资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩4页未读，
继续阅读
所属成套资源：【精讲精练】2022-2023数学京改版新中考考点梳理
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（一）
展开
这是一份2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（一），文件包含2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷一解析版docx、2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷一原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
中考模拟卷（一）
一、单选题
1．二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的坐标（x，y）对应值列表如下，则下列说法错误的是（ ）
x
…
0
1
2
3
…
y
…
﹣2
﹣3
﹣2
1
…
A．抛物线开口向上 B．方程ax2+bx+c＝0有一个正根大于3
C．抛物线的对称轴为直线x＝1 D．当x＞1时，y随x的增大而增大
【答案】B
【分析】
首先根据表格中当和时，y都等于5，得出对称轴为，然后根据抛物线经过点（0，-2）得到抛物线开口向上，根据抛物线经过点（2，-2）和点（3，1）即可判断出方程ax2+bx+c＝0根的情况，根据抛物线的开口方向和对称轴即可判断抛物线的增减性．
【详解】
解：∵二次函数经过点（0，-2）和点（2，-2），
∴二次函数的对称轴为，顶点坐标为（1，-3），
∴C选项正确；
∵抛物线与y轴交于点（0，-2），
∴抛物线开口向上，
∴A选项正确；
∵二次函数的对称轴为，经过点（2，-2）和点（3，1），
∴抛物线与x轴的正半轴交点的横坐标小于3，
∴方程ax2+bx+c＝0有一个正根小于3，
∴B选项错误；
∵抛物线开口向上，对称轴为，
∴当x＞1时，y随x的增大而增大，
∴D选项正确．
故选：B．
2．小王在word文档中设计好一张A4规格的表格根据要求，这种规格的表格需要设计1000张，小王欲使用“复制一粘贴”（用鼠标选中表格，右键点击“复制”，然后在本word文档中“粘贴”）的办法满足要求．请问：小王需要使用“复制一粘贴”的次数至少为（ ）
A．9次 B．10次 C．11次 D．12次
【答案】B
【分析】
根据题意得出第一次复制得2张，第二次复制最多得2×2=22=4张，第三次复制最多得2×2×2=23=8张，即可得出规律，第九次复制最多得29=512张，第十次复制最多得210=1024张，问题得解．
【详解】
解：由题意得第一次复制得2张，
第二次复制最多得2×2=22=4张，
第三次复制最多得2×2×2=23=8张，
第四次复制最多得2×2×2×2=24=16张，
……，
第九次复制最多得29=512张，
第十次复制最多得210=1024张，
1024＞1000，
所以至少需要10次．
故选：B
3．如图，点A1，A2，A3，A4在射线OA上，点B1，B2，B3在射线OB上，且A1B1∥A2B2∥A3B3，A2B1∥A3B2∥A4B3．若△A2B1B2，△A3B2B3的面积分别为1，4，则图中三个阴影三角形面积之和为 （ ）
A．8 B．9 C．10 D．10.5
【答案】D
【分析】
由题意得，，设A1B1，A2B2之间的距离为h，则由题意可得，再由可得，，从而得到问题的解答．
【详解】
∵A1B1∥A2B2
∴∠A1A2B1=∠A2A3B2
∵A2B1∥A3B2
∴∠A1A2B1=∠A2A3B2
∴ △A1A2B1∽△A2A3B2（AA）
同理可证△A2A3B2∽△A3A4B3，△A2B1B2∽△A3B2B3
∵△A2B1B2∽△A3B2B3，，
∴，
又∵△A1A2B1∽△A2A3B2
∴
设之间的距离为h，则：，
∴
又∵
∴
∴，
∵，△A1A2B1∽△A2A3B2
∴
∴，
同理有，
∴图中三个阴影三角形面积之和为：
，
故选：D．
4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为(﹣1，0)，其部分图象如图所示，有下列结论：①4ac＜b2；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3；④当x＜0时，y随x增大而增大；⑤8a+c＜0其中结论正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】
由抛物线与x轴有2个交点即，可判断①；由抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，而对称轴在y轴右侧，可判断a、b、c的正负即可判断②；由抛物线的对称轴为直线，点关于直线的对称点的坐标为即可判断③；由抛物线的对称轴为直线，可判断④；由对称轴，可得，图象可知，当时，，代入化简即可判断⑤．
【详解】
解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴，即，
∴①正确．
∵抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴，而对称轴在y轴右侧，
∴，而，
∴，因此，，
∴②错误．
∵抛物线的对称轴为直线，而点关于直线的对称点的坐标为，
∴方程的两个根是，
∴③正确．
∵抛物线的对称轴为直线，
∴当时，y随x增大而增大，
∴④正确．
∵，即，
观察图象可知，当时，，
∴，即，
∴⑤正确．
综上所述，①③④⑤正确，正确结论有4个，
故选C．
5．如图，一次函数（为常数，且）的图像经过点，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据图像的意义当x=-3时，kx+b=2，根据一次函数的性质求解即可．
【详解】
解：∵当x=-3时，kx+b=2，
且y随x的增大而减小，
∴不等式的解集，
故选A．
6．如图，已知△ABC，O为AC上一点，以OB为半径的圆经过点A，且与BC、OC交于点E、D，设∠C＝α，∠A＝β，则（ ）
A．若α﹣β＝65°，则弧DE的度数为25°
B．若α+β＝65°，则弧DE的度数为25°
C．若α﹣β＝65°，则弧DE的度数为50°
D．若α+β＝65°，则弧DE的度数为50°
【答案】D
【分析】
连接BD，根据圆周角定理求出∠ABD＝90°，求出∠ADB＝90°﹣β，再根据三角形外角性质得出90°﹣β＝α+x，求出的度数是180°﹣2（α+β），再逐个判断即可．
【详解】
解答：解：连接BD，
设的度数是x，
则∠DBC＝x，
∵AC过O，
∴∠ABD＝90°，
∵∠A＝β，
∴∠ADB＝90°﹣β，
∵∠C＝α，∠ADB＝∠C+∠DBC，
∴90°﹣β＝α+x，
解得：x＝180°﹣2（α+β），
即的度数是180°﹣2（α+β），
当α﹣β＝65°，即α＝65°+β时，的度数是180°﹣2（65°+β+β）＝50°﹣4β或180°﹣（α+α﹣65°）＝245°﹣2α，故选项A，C不符合题意；
当α+β＝65°时，的度数是180°﹣130°＝50°，故选项B错误，选项D正确；
故选：D．
7．如图，∠AOB＝20°，点M、N分别是边OA、OB上的定点，点P、Q分别是OB、OA上的动点，记∠MPQ＝α，∠PQN＝β，当MP+PQ+QN最小时，则β﹣α的值为（ ）
A．10° B．20° C．40° D．50°
【答案】C
【分析】
作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接交OA于Q，交OB于P，则MP＋PQ＋QN最小易知∠OPM＝∠OP＝∠NPQ，∠OQP＝∠AQ＝∠AQN，根据三角形的外角的性质和平角的定义即可得到结论．
【详解】
解：如图，作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接交OA于Q，交OB于P，则MP＋PQ＋QN最小，
∴∠OPM＝∠OP＝∠NPQ，∠OQP＝∠AQ＝∠AQN，
∴∠QPN＝（180°−α）＝∠AOB＋∠MQP＝20°＋（180°−β），
∴180°−α＝40°＋（180°−β），
∴β−α＝40°，
故选：C．
8．如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
【答案】C
【分析】
由切线的性质可知，线段PQ、OP、OQ组成直角三角形，其中OQ为半径，是个定值，勾股定理可知，当切线PQ最短时，必有OP最短，由此当时，此时切线长PQ有最小值，通过三角形等面积法求出PQ，再利用勾股定理求出PQ．
【详解】
解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
，为直角三角形，
由勾股定理可知：，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值,
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ．
点A（﹣3，0），B（0，4）,
，,
在中，由勾股定理可得：,
利用等面积法可得： 解得：
故，
故选：C．
9．已知二次函数y＝x2﹣2px﹣p+3，当﹣1＜x＜0时，y的值恒大于1，则p的取值范围（ ）
A．﹣1＜p＜2 B．﹣3＜p＜1 C．﹣1＜p＜0 D．﹣3＜p＜2
【答案】D
【分析】
将x=-1代入函数的解析式，令y>1即可求得p的取值范围．
【详解】
解：二次函数 的图象是一条开口向上的抛物线，
(1)当抛物线的对称轴x= p≤-1时，只要使二次函数解析式的值-1 < x < 0时恒大于1，所以x= -1，y=1 +2p-p+3=p+4> 1，解得： p> -3；
(2) 当抛物线的对称轴x= p≥0时，只要使二次函数解析式的值-1 < x < 0时恒大于1，所以x=0，y=-p+3> 1，所以要使二次函数解析式的值 -1 < x < 0时恒大于1，只要p < 2即可；
(3) 当抛物线的对称轴x= p在区间-1 < x < 0时，
此时，-2< p< 1．
综上所述：p的取值范围是：-3
10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q．下列结论错误的是（ ）
A．AE⊥BF B．QB＝QF
C．cos∠BQP＝ D．S四边形ECFG＝S△BGE
【答案】C
【分析】
△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，即可判断B；首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF即可判断A；利用QF=QB，解出BP，QB，根据正弦的定义即可求解即可判断C；可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解即可判断D．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AB∥CD，
由折叠的性质得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB=∠C＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QF＝QB，故B选项不符合题意；
②∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CD=BC，，，∠ABE=∠C=90°，
∴CF＝BE，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF，故A选项不符合题意；
令PF＝k（k＞0），则PB＝2k，
在Rt△BPQ中，设QB＝x，
∵，
∴x2＝（x﹣k）2+4k2，
∴x＝，
∴cos∠BQP＝，故C选项符合题意；
⑤∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
∵BE＝BC，BF＝BC，
∴BE：BF＝1：，
∴△BGE的面积：△BCF的面积＝1：5，
∴S四边形ECFG＝4S△BGE，故D选项不符合题意．
故选C．
二、填空题
11．现有5张除数字外完全相同的卡片，上面分别写有，，0，1，2这五个数，将卡片背面朝上洗匀，从中任意抽取两张，将卡片上的数字记为．
（1）用列表法或画树状图法列举的所有可能结果．
（2）若将m，n的值代入二次函数，求二次函数顶点在坐标轴上的概率．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）画出树状图即可；
（2）共有20种可能的结果，其中二次函数顶点在坐标轴上的结果有8种，再由概率公式求解即可．
【详解】
（1）画树状图得
共有20种可能的结果；
（2）从，，0，1，2这五个数中任取两数m，n，共有20种可能，
其中二次函数顶点在坐标轴上（记为事件A）的有8种，
所以．
12．若2＜x＜5，则|x﹣2|﹣|5﹣x|＝_______．
【答案】2x-7
【分析】
根据2＜x＜5，得到x-2＞0，5-x＜0，根据绝对值的意义去绝对值，去括号，合并同类项即可求解．
【详解】
解：因为2＜x＜5，
所以x-2＞0,5-x＜0，
所以|x﹣2|﹣|5﹣x|
=（x-2）-（5-x）
=x-2-5+x
=2x-7．
故答案为：2x-7
13．将抛物线y=x22x+2向上左移一个单位后，那么新的抛物线的表达式是______．
【答案】
【分析】
根据函数图像的平移方法，左加右减，上加下减判断即可；
【详解】
抛物线y=x22x+2向上左移一个单位后得：
；
故答案是：．
14．已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠BCD＝2∠B，AC＝4，则BD的长为________．
【答案】6
【分析】
由∠BCD＝2∠B，可得∠B=∠ACD=30゜,则由含30度直角三角形的性质可求得AD与AB的长，从而其差即是BD的长．
【详解】
∵CD⊥AB
∴∠B+∠BCD=90゜
∵∠BCD＝2∠B
∴∠B+2∠B=90゜
∴∠B=30゜
∴∠BCD=60゜,AB=2AC=8
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD=30゜
∴
∴
故答案为；6
15．已知：am＝2，an＝3，则a2m＋n＝________．
【答案】12
【分析】
根据同底数幂的乘法和幂乘方的逆运算把原式化简，再把am＝2，an＝3代入即可．
【详解】
解：∵am＝2，an＝3，
∴，
故答案为：12．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为____或___
【答案】3；
【分析】
分两种情况讨论：①当B′D⊥AE时，△AB′F为直角三角形；②当DB′⊥AB′时，△AB′F为直角三角形.
【详解】
解：①当B′D⊥AE时，△AB′F为直角三角形，如下图：
根据题意，BE=B′E，BD=B′D=BC=，∠B=∠EB′F，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，
∴AB===4，
∴，
∴∠B=∠EB′F =30°，
∵在Rt△BDF中，∠B=30°，
∴DF=BD=，
∴B′F=B′D-DF=-=，
∵在Rt△B′EF中，∠EB′F =30°，
∴EF=B′E，
∵B′F===EF，
即=EF，
∴EF=，则BE=1，
∴AE=AB-BE=4-1=3.
②当DB′⊥AB′时，△AB′F为直角三角形，如下图：
连接AD，过A作AN⊥EB′，交EB′的延长线于N，
根据题意，BE=B′E，BD=CD=B′D=BC=，∠DBE=∠EB′F，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，
∴AB===4，
∴，
∴∠DBE=∠EB′F =30°，
∵∠AB′F=90°，
∴∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=120°，
∴Rt△AB′N中，∠AB′N=60°，∠B′AN=30°，
∴B′N=AB′，
在Rt△AB′D和Rt△ACD中
，
∴Rt△AB′D≌Rt△ACD（HL），
∴AB′=AC=2，
∴B′N=1，AN=，
设AE=x，则BE= B′E=4-x，
∵在Rt△AEN中，，
∴（）2+（4-x+1）2=x2
∴x=
综上，AE的长为3或，
故答案为：3或.
17．x、y表示两个数，规定新运算“*”如下：x*y＝2x﹣3y，那么（3*5）*（﹣4）＝_____．
【答案】-6
【分析】
根据找出新的运算方法，再根据新的运算方法计算即可．
【详解】
故答案为：
三、解答题
18．列方程解应用题：在生产操作中，有些化工原料对人体有害，所以需要用机器人来搬运． 现有 A、B两种机器人，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30kg，A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等，则两种机器人每小时分别搬运多少化工原料？
【答案】A型机器人每小时搬运90kg化工原料，B型机器人每小时搬运60kg化工原料
【分析】
设A型机器人每小时搬运化工原料，则B型机器人每小时搬运化工原料，然后根据A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等列出方程求解即可．
【详解】
解：设A型机器人每小时搬运化工原料，则B型机器人每小时搬运化工原料，
由题意得：
解得：
经检验，是原方程的根.
故该方程的解为，.
答：A型机器人每小时搬运90kg化工原料，B型机器人每小时搬运60kg化工原料.
19．（1）计算：
（2）计算：
（3）先化简，再求值：，其中x＝3，y＝﹣1．
【答案】（1）；（2）；（3），
【分析】
（1）利用完全平方公式和平方差公式进行求解即可；
（2）利用完全平方公式和多项式乘以多项式的计算法则求解即可；
（3）根据分式的混合计算法则先化简，然后代值计算即可．
【详解】
解：（1）
；
（2）
；
（3）
，
当，时，原式．
20．（1）将二次函数化成的形式，并指出开口方向、顶点坐标和对称轴
（2）已知某抛物线的顶点坐标是(3，—5)，且经过点A(1，3)．求此抛物线的解析式；
（3）已知某抛物线经过三点，求此抛物线的解析式
【答案】（1），开口向下，顶点坐标为（1，），对称轴为直线．（2）抛物线解析式为．（3）抛物线解析式为．
【分析】
（1）利用配方法将二次函数化成的形式，通过观察化成后的顶点式，确定开口方向、顶点坐标和对称轴．
（2）直接设顶点式，把顶点代入顶点式中，最后通过A(1，3)，求出值，最后便得到答案．
（3）为交点坐标，故设交点式：，代入交点坐标，最后通过求出值，最后便得到答案．
【详解】
（1）解：
由顶点式可知：顶点坐标为（1，），对称轴为直线，
由于，开口方向向下．
（2）解：(3，—5)是该抛物线顶点坐标，
由顶点式可知，该抛物线为：，
抛物线经过点A(1，3)，
解得：，
抛物线解析式为：．
（3）解： 为抛物线与轴的交点坐标，
由交点式可知，该抛物线为：，
抛物线经过点，
解得：，
抛物线解析式：．
21．已知A（1，1），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，1），是平面直角坐标系中的3个点，
（1）画出△ABC的外接圆⊙P，⊙P的圆心坐标为______；
（2）若在x轴上负半轴有一点F，且∠AFB=∠ACB，则点F的坐标为 ．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据三点确定圆心，找到的垂直平分线的交点，即为所求；
（2）根据点的坐标，证明是，则，即是直径，勾股定理求得，则=，进而求得点的坐标
【详解】
解：（1）根据三点确定圆心，找到的垂直平分线的交点，即为所求，如图所示；
故答案为：
（2），
是，则，即是直径，
在x轴上负半轴有一点F，∠AFB=∠ACB，
故答案为：
22．一块直角三角形木板，一直角边BC长75 cm，另一直角边AC长 100 cm，要把它加工成面积最大的正方形棋盘，小明、小亮二人的加工方法分别如图1、图2所示，请运用所学知识说明谁的加工方法得到的正方形面积较大．
【答案】小亮的加工的方法获得的正方形面积较大．
【分析】
根据题意分别求得小明、小亮二人的加工的正方形的边长，设小明加工的正方形棋盘的边长为，小亮加工的正方形棋盘的边长为．如图1，过点作，垂足是点，与相交于点．证明，根据等面积法即可求得，进而求得的边长，图2中证明，即可求得的边长，进而比较大小即可．
【详解】
解：设小明加工的正方形棋盘的边长为，小亮加工的正方形棋盘的边长为．如图1，过点作，垂足是点，与相交于点．
，
．
，即．
，
．
又，
．解得．
，解得．
如图2，，
．
，即．
解得．
，
∴故小亮的加工的方法获得的正方形面积较大．
23．在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的矩形的周长与面积相等，则称这个点为“美好点”，如图，过点P分别作x轴，y轴的垂线，与坐标轴围成的矩形OAPB的周长与面积相等，则P为“美好点”．
（1）在点M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好点”的有 ；
（2）若“美好点”P（a，﹣3）在直线y＝x+b（b为常数）上，求a和b的值；
（3）若“美好点”P恰好在抛物线第一象限的图象上，在x轴上是否存在一点Q使得△POQ为直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）N、Q；（2）a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，点Q的坐标为（6，0）或（，0）．
【分析】
（1）根据“美好点”的定义逐个验证即可；
（2）对于P点，对应图形的周长为：2×（|a|+3）=2|a|+6，面积为3|a|，因为点P是“美好点”，故2|a|+6=3|a|，即可求解；
（3）根据点P是“美好点”确定点P的坐标，设点Q的坐标为（x，0），再分以下三种情况：当∠POQ=90°时，此种情况不存在；当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2；当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，分别列出关于x的方程，解得x即可．
【详解】
解：（1）对于M点，对应图形的周长为：2×（2+2）＝8，面积为2×2＝4≠8，故点M不是“美好点”；
对于点N，对应图形的周长为：2×（4+4）＝16，面积为4×4＝16，故点N是“美好点”；
对于点Q，对应图形的周长为：2×（6+3）＝18，面积为6×3＝18，故点Q是“美好点”；
故答案为：N、Q；
（2）对于P点，对应图形的周长为2×（|a|+3）＝2|a|+6，面积为3|a|，
∵点P是“美好点”，
∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，
将P（a，﹣3）代入y＝x+b得：﹣3＝a+b，则b＝﹣3﹣a，
∴当a=6时，b=-9；当a=-6时，b=3，
故a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；
（3）存在，理由如下：
设点P的坐标为（m，n），则n＝m2（m＞0，n＞0），
由题意得：2m+2n＝mn，∴2m+m2＝m3，
解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），
故点P的坐标为（6，3）；
设点Q的坐标为（x，0），
则PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，
PO2＝36+9＝45，
OQ2＝x2，
当∠POQ=90°时，∵点Q在x轴上，则∠POQ≠90°，此种情况不存在；
当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2，∴45=（x﹣6）2+9+ x2，解得x＝6或x=0（舍去）；
当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，∴x2=（x﹣6）2+9+45，解得x＝；
综上所述，符合条件的点Q的坐标为：（6，0）或（，0）．
24．通过实验研究发现：初中生在体育课上运动能力指标（后简称指标）随上课时间的变化而变化．上课开始时，学生随着运动，指标开始增加，中间一段时间，指标保持平稳状态，随后随着体力的消耗，指标开始下降．指标y随时间x（分钟）变化的函数图象如图所示，当和时，图象是线段；当时，图象是反比例函数的一部分．
（1）求这个分段函数的表达式；
（2）杨老师想在一节课上进行某项运动的教学需要18分钟，这项运动需要学生的运动能力指标不低于48才能达到较好的效果，他的教学设计能实现吗？请说明理由．
【答案】（1）0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为；（2）杨老师的教学设计能实现，理由见解析
【分析】
（1）设0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为，然后利用待定系数法求解即可；
（2）将代入中得，代入中得，由此求解即可．
【详解】
解：（1）设0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为，
∴，，
∴，，
∴0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为；
（2）将代入中得，
将代入中得，
∵，
∴杨老师的教学设计能实现．
25．如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．
（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若BC=2AB，BC＝4，求⊙O的半径．
【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，则OA=OE，可得∠OAE=∠OEA，根据矩形性质和平行线性质可得∠OAE=∠ACB，则∠DCE=∠OEA，由∠D=90°可证得∠DEC+∠OEA=90°即∠OEC=90°，根据切线的判定即可做出判断；
（2）连接EF，则∠AEF=90°，由tan∠ACB=tan∠EAF=tan∠DCE可求得DE、AE、EF，再根据勾股定理求得AF即可解答．
【详解】
解：（1）直线CE与⊙O相切，理由为：
连接OE，则OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，∠D=90°，
∴∠OAE=∠ACB，
∵∠ACB＝∠DCE．
∴∠OAE＝∠DCE．
∴∠DCE=∠OEA，
∵∠D=90°，
∴∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠DEC+∠OEA=90°即∠OEC=90°，
∵OE是半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（2）∵BC=2AB，BC＝4，
∴AB=2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=4，CD=AB=2，
连接EF，
∵AF是⊙O的直径
∴∠AEF=90°，
∵∠B=∠D=90°，∠ACB＝∠DCE=∠FAE，
∴tan∠ACB =tan∠DCE=tan∠EAF，
∴即，
解得：DE=1，EF=，AE=4－DE=3，
在Rt△AEF中，，
∴OA=即⊙O的半径．
中考模拟卷（一）
一、单选题
1．二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的坐标（x，y）对应值列表如下，则下列说法错误的是（ ）
x
…
0
1
2
3
…
y
…
﹣2
﹣3
﹣2
1
…
A．抛物线开口向上 B．方程ax2+bx+c＝0有一个正根大于3
C．抛物线的对称轴为直线x＝1 D．当x＞1时，y随x的增大而增大
【答案】B
【分析】
首先根据表格中当和时，y都等于5，得出对称轴为，然后根据抛物线经过点（0，-2）得到抛物线开口向上，根据抛物线经过点（2，-2）和点（3，1）即可判断出方程ax2+bx+c＝0根的情况，根据抛物线的开口方向和对称轴即可判断抛物线的增减性．
【详解】
解：∵二次函数经过点（0，-2）和点（2，-2），
∴二次函数的对称轴为，顶点坐标为（1，-3），
∴C选项正确；
∵抛物线与y轴交于点（0，-2），
∴抛物线开口向上，
∴A选项正确；
∵二次函数的对称轴为，经过点（2，-2）和点（3，1），
∴抛物线与x轴的正半轴交点的横坐标小于3，
∴方程ax2+bx+c＝0有一个正根小于3，
∴B选项错误；
∵抛物线开口向上，对称轴为，
∴当x＞1时，y随x的增大而增大，
∴D选项正确．
故选：B．
2．小王在word文档中设计好一张A4规格的表格根据要求，这种规格的表格需要设计1000张，小王欲使用“复制一粘贴”（用鼠标选中表格，右键点击“复制”，然后在本word文档中“粘贴”）的办法满足要求．请问：小王需要使用“复制一粘贴”的次数至少为（ ）
A．9次 B．10次 C．11次 D．12次
【答案】B
【分析】
根据题意得出第一次复制得2张，第二次复制最多得2×2=22=4张，第三次复制最多得2×2×2=23=8张，即可得出规律，第九次复制最多得29=512张，第十次复制最多得210=1024张，问题得解．
【详解】
解：由题意得第一次复制得2张，
第二次复制最多得2×2=22=4张，
第三次复制最多得2×2×2=23=8张，
第四次复制最多得2×2×2×2=24=16张，
……，
第九次复制最多得29=512张，
第十次复制最多得210=1024张，
1024＞1000，
所以至少需要10次．
故选：B
3．如图，点A1，A2，A3，A4在射线OA上，点B1，B2，B3在射线OB上，且A1B1∥A2B2∥A3B3，A2B1∥A3B2∥A4B3．若△A2B1B2，△A3B2B3的面积分别为1，4，则图中三个阴影三角形面积之和为 （ ）
A．8 B．9 C．10 D．10.5
【答案】D
【分析】
由题意得，，设A1B1，A2B2之间的距离为h，则由题意可得，再由可得，，从而得到问题的解答．
【详解】
∵A1B1∥A2B2
∴∠A1A2B1=∠A2A3B2
∵A2B1∥A3B2
∴∠A1A2B1=∠A2A3B2
∴ △A1A2B1∽△A2A3B2（AA）
同理可证△A2A3B2∽△A3A4B3，△A2B1B2∽△A3B2B3
∵△A2B1B2∽△A3B2B3，，
∴，
又∵△A1A2B1∽△A2A3B2
∴
设之间的距离为h，则：，
∴
又∵
∴
∴，
∵，△A1A2B1∽△A2A3B2
∴
∴，
同理有，
∴图中三个阴影三角形面积之和为：
，
故选：D．
4．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为(﹣1，0)，其部分图象如图所示，有下列结论：①4ac＜b2；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3；④当x＜0时，y随x增大而增大；⑤8a+c＜0其中结论正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】
由抛物线与x轴有2个交点即，可判断①；由抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，而对称轴在y轴右侧，可判断a、b、c的正负即可判断②；由抛物线的对称轴为直线，点关于直线的对称点的坐标为即可判断③；由抛物线的对称轴为直线，可判断④；由对称轴，可得，图象可知，当时，，代入化简即可判断⑤．
【详解】
解：∵抛物线与x轴有2个交点，
∴，即，
∴①正确．
∵抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴，而对称轴在y轴右侧，
∴，而，
∴，因此，，
∴②错误．
∵抛物线的对称轴为直线，而点关于直线的对称点的坐标为，
∴方程的两个根是，
∴③正确．
∵抛物线的对称轴为直线，
∴当时，y随x增大而增大，
∴④正确．
∵，即，
观察图象可知，当时，，
∴，即，
∴⑤正确．
综上所述，①③④⑤正确，正确结论有4个，
故选C．
5．如图，一次函数（为常数，且）的图像经过点，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据图像的意义当x=-3时，kx+b=2，根据一次函数的性质求解即可．
【详解】
解：∵当x=-3时，kx+b=2，
且y随x的增大而减小，
∴不等式的解集，
故选A．
6．如图，已知△ABC，O为AC上一点，以OB为半径的圆经过点A，且与BC、OC交于点E、D，设∠C＝α，∠A＝β，则（ ）
A．若α﹣β＝65°，则弧DE的度数为25°
B．若α+β＝65°，则弧DE的度数为25°
C．若α﹣β＝65°，则弧DE的度数为50°
D．若α+β＝65°，则弧DE的度数为50°
【答案】D
【分析】
连接BD，根据圆周角定理求出∠ABD＝90°，求出∠ADB＝90°﹣β，再根据三角形外角性质得出90°﹣β＝α+x，求出的度数是180°﹣2（α+β），再逐个判断即可．
【详解】
解答：解：连接BD，
设的度数是x，
则∠DBC＝x，
∵AC过O，
∴∠ABD＝90°，
∵∠A＝β，
∴∠ADB＝90°﹣β，
∵∠C＝α，∠ADB＝∠C+∠DBC，
∴90°﹣β＝α+x，
解得：x＝180°﹣2（α+β），
即的度数是180°﹣2（α+β），
当α﹣β＝65°，即α＝65°+β时，的度数是180°﹣2（65°+β+β）＝50°﹣4β或180°﹣（α+α﹣65°）＝245°﹣2α，故选项A，C不符合题意；
当α+β＝65°时，的度数是180°﹣130°＝50°，故选项B错误，选项D正确；
故选：D．
7．如图，∠AOB＝20°，点M、N分别是边OA、OB上的定点，点P、Q分别是OB、OA上的动点，记∠MPQ＝α，∠PQN＝β，当MP+PQ+QN最小时，则β﹣α的值为（ ）
A．10° B．20° C．40° D．50°
【答案】C
【分析】
作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接交OA于Q，交OB于P，则MP＋PQ＋QN最小易知∠OPM＝∠OP＝∠NPQ，∠OQP＝∠AQ＝∠AQN，根据三角形的外角的性质和平角的定义即可得到结论．
【详解】
解：如图，作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接交OA于Q，交OB于P，则MP＋PQ＋QN最小，
∴∠OPM＝∠OP＝∠NPQ，∠OQP＝∠AQ＝∠AQN，
∴∠QPN＝（180°−α）＝∠AOB＋∠MQP＝20°＋（180°−β），
∴180°−α＝40°＋（180°−β），
∴β−α＝40°，
故选：C．
8．如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
【答案】C
【分析】
由切线的性质可知，线段PQ、OP、OQ组成直角三角形，其中OQ为半径，是个定值，勾股定理可知，当切线PQ最短时，必有OP最短，由此当时，此时切线长PQ有最小值，通过三角形等面积法求出PQ，再利用勾股定理求出PQ．
【详解】
解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
，为直角三角形，
由勾股定理可知：，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值,
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ．
点A（﹣3，0），B（0，4）,
，,
在中，由勾股定理可得：,
利用等面积法可得： 解得：
故，
故选：C．
9．已知二次函数y＝x2﹣2px﹣p+3，当﹣1＜x＜0时，y的值恒大于1，则p的取值范围（ ）
A．﹣1＜p＜2 B．﹣3＜p＜1 C．﹣1＜p＜0 D．﹣3＜p＜2
【答案】D
【分析】
将x=-1代入函数的解析式，令y>1即可求得p的取值范围．
【详解】
解：二次函数 的图象是一条开口向上的抛物线，
(1)当抛物线的对称轴x= p≤-1时，只要使二次函数解析式的值-1 < x < 0时恒大于1，所以x= -1，y=1 +2p-p+3=p+4> 1，解得： p> -3；
(2) 当抛物线的对称轴x= p≥0时，只要使二次函数解析式的值-1 < x < 0时恒大于1，所以x=0，y=-p+3> 1，所以要使二次函数解析式的值 -1 < x < 0时恒大于1，只要p < 2即可；
(3) 当抛物线的对称轴x= p在区间-1 < x < 0时，
此时，-2< p< 1．
综上所述：p的取值范围是：-3
10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q．下列结论错误的是（ ）
A．AE⊥BF B．QB＝QF
C．cos∠BQP＝ D．S四边形ECFG＝S△BGE
【答案】C
【分析】
△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，即可判断B；首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到AE⊥BF即可判断A；利用QF=QB，解出BP，QB，根据正弦的定义即可求解即可判断C；可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解即可判断D．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AB∥CD，
由折叠的性质得：FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB=∠C＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QF＝QB，故B选项不符合题意；
②∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CD=BC，，，∠ABE=∠C=90°，
∴CF＝BE，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF，故A选项不符合题意；
令PF＝k（k＞0），则PB＝2k，
在Rt△BPQ中，设QB＝x，
∵，
∴x2＝（x﹣k）2+4k2，
∴x＝，
∴cos∠BQP＝，故C选项符合题意；
⑤∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
∵BE＝BC，BF＝BC，
∴BE：BF＝1：，
∴△BGE的面积：△BCF的面积＝1：5，
∴S四边形ECFG＝4S△BGE，故D选项不符合题意．
故选C．
二、填空题
11．现有5张除数字外完全相同的卡片，上面分别写有，，0，1，2这五个数，将卡片背面朝上洗匀，从中任意抽取两张，将卡片上的数字记为．
（1）用列表法或画树状图法列举的所有可能结果．
（2）若将m，n的值代入二次函数，求二次函数顶点在坐标轴上的概率．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）画出树状图即可；
（2）共有20种可能的结果，其中二次函数顶点在坐标轴上的结果有8种，再由概率公式求解即可．
【详解】
（1）画树状图得
共有20种可能的结果；
（2）从，，0，1，2这五个数中任取两数m，n，共有20种可能，
其中二次函数顶点在坐标轴上（记为事件A）的有8种，
所以．
12．若2＜x＜5，则|x﹣2|﹣|5﹣x|＝_______．
【答案】2x-7
【分析】
根据2＜x＜5，得到x-2＞0，5-x＜0，根据绝对值的意义去绝对值，去括号，合并同类项即可求解．
【详解】
解：因为2＜x＜5，
所以x-2＞0,5-x＜0，
所以|x﹣2|﹣|5﹣x|
=（x-2）-（5-x）
=x-2-5+x
=2x-7．
故答案为：2x-7
13．将抛物线y=x22x+2向上左移一个单位后，那么新的抛物线的表达式是______．
【答案】
【分析】
根据函数图像的平移方法，左加右减，上加下减判断即可；
【详解】
抛物线y=x22x+2向上左移一个单位后得：
；
故答案是：．
14．已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠BCD＝2∠B，AC＝4，则BD的长为________．
【答案】6
【分析】
由∠BCD＝2∠B，可得∠B=∠ACD=30゜,则由含30度直角三角形的性质可求得AD与AB的长，从而其差即是BD的长．
【详解】
∵CD⊥AB
∴∠B+∠BCD=90゜
∵∠BCD＝2∠B
∴∠B+2∠B=90゜
∴∠B=30゜
∴∠BCD=60゜,AB=2AC=8
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD=30゜
∴
∴
故答案为；6
15．已知：am＝2，an＝3，则a2m＋n＝________．
【答案】12
【分析】
根据同底数幂的乘法和幂乘方的逆运算把原式化简，再把am＝2，an＝3代入即可．
【详解】
解：∵am＝2，an＝3，
∴，
故答案为：12．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为____或___
【答案】3；
【分析】
分两种情况讨论：①当B′D⊥AE时，△AB′F为直角三角形；②当DB′⊥AB′时，△AB′F为直角三角形.
【详解】
解：①当B′D⊥AE时，△AB′F为直角三角形，如下图：
根据题意，BE=B′E，BD=B′D=BC=，∠B=∠EB′F，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，
∴AB===4，
∴，
∴∠B=∠EB′F =30°，
∵在Rt△BDF中，∠B=30°，
∴DF=BD=，
∴B′F=B′D-DF=-=，
∵在Rt△B′EF中，∠EB′F =30°，
∴EF=B′E，
∵B′F===EF，
即=EF，
∴EF=，则BE=1，
∴AE=AB-BE=4-1=3.
②当DB′⊥AB′时，△AB′F为直角三角形，如下图：
连接AD，过A作AN⊥EB′，交EB′的延长线于N，
根据题意，BE=B′E，BD=CD=B′D=BC=，∠DBE=∠EB′F，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，
∴AB===4，
∴，
∴∠DBE=∠EB′F =30°，
∵∠AB′F=90°，
∴∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=120°，
∴Rt△AB′N中，∠AB′N=60°，∠B′AN=30°，
∴B′N=AB′，
在Rt△AB′D和Rt△ACD中
，
∴Rt△AB′D≌Rt△ACD（HL），
∴AB′=AC=2，
∴B′N=1，AN=，
设AE=x，则BE= B′E=4-x，
∵在Rt△AEN中，，
∴（）2+（4-x+1）2=x2
∴x=
综上，AE的长为3或，
故答案为：3或.
17．x、y表示两个数，规定新运算“*”如下：x*y＝2x﹣3y，那么（3*5）*（﹣4）＝_____．
【答案】-6
【分析】
根据找出新的运算方法，再根据新的运算方法计算即可．
【详解】
故答案为：
三、解答题
18．列方程解应用题：在生产操作中，有些化工原料对人体有害，所以需要用机器人来搬运． 现有 A、B两种机器人，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30kg，A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等，则两种机器人每小时分别搬运多少化工原料？
【答案】A型机器人每小时搬运90kg化工原料，B型机器人每小时搬运60kg化工原料
【分析】
设A型机器人每小时搬运化工原料，则B型机器人每小时搬运化工原料，然后根据A型机器人搬运900kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等列出方程求解即可．
【详解】
解：设A型机器人每小时搬运化工原料，则B型机器人每小时搬运化工原料，
由题意得：
解得：
经检验，是原方程的根.
故该方程的解为，.
答：A型机器人每小时搬运90kg化工原料，B型机器人每小时搬运60kg化工原料.
19．（1）计算：
（2）计算：
（3）先化简，再求值：，其中x＝3，y＝﹣1．
【答案】（1）；（2）；（3），
【分析】
（1）利用完全平方公式和平方差公式进行求解即可；
（2）利用完全平方公式和多项式乘以多项式的计算法则求解即可；
（3）根据分式的混合计算法则先化简，然后代值计算即可．
【详解】
解：（1）
；
（2）
；
（3）
，
当，时，原式．
20．（1）将二次函数化成的形式，并指出开口方向、顶点坐标和对称轴
（2）已知某抛物线的顶点坐标是(3，—5)，且经过点A(1，3)．求此抛物线的解析式；
（3）已知某抛物线经过三点，求此抛物线的解析式
【答案】（1），开口向下，顶点坐标为（1，），对称轴为直线．（2）抛物线解析式为．（3）抛物线解析式为．
【分析】
（1）利用配方法将二次函数化成的形式，通过观察化成后的顶点式，确定开口方向、顶点坐标和对称轴．
（2）直接设顶点式，把顶点代入顶点式中，最后通过A(1，3)，求出值，最后便得到答案．
（3）为交点坐标，故设交点式：，代入交点坐标，最后通过求出值，最后便得到答案．
【详解】
（1）解：
由顶点式可知：顶点坐标为（1，），对称轴为直线，
由于，开口方向向下．
（2）解：(3，—5)是该抛物线顶点坐标，
由顶点式可知，该抛物线为：，
抛物线经过点A(1，3)，
解得：，
抛物线解析式为：．
（3）解： 为抛物线与轴的交点坐标，
由交点式可知，该抛物线为：，
抛物线经过点，
解得：，
抛物线解析式：．
21．已知A（1，1），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，1），是平面直角坐标系中的3个点，
（1）画出△ABC的外接圆⊙P，⊙P的圆心坐标为______；
（2）若在x轴上负半轴有一点F，且∠AFB=∠ACB，则点F的坐标为 ．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据三点确定圆心，找到的垂直平分线的交点，即为所求；
（2）根据点的坐标，证明是，则，即是直径，勾股定理求得，则=，进而求得点的坐标
【详解】
解：（1）根据三点确定圆心，找到的垂直平分线的交点，即为所求，如图所示；
故答案为：
（2），
是，则，即是直径，
在x轴上负半轴有一点F，∠AFB=∠ACB，
故答案为：
22．一块直角三角形木板，一直角边BC长75 cm，另一直角边AC长 100 cm，要把它加工成面积最大的正方形棋盘，小明、小亮二人的加工方法分别如图1、图2所示，请运用所学知识说明谁的加工方法得到的正方形面积较大．
【答案】小亮的加工的方法获得的正方形面积较大．
【分析】
根据题意分别求得小明、小亮二人的加工的正方形的边长，设小明加工的正方形棋盘的边长为，小亮加工的正方形棋盘的边长为．如图1，过点作，垂足是点，与相交于点．证明，根据等面积法即可求得，进而求得的边长，图2中证明，即可求得的边长，进而比较大小即可．
【详解】
解：设小明加工的正方形棋盘的边长为，小亮加工的正方形棋盘的边长为．如图1，过点作，垂足是点，与相交于点．
，
．
，即．
，
．
又，
．解得．
，解得．
如图2，，
．
，即．
解得．
，
∴故小亮的加工的方法获得的正方形面积较大．
23．在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的矩形的周长与面积相等，则称这个点为“美好点”，如图，过点P分别作x轴，y轴的垂线，与坐标轴围成的矩形OAPB的周长与面积相等，则P为“美好点”．
（1）在点M（2，2），N（4，4），Q（﹣6，3）中，是“美好点”的有 ；
（2）若“美好点”P（a，﹣3）在直线y＝x+b（b为常数）上，求a和b的值；
（3）若“美好点”P恰好在抛物线第一象限的图象上，在x轴上是否存在一点Q使得△POQ为直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）N、Q；（2）a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；（3）存在，点Q的坐标为（6，0）或（，0）．
【分析】
（1）根据“美好点”的定义逐个验证即可；
（2）对于P点，对应图形的周长为：2×（|a|+3）=2|a|+6，面积为3|a|，因为点P是“美好点”，故2|a|+6=3|a|，即可求解；
（3）根据点P是“美好点”确定点P的坐标，设点Q的坐标为（x，0），再分以下三种情况：当∠POQ=90°时，此种情况不存在；当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2；当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，分别列出关于x的方程，解得x即可．
【详解】
解：（1）对于M点，对应图形的周长为：2×（2+2）＝8，面积为2×2＝4≠8，故点M不是“美好点”；
对于点N，对应图形的周长为：2×（4+4）＝16，面积为4×4＝16，故点N是“美好点”；
对于点Q，对应图形的周长为：2×（6+3）＝18，面积为6×3＝18，故点Q是“美好点”；
故答案为：N、Q；
（2）对于P点，对应图形的周长为2×（|a|+3）＝2|a|+6，面积为3|a|，
∵点P是“美好点”，
∴2|a|+6＝3|a|，解得：a＝±6，
将P（a，﹣3）代入y＝x+b得：﹣3＝a+b，则b＝﹣3﹣a，
∴当a=6时，b=-9；当a=-6时，b=3，
故a＝6，b＝﹣9或a＝﹣6，b＝3；
（3）存在，理由如下：
设点P的坐标为（m，n），则n＝m2（m＞0，n＞0），
由题意得：2m+2n＝mn，∴2m+m2＝m3，
解得：m＝6或﹣4（舍去）或0（舍去），
故点P的坐标为（6，3）；
设点Q的坐标为（x，0），
则PQ2＝（x﹣6）2+32＝（x﹣6）2+9，
PO2＝36+9＝45，
OQ2＝x2，
当∠POQ=90°时，∵点Q在x轴上，则∠POQ≠90°，此种情况不存在；
当∠PQO=90°时，则PO2=PQ2+OQ2，∴45=（x﹣6）2+9+ x2，解得x＝6或x=0（舍去）；
当∠OPQ=90°时，则OQ2=PQ2+OP2，∴x2=（x﹣6）2+9+45，解得x＝；
综上所述，符合条件的点Q的坐标为：（6，0）或（，0）．
24．通过实验研究发现：初中生在体育课上运动能力指标（后简称指标）随上课时间的变化而变化．上课开始时，学生随着运动，指标开始增加，中间一段时间，指标保持平稳状态，随后随着体力的消耗，指标开始下降．指标y随时间x（分钟）变化的函数图象如图所示，当和时，图象是线段；当时，图象是反比例函数的一部分．
（1）求这个分段函数的表达式；
（2）杨老师想在一节课上进行某项运动的教学需要18分钟，这项运动需要学生的运动能力指标不低于48才能达到较好的效果，他的教学设计能实现吗？请说明理由．
【答案】（1）0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为；（2）杨老师的教学设计能实现，理由见解析
【分析】
（1）设0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为，然后利用待定系数法求解即可；
（2）将代入中得，代入中得，由此求解即可．
【详解】
解：（1）设0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为，
∴，，
∴，，
∴0-10分钟的函数解析式为，20-40分钟的函数解析式为；
（2）将代入中得，
将代入中得，
∵，
∴杨老师的教学设计能实现．
25．如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为半径的圆O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB＝∠DCE．
（1）判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若BC=2AB，BC＝4，求⊙O的半径．
【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；（2）
【分析】
（1）连接OE，则OA=OE，可得∠OAE=∠OEA，根据矩形性质和平行线性质可得∠OAE=∠ACB，则∠DCE=∠OEA，由∠D=90°可证得∠DEC+∠OEA=90°即∠OEC=90°，根据切线的判定即可做出判断；
（2）连接EF，则∠AEF=90°，由tan∠ACB=tan∠EAF=tan∠DCE可求得DE、AE、EF，再根据勾股定理求得AF即可解答．
【详解】
解：（1）直线CE与⊙O相切，理由为：
连接OE，则OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，∠D=90°，
∴∠OAE=∠ACB，
∵∠ACB＝∠DCE．
∴∠OAE＝∠DCE．
∴∠DCE=∠OEA，
∵∠D=90°，
∴∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠DEC+∠OEA=90°即∠OEC=90°，
∵OE是半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（2）∵BC=2AB，BC＝4，
∴AB=2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=4，CD=AB=2，
连接EF，
∵AF是⊙O的直径
∴∠AEF=90°，
∵∠B=∠D=90°，∠ACB＝∠DCE=∠FAE，
∴tan∠ACB =tan∠DCE=tan∠EAF，
∴即，
解得：DE=1，EF=，AE=4－DE=3，
在Rt△AEF中，，
∴OA=即⊙O的半径．
相关试卷
2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（三）： 这是一份2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（三），文件包含2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷三解析版docx、2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷三原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共77页， 欢迎下载使用。
2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（二）： 这是一份2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 中考模拟卷（二），文件包含2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷二解析版docx、2022-2023数学京改版新中考精讲精练中考模拟卷二原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 考点30概率及有关计算： 这是一份2022-2023 数学京改版新中考精讲精练 考点30概率及有关计算，文件包含2022-2023数学京改版新中考精讲精练考点30概率及有关计算解析版docx、2022-2023数学京改版新中考精讲精练考点30概率及有关计算原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
