【2022版中考12年】浙江省嘉兴市、舟山市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

【2022版中考12年】浙江省嘉兴市、舟山市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年浙江舟山、嘉兴4分）有六个等圆按图甲、乙、丙三种形状摆放，使相邻两圆均互相外切，且如图所示的圆心的连线（虚线）分别构成正六边形、平行四边形和正三角形.将圆心连线外侧的6个扇形（阴影部分）的面积之和依次记为S，P，Q，则【】A.S＞P＞QB.S＞Q＞PC.S＞P且P=QD.S=P=Q【答案】D。【考点】扇形面积的计算，多边形内角和定理。2.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图是人字型屋架的设计图，由AB、AC、BC、AD四根钢条焊接而成，其中A、B、C、D均为焊接点，且AB=AC，D为BC的中点，现在焊接所需的四根钢条已截好，且已标出BC的中点D。如果焊接工身边只有可检验直角的角尺，那么为了准确快速地焊接，他首先应取地两根钢条及焊接的点是【】A.AC和BC，焊接点BB.AB和AC，焊接点AC.AB和AD，焊接点AD.AD和BC，焊接点D【答案】D。【考点】等腰三角形性质的应用。62\n3.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，等腰直角三角形ABC（∠C=Rt∠）的直角边长与正方形MNPQ的边长均为4cm，CA与MN在直线l上，开始时A点与M点重合；让△ABC向右平移；直到C点与N点重合时为止。设△ABC与正方形MNPQ的重叠部分（图中阴影部分）的面积为ycm2，MA的长度为xcm，则y与x之间的函数关系大致是【】【答案】B。62\n【考点】平移问题的函数图象，正方形和等腰直角三角形的性质。4.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）从2，3，4，5这四个数中，任取两个数p和q（p≠q），构成函数和，使两个函数图象的交点在直线x=2的左侧，则这样的在序数组（p,q）共有【】A.12组B.6组C.5组D.3组【答案】C。【考点】一次函数交点问题，直线上点的坐标与方程的关系。5.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）假定有一排蜂房，形状如图，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬行，不能飞，而且始终向右方（包括右上，右下）爬行，从一间蜂房爬到右边相邻的蜂房中去．例如．蜜蜂爬到1号蜂房的爬法有：蜜蜂→1号；蜜蜂→0号→1号，共有2种不同的爬法．问蜜蜂从最初位置爬到4号蜂房共有几种不同的爬法【】．A．7B．8C．9D．10【答案】B。62\n【考点】探索规律题（图形的变化类），分类思想的应用。6.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）将三粒均匀的分别标有1，2，3，4，5，6的正六面体骰子同时掷出，出现的数字分别为a，b，c，则a，b，c正好是直角三角形三边长的概率是【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】概率，勾股定理的逆定理。7.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）一个函数的图象如图，给出以下结论：①当时，函数值最大；②当时，函数随的增大而减小；③存在，当时，函数值为0．其中正确的结论是【】62\nA．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】C。【考点】函数的图象。8.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，等腰△ABC中，底边BC=a，∠A=36°，∠ABC的平分线交AC于D，∠BCD的平分线交BD于E，设k=，则DE=【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，二次根式化简。62\n9.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，已知C是线段AB上的任意一点（端点除外），分别以AC、BC为斜边并且在AB的同一侧作等腰直角△ACD和△BCE，连结AE交CD于点M，连结BD交CE于点N，给出以下三个结论：①MN∥AB；②＝＋；③MN≤AB，其中正确结论的个数是【】A．0B．1C．2D．3【答案】D。【考点】等腰直角三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，分式的变形，不等式的性质。62\n10.（2022年浙江舟山、嘉兴3分）如图，①②③④⑤五个平行四边形拼成一个含30°内角的菱形EFGH（不重叠无缝隙）．若①②③④四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，则①②③④四个平行四边形周长的总和为【】（A）48cm（B）36cm（C）24cm（D）18cm【答案】A。【考点】菱形的性质，平行四边形的性质。11.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止．设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是【】62\n【答案】D。【考点】动点问题的函数图象。12.（2022年浙江舟山3分嘉兴4分）对于点A（x1，y1），B（x2，y2），定义一种运算：．例如，A（－5，4），B（2，﹣3），．若互不重合的四点C，D，E，F，满足，则C，D，E，F四点【】A．在同一条直线上B．在同一条抛物线上C．在同一反比例函数图象上D．是同一个正方形的四个顶点【答案】A。【考点】新定义，一次函数图象上点的坐标特征。62\n二、填空题1.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，半圆O的直径AB=4，与半圆O内切的动圆与AB切于点M，设⊙的半径为y，AM的长为x，则y关于x的函数关系式是▲（要求写出自变量x的取值范围）【答案】（0＜x＜4）。【考点】由实际问题列函数关系式，勾股定理，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系。62\n2.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）古希腊数学家把数1，3，6，10，15，21，……，叫做三角形数，它有一定的规律性，则第24个三角形数与第22个三角形数的差为▲。【答案】47。【考点】探索规律题（数字的变化类）。3.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）在同一坐标系中画出函数y＝ax－a和y＝ax2（a<0）的图像（只需画出示意图）▲【答案】。【考点】二次函数和一次函数的图象。4.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）某军事行动中，对军队部署的方位，采用钟代码的方式来表示。例如，北偏东30°方向45千米的位置，与钟面相结合，以钟面圆心为基准，时针指向北偏东30°的时刻是1∶00，那么这个地点就用代码010045来表示。按这种表示方式，南偏东40°方向78千米的位置，可用代码表示为▲。62\n5.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）小刚中午放学回家自己煮面条吃，有下面几道工序：①洗锅盛水2分钟；②洗菜3分钟；③准备面条及佐料2分钟；④用锅把水烧开7分钟；⑤用烧开的水煮面条和菜要3分钟，以上各道工序，除④外，一次只能进行一道工序，小刚要将面条煮好，最少用▲分钟．【答案】12。【考点】推理分析。6.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，P1是一块半径为1的半圆形纸板，在P1的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆的半径）得图形P3，P4，…，Pn，…，记纸板Pn的面积为Sn，试计算求出S2=▲；S3=▲；并猜测得到Sn－Sn－1=▲（n≥2）【答案】；；。62\n【考点】探索规律题（图形的变化类），同底幂的运算。7.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）定义1：与四边形四边都相切的圆叫做四边形的内切圆．定义2：一组邻边相等，其他两边也相等的凸四边形叫做筝形．探究：任意筝形是否一定存在内切圆？答案：▲．（填“是”或“否”）【答案】是。【考点】新定义，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质。62\n8.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，在直角坐标系中，已知点A（－3，0），B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①，②，③，④…，则三角形⑩的直角顶点的坐标为　　▲　　．【答案】（36，0）。【考点】探索规律题（图形的变化类――循环问题），勾股定理，旋转的性质。62\n9.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）在直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点．已知一个圆的圆心在原点，半径等于5，那么这个圆上的格点有▲个．【答案】12。【考点】网格问题，点的坐标，勾股定理，分类思想的应用。10.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC于点D，连结CD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④．其中正确结论的序号是　▲　．【答案】①④。【考点】相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理。62\n11.（2022年浙江舟山、嘉兴5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC．点D是AB的中点，连接CD，过点B作BG丄CD，分别交GD、CA于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接DF．给出以下四个结论：①；②点F是GE的中点；③AF=AB；④S△ABC=5S△BDF，其中正确的结论序号是　▲　．【答案】①③。【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质。62\n12.（2022年浙江舟山、嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB、BC上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P所经过的路程为　▲　．【答案】。62\n【考点】跨学科问题，正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。三、解答题1.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，点D在AC边上，以D为圆心的⊙D与AB切于点E，（1）求证：△ADE∽△ABC；（2）设⊙D与BC交于点F，当CF=2时，求CD的长；（3）设CD=a，试给出一个a值使⊙D与BC没有公共点，并说明你给出的a值符合要求.【答案】解：（1）证明：∵点E是切点，∴∠AED=90°。∵∠A=∠A，∠ACB=90°，62\n∴△ADE∽△ABC。（2）连接DF，则DE=DF，设CD=x，则AD=6－x，∵△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=3，∴。∵△ADE∽△ABC，∴，即。∴。在Rt△DCF中，∵CF=2，∴。∴，即。∴x=1，x=－4（舍去）。∴CD=1（当CD=1时，0＜x＜6，所以点D在AC上）。（3）取a=3，（可取的任意一个数），则AD=AC－CD=3，∵DE＜AD，∴DE＜DC，即d＞r。∴⊙D与BC相离。∴当a=3时，⊙D与BC没有公共点。【考点】切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，因式分解法解一元二次方程，直线和圆的位置关系。2.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）有一种螃蟹，从海上捕获后不放养最多只能存活两天，如果放养在塘内，可以延长存活时间，但每天也有一定数量的蟹死去，假设放养期内蟹的个体重量基本保持不变.现有一经销商，按市场价收购了这种活蟹1000千克放养在塘内，此时市场价为每千克30元.据测算，此后每千克活蟹的市场价每天可上升1元，但是，放养一天需各种费用支出400元，且平均每天还有10千克蟹死去，假定死蟹均于当天售出，售价都是每千克20元.（1）设x天后每千克活蟹的市场价为P元，写出P关于x的函数关系式；（2）如果放养x天后将活蟹一次性出售，并记1000千克蟹的销售总额为Q元，写Q出关于x的函数关系式；（3）该经销商将这批蟹放养多少天后出售可获最大利润（利润=销售总额－收购成本－费用）？最大利润是多少？62\n【答案】解：（1）P=30+x。（2）由题意知：活蟹的销售额为(1000－10x)(30+x)元，死蟹的销售额为200x元.∴。（3）设总利润为W元，则：。∴当x=25时，总利润最大，最大利润为6250元。【考点】二次函数的应用，由实际问题列函数关系式，二次函数的最值。3.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度a为10米），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃。设花圃的宽AB为x米，面积为S米2，（1）求S与x的函数关系式（2）如果要围成面积为45米2的花圃，AB的长是多少米？（3）能围成面积比45米2更大的花圃吗？如果能，请求出最大面积，并说明围法；如果不能，请说明理由。【答案】解：（1）∵宽AB为x米，∴BC为（24－3x）米。∴面积。（2）由条件围成面积为45米2的花圃得：，解得x1=5，x2=3。∵0＜24－3x≤10，∴。∴x=3不合题意，舍去。∴要围成面积为45米2的花圃，AB的长是5米。62\n（3）能。∵，且，∴当时，围成的面积随x的增大而减小。∴当时，S有最大值，此时，花圃的长为。故能围成面积比45米2更大的花圃。围法：花圃的长为10米，宽为米，这时有最大面积平方米。【考点】二次函数和一元二次方程的应用，由实际问题列函数关系式，二次函数的性质。4.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图，A和B是外离两圆，⊙A的半径为2，⊙B的半径为1，AB＝4，P为连结两圆圆心的线段AB上一点，PC切⊙A于点C，PD切⊙B于点D，（1）若PC=PD，求PB的长（2）试问线段AB上是否存在一点P，使？如果存在，问这样的P点有几个？并求出PB的值；如果不存在，说明理由。（3）当点P在线段AB上运动到某处，使PC⊥PD时，就有△APC∽△PBD。请问：除上述情况外，当点P在线段AB上运动到何处（说明PB的长为多少；或PC、PD具有何种关系）时，这两个三角形仍相似；并判断此时直线CP与⊙B的位置关系，证明你的结论。【答案】解：（1）∵PC切⊙A点于C，∴PC⊥AC。∴。同理。∵PC=PD，∴。62\n∵⊙A的半径为2，⊙B的半径为1，AB＝4，∴PA=4－PB。∴，解得。（2）存在。假设存在一点P使，设PB=x，则，∴，即。解得。∵PC切⊙A于点C，PD切⊙B于点D，∴P在两圆间的圆外部分。∴1＜PB＜2即1＜x＜2。∴舍去。∴满足条件的P点只有一个，这时PB=。（3）当PC：PD=2：1或PB=时，也有△PCA∽△PDB，这时，在△PCA与△PDB中，，∴△PCA∽△PDB。∴∠BPD=∠APC=∠BPE（E在CP的延长线上），∴B点在∠DPE的角平分线上，B到PD与PE的距离相等。∵⊙B与PD相切，∴⊙B也与CP的延长线PE相切。【考点】两圆的位置关系，直线与圆的位置关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质。62\n5.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图Rt△OAB的斜边OA在x轴的正半轴上，直角的顶点B在第一象限内，已知点A(10，0)，△OAB的面积为20，（1）求B点的坐标（2）求过O、B、A三点的抛物线的解析式（3）判断该抛物线的顶点P与△OAB的外接圆的位置关系，并说明理由。【答案】解：（1）过B作BC⊥OA于C，62\n∵，∴BC=4。在Rt△ABO中，BC⊥OA，设OC=x，根据射影定理有：BC2=OC•AC，即，解得x1=2，x2=8。因此B（2，4）或（8，4）。（2）设抛物线的解析式为，若抛物线过B（2，4），有：。∴；若抛物线过B（8，4），有：。∴。∴所求的抛物线解析式为：。（3）由（2）可知：，∴P（5，）。∵Rt△OAB的半径为5，且＞5，∴顶点P在外接圆外。【考点】二次函数综合题，射影定理，解一元二次方程，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，点与圆的位置关系。6.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）已知⊙B的半径r＝1，PA、PO是⊙B的切线，A、O是切点。过A点作弦AC∥PO连CO、AO，（1）问△PAO与△OAC有什么关系？证明你的结论；62\n（2）把整个图形放置在直角坐标系中，使OP与x轴重合，B点在y轴上，设P(t，0)，P点在x轴的正半轴上运动时，四边形PACO的形状随之变化，当这图形满足什么条件时，四边形PACO是菱形？说明理由；（3）①当t在什么范围内取值时，直线AP与CO的交点在x轴下方？②连CP，交⊙B于点D，当t等于何值时，四边形CODA是梯形？【答案】解：（1）结论：两三角形相似。证明如下：∵PA是圆的切线，∴∠PAO=∠C。∵AC∥PO，∴∠CAO=∠POA。∴△PAO∽△OCA。（2）若四边形PACO是菱形，PA=PO=OC=AC=t，∵PA=OP，△PAO∽△OCA，∴OC=OA。∴△OCA是等边三角形。过B作BH⊥AC于H，连接BC，62\n在Rt△BCH中，∠CBH=60°，BC=1，CH=，∴CH=BC•sin60°=。t=。∴当P点坐标是（，0）时，四边形PACO是菱形。（3）①如图，分别过点A、C作ｘ轴的垂线，垂足分别为点E、F，要直线AP与CO的交点在x轴下方只要∠APE＞∠COF即可，　　　　　　　　∵AE=CF，∴只要EP＜FO=CH=CA。∵EP=t－QO=t－HA=t－CA，∴只要t－CA＜CA，即t＜CA。　　　　　　　　当OP＝CA时，易证四边形PACO是菱形，由（2）知，此时CA=OP=。　　　　　　　　∴0＜t＜。∴当0＜t＜时，直线AP与CO的交点在x轴下方。　　　　　　　　②若四边形CODA是梯形，只有AD∥CO，且是等腰梯形。由AC∥PO，AD∥CO易得：△ACD∽△OPC。∴。由（1）△PAO∽△OCA得：。∴。∵四边形CODA是等腰梯形，∴AO=CD。62\n∴。又根据切割线定理，得。∴PC=2PD=2CD，此时，。∴。连接BP交OA于点N，则在Rt△BOP中，。∵Rt△BOP∽Rt△ONP，∴，即。解得：。∴当时，四边形CODA是梯形。【考点】切线的性质，平行的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等腰梯形的判定和性质，切割线定理，勾股定理。7.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）在坐标平面内，半径为R的⊙O与x轴交于点D（1，0）、E（5，0），与y轴的正半轴相切于点B。点A、B关于x轴对称，点P（a，0）在x的正半轴上运动，作直线AP，作EH⊥AP于H。（1）求圆心C的坐标及半径R的值；62\n（2）△POA和△PHE随点P的运动而变化，若它们全等，求a的值；（3）若给定a=6，试判定直线AP与⊙C的位置关系（要求说明理由）。【答案】（1）连接BC，则BC⊥y轴，取DE中点M，连CM，则CM⊥x轴，连接CD，∵D（1，0）、E（5，0），∴OD=1，OE=5。∴CD=BC=OM=3，DM=2。∴。∴圆心C（3，），半径R=3。（2）∵△POA≌△PHE，∴PA=PE。∵OA=OB=，OE=5，OP=a，∴。∴，解得a=2。62\n（3）过点A作⊙C的切线AT（T为切点），交x正半轴于Q。设Q（m，0），则QE=m－5，QD=m＋1，。由得，即，11m2－60m=0。∵m＞0，∴。∵a=6，点P（6，0），在点Q（，0）的右侧，∴直线AP与⊙C相离。【考点】动点问题，切线的性质，勾股定理，全等三角形的性质，直线与圆的位置关系。8.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）有一种汽车用“千斤顶”，它由4根连杆组成菱形ABCD，当螺旋装置顺时针旋转时，B、D两点的距离变大，从而顶起汽车。若AB=30，螺旋装置每顺时针旋转1圈，BD的长就减少1。设BD=a，AC=h，（1）当a=40时，求h值；（2）从a=40开始，设螺旋装置顺时针方向旋转x圈，求h关于x的函数解析式；（3）从a=40开始，螺旋装置顺时针方向连续旋转2圈，设第1圈使“千斤顶”增高s162\n，第2圈使“千斤顶”增高s2，试判定s1与s2的大小，并说明理由。若将条件“从a=40开始”改为“从某一时刻开始”，则结果如何？为什么？【答案】解：（1）连接AC交BD于O，∵ABCD为菱形，AB=30，∴∠AOB=90°，OA=，OB=20。在Rt△AOB中，∵，∴，解得。（2）从a=40开始，螺旋装置顺时针方向旋转x圈，则BD=40－x。∴。∴。（3）结论：s1＞s2。理由如下：在中，62\n令x=0得，，令x=1得，，令x=2得，，∴。∴s1＞s2。若将条件“从a=40开始”改为“从任意时刻开始”，则结论s1＞s2仍成立。理由是：∵，，而，∴s1＞s2。【考点】旋转问题，菱形的性质，勾股定理，代数式的大小比较。9.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图，已知抛物线（a>0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴交x轴于点E，点B的坐标为（－1，0）．（1）求抛物线的对称轴及点A的坐标；（2）过点C作x轴的平行线交抛物线的对称轴于点P，你能判断四边形ABCP是什么四边形？并证明你的结论；（3）连结CA与抛物线的对称轴交于点D，当∠APD=∠ACP时，求抛物线的解析式．62\n【答案】解：（1）∵，∴抛物线的对称轴是直线x=－2。设点A的坐标为（x，0），∵，∴x=－3。∴A的坐标（－3，0）。（2）四边形ABCP是平行四边形。证明如下：∵抛物线的对称轴是直线x=－2，∴CP=2。又∵AB=2，∴CP=AB。又∵CP∥AB，∴四边形ABCP是平行四边形。（3）∵CP∥AB，∴△ADE∽△CDP。∴∵CP=2，EA=1，∴①。∵CP∥AB，∴∠DAE=∠ACP。∵∠APD=∠ACP，∴∠DAE=∠APD。∴Rt△ADE∽Rt△PAE。∴，即②。①②联立，得。∴OC=PE=，即t=。∴抛物线为。将B（－1，0）代入得，a=。∴抛物线的解析式为。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定，相似三角形的判定和性质。62\n10.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以OA为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，以BC为边在第四象限内作等边△CBD，直线DA交y轴于点E．（1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论．（2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E的坐标；若有变化，请说明理由．（3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m．【答案】解：（1）两个三角形全等。证明如下：∵△AOB、△CBD都是等边三角形，∴OBA=∠CBD=60°。∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD。62\n∵OB=AB，BC=BD，∴△OBC≌△ABD（SAS）。（2）点E位置不变。理由如下：∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∠OAE=180°－60°－60°=60°。在Rt△EOA中，EO=OA·tan60°=。∴点E的坐标为（0，），即点E位置不变。（3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1·m=n·AG，即AG=。又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，∴OE2=EG·EF。在Rt△EOA中，AE==2，∴，即。解得m=。【考点】等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相交弦定理，切线的判定，切割线定理，代数式化简。11.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）暑假期间小张一家为体验生活品质，自驾汽车外出旅游，计划每天行驶相同的路程。如果汽车每天行驶的路程比原计划多19公里，那么8天内它的行程就超过2200公里；如果汽车每天的行程比原计划少12公里，那么它行驶同样的路程需要9天多的时间。求这辆汽车原来每天计划的行程范围（单位：公里）。【答案】解：设原计划每天的行程为x公里，根据题意，得：62\n，解得，∴。答：这辆汽车原来每天计划的行程范围为256至260公里。【考点】一元一次不等式组的应用（行程问题）。12.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm（如图1）。动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到C点停止。两点运动时的速度都是lcm/s。而当点P到达点A时，点Q正好到达点C。设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t（s）时，△BPQ的面积为y（cm2）（如图2）。分别以x，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN。（1）分别求出梯形中BA，AD的长度；（2）写出图3中M，N两点的坐标；（3）分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在答题卷的图4（放大了的图3）中补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象。【答案】解：（1）设动点出发t秒后，点P到达点A且点Q正好到达点C时，BC=BA=t，则62\nS△BPQ=×t×6=30，解得：t=10（秒）。∴BA=10（cm）。过点A作AE⊥BC于点E，则AE=CD=6cm，AD=EC。在Rt△ABE中，根据勾股定理得：BE=8（cm）。∴AD=2（cm）。（2）可得坐标为M（10，30），N（12，30）。（3）当点P在BA边上时，（0≤t<10）；当点P在DC边上时，（12<t≤18）。图象见下：【考点】双动点问题，由实际问题列函数关系式，直角梯形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义。62\n13.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）小丽参加数学兴趣小组活动，提供了下面3个有联系的问题，请你帮助解决：（1）如图1，正方形ABCD中，作AE交BC于E，DF⊥AE交AB于F，求证：AE=DF；（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点G，H分别在AB，CD上，且EF⊥GH，求的值；（3）如图3，矩形ABCD中，AB=a，BC=b，点E，F分别在AD，BC上，且EF⊥GH，求的值．【答案】解：（1）证明：∵DF⊥AE，∴∠AEB=90°－∠BAE=∠AFD。62\n又∵AB=AD，∠ABE=∠DAF=90°。∴△ABE≌△DAF（AAS）。∴AE=DF。（2）作AM∥EF交BC于M，作DN∥GH交AB于N，则AM=EF，DN=GH。由（1）知，AM=DN，∴EF=GH，即。（3）作AM∥EF交BC于M，作DN∥GH交AB于N，则AM=EF，DN=GH。∵EF⊥GH，∴AM⊥DN。∴∠AMB=90°－∠BAM=∠AND。又∵∠ABM=∠DAN=90°，∴△ABM∽△DAN。∴。∴。【考点】正方形和矩形的性质，平行四边形的判定和性质，全等、相似三角形的判定62\n和性质。14.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图，直角坐标系中，已知两点O（0，0），A（2，0），点B在第一象限且△OAB为正三角形，△OAB的外接圆交y轴的正半轴于点C，过点C的圆的切线交x轴于点D．（1）求B，C两点的坐标；（2）求直线CD的函数解析式；（3）设E，F分别是线段AB，AD上的两个动点，且EF平分四边形ABCD的周长．试探究：△AEF的最大面积．【答案】解：（1）∵A（2，0），∴OA=2。作BG⊥OA于G，62\n∵△OAB为正三角形，∴OG=1，BG=。∴B（1，）。连接AC，∵∠AOC=90°，∠ACO=∠ABO=60°，∴OC=OAtan30°=。∴C（0，）。（2）∵∠AOC=90°，∴AC是圆的直径。又∵CD是圆的切线，∴CD⊥AC。∴∠OCD=30°，OD=OCtan30°=。∴D(，0)。设直线CD的函数解析式为y=kx+b（k≠0），则，解得，∴直线CD的函数解析式为。（3）∵AB=OA=2，OD=，CD=2OD=，BC=OC=。∴四边形ABCD的周长。设AE=t，△AEF的面积为S，则AF=，∵点E，F分别在线段AB，AD上，62\n∴，解得。，∵t=满足，∴当t=时，。【考点】一次函数综合题，双动点问题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，圆周角定理，切线的性质。15.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过A（－2，－1），B（1，3）两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．（1）求该一次函数的解析式；（2）求tan∠OCD的值；（3）求证：．62\n【答案】解：（1）∵一次函数y=kx+b的图象经过A（－2，－1），B（1，3）两点，∴，解得。∴该一次函数的解析式为。（2）在中，令y=0得；令x=0得。∴，。在△OCD中，，，∴。（3）取点A关于原点的对称点E（2，1），连接BE，则问题转化为求证。由勾股定理可得，，，。∵，∴△EOB是等腰直角三角形。∴。∴。【考点】62\n一次函数综合题，直线上点的坐标与方程拭目以待关系，锐角三角函数定义，勾股定理和逆定理，等腰直角三角形的判定和性质。16.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN=4，MA=1，MB＞1．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，设AB=x．（1）求x的取值范围；（2）若△ABC为直角三角形，求x的值；（3）探究：△ABC的最大面积？【答案】解：（1）∵在△ABC中，AC=1，AB=x，BC=3－x，∴，解得。（2）①若AC为斜边，则，即，无解；②若AB为斜边，则，解得，满足．③若BC为斜边，则，解得，满足。综上所述，若△ABC为直角三角形，则或。（3）在△ABC中，作于D，设，△ABC的面积为S，则．62\n①若点D在线段AB上，则，∴，即。∴，即。∴。当时（满足），取最大值，从而S取最大值。②若点D在线段MA上，则，同理可得，，∵，∴当时，随x的增大而增大。∴当时，取最大值，从而S取最大值。综合①②，∵，∴△ABC的最大面积为。【考点】二次函数综合题，线旋转问题，三角形三边关系，勾股定理，二次函数的性质，分类思想的应用。62\n17.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）如图，已知⊙O的半径为1，PQ是⊙O的直径，n个相同的正三角形沿PQ排成一列，所有正三角形都关于PQ对称，其中第一个△A1B1C1的顶点A1与点P重合，第二个△A2B2C2的顶点A2是B1C1与PQ的交点，…，最后一个△AnBnCn的顶点Bn、Cn在圆上．（1）如图1，当n＝1时，求正三角形的边长a1；（2）如图2，当n＝2时，求正三角形的边长a2；（3）如题图，求正三角形的边长an（用含n的代数式表示）．【答案】解：（1）设PQ与B1C1交于点D，连接B1O，∵△PB1C1是等边三角形，62\n∴A1D=PB1•sin∠PB1C1=a1•sin60°=∴OD=A1D－OA1=。在△OB1D中，，即，解得。（2）设PQ与B2C2交于点E，连接B2O，∵△A2B2C2是等边三角形，∴A2E=A2B2•sin∠A2B2C2=a2•sin60°=。∵△PB1C1是与△A2B2C2边长相等的等边三角形，∴PA2=A2E=，OE=A1E－OA1=。在△OB2E中，，即，解得。62\n（3）设PQ与BnCn交于点F，连接BnO，得出，同理，在△OBnF中，，即，解得。【考点】探索规律题（图形的变化类），等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，解一元二次方程。18.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）如图，已知抛物线交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B．（1）求A、B两点的坐标，并求直线AB的解析式；（2）设P（x，y）（x＞0）是直线y＝x上的一点，Q是OP的中点（O是原点），以PQ为对角线作正方形PEQF，若正方形PEQF与直线AB有公共点，求x的取值范围；（3）在（2）的条件下，记正方形PEQF与△OAB公共部分的面积为S，求S关于x的函数解析式，并探究S的最大值．62\n【答案】解：（1）在中，令y=0得，即，解得x=－2，x=4。∴A（4，0）。在中，令x=0，得y=4，∴B（0，4）。设直线AB的解析式为y=kx+b，则有：，解得。∴直线AB的解析式为：。（2）当P（x，y）在直线AB上时，，解得x=2；当Q（）在直线AB上时，，解得x=4。∴正方形PEQF与直线AB有公共点时2≤x≤4。（3）当点E（x，）在直线AB上时（此时点F也在直线AB上），由解得x=。①当2≤x＜时，直线AB分别与PE、PF有交点，62\n设交点分别为C、D，此时PC=，又PD=PC，∴。∴。∵2≤＜，∴当x=时，Smax=。②当≤x≤4时，直线AB分别与QE、QF有交点，设交点分别为M、N，此时。又QM=QN，∴。∵≤x≤4，∴当≤x≤4时，随x的增大而减小。∴当x=时，Smax=。综合①②得：当x=时，Smax=。【考点】二次函数综题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，正方形的性质，分类思想的应用。62\n19.（2022年浙江舟山、嘉兴10分）以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形EFGH．（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=（0°＜＜90°），①试用含的代数式表示∠HAE；②求证：HE=HG；③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由．【答案】解：（1）四边形EFGH的形状是正方形。（2）①在平行四边形ABCD中，∵AB∥CD，∴∠BAD=180°﹣∠ADC=180°﹣α。∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，∴∠HAD=∠EAB=45°。∴∠HAE=360°﹣∠HAD﹣∠EAB﹣∠BAD=360°﹣45°﹣45°﹣（180°﹣α）=90°+α。因此，用含α的代数式表示∠HAE是90°+α．②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，∴AE=AB，DC=CD，在平行四边形ABCD中，AB=CD，∴AE=DG。∵△HAD和△GDC是等腰直角三角形，∴∠HDA=∠CDG=45°。62\n∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90°+α=∠HAE，∵△HAD是等腰直角三角形，∴HA=HD。∴△HAE≌△HDC。∴HE=HG。③四边形EFGH是正方形。理由是：由②同理可得：GH=GF，FG=FE。∵HE=HG，∴GH=GF=EF=HE。∴四边形EFGH是菱形。∵△HAE≌△HDG，∴∠DHG=∠AHE。∵∠AHD=∠AHG+∠DHG=90°，∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90°。∴四边形EFGH是正方形。【考点】正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，菱形的判定和性质。20.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．（1）当k=－1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．（2）当时，设以C为顶点的抛物线与直线AB的另一交点为D（如图2），①求CD的长；②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？62\n【答案】解：（1）①C(1,2)、Q(2,0)。②由题意得：P（t,0),C(t,-t+3),Q(3-t,0)。分两种情形讨论：情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA。∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即。情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，∵OA=OB=3，∴△AOB是等腰直角三角形。∴△ACQ也是等腰直角三角形。∵CP⊥OA，∴AQ=2CP，即。∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒。（2）①由题意得：，∴以C为顶点的抛物线解析式是。由，解得。过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB。∴△DEC∽△AOB。∴。62\n∵AO=4，AB=5，DE=。②∵，CD边上的高=。∴为定值。要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短。∵当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为，∠BCO=90°，又∵∠AOB=90°，∴∠COP=90°-∠BOC=∠OBA。又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB。∴，即。∴当t为秒时，h的值最大。【考点】二次函数综合题，相似三角形的性质，解一元二次方程，等腰直角三角形的判定和性质。21.（2022年浙江舟山、嘉兴12分）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n]．（1）如图①，对△ABC作变换[60°，]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=　　；直线BC与直线B′C′所夹的锐角为　　度；（2）如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值；（4）如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值．62\n【答案】解：（1）3；60。（2）∵四边形ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°．在Rt△ABB'中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。∴AB′=2AB，即。（3）∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′）。而CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB2=1（1+AB），解得，。∵AB＞0，∴。【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含300角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方，。62\n22.（2022年浙江舟山、嘉兴14分）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接OP，过点O作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．（1）如图1，当m=时，①求线段OP的长和tan∠POM的值；②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．①用含m的代数式表示点Q的坐标；②求证：四边形ODME是矩形．【答案】解：（1）①把x=代入y=x2，得y=2，∴P（，2），∴OP=。∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴。62\n②设Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴。∴Q（）。∴OQ=。∴当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，－）。当OQ=CQ时，则C3（0，1）。（2）①∵点P的横坐标为m，∴P（m，m2）。设Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴。∴，得。∴Q（）。②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（）代入，得：，解得b=1。∴M（0，1）。∵，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。同理可证：EM∥OD。又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。【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，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。62\n23-1.（2022年浙江舟山10分）某镇水库的可用水量为12000万m3，假设年降水量不变，能维持该镇16万人20年的用水量．为实施城镇化建设，新迁入了4万人后，水库只能够维持居民15年的用水量．（1）问：年降水量为多少万m3？每人年平均用水量多少m3？（2）政府号召节约用水，希望将水库的使用年限提高到25年．则该镇居民人均每年需节约多少m3水才能实现目标？（3）某企业投入1000万元设备，每天能淡化5000m3海水，淡化率为70%．每淡化1m3海水所需的费用为1.5元，政府补贴0.3元．企业将淡化水以3.2元/m3的价格出售，每年还需各项支出40万元．按每年实际生产300天计算，该企业至少几年后能收回成本（结果精确到个位）？【答案】解：（1）设年降水量为x万m3，每人年平均用水量为ym3，由题意得，，解得：。答：年降水量为200万m3，每人年平均用水量为50m3．（2）设该镇居民人均每年需节约zm3水才能实现目标，由题意得，12000+25×200=20×25z，解得：z=34。50﹣34=16m3．答：设该镇居民人均每年需节约16m3水才能实现目标。（3）该企业n几年后能收回成本，由题意得，，解得：n≥。答：至少9年后企业能收回成本。【考点】二元一次方程组、一元一次方程和一元一次不等式的应用。62\n（2022年浙江舟山10分）某镇水库的可用水量为12000万m3，假设年降水量不变，能维持该镇16万人20年的用水量．为实施城镇化建设，新迁入了4万人后，水库只能够维持居民15年的用水量．（1）问：年降水量为多少万m3？每人年平均用水量多少m3？（2）政府号召节约用水，希望将水库的使用年限提高到25年．则该镇居民人均每年需节约多少m3水才能实现目标？（3）某企业投入1000万元设备，每天能淡化5000m3海水，淡化率为70%．每淡化1m3海水所需的费用为1.5元，政府补贴0.3元．企业将淡化水以3.2元/m3的价格出售，每年还需各项支出40万元．按每年实际生产300天计算，该企业至少几年后能收回成本（结果精确到个位）？【答案】解：（1）设年降水量为x万m3，每人年平均用水量为ym3，由题意得，，解得：。答：年降水量为200万m3，每人年平均用水量为50m3．（2）设该镇居民人均每年需节约zm3水才能实现目标，由题意得，12000+25×200=20×25z，解得：z=34。50﹣34=16m3．答：设该镇居民人均每年需节约16m3水才能实现目标。（3）该企业n几年后能收回成本，由题意得，，解得：n≥。答：至少9年后企业能收回成本。【考点】二元一次方程组、一元一次方程和一元一次不等式的应用。62\n（2022年浙江嘉兴12分）某镇水库的可用水量为12000万m3，假设年降水量不变，能维持该镇16万人20年的用水量．为实施城镇化建设，新迁入了4万人后，水库只能够维持居民15年的用水量．（1）问：年降水量为多少万m3？每人年平均用水量多少m3？（2）政府号召节约用水，希望将水库的使用年限提高到25年．则该镇居民人均每年需节约多少m3水才能实现目标？【答案】解：（1）设年降水量为x万m3，每人年平均用水量为ym3，由题意得，，解得：。答：年降水量为200万m3，每人年平均用水量为50m3．（2）设该镇居民人均每年需节约zm3水才能实现目标，由题意得，12000+25×200=20×25z，解得：z=34。50﹣34=16m3．答：设该镇居民人均每年需节约16m3水才能实现目标。【考点】二元一次方程组、一元一次方程的应用。23-2.（2022年浙江嘉兴12分）某镇水库的可用水量为12000万m3，假设年降水量不变，能维持该镇16万人20年的用水量．为实施城镇化建设，新迁入了4万人后，水库只能够维持居民15年的用水量．（1）问：年降水量为多少万m3？每人年平均用水量多少m3？62\n（2）政府号召节约用水，希望将水库的使用年限提高到25年．则该镇居民人均每年需节约多少m3水才能实现目标？【答案】解：（1）设年降水量为x万m3，每人年平均用水量为ym3，由题意得，，解得：。答：年降水量为200万m3，每人年平均用水量为50m3．（2）设该镇居民人均每年需节约zm3水才能实现目标，由题意得，12000+25×200=20×25z，解得：z=34。50﹣34=16m3．答：设该镇居民人均每年需节约16m3水才能实现目标。【考点】二元一次方程组、一元一次方程的应用。24.（2022年浙江舟山12分嘉兴14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD=AC，连结BD．作AE∥x轴，DE∥y轴．（1）当m=2时，求点B的坐标；（2）求DE的长？（3）①设点D的坐标为（x，y），求y关于x的函数关系式？②过点D作AB的平行线，与第（3）①题确定的函数图象的另一个交点为P，当m为何值时，以，A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？62\n【答案】解：（1）当m=2时，，把x=0代入，得：y=2，∴点B的坐标为（0，2）。（2）延长EA，交y轴于点F，∵AD=AC，∠AFC=∠AED=90°，∠CAF=∠DAE，∴△AFC≌△AED（AAS）。∴AF=AE。∵点A（m，），点B（0，m），∴AF=AE=|m|，，∵∠ABF=90°﹣∠BAF=∠DAE，∠AFB=∠DEA=90°，∴△ABF∽△DAE，∴，即：。∴DE=4。62\n（3）①∵点A的坐标为（m，），∴点D的坐标为（2m，）。∴x=2m，y=，∴y=，∴所求函数的解析式为：y=。②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，（Ⅰ）当四边形ABDP为平行四边形时（如图1），点P的横坐标为3m，点P的纵坐标为：，把P（3m，）代入y=得：。解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=8。62\n（Ⅱ）当四边形ABDP为平行四边形时（如图2），点P的横坐标为m，点P的纵坐标为：，把P（m，）代入得：。解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=﹣8。综上所述：m的值为8或﹣8。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，全等、相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，分类思想的应用。62