2020年包头二模-内蒙古包头五月理数

内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．计算2﹣（﹣1）2等于（）A．1 B．0 C．﹣1 D．32．下列计算中，不正确的是（）A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3yC．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y23．函数y=的自变量x的取值范围为（）A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠24．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.145．下列方程中，没有实数根的是（）A．2x+3=0 B．x2﹣1=0C． =﹣3 D．x2+x﹣1=06．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）A．B．C．D．7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）A．24 B．30 C．18 D．14.48．时，代数式的值是（）A．B．C．D．9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）A．4 B．C．D．10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）A．B．C．D．11．已知下列命题：（1）16的平方根是±4（2）若x=3，则x2﹣3x=0（3）六边形的内角和是外角和的2倍（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）13．分解因式：a2b+2ab2+b3= ．14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是．15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是件．16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为．18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= ．19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= ．20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确的结论的个数是．三、解答题（本大题共6小题，共60分）21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：（1）请求出九（2）全班人数；（2）请把折线统计图补充完整；（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：（1）港口A与小岛C之间的距离；（2）甲轮船后来的速度．23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．（1）求证：AE⊥BF；（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．计算2﹣（﹣1）2等于（）A．1 B．0 C．﹣1 D．3【考点】1E：有理数的乘方．【分析】先乘方，再加减计算即可．【解答】解：2﹣（﹣1）2=2﹣1=1．故选A．2．下列计算中，不正确的是（）A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3yC．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2【考点】4H：整式的除法；35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方；49：单项式乘单项式．【分析】根据同类项、同底数幂的除法、积的乘方以及整式的乘法计算即可．【解答】解：A、﹣2x+3x=x，正确；B、6xy2÷2xy=3y，正确；C、（﹣2x2y）3=﹣8x6y3，错误；D、2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2，正确；故选C．3．函数y=的自变量x的取值范围为（）A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠2【考点】E4：函数自变量的取值范围．【分析】根据当函数表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零，判断求解即可．【解答】解：∵函数表达式y=的分母中含有自变量x，∴自变量x的取值范围为：x﹣2≠0，即x≠2．故选D．4．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.14【考点】V8：频数（率）分布直方图．【分析】根据频率=频数÷总数，代入数计算即可．【解答】解：利用条形图可得出：仰卧起坐次数在30～35次的频数为5，则仰卧起坐次数在30～35次的频率为：5÷30≈0.17．故选B．5．下列方程中，没有实数根的是（）A．2x+3=0 B．x2﹣1=0C． =﹣3 D．x2+x﹣1=0【考点】AA：根的判别式；B2：分式方程的解．【分析】A、解一元一次方程，可得出方程有解；B、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=4＞0，即方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；C、解分式方程求出x=2，经检验，x=2是方程的增根，即原分式方程没有实数根；D、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=5＞0，即方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．此题得解．【解答】解：A、∵2x+3=0，∴x=﹣；B、在方程x2﹣1=0中，△=02﹣4×1×（﹣1）=4＞0，∴方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；C、解分式方程=﹣3，得：x=2，∵分母x﹣2=0，∴原分式方程无解；D、在方程x2+x﹣1=0中，△=12﹣4×1×（﹣1）=5，∴方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．故选C．6．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）A．B．C．D．【考点】T7：解直角三角形；D5：坐标与图形性质．【分析】利用待定系数法求得直线AB的解析式，然后求得B的坐标，进而利用正切函数定义求解．【解答】解：设直线AB的解析式是y=kx+b，根据题意得：，解得，则直线AB的解析式是y=﹣x+2．在y=﹣x+2中令y=0，解得x=．则B的坐标是（，0），即OB=．则tan∠OAB===．故选B．7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）A．24 B．30 C．18 D．14.4【考点】U3：由三视图判断几何体；KS：勾股定理的逆定理；U1：简单几何体的三视图．【分析】根据主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，求得左视图为长方形，其长为6，宽为，进而得到左视图的面积．【解答】解：如图所示，根据俯视图中三角形的三边分别为3，4，5，∴俯视图为直角三角形，且斜边为5，故斜边上的高为=∵左视图为长方形，其长为6，宽为，∴左视图的面积=6×=14.4，故选：D．8．时，代数式的值是（）A．B．C．D．【考点】6D：分式的化简求值．【分析】先把括号内通分得到原式=﹣•，然后约分得原式=﹣，最后把x=代入，利用二次根式的分母有理化计算即可．【解答】解：原式=•（﹣）=﹣•=﹣，当x=，原式=﹣=﹣=．故选B．9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）A．4 B．C．D．【考点】MG：切线长定理；KL：等边三角形的判定；KQ：勾股定理．【分析】在Rt△POA中，用勾股定理，可求得PA的长，进而可根据∠APO的正弦值求出AC的长，即可求出AB的长．【解答】解：如图所示，PA、PB切⊙O于A、B，因为OA=4，PO=8，则AP==4，∠APO=30°，∵∠APB=2∠APO=60°故△PAB是等边三角形，AB=AP=4故选C．10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）A．B．C．D．【考点】X6：列表法与树状图法．【分析】根据题意可以写出所有的可能性，从而可以求得至少有一次反面朝上的概率．【解答】解：由题意可得，所有的可能性为：（正，正，正）、（正，正，反）、（正，反，正）、（正，反，反）、（反，正，正）、（反，正，反）、（反，反，正）、（反，反，反），∴至少有一次反面朝上的概率是：，故选A．11．已知下列命题：（1）16的平方根是±4（2）若x=3，则x2﹣3x=0（3）六边形的内角和是外角和的2倍（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】O1：命题与定理．【分析】利用平方根的定义、一元二次方程的根、多边形的内角和与外角和及矩形的判定分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：（1）16的平方根是±4，正确，为真命题；（2）若x=3，则x2﹣3x=0，正确，为真命题；（3）六边形的内角和是外角和的2倍，正确，为真命题；（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形，正确，为真命题，故选D．12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H7：二次函数的最值．【分析】连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣），根据S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC构建二次函数，利用函数性质即可解决问题．【解答】解：连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣）令x=0，则y=，点C坐标（0，），令y=0则﹣x2+x+=0，解得x=﹣2或10，∴点A坐标（10，0），点B坐标（﹣2，0），∴S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC=××m+×10×（﹣）﹣××10=﹣（m﹣5）2+，∴x=5时，△PAC面积最大值为，此时点P坐标（5，）．故点P坐标为（5，）．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）13．分解因式：a2b+2ab2+b3= b（a+b）2．【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．【分析】先提取公因式，再利用公式法把原式进行因式分解即可．【解答】解：原式=b（a+b）2．故答案为：b（a+b）2．14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是54°．【考点】JA：平行线的性质．【分析】过点C作CF∥a，由平行线的性质求出∠ACF的度数，再由余角的定义求出∠BCF的度数，进而可得出结论．【解答】解：过点C作CF∥a，∵∠1=36°，∴∠1=∠ACF=36°．∵∠C=90°，∴∠BCF=90°﹣36°=54°．∵直线a∥b，∴CF∥b，∴∠2=∠BCF=54°．故答案为：54°．15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是 5 件．【考点】W4：中位数；W1：算术平均数．【分析】本题可先算出x的值，再把数据按从小到大的顺序排列，根据中位数定义求解．【解答】解：由平均数的定义知，得x=5，将这组数据按从小到大排列为3，4，5，5，6，7，由于有偶数个数，取最中间两个数的平均数，其中位数为．故答案为：5．16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．【考点】AB：根与系数的关系；H7：二次函数的最值．【分析】由题意可得△=b2﹣4ac≥0，然后根据不等式的最小值计算即可得到结论．【解答】解：由题意知，方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根，则△=b2﹣4ac=4m2﹣4（m2+3m﹣2）=8﹣12m≥0，∴m≤，∵x1（x2+x1）+x22=（x2+x1）2﹣x1x2=（﹣2m）2﹣（m2+3m﹣2）=3m2﹣3m+2=3（m2﹣m+﹣）+2=3（m﹣）2 +；∴当m=时，有最小值；∵＜，∴m=成立；∴最小值为；故答案为：．17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为5π．【考点】MN：弧长的计算；PB：翻折变换（折叠问题）．【分析】如图，连接OD．根据折叠的性质、圆的性质推知△ODB是等边三角形，则易求∠AOD=110°﹣∠DOB=50°；然后由弧长公式弧长的公式l=来求的长．【解答】解：如图，连接OD．根据折叠的性质知，OB=DB．又∵OD=OB，∴OD=OB=DB，即△ODB是等边三角形，∴∠DOB=60°．∵∠AOB=110°，∴∠AOD=∠AOB﹣∠DO B=50°，∴的长为=5π．故答案是：5π．18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= 6 ．【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；G5：反比例函数系数k的几何意义；T7：解直角三角形．【分析】先根据S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的长度，再根据点C为斜边A′B的中点，求出点C的坐标，点C的横纵坐标之积即为k值．【解答】解：设点C坐标为（x，y），作CD⊥BO′交边BO′于点D，∵tan∠BAO=2，∴=2，∵S△ABO=•AO•BO=4，∴AO=2，BO=4，∵△ABO≌△A'O'B，∴AO=A′O′=2，BO=BO′=4，∵点C为斜边A′B的中点，CD⊥BO′，∴CD=A′O′=1，BD=BO′=2，∴x=BO﹣CD=4﹣1=3，y=BD=2，∴k=x•y=3•2=6．故答案为6．19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= 4 ．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC和△DEF∽△BCF，由已知条件求出△DEF的面积，根据相似三角形的面积比是相似比的平方得到答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△DEF∽△BCF，∴， =（）2，∵E是边AD的中点，∴DE=AD=BC，∴=，∴△DEF的面积=S△DEC=1，∴=，∴S△BCF=4；故答案为：4．20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确的结论的个数是①②③④．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质．【分析】由正方形的性质得出∠FAD=90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF=45°，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出D•FE=AD2=FQ•AC，④正确．【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，∴∠CAD+∠FAG=90°，∵FG⊥CA，∴∠GAF+∠AFG=90°，∴∠CAD=∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD（AAS），∴AC=FG，①正确；∵BC=AC，∴FG=BC，∵∠ACB=90°，FG⊥CA，∴FG∥BC，∴四边形CBFG是矩形，∴∠CBF=90°，S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，∴∠ABC=∠ABF=45°，③正确；∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，∴△ACD∽△FEQ，∴AC：AD=FE：FQ，∴AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确；故答案为：①②③④．三、解答题（本大题共6小题，共60分）21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：（1）请求出九（2）全班人数；（2）请把折线统计图补充完整；（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．【考点】X6：列表法与树状图法；VB：扇形统计图；VD：折线统计图．【分析】（1）由演讲人数12人，占25%，即可求得九（2）全班人数；（2）首先求得书法与国学诵读人数，继而补全折线统计图；（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与他们参加的比赛项目相同的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【解答】解：（1）∵演讲人数12人，占25%，∴出九（2）全班人数为：12÷25%=48（人）；（2）∵国学诵读占50%，∴国学诵读人数为：48×50%=24（人），∴书法人数为：48﹣24﹣12﹣6=6（人）；补全折线统计图；（3）分别用A，B，C，D表示书法、国学诵读、演讲、征文，画树状图得：∵共有16种等可能的结果，他们参加的比赛项目相同的有4种情况，∴他们参加的比赛项目相同的概率为： =．22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：（1）港口A与小岛C之间的距离；（2）甲轮船后来的速度．【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．【分析】（1）根据题意画出图形，再根据平行线的性质及直角三角形的性质解答即可．（2）根据甲乙两轮船从港口A至港口C所用的时间相同，可以求出甲轮船从B到C所用的时间，又知BC 间的距离，继而求出甲轮船后来的速度．【解答】解：（1）作BD⊥AC于点D，如图所示：由题意可知：AB=30×1=30海里，∠BAC=30°，∠BCA=45°，在Rt△ABD中，∵AB=30海里，∠BAC=30°，∴BD=15海里，AD=ABcos30°=15海里，在Rt△BCD中，∵BD=15海里，∠BCD=45°，∴CD=15海里，BC=15海里，∴AC=AD+CD=15+15海里，即A、C间的距离为（15+15）海里．（2）∵AC=15+15（海里），轮船乙从A到C的时间为=+1，由B到C的时间为+1﹣1=，∵BC=15海里，∴轮船甲从B到C的速度为=5（海里/小时）．23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？【考点】FH：一次函数的应用．【分析】（1）设小王需购买A、B两种品牌文具套装分别为x套、y套，则，据此求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套即可．（2）根据题意，可得y=500+0.8×[20x+25]，据此求出y与x之间的函数关系式即可．（3）首先求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套，然后设A品牌文具套装的售价为z元，则B 品牌文具套装的售价为z+5元，所以125z+875（z+5）≥20000+8×1000，据此求出A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本即可．【解答】解：（1）设小王够买A品牌文具x套，够买B品牌文具y套，根据题意，得：，解得：，答：小王够买A品牌文具600套，够买B品牌文具400套．（2）y=500+0.8[20x+25]=500+0.8=500+20000﹣4x=﹣4x+20500，∴y与x之间的函数关系式是：y=﹣4x+20500．（3）根据题意，得：﹣4x+20500=20000，解得：x=125，∴小王够买A品牌文具套装为125套、够买B品牌文具套装为875套，设A品牌文具套装的售价为z元，则B品牌文具套装的售价为（z+5）元，由题意得：125z+875（z+5）≥20000+8×1000，解得：z≥23.625，答：A品牌的文具套装每套定价不低于24元时才不亏本．24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA；（2）利用圆周角定理得出∠ADB=90°，进而求出∠PDF=∠PFD，则PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案；（3）利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可．【解答】（1）证明：∵BD平分∠CBA，∴∠CBD=∠DBA，∵∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，∴∠DAC=∠CBD，∴∠DAC=∠DBA；（2）证明：∵AB为直径，∴∠ADB=90°，∵DE⊥AB于E，∴∠DEB=90°，∴∠1+∠3=∠5+∠3=90°，∴∠1=∠5=∠2，∴PD=PA，∵∠4+∠2=∠1+∠3=90°，且∠ADB=90°，∴∠3=∠4，∴PD=PF，∴PA=PF，即P是线段AF的中点；（3）解：连接CD，∵∠CBD=∠DBA，∴CD=AD，∵CD﹦3，∴AD=3，∵∠ADB=90°，∴AB=5，故⊙O的半径为2.5，∵DE×AB=AD×BD，∴5DE=3×4，∴DE=2.4．即DE的长为2.4．25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．（1）求证：AE⊥BF；（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°求证；（2）△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，解出BP，QB求解；（3）先求出正方形的边长，再根据面积比等于相似边长比的平方，求得S△AGN=，再利用S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN求解．【解答】（1）证明：如图1，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，在Rt△ABE和Rt△BCF中，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∠BAE=∠CBF，又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF．（2）解：如图2，根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，令PF=k（k＞0），则PB=2k在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=（x﹣k）2+4k2，∴x=，∴sin∠BQP===．（3）解：∵正方形ABCD的面积为4，∴边长为2，∵∠BAE=∠EAM，AE⊥BF，∴AN=AB=2，∵∠AHM=90°，∴GN∥HM，∴=，∴=，∴S△AGN=，∴S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN=1﹣=，∴四边形GHMN的面积是．26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，∴在Rt△COE中，OE===3，设AD=m，则DE=BD=4﹣m，∵OE=3，∴AE=5﹣3=2，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，∴D（﹣，﹣5），∵C（﹣4，0），O（0，0），∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x2+x；（2）∵CP=2t，∴BP=5﹣2t，∵BD=，DE==，∴BD=DE，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，，∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，∴5﹣2t=t，∴t=；（3）∵抛物线的对称轴为直线x=﹣2，∴设N（﹣2，n），又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），设M（m，y），①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，则线段EN的中点横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，∵EN，CM互相平分，∴=﹣1，解得m=2，又M点在抛物线上，∴y=×22+×2=16，∴M（2，16）；②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为=﹣3，∵EM，CN互相平分，∴=﹣3，解得m=﹣6，又∵M点在抛物线上，∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，∴M（﹣6，16）；③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，则M为抛物线的顶点，即M（﹣2，﹣）．综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．。

内蒙古包头市2020年（春秋版）中考数学二模试卷（I）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分） 3的负倒数是（）A .B . —C . 3D . —32. （2分） (2019八下·渭滨月考) 下列图形既是中心对称又是轴对称图形的是（）A .B .C .D .3. （2分）(2019·北仑模拟) 继2017年北仓区经济总量迈上1000亿元的新台阶，2018年再创新高，全年生产总值约1147亿元，1147亿用科学记数法表示为（）A . 1.147×108B . 1.147×109C . 1.147×1010D . 1.147×10114. （2分）(2019·梅列模拟) 下列运算正确的是（）A . a2+a3＝a5B . a2÷a2＝aC . 3a2•a3＝3a5D . （3a2）3＝9a65. （2分）如图，是某几何体的三视图及相关数据，则判断正确的是（）A . a＞cB . b＞cC . 4a2+b2=c2D . a2+b2=c26. （2分）(2018·奉贤模拟) 在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，如果AD：BD=1：3，那么下列条件中能够判断DE∥BC的是（）A .B .C .D .7. （2分）甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数都约为8.8环，方差分别为，则四人中成绩最稳定的是（）A . 甲B . 乙C . 丙D . 丁8. （2分）在学校组织的实践活动中，小新同学用纸板制作了一个圆锥模型，它的底面半径为1，高为，则这个圆锥的侧面积是A . 4πB . 3πC .D . 2π9. （2分）如图，抛物线y=与ax2+bx+c 与 x 轴交于点A（－1，0），B（5，0），给出下列判断：①ac＜0；②；③b＋4a＝0；④4a－2b＋c＜0．其中正确的是（）A . ①②B . ①②③C . ①②④D . ①②③④10. （2分）如图所示，△ABC中，DE∥BC，若则下列结论中错误的是（）A .B .C .D .二、填空题 (共6题；共6分)11. （1分）(2013·贵港) 分解因式：3x2﹣18x+27=________．12. （1分）分式方程+=3的解是________ ．13. （1分）(2017·奉贤模拟) 若关于x的方程x2﹣kx+4=0有两个相等的实数根，则k的值为________．14. （1分）(2016·黄石) 如图所示，一只蚂蚁从A点出发到D，E，F处寻觅食物．假定蚂蚁在每个岔路口都可能的随机选择一条向左下或右下的路径（比如A岔路口可以向左下到达B处，也可以向右下到达C处，其中A，B，C都是岔路口）．那么，蚂蚁从A出发到达E处的概率是________．15. （1分） (2018九上·青浦期末) 如图，在△ABC中，AB=7，AC=6，，点D、E分别在边AB、BC上，将△BDE沿着DE所在直线翻折，点B落在点P处，PD、PE分别交边AC于点M、N，如果AD=2，PD⊥AB，垂足为点D，那么MN的长是________．16. （1分） (2017八下·洪山期中) 如图，点E、F是正方形ABCD内两点，且BE=AB，BF=DF，∠EBF=∠CBF，则∠BEF的度数________．三、解答题 (共9题；共79分)17. （5分） (2016·青海) 计算：﹣32+6cos45°﹣ +| ﹣3|18. （5分）先化简，再求值：，其中x=．19. （5分）(2018·梧州) 解不等式组，并求出它的整数解，再化简代数式•（﹣），从上述整数解中选择一个合适的数，求此代数式的值．20. （5分）若x=1是方程mx2+3x+n=0的根，求（m﹣n）2+4mn的值．21. （10分）如图，AB⊥x轴于点B（8，0），sin∠AOB= ，反比例函数y1= 与OA相交于点C，且点C 为OA的中点（1）求反比例函数函数的解析式（2）一次函数y2=x+4，当y2＞y1时，直接写出x的取值范围．22. （15分） (2017八上·李沧期末) 6月5日是世界环境日，某校组织了一次环保知识竞赛，每班选25名同学参加比赛，成绩分别为A、B、C、D四个等级，其中相应等级的得分依次记为100分、90分、80分、70分，学校将某年级的一班和二班的成绩整理并绘制成统计图．平均数（分）中位数（分）众数（分）一班a b90二班d80c（1）把一班竞赛成绩统计图补充完整；（2）写出表中a、b、c的值：平均数（分）中位数（分）众数（分）一班a b90二班d80c（3）请从平均数和中位数方面比较一班和二班的成绩，对这次竞赛成绩的结果进行分析．23. （15分） (2017九上·商水期末) 九（1）班数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x（1≤x≤90）天的售价与销量的相关信息如下表：时间x（天）1≤x＜5050≤x≤90售价（元/件）x+4090每天销量（件）200﹣2x已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元．（1）求出y与x的函数关系式；（2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于4800元？请直接写出结果．24. （9分） (2018九上·连城期中) 如图（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．要直接求∠A的度数显然很因难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内，如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴________＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝________∴△ABP≌△ACD∴BP＝CD＝4，________＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝________°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，求∠APB的度数．25. （10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A 在反比例函数y=（k＞0，x＞0）的图象上，点D的坐标为（4，3）．（1）求k的值；（2）若将菱形ABCD沿x轴正方向平移，当菱形的顶点D落在函数y=（k＞0，x＞0）的图象上时，求菱形ABCD沿x轴正方向平移的距离．参考答案一、选择题 (共10题；共20分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、二、填空题 (共6题；共6分)11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共9题；共79分)17-1、18-1、19-1、20-1、21-1、21-2、22-1、22-2、22-3、23-1、23-2、23-3、24-1、24-2、25-1、25-2、。

2020年高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．设集合A＝{x|x2﹣1＜0|，B＝{x|log2x＜0|，则∁A B＝（）A．（﹣1，0]B．（0，1）C．（﹣1，1）D．∅2．设复数z=1+i1−i，则z2﹣z+2的虚部为（）A．i B．﹣i C．﹣1D．13．X表示某足球队在2次点球中射进的球数，X的分布列如表，若E（X）＝1，则D（X）＝（）X012P a13bA．13B．12C．14D．234．已知tan（α−π4）=13，则cos2α＝（）A．35B．−35C．45D．−455．对数的发明是数学史上的重大事件．它可以改进数字的计算方法、提高计算速度和准确度，已知M＝{1，3}，N＝{1，3，5，7，9}，若从集合M，N中各任取一个数x，y，则log3（xy）为整数的概率为（）A．15B．25C．35D．456．已知直线l、m与平面α、β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是（）A．若l∥m，则α∥βB．若l⊥β，则α⊥βC．若l∥β，则α∥βD．若α⊥β，则l⊥m7．甲、乙、丙三名学生参加数学竞赛，他们获得一、二、三等奖各一人，对于他们分别获得几等奖．其他学生作了如下的猜测：猜测1：甲获得二等奖，丙获得三等奖；猜测2：甲获得三等奖，乙获得二等奖；猜测3：甲获得一等奖，丙获得二等奖；结果，学生们的三种猜测各对了一半，则甲、乙、丙所获得的奖项分别是（）A．一等、二等、三等B．二等、一等、三等C ．二等、三等、一等D ．三等、二等、一等8．过双曲线E ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的左焦点F 1（﹣2，0）作垂直于实轴的弦MN ，A 为E 的右顶点，若AM ⊥AN ，则E 的方程为（ ） A ．x 23−y 29=1B ．x 23−y 2＝1C ．x 2−y 23=1D ．x 29−y 23=19．已知函数y ＝f （x ）满足f （x ）+f （1﹣x ）＝1，若数列{a n }满足a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+……+f （n−1n）+f （1），则数列{a n }的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．11510．已知圆柱的高为h ，它的两个底面半径为r 的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A ．2π B ．3π C ．4π D ．8π11．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 交于A ，B 两点，若|AF 1|＝2|F 1B |，|AB |＝|BF 2|，则C 的离心率为（ ） A ．12B ．√33C ．√32D ．√5312．已知函数f （x ）是定义在R 上连续的奇函数，当x ＞0时，xf '（x ）+2f （x ）＞0，且f （1）＝1，则函数g （x ）＝f （x ）−1x 2的零点个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3二、填空题：本大题共4小题，每小题5分题，共20分.13．已知a →=（12，−√32），（a →+b →）⊥a →，则a →•b →= ． 14．函数f （x ）＝cos （ωx +π6）（ω＞0）在[0，π]有且只有3个零点，则ω的取值范围是 ． 15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b •sin B+C 2=a •sin B ，且c ＝2，则锐角△ABC 面积的取值范围是 ．16．已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1，关于函数y ＝f （x ）有下列结论： ①∃x 0∈R ，f （x 0）＝0；②函数y ＝f （x ）的图象是中心对称图形，且对称中心是（0，1）； ③若x 0是f （x ）的极大值点，则f （x ）在区间（x 0，+∞）单调递减；④若x0是f（x）的极小值点，且f（x0）＞0，则y＝f（x）有且仅有一个零点．其中正确的结论有（填写出所有正确结论的序号）．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分17．在①a n2+2a n＝4S n+b，且a2＝5，②a n2+2a n＝4S n+b，且b＜﹣1，③a n2+2a n＝4S n+b，且S2＝8这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的b存在，求出b和数列{a n}的通项公式与前n项和；若b不存在，请说明理由．设S n为各项均为正数的数列{a n}的前n项和，满足______，是否存在b，使得数列{a n}成为等差数列？（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）18．如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，点P为AB的中点，PD∥BC交AC 于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA1，使得平面PDA1⊥平面PBCD．（1）若Q为线段A1B的中点，求证：PQ⊥平面A1BC；（2）在线段A1C上是否存在点E，使得二面角B﹣PD﹣E大小为π4，若存在，请求出点E所在位置，若不存在，请说明理由．19．某校举行了全体学生的一分钟跳绳比赛，为了了解学生的体质，随机抽取了100名学生，其跳绳个数的频数分布表如表：一分钟跳绳个数[145，155）[155，165）[165，175）[175，185）[185，195）[195，205）[205，215]频数612183016108（1）若将抽取的100名学生一分钟跳绳个数作为一个样本，请将这100名学生一分钟跳绳个数的频率分布直方图补充完整（只画图，不需要写出计算过程）；（2）若该校共有3000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数X近似服从正态分布N（μ，152），其中μ为样本平均数的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．利用所得正态分布模型，解决以下问题：（i ）估计该校一分钟跳绳个数超过165个的人数（结果四舍五入到整数）；（ii ）若在该校所有学生中任意抽取4人，设一分钟跳绳个数超过180个的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列、期望与方差．附：若随机变量Z 服从正态分布N （μ，σ2），则P （μ﹣σ≤Z ≤μ+σ）＝0.6826，P （μ﹣2σ≤Z ≤μ+2σ）＝0.9544，P （μ﹣3σ≤Z ≤μ+3σ）＝0.9974．20．已知函数f （x ）＝e x ﹣x 2﹣1． （1）若函数F （x ）=f(x)x ，讨论F （x ）在（0，+∞）的单调性； （2）若f （x ）≥k −32x 2+52x （k ∈Z ），对任意x ∈R 恒成立，求整数k 的最大值．21．已知抛物线M ：x 2＝2py （p ＞0）上一点Q （4，a ）到焦点F 的距离为54a ．（1）求抛物线M 的方程；（2）过点F 斜率为k 的直线1与M 相交于C ，D 两点：线段CD 的垂直平分线l '与M 相交于A ，B 两点，点E ，H 分别为线段CD 和AB 的中点． （i ）试用k 表示点E 、H 的坐标；（ii ）若以线段AB 为直径的圆过点C ，求直线1的方程．（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分.22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =6+5costy =5sint （t 为参数）．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中．曲线C 2：θ＝α，其中tan α=43． （1）说明C 1是哪种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程； （2）设曲线C 2和曲线C 1交于A ，B 两点，求|AB |． 23．已知x ，y ，z 为正实数，且xyz ＝1，证明： （1）（x +y ）（y +z ）（z +x ）≥8；1 x +1y+1z≤x2+y2+z2．（2）参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合A＝{x|x2﹣1＜0|，B＝{x|log2x＜0|，则∁A B＝（）A．（﹣1，0]B．（0，1）C．（﹣1，1）D．∅【分析】解不等式求出集合A，B，再求补集．解：因为A＝{x|x2﹣1＜0}＝（﹣1，1），B＝{x|log2x＜0}＝（0，1），则∁A B＝（﹣1，0]．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，基本知识的考查．2．设复数z=1+i1−i，则z2﹣z+2的虚部为（）A．i B．﹣i C．﹣1D．1【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简z，代入z2﹣z+2，整理后即可求得z2﹣z+2的虚部．解：∵z=1+i1−i =(1+i)2(1−i)(1+i)=i，∴z2﹣z+2＝i2﹣i+2＝1﹣i，则z2﹣z+2的虚部为﹣1．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．X表示某足球队在2次点球中射进的球数，X的分布列如表，若E（X）＝1，则D（X）＝（）X012P a13bA．13B．12C．14D．23【分析】利用分布列的性质，以及期望列出关系式，然后求解a，b，即可求解方差．解：X表示某足球队在2次点球中射进的球数，X的分布列如表，可得a+b+13=1，E （X ）＝1，可得0×a +1×13+2×b =1，解得a ＝b =13，所以D （X ）＝[（0﹣1）2+（1﹣1）2+（2﹣1）2]×13=23． 故选：D ．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望与方差的求法，是基本知识的考查，基础题．4．已知tan （α−π4）=13，则cos2α＝（ ）A ．35B ．−35C ．45D ．−45【分析】利用正切公式可得tan α的值，再利用二倍角公式以及同角三角函数的基本关系，即可求出结果． 解：∵tan （α−π4）=tanα−11+tanα=13， 解得：tan α＝2， ∴cos2α＝cos 2α﹣sin 2α=cos 2α−sin 2αsin 2α+cos 2α=1−tan 2αtan 2α+1=1−44+1=−35， 故选：B ．【点评】本题主要考查了正切公式、二倍角公式、同角三角函数基本关系，考查了计算能力，是基础题．5．对数的发明是数学史上的重大事件．它可以改进数字的计算方法、提高计算速度和准确度，已知M ＝{1，3}，N ＝{1，3，5，7，9}，若从集合M ，N 中各任取一个数x ，y ，则log 3（xy ）为整数的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．45【分析】基本事件总数n ＝2×5＝10，利用列举法求出log 3（xy ）为整数包含的基本事件有6个，由此能求出log 3（xy ）为整数的概率． 解：M ＝{1，3}，N ＝{1，3，5，7，9}， 从集合M ，N 中各任取一个数x ，y ， 基本事件总数n ＝2×5＝10，log 3（xy ）为整数包含的基本事件有（1，1），（1，3），（1，9），（3，1）（3，3），（3，9），共6个，∴log 3（xy ）为整数的概率为p =m n =610=35．【点评】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．已知直线l、m与平面α、β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是（）A．若l∥m，则α∥βB．若l⊥β，则α⊥βC．若l∥β，则α∥βD．若α⊥β，则l⊥m【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在C 中，α与β相交或平行；在D中，l与m相交、平行或异面．解：由直线l、m与平面α、β，l⊂α，m⊂β，得：在A中，若l∥m，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，若l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正确；在C中，若l∥β，则α与β相交或平行，故C不正确；在D中，若α⊥β，则l与m相交、平行或异面，故D错误．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．甲、乙、丙三名学生参加数学竞赛，他们获得一、二、三等奖各一人，对于他们分别获得几等奖．其他学生作了如下的猜测：猜测1：甲获得二等奖，丙获得三等奖；猜测2：甲获得三等奖，乙获得二等奖；猜测3：甲获得一等奖，丙获得二等奖；结果，学生们的三种猜测各对了一半，则甲、乙、丙所获得的奖项分别是（）A．一等、二等、三等B．二等、一等、三等C．二等、三等、一等D．三等、二等、一等【分析】由学生们的三种猜测各对了一半，先假设猜测1中甲获二等奖是真，进而推得丙获二等奖，矛盾，故丙获得三等奖是真，依次可推出甲和乙的奖项．解：根据三个猜测各猜对一半，不妨甲获二等奖是真，则由猜测1，丙获一等或二等，由猜测2，乙获二等奖，由猜测3，丙获二等奖，则与甲获二等奖矛盾，故丙获得三等奖，代入猜测3得甲获一等奖，进而代入猜测2得乙获二等奖，综上甲、乙、丙所获得的奖项分别是一等、二等、三等．【点评】本题考查学生合情推理的能力，属于基础题 8．过双曲线E ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的左焦点F 1（﹣2，0）作垂直于实轴的弦MN ，A 为E 的右顶点，若AM ⊥AN ，则E 的方程为（ ） A ．x 23−y 29=1B ．x 23−y 2＝1C ．x 2−y 23=1D ．x 29−y 23=1【分析】由题意可得c 的值，再由题意及双曲线的对称性可得a +c =b 2a，又有a ，b ，c之间的关系求出a ，b 的值，进而求出双曲线的方程．解：由题意可得c ＝2，由题意可得M （﹣2，b 2a），N （﹣2，−b 2a ），由双曲线的对称性及AM ⊥AN 可得a +c =b 2a，c 2＝a 2+b 2＝4，解得：a 2＝1，b 2＝3，所以双曲线的方程为：x 2−y 23=1，故选：C ．【点评】本题考查双曲线的性质，属于基础题．9．已知函数y ＝f （x ）满足f （x ）+f （1﹣x ）＝1，若数列{a n }满足a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+……+f （n−1n）+f （1），则数列{a n }的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【分析】根据函数y ＝f （x ）满足f （x ）+f （1﹣x ）＝1，利用倒序相加法求出a n ，再求前20项和．解：∵函数y ＝f （x ）满足f （x ）+f （1﹣x ）＝1，a n ＝f （0）+f （1n）+f （2n）+……+f （n−1n）∴a n ＝f （1）+f （n−1n）+f （n−2n）+……+f （1n）+f （0）②，由①+②可得2a n ＝n +1， ∴a n =n+12，所以数列 {a n }是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20(1+20+12)2=115．故选：D ．【点评】本题主要考查函数的性质及倒序相加法求和，属于基础题．10．已知圆柱的高为h ，它的两个底面半径为r 的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A ．2πB ．3πC ．4πD ．8π【分析】由题意画出图形，利用勾股定理可得ℎ24+r 2=1，再由基本不等式求得rh 的最大值，则圆柱侧面积的最大值可求． 解：如图，OA ＝1，OG =ℎ2，GA ＝r ，则√(ℎ2)2+r 2=1，∴ℎ24+r 2=1，得1=ℎ24+r 2≥2⋅ℎ2⋅r =rh ，当且仅当r =ℎ2，即r =√22时上式等号成立．∴圆柱的侧面积S ＝2πr •h ≤2π． 即该圆柱的侧面积的最大值为2π． 故选：A ．【点评】本题考查面圆柱的侧面积的求法，考查圆柱、球等基础知识，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．11．已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 交于A ，B 两点，若|AF 1|＝2|F 1B |，|AB |＝|BF 2|，则C 的离心率为（ ） A ．12B ．√33C ．√32D ．√53【分析】利用已知条件，画出图形，通过三角形的边长关系，求解椭圆的离心率即可． 解：由题意可得：|F 1B |+|BF 2|＝2a ，|AB |＝|BF 2|，可得|AF 1|＝a ，|AF 2|＝a ，|AB |=32a ，|F 1F 2|＝2c ， cos ∠BAF 2=12a 32a=13，sin ∠BAF 12=ca ，可得13=1﹣2（c a）2，可得e =c a=√33．故选：B ．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用． 12．已知函数f （x ）是定义在R 上连续的奇函数，当x ＞0时，xf '（x ）+2f （x ）＞0，且f （1）＝1，则函数g （x ）＝f （x ）−12的零点个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【分析】根据题意，设h （x ）＝x 2f （x ），由函数的零点与方程的关系分析可得函数g （x ）＝f （x ）−12的零点就是方程x 2f （x ）＝1的根，分析可得h （x ）为R 上连续的奇函数，且在R 上为增函数，又由f （1）的值可得h （1）的值，据此可得方程x 2f （x ）＝1只有一个根，即函数g （x ）＝f （x ）−1x 2只有1个零点，可得答案． 解：根据题意，若g （x ）＝f （x ）−1x 2=0，变形可得g （x ）=x 2f(x)−1x 2=0，设h （x ）＝x 2f （x ）， 则函数g （x ）＝f （x ）−1x2的零点就是方程x 2f （x ）＝1的根，h （x ）＝x 2f （x ），其定义域为R ，又由f （x ）为定义在R 上连续的奇函数，则h （﹣x ）＝（﹣x ）2f （﹣x ）＝﹣h （x ），则h （x ）为R 上连续的奇函数，h （x ）＝x 2f （x ），则h ′（x ）＝2xf （x ）+x 2f ′（x ）＝x [xf '（x ）+2f （x ）]， 又由当x ＞0时，xf '（x ）+2f （x ）＞0，则有h ′（x ）＞0，即函数h （x ）为（0，+∞）上的增函数，又由h （x ）为R 上连续的奇函数，且h （0）＝0， 则h （x ）为R 上的增函数，又由f （1）＝1，则h （1）＝f （1）＝1，则方程x 2f （x ）＝1只有一个根，故函数g （x ）＝f （x ）−1x 2只有1个零点， 故选：B ．【点评】本题考查函数的零点与方程的关系以及函数的奇偶性与单调性的判断以及应用，涉及利用导数分析函数的单调性，属于中档题． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分题，共20分.13．已知a →=（12，−√32），（a →+b →）⊥a →，则a →•b →= ﹣1 ． 【分析】先根据其坐标求出a →的长度，再代入其数量积即可求解结论． 解：因为a →=（12，−√32）∴|a →|=(12)2+(−32)2=1；∵（a →+b →）⊥a →，∴（a →+b →）•a →=0⇒a →2+a →•b →=0⇒a →•b →=−1；故答案为：﹣1．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，属于基础题目．14．函数f （x ）＝cos （ωx +π6）（ω＞0）在[0，π]有且只有3个零点，则ω的取值范围是 [73，103） ．【分析】由f （x ）＝0得到函数零点，结合函数零点与区间[0，π]的关系，建立不等式进行求解即可．解：f （x ）＝cos （ωx +π6）（ω＞0）；由f （x ）＝0得ωx +π6=k π+π2，k ∈Z ， 得ωx ＝k π+π3，k ∈Z ， 得x =kπω+π3ω，k ∈Z ， 则f （x ）对应的零点为−2π3ω，π3ω，4π3ω，7π3ω，10π3ω，……， 若f （x ）在[0，π]上有且只有3个零点，则{7π3ω≤π10π3ω＞π，得73≤ω＜103，故答案为：[73，103）．【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的零点，结合零点与区间的关系建立不等式是解决本题的关键．难度中等．15．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b •sin B+C 2=a •sin B ，且c ＝2，则锐角△ABC 面积的取值范围是 （√32，2√3） ．【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求A ，然后结合锐角三角函数的条件可求B 的范围，结合正弦定理及三角形的面积公式及正切函数的性质可求． 解：因为b •sinB+C 2=a •sin B ，由正弦定理可得，sin B cos 12A =sin A sinB ， 因为sin B ≠0，所以cos 12A =sin A ＝2sin 12A cos 12A ，故sin 12A =12，A =13π，∴{0＜B ＜12π0＜2π3−B ＜12π，解可得，π6＜B ＜12π， 由正弦定理可得，2sinC =√32即a sin C =√3，S △ABC=12acsinB =a sin B =√3sinB sinC =√3sinB sin(2π3−B)=√3sinB 32cosB+12sinB =√312+32⋅1tanB， ∵tanB ＞√33，∴0＜1tanB ＜√3，12＜12+√32⋅1tanB＜2， ∴√32√312+√32⋅1tanB 2√3．故答案为：（√32，2√3）． 【点评】本题主要考查了正弦定理，和差角公式，三角形的面积公式及正切函数的性质的综合应用，属于中档试题．16．已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1，关于函数y ＝f （x ）有下列结论： ①∃x 0∈R ，f （x 0）＝0；②函数y ＝f （x ）的图象是中心对称图形，且对称中心是（0，1）； ③若x 0是f （x ）的极大值点，则f （x ）在区间（x 0，+∞）单调递减； ④若x 0是f （x ）的极小值点，且f （x 0）＞0，则y ＝f （x ）有且仅有一个零点． 其中正确的结论有 ①④ （填写出所有正确结论的序号）．【分析】由x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞，x →+∞时，f （x ）→+∞，可得∃x 0∈R ，f （x 0）＝0，判断①正确；由f （﹣x ）+f （x ）＝2f （0）不恒成立判断②错误；举例说明③错误；利用导数分析函数f （x ）的单调性，再由极小值大于0画出图形的大致形状，得到函数的零点个数判断④．解：对于函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1，当x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞， 当x →+∞时，f （x ）→+∞，∴∃x 0∈R ，f （x 0）＝0，故①正确； ∵f （﹣x ）+f （x ）＝（﹣x 3+ax 2﹣bx +1）+（x 3+ax 2+bx +1）＝2ax 2+2， 2f （0）＝2，f （﹣x ）+f （x ）＝2f （0）不恒成立， ∴f （x ）的图象不关于（0，1）中心对称，故②错误；取a ＝﹣1，b ＝﹣1，c ＝0，f （x ）＝x 3﹣x 2﹣x +1，f ′（x ）＝3x 2﹣2x ﹣1， 由f ′（x ）＞0，得x ＜−13或x ＞1，由f ′（x ）＜0，得−13＜x ＜1．∴−13是函数的极大值点，但f （x ）在区间（−13，+∞）上不是单调递减，故③错误； f ′（x ）＝3x 2+2ax +b ，当△≤0时，f ′（x ）≥0恒成立，f （x ）在R 上单调递增，无极小值；当△＞0时，f ′（x ）＝0有两解，不妨设为x 1＜x 2，则当x ∈（﹣∞，x 1）∪（x 2，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（x 1，x 2）时，f ′（x ）＜0，f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，则x2＝x0是函数的极小值点，又f（x0）＞0，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．且极小值大于0，可得函数的图象的大致形状如图：由图可知，y＝f（x）有且仅有一个零点，故④正确．∴正确的结论有①④．故答案为：①④．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查函数的对称性，训练了利用导数研究函数的单调性与极值，是中档题．三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：60分17．在①a n2+2a n＝4S n+b，且a2＝5，②a n2+2a n＝4S n+b，且b＜﹣1，③a n2+2a n＝4S n+b，且S2＝8这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的b存在，求出b和数列{a n}的通项公式与前n项和；若b不存在，请说明理由．设S n为各项均为正数的数列{a n}的前n项和，满足______，是否存在b，使得数列{a n}成为等差数列？（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）【分析】选择①：由a n2+2a n＝4S n+b得a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减，整理得a n+1﹣a n＝2，进一步说明数列{a n}是等差数列，论证b存在，求出b和数列{a n}的通项公式与前n项和．选择②：由a n2+2a n＝4S n+b得a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减，整理得a n+1﹣a n＝2，进一步研究数列{a n}中的项，论证b不存在即可．选择③：由a n2+2a n＝4S n+b得a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减，整理得a n+1﹣a n＝2，进一步说明数列{a n}是等差数列，论证b存在，求出b和数列{a n}的通项公式与前n项和．解：选择①：∵a n2+2a n＝4S n+b，∴a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减，整理得2（a n+1+a n）＝a n+12−a n2，∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，又∵a2＝5，a2﹣a1＝2，∴a1＝3．由a n2+2a n＝4S n+b得a12+2a1＝4a1+b，把a1＝3代入上式得b＝3，当b＝3时，由a12+2a1＝4a1+b及a1＞0，得a1＝3，所以a1＝3，a2＝5，满足a n+1﹣a n＝2，可知数列{a n}是以3为首项，以2为公差的等差数列，故存在b＝3，且数列{a n}的通项公式为a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1，前n项和S n=n(3+2n+1)2=n2+2n．选择②：∵a n2+2a n＝4S n+b，∴a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减整理得2（a n+1+a n）＝a n+12−a n2∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，由a n2+2a n＝4S n+b得a12+2a1＝4a1+b，即a12−2a1﹣b＝0，∵a n＞0，∴关于a1的一元二次方程a12−2a1﹣b＝0至少存在一个正实数解得充要条件是△＝4+4b≥0，解得b≥﹣1，这与已知条件b＜﹣1矛盾，所以满足条件的b 不存在．选择③：∵a n2+2a n＝4S n+b，∴a n+12+2a n+1＝4S n+1+b，两式相减，整理得2（a n+1+a n）＝a n+12−a n2，∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，故a2﹣a1＝2，又已知S2＝8＝a2+a1，∴a1＝3，a2＝5，由a n2+2a n＝4S n+b得a12+2a1＝4a1+b，把a1＝3代入上式得b＝3，当b＝3时，由a12+2a1＝4a1+b及a1＞0，得a1＝3，所以a1＝3，a2＝5，满足a n+1﹣a n＝2，可知数列{a n}是以3为首项，以2为公差的等差数列，故存在b＝3，且数列{a n}的通项公式为a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1，前n项和S n=n(3+2n+1)2=n2+2n．【点评】本题主要考查数列通项公式及前n项和的求法，属于基础题．18．如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，点P为AB的中点，PD∥BC交AC 于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA1，使得平面PDA1⊥平面PBCD．（1）若Q为线段A1B的中点，求证：PQ⊥平面A1BC；（2）在线段A1C上是否存在点E，使得二面角B﹣PD﹣E大小为π4，若存在，请求出点E 所在位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出AB ⊥BC ，PD ∥BC ，从而PD ⊥AB ，推导出PD ⊥A 1P ，BC ⊥A 1P ，进而BC ⊥平面PBA 1，由此能求出PQ ⊥BC ，PQ ⊥A 1B ，由此能证明PQ ⊥平面A 1BC ． （2）推导出PD ⊥PB ，PD ⊥PA 1，得PA 1⊥平面PBCD ，以点P 为坐标原点，分别以PA ，PD ，PA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，当点E 为线段A 1C 的中点时，二面角B ﹣PD ﹣E 的大小为π4．【解答】（1）证明：在Rt △ABC 中，∵AB ⊥BC ，PD ∥BC ，∴PD ⊥AB ， ∵将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ，∴PD ⊥A 1P ，∴BC ⊥A 1P ， ∵AB ∩A 1P ＝P ，∴BC ⊥平面PBA 1， ∵PQ ⊂平面PBA 1，∴PQ ⊥BC ，在△PBA 1中，∵PA 1＝PB ，Q 为A 1B 的中点，∴PQ ⊥A 1B ， ∵A 1B ∩BC ＝B ，∴PQ ⊥平面A 1BC ．（2）解：在Rt △ABC 中，AB ⊥BC ，PD ∥BC ，∴PD ⊥PB ， ∵△PDA 沿PD 翻折至△PDA 1，且平面PDA 1⊥平面PBCD ， 由（1）有PD ⊥PA 1，得PA 1⊥平面PBCD ，以点P 为坐标原点，分别以PA ，PD ，PA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则P （0，0，0），A 1（0，0，1），D （0，1，0），C （﹣1，2，0）， PD →=（0，1，0），A 1C →=（﹣1，2，﹣1），设A 1E →=λA 1C →，（0≤λ≤1），则E （﹣λ，2λ，1﹣λ），∴PE →=（﹣λ，2λ，1﹣λ）， 设平面PDE 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅PE →=−λx +2λy +(1−λ)z =0m →⋅PD →=y =0，取x ＝1，得m →=（1﹣λ，0，λ）， 平面BPD 的一个法向量n →=（0，0，1）， ∵二面角B ﹣PD ﹣E 大小为π4，∴cos π4=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√(1−λ)2+λ2=√22，解得λ=12．∴当点E 为线段A 1C 的中点时，二面角B ﹣PD ﹣E 的大小为π4．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19．某校举行了全体学生的一分钟跳绳比赛，为了了解学生的体质，随机抽取了100名学生，其跳绳个数的频数分布表如表：一分钟跳绳个数 [145，155） [155，165） [165，175） [175，185） [185，195） [195，205） [205，215] 频数612183016108（1）若将抽取的100名学生一分钟跳绳个数作为一个样本，请将这100名学生一分钟跳绳个数的频率分布直方图补充完整（只画图，不需要写出计算过程）；（2）若该校共有3000名学生，所有学生的一分钟跳绳个数X 近似服从正态分布N （μ，152），其中μ为样本平均数的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．利用所得正态分布模型，解决以下问题：（i ）估计该校一分钟跳绳个数超过165个的人数（结果四舍五入到整数）；（ii ）若在该校所有学生中任意抽取4人，设一分钟跳绳个数超过180个的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列、期望与方差．附：若随机变量Z 服从正态分布N （μ，σ2），则P （μ﹣σ≤Z ≤μ+σ）＝0.6826，P （μ﹣2σ≤Z ≤μ+2σ）＝0.9544，P （μ﹣3σ≤Z≤μ+3σ）＝0.9974．【分析】（1）由跳绳个数的频数分布表能完成频率分布直方图．（2）（i）由频率分布直方图求出样本数据的平均数的估计值，从而该校全体学生的一分钏跳绳个数X近似服从正态分布N（180，152），由μ﹣σ＝180﹣15＝165，求出P（X＞165）=0.68262+12=0.8413，由此能求出该校一分钟跳绳个数超过165个的人数．（ii）由正态分布求出在该校任取一人，一分钟跳绳个数超过180个的概率约为12，从而ξ～B（4，12），由此能求出随机变量ξ的分布列、期望与方差．解：（1）由跳绳个数的频数分布表能完成频率分布直方图如下：（2）（i）样本数据的平均数的估计值为：μ＝0.06×150+0.12×160+0.18×170+0.3×180+0.16×190+0.1×200+0.08×210＝180（个），∴该校全体学生的一分钏跳绳个数X近似服从正态分布N（180，152），∵μ﹣σ＝180﹣15＝165，∴P（X＞165）=0.68262+12=0.8413，∴该校一分钟跳绳个数超过165个的人数约为3000×0.8413＝2523.9≈2524（人）．（ii）由正态分布得，在该校任取一人，一分钟跳绳个数超过180个的概率约为12，∴ξ～B（4，12），ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，P（ξ＝0）=C40×(12)4=116，P（ξ＝1）=C41×12×(12)3=14，P（ξ＝2）=C42(12)2(12)2=38，P（ξ＝3）=C43×(12)3×12=14，P（ξ＝4）=C44×(12)4=116，∴ξ的分布列为：ξ01234P116143814116E（ξ）=4×12=2，D（ξ）=4×12×12=1．【点评】本题考查频率分布直方图的画法，考查概率的求法，考查离离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查正态分布、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣1．（1）若函数F（x）=f(x)x，讨论F（x）在（0，+∞）的单调性；（2）若f（x）≥k−32x2+52x（k∈一、选择题），对任意x∈R恒成立，求整数k的最大值．【分析】（1）对F（x）求导数，令g（x）＝e x﹣x﹣1，求导数得函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，从而g（x）＞g（0）＝0，即e x﹣x﹣1＞0，进而可得F（x）单调性．（2）问题可以转化为k≤（e x+12x2−52x−1）min，令h（x）＝e x+12x2−52x−1，求导数得h′（x）在R上单调递增，又h′（0）＜0，h′（1）＞0，所以存在唯一的x0∈（0，1），使得h′（x0）＝0，又h′（12）＜0，h′（34）＞0，存在唯一的x0∈（12，34），使得h′（x0）＝0，即e x0=52−x0，进而可得h（x）得单调性，所以h（x）min＝h（x0）=12[（x0−72）2−374]，因为x0∈（12，34），求出h（x）min取值范围，又k∈Z，进而可得k的最大值．解：（1）因为F ′（x ）=(x−1)(e x −x−1)2，令g （x ）＝e x ﹣x ﹣1，则g ′（x ）＝e x ﹣1＞0（x ＞0），所以函数g （x ）在（0，+∞）上单调递增，从而g （x ）＞g （0）＝0，所以e x ﹣x ﹣1＞0， 由F ′（x ）＞0，得x ＞1；由F ′（x ）＜0，得0＜x ＜1，所以F （x ）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增． （2）因为f （x ）≥k −32x 2+52x （k ∈Z ），对任意x ∈R 恒成立，所以k ≤（e x +12x 2−52x −1）min ，令h （x ）＝e x +12x 2−52x −1，则h ′（x ）＝e x +x −52，所以h ′（x ）在R 上单调递增，又h ′（0）=−32＜0，h ′（1）＝e −32＞0，所以存在唯一的x 0∈（0，1），使得h ′（x 0）＝0，又h ′（12）=√e −2＜0，由（1）知当x ＞0时，e x ＞x +1，所以h ′（34）＝e34−74＞1+34−74=0，所以存在唯一的x 0∈（12，34），使得h ′（x 0）＝0，即ex 0=52−x 0，当x ∈（12，x 0）时，h ′（x ）＜0，所以h （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，34）时，h ′（x ）＞0，所以h （x ）单调递增，所以h （x ）min ＝h（x 0）＝e x 0+12x 02−52x 0−1=12x 02−72x 0+32=12[（x 0−72）2−374]， 因为x 0∈（12，34），所以h （x ）min ∈（−2732，−18） 又k ∈Z ，所以k 的最大值为﹣1．【点评】本题考查利用导数求函数的单调性，恒成立问题，最值问题，属于中档题． 21．已知抛物线M ：x 2＝2py （p ＞0）上一点Q （4，a ）到焦点F 的距离为54a ．（1）求抛物线M 的方程；（2）过点F 斜率为k 的直线1与M 相交于C ，D 两点：线段CD 的垂直平分线l '与M 相交于A ，B 两点，点E ，H 分别为线段CD 和AB 的中点． （i ）试用k 表示点E 、H 的坐标；（ii ）若以线段AB 为直径的圆过点C ，求直线1的方程．【分析】（1）根据题意可得a +p2=5a4且2pa ＝16，解得p ，进而得出抛物线方程．（2）（i ）点F 的坐标为（0，1），写出直线l 的方程为：y ＝kx +1（k ≠0），联立直线l 与抛物线M 的方程得x 2﹣4kx ﹣4＝0（△＞0），设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），则由韦达定理得x 1+x 2＝4k ，y 1+y 2＝4k 2+2，进而得中点E 的坐标，再写出线段CD 垂直平分线l ′的方程：y =−1kx +（2k 2+3），联立它与抛物线方程，同理得线段AB 中点H 的坐标．（ii ）根据题意得AC ⊥BC ，|CH |=12|AB |，在Rt △CEF 中，由勾股定理得|CE |2+|EH |2＝|CH |2，即（12|CD |）2+|EH |2＝（12|AB |）2，分别由抛物线定义，弦长公式，两点之间得距离公式表示|CD |，|AB |，|EH |，代入化简解得k 2＝1，进而得直线l 的方程． 解：（1）根据抛物线的定义和已知条件，得a +p 2=5a4，故a ＝2p ， 由点Q 在M 上，可知2pa ＝16，把a ＝2p 代入得p ＝2， 所以抛物线M 的方程为：x 2＝4y ．（2）（i ）由（1）可知点F 的坐标为（0，1），所以直线l 的方程为：y ＝kx +1（k ≠0）， 联立{y =kx +1x 2=4y消去y ，得x 2﹣4kx ﹣4＝0（△＞0），设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），则x 1+x 2＝4k ，所以y 1+y 2＝4k 2+2， 所以线段CD 中点E （2k ，2k 2+1），因为l ′过点E 且与l 垂直，所以l ′方程为：y =−1kx +（2k 2+3），联立{y =−1k x +(2k 2+3)x 2=4y ，消去y ，得x 2+4kx −4（2k 2+3）＝0，△＞0，显然成立，设A （x 3，y 3），B （x 4，y 4）则x 3+x 4=−4k，x 3x 4＝﹣4（2k 2+3），所以y 3+y 4=4k2+4k 2+6，所以线段AB 中点H （−2k，2k 2+2k 2+3）．（ii ）因为以线段AB 为直径的圆过点C ，所以AC ⊥BC ，|CH |=12|AB |， 在Rt △CEF 中，|CE |2+|EH |2＝|CH |2， 即（12|CD |）2+|EH |2＝（12|AB |）2，根据抛物线定义得|CD |＝y 1+y 2+p ＝4k 2+4， 又|AB |=√1+1k2|x 3−x 4|√1+1k2√(x 3+x 4)2−4x 3x 4=4√1+1k2√1k2+2k 2+3，|EH |2＝（2k +2k）2+（2k 2+2）2，所以由（12|CD |）2+|EH |2＝（12|AB |）2， 得（k 2+1）2+（k +1k）2+（1k +1）2＝（1+1k2）（1k +2k 2+3），解得k 2＝1，所以直线l 的方程为y ＝x +1，或y ＝﹣x +1．【点评】本题考查抛物线方程，直线与抛物线相交问题，属于中档题．（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分.22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =6+5costy =5sint （t 为参数）．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中．曲线C 2：θ＝α，其中tan α=43． （1）说明C 1是哪种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程； （2）设曲线C 2和曲线C 1交于A ，B 两点，求|AB |．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结果． 解：（1）曲线C 1的参数方程为{x =6+5cost y =5sint （t 为参数）．转换为直角坐标方程为（x﹣6）2+y 2＝25．所以曲线C 1是以（6，0）为圆心，5为半径的圆． 根据{x =ρcosαy =ρsinαx 2+y 2=ρ2整理得：ρ2﹣12ρcos α+11＝0．（2）曲线C 2和曲线C 1交于A ，B 两点，设A ，B 两点所表示的极径为ρ1，ρ2， 所以ρ2﹣12ρcos α+11＝0， 所以ρ1+ρ2＝12cos α，ρ1ρ2＝11，所以|AB|=|ρ1−ρ2|=√(ρ1+ρ2)2−4ρ1ρ2=√144cos 2α−44， 由于tanα=43，所以根据cos 2α+sin 2α＝1，解得cos 2α=925，所以|AB |=145． 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，两点间的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23．已知x ，y ，z 为正实数，且xyz ＝1，证明： （1）（x +y ）（y +z ）（z +x ）≥8； （2）1x +1y+1z≤x 2+y 2+z 2．【分析】（1）利用基本不等式累加即可得证； （2）由题意，1x +1y+1z=(1x+1y+1z)⋅xyz =yz +zx +xy ，而由基本不等式可得x 2+y 2+z 2≥xy +yz +zx ，由此可以得证． 【解答】证明：（1）∵x ，y ，z 为正实数，∴x +y ≥2√xy ，y +z ≥2√yz ，z +x ≥2√xz ，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取等号， ∴(x +y)(y +z)(z +x)≥2√xy ⋅2√yz ⋅2√zx =8xyz =8； （2）∵xyz ＝1， ∴1x +1y+1z=(1x+1y+1z)⋅xyz =yz +zx +xy ，又2（x 2+y 2+z 2）＝（x 2+y 2）+（y 2+z 2）+（z 2+x 2）≥2xy +2yz +2zx ，即x 2+y 2+z 2≥xy +yz +zx （当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取等号）， ∴x 2+y 2+z 2≥1x +1y +1z ，即得证．【点评】本题主要考查基本不等式的运用，考查不等式的证明，考查推理论证能力，属于基础题．。

内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．计算2﹣（﹣1）2等于（）A．1 B．0 C．﹣1 D．32．下列计算中，不正确的是（）A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3yC．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y23．函数y=的自变量x的取值范围为（）A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠24．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.145．下列方程中，没有实数根的是（）A．2x+3=0 B．x2﹣1=0C． =﹣3 D．x2+x﹣1=06．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）A．B．C．D．7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）A．24 B．30 C．18 D．14.48．时，代数式的值是（）A．B．C．D．9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）A．4 B．C．D．10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）A．B．C．D．11．已知下列命题：（1）16的平方根是±4（2）若x=3，则x2﹣3x=0（3）六边形的内角和是外角和的2倍（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）13．分解因式：a2b+2ab2+b3= ．14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是．15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是件．16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为．18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= ．19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= ．20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确的结论的个数是．三、解答题（本大题共6小题，共60分）21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：（1）请求出九（2）全班人数；（2）请把折线统计图补充完整；（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：（1）港口A与小岛C之间的距离；（2）甲轮船后来的速度．23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．（1）求证：AE⊥BF；（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．计算2﹣（﹣1）2等于（）A．1 B．0 C．﹣1 D．3【考点】1E：有理数的乘方．【分析】先乘方，再加减计算即可．【解答】解：2﹣（﹣1）2=2﹣1=1．故选A．2．下列计算中，不正确的是（）A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3yC．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2【考点】4H：整式的除法；35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方；49：单项式乘单项式．【分析】根据同类项、同底数幂的除法、积的乘方以及整式的乘法计算即可．【解答】解：A、﹣2x+3x=x，正确；B、6xy2÷2xy=3y，正确；C、（﹣2x2y）3=﹣8x6y3，错误；D、2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2，正确；故选C．3．函数y=的自变量x的取值范围为（）A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠2【考点】E4：函数自变量的取值范围．【分析】根据当函数表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零，判断求解即可．【解答】解：∵函数表达式y=的分母中含有自变量x，∴自变量x的取值范围为：x﹣2≠0，即x≠2．故选D．4．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.14【考点】V8：频数（率）分布直方图．【分析】根据频率=频数÷总数，代入数计算即可．【解答】解：利用条形图可得出：仰卧起坐次数在30～35次的频数为5，则仰卧起坐次数在30～35次的频率为：5÷30≈0.17．故选B．5．下列方程中，没有实数根的是（）A．2x+3=0 B．x2﹣1=0C． =﹣3 D．x2+x﹣1=0【考点】AA：根的判别式；B2：分式方程的解．【分析】A、解一元一次方程，可得出方程有解；B、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=4＞0，即方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；C、解分式方程求出x=2，经检验，x=2是方程的增根，即原分式方程没有实数根；D、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=5＞0，即方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．此题得解．【解答】解：A、∵2x+3=0，∴x=﹣；B、在方程x2﹣1=0中，△=02﹣4×1×（﹣1）=4＞0，∴方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；C、解分式方程=﹣3，得：x=2，∵分母x﹣2=0，∴原分式方程无解；D、在方程x2+x﹣1=0中，△=12﹣4×1×（﹣1）=5，∴方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．故选C．6．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）A．B．C．D．【考点】T7：解直角三角形；D5：坐标与图形性质．【分析】利用待定系数法求得直线AB的解析式，然后求得B的坐标，进而利用正切函数定义求解．【解答】解：设直线AB的解析式是y=kx+b，根据题意得：，解得，则直线AB的解析式是y=﹣x+2．在y=﹣x+2中令y=0，解得x=．则B的坐标是（，0），即OB=．则tan∠OAB===．故选B．7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）A．24 B．30 C．18 D．14.4【考点】U3：由三视图判断几何体；KS：勾股定理的逆定理；U1：简单几何体的三视图．【分析】根据主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，求得左视图为长方形，其长为6，宽为，进而得到左视图的面积．【解答】解：如图所示，根据俯视图中三角形的三边分别为3，4，5，∴俯视图为直角三角形，且斜边为5，故斜边上的高为=∵左视图为长方形，其长为6，宽为，∴左视图的面积=6×=14.4，故选：D．8．时，代数式的值是（）A．B．C．D．【考点】6D：分式的化简求值．【分析】先把括号内通分得到原式=﹣•，然后约分得原式=﹣，最后把x=代入，利用二次根式的分母有理化计算即可．【解答】解：原式=•（﹣）=﹣•=﹣，当x=，原式=﹣=﹣=．故选B．9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）A．4 B．C．D．【考点】MG：切线长定理；KL：等边三角形的判定；KQ：勾股定理．【分析】在Rt△POA中，用勾股定理，可求得PA的长，进而可根据∠APO的正弦值求出AC的长，即可求出AB的长．【解答】解：如图所示，PA、PB切⊙O于A、B，因为OA=4，PO=8，则AP==4，∠APO=30°，∵∠APB=2∠APO=60°故△PAB是等边三角形，AB=AP=4故选C．10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）A．B．C．D．【考点】X6：列表法与树状图法．【分析】根据题意可以写出所有的可能性，从而可以求得至少有一次反面朝上的概率．【解答】解：由题意可得，所有的可能性为：（正，正，正）、（正，正，反）、（正，反，正）、（正，反，反）、（反，正，正）、（反，正，反）、（反，反，正）、（反，反，反），∴至少有一次反面朝上的概率是：，故选A．11．已知下列命题：（1）16的平方根是±4（2）若x=3，则x2﹣3x=0（3）六边形的内角和是外角和的2倍（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】O1：命题与定理．【分析】利用平方根的定义、一元二次方程的根、多边形的内角和与外角和及矩形的判定分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：（1）16的平方根是±4，正确，为真命题；（2）若x=3，则x2﹣3x=0，正确，为真命题；（3）六边形的内角和是外角和的2倍，正确，为真命题；（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形，正确，为真命题，故选D．12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H7：二次函数的最值．【分析】连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣），根据S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC构建二次函数，利用函数性质即可解决问题．【解答】解：连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣）令x=0，则y=，点C坐标（0，），令y=0则﹣x2+x+=0，解得x=﹣2或10，∴点A坐标（10，0），点B坐标（﹣2，0），∴S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC=××m+×10×（﹣）﹣××10=﹣（m﹣5）2+，∴x=5时，△PAC面积最大值为，此时点P坐标（5，）．故点P坐标为（5，）．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）13．分解因式：a2b+2ab2+b3= b（a+b）2．【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．【分析】先提取公因式，再利用公式法把原式进行因式分解即可．【解答】解：原式=b（a+b）2．故答案为：b（a+b）2．14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是54°．【考点】JA：平行线的性质．【分析】过点C作CF∥a，由平行线的性质求出∠ACF的度数，再由余角的定义求出∠BCF的度数，进而可得出结论．【解答】解：过点C作CF∥a，∵∠1=36°，∴∠1=∠ACF=36°．∵∠C=90°，∴∠BCF=90°﹣36°=54°．∵直线a∥b，∴CF∥b，∴∠2=∠BCF=54°．故答案为：54°．15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是 5 件．【考点】W4：中位数；W1：算术平均数．【分析】本题可先算出x的值，再把数据按从小到大的顺序排列，根据中位数定义求解．【解答】解：由平均数的定义知，得x=5，将这组数据按从小到大排列为3，4，5，5，6，7，由于有偶数个数，取最中间两个数的平均数，其中位数为．故答案为：5．16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．【考点】AB：根与系数的关系；H7：二次函数的最值．【分析】由题意可得△=b2﹣4ac≥0，然后根据不等式的最小值计算即可得到结论．【解答】解：由题意知，方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根，则△=b2﹣4ac=4m2﹣4（m2+3m﹣2）=8﹣12m≥0，∴m≤，∵x1（x2+x1）+x22=（x2+x1）2﹣x1x2=（﹣2m）2﹣（m2+3m﹣2）=3m2﹣3m+2=3（m2﹣m+﹣）+2=3（m﹣）2 +；∴当m=时，有最小值；∵＜，∴m=成立；∴最小值为；故答案为：．17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为5π．【考点】MN：弧长的计算；PB：翻折变换（折叠问题）．【分析】如图，连接OD．根据折叠的性质、圆的性质推知△ODB是等边三角形，则易求∠AOD=110°﹣∠DOB=50°；然后由弧长公式弧长的公式l=来求的长．【解答】解：如图，连接OD．根据折叠的性质知，OB=DB．又∵OD=OB，∴OD=OB=DB，即△ODB是等边三角形，∴∠DOB=60°．∵∠AOB=110°，∴∠AOD=∠AOB﹣∠DO B=50°，∴的长为=5π．故答案是：5π．18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= 6 ．【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；G5：反比例函数系数k的几何意义；T7：解直角三角形．【分析】先根据S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的长度，再根据点C为斜边A′B的中点，求出点C的坐标，点C的横纵坐标之积即为k值．【解答】解：设点C坐标为（x，y），作CD⊥BO′交边BO′于点D，∵tan∠BAO=2，∴=2，∵S△ABO=•AO•BO=4，∴AO=2，BO=4，∵△ABO≌△A'O'B，∴AO=A′O′=2，BO=BO′=4，∵点C为斜边A′B的中点，CD⊥BO′，∴CD=A′O′=1，BD=BO′=2，∴x=BO﹣CD=4﹣1=3，y=BD=2，∴k=x•y=3•2=6．故答案为6．19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= 4 ．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC和△DEF∽△BCF，由已知条件求出△DEF的面积，根据相似三角形的面积比是相似比的平方得到答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△DEF∽△BCF，∴， =（）2，∵E是边AD的中点，∴DE=AD=BC，∴=，∴△DEF的面积=S△DEC=1，∴=，∴S△BCF=4；故答案为：4．20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确的结论的个数是①②③④．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质．【分析】由正方形的性质得出∠FAD=90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF=45°，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出D•FE=AD2=FQ•AC，④正确．【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，∴∠CAD+∠FAG=90°，∵FG⊥CA，∴∠GAF+∠AFG=90°，∴∠CAD=∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD（AAS），∴AC=FG，①正确；∵BC=AC，∴FG=BC，∵∠ACB=90°，FG⊥CA，∴FG∥BC，∴四边形CBFG是矩形，∴∠CBF=90°，S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，∴∠ABC=∠ABF=45°，③正确；∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，∴△ACD∽△FEQ，∴AC：AD=FE：FQ，∴AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确；故答案为：①②③④．三、解答题（本大题共6小题，共60分）21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：（1）请求出九（2）全班人数；（2）请把折线统计图补充完整；（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．【考点】X6：列表法与树状图法；VB：扇形统计图；VD：折线统计图．【分析】（1）由演讲人数12人，占25%，即可求得九（2）全班人数；（2）首先求得书法与国学诵读人数，继而补全折线统计图；（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与他们参加的比赛项目相同的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．【解答】解：（1）∵演讲人数12人，占25%，∴出九（2）全班人数为：12÷25%=48（人）；（2）∵国学诵读占50%，∴国学诵读人数为：48×50%=24（人），∴书法人数为：48﹣24﹣12﹣6=6（人）；补全折线统计图；（3）分别用A，B，C，D表示书法、国学诵读、演讲、征文，画树状图得：∵共有16种等可能的结果，他们参加的比赛项目相同的有4种情况，∴他们参加的比赛项目相同的概率为： =．22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：（1）港口A与小岛C之间的距离；（2）甲轮船后来的速度．【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．【分析】（1）根据题意画出图形，再根据平行线的性质及直角三角形的性质解答即可．（2）根据甲乙两轮船从港口A至港口C所用的时间相同，可以求出甲轮船从B到C所用的时间，又知BC 间的距离，继而求出甲轮船后来的速度．【解答】解：（1）作BD⊥AC于点D，如图所示：由题意可知：AB=30×1=30海里，∠BAC=30°，∠BCA=45°，在Rt△ABD中，∵AB=30海里，∠BAC=30°，∴BD=15海里，AD=ABcos30°=15海里，在Rt△BCD中，∵BD=15海里，∠BCD=45°，∴CD=15海里，BC=15海里，∴AC=AD+CD=15+15海里，即A、C间的距离为（15+15）海里．（2）∵AC=15+15（海里），轮船乙从A到C的时间为=+1，由B到C的时间为+1﹣1=，∵BC=15海里，∴轮船甲从B到C的速度为=5（海里/小时）．23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？【考点】FH：一次函数的应用．【分析】（1）设小王需购买A、B两种品牌文具套装分别为x套、y套，则，据此求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套即可．（2）根据题意，可得y=500+0.8×[20x+25]，据此求出y与x之间的函数关系式即可．（3）首先求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套，然后设A品牌文具套装的售价为z元，则B 品牌文具套装的售价为z+5元，所以125z+875（z+5）≥20000+8×1000，据此求出A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本即可．【解答】解：（1）设小王够买A品牌文具x套，够买B品牌文具y套，根据题意，得：，解得：，答：小王够买A品牌文具600套，够买B品牌文具400套．（2）y=500+0.8[20x+25]=500+0.8=500+20000﹣4x=﹣4x+20500，∴y与x之间的函数关系式是：y=﹣4x+20500．（3）根据题意，得：﹣4x+20500=20000，解得：x=125，∴小王够买A品牌文具套装为125套、够买B品牌文具套装为875套，设A品牌文具套装的售价为z元，则B品牌文具套装的售价为（z+5）元，由题意得：125z+875（z+5）≥20000+8×1000，解得：z≥23.625，答：A品牌的文具套装每套定价不低于24元时才不亏本．24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．（1）求证：∠DAC=∠DBA；（2）求证：P是线段AF的中点；（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA；（2）利用圆周角定理得出∠ADB=90°，进而求出∠PDF=∠PFD，则PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案；（3）利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可．【解答】（1）证明：∵BD平分∠CBA，∴∠CBD=∠DBA，∵∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，∴∠DAC=∠CBD，∴∠DAC=∠DBA；（2）证明：∵AB为直径，∴∠ADB=90°，∵DE⊥AB于E，∴∠DEB=90°，∴∠1+∠3=∠5+∠3=90°，∴∠1=∠5=∠2，∴PD=PA，∵∠4+∠2=∠1+∠3=90°，且∠ADB=90°，∴∠3=∠4，∴PD=PF，∴PA=PF，即P是线段AF的中点；（3）解：连接CD，∵∠CBD=∠DBA，∴CD=AD，∵CD﹦3，∴AD=3，∵∠ADB=90°，∴AB=5，故⊙O的半径为2.5，∵DE×AB=AD×BD，∴5DE=3×4，∴DE=2.4．即DE的长为2.4．25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．（1）求证：AE⊥BF；（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°求证；（2）△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，解出BP，QB求解；（3）先求出正方形的边长，再根据面积比等于相似边长比的平方，求得S△AGN=，再利用S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN求解．【解答】（1）证明：如图1，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，在Rt△ABE和Rt△BCF中，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∠BAE=∠CBF，又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF．（2）解：如图2，根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，令PF=k（k＞0），则PB=2k在Rt△BPQ中，设QB=x，∴x2=（x﹣k）2+4k2，∴x=，∴sin∠BQP===．（3）解：∵正方形ABCD的面积为4，∴边长为2，∵∠BAE=∠EAM，AE⊥BF，∴AN=AB=2，∵∠AHM=90°，∴GN∥HM，∴=，∴=，∴S△AGN=，∴S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN=1﹣=，∴四边形GHMN的面积是．26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，∴在Rt△COE中，OE===3，设AD=m，则DE=BD=4﹣m，∵OE=3，∴AE=5﹣3=2，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，∴D（﹣，﹣5），∵C（﹣4，0），O（0，0），∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x2+x；（2）∵CP=2t，∴BP=5﹣2t，∵BD=，DE==，∴BD=DE，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，，∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，∴5﹣2t=t，∴t=；（3）∵抛物线的对称轴为直线x=﹣2，∴设N（﹣2，n），又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），设M（m，y），①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，则线段EN的中点横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，∵EN，CM互相平分，∴=﹣1，解得m=2，又M点在抛物线上，∴y=×22+×2=16，∴M（2，16）；②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为=﹣3，∵EM，CN互相平分，∴=﹣3，解得m=﹣6，又∵M点在抛物线上，∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，∴M（﹣6，16）；③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，则M为抛物线的顶点，即M（﹣2，﹣）．综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．。