2020年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学四模试卷 解析版

2020年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学四模试卷 解析版

‎2020年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学四模试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分．每小题只有一个选项是符合题意的）‎ ‎1．（3分）的倒数是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．（3分）如图是一个正五棱柱，它的俯视图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎3．（3分）如图，直线AB∥CD，将一个含45°角的三角板如图摆放，∠EFG＝90°，∠FGD＝15°，则∠EHK的度数为（　　）‎ A．75° B．65° C．60° D．55°‎ ‎4．（3分）若一个正比例函数的图象经过点A （2，﹣6），B（﹣3，n），则n的值为（　　）‎ A．4 B．9 C．1 D．﹣9‎ ‎5．（3分）下列运算正确的是（　　）‎ A．3x2•2x3＝6x6 B．（﹣2x2y）3＝﹣6x6y3 ‎ C．（﹣x﹣2）2＝x2+4x+4 D．（x﹣3）（x﹣2）＝x2﹣5x﹣6‎ ‎6．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AD平分∠BAC，交BC于点D，DE⊥AC，垂 足为E，若DE＝2，则AB的长为（　　）‎ A．6 B．+4 C．+2 D．2+2‎ ‎7．（3分）若直线l1与l2关于x轴对称，将l1向上平移3个单位长度，平移后的直线经过点A （2，0）和点B （4，﹣1），则直线l1与l2的交点坐标为（　　）‎ A．（8，0） B．（0，﹣2） C．（﹣4，0） D．（﹣2，0）‎ ‎8．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，点E在BC上，将矩形沿DE折叠，点C恰好落在线段AE上的点F处，若AF＝3EF，则AD的长为（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎9．（3分）如图所示，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠A＝45°，BC＝4，CD＝2，则弦BD的长为（　　）‎ A．2 B．3 C． D．2‎ ‎10．（3分）将抛物线y＝x2﹣2x﹣1先向左平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点，顶点是C点，连接AC、BC，则sin∠CAB的值为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ 二、填空题（共4小题，每小题3分，计12分）‎ ‎11．（3分）在实数，﹣2，，，0中，最大的一个数是　 　．‎ ‎12．（3分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则△ACE的周长为　 　．‎ ‎13．（3分）如图，点A在反比例函数y＝图象上，点B在反比例函数y＝（k≠0）图象上，∠AOB＝90°，且OA＝2OB，则k的值为　 　．‎ ‎14．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB＝4，∠BCD＝135°，AC＝CD，且AC⊥CD，则对角线BD的最大值为　 　．‎ 三、解答题（共11小题，计78分．解答应写出必要的过程）‎ ‎15．（5分）计算：（﹣）﹣2﹣|2﹣|++（3﹣π）0．‎ ‎16．（5分）解分式方程：﹣1＝‎ ‎17．（5分）如图，在△ABC中，请用尺规作图法，在AB边上找一点D，使△ACD∽△ABC．（保留作图痕迹，不写作法）‎ ‎18．（5分）如图，点E是正方形ABCD内部一点，∠ABE＝∠DAE，CF⊥BE于点F．求证：BE＝CF．‎ ‎19．（7分）语文教研组为了解我校学生每天课外阅读所用的时间情况，从我校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将结果绘制成如图不完整的频数分布直方图．‎ 每天课外阅读时间/h 频数 频率 ‎0＜t≤0.5‎ ‎24‎ ‎0.5＜t≤1‎ ‎36‎ ‎0.3‎ ‎1＜t≤1.5‎ ‎0.4‎ ‎1.5＜t≤2‎ ‎12‎ b 合计 a ‎1‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）表中a＝　 　，b＝　 　；‎ ‎（2）请补全频数分布直方图；‎ ‎（3）我校有学生4800人，请估计我校学生每天课外阅读时间超过1小时的人数．‎ ‎20．（7分）在一次课外活动中，小林和小明去测量广场上火箭雕塑的高度，他们分别在M、N两点用侧倾器测得点C的仰角分别为30°、45°，已知侧倾器的高度AM＝BN ‎＝1.5米，MN＝20米，A、B、C、D、M、N在同一平面内，求雕塑的高度CD．（结果保留根号）‎ ‎21．（7分）5月1日早晨8点，小林一家从西安自驾前往宝鸡的大水川风景区旅游，游览结束后，当天按原路返回．如图，是他们离风景区的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．‎ ‎（1）求线段AB所表示的函数关系式；‎ ‎（2）已知当天下午5点时，小林一家距风景区160千米，求他们何时回到西安？‎ ‎22．（7分）中华老字号“德憨恭”糕点是陕西美食之一，皮酥馅软，深受大家喜爱．小珊的妈妈买了两盒“德憨恭“糕点，每个盒子里均装有4块糕点，其中白色纸盒里有2块豆沙馅，1块花生馅和1块蛋黄肉松馅；黄色纸盒里有1块豆沙馅，1块花生馅和2块蛋黄肉松馅．这些糕点外观完全相同．根据以上情况，请你回答下列问题：‎ ‎（1）求小珊从白色盒子里随机取一块糕点，请直接写出小珊取到豆沙馅糕点的概率；‎ ‎（2）若小珊先从白色盒子里随机取一块糕点，再从黄色盒子里取一块糕点，请用列表或画树状图的方法，求小珊取到的两块糕点中一个是花生馅，一个是蛋黄肉松馅的概率．（用A、B、C分别代表豆沙馅、花生馅、蛋黄肉松馅糕点）‎ ‎23．（8分）如图，AB为圆O的直径，C是圆O上一点，D是圆外一点，OD交圆O于点E，交AC于点F，F是AC的中点，BE交AC于点G，连接CE，且∠CAD＝2∠C．‎ ‎（1）求证：AD为圆O的切线；‎ ‎（2）若EG＝6，tanC＝，求直径AB的长．‎ ‎24．（10分）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣6经过点A（﹣3，0）和点（﹣1，0），顶点为D．‎ ‎（1）求抛物线C1的函数表达式及点D的坐标；‎ ‎（2）将抛物线C1绕坐标轴上一点P旋转180°得到抛物线C2，点A、D的对应点分别为A'、D'，是否存在以AD为边，且以A、D、A'、D'为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出抛物线C2的函数表达式，若不存在，请说明理由．‎ ‎25．（12分）问题提出：‎ ‎（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A′B′C，当点B落在AB边上时，连接AA′，AA'的长为　 　；‎ 问题探究：‎ ‎（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝75°，BC＝2，CD＝4，求四边形ABCD的面积；‎ 问题解决：‎ ‎（3）如图③，四边形ABCD是某农业观光园的部分平面示意图，其中∠A＝∠B＝90°，∠ADC＝135°，AD＝3千米，BC＝（6+6）米，AB边上的点E为休息区，AE＝3千米，BE＝6千米，两条观光小路EH和EF（小路宽度不计，F在BC边上，H在CD边上）拟将这个园区分成三个区域，用来种植不同的蔬菜，根据实际需要，∠HEF＝75°，并且要求四边形EFCH的面积尽可能大，那么是否存在满足条件的四边形EFCH？若存在，请求出四边形EFCH的面积的最大值；若不存在，请说明理由．‎ ‎2020年陕西省西安市碑林区西北工大附中中考数学四模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题3分，计30分．每小题只有一个选项是符合题意的）‎ ‎1．（3分）的倒数是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】直接利用倒数的定义分析得出答案．‎ ‎【解答】解：∵﹣×（﹣）＝1，‎ ‎∴﹣的倒数是：﹣．‎ 故选：B．‎ ‎2．（3分）如图是一个正五棱柱，它的俯视图是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看见的棱用实线表示．‎ ‎【解答】解：从上面看可得到一个矩形，矩形的中间有一条纵向的实线，实线的两旁分别有一条纵向的虚线．‎ 故选：B．‎ ‎3．（3分）如图，直线AB∥CD，将一个含45°角的三角板如图摆放，∠EFG＝90°，∠FGD＝15°，则∠EHK的度数为（　　）‎ A．75° B．65° C．60° D．55°‎ ‎【分析】根据等腰直角三角形的性质和平行线的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵∠EGF＝45°，∠FGD＝15°，‎ ‎∴∠EGD＝45°+15°＝60°，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠EKH＝∠EGD＝60°，‎ ‎∵∠E＝45°，‎ ‎∴∠EHK＝180°﹣60°﹣45°＝75°，‎ 故选：A．‎ ‎4．（3分）若一个正比例函数的图象经过点A （2，﹣6），B（﹣3，n），则n的值为（　　）‎ A．4 B．9 C．1 D．﹣9‎ ‎【分析】由点A的坐标，利用待定系数法可求出正比例函数的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出n值．‎ ‎【解答】解：设正比例函数的解析式为y＝kx，‎ 将点A（2，﹣6）代入y＝kx，得：﹣6＝2k，‎ 解得：k＝﹣3，‎ ‎∴正比例函数的解析式为y＝﹣3x．‎ ‎∵点B（﹣3，n）在正比例函数y＝﹣3x的图象上，‎ ‎∴n＝﹣3×（﹣3）＝9．‎ 故选：B．‎ ‎5．（3分）下列运算正确的是（　　）‎ A．3x2•2x3＝6x6 B．（﹣2x2y）3＝﹣6x6y3 ‎ C．（﹣x﹣2）2＝x2+4x+4 D．（x﹣3）（x﹣2）＝x2﹣5x﹣6‎ ‎【分析】直接利用积的乘方运算法则以及多项式乘多项式、完全平方公式分别化简得出答案．‎ ‎【解答】解：A、3x2•2x3＝6x5，故此选项错误；‎ B、（﹣2x2y）3＝﹣8x6y3，故此选项错误；‎ C、（﹣x﹣2）2＝x2+4x+4，正确；‎ D、（x﹣3）（x﹣2）＝x2﹣5x+6，故此选项错误；‎ 故选：C．‎ ‎6．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AD平分∠BAC，交BC于点D，DE⊥AC，垂 足为E，若DE＝2，则AB的长为（　　）‎ A．6 B．+4 C．+2 D．2+2‎ ‎【分析】过D作DF⊥AB于F，根据角平分线的性质得出DF＝DE＝2，根据含30°角的直角三角形的性质求出AD，求出BF＝DF＝2，求出AF即可．‎ ‎【解答】解：∵在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，‎ ‎∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，‎ 过D作DF⊥AB于F，‎ ‎∵AD平分∠BAC，DE⊥DF，DE＝2，‎ ‎∴DF＝DE＝2，∠AFD＝∠BFD＝90°，∠BAD＝∠CAD＝BAC＝30°，‎ ‎∴AD＝2DF＝4，‎ ‎∵∠B＝45°，‎ ‎∴∠FDB＝∠B＝45°，‎ ‎∴BF＝DF＝2，‎ 在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF＝＝＝2，‎ ‎∴AB＝AF+BF＝2+2，‎ 故选：D．‎ ‎7．（3分）若直线l1与l2关于x轴对称，将l1向上平移3个单位长度，平移后的直线经过点A （2，0）和点B （4，﹣1），则直线l1与l2的交点坐标为（　　）‎ A．（8，0） B．（0，﹣2） C．（﹣4，0） D．（﹣2，0）‎ ‎【分析】设直线l1的解析式y＝kx+b，将l1向上平移3个单位长度得到y＝kx+b+3，再根据待定系数法确定函数关系式，求出一次函数与x轴的交点即可．‎ ‎【解答】解：设直线l1的解析式y＝kx+b，‎ 将l1向上平移3个单位长度得到y＝kx+b+3，‎ ‎∵平移后的直线经过点A （2，0）和点B （4，﹣1），‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ 故直线l1的解析式为：y＝﹣x﹣2，‎ ‎∵l1与l2关于x轴对称，‎ ‎∴两直线相交于x轴上，‎ ‎∴l1与l2的交点坐标为l1与l2与x轴的交点，解得：x＝﹣4，‎ 即l1与l2的交点坐标为（﹣4，0）．‎ 故选：C．‎ ‎8．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，点E在BC上，将矩形沿DE折叠，点C恰好落在线段AE上的点F处，若AF＝3EF，则AD的长为（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎【分析】根据四边形ABCD是矩形，可得AD∥BC，所以∠DAF＝∠BEA，即tan∠DAF＝tan∠BEA，设EF＝a，AD＝x，由翻折的性质列出等式先求出x＝4a，再利用勾股定理即可求出a的值，进而可得AD的长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠DAF＝∠BEA，‎ 设EF＝a，AD＝x，‎ 由翻折可知：‎ EF＝EC＝a，DF＝DC＝AB＝1，‎ ‎∴BE＝BC﹣EC＝x﹣a，‎ 又AF＝3EF＝3a，‎ ‎∵tan∠DAF＝tan∠BEA，‎ ‎∴＝，‎ 即＝，‎ 解得x＝4a，‎ 在Rt△ABE中，AB＝1，BE＝x﹣a＝3a，AE＝AF+EF＝4a，‎ ‎∴（4a）2﹣（3a）2＝1，‎ 解得a＝（负值舍去），‎ ‎∴x＝4a＝．‎ 则AD的长为．‎ 故选：B．‎ ‎9．（3分）如图所示，四边形ABCD是圆O的内接四边形，∠A＝45°，BC＝4，CD＝2，则弦BD的长为（　　）‎ A．2 B．3 C． D．2‎ ‎【分析】如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E．解直角三角形求出CE，ED，再利用勾股定理求出BD即可．‎ ‎【解答】解：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E．‎ ‎∵∠A+∠BCD＝180°，∠A＝45°，‎ ‎∴∠BCD＝135°，‎ ‎∴∠DCE＝45°，‎ ‎∵∠E＝90°，CD＝2，‎ ‎∴CE＝ED＝2，BE＝CE+BC＝6，‎ 在Rt△BED中，∵∠E＝90°，BE＝6，DE＝2，‎ ‎∴BD＝＝＝2，‎ 故选：D．‎ ‎10．（3分）将抛物线y＝x2﹣2x﹣1先向左平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点，顶点是C点，连接AC、BC，则sin∠CAB的值为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【分析】先将抛物线化为顶点式，再根据抛物线平移规律左加下减写出平移后的抛物线，求出A、B、C三个点的坐标，再根据锐角三角函数即可得sin∠CAB的值．‎ ‎【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣2）2﹣3，‎ ‎∴将抛物线先向左平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度，‎ 平移后的抛物线为：y＝（x+2）2﹣8，‎ ‎∵当y＝0时，x1＝2，x2＝﹣6，‎ 当x＝0时，y＝﹣6，‎ ‎∴A、B两点坐标为：（2，0）、（﹣8，0），顶点C（﹣2，﹣8），‎ 与y轴交点设为D，D（0，﹣6），‎ 如图所示：‎ ‎∵直线CE是对称轴，x＝﹣2，‎ ‎∴CA＝CB，AE＝BE＝4，CE＝8，‎ 在Rt△BCE中，根据勾股定理，得 BC＝＝4，‎ ‎∴sin∠CAB＝sin∠CBA＝＝＝．‎ 故选：C．‎ 二、填空题（共4小题，每小题3分，计12分）‎ ‎11．（3分）在实数，﹣2，，，0中，最大的一个数是　　．‎ ‎【分析】先根据实数的大小比较法则比较数的大小，再得出答案即可．‎ ‎【解答】解：∵＝2，‎ ‎∴﹣2＜0＜＜＜，‎ ‎∴最大的一个数是，‎ 故答案为：．‎ ‎12．（3分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则△ACE的周长为　6　．‎ ‎【分析】作BG⊥AC，垂足为G．由垂径定理得出AC＝2AG，在直角三角形ABG中，求出AG的长，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：作BG⊥AC，垂足为G．如图所示：‎ 则AC＝2AG，‎ ‎∵AB＝BC，‎ ‎∴AG＝CG，‎ ‎∵六边形ABCDEF是正六边形，‎ ‎∴∠ABC＝120°，AB＝BC＝2，‎ ‎∴∠BAC＝30°，‎ ‎∴AG＝AB•cos30°＝2×＝，‎ ‎∴AC＝2×＝2，‎ ‎∴△ACE的周长为3×2＝6．‎ 故答案为6．‎ ‎13．（3分）如图，点A在反比例函数y＝图象上，点B在反比例函数y＝（k≠0）图象上，∠AOB＝90°，且OA＝2OB，则k的值为　﹣2　．‎ ‎【分析】首先过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，易得△OBD∽△AOC，又由点A在反比例函数y＝图象上，点B在反比例函数y＝（k≠0）图象上，即可得S△OBD＝|k|，S△AOC＝4，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方，即可得关于k的方程，进而求出k的值．‎ ‎【解答】解：过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，‎ ‎∴∠ACO＝∠ODB＝90°，‎ ‎∴∠OBD+∠BOD＝90°，‎ ‎∵∠AOB＝90°，‎ ‎∴∠BOD+∠AOC＝90°，‎ ‎∴∠OBD＝∠AOC，‎ ‎∴△OBD∽△AOC，‎ ‎∴＝（）2，‎ ‎∵OA＝2OB，‎ ‎∴＝‎ ‎∵点A在反比例函数y＝图象上，点B在反比例函数y＝（k≠0）图象上，‎ ‎∴S△OBD＝|k|，S△AOC＝4，‎ ‎∴＝‎ ‎∴|k|＝2，‎ ‎∵在第二象限，‎ ‎∴k＝﹣2．‎ 故答案为﹣2．‎ ‎14．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB＝4，∠BCD＝135°，AC＝CD，且AC⊥CD，则对角线BD的最大值为　4+4　．‎ ‎【分析】作△ABC的外接圆⊙O，连接AO，BO，CO，过点O作OE⊥AB于E，过点A作AF⊥BC于F，过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于H，由三角形的面积公式可求BC×AF的最大值为8+16，由勾股定理可求BD2＝16+2BC•AC，即可求解．‎ ‎【解答】解：如图，作△ABC的外接圆⊙O，连接AO，BO，CO，过点O作OE⊥AB于E，过点A作AF⊥BC于F，过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于H，‎ ‎∵∠BCD＝135°，∠ACD＝90°，‎ ‎∴∠ACB＝45°，‎ ‎∴∠AOB＝2∠ACB＝90°，‎ 又∵AB＝4，AO＝BO，OE⊥AB，‎ ‎∴AO＝BO＝2＝OC，OE＝2，‎ ‎∵AF⊥BC，∠ACF＝45°，‎ ‎∴∠ACF＝∠CAF＝45°，‎ ‎∴AF＝CF，‎ ‎∴AF＝CF＝AC＝CD，‎ 当点C，点O，点E三点共线时，△ABC的面积最大，‎ ‎∴△ABC的最大面积＝BC×AF＝×BC×AC＝×4×（2+2），‎ ‎∴BC×AF的最大值为8+16，‎ ‎∵∠DCH＝180°﹣90°﹣45°＝45°，DH⊥CH，‎ ‎∴∠DCH＝∠CDH＝45°，‎ ‎∴DH＝CH＝CD，‎ ‎∵BD2＝DH2+BH2＝CD2+（BC+CD）2，AB2＝BF2+AF2＝CA2+（BC﹣CA）2＝16，‎ ‎∴BD2＝16+2BC•AC，‎ ‎∴BD2的最大值为＝32+48，‎ ‎∴BD的最大值为4+4，‎ 故答案为：4+4．‎ 三、解答题（共11小题，计78分．解答应写出必要的过程）‎ ‎15．（5分）计算：（﹣）﹣2﹣|2﹣|++（3﹣π）0．‎ ‎【分析】直接利用立方根的性质结合零指数幂的性质、负整数指数幂的性质分别化简得出答案．‎ ‎【解答】解：原式＝4﹣（﹣2）+4+1‎ ‎＝4﹣+2+4+1‎ ‎＝11﹣．‎ ‎16．（5分）解分式方程：﹣1＝‎ ‎【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．‎ ‎【解答】解：最简公分母为（x﹣2）2，‎ 去分母得：x（x﹣2）﹣（x﹣2）2＝4，‎ 整理得：x2﹣2x﹣x2+4x﹣4＝4，‎ 解得：x＝4，‎ 检验：把x＝4代入得：（x﹣2）2＝4≠0，‎ ‎∴分式方程的解为x＝4．‎ ‎17．（5分）如图，在△ABC中，请用尺规作图法，在AB边上找一点D，使△ACD∽△ABC．（保留作图痕迹，不写作法）‎ ‎【分析】以CA为角的一边，在三角形的内部作∠ACD＝∠B，射线CD交AB于点D，△ACD即为所求．‎ ‎【解答】解：如图，△ACD即为所求．‎ ‎18．（5分）如图，点E是正方形ABCD内部一点，∠ABE＝∠DAE，CF⊥BE于点F．求证：BE＝CF．‎ ‎【分析】先根据正方形的性质和相等角的条件，证明∠ABE+∠BAE＝90°，进而得∠AEB＝90°，再根据全等三角形的判定得△ABE≌△BCF，得BE＝CF．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠BAE+∠EAD＝90°，‎ ‎∵∠ABE＝∠DAE，‎ ‎∴∠ABE+∠BAE＝90°，‎ ‎∴∠AEB＝90°，‎ ‎∵∠ABE+∠CBF＝90°，‎ ‎∴∠BAE＝∠CBF，‎ ‎∵CF⊥BE于点F，‎ ‎∴∠BFC＝90°＝∠AEB，‎ ‎∴△ABE≌△BCF（AAS），‎ ‎∴BE＝CF．‎ ‎19．（7分）语文教研组为了解我校学生每天课外阅读所用的时间情况，从我校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将结果绘制成如图不完整的频数分布直方图．‎ 每天课外阅读时间/h 频数 频率 ‎0＜t≤0.5‎ ‎24‎ ‎0.5＜t≤1‎ ‎36‎ ‎0.3‎ ‎1＜t≤1.5‎ ‎0.4‎ ‎1.5＜t≤2‎ ‎12‎ b 合计 a ‎1‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎（1）表中a＝　120　，b＝　0.1　；‎ ‎（2）请补全频数分布直方图；‎ ‎（3）我校有学生4800人，请估计我校学生每天课外阅读时间超过1小时的人数．‎ ‎【分析】（1）根据0.5＜t≤1的频数和频率，可以求得本次调查的人数，然后即可计算出a和b的值；‎ ‎（2）根据（1）中的结果和频数分布表中的数据，可以计算出1＜t≤1.5的频数，然后即可将频数分布直方图补充完整；‎ ‎（3）根据频数分布表中的数据，可以计算出我校学生每天课外阅读时间超过1小时的人数．‎ ‎【解答】解：（1）a＝36÷0.3＝120，b＝12÷120＝0.1，‎ 故答案为：120，0.1；‎ ‎（2）1＜t≤1.5的频数为：120×0.4＝48，‎ 补全的频数分布直方图如右图所示；‎ ‎（3）4800×（0.4+0.1）＝2400（人），‎ 即我校学生每天课外阅读时间超过1小时的有2400人．‎ ‎20．（7分）在一次课外活动中，小林和小明去测量广场上火箭雕塑的高度，他们分别在M、N两点用侧倾器测得点C的仰角分别为30°、45°，已知侧倾器的高度AM＝BN＝1.5米，MN＝20米，A、B、C、D、M、N在同一平面内，求雕塑的高度CD．（结果保留根号）‎ ‎【分析】连接AB交AD于E，则AB＝MN＝20米，ED＝AM＝1.5米，由直角三角形的性质得出AE＝CE，BE＝CE，得出CE+CE＝20米，求出CE的长，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：连接AB交AD于E，如图：‎ 则AB＝MN＝20米，ED＝AM＝1.5米，‎ 由题意得：∠CAE＝30°，∠CBE＝45°，‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴∠AEC＝∠BEC＝90°，‎ ‎∴AE＝CE，BE＝CE，‎ ‎∵AB＝AE+BE，‎ ‎∴CE+CE＝20米，‎ 解得：CE＝10﹣10（米），‎ ‎∴CD＝CE+ED＝10﹣10+1.5＝10﹣（米）；‎ 答：雕塑的高度CD为（10﹣）米．‎ ‎21．（7分）5月1日早晨8点，小林一家从西安自驾前往宝鸡的大水川风景区旅游，游览结束后，当天按原路返回．如图，是他们离风景区的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．‎ ‎（1）求线段AB所表示的函数关系式；‎ ‎（2）已知当天下午5点时，小林一家距风景区160千米，求他们何时回到西安？‎ ‎【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出线段AB所表示的函数关系式；‎ ‎（3）根据图象可知返回时的速度，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）设线段AB所表示的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），‎ 将A（0，240）、B（2.5，0）代入y＝kx+b，‎ ‎，‎ 解得，‎ ‎∴线段AB所表示的函数关系式为y＝﹣96x+240；‎ ‎（2）返回时的速度为：160÷（7﹣5）＝80（千米/时），‎ 返回所用时间为：240÷80＝3（小时），‎ ‎8时+7小时+3小时＝18时，‎ 答：他们下午6点回到西安．‎ ‎22．（7分）中华老字号“德憨恭”糕点是陕西美食之一，皮酥馅软，深受大家喜爱．小珊的妈妈买了两盒“德憨恭“糕点，每个盒子里均装有4块糕点，其中白色纸盒里有2块豆沙馅，1块花生馅和1块蛋黄肉松馅；黄色纸盒里有1块豆沙馅，1块花生馅和2块蛋黄肉松馅．这些糕点外观完全相同．根据以上情况，请你回答下列问题：‎ ‎（1）求小珊从白色盒子里随机取一块糕点，请直接写出小珊取到豆沙馅糕点的概率；‎ ‎（2）若小珊先从白色盒子里随机取一块糕点，再从黄色盒子里取一块糕点，请用列表或画树状图的方法，求小珊取到的两块糕点中一个是花生馅，一个是蛋黄肉松馅的概率．（用A、B、C分别代表豆沙馅、花生馅、蛋黄肉松馅糕点）‎ ‎【分析】（1）小珊从白色盒子里随机取一块糕点，有4种等可能结果，其中小珊取到豆沙馅糕点的有2种可能，利用概率公式求解即可得出答案；‎ ‎（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再利用概率公式计算可得．‎ ‎【解答】解：（1）小珊从白色盒子里随机取一块糕点，有4种等可能结果，其中小珊取到豆沙馅糕点的有2种可能，‎ 所以小珊取到豆沙馅糕点的概率为＝；‎ ‎（2）列表如下：‎ A A B C A ‎（A，A）‎ ‎（A，A）‎ ‎（B，A）‎ ‎（C，A）‎ B ‎（A，B）‎ ‎（A，B）‎ ‎（B，B）‎ ‎（C，B）‎ C ‎（A，C）‎ ‎（A，C）‎ ‎（B，C）‎ ‎（C，C）‎ C ‎（A，C）‎ ‎（A，C）‎ ‎（B，C）‎ ‎（C，C）‎ 由表可知，共有16种等可能结果，其中小珊取到的两块糕点中一个是花生馅，一个是蛋黄肉松馅的有3种结果，‎ ‎∴小珊取到的两块糕点中一个是花生馅，一个是蛋黄肉松馅的概率为．‎ ‎23．（8分）如图，AB为圆O的直径，C是圆O上一点，D是圆外一点，OD交圆O于点E，交AC于点F，F是AC的中点，BE交AC于点G，连接CE，且∠CAD＝2∠C．‎ ‎（1）求证：AD为圆O的切线；‎ ‎（2）若EG＝6，tanC＝，求直径AB的长．‎ ‎【分析】（1）利用垂径定理得到OF⊥AC，＝，根据圆周角定理得到∠C＝∠B，再证明∠CAD＝∠AOE，从而得到∠CAD+∠OAF＝90°，则OA⊥AD，则根据切线的判定得到结论；‎ ‎（2）连接AE，如图，利用圆周角得到∠C＝∠CAE＝∠B，∠AEB＝90°，先在Rt△AEG中利用正切的定义求出EG＝12，再在Rt△ABE中求出BE，然后利用勾股定理计算AB的长．‎ ‎【解答】（1）证明：∵F是AC的中点，‎ ‎∴OF⊥AC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴∠C＝∠B，‎ ‎∵OB＝OE，‎ ‎∴∠B＝∠OEB，‎ ‎∴∠AOE＝∠OEB+∠B＝2∠B，‎ ‎∵∠CAD＝2∠C．‎ ‎∴∠CAD＝∠AOE，‎ ‎∵∠OAF+∠AOF＝90°，‎ ‎∴∠CAD+∠OAF＝90°，即∠OAD＝90°，‎ ‎∴OA⊥AD，‎ ‎∴AD为圆O的切线；‎ ‎（2）解：连接AE，如图，‎ ‎∵＝，‎ ‎∴∠C＝∠CAE＝∠B，‎ ‎∵AB为直径，‎ ‎∴∠AEB＝90°，‎ 在Rt△AEG中，tan∠GAE＝＝tanC＝，‎ ‎∴EG＝2EG＝2×6＝12，‎ 在Rt△ABE中，tan∠B＝＝，‎ ‎∴BE＝2AE＝24，‎ ‎∴AB＝＝12，‎ ‎24．（10分）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣6经过点A（﹣3，0）和点（﹣1，0），顶点为D．‎ ‎（1）求抛物线C1的函数表达式及点D的坐标；‎ ‎（2）将抛物线C1绕坐标轴上一点P旋转180°得到抛物线C2，点A、D的对应点分别为A'、D'，是否存在以AD为边，且以A、D、A'、D'为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出抛物线C2的函数表达式，若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．‎ ‎（2）分两种情形：如图1中，当点P在x轴上时，设P（m，0）．如图2中，当点P在y轴上时，设P（0，n）．分别构建方程求出等P的坐标解决问题即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣6经过点A（﹣3，0）和点（﹣1，0），‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线C1的解析式为y＝﹣2x2﹣8x﹣6，顶点D（﹣2，2）．‎ ‎（2）如图1中，当点P在x轴上时，设P（m，0）．‎ 当AP＝PB时，四边形AD′A′D是矩形，‎ ‎∵A（﹣3，0），D（﹣2，2），‎ ‎∴m+3＝，‎ 解得m＝﹣，‎ ‎∴P（﹣，0），‎ ‎∵OD＝OD′，‎ ‎∴D′（1，﹣2），‎ ‎∴旋转后抛物线C2的解析式为y＝2（x﹣1）2﹣2，即y＝2x2﹣4x．‎ 如图2中，当点P在y轴上时，设P（0，n）．‎ 当PA＝PD时，四边形AD′A′D是矩形，‎ 则有＝，‎ 解得n＝﹣，‎ ‎∴P（0，﹣），‎ ‎∵PD＝PD′，‎ ‎∴D′（2，﹣），‎ ‎∴旋转的抛物线C2的解析式为y＝2（（x﹣2）2﹣，即y＝2x2﹣8x+，‎ 综上所述，满足条件的抛物线的解析式为：y＝2x2﹣4x或y＝2x2﹣8x+．‎ ‎25．（12分）问题提出：‎ ‎（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A′B′C，当点B落在AB边上时，连接AA′，AA'的长为　2　；‎ 问题探究：‎ ‎（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝75°，BC＝2，CD＝4，求四边形ABCD的面积；‎ 问题解决：‎ ‎（3）如图③，四边形ABCD是某农业观光园的部分平面示意图，其中∠A＝∠B＝90°，∠ADC＝135°，AD＝3千米，BC＝（6+6）米，AB边上的点E为休息区，AE＝3千米，BE＝6千米，两条观光小路EH和EF（小路宽度不计，F在BC边上，H在CD边上）拟将这个园区分成三个区域，用来种植不同的蔬菜，根据实际需要，∠HEF＝75°，并且要求四边形EFCH的面积尽可能大，那么是否存在满足条件的四边形EFCH？若存在，请求出四边形EFCH的面积的最大值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）如图①中，证明A′B′垂直平分线段AC即可解决问题．‎ ‎（2）如图②中，过点B作BH⊥CD于H，在BH上取一点T，使得BT＝CT，连接CT．设CH＝x．解直角三角形求出BH，BD即可解决问题．‎ ‎（3）如图③中，连接DE，证明∠EDC＝90°，DE＝EB＝6千米，将△EDH绕点E 顺时针旋转135°得到△EBM，此时C，B，M共线，因为S四边形EDCB＝S四边形EHCM＝•（AD+BC）•AB﹣•AD•AE＝•（3+6+6）×（+6）﹣××3＝（30+18）（平方千米），推出当△EMF的面积最小时，四边形EFCH的面积最大，设点O是△EMF的外心，连接OE，OM，OF，过点O作ON⊥MF于N．想办法求出OE的最小值即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图①中，‎ 在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，‎ ‎∴∠B＝60°，AB＝2BC＝4，AC＝BC＝2，‎ ‎∵CB＝CB′，‎ ‎∴△BCB′是等边三角形，‎ ‎∴CB′＝BC＝BB′，‎ ‎∵AB＝2BC，‎ ‎∴AB′＝CB′，‎ ‎∵∠BCB′＝∠CB′A′＝60°，‎ ‎∴A′B′∥BC，‎ ‎∵AC⊥BC，‎ ‎∴A′B′⊥AC，‎ ‎∴B′A′垂直平分线段AC，‎ ‎∴AA′＝A′C＝AC＝2．‎ 故答案为2．‎ ‎（2）如图②中，过点B作BH⊥CD于H，在BH上取一点T，使得BT＝CT，连接CT．设CH＝x．‎ ‎∵∠BHC＝∠BHD＝90°，∠BCH＝75°，‎ ‎∴∠CBH＝15°，‎ ‎∵TB＝TC，‎ ‎∴∠TBC＝∠TCB＝15°，‎ ‎∴∠CTB＝∠TBC+∠TCB＝30°，‎ ‎∴TC＝TB＝2x，TH＝x，‎ ‎∵BC＝2，‎ 在Rt△HCH中，ZY则有（2）2＝x2+（2x+x）2，‎ 解得x＝﹣1（负根已经舍弃），‎ ‎∴BH＝+1，DH＝CD﹣CH＝4﹣（﹣1）＝5﹣，‎ ‎∴BD＝＝＝2，‎ ‎∵AD＝AB，∠A＝60°，‎ ‎∴△ADB是等边三角形，‎ ‎∴S四边形ABCD＝•BD2+•CD•BH＝×（32﹣8）+×4×（+1）＝6﹣4．‎ ‎（3）如图③中，连接DE．‎ ‎∵AD＝AE＝3千米，‎ ‎∴∠ADE＝∠AED＝45°，DE＝AD＝6（千米），‎ ‎∵∠ADC＝135°，‎ ‎∴∠EDC＝90°，‎ ‎∵DE＝EB＝6千米，‎ ‎∴将△EDH绕点E顺时针旋转135°得到△EBM，此时C，B，M共线，‎ ‎∵S四边形EDCB＝S四边形EHCM＝•（AD+BC）•AB﹣•AD•AE＝•（3+6+6）×（+6）﹣××3＝（30+18）（平方千米），‎ ‎∴当△EMF的面积最小时，四边形EFCH的面积最大，‎ 设点O是△EMF的外心，连接OE，OM，OF，过点O作ON⊥MF于N．‎ ‎∵∠HEN＝135°，∠HEF＝75°，‎ ‎∴∠MEF＝135°﹣75°＝60°，‎ ‎∵∠MOF＝2∠MEF＝120°，‎ ‎∵OE＝OM＝OF，ON⊥MF，‎ ‎∴∠OMF＝30°，‎ ‎∴ON＝OM，‎ ‎∵OE+ON≥EB，‎ ‎∴OE≥6，‎ ‎∴OE≥4，‎ ‎∴OE的最小值为4千米，‎ ‎∴OM的最小值为4千米，此时MF的最小值为4千米，‎ ‎∴△EMF的面积的最小值为××6＝12（平方千米），‎ ‎∴四边形EHCF的面积的最大值为（30+18﹣12）（平方千米）．‎