2022年浙江省丽水市中考数学一模试卷
1. 与3的乘积等于−1的数是( ) A. −3
B. 3
C. 3
1
D. −3
1
2. 下列运算中，不正确的是( )
A. 𝑎𝑏+2𝑎𝑏=3𝑎𝑏 B. 2𝑎𝑏−𝑎𝑏=𝑎𝑏 C. 𝑎𝑏×2𝑎𝑏=2𝑎𝑏 D. 𝑎𝑏÷2𝑎𝑏=2 3. 老师用两块积木搭建的几何体如图所示，则这个几何体的左视图是( ) A. B.
1
C.
D.
4. 在如下解分式方程𝑥−2−𝑥−2=1的4个步骤中，根据等式基本性质的是( )
𝑥−(3−𝑥)=𝑥−2……① 𝑥−3+𝑥=𝑥−2……② 𝑥+𝑥−𝑥=−2+3……③ ∴𝑥=1……④ 𝑥3−𝑥
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ③④
5. 将一个正方形纸片对折后对折再对折，得到如图所示的图形，然后将阴影部分剪掉，把
剩余部分展开后的平面图形是( )
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A.
B.
C.
D.
6. 九年级(1)班15名男同学进行引体向上测试，每人只测一次，测试结果统计如下：
引体向上数/个 人数 0 1 1 1 2 2 3 1 4 3 5 3 6 2 7 1 8 1 这15名男同学引体向上数的中位数是( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 如图，𝐴、𝐵两点在数轴上表示的数分别为𝑎、𝑏，下列式子成立的是( )
A. 𝑎𝑏>0
C. (𝑏−1)(𝑎+1)>0
B. 𝑎+𝑏<0 D. (𝑏−1)(𝑎−1)>0
8. 《九章算术》中记载一问题如下：“今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四，问
人数、物价各几何？”意思是：今有人合伙购物，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又差4钱，问人数、物价各多少？设有𝑥人，依题意列方程得( )
A. 8𝑥+3=7𝑥−4 B. 8𝑥−3=7𝑥+4 C. 8𝑥+3=7𝑥+4 D. 8𝑥−3=7𝑥−4
9. 如图，在平面直角坐标系中，菱形𝑂𝐴𝐵𝐶的边𝑂𝐴在𝑥轴上，𝑂𝐴=6，∠𝐴𝑂𝐶=30°，现分
别以𝐴，𝐵为圆心、大于𝐴𝐵的长为半径作弧，相交于点𝐸，𝐹，直线𝐸𝐹交𝐵𝐶于点𝑃，则点𝑃的
2横坐标是( )
1
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A. 7 B. 6+√3
𝑆
C. 8 D. 3+2√3
将△𝐴𝐵𝐶绕点𝑂连续旋转5次，得到内外都是正六边形的图形，旋转后得到的△𝐵𝐷𝐸10. 如图，
的顶点𝐷在𝐵𝐶上．若𝐶𝐷=2𝐵𝐷，则𝑆
外六边形内六边形
的值是( )
A. 2 B. 2 C. 4 D. 4
11. 用代数式表示“𝑥的3倍与2的差”为______ ．
753
12. 若代数式√𝑥有意义，则𝑥的取值范围是______ ．
𝑥+113. 在一个暗箱里放有𝑎个除颜色外完全相同的球，这𝑎个球中红球只有3个．每次将球搅拌
均匀后，任意摸出一个球，记下颜色后，再放回暗箱，通过大量的重复试验后发现，摸到红球的频率稳定在25%.那么估计𝑎大约有______个．
14. 将一副直角三角板按如图所示的方法摆放，∠𝐴=45°，∠𝐸=60°，点𝐷在𝐵𝐶上．若它们
的斜边𝐴𝐵//𝐸𝐹，则∠𝐵𝐷𝐹的度数是______．
15. 把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点𝑂的直线𝑙将这8个正
方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是______．
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其截面为轴对称图形，碗体𝐸𝐶𝐷𝐹呈半圆形状(碗体厚度不计)，直径𝐸𝐹=16. 如图1的一汤碗，
26𝑐𝑚，碗底𝐴𝐵=10𝑐𝑚，∠𝐴=∠𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐷=3𝑐𝑚． (1)如图1，当汤碗平放在桌面𝑀𝑁上时，碗的高度是______𝑐𝑚．
(2)如图2，将碗放在桌面𝑀𝑁上，绕点𝐵缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan∠𝐴𝐵𝑀的值是______．
17. 计算：√4−|−5|+√3𝑡𝑎𝑛30°−(2022)0．
1
5+3𝑥>17
18. 解不等式组{𝑥≤4−𝑥−2．
3
2
19. 如图是一座人行天桥的示意图，天桥的高𝐶𝐵为10米，坡面𝐶𝐴的坡角为30°.为了方便行
人推车过桥，市政部门决定降低坡度，使新坡面𝐶𝐷的坡角为18°，若新桥脚前需留4米的人行道，问离原坡脚15米的花坛是否需要拆除？请说明理由．
(参考数据：𝑠𝑖𝑛𝑙8°≈0.3090，𝑐𝑜𝑠𝑙8°≈0.9511，𝑡𝑎𝑛𝑙8°≈0.3249，√2≈1.414，√3≈1.732)
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20. 为了了解某校1500名学生的体质状况，随机调查了一定数量学生的肺活量𝑝，并将调查
𝐵表示2000≤𝑝<3000，𝐶表示3000≤的数据绘成如下统计图，其中𝐴表示1000≤𝑝<2000，𝑝<4000，𝐷表示4000≤𝑝<5000．
根据以上信息回答下列问题：
(1)这次共调查了多少名学生？扇形统计图中𝑚的值是多少？ (2)通过计算补全直方图．
(3)被调查的学生中，肺活量在各个范围内的男女生人数比例如表： 肺活量(𝑚𝐿) 男：女 1：3 𝐴 2：3 𝐵 3：1 𝐶 4：1 𝐷 根据这次调查，估计该校1500名学生中初中毕业生中男生的人数．
21. 用灰白两种颜色的正方形地砖，按如下所示的规律拼成图案：
(1)第4个图案有白色地砖多少块？第𝑛个图案呢？
(2)已知每个小正方形的边长均为0.8𝑚，若学校用第𝑛个图案铺设长为64.8𝑚的长廊，则需要灰色地砖多少块？
22. 如图，在平面直角坐标系中，以点𝐴(0,5)为圆心的圆与𝑦轴交于点𝑃，𝑂𝐵是⊙𝐴的切线，
点𝐵为切点，直线𝐵𝑃交𝑥轴于点𝐶． (1)求证：𝑂𝐵=𝑂𝐶．
(2)若tan∠𝑃𝐶𝑂=，求𝐵𝑃的长．
1
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𝑃分别在线段𝐴𝐸，𝐵𝐸上，点𝐸在边𝐴𝐷上，且𝐵𝐶=𝐵𝐸=2𝐴𝐵=8，点𝐹，23. 在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，
将射线𝑃𝐹绕点𝑃顺时针旋转90°交折线𝐵−𝐶−𝐷于点𝐺． (1)已知点𝑃为𝐵𝐸的中点．
①如图1，当点𝐺在𝐶𝐷上时，求𝑃𝐹的值．
②当点𝐺在𝐵𝐶上，△𝑃𝐺𝐹的一个内角为30°时，求𝐴𝐹的长．
(2)如图2，点𝐺在𝐵𝐶上，若∠𝑃𝐺𝐹=30°，则△𝑃𝐺𝐹的面积是否存在最小值？若存在，求该最小值及此时𝑃𝐵的长，若不存在，请说明理由．
𝑃𝐺
𝐵，在平面直角坐标系中，直线𝑦=−2𝑥+4与坐标轴交于点𝐴，点𝑃为𝑂𝐵的中点．二24. 如图，
次函数的表达式为𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2(𝑎≠0)． (1)若该二次函数的图象过原点，求抛物线的顶点坐标．
(2)试判断该二次函数的图象是否经过两定点？若是，请证明以这两定点与𝐵为顶点的三角形与△𝐴𝐵𝑂全等；若不是，说明理由．
(3)若点𝑄在抛物线上，且满足∠𝑄𝑃𝐵+∠𝑂𝐴𝐵=90°的𝑄点的个数恰好只有4个，求𝑎的取值范围．
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】解：−×3=−1，
3故选：𝐷．
根据题意列出算式计算，即可得出答案．
本题考查了有理数的乘法，掌握有理数的乘法法则是解决问题的关键．
1
2.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴、𝑎𝑏+2𝑎𝑏=3𝑎𝑏，正确； B、2𝑎𝑏−𝑎𝑏=𝑎𝑏，正确；
C、应为𝑎𝑏×2𝑎𝑏=2𝑎2𝑏2，故本选项错误； D、𝑎𝑏÷2𝑎𝑏=，正确． 故选：𝐶．
根据合并同类项和单项式与单项式的乘法和除法法则来计算，比较结果即可． 本题比较简单，考查合并同类项及单项式与单项式的乘法与除法等知识．
123.【答案】𝐷
【解析】解：从左面可看，是两个矩形，它们的长相等，上面矩形的宽比下面的矩形的宽小，并且下面的矩形的中间有一条横向的虚线． 故选：𝐷．
找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中． 本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
4.【答案】𝐵
【解析】解：𝑥−(3−𝑥)=𝑥−2……①(等式的基本性质) 𝑥−3+𝑥=𝑥−2……②(去括号法则) 𝑥+𝑥−𝑥=−2+3……③(等式的基本性质) ∴𝑥=1……④(合并同类项法则)．
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故选：𝐵．
观察4个步骤，找出根据等式的基本性质即可．
此题考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法是解本题的关键．
5.【答案】𝐴
【解析】解：将阴影部分剪掉，把剩余部分展开后的平面图形是：
故选：𝐴．
严格按照图中的方法亲自动手操作一下，即可很直观地呈现出来．
本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
6.【答案】𝐶
【解析】解：根据表格可知，15个数据按从小到大的顺序排列后，第8个数是4，所以中位数为4； 故选：𝐶．
根据中位数的定义，将15个数据从小到大排列后，中位数是第8个数．
本题主要考查中位数的定义，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
7.【答案】𝐶
【解析】解：𝑎、𝑏两点在数轴上的位置可知：−1<𝑎<0，𝑏>1， 则𝑎𝑏<0，𝑎+𝑏>0，故A、B错误； 因为−1<𝑎<0，𝑏>1，
所以𝑏−1>0，𝑎+1>0，𝑎−1<0， 则(𝑏−1)(𝑎+1)>0，(𝑏−1)(𝑎−1)<0 故C正确，D错误． 故选：𝐶．
根据𝑎、𝑏两点在数轴上的位置判断出其取值范围，再对各选项进行逐一分析即可．
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本题考查的是数轴的特点，根据𝑎、𝑏两点在数轴上的位置判断出其取值范围是解答此题的关键．
8.【答案】𝐵
【解析】 【分析】
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
设有𝑥人，根据该物品价格不变，即可得出关于𝑥的一元一次方程，此题得解． 【解答】 解：设有𝑥人，
根据题意得：8𝑥−3=7𝑥+4． 故选B．
9.【答案】𝐵
【解析】解：如图，连接𝐴𝑃，作𝑃𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，
根据作图过程可知：
𝑀𝑁是𝐴𝐵的垂直平分线，交𝐴𝐵于点𝐸，交𝑥轴于点𝑄， ∴𝑃𝑄⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴=𝑃𝐵， ∴∠𝑃𝐴𝐵=∠𝐵=30°， ∵∠𝐵𝐴𝑄=∠𝐶𝑂𝐴=30°， ∴∠𝑃𝐴𝑄=60°， ∵∠𝐴𝐸𝑄=90°， ∴∠𝐴𝑄𝐸=60°， ∴△𝐴𝑃𝑄是等边三角形，
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∴𝑃𝐷=𝐴𝐸=2𝐴𝐵=3，
∴𝐴𝐷=𝑃𝐷⋅𝑡𝑎𝑛30°=3×3=√3， ∴𝑂𝐷=𝑂𝐴+𝐴𝐷=6+√3， ∴点𝑃的横坐标是6+√3， 故选：𝐵．
连接𝐴𝑃，作𝑃𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，根据作图过程可得，𝑀𝑁是𝐴𝐵的垂直平分线，交𝐴𝐵于点𝐸，交𝑥轴于点𝑄，进而可以证明三角形𝐴𝑃𝑄是等边三角形，可求出𝐴𝐷和𝑃𝐷的长，即可求解．
本题考查了作图−基本作图、坐标与图形性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
√3
1
10.【答案】𝐷
【解析】解：∵多边形𝐶𝐷𝐺𝐼𝐾𝑀是正六边形， ∴∠𝑀𝐶𝐷=120°， ∴∠𝐴𝐶𝐷=60°， ∵𝐶𝐷=2𝐵𝐷，
∴设𝐵𝐷=𝐴𝐶=𝑥，则𝐶𝐷=2𝑥， 过𝐴作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻， ∴∠𝐴𝐻𝐶=90°，
∴𝐶𝐻=2𝐴𝐶=2𝑥，𝐴𝐻=𝑥，
2∴𝐵𝐻=𝐵𝐶−𝐶𝐻=2𝑥，
∴𝐴𝐵=√𝐴𝐻2+𝐵𝐻2=√(2𝑥)2+(2𝑥)2=√7𝑥，
∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝑂连续旋转5次，得到内外都是正六边形的图形， ∴外六边形∽内六边形， ∴
𝑆𝑆
外六边形内六边形
11√3
5
√35=(
𝐴𝐵2)𝐶𝐷
=(
√7𝑥2
)=， 2𝑥4
7
故选：𝐷．
根据正六边形的性质得到∠𝑀𝐶𝐷=120°，求得∠𝐴𝐶𝐷=60°，设𝐵𝐷=𝐴𝐶=𝑥，则𝐶𝐷=2𝑥，过𝐴作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，根据勾股定理得到𝐴𝐵=√𝐴𝐻2+𝐵𝐻2=√(√3𝑥)2+(5𝑥)2=√7𝑥，根据相似多边形
22
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的性质即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，相似多边形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】3𝑥−2
【解析】解：由题意得：3𝑥−2， 故答案：3𝑥−2．
首先表示出“𝑥的3倍”为3𝑥，再表示“与2的差”为3𝑥−2． 此题主要考查了列代数式，关键是正确理解数量之间的关系．
12.【答案】𝑥>0
【解析】解：代数式𝑥有意义，则𝑥>0．
√故答案为：𝑥>0．
直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．
𝑥+113.【答案】12
【解析】解：由题意可得，×100%=25%，
𝑎解得，𝑎=12个． 估计𝑎大约有12个． 故答案为：12．
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
3
14.【答案】15°
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【解析】解：𝐷𝐸与𝐴𝐵相交于点𝑂，
∵𝐴𝐵//𝐸𝐹，
∴∠𝐷𝑂𝐵=∠𝐸=60°， ∵∠𝐵=45°，
∴∠𝐸𝐷𝐵=180°−60°−45°=75°， ∴∠𝐵𝐷𝐹=90°−∠𝐸𝐷𝐵=90°−75°=15°， 故答案为：15°．
根据两直线平行，同位角相等得出∠𝐷𝑂𝐵，进而利用三角形内角和定理得出∠𝐸𝐷𝐵，进而解答即可． 本题考查了平行线的性质，两直线平行，同位角相等是解题的关键．
15.【答案】𝑦=10𝑥
【解析】解：如图，
∵经过原点的一条直线𝑙将这八个正方形分成面积相等的两部分， ∴𝑆△𝐴𝑂𝐵=4+1=5， 而𝑂𝐵=3， ∴𝐴𝐵⋅3=5， 𝐴𝐵=3， ∴𝐴点坐标为(
10
,3)， 3
1012
9
设直线方程为𝑦=𝑘𝑥， 则3=
10
𝑘， 39
∴𝑘=10， ∴直线𝑙解析式为𝑦=
9
9
𝑥. 10
故答案为：𝑦=𝑥. 10
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设直线𝑙和八个正方形的最上面交点为𝐴，过𝐴作𝐴𝐵⊥𝑂𝐵于𝐵，易知𝑂𝐵=3，利用三角形的面积公式和已知条件求出𝐴的坐标即可得到该直线𝑙的解析式．
此题考查了面积相等问题、用待定系数法求一次函数的解析式以及正方形的性质，此题难度较大，解题的关键是作𝐴𝐵⊥𝑦轴，作𝐴𝐶⊥𝑥轴，根据题意即得到：直角三角形𝐴𝐵𝑂，利用三角形的面积公式求出𝐴𝐵的长．
16.【答案】16 √3
3
【解析】解：(1)因为碗是半圆形状，所以半经=𝑥26=13𝑐𝑚， ∴𝐸𝐹的中点到𝐶𝐷的中点所形成的线段长度为13𝑚， ∴碗的高度=13+𝐴𝑐=13+3=16𝑐𝑚；
(2)以𝐹为原点，直线𝐴𝐵为𝑥轴，直线𝐸𝐹为𝑦轴，建立平面直角坐标系，如图：
1
2
由题意知：𝐹(0,0)，𝐸(0,1)，𝐶(4√3,7)，𝐷(−4√3,7)， 设抛物线的解析式为：𝑦=𝑎𝑥2+1， 把点𝐶(4√3,7)代入得， 7=𝑎(4√3)2+1， 解得：𝑎=，
8∴𝑦=𝑥2+1，
将瓷碗绕点𝐵缓缓倾斜倒出部分面汤，
当∠𝐴𝐵𝐾=30°时停止，所以旋转前𝐶𝐻与水平方向的夹角为30°，即∠𝐷𝐶𝐻=30°， 设直线𝐶𝐻的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏，与𝑦轴交于点𝐺，如图： 由题意知：点𝐶(4√3,7)， ∵∠𝐷𝐶𝐻=30°，𝐶𝐾=4√3， ∴𝐾𝐺=4√3𝑡𝑎𝑛30°=4，
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181
即点𝐺(0,3)， ∴{7=4√3𝑘+𝑏， 3=0+𝑏解得：{𝑘=3，
𝑏=3
∴直线𝐶𝐻的解析式为：𝑦=√3𝑥+3，
3
√3
𝑦=3𝑥+3𝑥=4√3{𝑥=−3
{由{，得或， 125𝑦=7𝑦=𝑥+1𝑦=
8
3
√34√3
∴𝐻(−3,3)， ∴𝐶𝐻=(4√3+
4√35)+(7−)33
3
4√35
=
32
3
3
√3√3
设把直线𝐶𝐻：𝑦=𝑥+3，向下平后得到直线𝑙1：𝑦=𝑥−𝑚，当直线𝑙1与抛物线只有一个交
点𝑙时，两平行线之间的距离最大，过𝐺作𝐺𝐽⊥𝑙1，交𝑙1于点𝐽，与𝑦轴交于点𝑀，𝐺𝐽的长即为碗内
面汤的最小深度，
𝑦=𝑥−𝑚
3联立{， 12
𝑦=8𝑥+1
整理为：1𝑥2−√3𝑥+1+𝑚=0，
8
3
√3∵只要一个交点， ∴𝛥=0，
即𝑏2−4𝑎𝑐=(−√3)2−4×1×(1+𝑚)=0，
3
8
解得：𝑚=−，
3∴直线𝑙1的解析式为：𝑦=√3𝑥+1，
331
∴点𝑀(0,)，
3𝐺𝑀=3−3=3，
1
8
1
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∵𝐶𝐻与水平面的夹角为30°，
∴直线𝑙1与水平面的夹角为30°，即∠𝑀𝐺𝐽=30°， 在𝑅𝑡△𝐺𝑀𝐽中，
8√34√3𝐺𝐽=𝐺𝑀𝑐𝑜𝑠30°=3×2=3，
即碗内面汤的最小深度为：4√3𝑐𝑚，此时∠𝐴𝐵𝑀=30°，即tan∠𝐴𝐵𝑀=√3．
33故答案为：．
3√3(1)根据圆的半径+碗底的高度就是所求结果；
(2)以𝐹为原点，直线𝐴𝐵为𝑥轴，直线𝐸𝐹为𝑦轴，建立平面直角坐标系，得出𝐸、𝐶的坐标用待定系数法求抛物线的解析式，将瓷碗绕点𝐵缓缓倾斜倒出部分面汤，当∠𝐴𝐵𝑀=30°时停止，所以旋转前𝐶𝐻与水平方向的夹角为30°，即∠𝐷𝐶𝐻=30°，求出𝐶𝐻与𝑦轴的交点坐标𝐺，把点𝐶、𝐺代入求出直线𝐶𝐻的解析式，液面𝐶𝐻到平面𝑙的距离实际就是点𝐵到直线𝐶𝐻的距离，求出垂直于𝐶𝐻的函数解析式，联立两个函数求出交点坐标，用两点间的距离公式求出𝐵点到𝐶𝐻的距离；将直线𝐶𝐻向下平移与抛物线只有一个交点时，两直线间的距离最短，利用二次函数与一次函数的交点问题求出平移后的函数解析式，作𝐺𝐽⊥𝑙1，得出直角三角形，求出两条直线间的距离即为碗内面汤的最小深度．
本题考查了二次函数，一次函数以及直角三角形、圆在实际生活中的应用，建立合适的直角坐标系和待定系数法求解析式是解题的关键．
17.【答案】解：原式=2−5+√3×√3−1
3=2−5+1−1 =−3．
【解析】直接利用特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而合并得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：解不等式5+3𝑥>17，得：𝑥>4，
解不等式≤4−，得：𝑥≤6，
32则不等式组的解集为4<𝑥≤6．
𝑥
𝑥−2
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【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19.【答案】解：在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90°，tan∠𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐵
∴𝐴𝐵=
𝐵𝐶𝑡𝑎𝑛30∘
𝐵𝐶
=
10√33
=10√3≈17.32
𝐵𝐶 𝐵𝐷
在𝑅𝑡△𝐷𝐵𝐶中，∠𝐵𝐷𝐶=18°，tan∠𝐶𝐷𝐵=∴𝐵𝐷=
𝐵𝐶
𝑡𝑎𝑛18∘
=
100.3249
≈30.78
∴𝐴𝐷=𝐵𝐷−𝐴𝐵=30.78−17.32=13.46 𝐷𝐸=𝐴𝐸−𝐴𝐷=15−13.46=1.54<4米 ∴花坛需要拆除．
【解析】根据坡角利用三角函数分别求得𝐴𝐵，𝐵𝐷的长；从而求得𝐴𝐷的长，然后将𝐷𝐸与4进行比较，若大于则需拆除，反之不用拆除．
此题主要考查学生坡度坡角问题．此题难度适中，解此题的关键是掌握坡度与坡角的定义，注意解直角三角形的应用．
20.【答案】解：(1)本次共调查的学生人数为40÷20%=200(人)，
𝑚=1−20%−15%−40%=25%；
(2)2000～3000𝑚𝐿的学生人数：200×25%=50(人)， 直方图补全如下：
第17页，共25页
(3)20%×1500×4+15%×1500×5+40%×1500×4+25%×1500×5=855(人)． 即男生人数为855人．
(1)由𝐴组学生人数及所占百分比可得本次共调查的学生人数，【解析】再由各组频率之和等于1计算𝑚的值；
(2)由(1)知2000−3000段的人数=总人数×所占比例；
(3)先由表格得出被调查的学生中，肺活量在各个范围内的男生人数所占百分比，再利用样本估计总体的思想分别求出各个范围内的男生人数，然后相加即可．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．同时考查了用样本估计总体的思想．
1432
21.【答案】解：(1)第一个图案中共有白色地砖8块，即5×1+3，
第二个图案中共有白色地砖13块，即5×2+3， 第三个图案中共有白色地砖18块，即5×3+3， …
∴第四个图案中共有白色地砖5×4+3=23块， 第𝑛个图案中共有白色地砖(5𝑛+3)块； (2)根据题意得0.8(2𝑛+1)=64.8， 解得𝑛=40， ∴需要灰色地砖40块．
【解析】(1)依据图形找出其中的规律，每个图案中白色地砖块数比图案序号数的5倍多3，按此规律解答便可；
(2)根据学校的长廊的长是际为(2𝑛+1)块地砖的边长之和，列出𝑛的方程进行解答便可． 本题主要考查了图形的变化规律，能够通过观察，掌握其内在规律，进而求解．
22.【答案】(1)证明：∵𝑂𝐵是⊙𝐴的切线，
∴∠𝐴𝐵𝑂=90°， ∴∠𝐴𝐵𝑃+∠𝑂𝐵𝑃=90°， ∵∠𝑃𝑂𝐶=90°，
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∴∠𝑂𝐶𝑃+∠𝑂𝑃𝐶=90°， ∵𝐴𝑃=𝐴𝐵， ∴∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐴𝐵𝑃， ∵∠𝐴𝑃𝐵=∠𝑂𝑃𝐶， ∴∠𝐶𝑃𝑂=∠𝐴𝐵𝑃， ∴∠𝑃𝐶𝑂=∠𝑃𝐵𝑂， ∴𝑂𝐶=𝑂𝐵；
(2)解：过𝐴作𝐴𝐻⊥𝑃𝐵于𝐻， 设𝑂𝑃=𝑚，则𝑂𝐶=𝑂𝐵=2𝑚， ∵∠𝐴𝐵𝑂=90°， ∴𝐴𝑂2=𝐴𝐵2+𝑂𝐵2， ∴52=(2𝑚)2+(5−𝑚)2， 解得𝑚=2， ∴𝐴𝐵=3，
∵𝐵𝐻2+𝐴𝐻2=9，𝐴𝐻=2𝐵𝐻， ∴5𝐵𝐻2=9， ∴𝐵𝐻=√5，
5
6√5
∴𝑃𝐵=2𝐵𝐻=5．
3
【解析】(1)根据切线的性质得到∠𝐴𝐵𝑂=90°，根据余角的性质和对顶角的性质得到∠𝑃𝐶𝑂=∠𝑃𝐵𝑂，于是得到𝑂𝐶=𝑂𝐵；
(2)过𝐴作𝐴𝐻⊥𝑃𝐵于𝐻，设𝑂𝑃=𝑚，则𝑂𝐶=𝑂𝐵=2𝑚，根据勾股定理列方程得到𝑚=2，由勾股定理得到𝐵𝐻=√5，于是得到𝑃𝐵=2𝐵𝐻=6√5．
5
5
3
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)①如图1，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，作𝑃𝑁⊥𝐶𝐷于点𝑁，
∵点𝑃为𝐵𝐸的中点， ∴𝐸𝑃=𝑃𝐵=2𝐸𝐵， ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
1
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∴∠𝐴=90°， ∵𝑃𝑀⊥𝐴𝐷， ∴∠𝑃𝑀𝐸=90°， ∴∠𝐴=∠𝑃𝑀𝐸， ∴𝑃𝑀//𝐴𝐵， ∴△𝐸𝑃𝑀∽△𝐸𝐵𝐴， ∴𝐸𝑀
𝑃𝑀
𝐸𝑃
1
𝐴𝐸=𝐴𝐵=𝐸𝐵=2，
∴𝐸𝑀=𝐴𝑀=1𝐴𝐸，𝑃𝑀=12
2
𝐴𝐵=2，
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐸=√𝐵𝐸2−𝐴𝐵2=√82−42=4√3， ∴𝐸𝑀=𝐴𝑀=2√3，
∴𝐷𝑀=𝐴𝐷−𝐴𝑀=8−2√3， ∵∠𝑃𝑀𝐷=∠𝑃𝑁𝐷=∠𝐷=90°， ∴四边形𝑃𝑀𝐷𝑁是矩形，
∴𝑃𝑁=𝐷𝑀=8−2√3，∠𝑀𝑃𝑁=90°， ∴∠𝐹𝑃𝑀+∠𝐹𝑃𝑁=∠𝐺𝑃𝑁+∠𝐹𝑃𝑁=90°， ∴∠𝐹𝑃𝑀=∠𝐺𝑃𝑁， ∵∠𝑃𝑀𝐹=∠𝑃𝑁𝐺=90°， ∴△𝑃𝐹𝑀∽△𝑃𝐺𝑁， ∴𝑃𝐺
8−2√3𝑃𝐹=𝑃𝑁
𝑃𝑀=
2=4−√3．
②当∠𝑃𝐹𝐺=30°时，如图2，
过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁， ∵∠𝐹𝑃𝐺=90°，∠𝑃𝐹𝐺=30°， ∴∠𝑃𝐺𝐹=60°，
∴𝑃𝐹
𝑃𝐺=tan∠𝑃𝐺𝐹=𝑡𝑎𝑛60°=√3， ∵𝑃𝑀⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴𝑃𝑀⊥𝐵𝐶，
∴∠𝑃𝑀𝐹=∠𝑃𝑁𝐺=90°， ∴∠𝑀𝑃𝐹+∠𝑃𝐹𝑀=90°，
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∵∠𝑀𝑃𝐹+∠𝑁𝑃𝐺=90°， ∴∠𝑃𝐹𝑀=∠𝑁𝑃𝐺， ∴△𝑃𝐹𝑀∽△𝐺𝑃𝑁， ∴
𝑀𝐹𝑃𝐹𝑃𝑁
=
𝑃𝐺
=√3，
∴𝑀𝐹=√3𝑃𝑁，
∵∠𝐴=∠𝐴𝑀𝑁=∠𝐴𝐵𝑁=90°， ∴四边形𝐴𝐵𝑁𝑀是矩形， ∴𝑀𝑁=𝐴𝐵=4，
∴𝑃𝑁=𝑀𝑁−𝑃𝑀=4−2=2， ∴𝑀𝐹=2√3，
∴𝐴𝐹=𝐴𝑀+𝑀𝐹=2√3+2√3=4√3； 当∠𝑃𝐺𝐹=30°时，如图3，
过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁， ∵∠𝐹𝑃𝐺=90°，∠𝑃𝐺𝐹=30°， ∴
𝑃𝐹𝑃𝐺
=tan∠𝑃𝐺𝐹=𝑡𝑎𝑛30°=
√3
3
，
∵𝑃𝑀⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴𝑃𝑀⊥𝐵𝐶，
∴∠𝑃𝑀𝐹=∠𝑃𝑁𝐺=90°， ∴∠𝑀𝑃𝐹+∠𝑃𝐹𝑀=90°， ∵∠𝑀𝑃𝐹+∠𝑁𝑃𝐺=90°， ∴∠𝑃𝐹𝑀=∠𝑁𝑃𝐺， ∴△𝑃𝐹𝑀∽△𝐺𝑃𝑁， ∴
𝑀𝐹𝑃𝐹𝑃𝑁
=
𝑃𝐺
=
√3
3
，
∵𝑃𝑁=2，
∴𝑀𝐹=2√3
3，
∴𝐴𝐹=𝐴𝑀+𝑀𝐹=2√3+2√38√3
3=3，
综上，𝐴𝐹的长为4√3或8√33
．
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(2)如图4，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁， 设𝑃𝑀=𝑚，𝑀𝐹=𝑥， ∵△𝑃𝐹𝑀∽△𝐺𝑃𝑁， ∴𝑃𝑁=𝑁𝐺=𝑃𝐺=3，
∴𝑃𝑁=√3𝑥，𝑁𝐺=√3𝑚，𝑃𝐺=√3𝑃𝐹， ∵∠𝑃𝑀𝐸=∠𝑃𝑁𝐵=90°，∠𝑃𝐸𝑀=∠𝑃𝐵𝑁=30°， ∴𝑃𝐸=2𝑚，𝐵𝑃=2√3𝑥，
∴𝐵𝐸=𝐵𝑃+𝑃𝐸=2√3𝑥+2𝑚=8， ∴𝑚=4−√3𝑥，
在𝑅𝑡△𝑃𝐹𝑀中，𝑃𝐹2=𝑃𝑀2+𝑀𝐹2=𝑚2+𝑥2=(4−√3𝑥)2+𝑥2=4𝑥2−8√3𝑥+16， ∴𝑆△𝑃𝐺𝐹=2𝑃𝐹×𝑃𝐺=2𝑃𝐹2=2(4𝑥2−8√3𝑥+16)=2√3(𝑥−√3)2+2√3， ∵2√3>0，
∴当𝑥=√3时，𝑆△𝑃𝐺𝐹取得最小值2√3，
此时，𝐵𝑃=2√3×√3=6，𝐵𝐺=𝐵𝑁+𝑁𝐺=3𝑥+√3𝑚=3𝑥+√3(4−√3𝑥)=4√3<8． 【解析】(1)①如图1，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，作𝑃𝑁⊥𝐶𝐷于点𝑁，先证得𝑃𝑀//𝐴𝐵，得出△𝐸𝑃𝑀∽△𝐸𝐵𝐴，再证明△𝑃𝐹𝑀∽△𝑃𝐺𝑁，即可求得答案；
当∠𝑃𝐹𝐺=30°时，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁，通过△𝑃𝐹𝑀∽△𝐺𝑃𝑁，②分两种情况：
求出𝑀𝐹，即可求得𝐴𝐹；当∠𝑃𝐺𝐹=30°时，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁，同理可求得𝐴𝐹； (2)如图4，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐷于点𝑀，交𝐵𝐶于点𝑁，设𝑃𝑀=𝑚，𝑀𝐹=𝑥，由△𝑃𝐹𝑀∽△𝐺𝑃𝑁，可得：利用𝐵𝐸=𝐵𝑃+𝑃𝐸=2√3𝑥+2𝑚=8，可得𝑚=4−√3𝑥，𝑃𝑁=√3𝑥，𝑁𝐺=√3𝑚，𝑃𝐺=√3𝑃𝐹，再根据𝑆△𝑃𝐺𝐹=1𝑃𝐹×𝑃𝐺=√3𝑃𝐹2=2√3(𝑥−√3)2+2√3，运用二次函数的最值即可得出答案．
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√3√3𝑀𝐹𝑃𝑀𝑃𝐹√3本题是矩形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，二次函数性质，勾股定理等，正确利用𝑥表示出面积𝑆△𝑃𝐺𝐹是本题的关键．
24.【答案】解：(1)把(0,0)代入𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2得：
12𝑎+2=0， 解得𝑎=−， 6∴二次函数为𝑦=−𝑥2+𝑥=−(𝑥−4)2+，
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4
1
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1
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∴抛物线的顶点坐标为(4,)；
3
(2)二次函数的图象经过两定点，理由如下：
∵𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=𝑎(𝑥2−8𝑥+12)+2=𝑎(𝑥−2)(𝑥−6)+2， ∴𝑥=2或𝑥=6时，𝑦=2，
即二次函数的图象过两定点(2,2)和(6,2)；
在𝑦=−2𝑥+4中，令𝑥=0得𝑦=4，令𝑦=0得𝑥=2， ∴𝐴(0,4)，𝐵(2,0)，
∴𝑂𝐴=4，𝑂𝐵=2，𝐴𝐵=2√5，
两定点(2,2)、(6,2)与𝐵(2,0)为顶点的三角形三边分别是4，2，2√5，
根据三边对应相等的三角形全等可得两定点与𝐵为顶点的三角形与△𝐴𝐵𝑂全等； (3)∵∠𝑄𝑃𝐵+∠𝑂𝐴𝐵=90°，
∴𝑄在过点𝑃且与直线𝐴𝐵平行的直线𝑦=−2𝑥+2上，或由对称性知𝑄在直线𝑦=−2𝑥+2关于𝑥轴的对称直线𝑦=2𝑥−2上， 当𝑎<0时，如图：
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直线𝑦=−2𝑥+2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2总有两个交点，当直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点时即满足题意，
由𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=2𝑥−2得：𝑎𝑥2−(8𝑎+2)𝑥+12𝑎+4=0， 当𝛥=0，即(8𝑎+2)2−4𝑎(12𝑎+4)=0时，𝑎=−，
∴直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点需满足𝑎≠−，且抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2与𝑥轴的交点需在𝑃右侧，
而由抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2过𝑃(1,0)可得𝑎−8𝑎+12𝑎+2=0，即𝑎=−，
5∴抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2与𝑥轴的交点在𝑃右侧应满足𝑎<−，
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∴此时𝑎<−且𝑎≠−；
52当𝑎>0时，如图：
21
直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2总有两个交点，当直线𝑦=−2𝑥+2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点时即满足题意，
由𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=−2𝑥+2得𝑎𝑥2−(8𝑎−2)𝑥+12𝑎=0， 当𝛥=0，即(8𝑎−2)2−4𝑎×12𝑎=0时，𝑎=2±√3，
2∴直线𝑦=−2𝑥+2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点需满足𝑎>2+√3或0<𝑎<2−√3；
22∴此时𝑎>2+√3或0<𝑎<2−√3；
2
2
综上所述，𝑎的范围是𝑎<−且𝑎≠−或𝑎>2+√3或0<𝑎<2−√3．
522221
【解析】(1)用待定系数法可得二次函数为𝑦=−𝑥2+𝑥=−(𝑥−4)2+，即得抛物线的顶点6363坐标为(4,)；
3
(2)由𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=𝑎(𝑥2−8𝑥+12)+2=𝑎(𝑥−2)(𝑥−6)+2，即得二次函数的图𝐵(2,0)，𝑂𝐵=2，象过两定点(2,2)和(6,2)；由𝑦=−2𝑥+4中，得𝐴(0,4)，即知𝑂𝐴=4，𝐴𝐵=2√5，根据三边对应相等的三角形全等可知两定点与𝐵为顶点的三角形与△𝐴𝐵𝑂全等；
(3)由∠𝑄𝑃𝐵+∠𝑂𝐴𝐵=90°，知𝑄在过点𝑃且与直线𝐴𝐵平行的直线𝑦=−2𝑥+2上，或在直线𝑦=2𝑥−2上，分两种情况：当𝑎<0时，直线𝑦=−2𝑥+2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2总有两个交点，当直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点时即满足题意，由𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=2𝑥−2的𝛥=0得𝑎=−，抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2过𝑃(1,0)可得𝑎=−，
25即得𝑎<−且𝑎≠−；当𝑎>0时，直线𝑦=2𝑥−2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2总有两个
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交点，当直线𝑦=−2𝑥+2与抛物线𝑦=𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2有两个交点时即满足题意，由𝑎𝑥2−8𝑎𝑥+12𝑎+2=−2𝑥+2的𝛥=0，得𝑎=2±√3，即可得𝑎>2+√3或0<𝑎<2−√3．
222本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形全等判定、二次函数与一元二次方程关系等知识，解题的关键是分类思想及数形结合思想的应用．
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