10x﹣24＝0．
解得：x＝2或﹣12（不合题意，舍去），
∴CE＝2．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，切线长定理，等腰三角形的判定与性质，圆周角
定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，连接OA是解决此类问题常添加的辅助线．
24．（12分）（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y轴交
于点P（0，4）．
（1）直接写出抛物线的解析式．
（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移
第28页（共33页）后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q
三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上
是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的
坐标；若不存在，请说明理由．
（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个
公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【分析】（1）把点P（0，4）代入y＝﹣x2+c，即可求得答案；
（2）根据题意平移后的新抛物线y＝﹣（x+1）2+4，平移后的抛物线顶点为Q（﹣1，4），再求
出C（0，3），B（﹣3，0），A（1，0），如图1，连接BQ，CQ，PQ，可推出：△CPQ是等腰直角三
角形，△BOC是等腰直角三角形，即可证得△BCQ是直角三角形．
（3）设T（x，0），且x＞0，则BT＝x+3，利用待定系数法得出直线BC的解析式为y＝x+3，
联立方程组求得：M（﹣ ， ），N（ ， ），进而可得BN＝
，再分两种情况：①当△NBT∽△CBA时，则 ＝ ，②当△NBT∽△ABC
时，则 ＝ ，分别建立方程求解即可得出答案．
（4）由于直线AB与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线AB的方向平移到只有1个
公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，设平移后的抛物线的顶点为
第29页（共33页）P′（t，4﹣t），可得y＝﹣（x﹣t）2+4﹣t，联立得x2+（1﹣2t）x+t2+t﹣1＝0，运用根的判别式
即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4），
∴c＝4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4；
（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：
将抛物线y＝﹣x2+4向左平移1个单位长度，得新抛物线y＝﹣（x+1）2+4，
∴平移后的抛物线顶点为Q（﹣1，4），
令x＝0，得y＝﹣1+4＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，得﹣（x+1）2+4＝0，
解得：x ＝1，x ＝﹣3，
1 2
∴B（﹣3，0），A（1，0），
如图1，连接BQ，CQ，PQ，
∵P（0，4），Q（﹣1，4），
∴PQ⊥y轴，PQ＝1，
∵CP＝4﹣3＝1，
∴PQ＝CP，∠CPQ＝90°，
∴△CPQ是等腰直角三角形，
∴∠PCQ＝45°，
∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠BCQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△BCQ是直角三角形．
（3）在x轴上存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似．
∵△ABC是锐角三角形，∠ABC＝45°，
∴以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，必须∠NBT＝∠ABC＝45°，
即点T在y轴的右侧，
设T（x，0），且x＞0，则BT＝x+3，
∵B（﹣3，0），A（1，0），C（0，3），
第30页（共33页）∴∠ABC＝45°，AB＝4，BC＝3 ，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则 ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为y＝x+3，
由 ，
解得： ， ，
∴M（﹣ ， ），N（ ， ），
∴BN＝ × ＝ ，
①当△NBT∽△CBA时，则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：x＝ ，
∴T（ ，0）；
②当△NBT∽△ABC时，则 ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：x＝ ，
∴T（ ，0）；
第31页（共33页）综上所述，点T的坐标T（ ，0）或（ ，0）．
（4）抛物线y＝﹣x2+4的顶点为P（0，4），
∵直线BC的解析式为y＝x+3，
∴直线AB与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线AB的方向平移到只有1个公共点
时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，
设平移后的抛物线的顶点为P′（t，4﹣t），
则平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣t）2+4﹣t，
由﹣（x﹣t）2+4﹣t＝x+3，
整理得：x2+（1﹣2t）x+t2+t﹣1＝0，
∵平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点，
∴Δ＝（1﹣2t）2﹣4（t2+t﹣1）＝0，
解得：t＝ ，
∴平移后的抛物线的顶点为P′（ ， ），平移的最短距离为 ．
第32页（共33页）【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，抛物线的平移变换，直角三角形的性
质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式
的应用等，熟练掌握二次函数的图象及性质、数形结合、分类讨论是解题的关键．
第33页（共33页）
