【中考冲刺】2021年山东省济南市中考数学模拟试卷(附答案)

【中考冲刺】2021年山东省济南市中考数学模拟试卷（附答

案）

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题

1．如图所示的几何体，其俯视图是（ ）

A． B． C． D．

2．方程x24x的根是 （ ）A．x4

B．x0

C．x10，x24 D．x10，

x24

3．菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ） A．对角线相等且互相平分 C．对角线互相平分

B．对角线相等且互相垂直 D．四条边相等

4．某长江大桥采用低塔斜拉桥桥型(如甲图)，图乙是从图甲引申出的平面图，假设你站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是30°，拉索BD与水平桥面的夹角是60°，两拉索底端距离AD＝20米，则立柱BC的高为（ ）

A．203米

B．10米

C．103米

D．20米

5．下列四个三角形，与左图中的三角形相似的是（ ）．

试卷第1页，总8页

A． B． C． D．

6．二次函数ykx26x3的图象与x轴有交点，则k的取值范围是（ ） A．k3 C．k3

B．k3且k0 D．k3且k0

7．如图显示了用计算机模拟随机抛掷一枚硬币的某次实验的结果

下面有三个推断：

①当抛掷次数是100时，计算机记录“正面向上”的次数是47，所以“正面向上”的概率是0.47；

②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.5附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.5；

③若再次用计算机模拟此实验，“正面向上”的频率一定是0.45． 则当抛掷次数为150时，其中合理的是( ) A．①

B．②

C．①②

D．①③

8．在同一平面直角坐标系中，函数yxk与y致( )

k

(k为常数，且k0)的图象大x

A． B．

试卷第2页，总8页

C．

D．

9．电影《我和我的祖国》讲述了普通人与国家之间息息相关的动人故事．一上映就获得全国人民的追捧，第一天票房约3亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，三天后累计票房收入达10亿元，若把平均每天票房的增长率记作x，则可以列方程为（ ） A．3(1x)10 C．33(1x)210 10．如图，已知双曲线yB．3(1x)210

D．33(1x)3(1x)210

kx0经过矩形OABC的边AB的中点F，交BC于点E，x且四边形OEBF的面积为2．则k（ ）

A．2 B．

1 2C．1 D．4

11．已知RtABC中，AB，点P是边AC上一点（不与A、C重合），过P点的一条直线与ABC的边相交，所构成的三角形与原三角形相似，这样的直线有（ ）条

A．1

B．2

C．3

D．4

12．将二次函数y＝x2﹣5x﹣6在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象，若直线y＝2x+b与这个新图象有3个公共点，则b的值为（ ）

试卷第3页，总8页

A．﹣

73或﹣12 4B．﹣

73或2 4C．﹣12或2 D．﹣

69或﹣12 4

二、填空题

13．如图，一人乘雪橇沿坡比1：3的斜坡笔直滑下72米，那么他下降的高度为_____米．

14．在一个不透明的袋子中放有a个球，其中有6个白球，这些球除颜色外完全相同，若每次把球充分搅匀后，任意摸出一一球记下颜色再放回袋子．通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在0.25左右，则a的值约为_____．

15．如图，在一块长15m、宽10m的矩形空地上，修建两条同样宽的相互垂直的道路，剩余分栽种花草，要使绿化面积为126m2，则修建的路宽应为_____米．

16．如图，二次函数yax2bxc的图象与x轴交于3,0，对称轴是直线x1，当函数值y0时，自变量x的取值范围是___．

17．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限内，边BC与x轴平行，A，B两点的纵坐标分别为4，2，反比例函数y＝ABCD的面积为25，则k的值为______.

k(x＞0)的图象经过A，B两点，若菱形x试卷第4页，总8页

18．如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点(点M不与点B，C重合)，过点C作CN⊥DM交AB于点N，连结OM、ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②ON＝OM；③ON⊥OM；④若AB＝2，则S△OMN的最小值是1；⑤AN2+CM2＝MN2．其中正确结论是_____；(只填序号)

三、解答题 19．计算：27＋(20．解方程： （1）x2－2x－8＝0 （2）x(x－3)＝x－3．

21．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，

1－2

)－3tan60°＋(π－2)0 3求证：四边形OCED是菱形．

22．如图，连接A市和B市的高速公路是AC高速和BC高速，现在要修一条新高速AB，在施工过程中，决定在A、B两地开凿隧道，从而将两地间的公路进行改建，汽车原来从A地到B地需途径C地沿折线ACB行驶，现开通隧道后，汽车可直接沿直线AB行驶，已知BC＝80千米，∠A＝45°，∠B＝30°．

（1）开通隧道前，汽车从A地到B地要走多少干来？(结果保留根号) （2）开通隧道后，汽车从A地到B地少走多少千米？（结果保留根号)

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23．某扶贫单位为了提高贫困户的经济收入，购买了33m的铁栅栏，准各用这些铁栅栏为贫困户靠墙(墙长15m)围建一个中间带有铁栅栏的矩形养鸡场(如图所示)， （1）若要建的矩形养鸡场面积为90m2，求鸡场的长(AB)和宽(BC)；

（2）该扶贫单位想要建一个100m2的矩形养鸡场，这一想法能实现吗？请说明理由．

24．某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查（问卷调查表如图所示），将调查结果整理后绘制例图1、图2两幅均不完整的统计图表． 校本课程 A B C D 合计 频数 36 16 8 a 频率 0.45 0.25 b 1

请您根据图表中提供的信息回答下列问题： （1）统计表中的a＝ ，b＝ ； （2）“D”对应扇形的圆心角为 度；

（3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数； （4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A”、“B”、“C”三门校本课程中随机选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．

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25．RtABC的直角边AC在x轴上，∠ACB＝90°AC＝1，如图，在直角坐标系中，，点B(3，2)，反比例函数y＝

k (k＞0)的图象经过BC边的中点D． x（1）求这个反比例函数的表达式；

（2）若ABC与EFG成中心对称，且EFG的边FG在y轴的正半轴上，点E在这个函数的图象上，①求OF的长；②连接AF，BE，证明：四边形ABEF是正方形．

26．如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE

（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是____；位置关系是___；

（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；

（3） [应用]：在（2）情况下，连结GE（点E在AB上方），若GE//AB，且AB＝5，AE＝1，求线段DG的长

27．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A和点B(3，0)，与y轴交于点C(0，－3)．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点M是抛物线在x轴上方的部分上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的最大值．

（3）在（2）的条件下，当MN取最大值时，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使PBN是等腰三角形？若存在，请求出所有点P的坐标，若不存在，请说明理由．

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试卷第8页，总8页

参考答案

1．C 【分析】

根据俯视图是从物体上面看所得到的图形判断即可． 【详解】

解：从几何体上面看，共2层，底层2个小正方形，上层是3个小正方形，左齐． 故选：C． 【点睛】

本题考查几何体的三视图，属于中考常考基础题型． 2．C 【分析】

首先将4x移项到方程的左边，再提取x进行因式分解，即可得到答案． 【详解】 解：x24x， 移项，得x24x0， 因式分解，得xx40， x10，x24，

故选C． 【点睛】

本题考查的知识点是解一元二次方程，熟练根据方程特点选择合适的方法是解题关键． 3．C 【分析】

A．矩形和正方形都有的性质，B．正方形有的性质，C．三个图形都具有的性质，D．菱形和正方形的四条边都相等，但矩形不一定． 【详解】

解：A、三个图形中，只有矩形和正方形的对角线相等且互相平分，故本选项错误； B、三个图形中，只有正方形的对角线相等且互相垂直，故本选项错误；

C、平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，故本选项正确； D、矩形的四条边不一定相等，故本选项错误；

答案第1页，总23页

故选：C． 【点睛】

本题主要考查了特殊平行四边形的性质，准确分析判断是解题的关键． 4．C 【分析】

首先证明BD=AD=20米，解直角三角形求出BC即可． 【详解】

解：∵∠BDC=∠A+∠ABD，∠A=30°，∠BDC=60°， -30°∴∠ABD=60°=30°，

∴∠A=∠ABD， ∴BD=AD=20米，

∴BC=BD•sin60°=103（米）， 故选：C． 【点睛】

本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 5．B 【分析】

本题主要应用两三角形相似的判定定理，三边对应成比例，做题即可． 【详解】

解：设单位正方形的边长为1，给出的三角形三边长分别为2，22，10．

A、 32，三角形三边分别是2，10，与给出的三角形的各边不成比例，故A选项错误； B、三角形三边2，4，25，与给出的三角形的各边成比例，故B选项正确； C、三角形三边2，3，13，与给出的三角形的各边不成比例，故C选项错误； D、三角形三边5，13，4，与给出的三角形的各边不成正比例，故D选项错误． 故选：B． 【点睛】

此题考查了相似三角形的判定，注意三边对应成比例的两三角形相似．

答案第2页，总23页

6．D 【分析】

利用kx2-6x+3=0有实数根，根据判别式可求出k取值范围． 【详解】

∵二次函数y=kx2−6x+3的图象与x轴有交点， ∴方程kx2−6x+3=0(k≠0)有实数根，

即△=36−12k⩾0，k⩽3，由于是二次函数，故k≠0，则k的取值范围是k⩽3且k≠0. 故选D. 【点睛】

此题考查抛物线与坐标轴的交点，解题关键在于掌握其性质定义. 7．B 【分析】

随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.5附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.5，据此进行判断即可． 【详解】

解：①当抛掷次数是100时，计算机记录“正面向上”的次数是47，“正面向上”的概率不一定是0.47，故错误；

②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.5附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.5，故正确；

③若再次用计算机模拟此实验，“正面向上”的频率不一定是0.45，则当抛掷次数为150时，故错误． 故选：B． 【点睛】

本题考查了利用频率估计概率，明确概率的定义是解题的关键． 8．A 【分析】

根据题目中的函数解析式，利用分类讨论的方法可以判断哪个选项中图象是正确的，本题得以解决． 【详解】

答案第3页，总23页

解：∵函数yxk与y

k

（k为常数，且k≠0）， x

k

经过第一、三象限，故选项A正确，x

∴当k＞0时，yxk经过第一、三、四象限，y选项B错误；

当k＜0时，yxk经过第一、二、三象限，y选项D错误， 故选：A． 【点睛】

k

经过第二、四象限，故选项C错误，x

本题考查反比例函数的图象、一次函数的图象，熟练掌握是解题的关键. 9．D 【分析】

根据题意分别用含x式子表示第二天，第三天的票房数，将三天的票房相加得到票房总收入，即可得出答案． 【详解】

解：设增长率为x，由题意可得出，第二天的票房为3(1+x)，第三天的票房为3(1+x)2， 根据题意可列方程为33(1x)3(1x)10． 故选：D． 【点睛】

本题考查的知识点是由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是读懂题意，找出等量关系式． 10．A 【分析】

通过设Ｆ的坐标，得到点B的坐标，再利用四边形面积OFBE等于矩形面积OABC减去三角形COE和△AOF的面积作等量，解得k值即可． 【详解】

解：设点F的坐标（m，∵点F是AB的中点，

答案第4页，总23页

2k）， m

∴点B的坐标（m，

2k）， m则 S四边形OEBF=S矩形OABC-S△COE-S△AOF， ∴2=m

2k11kk（k>0) m22∴2=2k-k， ∴k=2， 故选：A． 【点睛】

本题考查反比例函数的k的几何意义以及反比例函数上的点的坐标特点、矩形的性质，难点是根据一点的坐标表示其他点的坐标． 11．D 【分析】

过点D作直线与另一边平行或垂直，或∠CPD=∠B即可． 【详解】

如图，过点P作AB的平行线，或作BC的平行线，或作AB的垂线，或作∠CPD=∠B，

共4条直线， 故选D. 【点睛】

考查相似三角形的判定，掌握相似三角形的几种判定方法是解题的关键. 12．A 【分析】

如图所示，过点B作直线y=2x+b，将直线向下平移到恰在点C处相切，则一次函数y=2x+b在这两个位置时，两个图象有3个交点，即可求解． 【详解】

如图所示，过点B的直线y＝2x+b与新抛物线有三个公共点，将直线向下平移到恰在点C处相切，此时与新抛物线也有三个公共点，

答案第5页，总23页

令y＝x2﹣5x﹣6＝0，解得：x＝﹣1或6，即点B坐标（6，0），

将一次函数与二次函数表达式联立得：x2﹣5x﹣6＝2x+b，整理得：x2﹣7x﹣6﹣b＝0， △＝49+4（﹣6﹣b）＝0，解得：b＝﹣

73， 473； 4当一次函数过点B时，将点B坐标代入：y＝2x+b得：0＝12+b，解得：b＝﹣12， 综上，直线y＝2x+b与这个新图象有3个公共点，则b的值为﹣12或﹣故选A． 【点睛】

本题考查的是二次函数与坐标轴的交点，涉及到一次函数、根的判别式、翻折的性质等知识点，本题的关键通过画图，确定临界点图象的位置关系． 13．36 【分析】

因为其坡比为1：3，则坡角为30度，然后运用正弦函数解答． 【详解】 如图：

因为坡度比为1：3，即tanα=∴α=30°．

3 ， 3答案第6页，总23页

sin30°=36米． 则其下降的高度=72×故答案为36 【点睛】

此题主要考查了学生对坡度坡角的理解及运用，得出坡角的度数是解题关键． 14．24． 【分析】

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，可以从摸到白球的频率稳定在0.25左右得到比例关系，列出方程求解即可． 【详解】 解：根据题意得：解得：a＝24，

经检验：a＝24是分式方程的解， 故答案为：24． 【点睛】

本题考查的知识点是事件的概率问题，弄清题意，根据概率公式列方程求解比较简单. 15．1 【分析】

把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的草坪是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程求解即可． 【详解】

解：设道路的宽为x m，根据题意得： （10﹣x）（15﹣x）＝126，

解得：x1＝1，x2＝24（不合题意，舍去）， 则道路的宽应为1米； 故答案为：1． 【点睛】

此题主要考查了一元二次方程的应用，把中间修建的两条道路分别平移到矩形地面的最上边和最左边是做本题的关键． 16．1x3

60.25， a答案第7页，总23页

【分析】

直接利用二次函数的对称性得出抛物线与x轴的另一个交点，进而得出答案． 【详解】

解：∵二次函数y=ax2+bx+c的抛物线与x轴交于（3，0），对称轴是直线x=1， ∴抛物线与x轴的另一个交点为：（-1，0），

故当函数值y＞0时，自变量x的取值范围是：-1＜x＜3． 故答案为-1＜x＜3． 【点睛】

观察图像可知二次函数y=ax2+bx+c有两个根，抛物线的两个根关于对称轴对称，正确利用数形结合分析是解题关键． 17．4 【分析】

过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，根据A，B两点的纵坐标分别为4，2，可得出横坐标，即可求得AE，BE的长，根据菱形的面积为25，求得AE的长，在Rt△AEB中，即可得出k的值. 【详解】

解：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E， ∵A，B两点在反比例函数y

k

(x＞0)的图象，且纵坐标分别为4，2， x

∴A(

kk，4)，B( ，2)，

24∴AE＝2，BE111kkk， 244∵菱形ABCD的面积为25，

答案第8页，总23页

∴BC×AE＝25，即BC＝5， ∴AB=BC=5， 在Rt△AEB中，BE∴

ABAE2252221 ，

1k1， 4∴k＝4. 故答案为4. 【点睛】

本题考查了菱形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，熟记菱形的面积公式是解题的关键． 18．①②③⑤ 【分析】

①由正方形的性质得出CD=BC，∠BCD=90°，证出∠BCN=∠CDM，由ASA即可得出结论； ②由全等三角形的性质得出CM=BN，由正方形的性质得出∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，由SAS证得△OCM≌△OBN（SAS）即可得出结论；

③由△OCM≌△OBN，得出∠COM=∠BON，则∠BOM+∠COM=∠BOM+∠BON，即可得出结论；

④由AB=2，得出S正方形ABCD=4，由△OCM≌△OBN得出四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，推出△MNB的面积有最大值⑤由CM=BN，BM=AN，由勾股定理即可得出结论． 【详解】

①∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90°， ∴∠BCN+∠DCN＝90°， ∵CN⊥DM，

∴∠CDM+∠DCN＝90°， ∴∠BCN＝∠CDM， 在△CNB和△DMC中

1即可得出结论； 2答案第9页，总23页

BCNCDM， BCCDCBNDCM90∴△CNB≌△DMC(ASA)， 故①正确；

②∵△CNB≌△DMC， ∴CM＝BN，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠OCM＝∠OBN＝45°，OC＝OB， 在△OCM和△OBN中，

OCOBOCMOBN， CMBN∴△OCM≌△OBN(SAS)， ∴OM＝ON， 故②正确；

③∵△OCM≌△OBN， ∴∠COM＝∠BON，

∴∠BOM+∠COM＝∠BOM+∠BON，即∠NOM＝∠BOC＝90°， ∴ON⊥OM； 故③正确； ④∵AB＝2， ∴S正方形ABCD＝4， ∵△OCM≌△OBN，

∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1， ∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小， 设BN＝x＝CM，则BM＝2﹣x，

1111x(2﹣x)＝﹣x2+x＝﹣(x﹣1)2+， 22221∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值，

2∴△MNB的面积S＝

答案第10页，总23页

此时S△OMN的最小值是1﹣故④不正确；

⑤∵AB＝BC，CM＝BN， ∴BM＝AN，

11＝， 22在Rt△BMN中，BM2+BN2＝MN2， ∴AN2+CM2＝MN2， 故⑤正确；

∴本题正确的结论有：①②③⑤， 故答案为①②③⑤． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，三角形的面积与正方形面积的计算、二次函数的最值以及勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、勾股定理是解决问题的关键． 19．10 【分析】

根据二次根式、负整数指数幂、三角函数、零指数幂的性质计算，即可得到答案． 【详解】 27＋(

1－2

)－3tan60°＋(π－2)0 3339331

10．

【点睛】

本题考查了二次根式、负整数指数幂、三角函数、零指数幂的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式、负整数指数幂、三角函数、零指数幂的性质，从而完成求解． 20．（1）x1=4，x2=-2；（2）x1=3，x2=1． 【分析】

（1）将方程左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）先移项，再利用因式分解法求解可得． 【详解】

解：（1）x2-2x-8=0，

答案第11页，总23页

（x-4）（x+2）=0， x-4=0或x+2=0， 解得：x1=4，x2=-2； （2）∵x（x-3）=x-3， ∴x（x-3）-（x-3）=0， 则（x-3）（x-1）=0， ∴x-3=0或x-1=0， 解得x1=3，x2=1． 【点睛】

本题考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方 法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．21．见解析 【分析】

首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论． 【详解】

证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=∴四边形OCED是菱形．

22．（1）（80+402）千米；（2）（403+40）千米． 【分析】

（1）开通隧道前，汽车从A地到B地要走（80+402）千米； （2）开通隧道后，汽车从A地到B地可以走（403+40）千米． 【详解】

解：（1）作CD⊥AB于D点，

11AC=BD 22答案第12页，总23页

由题意可知：BC=80千米．∠A=45°，∠B=30°， ∴CD=

1BC=40千米， 2∵∠A=45°，

∴△ACD是等腰直角三角形， ∴AD=CD=40千米，

∴AC=2CD=402（千米）， ∴AC+BC=80+402（千米），

即开通隧道前，汽车从A地到B地要走（80+402）千米； （2）由（1）知CD=40千米， ∵CD⊥AB，∠A=45°， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴AD=CD=40千米， ∵∠B=30°，

∴BD=3CD＝403（千米）， ∴AB=403+40（千米），

答：开通隧道后，汽车从A地到B地可以走（403+40）千米． 【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

23．（1）鸡场的长（AB）为15m，宽（BC）为6m；（2）不能，理由见解析． 【分析】

（1）设BC=xm，则AB=（33-3x）m，根据矩形的面积公式结合矩形养鸡场面积为90m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，分别代入（33-3x）中，取使得（33-3x）小于等于15的值即可得出结论；

答案第13页，总23页

（2）不能，理由如下，设BC=ym，则AB=（33-3y）m，同（1）可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式△=-111＜0，即可得出结论． 【详解】

解：（1）设BC=xm，则AB=（33-3x）m， 依题意，得：x（33-3x）=90， 解得：x1=6，x2=5．

当x=6时，33-3x=15，符合题意，

当x=5时，33-3x=18，18＞15，不合题意，舍去． 答：鸡场的长（AB）为15m，宽（BC）为6m． （2）不能，理由如下：

设BC=ym，则AB=（33-3y）m， 依题意，得：y（33-3y）=100， 整理，得：3y2-33y+100=0． ∵△=（-33）2-4×3×100=-111＜0，

∴该方程无解，即该扶贫单位不能建成一个100m2的矩形养鸡场． 【点睛】

本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 24．（1）80，0.20；（2）36；（3）500（人）；（4）【分析】

（1）根据题意列出算式，再求出即可； （2）根据题意列出算式，再求出即可； （3）根据题意列出算式，再求出即可；

（4）先列出表格，再根据题意列出算式，再求出即可． 【详解】

0.45=80，b=16÷80=0.20． （1）a=36÷故答案为80，0.20；

（2）“D”对应扇形的圆心角的度数为： 80×360°=36° 8÷． 故答案为36；

1 3答案第14页，总23页

0.25=500（人）（3）估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数为：2000×； （4）列表格如下：

共有9种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有3种，所以两人恰好选中同一门校本课程的概率为：【点睛】

本题考查了列表法或树形图、用样本估计总体、频数分布表、扇形统计图等知识点，能根据题意列出算式是解答此题的关键． 25．（1）见解析；（2）①1；②见解析． 【分析】

（1）先求出点D坐标，再代入反比例函数解析式中，即可得出结论；

（2）①先判断出△ABC≌△EFG，得出GF=BC=2，GE=AC=1，进而得出E（1，3），即可得出结论；

②先判断出△AOF≌△FGE（SAS），得出∠GFE=∠FAO，进而得出∠AFE=90°，同理得出∠BAF=90°，进而判断出EF∥AB，即可得出结论． 【详解】

解：（1）∵点B（3，2），BC边的中点D， ∴点D（3，1）， ∵反比例函数y＝∴k=3×1=3，

∴反比例函数表达式为y＝（2）①∵点B（3，2）， ∴BC=2，

∵△ABC与△EFG成中心对称，

31

． 93

k（k＞0）的图象经过点D（3，1）， x3； x答案第15页，总23页

∴△ABC≌△EFG（中心对称的性质）， ∴GF=BC=2，GE=AC=1， ∵点E在反比例函数的图象上， ∴E（1，3），即OG=3， ∴OF=OG-GF=1； ②如图，连接AF、BE，

∵AC=1，OC=3， ∴OA=GF=2， 在△AOF和△FGE中

AOFGAOFFGE， OFGE∴△AOF≌△FGE（SAS）， ∴∠GFE=∠FAO， ∵∠FAO+∠OFA=90°， ∴∠GFE+∠OFA=90°， ∴∠AFE=90°，

∵∠EFG=∠FAO=∠ABC， ∵∠BAC+∠ABC=90°， ∴∠BAC+∠FAO=90°， ∴∠BAF=90°， ∴∠AFE+∠BAF=180°， ∴EF∥AB， ∵EF=AB，

∴四边形ABEF为平行四边形，

答案第16页，总23页

∴AF=EF，

∴四边形ABEF为菱形， ∵AF⊥EF，

∴四边形ABEF为正方形． 【点睛】

本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，中点坐标公式，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，判断出△AOF≌△FGE是解题的关键．

26．（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）DG＝2 BE，BE⊥DG，理由见详解；（3）4 【分析】

（1）先判断出△ABE≌△DAG，进而得出BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；

（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△DAG，得出∠ABE＝∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；

（3）先求出BE，进而得出BE＝AB，即可得出四边形ABEG是平行四边形，进而得出∠AEB＝90°，求出BE，借助（2）得出的相似，即可得出结论． 【详解】

解：（1）①∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△ADG中，

AB＝AD，∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG；

②如图，延长BE交AD于Q，交DG于H，

答案第17页，总23页

由①知，△ABE≌△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠AQB＋∠ABE＝90°， ∴∠AQB＋∠ADG＝90°， ∵∠AQB＝∠DQH， ∴∠DQH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG，

故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；

（2）如图，延长BE交AD于I，交DG于H， ∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， ∴∠BAD＝∠EAG， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AD＝2AB，AG＝2AE， ∴

ABAE1==， ADAG2BE1=， DG2∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG，即： DG＝2 BE， ∵∠AIB＋∠ABE＝90°， ∴∠AIB＋∠ADG＝90°， ∵∠AIB＝∠DIH， ∴∠DIH＋∠ADG＝90°，

答案第18页，总23页

∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG；

（3）如图3，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）

EG与AD的交点记作M， ∵EG∥AB，

∴∠DME＝∠DAB＝90°， 在Rt△AEG中，AE＝1， ∴AG＝2AE＝2，

根据勾股定理得，EG＝5， ∵AB＝5， ∴EG＝AB， ∵EG∥AB，

∴四边形ABEG是平行四边形， ∴AG∥BE， ∵AG∥EF，

答案第19页，总23页

∴点B，E，F在同一条直线上如图4，

∴∠AEB＝90°，

在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝AB2-AE2＝2， 由（2）知，△ABE∽△ADG，

BEAB1==， DGAD221∴=， DG2∴

∴DG＝4． 【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本题的关键．

227．（1）yx4x3；（2）

13173179；（3）P2,或2,或2,或

22242,14或2,214． 2【分析】

（1）将点 B(3，0)、C(0，－3)代入抛物线，利用待定系数法求解即可；

（2）设Ma,a4a3，用a表示MN，利用二次函数的性质进行回答即可； （3）设点P2,m，若PBN是等腰三角形，根据三角形定义，分三种情况：PNPB或

2PNBN或BNPB，根据每一种情况求点P的坐标．

【详解】

答案第20页，总23页

解：（1）将点B(3，0)， C(0，－3)代入抛物线y＝－x2＋bx＋c，得

093bcb4 ， ，解得，3cc3 抛物线的解析式为：yx24x3；

2（2）把x0代入yx4x3，则x24x30

解得x11,x23,

A1,0，B3,0 C0.3，

∴直线BC：yx3，

设Ma,a4a3，则Na,a3，

2MNa24a3a3=a23a，

10，

233339a时，MN有最大值，MN3， 212242 线段MN的最大值为

（3）存在，理由如下：

9． 43 2333将x代入BC：yx3，y3，

222由（2）知，点N的横坐标为：x33N, ，

22抛物线yx4x3的对称轴为x2， 设点P2,m，

若PBN为等腰三角形，则PNPB或PNBN或BNPB，

2335PN22mm23m，

222答案第21页，总23页

22

PB223m0m21，

22339BN230 ，

222若PNPB，则PN2PB2，

22m23m15m21，解得，m ，

221P2, ；

2若PNBN，则PN2BN2

m23m59317317，解得，m或m， 2222317317P2,2, 或22若BNPB，则BN2PB2，

91414=m21，解得，m或， 22214， 21317317142,2,2,或或或或

222214 点P2,或2,2综上所述，点P的坐标为P2,2,14． 2答案第22页，总23页

【点睛】

本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的图像和性质，用待定系数法求二次函数和一次函数解析式，两点的距离，等腰三角形的定义等知识，正确理解点的坐标和函数解析式的关系及求两点的距离是解本题的关键．

答案第23页，总23页