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2018 年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二模试卷
一、选择题（每题4 分，共48 分）
1．（4 分）计算（﹣3）+5 的结果等于（ ）
A．2
B．﹣2
C．8
D．﹣8
2．（4 分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．三棱柱
B．圆锥
C．四棱柱
D．圆柱
3．（4 分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（4 分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ）
A．6
B．12
C．16
D．18
5．（4 分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．对某地区现有的16 名百岁以上老人睡眠时间的调查
B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查
C．对某校九年级三班学生视力情况的调查
D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查
6．（4 分）估计
+1 的值在（ ）
A．2 和3 之间
B．3 和4 之间
C．4 和5 之间
D．5 和6 之间
7．（4 分）如图，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得△DBE，点C 的对应点E 恰好落在AB 延长
线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD＝∠E
B．∠CBE＝∠C
C．AD∥BC
D．AD＝BC
8．
（4 分）若数a 使关于x 的不等式组
有且仅有四个整数解，且使关于y 的分
式方程
+
＝2 有非负数解，则所有满足条件的整数a 的值之和是（ ）
A．3
B．1
C．0
D．﹣3
9．（4 分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y＝﹣
的图象上，则y1，y2，y3的
大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3
B．y2＜y3＜y1
C．y3＜y2＜y1
D．y2＜y1＜y3
10．（4 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC，AD、CE 是△ABC 的两条中线，P 是AD 上一个动点，
则下列线段的长度等于BP+EP 最小值的是（ ）
A．BC
B．CE
C．AD
D．AC
11．（4 分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3 与x 轴相交于点A，B（点A 在点B 左侧），顶点为M．平移
该抛物线，使点M 平移后的对应点M'落在x 轴上，点B 平移后的对应点B'落在y 轴上，则
平移后的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+2x+1
B．y＝x2+2x﹣1
C．y＝x2﹣2x+1
D．y＝x2﹣2x﹣1
12．（4 分）下列图象都是由相同大小的
按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4
颗
，第②个图形中一共有11 颗
，第③个图形中一共有21 颗
，…，按此规律排列
下去，第⑨个图形中
的颗数为（ ）
A．116
B．144
C．145
D．150
二、填空题（每题4 分共24 分）
13．（4 分）测统计，2017 年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000 人次，将数1430000
用科学记数法表示为 ．
14．（4 分）如图，在△ABC 中，M、N 分别为AC，BC 的中点．若S△CMN＝1，则S 四边形ABNM＝
．
15．（4 分）如图，已知点C 与某建筑物底端B 相距306 米（点C 与点B 在同一水平面上），某
同学从点C 出发，沿同一剖面的斜坡CD 行走195 米至坡顶D 处，斜坡CD 的坡度（或坡
比）i＝1：2.4，在D 处测得该建筑物顶端A 的俯视角为20°，则建筑物AB 的高度约为（精
确到0.1 米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0364） ．
16．（4 分）如图，OA、OC 是⊙O 的半径，点B 在⊙O 上，连接AB、BC，若∠ABC＝40°，则
∠AOC＝ 度．
17．（4 分）如图，正方形ABCD 和正方形EFCG 的边长分别为3 和1，点F，G 分别在边BC，
CD 上，P 为AE 的中点，连接PG，则PG 的长为 ．
18．（4 分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A 地到B 地，乙驾车从B
地到A 地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6 分钟后，乙才出发，在整个过
程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达
终点A 时，甲还需 分钟到达终点B．
三、解答题（本大题共7 小题，共78 分）
19．（8 分）先化简，再求值：
÷（2+
），其中a＝
．
20．（10 分）为深化义务教育课程改革，某校积极开展拓展性课程建设，计划开设艺术、体育、
劳技、文学等多个类别的拓展性课程，要求每一位学生都自主选择一个类别的拓展性课程．
为了了解学生选择拓展性课程的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制
成如下统计图（部分信息未给出）：
根据统计图中的信息，解答下列问题：
（1）求本次被调查的学生人数，并将条形统计图补充完整．
（2）若该校共有3200 名学生，请估计全校选择体育类的学生人数．
21．（10 分）如图，大楼底右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D
处测得障碍物边缘点C 的俯角为30°，测得大楼顶端A 的仰角为45°（点B，C，E 在同一水
平直线上）．已知AB＝80m，DE＝10m，求障碍物B，C 两点间的距离．（结果保留根号）
22．（12 分）如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是⊙O 的切线，A 为切点，BC 交⊙O 于点E．
（1）若D 为AC 的中点，证明：DE 是⊙O 的切线；
（2）若OA＝
，CE＝1，求∠ACB 的度数．
23．（12 分）某商场第一次用10000 元购进甲、乙两种商品，销售完成后共获利2200 元，其中
甲种商品每件进价60 元，售价70 元；乙种商品每件进价50 元，售价65 元．
（1）求该商场购进甲、乙两种商品各多少件？
（2）商场第二次以原进价购进甲、乙两种商品，且购进甲、乙商品的数量分别与第一次相
同，甲种商品按原售价出售，而乙种商品降价销售，要使第二次购进的两种商品全部售出
后，获利不少于1800 元，乙种商品最多可以降价多少元？
24．（12 分）（1）如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，点M 和N 分别是边BC，CD 上两点，
且BM＝CN，连AM 和BN，交于点P．猜想AM 与BN 的位置关系，并证明你的结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD 的边长为4．点M 和N 分别从点B、C 同时出发，以相同的
速度沿BC、CD 方向向终点C 和D 运动，连接AM 和BN，交于点P．求△APB 周长的最大
值．
25．（14 分）在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y＝﹣x2+bx+c 与x 轴交于A（﹣1，0），B（﹣3，
0）两点，与y 轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为D，点P 在抛物线的对称轴上，且∠APD＝∠ACB，求点P 的坐标；
（3）点Q 在直线BC 上方的抛物线上，是否存在点Q 使△BCQ 的面积最大，若存在，请求
出点Q 坐标．
2018 年山东省德州市德城区、禹城市、夏津县中考数学二
模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4 分，共48 分）
1．（4 分）计算（﹣3）+5 的结果等于（ ）
A．2
B．﹣2
C．8
D．﹣8
【分析】依据有理数的加法法则计算即可．
【解答】解：（﹣3）+5＝5﹣3＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是有理数的加法法则，掌握有理数的加法法则是解题的关键．
2．（4 分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（ ）
A．三棱柱
B．圆锥
C．四棱柱
D．圆柱
【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．
【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．
故选：A．
【点评】本题考查的是三棱柱的展开图，考法较新颖，需要对三棱柱有充分的理解．
3．（4 分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项正确；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，
图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180 度后两部分重合．
4．（4 分）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（ ）
A．6
B．12
C．16
D．18
【分析】根据多边形的内角和，可得答案．
【解答】解：设多边形为n 边形，由题意，得
（n﹣2）•180°＝150n，
解得n＝12，
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用内角和公式是解题关键．
5．（4 分）下列调查中，最适合采用抽样调查的是（ ）
A．对某地区现有的16 名百岁以上老人睡眠时间的调查
B．对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查
C．对某校九年级三班学生视力情况的调查
D．对某市场上某一品牌电脑使用寿命的调查
【分析】一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应
选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
【解答】解：A、人数不多，容易调查，适合普查．
B、对“神舟十一号”运载火箭发射前零部件质量情况的调查必须准确，故必须普查；
C、班内的同学人数不多，很容易调查，因而采用普查合适；
D、数量较大，适合抽样调查；
故选：D．
【点评】本题考查全面调查与抽样调查，理解全面调查与抽样调查的意义是解题的关键．
6．（4 分）估计
+1 的值在（ ）
A．2 和3 之间
B．3 和4 之间
C．4 和5 之间
D．5 和6 之间
【分析】先估算出
的范围，即可得出答案．
【解答】解：∵3＜
＜4，
∴4＜
+1＜5，
即
+1 在4 和5 之间，
故选：C．
【点评】本题考查了估算无理数的大小，能估算出
的范围是解此题的关键．
7．（4 分）如图，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得△DBE，点C 的对应点E 恰好落在AB 延长
线上，连接AD．下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABD＝∠E
B．∠CBE＝∠C
C．AD∥BC
D．AD＝BC
【分析】由旋转的性质得到∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，推出△ABD 是等边三角形，得
到∠DAB＝∠CBE，于是得到结论．
【解答】解：∵△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得△DBE，
∴∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，
∴△ABD 是等边三角形，
∴∠DAB＝60°，
∴∠DAB＝∠CBE，
∴AD∥BC，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转
的性质是解题的关键．
8．
（4 分）若数a 使关于x 的不等式组
有且仅有四个整数解，且使关于y 的分
式方程
+
＝2 有非负数解，则所有满足条件的整数a 的值之和是（ ）
A．3
B．1
C．0
D．﹣3
【分析】先解不等式组，根据不等式组有且仅有四个整数解，得出﹣4＜a≤3，再解分式方
程
+
＝2，根据分式方程有非负数解，得到a≥﹣2 且a≠2，进而得到满足条件的
整数a 的值之和．
【解答】解：解不等式组
，可得
，
∵不等式组有且仅有四个整数解，
∴﹣1≤﹣
＜0，
∴﹣4＜a≤3，
解分式方程
+
＝2，可得y＝
（a+2），
又∵分式方程有非负数解，
∴y≥0，且y≠2，
即
（a+2）≥0，
（a+2）≠2，
解得a≥﹣2 且a≠2，
∴﹣2≤a≤3，且a≠2，
∴满足条件的整数a 的值为﹣2，﹣1，0，1，3，
∴满足条件的整数a 的值之和是1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了分式方程的解，解题时注意：使分式方程中令等号左右两边相等
且分母不等于0 的未知数的值，这个值叫方程的解．
9．（4 分）若点A（﹣1，y1），B（1，y2），C（3，y3）在反比例函数y＝﹣
的图象上，则y1，y2，y3的
大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3
B．y2＜y3＜y1
C．y3＜y2＜y1
D．y2＜y1＜y3
【分析】根据反比例函数的性质判断即可．
【解答】解：∵k＝﹣3＜0，
∴在第四象限，y 随x 的增大而增大，
∴y2＜y3＜0，
∵y1＞0，
∴y2＜y3＜y1，
故选：B．
【点评】本题考查的是反比例函数的性质，掌握反比例函数的增减性是解题的关键．
10．（4 分）如图，在△ABC 中，AB＝AC，AD、CE 是△ABC 的两条中线，P 是AD 上一个动点，
则下列线段的长度等于BP+EP 最小值的是（ ）
A．BC
B．CE
C．AD
D．AC
【分析】如图连接PC，只要证明PB＝PC，即可推出PB+PE＝PC+PE，由PE+PC≥CE，推
出P、C、E 共线时，PB+PE 的值最小，最小值为CE 的长度．
【解答】解：如图连接PC，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴PB＝PC，
∴PB+PE＝PC+PE，
∵PE+PC≥CE，
∴P、C、E 共线时，PB+PE 的值最小，最小值为CE 的长度，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，等腰三角形的性质、线段的垂直平分线的性质等知
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．
11．（4 分）已知抛物线y＝x2﹣4x+3 与x 轴相交于点A，B（点A 在点B 左侧），顶点为M．平移
该抛物线，使点M 平移后的对应点M'落在x 轴上，点B 平移后的对应点B'落在y 轴上，则
平移后的抛物线解析式为（ ）
A．y＝x2+2x+1
B．y＝x2+2x﹣1
C．y＝x2﹣2x+1
D．y＝x2﹣2x﹣1
【分析】直接利用抛物线与坐标轴交点求法结合顶点坐标求法分别得出A，B，M 点坐标，
进而得出平移方向和距离，即可得出平移后解析式．
【解答】解：当y＝0，则0＝x2﹣4x+3，
（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝1，x2＝3，
∴A（1，0），B（3，0），
y＝x2﹣4x+3
＝（x﹣2）2﹣1，
∴M 点坐标为：（2，﹣1），
∵平移该抛物线，使点M 平移后的对应点M'落在x 轴上，点B 平移后的对应点B'落在y
轴上，
∴抛物线向上平移一个单位长度，再向左平移3 个单位长度即可，
∴平移后的解析式为：y＝（x+1）2＝x2+2x+1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了抛物线与坐标轴交点求法以及二次函数的平移，正确得出平移方
向和距离是解题关键．
12．（4 分）下列图象都是由相同大小的
按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有4
颗
，第②个图形中一共有11 颗
，第③个图形中一共有21 颗
，…，按此规律排列
下去，第⑨个图形中
的颗数为（ ）
A．116
B．144
C．145
D．150
【分析】根据题意将每个图形都看作两部分，一部分是上面的构成规则的矩形的，另一部
分是构成下面的近似金字塔的形状，然后根据递增关系得到答案．
【解答】解：∵4＝1×2+2，
11＝2×3+2+3
21＝3×4+2+3+4
第4 个图形为：4×5+2+3+4+5，
∴第⑨个图形中
的颗数为：9×10+2+3+4+5+6+7+8+9+10＝144．
故选：B．
【点评】此题主要考查了图形变化规律，正确得出每个图形中小星星的变化情况是解题关
键．
二、填空题（每题4 分共24 分）
13．（4 分）测统计，2017 年五一假日三天，海南共接持游客约为1430000 人次，将数1430000
用科学记数法表示为
1.43×10
6
．
【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＞1 时，n 是正数；当原数的绝对值＜1 时，n 是负数．
【解答】解：1430000＝1.43×106，
故答案为：1.43×106
【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．
14．（4 分）如图，在△ABC 中，M、N 分别为AC，BC 的中点．若S△CMN＝1，则S 四边形ABNM＝
3
．
【分析】证明MN 是△ABC 的中位线，得出MN∥AB ，且MN ＝
AB ，证出
△CMN∽△CAB，根据面积比等于相似比平方求出△CMN 与△CAB 的面积比，继而可得
出△CMN 的面积与四边形ABNM 的面积比．最后求出结论．
【解答】解：∵M，N 分别是边AC，BC 的中点，
∴MN 是△ABC 的中位线，
∴MN∥AB，且MN＝
AB，
∴△CMN∽△CAB，
∴
＝（
）2＝
，
∴
＝
，
∴S 四边形ABNM＝3S△CMN＝3×1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位
线定理，证明三角形相似是解决问题的关键．
15．（4 分）如图，已知点C 与某建筑物底端B 相距306 米（点C 与点B 在同一水平面上），某
同学从点C 出发，沿同一剖面的斜坡CD 行走195 米至坡顶D 处，斜坡CD 的坡度（或坡
比）i＝1：2.4，在D 处测得该建筑物顶端A 的俯视角为20°，则建筑物AB 的高度约为（精
确到0.1 米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0364）
29.1
m
．
【分析】根据坡度，勾股定理，可得DE 的长，再根据平行线的性质，可得∠1，根据同角三
角函数关系，可得∠1 的坡度，根据坡度，可得DF 的长，根据线段的和差，可得答案．
【解答】解：作DE⊥AB 于E 点，作AF⊥DE 于F 点，如图，设DE＝xm，CE＝2.4xm，
由勾股定理，得x2+（2.4x）2＝1952，
解得x＝75m，
∴DE＝75m，CE＝2.4x＝180m，
∴EB＝BC﹣CE＝306﹣180＝126m．
∵AF∥DG，
∴∠1＝∠ADG＝20°，
∵tan∠1＝tan∠ADG＝tan20°＝0.364，AF＝EB＝126m，tan∠1＝
＝0.364，
∴DF＝0.364AF＝0.364×126＝45.9，
∴AB＝FE＝DE﹣DF＝75﹣45.9≈29.1m．
故答案为29.1m．
【点评】本题考查了解直角三角形，坡度，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅
助线，构造直角三角形解决问题．
16．（4 分）如图，OA、OC 是⊙O 的半径，点B 在⊙O 上，连接AB、BC，若∠ABC＝40°，则
∠AOC＝
80
度．
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【解答】解：∵∠ABC 与AOC 是同弧所对的圆周角与圆心角，∠ABC＝40°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，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是解答此题的关键．
17．（4 分）如图，正方形ABCD 和正方形EFCG 的边长分别为3 和1，点F，G 分别在边BC，
CD 上，P 为AE 的中点，连接PG，则PG 的长为
．
【分析】方法1、延长GE 交AB 于点O，作PH⊥OE 于点H，则PH 是△OAE 的中位线，求
得PH 的长和HG 的长，在Rt△PGH 中利用勾股定理求解．
方法2、先造成△AHP≌△EGP，进而求出DH，DG，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】解：方法1、延长GE 交AB 于点O，作PH⊥OE 于点H．
则PH∥AB．
∵P 是AE 的中点，
∴PH 是△AOE 的中位线，
∴PH＝
OA＝
（3﹣1）＝1．
∵直角△AOE 中，∠OAE＝45°，
∴△AOE 是等腰直角三角形，即OA＝OE＝2，
同理△PHE 中，HE＝PH＝1．
∴HG＝HE+EG＝1+1＝2．
∴在Rt△PHG 中，PG＝
＝
＝
．
故答案是：
．
方法2、如图1，
延长DA，GP 相交于H，
∵四边形ABCD 和四边形EFCG 是正方形，
∴EG∥BC∥AD，
∴∠H＝∠PGE，∠HAP＝∠GEP，
∵点P 是AE 的中点，
∴AP＝EP，
∴△AHP≌△EGP，
∴AH＝EG＝1，PG＝PH＝
HG，
∴DH＝AD+AH＝4，DG＝CD﹣CG＝2，
根据勾股定理得，HG＝
＝2
，
∴PG＝
，
故答案为
．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形的中位线定理，正确作出辅助线构造直角三角形是
关键．
18．（4 分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A 地到B 地，乙驾车从B
地到A 地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6 分钟后，乙才出发，在整个过
程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达
终点A 时，甲还需
78
分钟到达终点B．
【分析】根据路程与时间的关系，可得甲乙的速度，根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶
的速度，可得乙到达A 站需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲行驶的速度，可得
甲到达B 站需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案．
【解答】解：由纵坐标看出甲先行驶了1 千米，由横坐标看出甲行驶1 千米用了6 分钟，
甲的速度是1÷6＝
千米/分钟，
由纵坐标看出AB 两地的距离是16 千米，
设乙的速度是x 千米/分钟，由题意，得
10x+16×
＝16，
解得x＝
千米/分钟，
相遇后乙到达A 站还需（16×
）÷
＝2 分钟，
相遇后甲到达B 站还需（10×
）÷
＝80 分钟，
当乙到达终点A 时，甲还需80﹣2＝78 分钟到达终点B，
故答案为：78．
【点评】本题考查了函数图象，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．
三、解答题（本大题共7 小题，共78 分）
19．（8 分）先化简，再求值：
÷（2+
），其中a＝
．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a 的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝
÷（
+
）
＝
÷
＝
•
＝
，
当a＝
时，
原式＝
＝
﹣1．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法
则．
20．（10 分）为深化义务教育课程改革，某校积极开展拓展性课程建设，计划开设艺术、体育、
劳技、文学等多个类别的拓展性课程，要求每一位学生都自主选择一个类别的拓展性课程．
为了了解学生选择拓展性课程的情况，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制
成如下统计图（部分信息未给出）：
根据统计图中的信息，解答下列问题：
（1）求本次被调查的学生人数，并将条形统计图补充完整．
（2）若该校共有3200 名学生，请估计全校选择体育类的学生人数．
【分析】（1）根据条形统计图和扇形统计图可知选择劳技的学生60 人，占总体的30%，从
而可以求得调查学生人数；根据文学的百分比和（1）中求得的学生调查数可以求得文学的
有多少人，从而可以求得体育的多少人，进而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据调查的选择体育的学生所占的百分比可以估算出全校选择体育类的学生人数．
【解答】解：（1）本次被调查的学生有60÷30%＝200（人），
则选择文学的学生有：200×15%＝30（人），
选择体育的学生有：200﹣24﹣60﹣30﹣16＝70（人），
补全的条形统计图如下图所示，
（2）3200×
＝1120（人）．
即全校选择体育类的学生约有1120 人
【点评】本题考查条形统计图、用样本估计总体、扇形统计图，解题的关键是明确题意，找
出所求问题需要的条件、利用数形结合的思想解答问题．
21．（10 分）如图，大楼底右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼DE，在小楼的顶端D
处测得障碍物边缘点C 的俯角为30°，测得大楼顶端A 的仰角为45°（点B，C，E 在同一水
平直线上）．已知AB＝80m，DE＝10m，求障碍物B，C 两点间的距离．（结果保留根号）
【分析】过点D 作DF⊥AB 于点F，过点C 作CH⊥DF 于点H，则DE＝BF＝CH＝10m，根
据直角三角形的性质得出DF 的长，在Rt△CDE 中，利用锐角三角函数的定义得出CE 的
长，根据BC＝BE﹣CE 即可得出结论．
【解答】解：过点D 作DF⊥AB 于点F，过点C 作CH⊥DF 于点H．
则DE＝BF＝CH＝10m，
在Rt△ADF 中，AF＝AB﹣BF＝70m，∠ADF＝45°，
∴DF＝AF＝70m．
在Rt△CDE 中，DE＝10m，∠DCE＝30°，
∴CE＝
＝
＝10
（m），
∴BC＝BE﹣CE＝（70﹣10
）m．
答：障碍物B，C 两点间的距离为（70﹣10
）m．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造
出直角三角形是解答此题的关键．
22．（12 分）如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是⊙O 的切线，A 为切点，BC 交⊙O 于点E．
（1）若D 为AC 的中点，证明：DE 是⊙O 的切线；
（2）若OA＝
，CE＝1，求∠ACB 的度数．
【分析】（1）由AB 是⊙O 的直径，得到∠AEB＝90°，根据直角三角形的性质得到AD＝
DE，求得∠DAE＝∠AED，根据切线的性质得到∠CAE+∠EAO＝∠CAB＝90°，等量代换
得到∠DEO＝90°，于是得到结论；
（2）根据射影定理得到AB2＝BE•BC，求得BE＝3，（负值舍去），得到BC＝4，根据三角函
数的定义即刻得到结论．
【解答】解：（1）∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵D 为AC 的中点，
∴AD＝DE，
∴∠DAE＝∠AED，
∵AC 是⊙O 的切线，
∴∠CAE+∠EAO＝∠CAB＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠DEA+∠OEA＝90°，
∴∠DEO＝90°，
∴DE 是⊙O 的切线；
（2）∵OA＝
，
∴AB＝2
，
∵∠CAB＝90°，AE⊥BC，
∴AB2＝BE•BC，
即（2
）2＝BE（BE+1），
∴BE＝3，（负值舍去），
∴BC＝4，
∵sin∠ACB＝
＝
，
∴∠ACB＝60°．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，射影定理，
特殊角的三角函数，正确的识别图形是解题的关键．
23．（12 分）某商场第一次用10000 元购进甲、乙两种商品，销售完成后共获利2200 元，其中
甲种商品每件进价60 元，售价70 元；乙种商品每件进价50 元，售价65 元．
（1）求该商场购进甲、乙两种商品各多少件？
（2）商场第二次以原进价购进甲、乙两种商品，且购进甲、乙商品的数量分别与第一次相
同，甲种商品按原售价出售，而乙种商品降价销售，要使第二次购进的两种商品全部售出
后，获利不少于1800 元，乙种商品最多可以降价多少元？
【分析】（1）设商场购进甲x 件，乙购进y 件．则根据“用10000 元购进甲、乙两种商品、销
售完成后共获利2200 元”列出方程组；
（2）设乙种商品降价z 元，则由“要使第二次购进的两种商品全部售出后，获利不少于
1800 元”列出不等式．
【解答】解：（1）设商场购进甲x 件，乙购进y 件．则
，
解得
．
答：该商场购进甲、乙两种商品分别是100 件、80 件；
（3）设乙种商品降价z 元，则
10×100+（15﹣z）×80≥1800，
解得 z≤5．
答：乙种商品最多可以降价5 元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用．本题属于商品销售
中的利润问题，对于此类问题，隐含着一个等量关系：利润＝售价﹣进价．
24．（12 分）（1）如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，点M 和N 分别是边BC，CD 上两点，
且BM＝CN，连AM 和BN，交于点P．猜想AM 与BN 的位置关系，并证明你的结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD 的边长为4．点M 和N 分别从点B、C 同时出发，以相同的
速度沿BC、CD 方向向终点C 和D 运动，连接AM 和BN，交于点P．求△APB 周长的最大
值．
【分析】（1）结论：AM⊥BN．只要证明△ABM≌△BCN 即可解决问题；
（2）如图②中，以AB 为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA 于
E，作EG⊥PB 于G，连接EP．首先证明PA+PB＝2EF，求出EF 的最大值即可解决问题；
【解答】解：（1）结论：AM⊥BN．
理由：如图①中，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠BCN＝90°，
∵BM＝CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠CBN+∠ABN＝90°，
∴∠ABN+∠BAM＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AM⊥BN．
（2）如图②中，以AB 为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB＝90°，作EF⊥PA 于
E，作EG⊥PB 于G，连接EP．
∵∠EFP＝∠FPG＝∠G＝90°，
∴四边形EFPG 是矩形，
∴∠FEG＝∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝∠BEG，
∵EA＝EB，∠EFA＝∠G＝90°，
∴△AEF≌△BEG，
∴EF＝EG，AF＝BG，
∴四边形EFPG 是正方形，
∴PA+PB＝PF+AF+PG﹣BG＝2PF＝2EF，
∵EF≤AE，
∴EF 的最大值＝AE＝2
，
∴△APB 周长的最大值＝4+4
．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性
质、全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构
造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
25．（14 分）在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y＝﹣x2+bx+c 与x 轴交于A（﹣1，0），B（﹣3，
0）两点，与y 轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为D，点P 在抛物线的对称轴上，且∠APD＝∠ACB，求点P 的坐标；
（3）点Q 在直线BC 上方的抛物线上，是否存在点Q 使△BCQ 的面积最大，若存在，请求
出点Q 坐标．
【分析】（1）将A、B 的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数的值；
（2）根据（1）得到的函数解析式，可求出D、C 的坐标；易证得△OBC 是等腰Rt△，若过A
作BC 的垂线，设垂足为E，在Rt△ABE 中，根据∠ABE 的度数及AB 的长即可求出AE、
BE、CE 的长；连接AC，设抛物线的对称轴与x 轴的交点为F，若∠APD＝∠ACB，那么
△AEC 与△AFP，根据得到的比例线段，即可求出PF 的长，也就求得了P 点的坐标；
（3）当Q 到直线BC 的距离最远时，△QBC 的面积最大（因为BC 是定长），可过Q 作y 轴
的平行线，交BC 于S；根据B、C 的坐标，易求出直线BC 的解析式，可设出Q 点的坐标，
根据抛物线和直线BC 的解析式，分别表示出Q、S 的纵坐标，即可得到关于QS 的长以及
Q 点横坐标的函数关系式，以QS 为底，B、C 横坐标差的绝对值为高可得到△QBC 的面积，
由于B、C 横坐标差的绝对值为定值，那么QS 最长时，△QBC 的面积最大，此时Q 离BC
的距离最远；可根据上面得到的函数的性质求出QS 的最大值及对应的Q 点横坐标，然后
将其代入抛物线的解析式中，即可求出Q 点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c 经过A（﹣1，0），B（﹣3，0），
∴
解得：
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x﹣3；
（2）由y＝﹣x2﹣4x﹣3，
可得D（﹣2，1），C（0，﹣3），
∴OB＝3，OC＝3，OA＝1，AB＝2，
可得△OBC 是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，CB＝3
，
如图，设抛物线对称轴与x 轴交于点F，
∴AF＝
AB＝1，
过点A 作AE⊥BC 于点E，
∴∠AEB＝90°，
可得BE＝AE＝
，CE＝2
，
在△AEC 与△AFP 中，∠AEC＝∠AFP＝90°，∠ACE＝∠APF，
∴△AEC∽△AFP，
∴
＝
，
＝
，
解得PF＝2，
∵点P 在抛物线的对称轴上，
∴点P 的坐标为（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）；
（3）存在，
因为BC 为定值，当点Q 到直线BC 的距离最远时，△BCQ 的面积最大，
设直线BC 的解析式y＝kx+b，
直线BC 经过B（﹣3，0），C（0，﹣3），
∴
解得：k＝﹣1，b＝﹣3，
∴直线BC 的解析式y＝﹣x﹣3，
设点Q（m，n），过点Q 作QH⊥BC 于H，并过点Q 作QS∥y 轴交直线BC 于点S，则S 点坐
标为（m，﹣m﹣3），
∴QS＝n﹣（﹣m﹣3）＝n+m+3，
∵点Q（m，n）在抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3 上，
∴n＝﹣m2﹣4m﹣3，
∴QS＝﹣m2﹣4m﹣3+m+3
＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+
）2+
，
当m＝﹣
时，QS 有最大值
，
∵BO＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°
∵QS∥y 轴，
∴∠QSH＝45°，
∴△QHS 是等腰直角三角形，
∴当斜边QS 最大时QH 最大，
∵当m＝﹣
时，QS 最大，
∴此时n＝﹣m2﹣4m﹣3＝﹣
+6﹣3＝
，
∴Q（﹣
，
），
∴Q 点的坐标为（﹣
，
）时，△BCQ 的面积最大．
【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、函数图象交点及图形
面积的求法等知识，综合性强，难度较大，关键是将这些知识和方程思想和分类思想的能灵
活应用．
