2022年初中数学中考锦州试题解析.docx

辽宁省锦州市2022年中考数学试卷
一、选择题〔以下各题的备选答案中，只有一个是正确的，请将正确答案的序号填入下面的表格中．每题3分，共24分〕
1．〔3分〕〔2022•锦州〕﹣3的倒数是〔　　〕

A．

B．
﹣3
C．
3
D．

考点：
倒数．
分析：
根据乘积是1的两个数互为倒数解答．
解答：
解：∵﹣3×〔﹣〕=1，
∴﹣3的倒数是﹣．
应选A．
点评：
此题考查了互为倒数的定义，是根底题，熟记概念是解题的关键．
2．〔3分〕〔2022•锦州〕以下运算正确的选项是〔　　〕

A．
〔a+b〕2=a2+b2
B．
x3+x3=x6
C．
〔a3〕2=a5
D．
〔2x2〕〔﹣3x3〕=﹣6x5
考点：
完全平方公式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；单项式乘单项式．37
专题：
计算题．
分析：
A、利用完全平方公式展开得到结果，即可做出判断；
B、合并同类项得到结果，即可做出判断；
C、利用幂的乘方运算法那么计算得到结果，即可做出判断；
D、利用单项式乘单项式法那么计算得到结果，即可做出判断．
解答：
解：A、〔a+b〕2=a2+2ab+b2，本选项错误；
B、x3+x3=2x3，本选项错误；
C、〔a3〕2=x6，本选项错误；
D、〔2x2〕〔﹣3x3〕=﹣6x5，本选项正确，
应选D
点评：
此题考查了完全平方公式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，以及单项式乘单项式，熟练掌握公式及法那么是解此题的关键．
3．〔3分〕〔2022•锦州〕以下几何体中，主视图和左视图不同的是〔　　〕

A．

圆柱
B．

正方体
C．

正三棱柱
D．

球
考点：
简单几何体的三视图．
分析：
分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
解答：
解：A、圆柱的主视图与左视图都是长方形，不合题意，故本选项错误；
B、正方体的主视图与左视图相同，都是正方形，不合题意，故本选项错误；
C、正三棱柱的主视图是长方形，长方形中有一条杠，左视图是矩形，符合题意，故本选项正确；
D、球的主视图和左视图相同，都是圆，且有一条水平的直径，不合题意，故本选项错误．
应选：C．
点评：
此题考查了简单几何体的三视图，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图，．
4．〔3分〕〔2022•锦州〕为响应“节约用水〞的号召，小刚随机调查了班级35名同学中5名同学家庭一年的平均用水量〔单位：吨〕，记录如下：8，9，8，7，10，这组数据的平均数和中位数分别是〔　　〕

A．
8，8
B．
8.4，8
C．
8.4，8.4
D．
8，8.4
考点：
中位数算术平均数．
分析：
根据中位数和平均数的定义求解即可．
解答：
解：这组数据按从小到大的顺序排列为：7，8，8，9，10，
那么中位数为：8，
平均数为：=8.4．
应选B．
点评：
此题考查了中位数和平均数的知识，属于根底题，解答此题的关键是掌握中位数和平均数的定义．
5．〔3分〕〔2022•锦州〕不等式组的解集在数轴上表示正确的选项是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组．
专题：
计算题．
分析：
求出不等式组的解集，表示在数轴上即可．
解答：
解：，
由①得：x＜1；
由②得：x≤4，
那么不等式组的解集为x＜1，
表示在数轴上，如下列图

应选C
点评：
此题考查了在数轴上表示不等式的解集，以及解一元一次不等式组，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•锦州〕如图，直线y=mx与双曲线y=交于A，B两点，过点A作AM⊥x轴，垂足为点M，连接BM，假设S△ABM=2，那么k的值为〔　　〕

A．
﹣2
B．
2
C．
4
D．
﹣4
考点：
反比例函数系数k的几何意义．
专题：
计算题．
分析：
根据反比例的图象关于原点中心对称得到点A与点B关于原点中心对称，那么S△OAM=S△OBM，而S△ABM=2，S△OAM=1，然后根据反比例函数y=〔k≠0〕系数k的几何意义即可得到k=﹣2．
解答：
解：∵直线y=mx与双曲线y=交于A，B两点，
∴点A与点B关于原点中心对称，
∴S△OAM=S△OBM，
而S△ABM=2，
∴S△OAM=1，
∴|k|=1，
∵反比例函数图象在第二、四象限，
∴k＜0，
∴k=﹣2．
应选A．
点评：
此题考查了反比例函数y=〔k≠0〕系数k的几何意义：从反比例函数y=〔k≠0〕图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|．
7．〔3分〕〔2022•锦州〕有如下四个命题：
〔1〕三角形有且只有一个内切圆；
〔2〕四边形的内角和与外角和相等；
〔3〕顺次连接四边形各边中点所得的四边形一定是菱形；
〔4〕一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形．
其中真命题的个数有〔　　〕

A．
1个
B．
2个
C．
3个
D．
4个
考点：
命题与定理
分析：
根据三角形的内切圆的定义、多边形内角和公式、菱形的性质和平行四边形的性质，对每一项分别进行分析，即可得出答案．
解答：
解：〔1〕三角形的内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，有且只有一个交点，所以任意一个三角形一定有一个内切圆，并且只有一个内切圆，那么正确；
〔2〕根据题意得：〔n﹣2〕•180=360，
解得n=4．
那么四边形的内角和与外角和相等正确；
〔3〕顺次连接四边形各边中点所得的四边形一定是矩形，故不正确；
〔4〕一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形，正确；
应选C．
点评：
此题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
8．〔3分〕〔2022•锦州〕为了帮助遭受自然灾害的地区重建家园，某学校号召同学们自愿捐款．第一次捐款总额为4800元，第二次捐款总额为5000元，第二次捐款人数比第一次多20人，而且两次人均捐款额恰好相等，如果设第一次捐款人数是x人，那么x满足的方程是〔　　〕

A．

B．
=
C．

D．

考点：
由实际问题抽象出分式方程．
分析：
如果设第一次有x人捐款，那么第二次有〔x+20〕人捐款，根据两次人均捐款额相等，可得等量关系为：第一次人均捐款额=第二次人均捐款额，据此列出方程即可．
解答：
解：设第一次有x人捐款，那么第二次有〔x+20〕人捐款，由题意，有
=，
应选B．
点评：
此题考查由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到适宜的等量关系是解决问题的关键．
二、填空题〔本大题共8个小题，每题3分，共24分〕
9．〔3分〕〔2022•锦州〕分解因式x3﹣xy2的结果是　x〔x+y〕〔x﹣y〕　．
考点：
提公因式法与公式法的综合运用．
分析：
先提取公因式x，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
解答：
解：x3﹣xy2，
=x〔x2﹣y2〕，
=x〔x+y〕〔x﹣y〕．
故答案为：x〔x+y〕〔x﹣y〕．
点评：
此题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
10．〔3分〕〔2022•锦州〕函数中，自变量x的取值范围是　x≥2　．
考点：
函数自变量的取值范围．
分析：
根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，就可以求解．
解答：
解：依题意，得x﹣2≥0，解得x≥2，
故答案为：x≥2．
点评：
此题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
11．〔3分〕〔2022•锦州〕据统计，2022锦州世界园林博览会6月1日共接待游客约154000人次，154000可用科学记数法表示为　1.54×105．
考点：
科学记数法—表示较大的数．
分析：
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
解答：
解：将154000用科学记数法表示为1.54×105．
故答案为：1.54×105．
点评：
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．〔3分〕〔2022•锦州〕为从甲、乙、丙三名射击运发动中选一人参加全运会，教练把他们的10次比赛成绩作了统计：平均成绩为9.3环方差分别为S2甲=1.22，S2乙=1.68，S2丙=0.44，那么应该选　丙　参加全运会．
考点：
方差；算术平均数．
分析：
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，说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：∵S2甲=1.22，S2乙=1.68，S2丙=0.44，
∴S2丙最小，
∴那么应该选丙参加全运会．
故答案为：丙．
点评：
此题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，说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，说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．
13．〔3分〕〔2022•锦州〕计算：|1﹣|+﹣〔3.14﹣π〕0﹣〔﹣〕﹣1=　3．
考点：
实数的运算；零指数幂；负整数指数幂．
专题：
计算题．
分析：
此题涉及零指数幂、负指数幂、绝对值、二次根式化简四个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法那么求得计算结果．
解答：
解：原式=﹣1+2﹣1﹣
=﹣1+2﹣1+2
=3．
点评：
此题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是掌握零指数幂、负指数幂、绝对值、二次根式化简等考点的运算．
14．〔3分〕〔2022•锦州〕在四张反面完全相同的卡片正面分别画有正三角形，正六边形、平行四边形和圆，将这四张卡片反面朝上放在桌面上．现从中随机抽取一张，抽出的图形是中心对称图形的概率是．
考点：
概率公式；中心对称图形．
分析：
先求出中心对称图形的个数，除以卡片总张数即为恰好是中心对称图形的概率．
解答：
解：正三角形，正六边形、平行四边形和圆中，是中心对称图形的有圆、平行四边形、正六边形3个，
所以从中随机抽取一张，卡片上画的恰好是中心对称图形的概率为：．
故答案为：．
点评：
此题主要考查了概率的求法，如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P〔A〕=．
15．〔3分〕〔2022•锦州〕在△ABC中，AB=AC，AB的垂直平分线DE与AC所在的直线相交于点E，垂足为D，连接BE．AE=5，tan∠AED=，那么BE+CE=　6或16　．
考点：
线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形
专题：
分类讨论．
分析：
此题有两种情形，需要分类讨论．
首先根据题意画出图形，由线段垂直平分线的性质，即可求得AE=BE，又由三角函数的性质，求得AD的长，继而求得答案．
解答：
解：①假设∠BAC为锐角，如答图1所示：

∵AB的垂直平分线是DE，
∴AE=BE，ED⊥AB，AD=AB，
∵AE=5，tan∠AED=，
∴sin∠AED=，
∴AD=AE•sin∠AED=3，
∴AB=6，
∴BE+CE=AE+CE=AC=AB=6；
②假设∠BAC为钝角，如答图2所示：

同理可求得：BE+CE=16．
故答案为：6或16．
点评：
此题考查了线段垂直平分线、等腰三角形、解直角三角形等知识点，着重考查了分类讨论的数学思想．
16．〔3分〕〔2022•锦州〕二次函数y=的图象如图，点A0位于坐标原点，点A1，A2，A3…An在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3…Bn在二次函数位于第一象限的图象上，点C1，C2，C3…Cn在二次函数位于第二象限的图象上，四边形A0B1A1C1四边形A1B2A2C2，四边形A2B3A3C3…四边形An﹣1BnAnCn都是菱形，∠A0B1A1=∠A1B2A1=∠A2B3A3…=∠An﹣1BnAn=60°，菱形An﹣1BnAnCn的周长为　4n　．
考点：
二次函数综合题．3718684
分析：
由于△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，都是等边三角形，因此∠B1A0x=30°，可先设出△A0B1A1的边长，然后表示出B1的坐标，代入抛物线的解析式中即可求得△A0B1A1的边长，用同样的方法可求得△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…的边长，然后根据各边长的特点总结出此题的一般化规律，根据菱形的性质易求菱形An﹣1BnAnCn的周长．
解答：
解：∵四边形A0B1A1C1是菱形，∠A0B1A1=60°，
∴△A0B1A1是等边三角形．
设△A0B1A1的边长为m1，那么B1〔，〕；
代入抛物线的解析式中得：〔〕2=，
解得m1=0〔舍去〕，m1=1；
故△A0B1A1的边长为1，
同理可求得△A1B2A2的边长为2，
…
依此类推，等边△An﹣1BnAn的边长为n，
故菱形An﹣1BnAnCn的周长为4n．
故答案是：4n．
点评：
此题考查了二次函数综合题．解题时，利用了二次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点．解答此题的难点是推知等边△An﹣1BnAn的边长为n．
三、解答题〔本大题共2个小题，每题8分，共16分〕
17．〔8分〕〔2022•锦州〕先将〔1﹣〕÷化简，然后请自选一个你喜欢的x值代入求值．
考点：
分式的化简求值．
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，再利用除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法运算化为乘法运算，约分得到最简结果，将x=2代入计算即可得到结果．
解答：
解：原式=•=x+2，
当x=2时，原式=2+2=4．
点评：
此题考查了分式的化简求值，分式的加减运算关键是通分，通分的关键是找最简公分母；分式的乘除运算关键是约分，约分的关键是找公因式．
18．〔8分〕〔2022•锦州〕如图，方格纸中的每个小正方形边长都是1个长度单位，Rt△ABC的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A的坐标为〔1，1〕，点B的坐标为〔4，1〕．
〔1〕先将Rt△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度得到Rt△A1B1C1，试在图中画出Rt△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
〔2〕再将Rt△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到Rt△A2B2C2，试在图中画出Rt△A2B2C2，并计算Rt△A1B1C1在上述旋转过程中点C1所经过的路径长．
考点：
作图-旋转变换；作图-平移变换
专题：
作图题．
分析：
〔1〕根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1的坐标；
〔2〕根据网格结构找出点A1、B1、C1绕点A1顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理列式求出A1C1的长，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
解答：
解：〔1〕Rt△A1B1C1如下列图，A1〔﹣4，0〕；

〔2〕Rt△A2B2C2如下列图，
根据勾股定理，A1C1==，
所以，点C1所经过的路径长==π．

点评：
此题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
四、解答题〔本大题共2小题，每题10分，共20分〕
19．〔10分〕〔2022•锦州〕以下是根据全国人力资源和社会保障部公布的相关数据绘制的统计图的一局部，请你根据图中信息解答以下问题：
〔1〕求2022年全国普通高校毕业生数年增长率约是多少〔精确到0.1%〕
〔2〕求2022年全国普通高校毕业生数约是多少万人〔精确到万位〕
〔3〕补全折线统计图和条形统计图．
考点：
折线统计图；条形统计图．
专题：
图表型．
分析：
〔1〕用2022年比2022年多的人数除以2022年的人数，计算即可求出2022年的增长率；
〔2〕设2022年的毕业生人数约是x万人，根据2022年的增长率是4.6%列式计算即可得解；
〔3〕根据计算补全统计图即可．
解答：
解：〔1〕×100%≈2.8%，
故2022年全国普通高校毕业生数年增长率约是2.8%；

〔2〕设2022年的毕业生人数约是x万人，
根据题意得，≈4.6%，
解得x≈660，
故2022年全国普通高校毕业生数约是660万人；

〔3〕补全统计图如下列图．

点评：
此题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用．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，折线统计图表示的是事物的变化情况．
20．〔10分〕〔2022•锦州〕如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE．
求证：OE=BC．
考点：
菱形的性质；矩形的判定与性质．
专题：
证明题．
分析：
先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明OCED是矩形，利用勾股定理即可求出BC=OE．
解答：
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCED是矩形，
∴DE=OC，
∵OB=OD，∠BOC=∠ODE=90°，
∵BC=，OE=，
∴BC=OE．
点评：
此题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是根底题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
五、解答题〔本大题共2个小题，每题10分，共20分〕
21．〔10分〕〔2022•锦州〕一个不透明的口袋中装有4个完全相同的小球，分别标有数字1、2、3、4，另有一个可以自由旋转的圆盘．被分成面积相等的3个扇形区，分别标有数字1、2、3〔如下列图〕．小颖和小亮想通过游戏来决定谁代表学校参加歌咏比赛，游戏规那么为：一人从口袋中摸出一个小球，另一个人转动圆盘，如果所摸球上的数字与圆盘上转出数字之和小于4，那么小颖去；否那么小亮去．
〔1〕用树状图或列表法求出小颖参加比赛的概率；
〔2〕你认为该游戏公平吗请说明理由；假设不公平，请修改该游戏规那么，使游戏公平．
考点：
游戏公平性
分析：
〔1〕首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两指针所指数字之和和小于4的情况，那么可求得小颖参加比赛的概率；
〔2〕根据小颖获胜与小亮获胜的概率，比较概率是否相等，即可判定游戏是否公平；使游戏公平，只要概率相等即可．
解答：
解：〔1〕画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，所指数字之和小于4的有3种情况，
∴P〔和小于4〕==，
∴小颖参加比赛的概率为：；

〔2〕不公平，
∵P〔和小于4〕=，
P〔和大于等于4〕=．
∴P〔和小于4〕≠P〔和大于等于4〕，
∴游戏不公平；
可改为：假设两指针所指数字之和为偶数，那么小颖获胜；假设两指针所指数字之和为奇数，那么小亮获胜；P〔和为偶数〕=P〔和为奇数〕=．
点评：
此题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否那么就不公平．
22．〔10分〕〔2022•锦州〕如图，某公司入口处有一斜坡AB，坡角为12°，AB的长为3m，施工队准备将斜坡修成三级台阶，台阶高度均为hcm，深度均为30cm，设台阶的起点为C．
〔1〕求AC的长度；
〔2〕求每级台阶的高度h．
〔参考数据：sin12°≈0.2079，cos12°≈0.9781，tan12°≈0.2126．结果都精确到0.1cm〕
考点：
解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
分析：
〔1〕过点B作BE⊥AC于点E，在Rt△ABE中利用三角函数求出AE，由AC=AE﹣CE，可得出答案；
〔2〕在Rt△ABE中，求出BE，即可计算每级台阶的高度h．
解答：
解：如右图，过点B作BE⊥AC于点E，
〔1〕在Rt△ABE中，AB=3m，cos12°≈0.9781，
AE=ABcos12°≈2.934m=293.4cm，
∴AC=AE﹣CE=293.4﹣60=233.4cm．
答：AC的长度约为233.4cm．

〔2〕h=BE=ABsin12°=×300×0.2079=20.79≈20.8cm．
答：每级台阶的高度h约为20.8cm．

点评：
此题考查了解直角三角形的应用，难度一般，解答此题的关键是根据坡度和坡角构造直角三角形，并解直角三角形．
六、解答题〔本大题共2个小题，每题10分，共20分〕
23．〔10分〕〔2022•锦州〕如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连接BE．
〔1〕求证：BE与⊙O相切；
〔2〕设OE交⊙O于点F，假设DF=1，BC=2，求由劣弧BC、线段CE和BE所围成的图形面积S．
考点：
切线的判定；扇形面积的计算．
分析：
〔1〕首先连接OC，易证得△COE≌△BOE〔SAS〕，即可得∠OCE=∠OBE=90°，证得BE与⊙O相切；
〔2〕首先设OC=x，那么OD=OF﹣DF=x﹣1，易求得OC的长，即可得∠BOC=120°，又由S=S四边形OBFC﹣S扇形OBC求得答案．
解答：
〔1〕证明：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∵OB=OC，OD⊥BC，
∴∠EOC=∠EOB，
∵在△EOC和△EOB中，
，
∴△COE≌△BOE〔SAS〕，
∴∠OCE=∠OBE=90°，
即OB⊥BE，
∴BE与⊙O相切；

〔2〕解：∵OD⊥BC，
∴CD=BC=×2=，
设OC=x，那么OD=OF﹣DF=x﹣1，
在Rt△OCD中，OC2=OD2+CD2，
∴x2=〔x﹣1〕2+〔〕2，
解得：x=2，
∴OC=2，∠COD=60°，
∴∠BOC=120°，
∴CF=OC•tan60°=2，
∴S=S四边形OBFC﹣S扇形OBC=2S△OCE﹣S扇形OBC=2××2×2﹣×π×22=4﹣π．

点评：
此题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质、垂径定理以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
24．〔10分〕〔2022•锦州〕甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向而行．并以各自的速度匀速行驶，甲车途径C地时休息一小时，然后按原速度继续前进到达B地；乙车从B地直接到达A地，如图是甲、乙两车和B地的距离y〔千米〕与甲车出发时间x〔小时〕的函数图象．
〔1〕直接写出a，m，n的值；
〔2〕求出甲车与B地的距离y〔千米〕与甲车出发时间x〔小时〕的函数关系式〔写出自变量x的取值范围〕；
〔3〕当两车相距120千米时，乙车行驶了多长时间
考点：
一次函数的应用
分析：
〔1〕根据甲车休息1小时列式求出m，再根据乙车2小时距离B地120千米求出速度，然后求出a，根据甲的速度列式求出到达B地行驶的时间再加上休息的1小时即可得到n的值；
〔2〕分休息前，休息时，休息后三个阶段，利用待定系数法求一次函数解析式解答；

〔3〕求出甲车的速度，然后分①相遇前两人的路程之和加上相距的120千米等于总路程列出方程求解即可；②相遇后，两人行驶的路程之和等于总路程加120千米，列出方程求解即可．
解答：
解：〔1〕∵甲车途径C地时休息一小时，
∴2.5﹣m=1，
∴m=1.5，
乙车的速度==，
即=60，
解得a=90，
甲车的速度为：=，
解得n=3.5；
所以，a=90，m=1.5，n=3.5；

〔2〕设甲车的y与x的函数关系式为y=kx+b〔k≠0〕，
①休息前，0≤x＜1.5，函数图象经过点〔0，300〕和〔1.5，120〕，
所以，，
解得，
所以，y=﹣120x+300
②休息时，1.5≤x＜2.5，y=120，
③休息后，2.5≤x≤3.5，函数图象经过〔2.5，120〕和〔3.5，0〕，
所以，，
解得，
所以，y=﹣120x+420．
综上，y与x的关系式为y=；

〔3〕设两车相距120千米时，乙车行驶了x小时，
甲车的速度为：〔300﹣120〕÷1.5=120千米/时，
①假设相遇前，那么120x+60x=300﹣120，
解得x=1，
②假设相遇后，那么120〔x﹣1〕+60x=300+120，
解得x=3，
所以，两车相距120千米时，乙车行驶了1小时或3小时．
点评：
此题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，路程、速度、时间三者之间的关系，根据休息1小时求出m的值是此题的突破口，〔3〕要注意分两种情况讨论．
七、解答题〔此题12分〕
25．〔12分〕〔2022•锦州〕如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，将此三角板绕点A旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC，DC于点E，F，连接EF．
〔1〕猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；
〔2〕在图1中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系；
〔3〕如图2，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的点，∠EAF=∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想AM与AB之间的数量关系．并证明你的猜想．
考点：
四边形综合题．
分析：
〔1〕延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据四边形ABCD是正方形求出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°，证△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠F，证△EAQ≌△EAF，
推出EF=BQ即可；
〔2〕根据△EAQ≌△EAF，EF=BQ得出×BQ×AB=×FE×AM，求出即可；
〔3〕延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，根据折叠和得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，∠BAC=∠DAC=∠BAD，证△ADF≌△ABQ，推出AQ=AF，∠QAB=∠DAF，求出∠EAQ=∠FAE，证△EAQ≌△EAF，推出EF=BQ即可．
解答：
〔1〕EF=BE+DF，
证明：如答图1，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=∠ABQ=90°，
在△ADF和△ABQ中
，
∴△ADF≌△ABQ〔SAS〕，
∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF，
∵∠DAB=90°，∠FAE=45°，
∴∠DAF+∠BAE=45°，
∴∠BAE+∠BAQ=45°，
即∠EAQ=∠FAE，
在△EAQ和△EAF中

∴△EAQ≌△EAF，
∴EF=BQ=BE+EQ=BE+DF．

〔2〕解：AM=AB，
理由是：∵△EAQ≌△EAF，EF=BQ，
∴×BQ×AB=×FE×AM，
∴AM=AB．

〔3〕AM=AB，
证明：如答图2，延长CB到Q，使BQ=DF，连接AQ，

∵折叠后B和D重合，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABE=90°，∠BAC=∠DAC=∠BAD，
在△ADF和△ABQ中
，
∴△ADF≌△ABQ〔SAS〕，
∴AQ=AF，∠QAB=∠DAF，
∵∠FAE=∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAQ=∠EAQ=∠BAD，
即∠EAQ=∠FAE，
在△EAQ和△EAF中

∴△EAQ≌△EAF，
∴EF=BQ，
∵△EAQ≌△EAF，EF=BQ，
∴×BQ×AB=×FE×AM，
∴AM=AB．
点评：
此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，折叠的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力，题目比较典型，证明过程类似．
八、解答题〔此题14分〕
26．〔14分〕〔2022•锦州〕如图，抛物线y=﹣x2+mx+n经过△ABC的三个顶点，点A坐标为〔0，3〕，点B坐标为〔2，3〕，点C在x轴的正半轴上．
〔1〕求该抛物线的函数关系表达式及点C的坐标；
〔2〕点E为线段OC上一动点，以OE为边在第一象限内作正方形OEFG，当正方形的顶点F恰好落在线段AC上时，求线段OE的长；
〔3〕将〔2〕中的正方形OEFG沿OC向右平移，记平移中的正方形OEFG为正方形DEFG，当点E和点C重合时停止运动．设平移的距离为t，正方形DEFG的边EF与AC交于点M，DG所在的直线与AC交于点N，连接DM，是否存在这样的t，使△DMN是等腰三角形假设存在，求出t的值；假设不存在，请说明理由；
〔4〕在上述平移过程中，当正方形DEFG与△ABC的重叠局部为五边形时，请直接写出重叠局部的面积S与平移距离t的函数关系式及自变量t的取值范围；并求出当t为何值时，S有最大值，最大值是多少
考点：
二次函数综合题
分析：
〔1〕利用待定系数法求出抛物线的解析式，令y=0解方程，求出点C的坐标；
〔2〕如答图1所示，由△CEF∽△COA，根据比例式列方程求出OE的长度；
〔3〕如答图2所示，假设△DMN是等腰三角形，可能有三种情形，需要分类讨论；
〔4〕当正方形DEFG与△ABC的重叠局部为五边形时，如答图3所示．利用S=S正方形DEFG﹣S梯形MEDN﹣S△FJK求出S关于t的表达式，然后由二次函数的性质求出其最值．
解答：
解：〔1〕∵抛物线y=﹣x2+mx+n经过点A〔0，3〕，B〔2，3〕，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+3．
令y=0，即﹣x2+x+3=0，
解得x=6或x=﹣4，
∵点C位于x轴正半轴上，
∴C〔6，0〕．

〔2〕当正方形的顶点F恰好落在线段AC上时，如答图1所示：

设OE=x，那么EF=x，CE=OC﹣OE=6﹣x．
∵EF∥OA，
∴△CEF∽△COA，
∴，即，
解得x=2．
∴OE=2．

〔3〕存在满足条件的t．理由如下：
如答图2所示，

易证△CEM∽△COA，∴，即，得ME=2﹣t．
过点M作MH⊥DN于点H，那么DH=ME=2﹣t，MH=DE=2．
易证△MNH∽△COA，∴，即，得NH=1．
∴DN=DH+HN=3﹣t．
在Rt△MNH中，MH=2，NH=1，由勾股定理得：MN=．
△DMN是等腰三角形：
①假设DN=MN，那么3﹣t=，解得t=6﹣；
②假设DM=MN，那么DM2=MN2，即22+〔2﹣t〕2=〔〕2，
解得t=2或t=6〔不合题意，舍去〕；
③假设DM=DN，那么DM2=DN2，即22+〔2﹣t〕2=〔3﹣t〕2，解得t=1．
综上所述，当t=1、2或6﹣时，△DMN是等腰三角形．

〔4〕当正方形DEFG与△ABC的重叠局部为五边形时，如答图3所示：

设EF、DG分别与AC交于点M、N，由〔3〕可知：ME=2﹣t，DN=3﹣t．
设直线BC的解析式为y=kx+b，将点B〔2，3〕、C〔6，0〕代入得：
，
解得，
∴y=x+．
设直线BC与EF交于点K，
∵xK=t+2，∴yK=xK+=t+3，
∴FK=yF﹣yK=2﹣〔t+3〕=t﹣1；
设直线BC与GF交于点J，
∵yJ=2，
∴2=xJ+，得xJ=，
∴FJ=xF﹣xJ=t+2﹣=t﹣．
∴S=S正方形DEFG﹣S梯形MEDN﹣S△FJK
=DE2﹣〔ME+DN〕•DE﹣FK•FJ
=22﹣[〔2﹣t〕+〔3﹣t〕]×2﹣〔t﹣1〕〔t﹣〕
=t2+2t﹣．
过点G作GH⊥y轴于点H，交AC于点I，那么HI=2，HJ=，
∴t的取值范围是：2＜t＜．
∴S与t的函数关系式为：S=t2+2t﹣〔2＜t＜〕．
S=t2+2t﹣=〔t﹣〕2+1，
∵＜0，且2＜＜，
∴当t=时，S取得最大值，最大值为1．
点评：
此题是典型的运动型二次函数压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、相似三角形、勾股定理、图形面积计算、最值问题等知识点，考查了运动型问题、存在型问题和分类讨论的数学思想，难度较大．解题关键是理解图形的运动过程．