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2022年湖北省随州市中考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是
正确的）
1．（3分）2022的倒数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
2．（3分）如图，直线l ∥l ，直线l与l ，l 相交，若图中∠1＝60°，则∠2为（ ）
1 2 1 2
A．30° B．40° C．50° D．60°
3．（3分）小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据
的众数和平均数分别为（ ）
A．97和99 B．97和100 C．99和100 D．97和101
4．（3分）如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图
C．左视图和俯视图 D．三个视图均相同
5．（3分）我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百
五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，
跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可
以追上慢马，则可列方程为（ ）
A．150（12+x）＝240x B．240（12+x）＝150x
C．150（x﹣12）＝240x D．240（x﹣12）＝150x
6．（3分）2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲
三位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中
国空间站绕地球运行2×102s走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）A．15.4×105 B．1.54×106 C．15.4×106 D．1.54×107
7．（3分）已知张强家、体育场、文具店在同一直线上，下面的图象反映的过程是：张强从家跑
步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时
间，y表示张强离家的距离，则下列结论不正确的是（ ）
A．张强从家到体育场用了15min
B．体育场离文具店1.5km
C．张强在文具店停留了20min
D．张强从文具店回家用了35min
8．（3分）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角
线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，
DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该
图形，下列说法正确的有（ ）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的 ．
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
9．（3分）如图，已知点B，D，C在同一直线的水平地面上，在点C处测得建筑物AB的顶端A
的仰角为 ，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为 ，若CD＝a，则建筑物AB的高
度为（ α） βA． B．
C． D．
10．（3分）如图，已知开口向下的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x
＝1．则下列结论正确的有（ ）
①abc＞0；
②2a+b＝0；
③函数y＝ax2+bx+c的最大值为﹣4a；
④若关于x的方程ax2+bx+c＝a+1无实数根，则﹣ ＜a＜0．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，只需要将结果直接填写在答题卡对应
题号处的横线上）
11．（3分）计算：3×（﹣1）+|﹣3|＝ ．
12．（3分）如图，点A，B，C在 O上，若∠ABC＝60°，则∠AOC的度数为 ．
⊙13．（3分）已知二元一次方程组 ，则x﹣y的值为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例
函数y＝ 的图象在第一象限交于点C，若AB＝BC，则k的值为 ．
15．（3分）已知m为正整数，若 是整数，则根据 ＝ ＝3
可知m有最小值3×7＝21．设n为正整数，若 是大于1的整数，则n的最小
值为 ，最大值为 ．
16．（3分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如
图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角 （0°＜ ＜90°），使EF⊥AD，连接BE并延长交DF
于点H．则∠BHD的度数为 θ，DH的θ长为 ．
三、解答题（本大超共8小题，共72分，解答应写出必要的演算步骤、文字说明或证明过程）
17．（6分）解分式方程： ＝ ．
18．（7分）已知关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不等实数根x ，x ．
1 2（1）求k的取值范围；
（2）若x x ＝5，求k的值．
1 2
19．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正
方形．
（1）求证：AE＝CF；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为20，AB＝5，求CF的长．
20．（10分）为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育
社团、文学社团、美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行
“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制
了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）参加问卷调查的学生共有 人；
（2）条形统计图中m的值为 ，扇形统计图中 的度数为 ；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“α音乐社团”的约有 人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比
赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
21．（9分）如图，已知D为 O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与 O相切，交CD
的延长线于点E，且BE＝⊙DE． ⊙
（1）判断CD与 O的位置关系，并说明理由；
⊙（2）若AC＝4，sinC＝ ，
①求 O的半径；
②求⊙BD的长．
22．（10分）2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地
出现了“一墩难求”的场面．某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很
快就被抢购一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从
第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）．经过连续15天的销售统计，得到第x
天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y（单位：个）和需求量y（单位：个）的部分数据如
1 2
下表，其中需求量y 与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，
2
当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天 1 2 … 6 … 11 … 15
供应量y 150 150+m … 150+5m … 150+10m … 150+14m
1
（个）
需求量y 220 229 … 245 … 220 … 164
2
（个）
（1）直接写出y 与x和y 与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
1 2
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超
过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需
求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12
天的销售额．
23．（10分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里
程碑．在该书的第2卷“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，
利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出
的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）公式①：（a+b+c）d＝ad+bd+cd
公式②：（a+b）（c+d）＝ac+ad+bc+bd
公式③：（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
公式④：（a+b）2＝a2+2ab+b2
图1对应公式 ，图2对应公式 ，图3对应公式 ，图4对应公式
．
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的方
法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，E为边AC上任意
一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF∥AC
交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为S ，△ABD与△AEH的面积之
1
和为S ．
2
①若E为边AC的中点，则 的值为 ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不
成立，请说明理由．
24．（12分）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此
时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形
PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．2022年湖北省随州市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是
正确的）
1．（3分）2022的倒数是（ ）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
【分析】根据倒数的定义即可得出答案．
【解答】解：2022的倒数是 ．
故选：C．
【点评】本题考查了倒数，掌握乘积为1的两个数互为倒数是解题的关键．
2．（3分）如图，直线l ∥l ，直线l与l ，l 相交，若图中∠1＝60°，则∠2为（ ）
1 2 1 2
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据两直线平行，内错角相等，便可求得结果．
【解答】解：∵l ∥l ，
1 2
∴∠1＝∠2，
∵∠1＝60°，
∴∠2＝60°，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质，关键是熟记平行线的性质．
3．（3分）小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106（单位：分），则这组数据
的众数和平均数分别为（ ）
A．97和99 B．97和100 C．99和100 D．97和101
【分析】观察这组数据发现97出现的次数最多，进而得到这组数据的众数为97，将五个数
据相加求出之和，再除以5即可求出这组数据的平均数．【解答】解：∵这组数据中，97出现了2次，次数最多，
∴这组数据的众数为97，
这组数据的平均数 ＝ ×（97+97+99+101+106）＝100．
故选：B．
【点评】此题考查了众数及算术平均数，众数即为这组数据中出现次数最多的数，算术平
均数即为所有数之和与数的个数的商．
4．（3分）如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是（ ）
A．主视图和左视图 B．主视图和俯视图
C．左视图和俯视图 D．三个视图均相同
【分析】根据三视图的定义判断即可．
【解答】解：该几何体的三视图中完全相同的是主视图和左视图，均为半圆；俯视图是一个
圆．
故选：A．
【点评】此题主要考查了画三视图的知识；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别
是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
5．（3分）我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百
五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，
跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可
以追上慢马，则可列方程为（ ）
A．150（12+x）＝240x B．240（12+x）＝150x
C．150（x﹣12）＝240x D．240（x﹣12）＝150x
【分析】设快马x天可以追上慢马，根据路程＝速度×时间，即可得出关于x的一元一次方
程，此题得解．
【解答】解：设快马x天可以追上慢马，
依题意，得：150（x+12）＝240x．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
6．（3分）2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲
三位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中
国空间站绕地球运行2×102s走过的路程（m）用科学记数法可表示为（ ）
A．15.4×105 B．1.54×106 C．15.4×106 D．1.54×107
【分析】根据路程＝速度×时间列出代数式，根据单项式乘单项式的法则计算，最后结果写
成科学记数法的形式即可．
【解答】解：7.7×103×2×102
＝（7.7×2）×（103×102）
＝15.4×105
＝1.54×106（米），
故选：B．
【点评】本题考查了科学记数法﹣表示较大的数，掌握am•an＝am+n是解题的关键．
7．（3分）已知张强家、体育场、文具店在同一直线上，下面的图象反映的过程是：张强从家跑
步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时
间，y表示张强离家的距离，则下列结论不正确的是（ ）
A．张强从家到体育场用了15min
B．体育场离文具店1.5km
C．张强在文具店停留了20min
D．张强从文具店回家用了35min
【分析】由函数图象分别得出选项的结论然后作出判断即可．
【解答】解：由图象知，
A、张强从家到体育场用了15min，故A选项不符合题意；
B、体育场离文具店2.5﹣1.5＝1（km），故B选项符合题意；
C、张强在文具店停留了65﹣45＝20（min），故C选项不符合题意；
D、张强从文具店回家用了100﹣65＝35（min），故D选项不符合题意；
故选：B．【点评】本题主要考查函数图象的知识，熟练根据函数图象获取相应的信息是解题的关键．
8．（3分）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角
线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，
DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该
图形，下列说法正确的有（ ）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的 ．
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别
求出BE和MG即可判定是否正确．
【解答】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直
角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；②根据①得OM＝BM＝ PM，∴BM≠PM
∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝ BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，
∴BD＝ x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴点P在AC上，
∴PE＝ EF，
∴PE＝BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO＝ BD，
∵M为BO的中点，
∴BM＝ BD＝ x，
∵E为BC的中点，
∴BE＝ BC＝ x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG＝ BM＝ x，
∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝ x2，
∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的 ．
∵E、F是BC，CD的中点，
∴S△CEF ＝ S△CBD ＝ S四边形ABCD ，∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣ ﹣ ﹣ ）＝ ．
故③正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了中位线的性质，也考查了正方形的
面积公式和三角形的面积公式，综合性比较强，能力要求比较高．
9．（3分）如图，已知点B，D，C在同一直线的水平地面上，在点C处测得建筑物AB的顶端A
的仰角为 ，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为 ，若CD＝a，则建筑物AB的高
度为（ α） β
A． B．
C． D．
【分析】设AB＝x，在Rt△ABD中，tan ＝ ，可得BD＝ ，则BC＝BD+CD＝
β
a+ ，在Rt△ABC中，tan ＝ ，求解x即可．
α
【解答】解：设AB＝x，
在Rt△ABD中，tan ＝ ，
β
∴BD＝ ，∴BC＝BD+CD＝a+ ，
在Rt△ABC中，tan ＝ ，
α
解得x＝ ．
故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是
解答本题的关键．
10．（3分）如图，已知开口向下的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x
＝1．则下列结论正确的有（ ）
①abc＞0；
②2a+b＝0；
③函数y＝ax2+bx+c的最大值为﹣4a；
④若关于x的方程ax2+bx+c＝a+1无实数根，则﹣ ＜a＜0．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①错误．根据抛物线的位置一一判断即可；
②正确．利用抛物线的对称轴公式求解；
③正确．设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），当x＝1时，y的值最大，最大值为﹣4a；
④正确．把问题转化为一元二次方程，利用判别式＜0，解不等式即可．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线交y轴于正半轴，∴c＞0，
∵﹣ ＞0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①错误．
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，
∴﹣ ＝1，
∴2a+b＝0，故②正确．
∵抛物线交x轴于点（﹣1，0），（3，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
当x＝1时，y的值最大，最大值为﹣4a，故③正确．
∵ax2+bx+c＝a+1无实数根，
∴a（x+1）（x﹣3）＝a+1无实数根，
∴ax2﹣2ax﹣4a﹣1＝0，Δ＜0，
∴4a2﹣4a（﹣4a﹣1）＜0，
∴a（5a+1）＜0，
∴﹣ ＜a＜0，故④正确，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的性质，根的判别式，二次函数的最值等知识，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，
二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，只需要将结果直接填写在答题卡对应
题号处的横线上）
11．（3分）计算：3×（﹣1）+|﹣3|＝ 0 ．
【分析】根据有理数的乘法和加法运算法则计算即可．
【解答】解：3×（﹣1）+|﹣3|＝﹣3+3＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查有理数的混合运算，熟练掌握有理数的混合运算法则是解答本题的关键．
12．（3分）如图，点A，B，C在 O上，若∠ABC＝60°，则∠AOC的度数为 120 ° ．
⊙【分析】根据圆周角定理解答即可．
【解答】解：由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC，
∵∠ABC＝60°，
∴∠AOC＝120°，
故答案为：120°．
【点评】本题考查的是圆周角定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的
圆心角的一半．
13．（3分）已知二元一次方程组 ，则x﹣y的值为 1 ．
【分析】将第一个方程化为x＝4﹣2y，并代入第二个方程中，可得2（4﹣2y）+y＝5，解得y
＝1，将y＝1代入第一个方程中，可得x＝2，即可求解．
【解答】解：解法一：由x+2y＝4可得：
x＝4﹣2y，
代入第二个方程中，可得：
2（4﹣2y）+y＝5，
解得：y＝1，
将y＝1代入第一个方程中，可得
x+2×1＝4，
解得：x＝2，
∴x﹣y＝2﹣1＝1，
故答案为：1；
解法二：∵ ，
由②﹣①可得：
x﹣y＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握加减消元法与代入消元法．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数y＝ 的图象在第一象限交于点C，若AB＝BC，则k的值为 2 ．
【分析】过点C作CH⊥x轴于点H．求出点C的坐标，可得结论．
【解答】解：过点C作CH⊥x轴于点H．
∵直线y＝x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A（﹣1，0），B（0，1），
∴OA＝OB＝1，
∵OB∥CH，
∴ ＝ ＝1，
∴OA＝OH＝1，
∴CH＝2OB＝2，
∴C（1，2），
∵点C在y＝ 的图象上，
∴k＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是学会添加常用辅助线，利
用三角形中位线定理解决问题．
15．（3分）已知m为正整数，若 是整数，则根据 ＝ ＝3
可知m有最小值3×7＝21．设n为正整数，若 是大于1的整数，则n的最小
值为 3 ，最大值为 7 5 ．【分析】先将 化简为10 ，可得n最小为3，由 是大于1的整数可得
越小， 越小，则n越大，当 ＝2时，即可求解．
【解答】解：∵ ＝ ＝10 ，且为整数，
∴n最小为3，
∵ 是大于1的整数，
∴ 越小， 越小，则n越大，
当 ＝2时，
＝4，
∴n＝75，
故答案为：3；75．
【点评】本题考查二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，解题的关键是读懂题意，根
据关键词“大于”，“整数”进行求解．
16．（3分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如
图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角 （0°＜ ＜90°），使EF⊥AD，连接BE并延长交DF
θ θ
于点H．则∠BHD的度数为 90 ° ，DH的长为 ．
【分析】如图，设EF交AD于点J，AD交BH于点O，过点E作EK⊥AB于点K．证明
△DAF∽△BAE，推出∠ADF＝∠ABE，可得∠DHO＝∠BAO＝90°，解直角三角形求出
EF，AJ，EJ，再利用平行线分线段成比例定理求出OJ，再根据cos∠ODH＝cos∠ABO，可得 ＝ ，求出DH．
【解答】解：如图，设EF交AD于点J，AD交BH于点O，过点E作EK⊥AB于点K．
∵∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE，
∵ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴△DAF∽△BAE，
∴∠ADF＝∠ABE，
∵∠DOH＝∠AOB，
∴∠DHO＝∠BAO＝90°，
∴∠BHD＝90°，
∵AF＝3，AE＝4，∠EAF＝90°，
∴EF＝ ＝5，
∵EF⊥AD，
∴ •AE•AF＝ •EF•AJ，
∴AJ＝ ，
∴EJ＝ ＝ ＝ ，
∵EJ∥AB，
∴ ＝ ，∴ ＝ ，
∴OJ＝ ，
∴OA＝AJ+OJ＝ + ＝4，
∴OB＝ ＝ ＝4 ，OD＝AD﹣AO＝6﹣4＝2，
∵cos∠ODH＝cos∠ABO，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴DH＝ ．
故答案为：90°， ．
【点评】本题考查矩形的性质，旋转变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，
解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大超共8小题，共72分，解答应写出必要的演算步骤、文字说明或证明过程）
17．（6分）解分式方程： ＝ ．
【分析】把分式方程化为整式方程，解整式方程即可．
【解答】解： 左右两边同时乘以（x+3）x得
x+3＝4x，
3＝3x，
x＝1．
检验：当x＝1时，分母x（x+3）≠0，
∴x＝1是原分式方程的解．
【点评】考查解分式方程，关键是去分母把分式方程变整式方程．
18．（7分）已知关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1＝0有两个不等实数根x ，x ．
1 2
（1）求k的取值范围；
（2）若x x ＝5，求k的值．
1 2【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＞0，然后解不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x x ＝k2+1，再利用x x ＝5得到k2+1＝5，然后解关于k的方
1 2 1 2
程，最后利用k的范围确定k的值．
【解答】解：（1）根据题意得Δ＝（2k+1）2﹣4（k2+1）＞0，
解得k＞ ；
（2）根据题意得x x ＝k2+1，
1 2
∵x x ＝5，
1 2
∴k2+1＝5，
解得k ＝﹣2，k ＝2，
1 2
∵k＞ ，
∴k＝2．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，
1 2
则x x ＝ ．也考查了根的判别式．
1 2
19．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正
方形．
（1）求证：AE＝CF；
（2）已知平行四边形ABCD的面积为20，AB＝5，求CF的长．
【分析】（1）根据正方形的性质可以得到DF＝EB，根据平行四边形的性质可以得到AB＝
CD，然后即可得到结论成立；
（2）根据平行四边形的面积，可以得到DE的长，然后根据正方形的性质，可以得到BE的
长，从而可以求得AE的长，再根据（1）中的结论，即可得到CF的长．
【解答】（1）证明：∵四边形BEDF为正方形，
∴DF＝EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC＝AB，
∴DC﹣DF＝AB﹣EB，
∴CF＝AE，
即AE＝CF；
（2）解：∵平行四边形ABCD的面积为20，AB＝5，四边形BEDF为正方形，
∴5DE＝20，DE＝EB，
∴DE＝EB＝4，
∴AE＝AB﹣EB＝5﹣4＝1，
由（1）知：AE＝CF，
∴CF＝1．
【点评】本题考查正方形的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数
形结合的思想解答．
20．（10分）为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育
社团、文学社团、美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行
“你最喜欢哪一种社团活动（每人必选且只选一种）”的问卷调查，根据调查结果，绘制
了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
（1）参加问卷调查的学生共有 6 0 人；
（2）条形统计图中m的值为 1 1 ，扇形统计图中 的度数为 90 ° ；
（3）根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢α“音乐社团”的约有 10 0 人；
（4）现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比
赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
【分析】（1）利用24÷40%即可求出参加问卷调查的学生人数．（2）根据m＝60﹣10﹣24﹣15， ＝360°× 即可得出答案．
α
（3）用该校总人数乘以样本中最喜欢“音乐社团”的占比即可．
（4）画树状图列出所有等可能的结果，再找出恰好选中甲、乙两名同学的结果，利用概率
公式可得出答案．
【解答】解：（1）24÷40%＝60（人），
∴参加问卷调查的学生共有60人．
故答案为：60．
（2）m＝60﹣10﹣24﹣15＝11，
＝360°× ＝90°，
α
故答案为：11；90°．
（3）600× ＝100（人），
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人．
故答案为：100．
（4）画树状图如图：
∵共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲、乙两名同学的概率为 ．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、列表法与树状图法，熟练掌
握条形统计图与扇形统计图、用样本估计总体以及列表法与树状图法求概率是解答本题
的关键．
21．（9分）如图，已知D为 O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与 O相切，交CD
的延长线于点E，且BE＝⊙DE． ⊙
（1）判断CD与 O的位置关系，并说明理由；
⊙（2）若AC＝4，sinC＝ ，
①求 O的半径；
②求⊙BD的长．
【分析】（1）结论：CD是 O的切线；只要证明OD⊥CD即可；
⊙
（2）①根据sinC＝ ，构建方程求解即可；
②证明△CDA∽△CBD，推出 ＝ ＝ ＝ ，设AD＝ k，BD＝2k，利用勾股
定理求解即可．
【解答】解：（1）结论：CD是 O的切线；
理由：如图，连接OD． ⊙
∵EB＝ED，OB＝OD，
∴∠EBD＝∠EDB，∠OBD＝∠ODB，
∵BE是 O的切线，OB是半径，
∴OB⊥B⊙E，
∴∠OBE＝90°，
∴∠EBD+∠OBD＝90°，
∴∠EDB+∠ODB＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴CD是 O的切线；
⊙
（2）①设OD＝OA＝r，
∵OD⊥CD，
∴sinC＝ ＝ ，∴ ＝ ，
∴r＝2，
∴ O的半径为2；
⊙
②在Rt△COD中，CD＝ ＝ ＝4 ，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠BAD＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠ADC+∠ODA＝90°，
∴∠ADC＝∠CBD，
∵∠C＝∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
设AD＝ k，BD＝2k，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（ k）2+（2k）2＝42，
∴k＝ （负根已经舍去），
∴BD＝2k＝ ．
【点评】本题考查作切线的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22．（10分）2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面．某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很
快就被抢购一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从
第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）．经过连续15天的销售统计，得到第x
天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y（单位：个）和需求量y（单位：个）的部分数据如
1 2
下表，其中需求量y 与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，
2
当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天 1 2 … 6 … 11 … 15
供应量y 150 150+m … 150+5m … 150+10m … 150+14m
1
（个）
需求量y 220 229 … 245 … 220 … 164
2
（个）
（1）直接写出y 与x和y 与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
1 2
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超
过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需
求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12
天的销售额．
【分析】（1）由已知直接可得y ＝150+（x﹣1）m＝mx+150﹣m，设y ＝ax2+bx+c，用待定系
1 2
数法可得y ＝﹣x2+12x+209；
2
（2）求出前9天的总供应量为（1350+36m）个，前10天的供应量为（1500+45m）个，根据前
9 天的总需求量为 2136 个，前 10 天的总需求量为 2136+229＝2365（个），可得
，而m为正整数，即可解得m的值为20或21；
（3）m最小值为20，从而第4天的销售量即供应量为y ＝210，销售额为21000元，第12天
1
的销售量即需求量为y ＝209，销售额为20900元．
2
【解答】解：（1）根据题意得：y ＝150+（x﹣1）m＝mx+150﹣m，
1
设y ＝ax2+bx+c，将（1，220），（2，229），（6，245）代入得：
2
，解得 ，
∴y ＝﹣x2+12x+209；
2
（2）前9天的总供应量为150+（150+m）+（150+2m）+......+（150+8m）＝（1350+36m）个，
前10天的供应量为1350+36m+（150+9m）＝（1500+45m）个，
在y ＝﹣x2+12x+209中，令x＝10得y＝﹣102+12×10+209＝229，
2
∵前9天的总需求量为2136个，
∴前10天的总需求量为2136+229＝2365（个），
∵前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，
∴ ，
解得19 ≤m＜21 ，
∵m为正整数，
∴m的值为20或21；
（3）由（2）知，m最小值为20，
∴第4天的销售量即供应量为y ＝4×20+150﹣20＝210，
1
∴第4天的销售额为210×100＝21000（元），
而第12天的销售量即需求量为y ＝﹣122+12×12+209＝209，
2
∴第12天的销售额为209×100＝20900（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【点评】本题考查二次函数，一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和
不等式组解决问题．
23．（10分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里
程碑．在该书的第2卷“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，
利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出
的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）公式①：（a+b+c）d＝ad+bd+cd
公式②：（a+b）（c+d）＝ac+ad+bc+bd
公式③：（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
公式④：（a+b）2＝a2+2ab+b2
图1对应公式 ① ，图2对应公式 ② ，图3对应公式 ④ ，图4对应公式
③ ．
（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的方
法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
（3）如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，E为边AC上任意
一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF∥AC
交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为S ，△ABD与△AEH的面积之
1
和为S ．
2
①若E为边AC的中点，则 的值为 2 ；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不
成立，请说明理由．
【分析】（1）观察图象可得图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
（2）由图可得S矩形AKLC ＝AK•AC＝a（a﹣b）＝BF•BD＝S矩形DBFG ，即可得S正方形BCEF ＝a2
＝S矩形AKHD +b2，从而有a2＝（a﹣b）（a+b）+b2，故（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2；
（3）①设BD＝m，可得AD＝BD＝CD＝m，由E是AC中点，即得HE＝DG＝ m＝AH，S
1
＝S△BFG +S△CEG ＝ m2，S
2
＝S△ABD +S△AEH ＝ m2，即得 ＝2；
②设BD＝a，DG＝b，可得AD＝BD＝CD＝a，AH＝HE＝DG＝b，EG＝CG＝a﹣b，FG＝
BG＝a+b，S
1
＝S△BFG +S△CEG ＝ ×（a+b）2+ ×（a﹣b）2＝a2+b2，S
2
＝S△ABD +S△AEH ＝ a2+
×b2＝ （a2+b2），从而 ＝2．
【解答】（1）解：观察图象可得：
图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
（2）证明：
如图：
由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，
∵AK＝BM＝BF﹣MF＝a﹣b，BD＝BC﹣CD＝a﹣b，
∴S矩形AKLC ＝AK•AC＝a（a﹣b）＝BF•BD＝S矩形DBFG ，
∴S正方形BCEF ＝a2＝S矩形CDHL +S矩形DBFG +S正方形EGHL ＝S矩形CDHL +S矩形AKLC +b2，
∴a2＝S矩形AKHD +b2，
∵S矩形AKHD ＝AK•AD＝（a﹣b）（a+b），
∴a2＝（a﹣b）（a+b）+b2，∴（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2；
（3）解：①设BD＝m，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
∴AD＝BD＝CD＝m，
∵E是AC中点，
∴HE＝DG＝ m＝AH，
∴CG＝CD﹣DG＝ m，BG＝FG＝BD+DG＝ m，
∴S
1
＝S△BFG +S△CEG ＝ × m× m+ × m× m＝ m2，
S
2
＝S△ABD +S△AEH ＝ m2+ × m× m＝ m2，
∴ ＝2；
故答案为：2；
②E不为边AC的中点时①中的结论仍成立，证明如下：
设BD＝a，DG＝b，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
∴AD＝BD＝CD＝a，AH＝HE＝DG＝b，EG＝CG＝a﹣b，FG＝BG＝a+b，
∴S
1
＝S△BFG +S△CEG ＝ ×（a+b）2+ ×（a﹣b）2＝a2+b2，
S
2
＝S△ABD +S△AEH ＝ a2+ ×b2＝ （a2+b2），
∴ ＝2．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及平方差、完全平方公式的推导及应用，解题的关键
是数形结合思想的应用．
24．（12分）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A
和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点．
（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
（3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形
PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），把（0，
3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，可得结论；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），构建二次函数，利用二次函数的性质求
解即可；
（3）分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0），
∴A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，
∴C（0，3），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图（2）中，连接OP．设P（m，﹣m2﹣2m+3），S＝S△PAO +S△POC +S△OBC ，
＝ ×3×（﹣m2﹣2m+3）+ ×3×（﹣m）+ ×1×3
＝ （﹣m2﹣3m+4）
＝﹣ （m+ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当m＝﹣ 时，S的值最大，最大值为 ，此时P（﹣ ， ）；
（3）存在，理由如下：
如图3﹣1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P（﹣1，4），N（0，4）；
如图3﹣2中，当四边形PMCN是矩形时，设M（﹣1，n），P（t，﹣t2﹣2t+3），则N（t+1，0），由题意， ，
消去n得，3t2+5t﹣10＝0，
解得t＝ ，
∴P（ ， ），N（ ，0）或P′（ ， ），N′（
，0）．
综上所述，满足条件的点P（﹣1，4），N（0，4）或P（ ， ），N（
，0）或P′（ ， ），N′（ ，0）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质等知识，解题
的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴
题．
