文档内容
2026年菁优深圳中考数学终极押题密卷3
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列选项中，具有相反意义的量是（ ）
A．胜2局与负2局
B．前进与后退
C．盈利3万元与支出3万元
D．向东行30米与向北行30米
2．（3分）如图，下列说法正确的是（ ）
A．图①与图②的主视图形状相同
B．图①与图②的左视图形状相同
C．图①与图②的俯视图形状相同
D．图①与图②各自的三视图形状都相同
3．（3分）不透明的袋子中装有2个红球和4个黄球，除了颜色外没有任何不同，随机摸出一个是黄球
的概率为（ ）
1 2 1 1
A． B． C． D．
3 3 2 4
4．（3分）某小区门口安装了汽车出入道闸．道闸关闭时，如图①，四边形ABCD为矩形，AB长为4米，
AD长为1米，点C与点N重合．道闸打开的过程中，如图②，边AD固定，连杆AB、CD分别绕点
A、D转动，且边BC始终与边AD平行．当道闸打开至∠PDE＝36°时，边CD上一点P到地面的距离
PE为0.8米，则点P到MN的距离PF的长为（ ）
第1页（共30页）A．（4﹣0.8sin36°）米 B．（4﹣0.8tan36°）米
0.8 0.8
C．(4- )米 D．(4- )米
sin36° tan36°
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．5a﹣3a＝2 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（2a2b3）3＝6a6b9 D．a2•a3＝a5
6．（3分）如图，AB∥CD，∠G＝90°，∠BEG＝x，则∠CFG可以表示为（ ）
A．180°﹣x B．90°+x C．90°﹣x D．180°﹣2x
7．（3分）为加快新能源汽车配套设施建设，某新能源公司原计划每日安装一定数量的充电桩．若实际
每日比原计划多安装5台，则用3600台充电桩的安装任务可提前10天完成．设原计划每日安装x台充
电桩，则可列方程为（ ）
3600 3600 3600 3600
A． - =10 B． - =10
x+5 x x x+5
3600 3600 3600 3600
C． - =5 D． - =5
x-10 x x x-10
8．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E为AD边的中点，将△CDE沿CE折叠，使点D落在正方形
ABCD的内部一点F处，则∠AFB的度数为（ ）
A．105° B．120° C．135° D．150°
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）已知关于x的方程2x﹣m＝0的解是x＝﹣3，则m的值为 ．
10．（3分）将点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，在向上平移2个单位长度得到点B，则点B的
坐标是 ．
第2页（共30页）2a 1
11．（3分）计算 + 的结果是 ．
a2-9 3-a
k
12．（3分）如图，一次函数y ＝k x+b的图象和反比例函数y = 2的图象交于A（1，8），B（n，﹣2）
1 1 2 x
两点，若y ＞y ，则x的取值范围是 ．
1 2
13．（3分）如图，O是矩形ABCD对角线的交点，点E在AD边上，连接OE，将线段OE绕着点O逆时
针旋转90°得到线段OF（点F在矩形ABCD内部），连接AF，EF．若AB＝2，AD＝4，则△AEF面积
的最大值是 ．
三．解答题（共7小题，满分61分）
1 -1
14．（6分）计算：(-1) 2024×(3-π) 0-√3 8+( ) ．
2
{ 2x-8＜0
15．（7分）解不等式组 ．
5x-7≥3(x-1)
16．（8分）一方有难八方支援，感恩奉献是美德．我校开展了爱心助学活动，全体师生齐参与，人人献
爱心，用实际行动传递着温暖，随机抽查了部分同学捐款的情况进行统计，并对获取的数据进行了整
理，根据整理结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请根据所提供的信息，解答下列问题：
第3页（共30页）（1）本次共抽查学生 人，并将条形统计图补充完整；
（2）捐款金额的众数是 元，中位数是 元；
（3）全校1380名学生中，捐款20元及以上的学生估计有多少人？
17．（8分）成都世博会吉祥物为可爱的“桐妹儿”，寓意和平友好、包容互鉴，富有深刻的文化内涵和
巴蜀特色．五一假期，小明参观完世博会后，准备购买世博会纪念品送给同学，现有 A，B两款吉祥
物“桐妹儿”．若购买A款吉祥物1件和B款吉祥物3件，则需190元；若购买A款吉祥物2件和B
款吉祥物1件，则需180元．
（1）求每件A款吉祥物和每件B款吉祥物的价格；
（2）小明准备购买两款吉祥物共10件，若购买A款吉祥物数量为m件（4≤m≤10），购买A，B两
款吉祥物总费用为W元，请写出总费用为W与数量m之间的函数关系式，并求出总费用最少为多少元？
18．（10分）综合探究
已知∠MPN的两边分别与 O相切于点A，B， O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，⊙B之间的优弧上，∠⊙MPN＝80°，求∠ACB的度数．
（2）如图2，点C在 O上运动，当线段PC经过圆心O时，∠APB的大小满足什么条件时，四边形
APBC为菱形？请说明⊙理由．
（3）如图3，在（2）的条件下，若线段PC与 O的另一个交点为点D， O的半径r＝3．
①求图中阴影部分的周长； ⊙ ⊙
1
②连接OA，E为边OA上的一点，且OE= OA，延长DE交AC于点F，求AF的长．
3
第4页（共30页）19．（10分）某校举办“集体跳长绳”体育活动，若在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物
线型，示意图如图所示，以ED的中点O为原点建立平面直角坐标系（甲位于x轴的点E处，乙位于x
轴的点D处），正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点，B点，且AB的水平距离为4m，
绳子甩到最高点C处时，他们握绳的手到地面的距离AE与BD均为1.2m，最高点到地面的垂直距离为
2m．
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）如果身高为1.8m的小亮，站在ED之间，且与点E的距离为tm，当绳子甩到最高处时，可以通
过他的头顶，请结合函数图象求出t的取值范围；
（3）经测定，多人跳长绳且同方向站立时，脚跟之间的距离不小于0.4m才能安全跳绳，小亮与其他4
位同学一起跳绳，如果这4位同学与小亮身高相同，通过计算当绳子甩到最高处时，他们是否可以安
全跳绳？
20．（12分）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转“为主题开展数学活动，
已知正方形ABCD中，AB＝2，点E是射线CD上一点（不与点C重合），连接BE．将BE绕点E顺
时针旋转90°得到FE，连接DF．
第5页（共30页）【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出∠ADF的度数；
【深入探究】当点E不与点D重合时：
①如图2，当点E在线段CD上时，依题意补全图形，并直接写出∠ADF的度数；
②如图3，当点E在线段CD的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明
这个结论；若不成立，请举出反例．
【问题解决】如图4，当点E在线段CD上，BF交AD于点G，当DF＝DA时，请直接写出线段BF的
长和△DFG的面积．
第6页（共30页）2026年菁优深圳中考数学终极押题密卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B D D B B C
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列选项中，具有相反意义的量是（ ）
A．胜2局与负2局
B．前进与后退
C．盈利3万元与支出3万元
D．向东行30米与向北行30米
【考点】正数和负数．
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【专题】实数；数感．
【答案】A
【分析】用正负数表示两种具有相反意义的量，据此进行判断即可．
【解答】解：胜2局与负2局是具有相反意义的量，则A符合题意；
前进与后退不是具有相反意义的量，则B不符合题意；
盈利3万元与支出3万元不是具有相反意义的量，则C不符合题意；
向东行30米与向北行30米不是具有相反意义的量，则D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查正数和负数，理解具有相反意义的量是解题的关键．
2．（3分）如图，下列说法正确的是（ ）
A．图①与图②的主视图形状相同
B．图①与图②的左视图形状相同
C．图①与图②的俯视图形状相同
第7页（共30页）D．图①与图②各自的三视图形状都相同
【考点】简单几何体的三视图．
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【专题】投影与视图；几何直观．
【答案】C
【分析】对各几何体三视图分别作出判断再比较解答即可．
【解答】解：A、图①的主视图为矩形，图②为圆形，故不符合题意；
B、图①的左视图为矩形，图②为圆形，故不符合题意；
C、图①与图②的俯视图都为圆形，形状相同，故符合题意；
D、图②的三视图都为圆形，三视图相同，图①的三视图不同，故不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是关键．
3．（3分）不透明的袋子中装有2个红球和4个黄球，除了颜色外没有任何不同，随机摸出一个是黄球
的概率为（ ）
1 2 1 1
A． B． C． D．
3 3 2 4
【考点】概率公式．
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【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】B
【分析】先求出球的总数，再根据概率公式解答即可．
【解答】解：∵有2个红球，4个黄球，
∴球的总数＝2+4＝6，
4 2
∴随机摸出一个球，摸到黄球的概率= = ．
6 3
故选：B．
【点评】本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数与所有可
能出现的结果数商是解答此题的关键．
4．（3分）某小区门口安装了汽车出入道闸．道闸关闭时，如图①，四边形ABCD为矩形，AB长为4米，
AD长为1米，点C与点N重合．道闸打开的过程中，如图②，边AD固定，连杆AB、CD分别绕点
A、D转动，且边BC始终与边AD平行．当道闸打开至∠PDE＝36°时，边CD上一点P到地面的距离
PE为0.8米，则点P到MN的距离PF的长为（ ）
第8页（共30页）A．（4﹣0.8sin36°）米 B．（4﹣0.8tan36°）米
0.8 0.8
C．(4- )米 D．(4- )米
sin36° tan36°
【考点】解直角三角形的应用．
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【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】D
【分析】根据图形和锐角三角函数可以表示出DE，再根据图1和矩形的性质，可以得到DN的长，然
后即可得到PF的长．
【解答】解：由图2可得，
∠PDE＝36°，∠PED＝90°，PE＝0.8米，
PE 0.8
∴DE= = （米），
tan∠PDE tan36°
由图1可得，四边形ABCD是矩形，AB长为4米，AD长为1米，
∴DC＝AB＝4米，
∴DC＝DN＝4米，
0.8
∴PF＝DN﹣DE＝（4- ）米，
tan36°
故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．5a﹣3a＝2 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（2a2b3）3＝6a6b9 D．a2•a3＝a5
【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
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【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】利用合并同类项法则，完全平方公式，积的乘方法则，同底数幂乘法法则逐项判断即可．
第9页（共30页）【解答】解：5a﹣3a＝2a，则A不符合题意；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，则B不符合题意；
（2a2b3）3＝8a6b9，则C不符合题意；
a2•a3＝a5，则D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
6．（3分）如图，AB∥CD，∠G＝90°，∠BEG＝x，则∠CFG可以表示为（ ）
A．180°﹣x B．90°+x C．90°﹣x D．180°﹣2x
【考点】平行线的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】过点G作GH∥AB，先证AB∥GH∥CD，则∠EGH＝∠BEG，∠FGH＝∠DFG，进而得
∠EGF＝∠BEG+∠DFG，再根据∠EGF＝90°，∠BEG＝x 得∠DFG＝90°﹣x，然后根据
∠CFG+∠DFG＝180°即可得出∠CFG的度数．
【解答】解：过点G作GH∥AB，如图所示：
∵AB∥CD，
∴AB∥GH∥CD，
∴∠EGH＝∠BEG，∠FGH＝∠DFG，
∴∠EGH+∠FGH＝∠BEG+∠DFG，
即∠EGF＝∠BEG+∠DFG，
∵∠EGF＝90°，∠BEG＝x，
∴90°＝x+∠DFG，
第10页（共30页）∴∠DFG＝90°﹣x，
∵∠CFG+∠DFG＝180°，
∴∠CFG＝180°﹣∠DFG＝180°﹣（90°﹣x）＝90°+x．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．
7．（3分）为加快新能源汽车配套设施建设，某新能源公司原计划每日安装一定数量的充电桩．若实际
每日比原计划多安装5台，则用3600台充电桩的安装任务可提前10天完成．设原计划每日安装x台充
电桩，则可列方程为（ ）
3600 3600 3600 3600
A． - =10 B． - =10
x+5 x x x+5
3600 3600 3600 3600
C． - =5 D． - =5
x-10 x x x-10
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
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【专题】分式方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据实际及原计划工作效率间的关系，可得出实际每日安装（x+5）台充电桩，利用工作时间
＝工作总量÷工作效率，结合实际比原计划可提前10天完成，可列出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵原计划每日安装x台充电桩，且实际每日比原计划多安装5台，
∴实际每日安装（x+5）台充电桩．
3600 3600
根据题意得： - = 10．
x x+5
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
8．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E为AD边的中点，将△CDE沿CE折叠，使点D落在正方形
ABCD的内部一点F处，则∠AFB的度数为（ ）
A．105° B．120° C．135° D．150°
第11页（共30页）【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得BC＝DC，∠D＝∠BCD＝90°，由折叠得EC＝DC，FE＝DE，∠CFE＝
1 1
∠D＝90°，∠DEC＝∠FEC= ∠DEF，∠DCE＝∠FCE= ∠DCF，则AE＝FE，BC＝EC，∠DEF＝
2 2
1 1
2∠DEC，所以∠EFA＝∠EAF，∠CFB＝90°- ∠BCF，推导出∠EFA＝∠DEC＝90°- ∠DCF，求得
2 2
∠CFB+∠EFA＝135°，进而求得∠AFB＝135°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，点E为AD边的中点，
∴BC＝DC，AE＝DE，∠D＝∠BCD＝90°，
1 1
由折叠得EC＝DC，FE＝DE，∠CFE＝∠D＝90°，∠DEC＝∠FEC= ∠DEF，∠DCE＝∠FCE=
2 2
∠DCF，
∴AE＝FE，BC＝EC，∠DEF＝2∠DEC，
1 1
∴∠EFA＝∠EAF，∠CFB＝∠CBF= （180°﹣∠BCF）＝90°- ∠BCF，
2 2
∴∠DEF＝∠EFA+∠EAF＝2∠EFA，
∴2∠EFA＝2∠DEC，
1
∴∠EFA＝∠DEC＝90°﹣∠DCE＝90°- ∠DCF，
2
1 1 1
∴∠CFB+∠EFA＝180°- （∠BCF+∠DCF）＝180°- ∠BCD＝180°- ×90°＝135°，
2 2 2
∴∠AFB＝360°﹣（∠CFB+∠EFA）﹣∠CFE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知
识，推导出∠CFB+∠EFA＝135°是解题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）已知关于x的方程2x﹣m＝0的解是x＝﹣3，则m的值为 ﹣ 6 ．
【考点】一元一次方程的解；解一元一次方程．
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【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣6．
第12页（共30页）【分析】把方程的解代入原方程，方程左右两边相等得到关于m的方程，解方程即可．
【解答】解：把x＝﹣3代入方程中得：
2×（﹣3）﹣m＝0，
m＝﹣6，
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了一元一次方程的解，解一元一次方程，解题的关键是知道使一元一次方程左右两
边相等的未知数的值叫做一元一次方程的解．
10．（3分）将点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，在向上平移2个单位长度得到点B，则点B的
坐标是 （﹣ 5 ， 5 ） ．
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
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【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（﹣5，5）．
【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案．
【解答】解：点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度得到的点B的坐标
是（﹣2﹣3，3+2），即（﹣5，5）
故答案为：（﹣5，5）．
【点评】本题考查坐标与图形变化一平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
2a 1 1
11．（3分）计算 + 的结果是 ．
a2-9 3-a a+3
【考点】分式的加减法．
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【专题】分式；运算能力．
1
【答案】 ．
a+3
【分析】先把能够分解因式的分母分解因式，然后把分式通分，最后按照同分母分式相加减法则解析
计算，再约分即可．
2a a+3
= -
【解答】解：原式
(a+3)(a-3) (a+3)(a-3)
2a-a-3
=
(a+3)(a-3)
a-3
=
(a+3)(a-3)
1
= ，
a+3
第13页（共30页）1
故答案为： ．
a+3
【点评】本题主要考查了分式的加减运算，解题关键是熟练掌握分式的通分和约分．
k
12．（3分）如图，一次函数y ＝k x+b的图象和反比例函数y = 2的图象交于A（1，8），B（n，﹣2）
1 1 2 x
两点，若y ＞y ，则x的取值范围是 解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． ．
1 2
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
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【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】x＞1或﹣4＜x＜0．
【分析】先求解B（﹣4，﹣2），再利用图象法，写出一次函数的图象在反比例函数的图象的上方的
对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：∵交于A（1，8），B（n，﹣2）两点，
∴k ＝1×8＝8，
2
8
∴y = ，
2 x
8
∴n= =-4，
-2
∴B（﹣4，﹣2），
由图象可得：当x＞1或﹣4＜x＜0时，y ＞y ，
1 2
故答案为：x＞1或﹣4＜x＜0．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的图象的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13．（3分）如图，O是矩形ABCD对角线的交点，点E在AD边上，连接OE，将线段OE绕着点O逆时
针旋转90°得到线段OF（点F在矩形ABCD内部），连接AF，EF．若AB＝2，AD＝4，则△AEF面积
9
的最大值是 ．
8
第14页（共30页）【考点】旋转的性质；二次函数的最值；矩形的性质．
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
9
【答案】 ．
8
【分析】如图，连接BD，则O为BD的中点，取AD的中点M，连接OM，过F作FH⊥AD于H，作
FN⊥OM于N．分两种情况讨论：当E在M右侧时，（或与M重合时），当E在M点左侧时，证得
1
△MEO≌△NOF（AAS），然后利用S△AEF= AE⋅HF列式解答即可．
2
【解答】解：如图1，连接BD，则O为BD的中点，取AD的中点M，连接OM，过F作FH⊥AD于
H，作FN⊥OM于N．
①如图1，当E在M右侧时，（或与M重合时），
设ME＝x，
∵OM为△DAB的中位线，
∴OM∥AB，
1
∴OM⊥AD，OM= AB=1，
2
在Rt△MEO中，∠MEO+∠MOE＝90°，
又∵∠NOF+∠MOE＝∠EOF＝90°，
∴∠MEO＝∠NOF，
又∵∠OME＝∠FNO＝90°，OE＝FO，
∴△MEO≌△NOF（AAS），
∴ME＝NO＝x，MO＝NF＝1，
第15页（共30页）∴MN＝MO﹣ON＝1﹣x，
又∵FN⊥NM，
∴FN∥HM，HF⊥HM，NM⊥HM，
∴FN⊥HF，
∴四边形HFNM为矩形．
∴HF＝MN＝1﹣x，
又∵AE＝AM+ME＝2+x，
1
∴S△AEF= AE⋅HF
2
1
= (2+x)(1-x)
2
1
= (2-x-x2 )
2
1
=- (x2+x-2)
2
1 1 1
=- (x2+x+ - -2)
2 4 4
1 1 9
=- (x+ ) 2+ ，
2 2 8
1 1
抛物线对称轴为直线x=- ，开口向下，x≥0＞- ，
2 2
1
∵x≥0＞-
2
∴S△AEF随x的增大而减小，
1 1 9
故当x＝0时，S△AEF 有最大值，为-
2
×(
2
) 2+
8
=1；
②当E在M点左侧时，如图2，
设EM＝y，由①同理可证△EMO≌△ONF，
第16页（共30页）∴EM＝ON＝y，AE＝AM﹣EM＝2﹣y，HF＝MN＝OM+ON＝1+y，
1
∴S△AEF= AE⋅HF
2
1
= (2- y)(1+ y)
2
1
= (2+ y- y2 )
2
1
=- (y2- y-2)
2
1 1 1
=- (y2- y+ - -2)
2 4 4
1 1 9
=- (y- ) 2+
2 2 8
1 9
故当y=
2
时，S△AEF 有最大值为
8
，
9
综上，△AEF面积的最大值是 ，
8
9
故答案为： ．
8
【点评】本题主要考查了旋转的性质，二次函数的最值以及矩形的性质，全等三角形的判定与性质，
解答本题的关键是作出恰当的辅助线，构建全等三角形．
三．解答题（共7小题，满分61分）
1 -1
14．（6分）计算：(-1) 2024×(3-π) 0-√3 8+( ) ．
2
【考点】实数的运算．
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【专题】实数；运算能力．
【答案】1．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开立方，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：原式＝1×1﹣2+2＝1．
【点评】本题考查了实数的运算，掌握实数的运算法则是关键．
{ 2x-8＜0
15．（7分）解不等式组 ．
5x-7≥3(x-1)
【考点】解一元一次不等式组．
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【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力；推理能力．
第17页（共30页）【答案】2≤x＜4．
【分析】分别求解不等式组中的两个一元一次不等式，取两个解集的公共部分即可．
{ 2x-8＜0①
【解答】解： ，
5x-7≥3( x-1)②
解不等式①得，x＜4，
解不等式②得，x≥2，
∴不等式组的解集为：2≤x＜4．
【点评】本题考查一元一次不等式组的解法；熟练掌握不等式的基本性质、正确求解单个不等式并准
确取解集的公共部分，是解题的关键．
16．（8分）一方有难八方支援，感恩奉献是美德．我校开展了爱心助学活动，全体师生齐参与，人人献
爱心，用实际行动传递着温暖，随机抽查了部分同学捐款的情况进行统计，并对获取的数据进行了整
理，根据整理结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请根据所提供的信息，解答下列问题：
（1）本次共抽查学生 6 0 人，并将条形统计图补充完整；
（2）捐款金额的众数是 1 0 元，中位数是 1 5 元；
（3）全校1380名学生中，捐款20元及以上的学生估计有多少人？
【考点】条形统计图；中位数；众数；用样本估计总体；扇形统计图．
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【专题】数据的收集与整理；统计的应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）60；
将条形统计图补充完整如图：
第18页（共30页）；
（2）10，15；
（3）捐款20元及以上的学生估计有345人．
【分析】（1）用D：捐款20元的人数所占的比例即可求出抽查了多少学生，抽查人数减去其他几组
人数即可得出C的人数，即可将条形统计图补充完整；
（2）根据众数和中位数的定义解答即可；
（3）用总人数乘捐款20元及以上的学生人数所占比例即可．
【解答】解：（1）12÷20%＝60（人），
C的人数：60﹣9﹣20﹣12﹣3＝16（人），
将条形统计图补充完整如图：
；
故答案为：60；
（2）捐款10元的人数最多，
∴众数为10元，
把这60 个数据从小到大排列位于第30位，31位的均为15，
∴中位数为15元，
故答案为：10，15；
12+3
（3）捐款20元及以上的学生估计有1380× =345（人），
60
答：捐款20元及以上的学生估计有345人．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，众数和中位数，读懂统计图，从不同的
第19页（共30页）统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
17．（8分）成都世博会吉祥物为可爱的“桐妹儿”，寓意和平友好、包容互鉴，富有深刻的文化内涵和
巴蜀特色．五一假期，小明参观完世博会后，准备购买世博会纪念品送给同学，现有 A，B两款吉祥
物“桐妹儿”．若购买A款吉祥物1件和B款吉祥物3件，则需190元；若购买A款吉祥物2件和B
款吉祥物1件，则需180元．
（1）求每件A款吉祥物和每件B款吉祥物的价格；
（2）小明准备购买两款吉祥物共10件，若购买A款吉祥物数量为m件（4≤m≤10），购买A，B两
款吉祥物总费用为W元，请写出总费用为W与数量m之间的函数关系式，并求出总费用最少为多少元？
【考点】一次函数的应用；二元一次方程组的应用．
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【专题】一次方程（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）70，40；
（2）W＝30m+400，520．
【分析】（1）分别设每件A款吉祥物的价格、每件B款吉祥物的价格为未知数，根据题意列二元一次
方程组并求解即可；
（2）根据“总费用＝每件A款吉祥物的价格×购买A款吉祥物数量+每件B款吉祥物的价格×购买B款
吉祥物数量”写出W与m之间的函数关系式，根据一次函数的增减性和m的取值范围，求出W的最
小值即可．
【解答】解：（1）设每件A款吉祥物的价格是a元，每件B款吉祥物的价格是b元．
{a+3b=190
根据题意，得 ，
2a+b=180
{a=70
解得 ．
b=40
答：每件A款吉祥物的价格是70元，每件B款吉祥物的价格是40元．
（2）W＝70m+40（10﹣m）＝30m+400，
∵30＞0，
∴W随m的减小而减小，
∵4≤m≤10，
第20页（共30页）∴当m＝4时，W值最小，W最小 ＝30×4+400＝520．
答：总费用为W与数量m之间的函数关系式为W＝30m+400，总费用最少为520元．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用，掌握一次函数的增减性和二元一次方程
组的解法是解题的关键．
18．（10分）综合探究
已知∠MPN的两边分别与 O相切于点A，B， O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，⊙B之间的优弧上，∠⊙MPN＝80°，求∠ACB的度数．
（2）如图2，点C在 O上运动，当线段PC经过圆心O时，∠APB的大小满足什么条件时，四边形
APBC为菱形？请说明⊙理由．
（3）如图3，在（2）的条件下，若线段PC与 O的另一个交点为点D， O的半径r＝3．
①求图中阴影部分的周长； ⊙ ⊙
1
②连接OA，E为边OA上的一点，且OE= OA，延长DE交AC于点F，求AF的长．
3
【考点】圆的综合题．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有
关的位置关系；与圆有关的计算；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）100°；（2）∠APB＝60°时，四边形APBC为菱形，说明理由见解析；（3）①3√3+
3√3
3+ ；② ．
2
π
【分析】（1）连接OA，OB，利用圆的切线的性质定理和四边形的内角和定理解答即可；
（2）连接OA，OB，如图，利用（1）的方法得到∠APB＝∠ACB＝60°，利用全等三角形的判定与性
质得到∠PAC＝∠PBC，利用两组对角相等的四边形为平行四边形的性质得到四边形PACB为平行四边
形，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用（2）的结论，圆周角定理和扇形的弧长公式和直角三角形的性质解答即可；
CD CF
②过点A作AG∥PC，交DF的延长线于点G，利用相似三角形的判定与性质求得AG＝6， =
AG AF
第21页（共30页）1
，进而得到AF= AC，再利用菱形的性质和（2）的结论解答即可．
2
【解答】解：（1）连接OA，OB，如图，
∵∠MPN的两边分别与 O相切于点A，B，
∴OA⊥PM，OB⊥PN，⊙
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB+∠OAP+∠AOB+∠PBO＝360°，
∴∠APB+∠AOB＝180°，
∵∠MPN＝80°，
∴∠AOB＝100°，
1
∴∠ACB= ∠AOB＝50°；
2
（2）当线段PC经过圆心O时，∠APB＝60°时，四边形APBC为菱形，说明理由：
连接OA，OB，如图，
由（1）知：∠APB+∠AOB＝180°，
∵∠APB＝60°，
∴∠AOB＝120°，
1
∴∠ACB= ∠AOB＝60°，
2
∴∠APB＝∠ACB．
∵∠MPN的两边分别与 O相切于点A，B，
∴PA＝PB，PC平分∠A⊙PB，
∴∠APC＝∠BPC．
第22页（共30页）在△APC和△BPC中，
{
PA=PB
∠APC=∠BPC，
PC=PC
∴△APC≌△BPC（SAS），
∴∠PAC＝∠PBC，
∴四边形PACB为平行四边形，
∵PA＝PB，
∴四边形APBC为菱形；
（3）①∵ O的半径r＝3，
∴OA＝OD＝⊙3，
由（2）知：四边形APBC为菱形，
1
∴∠ACP= ∠ACB＝30°，
2
∴∠AOD＝2∠ACP＝60°，
60π×3
∴^AD的长= = ．
180
π
1
∵∠APC= ∠APB＝30°，OA⊥PA，
2
∴OP＝2OA＝6，
∴PD＝OP﹣OD＝3，
∴PA=√OP2-OA2=3√3，
∴图中阴影部分的周长为3√3+3+ ．
②过点A作AG∥PC，交DF的延π长线于点G，如图，
1
∵OE= OA，OA＝3，
3
∴OE＝1，AE＝2．
∵AG∥PC，
第23页（共30页）∴△EOD∽△EAG，△FDC∽△FGA，
OD OE 1 CD CF
∴ = = ， = ，
AG AE 2 AG AF
3 1
∴ = ，
AG 2
∴AG＝6，
∵CD＝2OD＝6，
CF
∴ = 1，
AF
∴CF＝AF．
1
∴AF= AC．
2
∵四边形APBC为菱形，
∴AC＝PA＝3√3，
3√3
∴AF= ．
2
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，四边形的内角和定理，
菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，圆的有关计算，相
似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
19．（10分）某校举办“集体跳长绳”体育活动，若在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物
线型，示意图如图所示，以ED的中点O为原点建立平面直角坐标系（甲位于x轴的点E处，乙位于x
轴的点D处），正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点，B点，且AB的水平距离为4m，
绳子甩到最高点C处时，他们握绳的手到地面的距离AE与BD均为1.2m，最高点到地面的垂直距离为
2m．
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）如果身高为1.8m的小亮，站在ED之间，且与点E的距离为tm，当绳子甩到最高处时，可以通
过他的头顶，请结合函数图象求出t的取值范围；
（3）经测定，多人跳长绳且同方向站立时，脚跟之间的距离不小于0.4m才能安全跳绳，小亮与其他4
位同学一起跳绳，如果这4位同学与小亮身高相同，通过计算当绳子甩到最高处时，他们是否可以安
全跳绳？
第24页（共30页）【考点】二次函数的应用．
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【专题】二次函数的应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝ax2+2，把点B（2，1.2）代入y＝ax2+2中，求出a的
值即可求出抛物线的解析式；
（2）将y＝1.8代入y＝﹣0.2x2+2，求出x的值即可求出t的取值范围；
（3）由（2）可知当y＝1.8时，x ＝﹣1，x ＝1，所以可求出可以站立跳绳的距离为4﹣2＝2米，因为
1 2
1.6＜2，所以他们可以安全起跳．
【解答】解：（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝ax2+2，
将点B（2，1.2）代入y＝ax2+2中，
解得a＝﹣0.2
∴y＝﹣0.2x2+2；
（2）将y＝1.8代入y＝﹣0.2x2+2，
解得x ＝﹣1，x ＝1，
1 2
∵EO＝2，
∴2﹣1＝1，2+1＝3．
∴1≤t≤3；
（3）他们可以安全跳绳．理由如下：
当y＝1.8时，则1.8＝﹣0.2x2+2，
解得：x ＝﹣1，x ＝1，
1 2
∴可以站立跳绳的距离为1﹣（﹣1）＝2（m）．
∵（1+4﹣1）×0.4＝1.6（m），且1.6＜2，
∴他们可以安全跳绳．
【点评】本题考查了求二次函数的表达式，和二次函数的实际应用，利用待定系数法求出二次函数的
表达式是解答本题的关键．
第25页（共30页）20．（12分）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转“为主题开展数学活动，
已知正方形ABCD中，AB＝2，点E是射线CD上一点（不与点C重合），连接BE．将BE绕点E顺
时针旋转90°得到FE，连接DF．
【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出∠ADF的度数；
【深入探究】当点E不与点D重合时：
①如图2，当点E在线段CD上时，依题意补全图形，并直接写出∠ADF的度数；
②如图3，当点E在线段CD的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明
这个结论；若不成立，请举出反例．
【问题解决】如图4，当点E在线段CD上，BF交AD于点G，当DF＝DA时，请直接写出线段BF的
长和△DFG的面积．
【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、
旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【特例分析】45°．
【深入探究】①图见解答，45°．
②成立，证明见解答．
【问题解决】BF＝2√3，S =4-2√2．
△DFG
【分析】【特例分析】根据正方形的性质及旋转的性质即可解答；
【深入探究】①根据题意作图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，根据正
方形的性质及旋转的性质，证明△FGE≌△ECB（AAS），利用线段的和差及角的等量代换即可解答；
②过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，根据正方形的性质及旋转的性质，证
明△FGE≌△ECB（AAS），利用线段的和差及角的等量代换即可解答；
【问题解决】过点F作FQ⊥CD交CD的延长线于点Q，则∠FQD＝90°，根据正方形的性质及旋转的
第26页（共30页）性质，证明△FQE≌△ECB（AAS），△DFQ是等腰直角三角形，求出 FQ、BE、BF，过点 F作
FN⊥AD于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M，则四边形ANFM是矩形，求出BM，连接MG，通
过S△BMF ＝S△BGM +S△GMF ，列式求出AG、DG，即可解答．
【解答】解：【特例分析】45°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠A＝90°，
1
∴∠ADB=∠ABD= (180°-∠A)=45°，
2
由旋转可知∠BDF＝90°，
∴∠ADF＝∠BDF﹣∠ADB＝90°﹣45°＝45°，
【深入探究】①45°．
如图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FGD＝∠C，∠CBE+∠BEC＝90°，
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠CBE，
在△FGE和△ECB中，
{∠FEG=∠EBC
∠G=∠C ，
EF=BE
∴△FGE≌△ECB（AAS），
∴FG＝EC，EG＝BC＝CD，
∴EG﹣DE＝CD﹣DE，
即DG＝CE，
∴FG＝DG，
第27页（共30页）∴∠FDG＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝90°，
∴∠ADF＝∠ADG﹣∠FDG＝90°﹣45°＝45°，
②成立，证明如下：
如图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FGD＝∠C，∠CBE+∠BEC＝90°．
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠CBE，
∴△FGE≌△ECB（AAS），
∴FG＝EC，EG＝BC＝CD，
∴EG+DE＝CD+DE，
即DG＝CE，
∴FG＝DG，
又∵∠FGD＝90°，
∴∠FDG＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝90°，
∴∠ADF＝∠ADG﹣∠FDG＝90°﹣45°＝45°，
∴【特例分析】中的结论仍然成立．
【问题解决】如图，过点F作FQ⊥CD交CD的延长线于点Q，则∠FQD＝90°，
第28页（共30页）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FQD＝∠C＝90°，∠CBE+∠BEC＝90°，
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEQ＝90°，
∴∠FEQ＝∠CBE，
在△FQE和△ECB中，
{∠FEQ=∠EBC
∠FQD=∠C ，
EF=BE
∴△FQE≌△ECB（AAS），
∴FQ＝EC，EQ＝BC＝CD，
∴EQ﹣DE＝CD﹣DE，
即DQ＝CE，
∴FQ＝DQ，
∴△DFQ是等腰直角三角形，
√2 √2
∴FQ= DF= ×2=√2，
2 2
∴CE＝FQ=√2，
∵BC＝AB＝2，
∴BE=√BC2+CE2=√22+(√2) 2=√6，
∴BF=√2BE＝2√3，
过点F作FN⊥AD于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M，
则四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝2-√2，AM＝NF=√2，
∴BM＝AB+AM＝2+√2，
第29页（共30页）连接MG，
∵S△BMF ＝S△BGM +S△GMF ，
1 1 1
∴ ×(2+√2)×(2-√2)= ×(2+√2)⋅AG+ ×(2-√2)×√2，
2 2 2
∴AG＝6﹣4√2，
∴DG=2-(6-4√2)=4√2-4，
1 1
∴S = DG⋅NF= ×(4√2-4)×√2=4-2√2，
△DFG 2 2
∴BF＝2√3，S =4-2√2．
△DFG
【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角
形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
第30页（共30页）
