【2022版中考12年】浙江省宁波市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

宁波市2022-2022年中考数学试题分类解析专题12押轴题一、选择题1.（2022年浙江宁波3分）如图，有一住宅小区呈四边形ABCD，周长为2000m，现规划沿小区周围铺上2宽为3m的草坪，则草坪的面积是（精确至lm）【】2.（2022年浙江宁波3分）如图，八边形ABCDEFGH中，∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=∠G=∠H=135°，AB=CD=EF=GH=1cm，BC=DE=FG=HA=2cm，则这个八边形的面积等于【】【分析】如图，延长AB、DC交于M点，延长CD、FE交于N点，延长EF、HG交于P点，延长GH、BA交于Q点，\n则MNPQ是正方形，△BCM、△DEN、△FGP、△AHQ均为等腰直角三角形∴这个八边形的面积等于=矩形面积－4个小三角形的面积1334117。2故选A。3.（2022年浙江宁波3分）如图，八边形ABCDEFGH中，∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=∠G=∠H=135°，AB=CD=EF=GH=1cm，BC=DE=FG=HA=2cm，则这个八边形的面积等于【】4.（2022年浙江宁波3分）一个袋中有4个珠子，其中2个红色，2个蓝色，除颜色外其余特征均相同，若从这个袋中任取2个珠子，都是蓝色的概率是【】1111A.B.C.D.2346【答案】D。【考点】概率。【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率。因此，设4个珠子分别为红1，红2，蓝1，蓝2，从这个袋中任取2个珠子的所有情况有（红1，红2），（红1，蓝1），（红1，蓝2），（红2，蓝1），（红2，蓝2），（蓝1，蓝2）6种，都是蓝色的情况为1种，\n1∴从这个袋中任取2个珠子，都是蓝色的概率是。故选D。65.（2022年浙江宁波大纲卷3分）已知∠BAC=45°，一动点O在射线AB上运动（点O与点A不重合），设OA=x，如果半径为1的⊙O与射线AC有公共点，那么x的取值范围是【】6.（2022年浙江宁波课标卷3分）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=3，BC=5，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90°至DE，连接AE，则△ADE的面积是【】A．1B．2C．3D．4\n7.（2022年浙江宁波3分）如图，在斜坡的顶部有一铁塔AB，B是CD的中点，CD是水平的，在阳光的照射下，塔影DE留在坡面上．已知铁塔底座宽CD=12m，塔影长DE=18m，小明和小华的身高都是1.6m，同一时刻，小明站在点E处，影子在坡面上，小华站在平地上，影子也在平地上，两人的影长分别为2m和1m，那么塔高AB为【】【答案】A。【考点】相似三角形的应用，矩形的判定和性质。【分析】过D作DF⊥CD，交AE于点F，过F作FG⊥AB，垂足为G，小明和小华的身高、影子构成的三角形分别为△IEH、△KMN。则DFDEDF18∵△FDE∽△IEH，∴，即。EIEH1.62∴DF=18×1.6÷2=14.4。\n1又GF=BD=CD=6。2AGGFAG6又∵△AGF∽△KMN，∴，即。KMMN1.61∴AG=1.6×6=9.6。∴AB=AG+GB=9.6+14.4=24（m）。故选A。8.（2022年浙江宁波3分）如图，某电信公司提供了A，B两种方案的移动通讯费用ｙ（元）与通话时间ｘ（元）之间的关系，则以下说法错．误．的是【】A．若通话时间少于120分，则A方案比B方案便宜20元B．若通话时间超过200分，则B方案比A方案便宜12元C．若通讯费用为60元，则B方案比A方案的通话时间多D．若两种方案通讯费用相差10元，则通话时间是145分或185分若通讯费用为60元，由0.4x18=60得x=195；由0.4x30=60得x=225，所以，B方案比A方案的通话时间多，选项C的说法正确。若两种方案通讯费用相差10元，则分两种情况：\n当120<x170时，由500.4x18=10得x=145；当170<x200时，由0.4x1850=10得x=195，∴若两种方案通讯费用相差10元，则通话时间是145分或195分。选项D的说法错误。故选D。9.（2022年浙江宁波3分）如图，点A、B、C在一次函数y2xm的图象上，它们的横坐标依次为1，1，2，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，则图中阴影部分的面积之和是【】10.（2022年浙江宁波3分）骰子是一种特的数字立方体（见图），它符合规则：相对两面的点数之和总是7，下面四幅图中可以折成符合规则的骰子的是【】\n11.（2022年浙江宁波3分）把四张形状大小完全相同的小长方形卡片(如图①)不重叠地放在一个底面为长方形(长为mcm，宽为ncm)的盒子底部(如图②)，盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示．则图②中两块阴影部分周长和是【】12.（2022年浙江宁波3分）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系\n验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为【】13.（2022年浙江宁波3分）7张如图1的长为a，宽为b（a＞b）的小长方形纸片，按图2的方式不重叠地放在矩形ABCD内，未被覆盖的部分（两个矩形）用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为S，当BC的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，则a，b满足【】∵AD=BC，即AE+ED=AE+a，BC=BP+PC=4b+PC，∴AE+a=4b+PC，即AE﹣PC=4b﹣a，\n2∴阴影部分面积之差SAEAFPCCGPC4ba3bPCa3baPC12b3ab。∵S始终保持不变，∴3b﹣a=0，即a=3b。故选B。二、填空题1.（2022年浙江宁波3分）如图，G是正六边形ABCDEF的边CD的中点，连结AG交CE于点M，则GM：MA＝▲11∵G是CD的中点，即CG=CD，∴CG：AH=：3=1：6。22∵AF∥CD，∴△CGM∽△HAM，∴GM：AM=CG：AH=1：6。\n2212.（2022年浙江宁波3分）已知抛物线yxxb经过点(a，)和(－a，y1)，则y1的值是▲423.（2022年浙江宁波3分）已知二次函数yaxbxc的图象交x轴于A、B两点，交y轴于C点，且△ABC是直角三角形，请写出符合要求的一个二次函数的解析式：▲．32224.（2022年浙江宁波3分）已知abbc，abc1，则ab＋bc＋ca的值等于▲.5\n5.（2022年浙江宁波大纲卷3分）如图，剪四刀把等腰直角三角形分成五块，请用这五块拼成一个平行四边形或梯形：（请按1：1的比例画出所拼的图形）6.（2022年浙江宁波课标卷3分）已知∠BAC=45°，一动点O在射线AB上运动（点O与点A不重合），设OA=x，如果半径为1的⊙O与射线AC只有一个公共点，那么x的取值范围是▲．【答案】0＜x＜1，x=2。【考点】直线和圆的位置关系，等腰直角三角形的判定，勾股定理，分类思想的应用。【分析】分两种情况：①如图，当圆O与AC相切时，圆O与AC只有一个公共点，设切点为\n8.（2022年浙江宁波3分）如图，菱形OABC中，∠A=120°，OA=1，将菱形OABC绕点O按顺时针方向旋转90°，则图中由弧BB′，B′A′，弧A′C，CB围成的阴影部分的面积是▲．23【答案】。32\n【考点】旋转的性质，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，扇形、菱形和三角形面积。9.（2022年浙江宁波3分）如图，⊙A、⊙B的圆心A、B在直线l上，两圆半径都为1cm，开始时圆心距AB=4cm，现⊙A、⊙B同时沿直线l以每秒2cm的速度相向移动，则当两圆相切时，⊙A运动的时间为▲秒．1210.（2022年浙江宁波3分）如图，已知⊙P的半径为2，圆心P在抛物线yx1上运动，当2⊙P与x轴相切时，圆心P的坐标为▲。\n211.（2022年浙江宁波3分）如图，正方形A1B1P1P2的顶点P1、P2在反比例函数y(x0)的图象上，x顶点A1、B1分别在x轴、y轴的正半轴上，再在其右侧作正方形P2P3A2B2，顶点P3在反比例函数2y(x0)的图象上，顶点A2在x轴的正半轴上，则点P3的坐标为▲．x\n2222∴OD=a＋－a=。∴P2的坐标为（，－a）。aaaa2把P2的坐标代入反比例函数y(x0)，x22得到a的方程，（－a）·=2，aa解得a=－1（舍）或a=1。∴P2（2，1）。2设P3的坐标为（b，），b2又∵四边形P2P3A2B2为正方形，∴Rt△P2P3F≌Rt△A2P3E。∴P3E=P3F=DE=。b22∴OE=OD＋DE=2＋。∴2＋=b，解得b=1－3（舍），b=3+1。bb22∴==31。∴点P3的坐标为（3+1，31）。b1+312.（2022年浙江宁波3分）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=22，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为▲．33∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1×=。22\n由垂径定理可知EF=2EH=3。13.（2022年浙江宁波3分）如图，等腰直角三角形ABC顶点A在x轴上，∠BCA=90°，AC=BC=22，反3比例函数y（x＞0）的图象分别与AB，BC交于点D，E．连结DE，当△BDE∽△BCA时，点E的坐标为x▲．a22km0k1∴，解得。∴线AB的解析式为yx22a。akm22m22a又∵△BDE∽△BCA，∴∠BDE=∠BCA=90°。∴直线AB与直线DE垂直。如图，过点D作x轴的垂线，过点R作y轴的垂线，两线交于点H，333则△DEH为等腰直角三角形，∴HE=HD，即ba。∴b。aba33又∵点D在直线AB上，∴b22a，即a22a。ba231∴2a22a30，解得a2，a2（舍去）。1222\n3∴点E的坐标是2，2。2三、解答题1.（2022年浙江宁波10分）为了能有效地使用电力资源，宁波市电业局从2022年1月起进行居民峰谷用电试点，每天8：00至22：00用电每千瓦时0.56元（“峰电”价），22：00至次日8：00每千瓦时0.28元(“谷电”价)，而目前不使用“峰谷”电的居民用电每千瓦时0.53元．（1）一居民家庭在某月使用“峰谷”电后，付电费95.2元，经测算比不使用“峰谷”电节约10.8元，问该家庭当月使用“峰电”和“谷电”各多少千瓦时？（2）当“峰电”用量不超过每月总用电量的百分之几时，使用“峰谷”电合算？（精确到1％）2.（2022年浙江宁波12分）如图，⊙O’经过⊙O的圆心，E、F是两圆的交点，直线OO’交⊙O于点Q、1D，交⊙O’于点P，交EF于点C，且EF215,sinP4（1）求证PE是⊙O的切线；（2）求⊙O和⊙O’的半径的长；（3）点A在劣弧QF上运动（与点Q、F不重合），.连结PA交弧DF于点B，连结BC并延长交⊙O于点G，设CG＝x,PA＝y，求y关于x的函数关系式\n（3）按题意画图，连接OA，0∵∠OEP=90，CE⊥OP，∴△CPE∽△EPO。2∴PEPCPO。2又∵PE是⊙O的切线，∴PEPBPA。PCPB∴PCPOPBPA，即。PAPO又∵∠CPB=∠APO，∴△CPB∽△APO。BCPC60∴。∴BC。OAPAPA\n【答案】解：（1）填表如下：x44.25.86.37.111y10.40.40.40.60.60.8y20.30.40.50.60.71当0<x≤3或x>4时，y1≤y2。（2）方案有无穷多，列举三例供参考：方案拨打次数各次通话时间(分钟)y3(元)\n一25、60.4+0.5=0.9二32.2、4、4.80.2+0.3+0，4=0.9三43、3、3、20.2×3+0．2=0.84.（2022年浙江宁波6分）已知：如图，△ABC中，AB=BC=CA=6，BC在x轴上，BC边上的高线AO在y轴上，直线l绕A点转动(与线段BC没有交点)．设与AB、l、x轴相切的⊙O1的半径为r1，与AC、l、x轴相切的⊙O2的半径为r2．（1）当直线l绕点A转动到何位置时，⊙O1、⊙O2的面积之和最小，为什么?（2）若r1－r2=3，求图象经过点Ol、O2的一次函数解析式．3∴DB=r1。3\n3同理CG=r2。3∴r1+r2=33。2233227∵⊙O1、⊙O2的面积之和Sr1(33r1)2[(r1)]，2433∴当r1=r2=，即l∥x轴时，S最小。2（2）由（1）得r1+r2=33，∵r1－r2=3，∴r1=23，r2=3。∴O1(－5，23)，O2(4，3)。设图象经过点O1、O2的一次函数解析式为y=kx+b，则3k5kb239，解得：。4kb3133b93133∴直线O1O2的解析式为yx。996.（2022年浙江宁波10分）据气象台预报，一强台风的中心位于宁波（指城区，下同）东南方向3661082千米的海面上，目前台风中心正以20千米/时的速度向北偏西60°的方向移动，距台风中心50千米的圆形区域均会受到强袭击．已知宁海位于宁波正南方向72千米处，象山位于宁海北偏东60°方向56千米处．请问：宁波、宁海、象山是否会受这次台风的强袭击？如果会，请求出受强袭击的时间；\n如果不会，请说明理由．（为解决问题，须画出示意图，现已画出其中一部分，请根据需要，把图形画完整）\n6.（2022年浙江宁波12分）已知AB是半圆O的直径，AB=16，P点是AB上的一动点（不与A、B重合），PQ⊥AB，垂足为P，交半圆O于Q；PB是半圆O1的直径，⊙O2与半圆O、半圆O1及PQ都相切，切点分别为M、N、C．（1）当P点与O点重合时（如图1），求⊙O2的半径r；（2）当P点在AB上移动时（如图2），设PQ=x，⊙O2的半径r．求r与x的函数关系式，并求出r的取值范围．【答案】解：（1）连接OO2、O1O2、O2C，作O2D⊥AB于D，∵⊙O2与⊙O、⊙O1、PQ相切，\n7.（2022年浙江宁波10分）宁波港是一个多功能、综合性的现代化大港，年货物吞吐量位于中国大陆第二，世界排名第五，成功跻身于国际大港行列。如图是宁波港1994年～2022年货物吞吐量统计图。（1）统计图中你能发现哪些信息，请说出两个；（2）有人断定宁波港贷物吞吐量每年的平均增长率不超过15%，你认为他的说法正确吗？请说明理由。\n228.（2022年浙江宁波12分）已知抛物线yx2kx3k（k>0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，以AB为直径的⊙E交y轴于点D、F(如图)，且DF=4，G是劣弧AD上的动点(不与点A、D重合)，直线CG交x轴于点P.（1）求抛物线的解析式;（2）当直线CG是⊙E的切线时，求tan∠PCO的值.（3）当直线CG是⊙E的割线时，作GM⊥AB，垂足为H，交PF于点M，交⊙E于另一点N，设MN=t，GM=u，求u关于t的函数关系式.\n又POPAAOPA23，83PAPA312∴，整理得：PA23PA60。解得PA33。23PA23\n29.（2022年浙江宁波大纲卷10分）如图，抛物线yaxbxc与x轴交于点B（1，0），C（－3，0），且过点A（3，6）．（1）求a、b、c的值；（2）设此抛物线的顶点为P，对称轴与线段AC相交于点Q，连接CP、PB、BQ，试求四边形PBQC的面积．\n10.（2022年浙江宁波大纲卷12分）已知⊙O过点D（4，3），点H与点D关于y轴对称，过H作⊙O的切线交y轴于点A（如图1）．（1）求⊙O半径；（2）sin∠HAO的值；（3）如图2，设⊙O与y轴正半轴交点P，点E、F是线段OP上的动点（与P点不重合），连接并延长DE，DF交⊙O于点B，C，直线BC交y轴于点G，若△DEF是以EF为底的等腰三角形，试探索sin∠CGO的大小怎样变化？请说明理由．\n（3）设点D关于y轴的对称点为H，连接HD交OP于Q，则HD⊥OP，根据等腰三角形三线合一的性质得DH平分∠BDC，根据角平分线定义、圆周角定理及垂径定理可得到∠CGO=∠OHQ，则求得sin∠OHQ即\nsin∠CGO的值。12.（2022年浙江宁波课标卷10分）宁波市土地利用现状通过国土资源部验收，我市在节约集约用地方面已走在全国前列．1996---2022年，市区建设用地总量从33万亩增加到48万亩，相应的年GDP从295亿元增加到985亿．宁波市区年GDPy（亿元）与建设用地总量x（万亩）之间存在着如图所示的一次函数关系．（1）求y关于x的函数关系式．（2）据调查2022年市区建设用地比2022年增加4万亩，如果这些土地按以上函数关系式开发使用，那么2022年市区可以新增GDP多少亿元？（3）按以上函数关系式，我市年GDP每增加1亿元，需增建设用地多少万亩？（精确到0.001万亩）．（3）设连续两年建设用地总量分别为x1万亩和x2万亩，相应年GDP分别为y1亿元和y2亿元，满足y2－y1=1，则y1=46x1－1223①，y2=46x2－1223②。②－①得，y2－y1=46（x2－x1）即46（x2－x1）=1，1∴xx0.022（万亩）。2146∴年GDP每增加1亿元，需增加建设用地约0.022万亩。\n12.（2022年浙江宁波课标卷12分）对正方形ABCD分划如图①，其中E、F分别是BC、CD的中点，M、N、G分别是OB、OD、EF的中点，沿分划线可以剪出一副由七块部件组成的“七巧板”．（1）如果设正方形OGFN的边长为l，这七块部件的各边长中，从小到大的四个不同值分别为l、x1、x2、x3，那么x1=▲；各内角中最小内角是▲度，最大内角是▲度；用它们拼成的一个五边形如图②，其面积是▲；（2）请用这副七巧板，既不留下一丝空自，又不相互重叠，拼出2种边数不同的凸多边形，画在下面格点图中，并使凸多边形的顶点落在格点图的小黑点上；（格点图中，上下、左右相邻两点距离都为1）（3）某合作学习小组在玩七巧板时发现：“七巧板拼成的凸多边形，其边数不能超过8”．你认为这个结论正确吗？请说明理由．注：不能拼成与图①或②全等的多边形！\n（3）正确。∵七巧板7块部件的内角度数只有45°、90°、135°，∴用它们拼成的最大角是135°。设七巧板能拼成n边形，则（n－2）×180°≤n×135°，∴n≤8，即用七巧板拼成的多边形其边数不超过8。【考点】作图（应用与设计作图），等腰直角三角形、平行四边形和正方形的性质，多边形内角和定理，解一元一次不等式。\n13.（2022年浙江宁波10分）2022年5月19日起，中国人民银行上调存款利率．人民币存款利率调整表项目调整前年利率％调整后年利率％活期存款0.720.72二年期定期存款2.793.06储户的实得利息收益是扣除利息税后的所得利息，利息税率为20％．（1）小明于2022年5月19日把3500元的压岁钱按一年期定期存入银行，到期时他实得利息收益是多少元?（2）小明在这次利率调整前有一笔一年期定期存款，到期时按调整前的年利率2．79％计息，本金与实得利息收益的和为2555．8元，问他这笔存款的本金是多少元?（3）小明爸爸有一张在2022年5月19日前存人的10000元的一年期定期存款单，为获取更大的利息收益，想把这笔存款转存为利率调整后的一年期定期存款．问他是否应该转存?请说明理由．约定：①存款天数按整数天计算，一年按360天计算利息．②比较利息大小是指从首次存入日开始的一年时间内．获得的利息比较．如果不转存，利息按调整前的一年期定期利率计算；如果转存，转存前已存天数的利息按活期利率计算，转存后，余下天数的利息按调整后的一年期定期利率计算(转存前后本金不变)．【答案】解：（1）∵3500×3.06％×80％=85.68(元)，∴到期时他实得利息收益是85．68元。\n14.（2022年浙江宁波12分）四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两端点的距离不相等，但到另一对角线的两个端点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点．如图l，点P为四边形ABCD对角线AC所在直线上的一点，PD=PB，PA≠PC，则点P为四边形ABCD的准等距点．（1）如图2，画出菱形ABCD的一个准等距点．（2）如图3，作出四边形ABCD的一个准等距点(尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法)．（3）如图4，在四边形ABCD中，P是AC上的点，PA≠PC，延长BP交CD于点E，延长DP交BC于点F，且∠CDF=∠CBE，CE=CF．求证：点P是四边形ABCD的准等距点．（4）试研究四边形的准等距点个数的情况(说出相应四边形的特征及准等距点的个数，不必证明)．\n（4）①当四边形的对角线互相垂直且任何一条对角线不平分另一对角线或者对角线互相平分且不垂直时，准等距点的个数为0个；②当四边形的对角线不互相垂直，又不互相平分，且有一条对角线的中垂线经过另一对角线的中点时，准等距点的个数为1个；③当四边形的对角线既不互相垂直又不互相平分，且任何一条对角线的中垂线都不经过另一条对角线的中点时，准等距点的个数为2个；④四边形的对角线互相垂直且至少有一条对角线平分另一对角线时，准等距点有无数个。【考点】新定义，作图（应用与设计作图），菱形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质。【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直平分，根据线段垂直平分线的性质，则只需要在其中一条对角线上找到和对角线的交点不重合的点即可。\n15.（2022年浙江宁波10分）2022年5月1日，目前世界上最长的跨海大桥——杭州湾跨海大桥通车了．通车后，苏南A地到宁波港的路程比原来缩短了120千米．已知运输车速度不变时，行驶时间将从原来的3时20分缩短到2时．（1）求A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程．（2）若货物运输费用包括运输成本和时间成本，已知某车货物从A地到宁波港的运输成本是每千米1.8元，时间成本是每时28元，那么该车货物从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用是多少元？（3）A地准备开辟宁波方向的外运路线，即货物从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港，再从宁波港运到B地．若有一批货物（不超过10车）从A地按外运路线运到B地的运费需8320元，其中从A地经杭州湾跨海大桥到宁波港的每车运输费用与（2）中相同，从宁波港到B地的海上运费对一批不超过10车的货物计费方式是：一车800元，当货物每增加1车时，每车的海上运费就减少20元，问这批货物有几车？\n16.（2022年浙江宁波12分）如图，把一张标准纸一次又一次对开，得到“2开”纸，“4开”纸，“8开”纸，“16开”纸…．已知标准纸的短边长为a．（1）如图2，把这张标准纸对开得到的“16开”张纸按如下步骤折叠：第一步：将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B'处，铺平后得折痕AE；第二步：将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF．则AD：AB的值是，AD，AB的长分别是，；（2）“2开”纸，“4开”纸，“8开”纸的长与宽之比是否都相等？若相等，直接写出这个比值；若不相等，请分别计算它们的比值；（3）如图3，由8个大小相等的小正方形构成“L”型图案，它的四个顶点E，F，G，H分别在“16开”纸的边AB，BC，CD，DA上，求DG的长；（4）已知梯形MNPQ中，MN∥PQ，∠M=90°，MN=MQ=2PQ，且四个顶点M，N，P，Q都在“4开”纸的边上，请直接写出2个符合条件且大小不同的直角梯形的面积．\n1∵EF=FG，∠B=∠C=90°，∴△FBE≌△GCF（AAS）。∴BF=CG=ax。412∵CF+BF=BC，∴2xax=a。442121解得xa，即DG=a4432271822（4）a，a。168\n∴此时的梯形的面积11132271822=MNPQMQMQMQMQMQa。2224817.（2022年浙江宁波10分）2022年4月7日，国务院公布了《医药卫生体制改革近期重点实施方案（2022~2022年》，某市政府决定2022年投入6000万元用于改善医疗卫生服务，比2022年增加了1250万元．投入资金的服务对象包括“需方”（患者等）和“供方”（医疗卫生机构等），预计2022年投入“需\n方”的资金将比2022年提高30%，投入“供方”的资金将比2022年提高20%．（1）该市政府2022年投入改善医疗卫生服务的资金是多少万元？（2）该市政府2022年投入“需方”和“供方”的资金各多少万元？（3）该市政府预计2022年将有7260万元投入改善医疗卫生服务，若从2022~2022年每年的资金投入按相同的增长率递增，求2022~2022年的年增长率．28.（2022年浙江宁波12分）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（－8，0），直线BC经过点B（－8，6），C（0，6），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时OA′、B′C′分别与直线BC相交于P、Q．BP（1）四边形OABC的形状是，当90°时，的值是；BQBP（2）①如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴时，求的值；BQ②如图3，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时，求△OPB'的面积．\n1（3）在四边形OABC旋转过程中，当0180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BPBQ？若存2在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．22∵C′O=CO=6，B′C′=BC=8，OB6810，B′C=10－6=4，CQ4∴，CQ=3。∴BQ=BC+CQ=11。687BP27∴。BQ1122②如图3，OPCBPA在△OCP和△B′A′P中，∵OCPA90，OCBA\n∴△OCP≌△B′A′P（AAS）。∴OP=B′P。设B′P=x，22225在Rt△OCP中，8x6x，解得x=。412575∴S6。OPB244137（3）存在这样的点P和点Q，使BP=BQ，点P的坐标是P96，6，P，6。12224（3）构造全等三角形和直角三角形，运用勾股定理求得PC的长，进一步求得坐标：过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，11∵SPQOC，SOPQH，∴PQ=OP。POQPOQ221设BP=x，∵BP=BQ，∴BQ=2x。2如图，当点P在点B左侧时，\n19.（2022年浙江宁波10分）十八世纪瑞士数学家欧拉证明了简单多面体中顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的一个有趣的关系式，被称为欧拉公式。请你观察下列几种简单多面体模型，解答下列问题：（1）根据上面多面体模型，完成表格中的空格：多面体顶点数（V）面数（F）棱数（E）四面体47长方体8612正八面体812正十二面体201230\n你发现顶点数（V）、面数（F）、棱数（E）之间存在的关系式是_______________。（2）一个多面体的面数比顶点数大8，且有30条棱，则这个多面体的面数是____________。（3）某个玻璃鉓品的外形是简单多面体，它的外表面是由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，设该多面体外表三角形的个数为x个，八边形的个数为y个，求xy的值。20.（2022年浙江宁波12分）如图1、在平面直角坐标系中，O是坐标原点，ABCD的顶点A的坐标为（－2，0），点D的坐标为（0，23），点B在x轴的正半轴上，点E为线段AD的中点，过点E的直线l与x轴交于点F，与射线DC交于点G。（1）求∠DCB的度数;（2）连结OE，以OE所在直线为对称轴，△OEF经轴对称变换后得到△OEF'，记直线EF'与射线DC的交点为H。①如图2，当点G在点H的左侧时，求证：△DEG∽△DHE;\n②若△EHG的面积为33，请直接写出点F的坐标。通过等量代换可得∠EFA=∠DGE=∠DEH，由此可证得所求的三角形相似。②过E作CD的垂线，设垂足为M，则EM为△EGH中GH边上的高，根据△EGH的面积即可求得GH的长，在①题已经证得△DEG∽△DHE，可得DE2=DG•DH，可设出DG的长，然后表示出DH的值，代入上\n面的等量关系式中，即可求得DG的长，根据轴对称的性质知：DG=AF，由此得到AF的长，进而可求得F点的坐标，需注意的是，在表示DH的长时，要分两种情况考虑：一、点H在G的右侧，二、点H在G的左侧：过点E作EM⊥直线CD于点M，∵CD∥AB，∴EDMDAB60。3∴EMDEsin6023。211∵SGHMEGH333，∴GH=6。EGH22DEDH2∵△DHE∽△DEG，∴即DEDGDH。DGDE当点H在点G的右侧时，设DGx，DHx6，∴4x(x6)，解得：x313，x313（舍去）。12∵△DEG≌△AEF，∴AFDG313。∵OFAOAF3132131。∴点F的坐标为（131，0）。当点H在点Ｇ的左侧时，设DGx，DHx6，∴4x(x6)，解得：x313，x313（舍去）。12∵△DEG≌△AEF，∴AFDG313。∵OFAOAF3132135∴点Ｆ的坐标为（135，0）综上所述，，点Ｆ的坐标有两个，分别是（131，0），（135，0）。21.（2022年浙江宁波10分）阅读下面的情景对话，然后解答问题：\n（1）根据“奇异三角形”的定义，请你判断小华提出的命题：“等边三角形一定是奇异三角形”是真命题还是假命题？（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB=c，AC=b，BC=a，且ba，若Rt△ABC是奇异三角形，求a:b:c；（3）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点(不与点A、B重合)，D是半圆ADB的中点，C、D在直径AB两侧，若在⊙O内存在点E，使得AE=AD，CB=CE．①求证：△ACE是奇异三角形；②当△ACE是直角三角形时，求∠AOC的度数．222222在Rt△ACB中，ACBCAB，在Rt△ADB中，ADBDAB，\n∵点D是半圆ADB的中点，∴AD=BD。∴ADBD。2222222∴ABADBD2AD。∴ACCB2AD。222又∵CBCE,AEAD，∴ACCE2AE。∴△ACE是奇异三角形。222②由①可得△ACE是奇异三角形，∴ACCE2AE。当△ACE是直角三角形时,由（2）可得AC:AE:CE1:2:3或AC:AE:CE3:2:1。（Ⅰ）当AC:AE:CE1:2:3时，AC:CE1:3，即AC:CB1:3。∵ACB90，∴ABC30∴AOC2ABC60。（Ⅱ）当AC:AE:CE3:2:1时，AC:CE3:1，即AC:CB3:1。∵ACB90，∴ABC60。∴AOC2ABC120。∴AOC的度数为60或120。22.（2022年浙江宁波12分）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（－2，2）,点B的坐标为（6，6），抛物线经过A、O、B三点，连结OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E．（1）求点E的坐标；（2）求抛物线的函数解析式；（3）点F为线段OB上的一个动点（不与点O、B重合），直线EF与抛物线交于M、N两点（点N在y轴右侧），连结ON、BN，当点F在线段OB上运动时，求△BON面积的最大值，并求出此时点N的坐标；（4）连结AN，当△BON面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP与△OAN相似（点B、O、P分别与点O、A、N对应）的点P的坐标．\n2（2）设抛物线的函数解析式为yaxbx，将A（－2，2）,点B6，6）代入得1a4a2b24121，解得。∴抛物线的解析式为yxx。36a6b6b1422（4）过点A作AS⊥GQ于S，\n3∵A（－2，2）,B（6，6），N（3，），435∴∠AOE=∠OAS=∠BOH=45°,OG=3，NG=，NS=，AS=5。441∴在Rt△SAN和Rt△NOG中，tan∠SAN=tan∠NOG=。∴∠SAN=∠NOG。4∴∠OAS－∠SAN=∠BOG－∠NOG。∴∠OAN=∠BON。∴ON的延长线上存在一点P，使△BOP∽△OAN。3∵A（－2，2）,N（3，），422225517∴在Rt△ASN中，AN=AS+SN5。44OBOP62OP1517当△BOP∽△OAN时，，即，得OP=。OAAN2251744过点P作PT⊥x轴于点T，PTNG1∴△OPT∽△ONG。∴。OTOG422151721515设P（4t,t），∴(4t)t()，解得，t,t（舍）。1244415∴点P的坐标为(15,)将△OPT沿直线OB翻折，可得出另一个满足条件的点415P′(,15)。41515∴由以上推理可知，当点P的坐标为(15,)或(,15)时，△BOP与△OAN相似。44【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值，相似三角形的判定和性质，勾股定理，对称的性质。【分析】（1）根据A、B两点坐标求直线AB的解析式，令x=0，可求E点坐标。2（2）设抛物线解析式为yaxbx，将A（－2，2），B（6，6）两点坐标代入，列方程组求a、b的值即可得抛物线的函数解析式。121（3）依题意，设Nx,xx，求出△BON面积关于x的函数表达式，用二次函数的最值42原理，可求N点的坐标。（4）根据三角形相似的性质得到BO：OA=OP：AN=BP：ON，然后根据勾股定理即可求出点P的坐标。\n23.（2022年浙江宁波10分）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，ABCD中，若AB=1，BC=2，则ABCD为1阶准菱形．（1）判断与推理：①邻边长分别为2和3的平行四边形是阶准菱形；②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把ABCD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形．（2）操作、探究与计算：①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a（a＞1），且是3阶准菱形，请画出ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；②已知ABCD的邻边长分别为a，b（a＞b），满足a=6b+r，b=5r，请写出ABCD是几阶准菱形．\n224.（2022年浙江宁波12分）如图，二次函数y=ax+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于C（0，﹣2），过A，C画直线．（1）求二次函数的解析式；（2）点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长；（3）点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H．①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标；4②若⊙M的半径为5，求点M的坐标．5\n\n（3）①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是-2，代入抛物线解析式计算即可；（ii）点H在点C上方时，根据（2）的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标。②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标。25.（2022年浙江宁波12分）若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形．如菱形就是和谐四边形．\n（1）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=120°，∠C=75°，BD平分∠ABC．求证：BD是梯形ABCD的和谐线；（2）如图2，在12×16的网格图上（每个小正方形的边长为1）有一个扇形BAC，点A．B．C均在格点上，请在答题卷给出的两个网格图上各找一个点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形的两条对角线都是和谐线，并画出相应的和谐四边形；（3）四边形ABCD中，AB=AD=BC，∠BAD=90°，AC是四边形ABCD的和谐线，求∠BCD的度数．\n【考点】新定义，网格问题，四边形综合题，等腰（边）三角形、正方形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，分类思想的应用。【分析】（1）要证明BD是四边形ABCD的和谐线，只需要证明△ABD和△BDC是等腰三角形即可。（2）根据扇形的性质弧上的点到顶点的距离相等，只要D在BC上任意一点构成的四边形ABDC就是和谐四边形；连接BC，在△BAC外作一个以AC为腰的等腰三角形ACD，构成的四边形ABCD就是和谐四边形。\n（3）由AC是四边形ABCD的和谐线，可以得出△ACD是等腰三角形，从图4，图5，图6三种情况运用等边三角形的性质，正方形的性质和30°的直角三角形性质就可以求出∠BCD的度数。26．（2022年浙江宁波14分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（﹣4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．（1）求直线AB的函数解析式；（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．①求证：∠BDE=∠ADP；②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．\n∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，∴∠DPE=∠OAB。14yxx2由33得：。yx4y2∴点P的坐标为（2，2）。当BD：BF=1：2时，连结EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，∵∠DEP=∠DPA，∴∠DBE=∠DAP=45°。∴△DEF是等腰直角三角形。过点F作FG⊥OB于点G，同理可得：△BOD∽△FGB，OBODBD11∴。∴FG=8，OD=BG。GFGBFB22∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，∴四边形OEFG是矩形。∴OE=FG=8，∴EF=OG=4+2OD。\n