2023年黑龙江省齐齐哈尔黑河大兴安岭中考中考数学真题试题解析版.doc

黑龙江省齐齐哈尔、黑河、大兴安岭 中考数学试卷
一、单项选择题（每题3分，满分30分）
1．（3分）（ •齐齐哈尔）下列数字中既是轴对称图形又是中心对称图形有多种（　　）

A．
1个
B．
2个
C．
3个
D．
4个

考点：
中心对称图形；轴对称图形．
分析：
根据轴对称图形和中心对称图形概念求解．
解答：
解：第一种数字不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
第二个数字即是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
第三个数字既是轴对称图形，又是中心对称图形．符合题意；
第四个数字是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
共2个既是轴对称图形又是中心对称图形．
故选B．
点评：
掌握中心对称图形和轴对称图形概念．
轴对称图形关键是寻求对称轴，图形沿对称轴折叠后可重叠；
中心对称图形关键是要寻求对称中心，图形旋转180°后和原图重叠．

2．（3分）（ •齐齐哈尔）下列各式计算对的是（　　）

A．
a2+a2=2a4
B．
=±3
C．
（﹣1）﹣1=1
D．
（﹣）2=7

考点：
负整数指数幂；算术平方根；合并同类项；二次根式乘除法．
分析：
分别进行合并同类项、二次根式化简、负整数指数幂、乘方等运算，然后结合选项选出对的答案即可．
解答：
解：A、a2+a2=2a2，原式计算错误，故本选项错误；
B、=3，原式计算错误，故本选项错误；
C、（﹣1）﹣1=﹣1，原式计算错误，故本选项错误；
D、（﹣）2=7，原式计算对的，故本选项对的；
故选D．
点评：
本题考察了合并同类项、二次根式化简、负整数指数幂、乘方等知识，属于基础题，掌握各知识点运算法则是解题关键．

3．（3分）（ •齐齐哈尔）图，是一种古代计时器﹣﹣“漏壶”示意图，在壶内盛一定量水，水从壶下小孔漏出，壶壁内画出刻度，大家根据壶中水面位置计算时间若用x表达时间，y表达壶底到水面高度，下面图象适合表达一小段时间内y和x函数关系是（不考虑水量变化对压力影响）（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
函数图象．
分析：
由题意知x表达时间，y表达壶底到水面高度，然后根据x、y初始位置及函数图象性质来鉴定．
解答：
解：由题意知：开始时，壶内盛一定量水，因此y初始位置应当不小于0，可以排除A、D；
由于漏壶漏水速度不变，因此图中函数应当是一次函数，可以排除C选项；
故选B．
点评：
关键考察了函数图象读图能力和函数和实际问题结合应用．要能根据函数图象性质和图象上数据分析得出函数类型和所需要条件，结合实际意义得到对的结论．

4．（3分）（ •齐齐哈尔）CD是⊙O一条弦，作直径AB，使AB⊥CD，垂足为E，若AB=10，CD=8，则BE长是（　　）

A．
8
B．
2
C．
2或8
D．
3或7

考点：
垂径定理；勾股定理．
专题：
计算题．
分析：
连结OC，根据垂径定理得到CE=4，再根据勾股定理计算出OE=3，分类讨论：当点E在半径OB上时，BE=OB﹣OE；当点E在半径OA上时，BE=OB+OE，然后把CE、OE值代入计算即可．
解答：
解：图，连结OC，
∵直径AB⊥CD，
∴CE=DE=CD=×8=4，
在Rt△OCE中，OC=AB=5，
∴OE==3，
当点E在半径OB上时，BE=OB﹣OE=5﹣3=2，
当点E在半径OA上时，BE=OB+OE=5+3=8，
∴BE长为2或8．
故选C．

点评：
本题考察了垂径定理：平分弦直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考察了勾股定理．

5．（3分）（ •齐齐哈尔）甲、乙、丙三个旅游团游客人数所有相等，且每个团游客平均年龄所有是35岁，这三个团游客年龄方差分别是S甲2=1.4，S乙2=18.8，S丙2=25，导游小方最爱慕带游客年龄相近团体，若在这三个团中选择一种，则她应选（　　）

A．
甲队
B．
乙队
C．
丙队
D．
哪一种所有可以

考点：
方差．
分析：
根据方差意义可作出鉴定．方差是用来衡量一组数据波动大小量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
解答：
解：∵S甲2=1.4，S乙2=18.8，S丙2=25，
∴S甲2最小，
∴她应选甲对；
故选A．
点评：
本题考察方差意义．方差是用来衡量一组数据波动大小量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．

6．（3分）（ •齐齐哈尔）假期到了，17名女老师去外地培训，住宿时有2人间和3人间可供租住，每个房间所有要住满，她们有多种租住方案（　　）

A．
5种
B．
4种
C．
3种
D．
2种

考点：
二元一次方程应用．
分析：
设住3人间需要x间，住2人间需要y间，根据总人数是17人，列出不定方程，解答即可．
解答：
解：设住3人间需要有x间，住2人间需要有y间，
3x+2y=17，
由于，2y是偶数，17是奇数，
因此，3x只能是奇数，即x必需是奇数，
当x=1时，y=7，
当x=3时，y=4，
当x=5时，y=1，
综合以上获悉，第一种是：1间住3人，7间住2人，
第二种是：3间住3人，4间住2人，
第三种是：5间住3人，1间住2人，
答：有3种不同样安排．
故选：C．
点评：
此题关键考察了二元一次方程应用，解答此题关键是，根据题意，设出未知数，列出不定方程，再根据不定方程未知数特点解答即可．

7．（3分）（ •齐齐哈尔）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象通过点（x1，0）、（2，0），且﹣2＜x1＜﹣1，和y轴正半轴交点在（0，2）下方，则下列结论：①abc＜0；②b2＞4ac；③2a+b+1＜0；④2a+c＞0．则其中对的结论序号是（　　）

A．
①②
B．
②③
C．
①②④
D．
①②③④

考点：
二次函数图象和系数关系．
分析：
由于抛物线过点（x1，0）、（2，0），且﹣2＜x1＜﹣1，和y轴正半轴相交，则得到抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧，于是可鉴定a＜0，b＞0，c＞0，因此abc＜0；运用抛物线和x轴有两个交点得到b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac；由于x=2时，y=0，即4a+2b+c=0，变形得2a+b+=0，则根据0＜c＜2得2a+b+1＞0；根据根和系数关系得到2x1=，即x1=，因此﹣2＜＜﹣1，变形即可得到2a+c＞0．
解答：
解：图，
∵二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象通过点（x1，0）、（2，0），且﹣2＜x1＜﹣1，和y轴正半轴相交，
∴a＜0，c＞0，对称轴在y轴右侧，即x=﹣＞0，
∴b＞0，
∴abc＜0，因此①对的；
∵抛物线和x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，因此②对的；
当x=2时，y=0，即4a+2b+c=0，
∴2a+b+=0，
∵0＜c＜2，
∴2a+b+1＞0，因此③错误；
∵二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象通过点（x1，0）、（2，0），
∴方程ax2+bx+c=0（a≠0）两根为x1，2，
∴2x1=，即x1=，
而﹣2＜x1＜﹣1，
∴﹣2＜＜﹣1，
∵a＜0，
∴﹣4a＞c＞﹣2a，
∴2a+c＞0，因此④对的．
故选C．

点评：
本题考察了二次函数图象和系数关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象为抛物线，当a＞0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=﹣；抛物线和y轴交点坐标为（0，c）；当b2﹣4ac＞0，抛物线和x轴有两个交点；当b2﹣4ac=0，抛物线和x轴有一种交点；当b2﹣4ac＜0，抛物线和x轴没有交点．

8．（3分）（ •齐齐哈尔）下列说法对的是（　　）

A．
相等圆心角所对的弧相等

B．
无限小数是无理数

C．
阴天会下雨是肯定事件

D．
在平面直角坐标系中，假如位似是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点坐标比等于k或﹣k

考点：
位似变换；无理数；圆心角、弧、弦关系；随机事件．
分析：
根据圆周角定理和无理数定义和随机事件定义和位似图形性质分别鉴定得出答案即可．
解答：
解：A、根据同圆或等圆中相等圆心角所对的弧相等，故此选项错误；
B、根据无限不循环小数是无理数，故此选项错误；
C、阴天会下雨是随机事件，故此选项错误；
D、根据位似图形性质得出：在平面直角坐标系中，假如位似是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点坐标比等于k或﹣k，故此选项对的；
故选：D．
点评：
此题关键考察了圆周角定理和无理数定义和随机事件定义和位似图形性质等知识，纯熟掌握有关性质是解题关键．

9．（3分）（ •齐齐哈尔）数形结合是数学中常见思想措施，试运用这一思想措施确定函数y=x2+1和y=交点横坐标x0取值范围是（　　）

A．
0＜x0＜1
B．
1＜x0＜2
C．
2＜x0＜3
D．
﹣1＜x0＜0

考点：
二次函数图象；反比例函数图象
专题：
数形结合．
分析：
建立平面直角坐标系，然后运用网格构造作出函数y=x2+1和y=图象，即可得解．
解答：
解：图，函数y=x2+1和y=交点在第一象限，横坐标x0取值范围是1＜x0＜2．
故选B．

点评：
本题考察了二次函数图象，反比例函数图象，对的画出大体函数图象是解题关键，此类题目运用数形结合思想求解愈加简便．

10．（3分）（ •齐齐哈尔）在锐角三角形ABC中，AH是BC边上高，分别以AB、AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG，连接CE、BG和EG，EG和HA延长线交于点M，下列结论：①BG=CE ②BG⊥CE ③AM是△AEG中线 ④∠EAM=∠ABC，其中对的结论个数是（　　）

A．
4个
B．
3个
C．
2个
D．
1个

考点：
全等三角形鉴定和性质；正方形性质．
分析：
根据正方形性质可得AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，然后求出∠CAE=∠BAG，再运用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=CE，鉴定①对的；设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE=∠AGB，然后求出∠CNG=90°，根据垂直定义可得BG⊥CE，鉴定②对的；过点E作EP⊥HA延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角余角相等求出∠ABH=∠EAP，再运用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM=∠ABC鉴定④对的，全等三角形对应边相等可得EP=AH，同理可证GQ=AH，从而得到EP=GQ，再运用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM=GM，从而得到AM是△AEG中线．
解答：
解：在正方形ABDE和ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC，
即∠CAE=∠BAG，
∵在△ABG和△AEC中，
，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG=CE，故①对的；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE=∠AGB，
∵∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°﹣（∠NCF+∠NGF+∠F）=360°﹣（180°+90°）=90°，
∴BG⊥CE，故②对的；
过点E作EP⊥HA延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°﹣90°=90°，
∴∠ABH=∠EAP，
∵在△ABH和△EAP中，
，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴∠EAM=∠ABC，故④对的，
EP=AH，
同理可得GQ=AH，
∴EP=GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM=GM，
∴AM是△AEG中线，故③对的．
综上所述，①②③④结论所有对的．
故选A．

点评：
本题考察了正方形性质运用，全等三角形鉴定及性质运用，在解答时作辅助线EP⊥HA延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形性质是关键．

二、填空题（每题3分，满分30分）
11．（3分）（ •齐齐哈尔）某种病毒近似于球体，它半径约为0.米，用科学记数法表达为　4.95×10﹣9　米．

考点：
科学记数法—表达较小数．
分析：
绝对值不不小于1正数也可以运用科学记数法表达，一般形式为a×10﹣n，和较大数科学记数法不同样是其所使用是负指数幂，指数由原数左边起第一种不为零数字前面0个数所决定．
解答：
解：0.米用科学记数法表达为4.95×10﹣9．
故答案为：4.95×10﹣9．
点评：
本题考察用科学记数法表达较小数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一种不为零数字前面0个数所决定．

12．（3分）（ •齐齐哈尔）小明“六•一”去公园玩儿投掷飞镖游戏，投中图中阴影部分有奖（飞镖盘被平均提成8分），小明能获得奖品概率是　　．

考点：
几何概率．
分析：
根据概率意义解答即可．
解答：
解：∵飞镖盘被平均提成8分，阴影部分占3块，
∴小明能获得奖品概率是．
故答案为：．
点评：
本题考察了几何概率，用到知识点为：概率=对应面积和总面积之比．

13．（3分）（ •齐齐哈尔）函数y=﹣（x﹣2）0中，自变量x取值范围是　x≥0且x≠3且x≠2　．

考点：
函数自变量取值范围；零指数幂．
分析：
根据被开方数不小于等于0，分母不等于0，零指数幂底数不等于0列式计算即可得解．
解答：
解：根据题意得，x≥0且x﹣3≠0且x﹣2≠0，
解得x≥0且x≠3且x≠2．
故答案为：x≥0且x≠3且x≠2．
点评：
本题考察知识点为：分式故意义，分母不为0；二次根式被开方数是非负数；零指数幂底数不等于零．

14．（3分）（ •齐齐哈尔）圆锥母线长为6cm，底面周长为5πcm，则圆锥侧面积为　15πcm2　．

考点：
圆锥计算．
分析：
圆锥侧面积：S侧=•2πr•l=πrl，代入计算即可．
解答：
解：S侧=•2πr•l=5π×6=15πcm2．
故答案为：15πcm2．
点评：
本题考察了圆锥计算，解答本题关键是纯熟记忆圆锥侧面积计算措施．

15．（3分）（ •齐齐哈尔）图，要使△ABC和△DBA相似，则只需添加一种合适条件是　∠C=∠BAD　（填一种即可）

考点：
相似三角形鉴定．
专题：
开放型．
分析：
根据相似三角形鉴定：
（1）三边法：三组对应边比相等两个三角形相似；
（2）两边及其夹角法：两组对应边比相等且夹角对应相等两个三角形相似；
（3）两角法：有两组角对应相等两个三角形相似，
进行添加即可．
解答：
解：∵∠B=∠B（公共角），
∴可添加：∠C=∠BAD．
此时可运用两角法证明△ABC和△DBA相似．
故答案可为：∠C=∠BAD．
点评：
本题考察了相似三角形鉴定，注意掌握相似三角形鉴定三种措施，本题答案不唯一．

16．（3分）（ •齐齐哈尔）若有关x分式方程=﹣2有非负数解，则a取值范围是　a且a　．

考点：
分式方程解
分析：
将a看做已知数，表达出分式方程解，根据解为非负数列出有关a不等式，求出不等式解集即可得到a范围．
解答：
解：分式方程去分母得：2x=3a﹣4（x﹣1），
移项合并得：6x=3a+4，
解得：x=，
∵分式方程解为非负数，
∴≥0且﹣1≠0，
解得：a≥﹣且a≠．
故答案为：a且a．
点评：
此题考察了分式方程解，分式方程解即为能使方程左右两边相等未知数值，本题注意x﹣1≠0这个隐含条件．

17．（3分）（ •齐齐哈尔）图所示是由若干个完全相似小正方体搭成几何体主视图和俯视图．则这个几何体也许是由　6或7或8　个正方体搭成．

考点：
由三视图鉴定几何体
分析：
易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层立方体个数，由主视图可得第二、三层立方体也许个数，相加即可．
解答：
解：综合主视图和俯视图，这个几何体底层有4个小正方体，
第二层至少有1个，最多有2个，
第三层至少有1个，最多有2个，
因此搭成这样一种几何体至少需要小正方体木块个数为：4+1+1=6个，
至多需要小正方体木块个数为：4+2+2=8个，
即这个几何体也许是由6或7或8个正方体搭成．
故答案为：6或7或8．
点评：
此题关键考察了几何体三视图，考察学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同步也体现了对空间想象能力方面考察．假如掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更轻易得到答案．

18．（3分）（ •齐齐哈尔）请运用你爱慕措施求tan75°=　2+　．

考点：
解直角三角形．
专题：
计算题．
分析：
先作△BCD，使∠C=90°，∠DBC=30°，延长CB到A，使AB=BD，连接AD，得出∠ADC=75°，设CD=x，用含x代数式表达出AB、BD、BC，深入表达出AC．根据tan∠ADC=tan75°=AC：CD求解．
解答：
解：图，作△BCD，使∠C=90°，∠DBC=30°，延长CB到A，使AB=BD，连接AD．
∵AB=BD，∴∠A=∠ADB．
∵∠DBC=30°=2∠A，
∴∠A=15°，∠ADC=75°．
设CD=x，
∴AB=BD=2CD=2x，BC=CD=x，
∴AC=AB+BC=（2+）x，
∴tan∠ADC=tan75°=AC：CD=2+．
故答案为2+．

点评：
此题考察理解直角三角形知识，解题关键是作出含75°角直角三角形，然后在直角三角形中求解，规定学生有较强逻辑推理能力和运算能力．

19．（3分）（ •齐齐哈尔）正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，点E是射线AB上一点，点F是直线AD上一点，BE=DF，连接EF交线段BD于点G，交AO于点H．若AB=3，AG=，则线段EH长为　或　．

考点：
相似三角形鉴定和性质；正方形性质
专题：
分类讨论．
分析：
由EF和线段BD相交，可知点E、F在直线BD两侧，因此有两种情形，需要分类讨论．
以答图1为例，首先证明△EMG≌△FDG，得到点G为Rt△AEF斜边上中点，则求出EF=2AG=2；另一方面，在Rt△AEF中，运用勾股定理求出BE或DF长度；然后在Rt△DFK中解直角三角形求出DK长度，从而得到CK长度，由AB∥CD，列比例式求出AH长度；最终作HN∥AE，列出比例式求出EH长度．
解答：
解：由EF和线段BD相交，可知点E、F在直线BD两侧，因此有两种情形，如下：
①点E在线段AB上，点F在线段AD延长线上，依题意画出图形，如答图1所示：
过点E作EM⊥AB，交BD于点M，则EM∥AF，△BEM为等腰直角三角形，
∵EM∥AF，∴∠EMG=∠FDG，∠GEM=∠F；
∵△BEM为等腰直角三角形，∴EM=BE，∵BE=DF，∴EM=DF．
在△EMG和△FDG中，

∴△EMG≌△FDG（ASA），
∴EG=FG，即G为EF中点，
∴EF=2AG=2．（直角三角形斜边上中线长等于斜边长二分之一）

设BE=DF=x，则AE=3﹣x，AF=3+x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+AF2=EF2，即（3﹣x）2+（3+x）2=（2）2，
解得x=1，即BE=DF=1，
∴AE=2，AF=4，
∴tan∠F=．
设EF和CD交于点K，则在Rt△DFK中，DK=DF•tan∠F=，
∴CK=CD﹣DK=．
∵AB∥CD，∴，
∵AC=AH+CH=3，∴AH=AC=．
过点H作HN∥AE，交AD于点N，则△ANH为等腰直角三角形，∴AN=AH=．
∵HN∥AE，∴，即，
∴EH=；
②点E在线段AB延长线上，点F在线段AD上，依题意画出图形，如答图2所示：

同理可求得：EH=．
综上所述，线段EH长为或．
故答案为：或．
点评：
本题是几何综合题，考察相似三角形综合运用，难度较大．解题关键是：第一，读懂题意，由EF和线段BD相交，可知点E、F在直线BD两侧，因此有两种情形，需要分类讨论，分别计算；第二，相似三角形比较多，需要理清头绪；第三，需要综合运用相似三角形、全等三角形、正方形、勾股定理、等腰直角三角形有关性质．

20．（3分）（ •齐齐哈尔）图，蜂巢横截面由正六边形构成，且能无限无缝隙拼接，称横截面图形由全等正多边形构成，且能无限无缝隙拼接多边形具有同形构造．
若已知具有同形构造正n边形每个内角度数为α，满足：360=kα（k为正整数），多边形外角和为360°，则k有关边数n函数是　k=（n=3，4，6）或k=2+（n=3，4，6）　（写出n取值范围）

考点：
正多边形和圆；多边形内角和外角．
专题：
规律型；分类讨论．
分析：
先根据n边形内角和为（n﹣2）•180°及正n边形每个内角相等，得出α=，再代入360=kα，即可求出k有关边数n函数关系式，然后根据k为正整数求出n取值范围．
解答：
解：∵n边形内角和为（n﹣2）•180°，
∴正n边形每个内角度数α=，
∵360=kα，
∴k•=360，
∴k=．
∵k===2+，k为正整数，
∴n﹣2=1，2，±4，
∴n=3，4，6，﹣2，
又∵n≥3，
∴n=3，4，6．
即k=（n=3，4，6）．
故答案为k=（n=3，4，6）．
点评：
本题考察了n边形内角和公式，正n边形性质及分式变形，根据正n边形性质求出k有关边数n函数关系式是解题关键．

三、解答题（满分60分）
21．（5分）（ •齐齐哈尔）先化简，再求值：÷（a﹣），其中a、b满足式子|a﹣2|+（b﹣）2=0．

考点：
分式化简求值；非负数性质：绝对值；非负数性质：偶次方．
专题：
计算题．
分析：
把括号内异分母分式通分并相减，然后把除法转化为乘法运算并进行约分，再根据非负数性质列式求出a、b值，然后裔入化简后式子进行计算即可得解．
解答：
解：÷（a﹣），
=÷，
=•，
=，
∵|a﹣2|+（b﹣）2=0，
∴a﹣2=0，b﹣=0，
解得a=2，b=，
因此，原式==2+．
点评：
本题考察了分式化简求值，分子、分母能因式分解先因式分解；除法要统一为乘法运算．

22．（6分）（ •齐齐哈尔）图所示，在△OAB中，点B坐标是（0，4），点A坐标是（3，1）．
（1）画出△OAB向下平移4个单位长度、再向左平移2个单位长度后△O1A1B1
（2）画出△OAB绕点O逆时针旋转90°后△OA2B2，并求出点A旋转到A2所通过途径长（成果保留π）

考点：
作图-旋转变换；作图-平移变换．
分析：
（1）根据平移性质得出对应点坐标即可得出答案；
（2）根据旋转性质得出对应点坐标，进而运用弧长公式求出即可．
解答：
解：（1）图所示：△O1A1B1，即为所求；

（2）图所示：△OA2B2，即为所求，
∵AO==，
∴点A旋转到A2所通过途径长为：=π．

点评：
此题关键考察了旋转变换和平移变换和弧长计算公式，根据图形变化性质得出对应点坐标是解题关键．

23．（6分）（ •齐齐哈尔）图，已知二次函数y=ax2+bx+c图象通过点A（﹣4，0），B（﹣1，3），C（﹣3，3）
（1）求此二次函数解析式；
（2）设此二次函数对称轴为直线l，该图象上点P（m，n）在第三象限，其有关直线l对称点为M，点M有关y轴对称点为N，若四边形OAPN面积为20，求m、n值．

考点：
二次函数综合题．
分析：
（1）由于抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣4，0），B（﹣1，3），C（﹣3，3）代入求出其解析式即可；
（2）由题可知，M、N点坐标分别为（﹣4﹣m，n），（m+4，n），根据四边形OAPF面积为20，从而求出其m，n值．
解答：
解：（1）将A（﹣4，0），B（﹣1，3），C（﹣3，3）
代入y=ax2+bx+c得：
解得：a=﹣1，b=﹣4，c=0
故此二次函数解析式为y=﹣4x2﹣4x；

（2）由题可知，M、N点坐标分别为（﹣4﹣m，n），（m+4，n）．
四边形OAPF面积=（OA+FP）÷2×|n|=20，
即4|n|=20，
∴|n|=5．
∵点P（m，n）在第三象限，
∴n=﹣5，
因此﹣m2﹣4m+5=0，
解答m=﹣5或m=1（舍去）．
故所求m、n值分别为﹣5，﹣5．
点评：
此题关键考察二次函数综合知识，此题是一道综合题，注意第二问难度比较大．

24．（7分）（ •齐齐哈尔）齐齐哈尔市教育局很重视学生身体健康状况，为此在体育考试中对部分学生立定跳远成绩进行了调查（分数为整数，满分100分），根据测试成绩（最低分为53分）分别绘制了如下记录表和记录图．（图）
分数
59.5分如下
59.5分以上
69.5分以上
79.5以上
89.5以上
人数
3
42
32
20
8
（1）被抽查学生为　45　人．
（2）请补全频数分布直方图．
（3）若全市参与考试学生大概有4500人，请估计成绩优秀学生约有多少人？（80分及80分以上为优秀）
（4）若本次测试成绩中位数为78分，请直接写出78.5～89.5分之间人数最多有多少人？．

考点：
频数（率）分布直方图；用样本估计总体；中位数
分析：
（1）根据图中所列表，参与测试总人数为59.5分以上和59.5分如下和；
（2）根据直方图，再根据总人数，即可求出在76.5﹣84.5分这一小组内人数；
（3）根据成绩优秀学生所占比例，再乘以4500即可得出成绩优秀学生数；
（4）根据中位数定义得出78分以上人数，再根据图表得出89.5分以上人数，两者相减即可得出答案．
解答：
解：（1）∵59.5分以上有42人，59.5分如下3人，
∴这次参与测试总人数为3+42=45（人）；

（2）∵总人数是45人，
∴在76.5﹣84.5这一小组内人数为：
45﹣3﹣7﹣10﹣8﹣5=12人；
补图如下：

（3）根据题意得：
×4500= （人），
答：成绩优秀学生约有 人．

（4）∵共有45人，中位数是第23个人成绩，中位数为78分，
∴78分以上人数是9+8+5=22（人），
∵89.5分以上有8人，
∴78.5～89.5分之间人数最多有22﹣8=14（人）．
故答案为：45．
点评：
本题考察读频数分布直方图能力和运用记录图获取信息能力．运用记录图获取信息时，必需认真观测、分析、研究记录图，才能作出对的鉴定和处理问题．

25．（8分）（ •齐齐哈尔）甲乙两车分别从A、B两地相向而行，甲车出发1小时后乙车出发，并以各自速度匀速行驶，两车相遇后仍然根据原速度原方向各自行驶，图所示是甲乙两车之间距离S（千米）和甲车出发时间t（小时）之间函数图象，其中D点表达甲车抵达B地，停止行驶．
（1 ）A、B两地距离　560　千米；乙车速度是　100km/h　；a表达　　．
（2）乙出发多长时间后两车相距330千米？

考点：
一次函数应用．
专题：
分类讨论．
分析：
（1）根据图象，甲出发时S值即为A、B两地间距离；先求出甲车速度，然后设乙车速度为xkm/h，再运用相遇问题列出方程求解即可；然后求出相遇后甲车抵达B地时间，再根据旅程=速度×时间求出两车相距距离a即可；
（2）设直线BC解析式为S=k1t+b1（k1≠0），运用待定系数法求出直线BC解析式，再令S=330，求出t值，减去1即为相遇前乙车出发时间；设直线CD解析式为S=k2t+b2（k2≠0），运用待定系数法求出直线CD解析式，再令S=330，求出t值，减去1即为相遇后乙车出发时间．
解答：
解：（1）t=0时，S=560，
因此，A、B两地距离为560千米；
甲车速度为：（560﹣440）÷1=120km/h，
设乙车速度为xkm/h，
则（120+x）×（3﹣1）=440，
解得x=100；
相遇后甲车抵达B地时间为：（3﹣1）×100÷120=小时，
因此，a=（120+100）×=千米；

（2）设直线BC解析式为S=k1t+b1（k1≠0），
将B（1，440），C（3，0）代入得，
，
解得，
因此，S=﹣220t+660，
当﹣220t+660=330时，解得t=1.5，
因此，t﹣1=1.5﹣1=0.5；
直线CD解析式为S=k2t+b2（k2≠0），
点D横坐标为+3=，
将C（3，0），D（，）代入得，
，
解得，
因此，S=220t﹣660，
当220t﹣660=330时，解得t=4.5，
因此，t﹣1=4.5﹣1=3.5，
答：乙出发多长0.5小时或3.5小时后两车相距330千米．
点评：
本题考察了一次函数应用，关键运用了旅程、速度、时间三者之间关系，对的识图并获取信息是解题关键，（2）要分相遇前和相遇后两种状况讨论．

26．（8分）（ •齐齐哈尔）已知等腰三角形ABC中，∠ACB=90°，点E在AC边延长线上，且∠DEC=45°，点M、N分别是DE、AE中点，连接MN交直线BE于点F．当点D在CB边上时，图1所示，易证MF+FN=BE

（1）当点D在CB边上时，图2所示，上述结论与否成立？若成立，请给和证明；若不成立，请写出你猜测，并阐明理由．
（2）当点D在BC边延长线上时，图3所示，请直接写出你结论．（不需要证明）

考点：
全等三角形鉴定和性质；直角三角形斜边上中线；等腰直角三角形．
分析：
（1）首先对结论作出否认，写出猜测FN﹣MF=BE，连接AD，根据M、N分别是DE、AE中点，可得MN=AD，再根据题干条件证明△ACD≌△BCE，得出AD=BE，结合MN=FN﹣MF，于是证明出猜测．
（2）连接AD，根据M、N分别是DE、AE中点，可得MN=AD，再根据题干条件证明△ACD≌△BCE，得出AD=BE，结合MN=FM﹣FN，得到结论MF﹣FN=BE．
解答：
（1）答：不成立，
猜测：FN﹣MF=BE，
理由如下：
证明：图2，连接AD，
∵M、N分别是DE、AE中点，
∴MN=AD，
又∵在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
∵MN=FN﹣MF，
∴FN﹣MF=BE；

（2）图3结论：MF﹣FN=BE，
证明：图3，连接AD，
∵M、N分别是DE、AE中点，
∴MN=AD，
∵在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
∴MN=BE，
∵MN=FM﹣FN，
∴MF﹣FN=BE．

点评：
本题关键考察全等三角形鉴定和性质知识点，解答本题关键是会用类比措施去处理问题，本题难度不是很大，答题时候需要一定耐心．

27．（10分）（ •齐齐哈尔）在国道202公路改建工程中，某路段长4000米，由甲乙两个工程队拟在30天内（含30天）合作完毕，已知两个工程队各有10名工人（设甲乙两个工程队工人所有参与生产，甲工程队每人每天工作量相似，乙工程队每人每天工作量相似），甲工程队1天、乙工程队2天共修路200米；甲工程队2天，乙工程队3天共修路350米．
（1）试问甲乙两个工程队每天分别修路多少米？
（2）甲乙两个工程队施工10天后，由于工作需要需从甲队抽调m人去学习新技术，总部规定在规定时间内完毕，请问甲队可以抽调多少人？
（3）已知甲工程队每天施工费用为0.6万元，乙工程队每天施工费用为0.35万元，要使该工程施工费用最低，甲乙两队需各做多少天？最低费用为多少？

考点：
一次函数应用；二元一次方程组应用；一元一次不等式应用．
分析：
（1）设甲队每天修路x米，乙队每天修路y米，然后根据两队修路长度分别为200米和350米两个等量关系列出方程组，然后解方程组即可得解；
（2）根据甲队抽调m人后两队所修路长度不小于4000米，列出一元一次不等式，然后求出m取值范围，再根据m是正整数解答；
（3）设甲工程队修a天，乙工程队修b天，根据所修路长度为4000米列出方程整顿并用a表达出b，再根据0≤b≤30表达出a取值范围，再根据总费用等于两队费用之和列式整顿，然后根据一次函数增减性解答．
解答：
解：（1）设甲队每天修路x米，乙队每天修路y米，
依题意得，，
解得，
答：甲工程队每天修路100米，乙工程队每天修路50米；

（2）依题意得，10×100+20××100+30×50≥4000，
解得，m≤，
∵0＜m＜10，
∴0＜m≤，
∵m为正整数，
∴m=1或2，
∴甲队可以抽调1人或2人；

（3）设甲工程队修a天，乙工程队修b天，
依题意得，100a+50b=4000，
因此，b=80﹣2a，
∵0≤b≤30，
∴0≤80﹣2a≤30，
解得25≤a≤40，
又∵0≤a≤30，
∴25≤a≤30，
设总费用为W元，依题意得，
W=0.6a+0.35b，
=0.6a+0.35（80﹣2a），
=﹣0.1a+28，
∵﹣0.1＜0，
∴当a=30时，W最小=﹣0.1×30+28=25（万元），
此时b=80﹣2a=80﹣2×30=20（天）．
答：甲工程队需做30天，乙工程队需做20天，最低费用为25万元．
点评：
本题考察了一次函数应用，二元一次方程组应用，一元一次不等式应用，读懂题目信息，理清题中纯熟关系，对的找出等量关系和不等量关系分别列出方程组和不等式是解题关键，（3）先根据总工作量表达出甲乙两个工程队天数关系是解题关键．

28．（10分）（ •齐齐哈尔）图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OA＜OB）且OA、OB长分别是一元二次方程x2﹣（+1）x+=0两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1：2
（1）求A、C两点坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM面积为S，点M运动时间为t，写出S有关t函数关系式，并写出自变量取值范围；
（3）点P是y轴上点，在坐标平面内与否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请阐明理由．

考点：
一次函数综合题．
分析：
（1）通过解一元二次方程x2﹣（+1）x+=0，求得方程两个根，从而得到A、B两点坐标，再根据两点之间距离公式可求AB长，根据AB：AC=1：2，可求AC长，从而得到C点坐标；
（2）分①当点M在CB边上时；②当点M在CB边延长线上时；两种状况讨论可求S有关t函数关系式；
（3）分AQ=AB，BQ=BA，BQ=QA三种