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2022年湖北省孝感市中考数学试卷
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕﹣的绝对值是〔　　〕
A．﹣3 B．3 C． D．﹣
2．〔3分〕如图，直线a∥b，直线c与直线a，b分别交于点D，E，射线DF⊥直线c，那么图中与∠1互余的角有〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．〔3分〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．b3•b3=2b3 B．〔a+2〕〔a﹣2〕=a2﹣4
C．〔ab2〕3=ab6 D．〔8a﹣7b〕﹣〔4a﹣5b〕=4a﹣12b
4．〔3分〕一个几何体的三视图如下列图，那么这个几何体可能是〔　　〕
A． B． C． D．
5．〔3分〕不等式组的解集在数轴上表示正确的选项是〔　　〕
A． B． C． D．
6．〔3分〕方程=的解是〔　　〕
A．x= B．x=5 C．x=4 D．x=﹣5
7．〔3分〕以下说法正确的选项是〔　　〕
A．调查孝感区居民对创立“全国卫生城市〞的知晓度，宜采用抽样调查
B．一组数据85，95，90，95，95，90，90，80，95，90的众数为95
C．“翻开电视，正在播放乒乓球比赛〞是必然事件
D．同时抛掷两枚质地均匀的硬币一次，出现两个正面朝上的概率为
8．〔3分〕如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为〔﹣1，〕，以原点O为中心，将点A顺时针旋转150°得到点A′，那么点A′的坐标为〔　　〕
A．〔0，﹣2〕 B．〔1，﹣〕 C．〔2，0〕 D．〔，﹣1〕
9．〔3分〕如图，在△ABC中，点O是△ABC的内心，连接OB，OC，过点O作EF∥BC分别交AB，AC于点E，F．△ABC的周长为8，BC=x，△AEF的周长为y，那么表示y与x的函数图象大致是〔　　〕
A． B． C． D．
10．〔3分〕如图，六边形ABCDEF的内角都相等，∠DAB=60°，AB=DE，那么以下结论成立的个数是〔　　〕
①AB∥DE；②EF∥AD∥BC；③AF=CD；④四边形ACDF是平行四边形；⑤六边形ABCDEF既是中心对称图形，又是轴对称图形．
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，共18分〕
11．〔3分〕我国是世界上人均拥有淡水量较少的国家，全国淡水资源的总量约为27500亿m3，应节约用水，数字27500用科学记数法表示为．
12．〔3分〕如下列图，图1是一个边长为a的正方形剪去一个边长为1的小正方形，图2是一个边长为〔a﹣1〕的正方形，记图1，图2中阴影局部的面积分别为S1，S2，那么可化简为．
13．〔3分〕如图，将直线y=﹣x沿y轴向下平移后的直线恰好经过点A〔2，﹣4〕，且与y轴交于点B，在x轴上存在一点P使得PA+PB的值最小，那么点P的坐标为．
14．〔3分〕如图，四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，DH⊥AB于点H，那么线段BH的长为．
15．〔3分〕半径为2的⊙O中，弦AC=2，弦AD=2，那么∠COD的度数为．
16．〔3分〕如图，在平面直角坐标系中，OA=AB，∠OAB=90°，反比例函数y=〔x＞0〕的图象经过A，B两点．假设点A的坐标为〔n，1〕，那么k的值为．
三、解答题〔本大题共8小题，共72分〕
17．〔6分〕计算：﹣22++•cos45°．
18．〔8分〕如图，AB=CD，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，BF=DE，求证：AB∥CD．
19．〔9分〕今年四月份，某校在孝感市争创“全国文明城市〞活动中，组织全体学生参加了“弘扬孝德文化，争做文明学生〞的知识竞赛，赛后随机抽取了局部参赛学生的成绩，按得分划分成A，B，C，D，E，F六个等级，并绘制成如下两幅不完整的统计图表．
等级
得分x〔分〕
频数〔人〕
A
95≤x≤100
4
B
90≤x＜95
m
C
85≤x＜90
n
D
80≤x＜85
24
E
75≤x＜80
8
F
70≤x＜75
4
请根据图表提供的信息，解答以下问题：
〔1〕本次抽样调查样本容量为，表中：m=，n=；扇形统计图中，E等级对应扇形的圆心角α等于度；
〔2〕该校决定从本次抽取的A等级学生〔记为甲、乙、病、丁〕中，随机选择2名成为学校文明宣讲志愿者，请你用列表法或画树状图的方法，求恰好抽到甲和乙的概率．
20．〔8分〕如图，矩形ABCD〔AB＜AD〕．
〔1〕请用直尺和圆规按以下步骤作图，保存作图痕迹；
①以点A为圆心，以AD的长为半径画弧交边BC于点E，连接AE；
②作∠DAE的平分线交CD于点F；
③连接EF；
〔2〕在〔1〕作出的图形中，假设AB=8，AD=10，那么tan∠FEC的值为．
21．〔8分〕关于x的一元二次方程x2﹣6x+m+4=0有两个实数根x1，x2．
〔1〕求m的取值范围；
〔2〕假设x1，x2满足3x1=|x2|+2，求m的值．
22．〔10分〕为满足社区居民健身的需要，市政府准备采购假设干套健身器材免费提供给社区，经考察，劲松公司有A，B两种型号的健身器材可供选择．
〔1〕劲松公司2022年每套A型健身器材的售价为2.5万元，经过连续两年降价，2022年每套售价为1.6万元，求每套A型健身器材年平均下降率n；
〔2〕2022年市政府经过招标，决定年内采购并安装劲松公司A，B两种型号的健身器材共80套，采购专项经费总计不超过112万元，采购合同规定：每套A型健身器材售价为1.6万元，每套B型健身器材售价为1.5〔1﹣n〕万元．
①A型健身器材最多可购置多少套
②安装完成后，假设每套A型和B型健身器材一年的养护费分别是购置价的5%和15%，市政府方案支出10万元进行养护，问该方案支出能否满足一年的养护需要
23．〔10分〕如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠ACB的平分线交⊙O于D，过点D作DE∥AB交CA的延长线于点E，连接AD，BD．
〔1〕由AB，BD，围成的曲边三角形的面积是；
〔2〕求证：DE是⊙O的切线；
〔3〕求线段DE的长．
24．〔13分〕在平面直角坐标系xOy中，规定：抛物线y=a〔x﹣h〕2+k的伴随直线为y=a〔x﹣h〕+k．例如：抛物线y=2〔x+1〕2﹣3的伴随直线为y=2〔x+1〕﹣3，即y=2x﹣1．
〔1〕在上面规定下，抛物线y=〔x+1〕2﹣4的顶点坐标为，伴随直线为，抛物线y=〔x+1〕2﹣4与其伴随直线的交点坐标为和；
〔2〕如图，顶点在第一象限的抛物线y=m〔x﹣1〕2﹣4m与其伴随直线相交于点A，B〔点A在点B的左侧〕，与x轴交于点C，D．
①假设∠CAB=90°，求m的值；
②如果点P〔x，y〕是直线BC上方抛物线上的一个动点，△PBC的面积记为S，当S取得最大值时，求m的值．
2022年湖北省孝感市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕〔2022•孝感〕﹣的绝对值是〔　　〕
A．﹣3 B．3 C． D．﹣
【分析】根据绝对值的意义即可求出答案．
【解答】解：|﹣|=，
应选C
【点评】此题考查绝对值的意义，解题的关键是正确理解绝对值的意义，此题属于根底题型
2．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，直线a∥b，直线c与直线a，b分别交于点D，E，射线DF⊥直线c，那么图中与∠1互余的角有〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据射线DF⊥直线c，可得与∠1互余的角有∠2，∠3，根据a∥b，可得与∠1互余的角有∠4，∠5．
【解答】解：∵射线DF⊥直线c，
∴∠1+∠2=90°，∠1+∠3=90°，
即与∠1互余的角有∠2，∠3，
又∵a∥b，
∴∠3=∠5，∠2=∠4，
∴与∠1互余的角有∠4，∠5，
∴与∠1互余的角有4个，
应选：A．
【点评】此题主要考查了平行线的性质以及余角的综合应用，解决问题的关键是掌握：如果两个角的和等于90°〔直角〕，就说这两个角互为余角．即其中一个角是另一个角的余角．
3．〔3分〕〔2022•孝感〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．b3•b3=2b3 B．〔a+2〕〔a﹣2〕=a2﹣4
C．〔ab2〕3=ab6 D．〔8a﹣7b〕﹣〔4a﹣5b〕=4a﹣12b
【分析】各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式=b6，不符合题意；
B、原式=a2﹣4，符合题意；
C、原式=a3b6，不符合题意；
D、原式=8a﹣7b﹣4a+5b=4a﹣2b，不符合题意，
应选B
【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
4．〔3分〕〔2022•孝感〕一个几何体的三视图如下列图，那么这个几何体可能是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】如下列图，根据三视图的知识可使用排除法来解答
【解答】解：根据俯视图为三角形，主视图以及左视图都是矩形，可得这个几何体为三棱柱，
应选C．
【点评】此题考查了由三视图判断几何体的知识，考查了学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也表达了对空间想象能力方面的考查．
5．〔3分〕〔2022•孝感〕不等式组的解集在数轴上表示正确的选项是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】首先解出两个不等式的解；根据在数轴上表示不等式解集的方法分别把每个不等式的解集在数轴上表示出来即可．
【解答】解：
解不等式①得，x≤3
解不等式②得，x＞﹣2
在数轴上表示为：
应选：D．
【点评】此题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来〔＞，≥向右画；＜，≤向左画〕，数轴上的点把数轴分成假设干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥〞，“≤〞要用实心圆点表示；“＜〞，“＞〞要用空心圆点表示．
6．〔3分〕〔2022•孝感〕方程=的解是〔　　〕
A．x= B．x=5 C．x=4 D．x=﹣5
【分析】方程的两边都乘以〔x+3〕〔x﹣1〕，把分式方程变成整式方程，求出方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：方程的两边都乘以〔x+3〕〔x﹣1〕得：2x﹣2=x+3，
解方程得：x=5，
经检验x=5是原方程的解，
所以原方程的解是x=5．
应选B．
【点评】此题考查了分式方程的解法，关键是把分式方程转化成整式方程，注意一定要进行检验．
7．〔3分〕〔2022•孝感〕以下说法正确的选项是〔　　〕
A．调查孝感区居民对创立“全国卫生城市〞的知晓度，宜采用抽样调查
B．一组数据85，95，90，95，95，90，90，80，95，90的众数为95
C．“翻开电视，正在播放乒乓球比赛〞是必然事件
D．同时抛掷两枚质地均匀的硬币一次，出现两个正面朝上的概率为
【分析】根据抽样调查、众数和概率的定义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：A、调查孝感区居民对创立“全国卫生城市〞的知晓度，宜采用抽样调查，正确；
B、一组数据85，95，90，95，95，90，90，80，95，90的众数为95和90，故错误；
C、“翻开电视，正在播放乒乓球比赛〞是随机事件，故错误；
D、同时抛掷两枚质地均匀的硬币一次，出现两个正面朝上的概率为，
应选A．
【点评】此题考查了抽样调查、众数、随机事件，概率，众数是一组数据中出现次数最多的数．
8．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为〔﹣1，〕，以原点O为中心，将点A顺时针旋转150°得到点A′，那么点A′的坐标为〔　　〕
A．〔0，﹣2〕 B．〔1，﹣〕 C．〔2，0〕 D．〔，﹣1〕
【分析】作AB⊥x轴于点B，由AB=、OB=1可得∠AOy=30°，从而知将点A顺时针旋转150°得到点A′后如下列图，OA′=OA==2，∠A′OC=30°，继而可得答案．
【解答】解：作AB⊥x轴于点B，
∴AB=、OB=1，
那么tan∠AOB==，
∴∠AOB=60°，
∴∠AOy=30°
∴将点A顺时针旋转150°得到点A′后，如下列图，
OA′=OA==2，∠A′OC=30°，
∴A′C=1、OC=，即A′〔，﹣1〕，
应选：D．
【点评】此题考查了坐标与图形的变化﹣旋转，根据点A的坐标求出∠AOB=60°，再根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小确定出点B′在OA上是解题的关键．
9．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，在△ABC中，点O是△ABC的内心，连接OB，OC，过点O作EF∥BC分别交AB，AC于点E，F．△ABC的周长为8，BC=x，△AEF的周长为y，那么表示y与x的函数图象大致是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】由三角形的内心性质和平行线的性质证出BE=OE，CF=OF，得出△AEF的周长y与x的关系式为y=8﹣x，求出0＜x＜4，即可得出答案．
【解答】解：∵点O是△ABC的内心，
∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∵EF∥BC，
∴∠EOB=∠CBO，∠FOC=∠BCO，
∴∠ABO=∠EOB，∠ACO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF，
∴△AEF的周长y=AE+EF+AF=AE+OE+OF+AF=AB+AC，
∵△ABC的周长为8，BC=x，
∴AB+AC=8﹣x，
∴y=8﹣x，
∵AB+AC＞BC，
∴y＞x，
∴8﹣x＞x，
∴0＜x＜4，
即y与x的函数关系式为y=8﹣x〔x＜4〕，
应选：B．
【点评】此题考查了动点问题的函数图象、三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定、三角形的周长等知识；求出y与x的关系式是解决问题的关键．
10．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，六边形ABCDEF的内角都相等，∠DAB=60°，AB=DE，那么以下结论成立的个数是〔　　〕
①AB∥DE；②EF∥AD∥BC；③AF=CD；④四边形ACDF是平行四边形；⑤六边形ABCDEF既是中心对称图形，又是轴对称图形．
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据六边形ABCDEF的内角都相等，∠DAB=60°，平行线的判定，平行四边形的判定，中心对称图形的定义一一判断即可．
【解答】解：∵六边形ABCDEF的内角都相等，
∴∠EFA=∠FED=∠FAB=∠ABC=120°，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAF=60°，
∴∠EFA+∠DAF=180°，∠DAB+∠ABC=180°，
∴AD∥EF∥CB，故②正确，
∴∠FED+∠EDA=180°，
∴∠EDA=∠ADC=60°，
∴∠EDA=∠DAB，
∴AB∥DE，故①正确，
∵∠FAD=∠EDA，∠CDA=∠BAD，EF∥AD∥BC，
∴四边形EFAD，四边形BCDA是等腰梯形，
∴AF=DE，AB=CD，
∵AB=DE，
∴AF=CD，故③正确，
连接CF与AD交于点O，连接DF、AC、AE、DB、BE．
∵∠CDA=∠DAF，
∴AF∥CD，AF=CD，
∴四边形AFDC是平行四边形，故④正确，
同法可证四边形AEDB是平行四边形，
∴AD与CF，AD与BE互相平分，
∴OF=OC，OE=OB，OA=OD，
∴六边形ABCDEF既是中心对称图形，故⑤正确，
应选D．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质、平行线的判定和性质、轴对称图形、中心对称图形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，共18分〕
11．〔3分〕〔2022•孝感〕我国是世界上人均拥有淡水量较少的国家，全国淡水资源的总量约为27500亿m3，应节约用水，数字27500用科学记数法表示为　2.75×104．
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，据此判断即可．
【解答】解：27500=2.75×104．
故答案为：2.75×104．
【点评】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
12．〔3分〕〔2022•孝感〕如下列图，图1是一个边长为a的正方形剪去一个边长为1的小正方形，图2是一个边长为〔a﹣1〕的正方形，记图1，图2中阴影局部的面积分别为S1，S2，那么可化简为．
【分析】首先表示S1=a2﹣1，S2=〔a﹣1〕2，再约分化简即可．
【解答】解：===，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了平方公式的几何背景和分式的化简，关键是正确表示出阴影局部面积．
13．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，将直线y=﹣x沿y轴向下平移后的直线恰好经过点A〔2，﹣4〕，且与y轴交于点B，在x轴上存在一点P使得PA+PB的值最小，那么点P的坐标为　〔，0〕　．
【分析】先作点B关于x轴对称的点B'，连接AB'，交x轴于P，那么点P即为所求，根据待定系数法求得平移后的直线为y=﹣x﹣2，进而得到点B的坐标以及点B'的坐标，再根据待定系数法求得直线AB'的解析式，即可得到点P的坐标．
【解答】解：如下列图，作点B关于x轴对称的点B'，连接AB'，交x轴于P，那么点P即为所求，
设直线y=﹣x沿y轴向下平移后的直线解析式为y=﹣x+a，
把A〔2，﹣4〕代入可得，a=﹣2，
∴平移后的直线为y=﹣x﹣2，
令x=0，那么y=﹣2，即B〔0，﹣2〕
∴B'〔0，2〕，
设直线AB'的解析式为y=kx+b，
把A〔2，﹣4〕，B'〔0，2〕代入可得，
，解得，
∴直线AB'的解析式为y=﹣3x+2，
令y=0，那么x=，
∴P〔，0〕，
故答案为：〔，0〕．
【点评】此题属于最短路线问题，主要考查了一次函数图象与几何变换的运用，解决问题的关键是掌握：在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
14．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，DH⊥AB于点H，那么线段BH的长为．
【分析】直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用三角形面积以及勾股定理得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，
∴AO=12，OD=5，AC⊥BD，
∴AD=AB==13，
∵DH⊥AB，
∴AO×BD=DH×AB，
∴12×10=13×DH，
∴DH=，
∴BH==．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确得出DH的长是解题关键．
15．〔3分〕〔2022•孝感〕半径为2的⊙O中，弦AC=2，弦AD=2，那么∠COD的度数为　150°或30°　．
【分析】连接OC，过点O作OE⊥AD于点E，由OA=OC=AC可得出∠OAC=60°，再根据垂径定理结合勾股定理可得出AE=OE，即∠OAD=45°，利用角的计算结合圆周角与圆心角间的关系，即可求出∠COD的度数．
【解答】解：连接OC，过点O作OE⊥AD于点E，如下列图．
∵OA=OC=AC，
∴∠OAC=60°．
∵AD=2，OE⊥AD，
∴AE=，OE==，
∴∠OAD=45°，
∴∠CAD=∠OAC+∠OAD=105°或∠CAD=∠OAC﹣∠OAD=15°，
∴∠COD=360°﹣2×105°=150°或∠COD=2×15°=30°．
故答案为：150°或30°．
【点评】此题考查了垂径定理、解直角三角形、等边三角形的判定与性质以及圆周角定理，依照题意画出图形，利用数形结合解决问题是解题的关键．
16．〔3分〕〔2022•孝感〕如图，在平面直角坐标系中，OA=AB，∠OAB=90°，反比例函数y=〔x＞0〕的图象经过A，B两点．假设点A的坐标为〔n，1〕，那么k的值为．
【分析】作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，过B点作BC⊥y轴于C，交AE于G，那么AG⊥BC，先求得△AOE≌△BAG，得出AG=OE=n，BG=AE=1，从而求得B〔n+1，1﹣n〕，根据k=n×1=〔n+1〕〔1﹣n〕得出方程，解方程即可．
【解答】解：作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，过B点作BC⊥y轴于C，交AE于G，如下列图：
那么AG⊥BC，
∵∠OAB=90°，
∴∠OAE+∠BAG=90°，
∵∠OAE+∠AOE=90°，
∴∠AOE=∠GAB，
在△AOE和△BAG中，，
∴△AOE≌△BAG〔AAS〕，
∴OE=AG，AE=BG，
∵点A〔n，1〕，
∴AG=OE=n，BG=AE=1，
∴B〔n+1，1﹣n〕，
∴k=n×1=〔n+1〕〔1﹣n〕，
整理得：n2+n﹣1=0，
解得：n=〔负值舍去〕，
∴n=，
∴k=；
故答案为：．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、反比例函数图象上点的坐标特征、解方程等知识；熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征，证明三角形全等是解决问题的关键．
三、解答题〔本大题共8小题，共72分〕
17．〔6分〕〔2022•孝感〕计算：﹣22++•cos45°．
【分析】根据乘方的意义、立方根的定义、特殊角的三角函数值化简计算即可．
【解答】解：原式=﹣4﹣2+×
=﹣4﹣2+1
=﹣5．
【点评】此题考查实数的运算、乘方、立方根、特殊角的三角函数值等知识，解题的关键是掌握有理数的运算法那么．
18．〔8分〕〔2022•孝感〕如图，AB=CD，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，BF=DE，求证：AB∥CD．
【分析】根据全等三角形的判定与性质，可得∠B=∠D，根据平行线的判定，可得答案．
【解答】证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∵BF=DE，
∴BF+EF=DE+EF，
∴BE=DF．
在Rt△AFB和Rt△CFD中，
，
∴Rt△AFB≌Rt△CFD〔HL〕，
∴∠B=∠D，
∴AB∥CD．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用等式的性质得出BE=DF是解题关键，又利用了全等三角形的判定与性质．
19．〔9分〕〔2022•孝感〕今年四月份，某校在孝感市争创“全国文明城市〞活动中，组织全体学生参加了“弘扬孝德文化，争做文明学生〞的知识竞赛，赛后随机抽取了局部参赛学生的成绩，按得分划分成A，B，C，D，E，F六个等级，并绘制成如下两幅不完整的统计图表．
等级
得分x〔分〕
频数〔人〕
A
95≤x≤100
4
B
90≤x＜95
m
C
85≤x＜90
n
D
80≤x＜85
24
E
75≤x＜80
8
F
70≤x＜75
4
请根据图表提供的信息，解答以下问题：
〔1〕本次抽样调查样本容量为　80　，表中：m=　12　，n=　8　；扇形统计图中，E等级对应扇形的圆心角α等于　36　度；
〔2〕该校决定从本次抽取的A等级学生〔记为甲、乙、病、丁〕中，随机选择2名成为学校文明宣讲志愿者，请你用列表法或画树状图的方法，求恰好抽到甲和乙的概率．
【分析】〔1〕由D等级人数及其百分比求得总人数，总人数乘以B等级百分比求得其人数，根据各等级人数之和等于总人数求得n的值，360度乘以E等级人数所占比例可得；
〔2〕画出树状图即可解决问题．
【解答】解：〔1〕本次抽样调查样本容量为24÷30%=80，
那么m=80×15%=12，n=80﹣〔4+12+24+8+4〕=28，
扇形统计图中，E等级对应扇形的圆心角α=360°×=36°，
故答案为：80，12，8，36；
〔2〕树状图如下列图，
∵从四人中随机抽取两人有12种可能，恰好是甲和乙的有2种可能，
∴抽取两人恰好是甲和乙的概率是．
【点评】此题考查列表法、树状图法、扇形统计图、频数分布表等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．〔8分〕〔2022•孝感〕如图，矩形ABCD〔AB＜AD〕．
〔1〕请用直尺和圆规按以下步骤作图，保存作图痕迹；
①以点A为圆心，以AD的长为半径画弧交边BC于点E，连接AE；
②作∠DAE的平分线交CD于点F；
③连接EF；
〔2〕在〔1〕作出的图形中，假设AB=8，AD=10，那么tan∠FEC的值为．
【分析】〔1〕根据题目要求作图即可；
〔2〕由〔1〕知AE=AD=10、∠DAF=∠EAF，可证△DAF≌△EAF得∠D=∠AEF=90°，即可得∠FEC=∠BAE，从而由tan∠FEC=tan∠BAE=可得答案．
【解答】解：〔1〕如下列图；
〔2〕由〔1〕知AE=AD=10、∠DAF=∠EAF，
∵AB=8，
∴BE==6，
在△DAF和△EAF中，
∵，
∴△DAF≌△EAF〔SAS〕，
∴∠D=∠AEF=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
又∵∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠FEC=∠BAE，
∴tan∠FEC=tan∠BAE===，
故答案为：．
【点评】此题主要考查作图﹣根本作图及全等三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握角平分线的尺规作图和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21．〔8分〕〔2022•孝感〕关于x的一元二次方程x2﹣6x+m+4=0有两个实数根x1，x2．
〔1〕求m的取值范围；
〔2〕假设x1，x2满足3x1=|x2|+2，求m的值．
【分析】〔1〕根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=20﹣4m≥0，解之即可得出结论；
〔2〕由根与系数的关系可得x1+x2=6①、x1•x2=m+4②，分x2≥0和x2＜0可找出3x1=x2+2③或3x1=﹣x2+2④，联立①③或①④求出x1、x2的值，进而可求出m的值．
【解答】解：〔1〕∵关于x的一元二次方程x2﹣6x+m+4=0有两个实数根x1，x2，
∴△=〔﹣6〕2﹣4〔m+4〕=20﹣4m≥0，
解得：m≤5，
∴m的取值范围为m≤5．
〔2〕∵关于x的一元二次方程x2﹣6x+m+4=0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2=6①，x1•x2=m+4②．
∵3x1=|x2|+2，
当x2≥0时，有3x1=x2+2③，
联立①③解得：x1=2，x2=4，
∴8=m+4，m=4；
当x2＜0时，有3x1=﹣x2+2④，
联立①④解得：x1=﹣2，x2=8〔不合题意，舍去〕．
∴符合条件的m的值为4．
【点评】此题考查了根与系数的关系以及根的判别式，解题的关键是：〔1〕根据方程的系数结合根的判别式，找出△=20﹣4m≥0；〔2〕分x2≥0和x2＜0两种情况求出x1、x2的值．
22．〔10分〕〔2022•孝感〕为满足社区居民健身的需要，市政府准备采购假设干套健身器材免费提供给社区，经考察，劲松公司有A，B两种型号的健身器材可供选择．
〔1〕劲松公司2022年每套A型健身器材的售价为2.5万元，经过连续两年降价，2022年每套售价为1.6万元，求每套A型健身器材年平均下降率n；
〔2〕2022年市政府经过招标，决定年内采购并安装劲松公司A，B两种型号的健身器材共80套，采购专项经费总计不超过112万元，采购合同规定：每套A型健身器材售价为1.6万元，每套B型健身器材售价为1.5〔1﹣n〕万元．
①A型健身器材最多可购置多少套
②安装完成后，假设每套A型和B型健身器材一年的养护费分别是购置价的5%和15%，市政府方案支出10万元进行养护，问该方案支出能否满足一年的养护需要
【分析】〔1〕该每套A型健身器材年平均下降率n，那么第一次降价后的单价是原价的〔1﹣x〕，第二次降价后的单价是原价的〔1﹣x〕2，根据题意列方程解答即可．
〔2〕①设A型健身器材可购置m套，那么B型健身器材可购置〔80﹣m〕套，根据采购专项经费总计不超过112万元列出不等式并解答；
②设总的养护费用是y元，那么根据题意列出函数y=1.6×5%m+1.5×〔1﹣20%〕×15%×〔80﹣m〕=﹣0.1m+14.4．结合函数图象的性质进行解答即可．
【解答】解：〔1〕依题意得：2.5〔1﹣n〕2=1.6，
那么〔1﹣n〕2=0.64，
所以1﹣n=±0.8，
所以n1=0.2=20%，n2=1.8〔不合题意，舍去〕．
答：每套A型健身器材年平均下降率n为20%；
〔2〕①设A型健身器材可购置m套，那么B型健身器材可购置〔80﹣m〕套，
依题意得：1.6m+1.5×〔1﹣20%〕×〔80﹣m〕≤112，
整理，得
1.6m+96﹣1.2m≤1.2，
解得m≤40，
即A型健身器材最多可购置40套；
②设总的养护费用是y元，那么
y=1.6×5%m+1.5×〔1﹣20%〕×15%×〔80﹣m〕，
∴y=﹣0.1m+14.4．
∵﹣0.1＜0，
∴y随m的增大而减小，
∴m=40时，y最小．
∵m=40时，y最小值=﹣0.1×40+14.4=10.4〔万元〕．
又∵10万元＜10.4万元，
∴该方案支出不能满足养护的需要．
【点评】此题考查了一次函数的应用，一元一次不等式的应用和一元二次方程的应用．解题的关键是读懂题意，找到题中的等量关系，列出方程或不等式，解答即可得到答案．
23．〔10分〕〔2022•孝感〕如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠ACB的平分线交⊙O于D，过点D作DE∥AB交CA的延长线于点E，连接AD，BD．
〔1〕由AB，BD，围成的曲边三角形的面积是+；
〔2〕求证：DE是⊙O的切线；
〔3〕求线段DE的长．
【分析】〔1〕连接OD，由AB是直径知∠ACB=90°，结合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，从而知∠AOD=90°，根据曲边三角形的面积=S扇形AOD+S△BOD可得答案；
〔2〕由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE∥AB可得OD⊥DE，即可得证；
〔3〕勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四边形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即=，求得EF的长即可得．
【解答】解：〔1〕如图，连接OD，
∵AB是直径，且AB=10，
∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=∠ACB=45°，
∴∠AOD=90°，
那么曲边三角形的面积是S扇形AOD+S△BOD=+×5×5=+，
故答案为：+；
〔2〕由〔1〕知∠AOD=90°，即OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
〔3〕∵AB=10、AC=6，
∴BC==8，
过点A作AF⊥DE于点F，那么四边形AODF是正方形，
∴AF=OD=FD=5，
∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，
∴tan∠EAF=tan∠CBA，
∴=，即=，
∴，
∴DE=DF+EF=+5=．
【点评】此题主要考查切线的判定、圆周角定理、正方形的判定与性质及正切函数的定义，熟练掌握圆周角定理、切线的判定及三角函数的定义是解题的关键．
24．〔13分〕〔2022•孝感〕在平面直角坐标系xOy中，规定：抛物线y=a〔x﹣h〕2+k的伴随直线为y=a〔x﹣h〕+k．例如：抛物线y=2〔x+1〕2﹣3的伴随直线为y=2〔x+1〕﹣3，即y=2x﹣1．
〔1〕在上面规定下，抛物线y=〔x+1〕2﹣4的顶点坐标为　〔﹣1，﹣4〕　，伴随直线为　y=x﹣3　，抛物线y=〔x+1〕2﹣4与其伴随直线的交点坐标为　〔0，﹣3〕　和　〔﹣1，﹣4〕　；
〔2〕如图，顶点在第一象限的抛物线y=m〔x﹣1〕2﹣4m与其伴随直线相交于点A，B〔点A在点B的左侧〕，与x轴交于点C，D．
①假设∠CAB=90°，求m的值；
②如果点P〔x，y〕是直线BC上方抛物线上的一个动点，△PBC的面积记为S，当S取得最大值时，求m的值．
【分析】〔1〕由抛物线的顶点式可求得其顶点坐标，由伴随直线的定义可求得伴随直线的解析式，联立伴随直线和抛物线解析式可求得其交点坐标；
〔2〕①可先用m表示出A、B、C、D的坐标，利用勾股定理可表示出AC2、AB2和BC2，在Rt△ABC中由勾股定理可得到关于m的方程，可求得m的值；②由B、C的坐标可求得直线BC的解析式，过P作x轴的垂线交BC于点Q，那么可用x表示出PQ的长，进一步表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可得到m的方程，可求得m的值．
【解答】解：
〔1〕∵y=〔x+1〕2﹣4，
∴顶点坐标为〔﹣1，﹣4〕，
由伴随直线的定义可得其伴随直线为y=〔x+1〕﹣4，即y=x﹣3，
联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，
∴其交点坐标为〔0，﹣3〕和〔﹣1，﹣4〕，
故答案为：〔﹣1，﹣4〕；y=x﹣3；〔0，﹣3〕；〔﹣1，﹣4〕；
〔2〕①∵抛物线解析式为y=m〔x﹣1〕2﹣4m，
∴其伴随直线为y=m〔x﹣1〕﹣4m，即y=mx﹣5m，
联立抛物线与伴随直线的解析式可得，解得或，
∴A〔1，﹣4m〕，B〔2，﹣3m〕，
在y=m〔x﹣1〕2﹣4m中，令y=0可解得x=﹣1或x=3，
∴C〔﹣1，0〕，D〔3，0〕，
∴AC2=4+16m2，AB2=1+m2，BC2=9+9m2，
∵∠CAB=90°，
∴AC2+AB2=BC2，即4+16m2+1+m2=9+9m2，解得m=〔抛物线开口向下，舍去〕或m=﹣，
∴当∠CAB=90°时，m的值为﹣；
②设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B〔2，﹣3m〕，C〔﹣1，0〕，
∴，解得，
∴直线BC解析式为y=﹣mx﹣m，
过P作x轴的垂线交BC于点Q，如图，
∵点P的横坐标为x，
∴P〔x，m〔x﹣1〕2﹣4m〕，Q〔x，﹣mx﹣m〕，
∵P是直线BC上方抛物线上的一个动点，
∴PQ=m〔x﹣1〕2﹣4m+mx+m=m〔x2﹣x﹣2〕=m[〔x﹣〕2﹣]，
∴S△PBC=×[〔2﹣〔﹣1〕]PQ=〔x﹣〕2﹣m，
∴当x=时，△PBC的面积有最大值﹣m，
∴S取得最大值时，即﹣m=，解得m=﹣2．
【点评】此题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、函数的图象的交点、勾股定理、方程思想等知识．在〔1〕中注意伴随直线的定义的理解，在〔2〕①中分别求得A、B、C、D的坐标是解题的关键，在〔2〕②中用x表示出△PBC的面积是解题的关键．此题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．