2022年陕西省中考数学试卷2.docx

2022年陕西省中考数学试卷
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕计算：〔﹣〕2﹣1=〔　　〕
A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．0
2．〔3分〕如下列图的几何体是由一个长方体和一个圆柱体组成的，那么它的主视图是〔　　〕
A． B． C． D．
3．〔3分〕假设一个正比例函数的图象经过A〔3，﹣6〕，B〔m，﹣4〕两点，那么m的值为〔　　〕
A．2 B．8 C．﹣2 D．﹣8
4．〔3分〕如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点B落在直线a上，假设∠1=25°，那么∠2的大小为〔　　〕
A．55° B．75° C．65° D．85°
5．〔3分〕化简：﹣，结果正确的选项是〔　　〕
A．1 B．
C． D．x2+y2
6．〔3分〕如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在边AB上，连接B′C．假设∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，那么B′C的长为〔　　〕
A．3 B．6 C．3 D．
7．〔3分〕如图，直线l1：y=﹣2x+4与直线l2：y=kx+b〔k≠0〕在第一象限交于点M．假设直线l2与x轴的交点为A〔﹣2，0〕，那么k的取值范围是〔　　〕
A．﹣2＜k＜2 B．﹣2＜k＜0 C．0＜k＜4 D．0＜k＜2
8．〔3分〕如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3．假设点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，那么BF的长为〔　　〕
A． B． C． D．
9．〔3分〕如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠C=30°，⊙O的半径为5，假设点P是⊙O上的一点，在△ABP中，PB=AB，那么PA的长为〔　　〕
A．5 B． C．5 D．5
10．〔3分〕抛物线y=x2﹣2mx﹣4〔m＞0〕的顶点M关于坐标原点O的对称点为M′，假设点M′在这条抛物线上，那么点M的坐标为〔　　〕
A．〔1，﹣5〕 B．〔3，﹣13〕 C．〔2，﹣8〕 D．〔4，﹣20〕
二、填空题〔本大题共4小题，每题3分，共12分〕
11．〔3分〕在实数﹣5，﹣，0，π，中，最大的一个数是．
12．〔3分〕请从以下两个小题中任选一个作答，假设多项选择，那么按第一题计分．
A．如图，在△ABC中，BD和CE是△ABC的两条角平分线．假设∠A=52°，那么∠1+∠2的度数为．
B.tan38°15′≈．〔结果精确到0.01〕
13．〔3分〕A，B两点分别在反比例函数y=〔m≠0〕和y=〔m≠〕的图象上，假设点A与点B关于x轴对称，那么m的值为．
14．〔3分〕如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，连接AC．假设AC=6，那么四边形ABCD的面积为．
三、解答题〔本大题共11小题，共78分〕
15．〔5分〕计算：〔﹣〕×+|﹣2|﹣〔〕﹣1．
16．〔5分〕解方程：﹣=1．
17．〔5分〕如图，在钝角△ABC中，过钝角顶点B作BD⊥BC交AC于点D．请用尺规作图法在BC边上求作一点P，使得点P到AC的距离等于BP的长．〔保存作图痕迹，不写作法〕
18．〔5分〕养成良好的早锻炼习惯，对学生的学习和生活都非常有益，某中学为了了解七年级学生的早锻炼情况，校政教处在七年级随机抽取了局部学生，并对这些学生通常情况下一天的早锻炼时间x〔分钟〕进行了调查．现把调查结果分成A、B、C、D四组，如下表所示，同时，将调查结果绘制成下面两幅不完整的统计图．
请你根据以上提供的信息，解答以下问题：
〔1〕补全频数分布直方图和扇形统计图；
〔2〕所抽取的七年级学生早锻炼时间的中位数落在区间内；
〔3〕该校七年级共有1200名学生，请你估计这个年级学生中约有多少人一天早锻炼的时间不少于20分钟．〔早锻炼：指学生在早晨7：00～7：40之间的锻炼〕
19．〔7分〕如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD和CD上的点，且AE=CF，连接AF、CE交于点G．求证：AG=CG．

21．〔7分〕在精准扶贫中，某村的李师傅在县政府的扶持下，去年下半年，他对家里的3个温室大棚进行修整改造，然后，1个大棚种植香瓜，另外2个大棚种植甜瓜，今年上半年喜获丰收，现在他家的甜瓜和香瓜已全部售完，他快乐地说：“我的日子终于好了〞．

品种
工程
产量〔斤/每棚〕
销售价〔元/每斤〕
本钱〔元/每棚〕
香瓜
2000
12
8000
甜瓜
4500
3
5000
现假设李师傅今年下半年香瓜种植的大棚数为x个，明年上半年8个大棚中所产的瓜全部售完后，获得的利润为y元．
根据以上提供的信息，请你解答以下问题：
〔1〕求出y与x之间的函数关系式；
〔2〕求出李师傅种植的8个大棚中，香瓜至少种植几个大棚才能使获得的利润不低于10万元．
22．〔7分〕端午节“赛龙舟，吃粽子〞是中华民族的传统习俗．节日期间，小邱家包了三种不同馅的粽子，分别是：红枣粽子〔记为A〕，豆沙粽子〔记为B〕，肉粽子〔记为C〕，这些粽子除了馅不同，其余均相同．粽子煮好后，小邱的妈妈给一个白盘中放入了两个红枣粽子，一个豆沙粽子和一个肉粽子；给一个花盘中放入了两个肉粽子，一个红枣粽子和一个豆沙粽子．
根据以上情况，请你答复以下问题：
〔1〕假设小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是多少
〔2〕假设小邱先从白盘里的四个粽子中随机取一个粽子，再从花盘里的四个粽子中随机取一个粽子，请用列表法或画树状图的方法，求小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率．
23．〔8分〕如图，⊙O的半径为5，PA是⊙O的一条切线，切点为A，连接PO并延长，交⊙O于点B，过点A作AC⊥PB交⊙O于点C、交PB于点D，连接BC，当∠P=30°时，
〔1〕求弦AC的长；
〔2〕求证：BC∥PA．
24．〔10分〕在同一直角坐标系中，抛物线C1：y=ax2﹣2x﹣3与抛物线C2：y=x2+mx+n关于y轴对称，C2与x轴交于A、B两点，其中点A在点B的左侧．
〔1〕求抛物线C1，C2的函数表达式；
〔2〕求A、B两点的坐标；
〔3〕在抛物线C1上是否存在一点P，在抛物线C2上是否存在一点Q，使得以AB为边，且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形假设存在，求出P、Q两点的坐标；假设不存在，请说明理由．
25．〔12分〕问题提出
〔1〕如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，假设点O是△ABC的内心，那么OA的长为；
问题探究
〔2〕如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分假设存在，求出PQ的长；假设不存在，请说明理由．
问题解决
〔3〕某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB〔即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．〕同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．
如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB交于点E，又测得DE=8m．
请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法为什么〔结果保存根号或精确到0.01米〕
2022年陕西省中考数学试卷
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•陕西〕计算：〔﹣〕2﹣1=〔　　〕
A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．0
【分析】原式先计算乘方运算，再计算加减运算即可得到结果．
【解答】解：原式=﹣1=﹣，
应选C
【点评】此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
2．〔3分〕〔2022•陕西〕如下列图的几何体是由一个长方体和一个圆柱体组成的，那么它的主视图是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看下边是一个较大的矩形，上边是一个较小的矩形，
应选：B．
【点评】此题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
3．〔3分〕〔2022•陕西〕假设一个正比例函数的图象经过A〔3，﹣6〕，B〔m，﹣4〕两点，那么m的值为〔　　〕
A．2 B．8 C．﹣2 D．﹣8
【分析】运用待定系数法求得正比例函数解析式，把点B的坐标代入所得的函数解析式，即可求出m的值．
【解答】解：设正比例函数解析式为：y=kx，
将点A〔3，﹣6〕代入可得：3k=﹣6，
解得：k=﹣2，
∴函数解析式为：y=﹣2x，
将B〔m，﹣4〕代入可得：﹣2m=﹣4，
解得m=2，
应选：A．
【点评】此题考查了一次函数图象上点的坐标特征．解题时需灵活运用待定系数法建立函数解析式，然后将点的坐标代入解析式，利用方程解决问题．
4．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点B落在直线a上，假设∠1=25°，那么∠2的大小为〔　　〕
A．55° B．75° C．65° D．85°
【分析】由余角的定义求出∠3的度数，再根据平行线的性质求出∠2的度数，即可得出结论．
【解答】解：∵∠1=25°，
∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣25°=65°．
∵a∥b，
∴∠2=∠3=65°．
应选：C．
【点评】此题考查的是平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
5．〔3分〕〔2022•陕西〕化简：﹣，结果正确的选项是〔　　〕
A．1 B．
C． D．x2+y2
【分析】原式通分并利用同分母分式的减法法那么计算即可得到结果．
【解答】解：原式==．
应选B
【点评】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
6．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在边AB上，连接B′C．假设∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，那么B′C的长为〔　　〕
A．3 B．6 C．3 D．
【分析】根据勾股定理求出AB，根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB′=90°，根据勾股定理计算．
【解答】解：∵∠ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，
∴AB==3，∠CAB=45°，
∵△ABC和△A′B′C′大小、形状完全相同，
∴∠C′AB′=∠CAB=45°，AB′=AB=3，
∴∠CAB′=90°，
∴B′C==3，
应选：A．
【点评】此题考查的是勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
7．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，直线l1：y=﹣2x+4与直线l2：y=kx+b〔k≠0〕在第一象限交于点M．假设直线l2与x轴的交点为A〔﹣2，0〕，那么k的取值范围是〔　　〕
A．﹣2＜k＜2 B．﹣2＜k＜0 C．0＜k＜4 D．0＜k＜2
【分析】首先根据直线l2与x轴的交点为A〔﹣2，0〕，求出k、b的关系；然后求出直线l1、直线l2的交点坐标，根据直线l1、直线l2的交点横坐标、纵坐标都大于0，求出k的取值范围即可．
【解答】解：∵直线l2与x轴的交点为A〔﹣2，0〕，
∴﹣2k+b=0，
∴
解得
∵直线l1：y=﹣2x+4与直线l2：y=kx+b〔k≠0〕的交点在第一象限，
∴
解得0＜k＜2．
应选：D．
【点评】此题主要考查了两条直线的相交问题，以及一次函数图象的点的特征，要熟练掌握．
8．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3．假设点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，那么BF的长为〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据S△ABE=S矩形ABCD=3=•AE•BF，先求出AE，再求出BF即可．
【解答】解：如图，连接BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=90°，
在Rt△ADE中，AE===，
∵S△ABE=S矩形ABCD=3=•AE•BF，
∴BF=．
应选B．
【点评】此题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用面积法解决有关线段问题，属于中考常考题型．
9．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠C=30°，⊙O的半径为5，假设点P是⊙O上的一点，在△ABP中，PB=AB，那么PA的长为〔　　〕
A．5 B． C．5 D．5
【分析】连接OA、OB、OP，根据圆周角定理求得∠APB=∠C=30°，进而求得∠PAB=∠APB=30°，∠ABP=120°，根据垂径定理得到OB⊥AP，AD=PD，∠OBP=∠OBA=60°，即可求得△AOB是等边三角形，从而求得PB=OA=5，解直角三角形求得PD，即可求得PA．
【解答】解：连接OA、OB、OP，
∵∠C=30°，
∴∠APB=∠C=30°，
∵PB=AB，
∴∠PAB=∠APB=30°
∴∠ABP=120°，
∵PB=AB，
∴OB⊥AP，AD=PD，
∴∠OBP=∠OBA=60°，
∵OB=OA，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=5，
那么Rt△PBD中，PD=cos30°•PB=×5=，
∴AP=2PD=5，
应选D．
【点评】此题考查了圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等，作出辅助性构建等边三角形是解题的关键．
10．〔3分〕〔2022•陕西〕抛物线y=x2﹣2mx﹣4〔m＞0〕的顶点M关于坐标原点O的对称点为M′，假设点M′在这条抛物线上，那么点M的坐标为〔　　〕
A．〔1，﹣5〕 B．〔3，﹣13〕 C．〔2，﹣8〕 D．〔4，﹣20〕
【分析】先利用配方法求得点M的坐标，然后利用关于原点对称点的特点得到点M′的坐标，然后将点M′的坐标代入抛物线的解析式求解即可．
【解答】解：y=x2﹣2mx﹣4=x2﹣2mx+m2﹣m2﹣4=〔x﹣m〕2﹣m2﹣4．
∴点M〔m，﹣m2﹣4〕．
∴点M′〔﹣m，m2+4〕．
∴m2+2m2﹣4=m2+4．
解得m=±2．
∵m＞0，
∴m=2．
∴M〔2，﹣8〕．
应选C．
【点评】此题主要考查的是二次函数的性质、关于原点对称的点的坐标特点，求得点M′的坐标是解题的关键．
二、填空题〔本大题共4小题，每题3分，共12分〕
11．〔3分〕〔2022•陕西〕在实数﹣5，﹣，0，π，中，最大的一个数是　π　．
【分析】根据正数大于0，0大于负数，正数大于负数，比较即可．
【解答】解：根据实数比较大小的方法，可得
π＞＞0＞＞﹣5，
故实数﹣5，，0，π，其中最大的数是π．
故答案为：π．
【点评】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
12．〔3分〕〔2022•陕西〕请从以下两个小题中任选一个作答，假设多项选择，那么按第一题计分．
A．如图，在△ABC中，BD和CE是△ABC的两条角平分线．假设∠A=52°，那么∠1+∠2的度数为　64°　．
B.tan38°15′≈　2.03　．〔结果精确到0.01〕
【分析】A：由三角形内角和得∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=128°，根据角平分线定义得∠1+∠2=∠ABC+∠ACB=〔∠ABC+∠ACB〕；
B：利用科学计算器计算可得．
【解答】解：A、∵∠A=52°，
∴∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A=128°，
∵BD平分∠ABC、CE平分∠ACB，
∴∠1=∠ABC、∠2=∠ACB，
那么∠1+∠2=∠ABC+∠ACB=〔∠ABC+∠ACB〕=64°，
故答案为：64°；
B、tan38°15′≈2.5713×0.7883≈2.03，
故答案为：2.03．
【点评】此题主要考查三角形内角和定理、角平分线的定义及科学计算器的运用，熟练掌握三角形内角和定理、角平分线的定义是解题的关键．
13．〔3分〕〔2022•陕西〕A，B两点分别在反比例函数y=〔m≠0〕和y=〔m≠〕的图象上，假设点A与点B关于x轴对称，那么m的值为　1　．
【分析】设A〔a，b〕，那么B〔a，﹣b〕，将它们的坐标分别代入各自所在的函数解析式，通过方程来求m的值．
【解答】解：设A〔a，b〕，那么B〔a，﹣b〕，
依题意得：，
所以=0，即5m﹣5=0，
解得m=1．
故答案是：1．
【点评】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，关于x轴，y轴对称的点的坐标．根据题意得=0，即5m﹣5=0是解题的难点．
14．〔3分〕〔2022•陕西〕如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，连接AC．假设AC=6，那么四边形ABCD的面积为　18　．
【分析】作辅助线；证明△ABM≌△ADN，得到AM=AN，△ABM与△ADN的面积相等；求出正方形AMCN的面积即可解决问题．
【解答】解：如图，作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N；
∵∠BAD=∠BCD=90°
∴四边形AMCN为矩形，∠MAN=90°；
∵∠BAD=90°，
∴∠BAM=∠DAN；
在△ABM与△ADN中，
，
∴△ABM≌△ADN〔AAS〕，
∴AM=AN〔设为λ〕；△ABM与△ADN的面积相等；
∴四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积；
由勾股定理得：AC2=AM2+MC2，而AC=6；
∴2λ2=36，λ2=18，
故答案为：18．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定及其性质、正方形的判定及其性质等几何知识点的应用问题；解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和正方形．
三、解答题〔本大题共11小题，共78分〕
15．〔5分〕〔2022•陕西〕计算：〔﹣〕×+|﹣2|﹣〔〕﹣1．
【分析】根据二次根式的性质以及负整数指数幂的意义即可求出答案．
【解答】解：原式=﹣+2﹣﹣2
=﹣2﹣
=﹣3
【点评】此题考查学生的运算能力，解题的关键是熟练运用运算法那么，此题属于根底题型．
16．〔5分〕〔2022•陕西〕解方程：﹣=1．
【分析】利用解分式方程的步骤和完全平方公式，平方差公式即可得出结论．
【解答】解：去分母得，〔x+3〕2﹣2〔x﹣3〕=〔x﹣3〕〔x+3〕，
去括号得，x2+6x+9﹣2x+6=x2﹣9，
移项，系数化为1，得x=﹣6，
经检验，x=﹣6是原方程的解．
【点评】此题是解分式方程，主要考查了解分式方程的方法和完全平方公式，平方差公式，解此题的关键是将分式方程转化为整式方程．
17．〔5分〕〔2022•陕西〕如图，在钝角△ABC中，过钝角顶点B作BD⊥BC交AC于点D．请用尺规作图法在BC边上求作一点P，使得点P到AC的距离等于BP的长．〔保存作图痕迹，不写作法〕
【分析】根据题意可知，作∠BDC的平分线交BC于点P即可．
【解答】解：如图，点P即为所求．
【点评】此题考查的是作图﹣根本作图，熟知角平分线的作法和性质是解答此题的关键．
18．〔5分〕〔2022•陕西〕养成良好的早锻炼习惯，对学生的学习和生活都非常有益，某中学为了了解七年级学生的早锻炼情况，校政教处在七年级随机抽取了局部学生，并对这些学生通常情况下一天的早锻炼时间x〔分钟〕进行了调查．现把调查结果分成A、B、C、D四组，如下表所示，同时，将调查结果绘制成下面两幅不完整的统计图．
请你根据以上提供的信息，解答以下问题：
〔1〕补全频数分布直方图和扇形统计图；
〔2〕所抽取的七年级学生早锻炼时间的中位数落在　C　区间内；
〔3〕该校七年级共有1200名学生，请你估计这个年级学生中约有多少人一天早锻炼的时间不少于20分钟．〔早锻炼：指学生在早晨7：00～7：40之间的锻炼〕
【分析】〔1〕先根据A区间人数及其百分比求得总人数，再根据各区间人数之和等于总人数、百分比之和为1求得C区间人数及D区间百分比可得答案；
〔2〕根据中位数的定义求解可得；
〔3〕利用样本估计总体思想求解可得．
【解答】解：〔1〕本次调查的总人数为10÷5%=200，
那么20～30分钟的人数为200×65%=130〔人〕，
D工程的百分比为1﹣〔5%+10%+65%〕=20%，
补全图形如下：
〔2〕由于共有200个数据，其中位数是第100、101个数据的平均数，
那么其中位数位于C区间内，
故答案为：C；
〔3〕1200×〔65%+20%〕=1020〔人〕，
答：估计这个年级学生中约有1020人一天早锻炼的时间不少于20分钟．
【点评】此题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个工程的数据；扇形统计图直接反映局部占总体的百分比大小．
19．〔7分〕〔2022•陕西〕如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD和CD上的点，且AE=CF，连接AF、CE交于点G．求证：AG=CG．
【分析】根据正方向的性质，可得∠ADF=CDE=90°，AD=CD，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF=CDE=90°，AD=CD．
∵AE=CF，
∴DE=DF，
在△ADF和△CDE中，
∴△ADF≌△CDE〔SAS〕，
∴∠DAF=∠DCE，
在△AGE和△CGF中，，
∴△AGE≌△CGF〔AAS〕，
∴AG=CG．
【点评】此题考查了正方形的性质，利用全等三角形的判定与性质是解题关键，又利用了正方形的性质．

【分析】作BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D、E，设AN=x米，那么BD=CE=x米，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．
【解答】解：如图，作BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D、E，
设AN=x米，那么BD=CE=x米，
在Rt△MBD中，MD=x•tan23°，
在Rt△MCE中，ME=x•tan24°，
∵ME﹣MD=DE=BC，
∴x•tan24°﹣x•tan23°=1.7﹣1，
∴x=，解得x≈34〔米〕．
答：“聚贤亭〞与“乡思柳〞之间的距离AN的长约为34米．
【点评】此题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
21．〔7分〕〔2022•陕西〕在精准扶贫中，某村的李师傅在县政府的扶持下，去年下半年，他对家里的3个温室大棚进行修整改造，然后，1个大棚种植香瓜，另外2个大棚种植甜瓜，今年上半年喜获丰收，现在他家的甜瓜和香瓜已全部售完，他快乐地说：“我的日子终于好了〞．

品种
工程
产量〔斤/每棚〕
销售价〔元/每斤〕
本钱〔元/每棚〕
香瓜
2000
12
8000
甜瓜
4500
3
5000
现假设李师傅今年下半年香瓜种植的大棚数为x个，明年上半年8个大棚中所产的瓜全部售完后，获得的利润为y元．
根据以上提供的信息，请你解答以下问题：
〔1〕求出y与x之间的函数关系式；
〔2〕求出李师傅种植的8个大棚中，香瓜至少种植几个大棚才能使获得的利润不低于10万元．
【分析】〔1〕利用总利润=种植香瓜的利润+种植甜瓜的利润即可得出结论；
〔2〕利用〔1〕得出的结论大于等于100000建立不等式，即可确定出结论．
【解答】解：〔1〕由题意得，
y=〔2000×12﹣8000〕x+〔4500×3﹣5000〕〔8﹣x〕
=7500x+68000，
〔2〕由题意得，7500x+6800≥100000，
∴x≥4，
∵x为整数，
∴李师傅种植的8个大棚中，香瓜至少种植5个大棚．
【点评】此题是一次函数的应用，主要考查了一次函数的应用以及解一元一次不等式，解题的关键是：〔1〕根据数量关系，列出函数关系式；〔2〕根据题意建立不等式，是一道根底题目．
22．〔7分〕〔2022•陕西〕端午节“赛龙舟，吃粽子〞是中华民族的传统习俗．节日期间，小邱家包了三种不同馅的粽子，分别是：红枣粽子〔记为A〕，豆沙粽子〔记为B〕，肉粽子〔记为C〕，这些粽子除了馅不同，其余均相同．粽子煮好后，小邱的妈妈给一个白盘中放入了两个红枣粽子，一个豆沙粽子和一个肉粽子；给一个花盘中放入了两个肉粽子，一个红枣粽子和一个豆沙粽子．
根据以上情况，请你答复以下问题：
〔1〕假设小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是多少
〔2〕假设小邱先从白盘里的四个粽子中随机取一个粽子，再从花盘里的四个粽子中随机取一个粽子，请用列表法或画树状图的方法，求小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率．
【分析】〔1〕根据题意可以得到小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率；
〔2〕根据题意可以写出所有的可能性，从而可以解答此题．
【解答】解：〔1〕由题意可得，
小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是：=，
即小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是；
〔2〕由题意可得，出现的所有可能性是：
〔A，A〕、〔A，B〕、〔A，C〕、〔A，C〕、
〔A，A〕、〔A，B〕、〔A，C〕、〔A，C〕、
〔B，A〕、〔B，B〕、〔B，C〕、〔B，C〕、
〔C，A〕、〔C，B〕、〔C，C〕、〔C，C〕，
∴小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率是：．
【点评】此题考查列表法与树状图法、概率公式，解答此题的关键是明确题意，写出所有的可能性，利用概率的知识解答．
23．〔8分〕〔2022•陕西〕如图，⊙O的半径为5，PA是⊙O的一条切线，切点为A，连接PO并延长，交⊙O于点B，过点A作AC⊥PB交⊙O于点C、交PB于点D，连接BC，当∠P=30°时，
〔1〕求弦AC的长；
〔2〕求证：BC∥PA．
【分析】〔1〕连接OA，由于PA是⊙O的切线，从而可求出∠AOD=60°，由垂径定理可知：AD=DC，由锐角三角函数即可求出AC的长度．
〔2〕由于∠AOP=60°，所以∠BOA=120°，从而由圆周角定理即可求出∠BCA=60°，从而可证明BC∥PA
【解答】解：〔1〕连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°
∵∠P=30°，
∴∠AOD=60°，
∵AC⊥PB，PB过圆心O，
∴AD=DC
在Rt△ODA中，AD=OA•sin60°=
∴AC=2AD=5
〔2〕∵AC⊥PB，∠P=30°，
∴∠PAC=60°，
∵∠AOP=60°
∴∠BOA=120°，
∴∠BCA=60°，
∴∠PAC=∠BCA
∴BC∥PA
【点评】此题考查圆的综合问题，涉及切线的性质，解直角三角形，平行线的判定等知识，综合程度较高，属于中等题型．
24．〔10分〕〔2022•陕西〕在同一直角坐标系中，抛物线C1：y=ax2﹣2x﹣3与抛物线C2：y=x2+mx+n关于y轴对称，C2与x轴交于A、B两点，其中点A在点B的左侧．
〔1〕求抛物线C1，C2的函数表达式；
〔2〕求A、B两点的坐标；
〔3〕在抛物线C1上是否存在一点P，在抛物线C2上是否存在一点Q，使得以AB为边，且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形假设存在，求出P、Q两点的坐标；假设不存在，请说明理由．
【分析】〔1〕由对称可求得a、n的值，那么可求得两函数的对称轴，可求得m的值，那么可求得两抛物线的函数表达式；
〔2〕由C2的函数表达式可求得A、B的坐标；
〔3〕由题意可知AB只能为平行四边形的边，利用平行四边形的性质，可设出P点坐标，表示出Q点坐标，代入C2的函数表达式可求得P、Q的坐标．
【解答】解：
〔1〕∵C1、C2关于y轴对称，
∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同，
∴a=1，n=﹣3，
∴C1的对称轴为x=1，
∴C2的对称轴为x=﹣1，
∴m=2，
∴C1的函数表示式为y=x2﹣2x﹣3，C2的函数表达式为y=x2+2x﹣3；
〔2〕在C2的函数表达式为y=x2+2x﹣3中，令y=0可得x2+2x﹣3=0，解得x=﹣3或x=1，
∴A〔﹣3，0〕，B〔1，0〕；
〔3〕存在．
∵AB的中点为〔﹣1，0〕，且点P在抛物线C1上，点Q在抛物线C2上，
∴AB只能为平行四边形的一边，
∴PQ∥AB且PQ=AB，
由〔2〕可知AB=1﹣〔﹣3〕=4，
∴PQ=4，
设P〔t，t2﹣2t﹣3〕，那么Q〔t+4，t2﹣2t﹣3〕或〔t﹣4，t2﹣2t﹣3〕，
①当Q〔t+4，t2﹣2t﹣3〕时，那么t2﹣2t﹣3=〔t+4〕2+2〔t+4〕﹣3，解得t=﹣2，
∴t2﹣2t﹣3=4+4﹣3=5，
∴P〔﹣2，5〕，Q〔2，5〕；
②当Q〔t﹣4，t2﹣2t﹣3〕时，那么t2﹣2t﹣3=〔t﹣4〕2+2〔t﹣4〕﹣3，解得t=2，
∴t2﹣2t﹣3=4﹣4﹣3=﹣3，
∴P〔2，﹣3〕，Q〔﹣2，﹣3〕，
综上可知存在满足条件的点P、Q，其坐标为P〔﹣2，5〕，Q〔2，5〕或P〔2，﹣3〕，Q〔﹣2，﹣3〕．
【点评】此题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、对称的性质、函数图象与坐标轴的交点、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在〔1〕中由对称性质求得a、n的值是解题的关键，在〔2〕中注意函数图象与坐标轴的交点的求法即可，在〔3〕中确定出PQ的长度，设P点坐标表示出Q点的坐标是解题的关键．此题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
25．〔12分〕〔2022•陕西〕问题提出
〔1〕如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，假设点O是△ABC的内心，那么OA的长为　4；
问题探究
〔2〕如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分假设存在，求出PQ的长；假设不存在，请说明理由．
问题解决
〔3〕某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB〔即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．〕同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．
如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB交于点E，又测得DE=8m．
请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法为什么〔结果保存根号或精确到0.01米〕
【分析】〔1〕构建Rt△AOD中，利用cos∠OAD=cos30°=，可得OA的长；
〔2〕经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分，根据此结论作出PQ，利用勾股定理进行计算即可；
〔3〕如图3，作辅助线，先确定圆心和半径，根据勾股定理计算半径：
在Rt△AOD中，r2=122+〔r﹣8〕2，解得：r=13根据三角形面积计算高MN的长，证明△ADC∽△ANM，列比例式求DC的长，确定点O在△AMB内部，利用勾股定理计算OM，那么最大距离FM的长可利用相加得出结论．
【解答】解：〔1〕如图1，过O作OD⊥AC于D，那么AD=AC=×12=6，
∵O是内心，△ABC是等边三角形，
∴∠OAD=∠BAC=×60°=30°，
在Rt△AOD中，cos∠OAD=cos30°=，
∴OA=6÷=4，
故答案为：4；
〔2〕存在，如图2，连接AC、BD交于点O，连接PO并延长交BC于Q，那么线段PQ将矩形ABCD的面积平分，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴CQ=AP=3，
过P作PM⊥BC于点，那么PM=AB=12，MQ=18﹣3﹣3=12，
由勾股定理得：PQ===12；
〔3〕如图3，作射线ED交AM于点C
∵AD=DB，ED⊥AB，是劣弧，
∴所在圆的圆心在射线DC上，
假设圆心为O，半径为r，连接OA，那么OA=r，OD=r﹣8，AD=AB=12，
在Rt△AOD中，r2=122+〔r﹣8〕2，
解得：r=13，
∴OD=5，
过点M作MN⊥AB，垂足为N，
∵S△ABM=96，AB=24，
∴AB•MN=96，
×24×MN=96，
∴MN=8，NB=6，AN=18，
∵CD∥MN，
∴△ADC∽△ANM，
∴，
∴，
∴DC=，
∴OD＜CD，
∴点O在△AMB内部，
∴连接MO并延长交于点F，那么MF为草坪上的点到M点的最大距离，
∵在上任取一点异于点F的点G，连接GO，GM，
∴MF=OM+OF=OM+OG＞MG，
即MF＞MG，
过O作OH⊥MN，垂足为H，那么OH=DN=6，MH=3，
∴OM===3，
∴MF=OM+r=3+13≈19.71〔米〕，
答：喷灌龙头的射程至少为19.71米．
【点评】此题是圆的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、勾股定理、等边三角形的性质及内心的定义、特殊的三角函数值、矩形的性质等知识，明确在特殊的四边形中将面积平分的直线一定过对角线的交点，此题的第三问比较复杂，辅助线的作出是关键，根据三角形的三角关系确定其最大射程为MF．