2022年湖北省黄冈市中考数学试卷解析.docx

2022年湖北省黄冈市中考数学试卷
一、选择题〔共7小题，每题3分，总分值21分〕
1．〔3分〕〔2022•黄冈〕9的平方根是〔　　〕

A．
±3
B．
±
C．
3
D．
﹣3
2．〔3分〕〔2022•黄冈〕以下运算结果正确的选项是〔　　〕

A．
x6÷x2=x3
B．
〔﹣x〕﹣1=
C．
〔2x3〕2=4x6
D．
﹣2a2•a3=﹣2a6
3．〔3分〕〔2022•黄冈〕如下列图，该几何体的俯视图是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

4．〔3分〕〔2022•黄冈〕以下结论正确的选项是〔　　〕

A．
3a3b﹣a2b=2

B．
单项式﹣x2的系数是﹣1

C．
使式子有意义的x的取值范围是x＞﹣1

D．
假设分式的值等于0，那么a=±1
5．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，a∥b，∠1=∠2，∠3=40°，那么∠4等于〔　　〕

A．
40°
B．
50°
C．
60°
D．
70°
6．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在△ABC中，∠C=Rt∠，∠B=30°，边AB的垂直平分线DE交AB于点E，交BC于点D，CD=3，那么BC的长为〔　　〕

A．
6
B．
6
C．
9
D．
3
7．〔3分〕〔2022•黄冈〕货车和小汽车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，小汽车到达乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地，甲、乙两地相距180千米，货车的速度为60千米/小时，小汽车的速度为90千米/小时，那么以下列图中能分别反映出货车、小汽车离乙地的距离y〔千米〕与各自行驶时间t〔小时〕之间的函数图象是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

二、填空题〔共7小题，每题3分，总分值21分〕
8．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算：=．
9．〔3分〕〔2022•黄冈〕分解因式：x3﹣2x2+x=．
10．〔3分〕〔2022•黄冈〕假设方程x2﹣2x﹣1=0的两根分别为x1，x2，那么x1+x2﹣x1x2的值为．
11．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算÷〔1﹣〕的结果是．
12．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．假设∠CBF=20°，那么∠AED等于度．
13．〔3分〕〔2022•黄冈〕如下列图的扇形是一个圆锥的侧面展开图，假设∠AOB=120°，弧AB的长为12πcm，那么该圆锥的侧面积为cm2．
14．〔3分〕〔2022•黄冈〕在△ABC中，AB=13cm，AC=20cm，BC边上的高为12cm，那么△ABC的面积为cm2．
三、解答题〔共10小题，总分值78分〕
15．〔5分〕〔2022•黄冈〕解不等式组：．
16．〔6分〕〔2022•黄冈〕A，B两件服装的本钱共500元，鑫洋服装店老板分别以30%和20%的利润率定价后进行销售，该服装店共获利130元，问A，B两件服装的本钱各是多少元
17．〔6分〕〔2022•黄冈〕：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E，F为对角线AC上两点，且AE=CF，DF∥BE．
求证：四边形ABCD为平行四边形．
18．〔7分〕〔2022•黄冈〕在某电视台的一档选秀节目中，有三位评委，每位评委在选手完成才艺表演后，出示“通过〞〔用√表示〕或“淘汰〞〔用×表示〕的评定结果，节目组规定：每位选手至少获得两位评委的“通过〞才能晋级
〔1〕请用树形图列举出选手A获得三位评委评定的各种可能的结果；
〔2〕求选手A晋级的概率．
19．〔7分〕〔2022•黄冈〕“六一〞儿童节前夕，薪黄县教育局准备给留守儿童赠送一批学习用品，先对浠泉镇浠泉小学的留守儿童人数进行抽样统计，发现各班留守儿童人数分别为6名，7名，8名，10名，12名这五种情形，并将统计结果绘制成了如下列图的两份不完整的统计图：
请根据上述统计图，解答以下问题：
〔1〕该校有多少个班级并补充条形统计图；
〔2〕该校平均每班有多少名留守儿童留守儿童人数的众数是多少
〔3〕假设该镇所有小学共有60个教学班，请根据样本数据，估计该镇小学生中，共有多少名留守儿童．
20．〔7分〕〔2022•荆门〕如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离〔结果不取近似值〕．
21．〔8分〕〔2022•黄冈〕：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延长线于点P．
〔1〕求证：∠BCP=∠BAN
〔2〕求证：=．
22．〔8分〕〔2022•黄冈〕如图，反比例函数y=的图象经过点A〔﹣1，4〕，直线y=﹣x+b〔b≠0〕与双曲线y=在第二、四象限分别相交于P，Q两点，与x轴、y轴分别相交于C，D两点．
〔1〕求k的值；
〔2〕当b=﹣2时，求△OCD的面积；
〔3〕连接OQ，是否存在实数b，使得S△ODQ=S△OCD假设存在，请求出b的值；假设不存在，请说明理由．
23．〔10分〕〔2022•黄冈〕我市某风景区门票价格如下列图，黄冈赤壁旅游公司有甲、乙两个旅游团队，方案在“五一〞小黄金周期间到该景点游玩．两团队游客人数之和为120人，乙团队人数不超过50人，设甲团队人数为x人．如果甲、乙两团队分别购置门票，两团队门票款之和为W元．
〔1〕求W关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
〔2〕假设甲团队人数不超过100人，请说明甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可可节约多少钱；
〔3〕“五一〞小黄金周之后，该风景区对门票价格作了如下调整：人数不超过50人时，门票价格不变；人数超过50人但不超过100人时，每张门票降价a元；人数超过100人时，每张门票降价2a元，在〔2〕的条件下，假设甲、乙两个旅行团队“五一〞小黄金周之后去游玩，最多可节约3400元，求a的值．
24．〔14分〕〔2022•荆门〕如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
〔1〕求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；
〔2〕一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；
〔3〕假设点N在〔1〕中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形假设存在，请求出M点坐标；假设不存在，请说明理由．
2022年湖北省黄冈市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔共7小题，每题3分，总分值21分〕
1．〔3分〕〔2022•黄冈〕9的平方根是〔　　〕

A．
±3
B．
±
C．
3
D．
﹣3
考点：
平方根．菁优网版权所有
分析：
根据平方根的含义和求法，可得9的平方根是：±=±3，据此解答即可．
解答：
解：9的平方根是：
±=±3．
应选：A．
点评：
此题主要考查了平方根的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：一个正数有两个平方根，这两个平方根互为相反数，零的平方根是零，负数没有平方根．
2．〔3分〕〔2022•黄冈〕以下运算结果正确的选项是〔　　〕

A．
x6÷x2=x3
B．
〔﹣x〕﹣1=
C．
〔2x3〕2=4x6
D．
﹣2a2•a3=﹣2a6
考点：
同底数幂的除法；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式；负整数指数幂．菁优网版权所有
分析：
根据同底数幂的除法、幂的乘方、单项式的乘法计算即可．
解答：
解：A、x6÷x2=x4，错误；
B、〔﹣x〕﹣1=﹣，错误；
C、〔2x3〕2=4x6，正确；
D、﹣2a2•a3=﹣2a5，错误；
应选C
点评：
此题考查同底数幂的除法、幂的乘方、单项式的乘法，关键是根据法那么进行计算．
3．〔3分〕〔2022•黄冈〕如下列图，该几何体的俯视图是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
简单组合体的三视图．菁优网版权所有
分析：
根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案．
解答：
解：从上面看是一个正方形，在正方形的左下角有一个小正方形．
应选：B．
点评：
此题考查了简单组合体的三视图，从上面看的到的视图是俯视图．
4．〔3分〕〔2022•黄冈〕以下结论正确的选项是〔　　〕

A．
3a3b﹣a2b=2

B．
单项式﹣x2的系数是﹣1

C．
使式子有意义的x的取值范围是x＞﹣1

D．
假设分式的值等于0，那么a=±1
考点：
二次根式有意义的条件；合并同类项；单项式；分式的值为零的条件．菁优网版权所有
分析：
根据合并同类项，可判断A；根据单项式的系数是数字因数，可判断B；根据二次根式的被开方数是非负数，可判断C；根据分式的分子为零分母不为零，可判断D．
解答：
解：A、合并同类项系数相加字母局部不变，故A错误；
B、单项式﹣x2的系数是﹣1，故B正确；
C、式子有意义的x的取值范围是x＞﹣2，故C错误；
D、分式的值等于0，那么a=1，故D错误；
应选：B．
点评：
此题考查了二次根是有意义的条件，二次根式有意义的条件是分式的分子为零分母不为零，二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．
5．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，a∥b，∠1=∠2，∠3=40°，那么∠4等于〔　　〕

A．
40°
B．
50°
C．
60°
D．
70°
考点：
平行线的性质．菁优网版权所有
分析：
先根据平行线的性质求出∠1+∠2的度数，再由∠1=∠2得出∠2的度数，进而可得出结论．
解答：
解：∵a∥b，∠3=40°，
∴∠1+∠2=180°﹣40°=140°，∠2=∠4．
∵∠1=∠2，
∴∠2=×140°=70°，
∴∠4=∠2=70°．
应选D．
点评：
此题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．
6．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在△ABC中，∠C=Rt∠，∠B=30°，边AB的垂直平分线DE交AB于点E，交BC于点D，CD=3，那么BC的长为〔　　〕

A．
6
B．
6
C．
9
D．
3
考点：
含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．菁优网版权所有
分析：
根据线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等可得AD=BD，可得∠DAE=30°，易得∠ADC=60°，∠CAD=30°，那么AD为∠BAC的角平分线，由角平分线的性质得DE=CD=3，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得BD=2DE，得结果．
解答：
解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴∠DAE=∠B=30°，
∴∠ADC=60°，
∴∠CAD=30°，
∴AD为∠BAC的角平分线，
∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=CD=3，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=6，
∴BC=9，
应选C．
点评：
此题主要考查了垂直平分线的性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．
7．〔3分〕〔2022•黄冈〕货车和小汽车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，小汽车到达乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地，甲、乙两地相距180千米，货车的速度为60千米/小时，小汽车的速度为90千米/小时，那么以下列图中能分别反映出货车、小汽车离乙地的距离y〔千米〕与各自行驶时间t〔小时〕之间的函数图象是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
函数的图象．菁优网版权所有
分析：
根据出发前都距离乙地180千米，出发两小时小汽车到达乙地距离变为零，再经过两小时小汽车又返回甲地距离又为180千米；经过三小时，货车到达乙地距离变为零，而答案．
解答：
解：由题意得
出发前都距离乙地180千米，出发两小时小汽车到达乙地距离变为零，再经过两小时小汽车又返回甲地距离又为180千米，经过三小时，货车到达乙地距离变为零，故C符合题意，
应选：C．
点评：
此题考查了函数图象，理解题意并正确判断辆车与乙地的距离是解题关键．
二、填空题〔共7小题，每题3分，总分值21分〕
8．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算：=．
考点：
二次根式的加减法．菁优网版权所有
分析：
先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可得出答案．
解答：
解：
=3﹣
=2．
故答案为：2．
点评：
此题考查二次根式的减法运算，难度不大，注意先将二次根式化为最简是关键．
9．〔3分〕〔2022•黄冈〕分解因式：x3﹣2x2+x=　x〔x﹣1〕2．
考点：
提公因式法与公式法的综合运用．菁优网版权所有
分析：
首先提取公因式x，进而利用完全平方公式分解因式即可．
解答：
解：x3﹣2x2+x=x〔x2﹣2x+1〕=x〔x﹣1〕2．
故答案为：x〔x﹣1〕2．
点评：
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用完全平方公式是解题关键．
10．〔3分〕〔2022•黄冈〕假设方程x2﹣2x﹣1=0的两根分别为x1，x2，那么x1+x2﹣x1x2的值为　3　．
考点：
根与系数的关系．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
先根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1x2=﹣1，然后利用整体代入的方法计算．
解答：
解：根据题意得x1+x2=2，x1x2=﹣1，
所以x1+x2﹣x1x2=2﹣〔﹣1〕=3．
故答案为3．
点评：
此题考查了根与系数的关系：假设x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0〔a≠0〕的两根时，x1+x2=﹣，x1x2=．
11．〔3分〕〔2022•黄冈〕计算÷〔1﹣〕的结果是．
考点：
分式的混合运算．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法那么计算，同时利用除法法那么变形，约分即可得到结果．
解答：
解：原式=÷=•=，
故答案为：．
点评：
此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
12．〔3分〕〔2022•黄冈〕如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．假设∠CBF=20°，那么∠AED等于　65°　度．
考点：
正方形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
分析：
根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用SAS证明△ABE与△ADE全等，再利用三角形的内角和解答即可．
解答：
解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE与△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE〔SAS〕，
∴∠AEB=∠AED，∠ABE=∠ADE，
∵∠CBF=20°，
∴∠ABE=70°，
∴∠AED=∠AEB=180°﹣45°﹣70°=65°，
故答案为：65°
点评：
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出∠BAE=∠DAE，再利用全等三角形的判定和性质解答．
13．〔3分〕〔2022•黄冈〕如下列图的扇形是一个圆锥的侧面展开图，假设∠AOB=120°，弧AB的长为12πcm，那么该圆锥的侧面积为　108π　cm2．
考点：
圆锥的计算．菁优网版权所有
分析：
首先求得扇形的母线长，然后求得扇形的面积即可．
解答：
解：设AO=B0=R，
∵∠AOB=120°，弧AB的长为12πcm，
∴=12π，
解得：R=18，
∴圆锥的侧面积为lR=×12π×18=108π，
故答案为：108π．
点评：
此题考查了圆锥的计算，解题的关键是牢记圆锥的有关计算公式，难度不大．
14．〔3分〕〔2022•黄冈〕在△ABC中，AB=13cm，AC=20cm，BC边上的高为12cm，那么△ABC的面积为　126或66　cm2．
考点：
勾股定理．菁优网版权所有
分析：
此题分两种情况：∠B为锐角或∠B为钝角AB、AC的值，利用勾股定理即可求出BC的长，利用三角形的面积公式得结果．
解答：
解：当∠B为锐角时〔如图1〕，
在Rt△ABD中，
BD===5cm，
在Rt△ADC中，
CD===16cm，
∴BC=21，
∴S△ABC==×21×12=126cm2；
当∠B为钝角时〔如图2〕，
在Rt△ABD中，
BD===5cm，
在Rt△ADC中，
CD===16cm，
∴BC=CD﹣BD=16﹣5=11cm，
∴S△ABC==×11×12=66cm2，
故答案为：126或66．

点评：
此题主要考查了勾股定理和三角形的面积公式，画出图形，分类讨论是解答此题的关键．
三、解答题〔共10小题，总分值78分〕
15．〔5分〕〔2022•黄冈〕解不等式组：．
考点：
解一元一次不等式组．菁优网版权所有
分析：
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
解答：
解：由①得，x＜2，由②得，x≥﹣2，
故不等式组的解集为：﹣2≤x＜2．
点评：
此题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到〞的原那么是解答此题的关键．
16．〔6分〕〔2022•黄冈〕A，B两件服装的本钱共500元，鑫洋服装店老板分别以30%和20%的利润率定价后进行销售，该服装店共获利130元，问A，B两件服装的本钱各是多少元
考点：
二元一次方程组的应用．菁优网版权所有
分析：
设A服装本钱为x元，B服装本钱y元，由题意得等量关系：①本钱共500元；②共获利130元，根据等量关系列出方程组，再解即可．
解答：
解：设A服装本钱为x元，B服装本钱y元，由题意得：
，
解得：，
答：A服装本钱为300元，B服装本钱200元．
点评：
此题主要考查了二元一次方程组的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程组．
17．〔6分〕〔2022•黄冈〕：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E，F为对角线AC上两点，且AE=CF，DF∥BE．
求证：四边形ABCD为平行四边形．
考点：
平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
证明题．
分析：
首先证明△AEB≌△CFD可得AB=CD，再由条件AB∥CD可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形ABCD为平行四边形．
解答：
证明：∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∵DF∥BE，
∴∠DFA=∠BEC，
∴∠AEB=∠DFC，
在△AEB和△CFD中，
∴△AEB≌△CFD〔ASA〕，
∴AB=CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
点评：
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
18．〔7分〕〔2022•黄冈〕在某电视台的一档选秀节目中，有三位评委，每位评委在选手完成才艺表演后，出示“通过〞〔用√表示〕或“淘汰〞〔用×表示〕的评定结果，节目组规定：每位选手至少获得两位评委的“通过〞才能晋级
〔1〕请用树形图列举出选手A获得三位评委评定的各种可能的结果；
〔2〕求选手A晋级的概率．
考点：
列表法与树状图法．菁优网版权所有
分析：
〔1〕利用树状图列举出所有可能即可，注意不重不漏的表示出所有结果；
〔2〕列举出所有情况，让至少有两位评委给出“通过〞的结论的情况数除以总情况数即为所求的概率．
解答：
解：〔1〕画出树状图来说明评委给出A选手的所有可能结果：
；

〔2〕∵由上可知评委给出A选手所有可能的结果有8种．并且它们是等可能的，对于A选手，晋级的可能有4种情况，
∴对于A选手，晋级的概率是：．
点评：
此题主要考查了树状图法求概率．树状图法可以不重不漏地列举出所有可能发生的情况，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19．〔7分〕〔2022•黄冈〕“六一〞儿童节前夕，薪黄县教育局准备给留守儿童赠送一批学习用品，先对浠泉镇浠泉小学的留守儿童人数进行抽样统计，发现各班留守儿童人数分别为6名，7名，8名，10名，12名这五种情形，并将统计结果绘制成了如下列图的两份不完整的统计图：
请根据上述统计图，解答以下问题：
〔1〕该校有多少个班级并补充条形统计图；
〔2〕该校平均每班有多少名留守儿童留守儿童人数的众数是多少
〔3〕假设该镇所有小学共有60个教学班，请根据样本数据，估计该镇小学生中，共有多少名留守儿童．
考点：
条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图；加权平均数．菁优网版权所有
分析：
〔1〕根据有7名留守儿童班级有2个，所占的百分比是12.5%，即可求得班级的总个数；
〔2〕利用平均数的计算公式求得每班的留守儿童数，然后根据众数的定义，就是出现次数最多的数确定留守儿童的众数；
〔3〕利用班级数60乘以〔2〕中求得的平均数即可．
解答：
解：〔1〕该校的班级数是：2÷12.5%=16〔个〕．
那么人数是8名的班级数是：16﹣1﹣2﹣6﹣2=5〔个〕．
；
〔2〕每班的留守儿童的平均数是：〔1×6+2×7+5×8+6×10+12×2〕=9〔人〕，众数是10名；
〔3〕该镇小学生中，共有留守儿童60×9=540〔人〕．
答：该镇小学生中共有留守儿童540人．
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．
20．〔7分〕〔2022•荆门〕如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离〔结果不取近似值〕．
考点：
解直角三角形的应用-方向角问题．菁优网版权所有
分析：
过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，那么∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．解Rt△BCE，求出BE=BC=×1000=500米；解Rt△CDF，求出CF=CD=500米，那么DA=BE+CF=〔500+500〕米．
解答：
解：如图，过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，那么∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．
在Rt△BCE中，∵∠E=90°，∠CBE=60°，
∴∠BCE=30°，
∴BE=BC=×1000=500米；
在Rt△CDF中，∵∠F=90°，∠DCF=45°，CD=AB=1000米，
∴CF=CD=500米，
∴DA=BE+CF=〔500+500〕米，
故拦截点D处到公路的距离是〔500+500〕米．

点评：
此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，锐角三角函数的定义，正确理解方向角的定义，进而作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21．〔8分〕〔2022•黄冈〕：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延长线于点P．
〔1〕求证：∠BCP=∠BAN
〔2〕求证：=．
考点：
切线的性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
专题：
证明题．
分析：
〔1〕由AC为⊙O直径，得到∠NAC+∠ACN=90°，由AB=AC，得到∠BAN=∠CAN，根据PC是⊙O的切线，得到∠ACN+∠PCB=90°，于是得到结论．
〔2〕由等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，根据圆内接四边形的性质得到∠PBC=∠AMN，证出△BPC∽△MNA，即可得到结论．
解答：
〔1〕证明：∵AC为⊙O直径，
∴∠ANC=90°，
∴∠NAC+∠ACN=90°，
∵AB=AC，
∴∠BAN=∠CAN，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠ACP=90°，
∴∠ACN+∠PCB=90°，
∴∠BCP=∠CAN，
∴∠BCP=∠BAN；

〔2〕∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠PBC+∠ABC=∠AMN+∠ACN=180°，
∴∠PBC=∠AMN，
由〔1〕知∠BCP=∠BAN，
∴△BPC∽△MNA，
∴．
点评：
此题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，解此题的关键是熟练掌握定理．
22．〔8分〕〔2022•黄冈〕如图，反比例函数y=的图象经过点A〔﹣1，4〕，直线y=﹣x+b〔b≠0〕与双曲线y=在第二、四象限分别相交于P，Q两点，与x轴、y轴分别相交于C，D两点．
〔1〕求k的值；
〔2〕当b=﹣2时，求△OCD的面积；
〔3〕连接OQ，是否存在实数b，使得S△ODQ=S△OCD假设存在，请求出b的值；假设不存在，请说明理由．
考点：
反比例函数与一次函数的交点问题．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
〔1〕根据反比例函数的图象上点的坐标特征易得k=﹣4；
〔2〕当b=﹣2时，直线解析式为y=﹣x﹣2，那么利用坐标轴上点的坐标特征可求出C〔﹣2，0〕，D〔0，﹣2〕，然后根据三角形面积公式求解；
〔3〕先表示出C〔b，0〕，根据三角形面积公式，由于S△ODQ=S△OCD，所以点Q和点C到OD的距离相等，那么Q的横坐标为〔﹣b，0〕，利用直线解析式可得到Q〔﹣b，2b〕，再根据反比例函数的图象上点的坐标特征得到﹣b•2b=﹣4，然后解方程即可得到满足条件的b的值．
解答：
解：〔1〕∵反比例函数y=的图象经过点A〔﹣1，4〕，
∴k=﹣1×4=﹣4；
〔2〕当b=﹣2时，直线解析式为y=﹣x﹣2，
∵y=0时，﹣x﹣2=0，解得x=﹣2，
∴C〔﹣2，0〕，
∵当x=0时，y=﹣x﹣2=﹣2，
∴D〔0，﹣2〕，
∴S△OCD=×2×2=2；
〔3〕存在．
当y=0时，﹣x+b=0，解得x=b，那么C〔b，0〕，
∵S△ODQ=S△OCD，
∴点Q和点C到OD的距离相等，
而Q点在第四象限，
∴Q的横坐标为﹣b，
当x=﹣b时，y=﹣x+b=2b，那么Q〔﹣b，2b〕，
∵点Q在反比例函数y=﹣的图象上，
∴﹣b•2b=﹣4，解得b=﹣或b=〔舍去〕，
∴b的值为﹣．

点评：
此题考查了反比例函数与一次函数的交点：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，假设方程组有解那么两者有交点，方程组无解，那么两者无交点．也考查了反比例函数图象上点的坐标特征和三角形面积公式．
23．〔10分〕〔2022•黄冈〕我市某风景区门票价格如下列图，黄冈赤壁旅游公司有甲、乙两个旅游团队，方案在“五一〞小黄金周期间到该景点游玩．两团队游客人数之和为120人，乙团队人数不超过50人，设甲团队人数为x人．如果甲、乙两团队分别购置门票，两团队门票款之和为W元．
〔1〕求W关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
〔2〕假设甲团队人数不超过100人，请说明甲、乙两团队联合购票比分别购票最多可可节约多少钱；
〔3〕“五一〞小黄金周之后，该风景区对门票价格作了如下调整：人数不超过50人时，门票价格不变；人数超过50人但不超过100人时，每张门票降价a元；人数超过100人时，每张门票降价2a元，在〔2〕的条件下，假设甲、乙两个旅行团队“五一〞小黄金周之后去游玩，最多可节约3400元，求a的值．
考点：
一次函数的应用；一元二次方程的应用；一元一次不等式的应用．菁优网版权所有
分析：
〔1〕根据甲团队人数为x人，乙团队人数不超过50人，得到x≥70，分两种情况：①当70≤x≤100时，W=70x+80〔120﹣x〕=﹣10x+9600，②当100＜x＜120时，W=60x+80〔120﹣x〕=﹣20x+9600，即可解答；
〔2〕根据甲团队人数不超过100人，所以x≤100，由W=﹣10x+9600，根据70≤x≤100，利用一次函数的性质，当x=70时，W最大=8900〔元〕，两团联合购票需120×60=7200〔元〕，即可解答；
〔3〕根据每张门票降价a元，可得W=〔70﹣a〕x+80〔120﹣x〕=﹣〔a+10〕x+9600，利用一次函数的性质，x=70时，W最大=﹣70a+8900〔元〕，而两团联合购票需120〔60﹣2a〕=7200﹣240a〔元〕，所以﹣70a+8900﹣〔7200﹣240a〕=3400，即可解答．
解答：
解：〔1〕∵甲团队人数为x人，乙团队人数不超过50人，
∴120﹣x≤50，
∴x≥70，
①当70≤x≤100时，W=70x+80〔120﹣x〕=﹣10x+9600，
②当100＜x＜120时，W=60x+80〔120﹣x〕=﹣20x+9600，
综上所述，W=
〔2〕∵甲团队人数不超过100人，
∴x≤100，
∴W=﹣10x+9600，
∵70≤x≤100，
∴x=70时，W最大=8900〔元〕，
两团联合购票需120×60=7200〔元〕，
∴最多可节约8900﹣7200=1700〔元〕．
〔3〕∵x≤100，
∴W=〔70﹣a〕x+80〔120﹣x〕=﹣〔a+10〕x+9600，
∴x=70时，W最大=﹣70a+8900〔元〕，
两团联合购票需120〔60﹣2a〕=7200﹣240a〔元〕，
∵﹣70a+8900﹣〔7200﹣240a〕=3400，
解得：a=10．
点评：
此题考查了一次函数的应用，解决此题的关键是根据题意，列出函数解析式，利用一次函数的性质求得最大值．注意确定x的取值范围．
24．〔14分〕〔2022•荆门〕如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
〔1〕求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；
〔2〕一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；
〔3〕假设点N在〔1〕中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形假设存在，请求出M点坐标；假设不存在，请说明理由．
考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
分析：
〔1〕由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
〔2〕用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
〔3〕可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．
解答：
解：〔1〕∵CE=CB=5，CO=AB=4，
∴在Rt△COE中，OE===3，
设AD=m，那么DE=BD=4﹣m，
∵OE=3，
∴AE=5﹣3=2，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=〔4﹣m〕2，解得m=，
∴D〔﹣，﹣5〕，
∵C〔﹣4，0〕，O〔0，0〕，
∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax〔x+4〕，
∴﹣5=﹣a〔﹣+4〕，解得a=，
∴抛物线解析式为y=x〔x+4〕=x2+x；
〔2〕∵CP=2t，
∴BP=5﹣2t，
在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ〔HL〕，
∴BP=EQ，
∴5﹣2t=t，
∴t=；
〔3〕∵抛物线的对称为直线x=﹣2，
∴设N〔﹣2，n〕，
又由题意可知C〔﹣4，0〕，E〔0，﹣3〕，
设M〔m，y〕，
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，
那么线段EN的中点横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴=﹣1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=×22+×2=16，
∴M〔2，16〕；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，
那么线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为=﹣3，
∵EN，CM互相平分，
∴=﹣3，解得m=﹣6，
又∵M点在抛物线上，
∴y=×〔﹣6〕2+×〔﹣6〕=16，
∴M〔﹣6，16〕；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，
那么M为抛物线的顶点，即M〔﹣2，﹣〕．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为〔2，16〕或〔﹣6，16〕或〔﹣2，〕．
点评：
此题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、平行四边形的性质等知识点．在〔1〕中求得D点坐标是解题的关键，在〔2〕中证得全等，得到关于t的方程是解题的关键，在〔3〕中注意分类讨论思想的应用．此题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
参与本试卷答题和审题的老师有：放飞梦想；1987483819；2300680618；ZJX；fangcao；HJJ；gbl210；gsls；sks；sjzx；CJX；sd2022；zhjh；王学峰；sdwdmahongye；522286788〔排名不分先后〕
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2022年7月22日