河北省2021年中考数学真题(含解析)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（）

A．a C．c

2．不一定相等的一组是（） ．A．ab与ba C．a3与aaa

3．已知ab，则一定有4a□4b，“A． C．

4．与322212结果相同的是（）． A．321 C．321 5．能与A．B．b D．d

B．3a与aaa D．3ab与3ab ”中应填的符号是（） B． D．

B．321 D．321

36相加得0的是（） 4536 4563C．

5463 5436D．

45B．

6．一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图，下列判断正确的是（）

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A．A代表C．C代表

B．B代表D．B代表

7．如图1，ABCD中，ADAB，ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（）

图2

A．甲、乙、丙都是 C．只有甲、丙才是

B．只有甲、乙才是 D．只有乙、丙才是

8．图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB（）

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A．1cm C．3cm

B．2cm D．4cm

9．若33取1.442，计算333339833的结果是（） A．-100 C．144.2

B．-144．2 D．-0.01442

10．如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO8，S△CDO2，则S正六边形ABCDEF的值是（）

A．20 C．40

B．30

D．随点O位置而变化

a2，11．如图，将数轴上-6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，

a3，a4，a5，则下列正确的是（）

A．a30

C．a1a2a3a4a50

B．a1a4 D．a2a50

12．如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP2.8．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P是（） 1，P2，则P1，P2之间的距离可能．．

A．0 C．6

B．5 D．7

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13．定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和． 已知：如图，ACD是ABC的外角． 求证：ACDAB．

下列说法正确的是（）

A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整 B．证法1用严谨的推理证明了该定理 C．证法2用特殊到一般法证明了该定理

D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理

14．小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图1及条形图2（柱的高度从高到低排列）．条形图不小心被撕了一块，图2中 “（）”应填的颜色是（）

A．蓝

B．粉

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C．黄 15．由D．红

1c1c11值的正负可以比较A与的大小，下列正确的是（）

2c22c21 2A．当c2时，AC．当c2时，A1 21 21

D．当c0时，A

2

B．当c0时，A16．如图，等腰AOB中，顶角AOB40，用尺规按①到④的步骤操作： ①以O为圆心，OA为半径画圆； ②在

O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP；

O交于M，N； O交于E，F．

③作AB的垂直平分线与④作AP的垂直平分线与

结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形； 结论Ⅱ：

O上只有唯一的点P，使得S扇形OFMS扇形OAB．

对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（）

A．Ⅰ和Ⅱ都对 C．Ⅰ不对Ⅱ对

二、填空题

B．Ⅰ和Ⅱ都不对 D．Ⅰ对Ⅱ不对

17．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）．

（1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为___________；

（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片___________块．

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18．下图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且A，B，E保持不变．为了舒适，需调整D的大小，使EFD110，则图中D应___________（填“增加”或“减少”）___________度．

三、解答题

19．用绘图软件绘制双曲线m：y时的视窗情形．

60与动直线l：ya，且交于一点，图1为a8x

（1）当a15时，l与m的交点坐标为__________；

（2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心．例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的

1，其2可视范围就由15x15及10y10变成了30x30及20y20（如图2）．当a1.2和a1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的__________．

20．某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元． （1）用含m，n的代数式表示Q；

（2）若共购进5104本甲种书及3103本乙种书，用科学记数法表示Q的值．

1，则整数kk 第 6 页 共 36 页

21．已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个． （1）淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍．”嘉嘉根据她的说法列出了方程：

101x2x．请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；

（2）据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个．

22．某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示，嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．

（1）求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；

（2）补全图2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大． 23．下图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以

3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直．．

保持在1号机P的正下方，2号机从原点O处沿45仰角爬升，到4km高的A处便立．．．刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C10,3处．

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（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度； ．．（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标； （3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少． （注：（1）及（2）中不必写s的取值范围）

24．如图，O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An（n为1~12的整数），过点A7作

O的切线交A1A11延长线于点P．

（1）通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；

（2）连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由； （3）求切线长PA7的值．

25．下图是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且，每个台阶的高、宽分别是AO2，在ON上方有五个台阶T1~T5（各拐角均为90）

1和1．5，台阶T1到x轴距离OK10．从点A处向右上方沿抛物线L：

yx24x12发出一个带光的点P．

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（1）求点A的横坐标，且在图中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上； ．．（2）当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；

（3）在x轴上从左到右有两点D，E，且DE1，从点E向上作EBx轴，且

BE2．在BDE沿x轴左右平移时，必须保证（2）中沿抛物线C下落的点P能落

在边BD（包括端点）上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？ （注：（2）中不必写x的取值范围）

26．在一平面内，线段AB20，线段BCCDDA10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角0到某一位置时，

BC，CD将会跟随出现到相应的位置．

（1）论证如图1，当AD//BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO10； （2）发现当旋转角60时，ADC的度数可能是多少？

（3）尝试取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离； （4）拓展 ①如图2，设点D与B的距离为d，若BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）； ．．

②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出的余弦值． ．．

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参考答案

1．A 【分析】

根据直线的特征，经过两点有一直线并且只有一条直线即可判断． 【详解】

解:设线段m与挡板的交点为A，a、b、c、d与挡板的交点分别为B，C，D，E， 连结AB、AC、AD、AE，

根据直线的特征经过两点有且只有一条直线， 利用直尺可确定线段a与m在同一直线上， 故选择A．

【点睛】

本题考查直线的特征，掌握直线的特征是解题关键． 2．D 【分析】

分别根据加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法则计算各项后，再进行判断即可得到结论． 【详解】

解：A. ab=ba，故选项A不符合题意； B. aaa=3a，故选项B不符合题意； C. aaa=a3，故选项C不符合题意；

D. 3ab3a3b3ab，故选项D符合题意，

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故选：D． 【点睛】

此题主要考查了加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法则，熟练掌握相关运算法则是解答此题的关键． 3．B 【分析】

直接运用不等式的性质3进行解答即可． 【详解】

解：将不等式ab两边同乘以-4，不等号的方向改变得4a4b， ∴“

”中应填的符号是“”，

故选：B． 【点睛】

此题主要考查了不等式的基本性质3：不等式的两边同乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，熟练掌握不等式的基本性质是解答此题的关键． 4．A 【分析】

根据有理数运算和二次根式的性质计算，即可得到答案． 【详解】

3222129412

∵3212，且选项B、C、D的运算结果分别为：4、6、0 故选：A． 【点睛】

本题考查了二次根式、有理数运算的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式、含乘方的有理数混合运算的性质，即可得到答案． 5．C 【分析】

利用加法与减法互为逆运算，将0减去36即可得到对应答案，也可以利用相反数的45 第 2 页 共 36 页

性质，直接得到能与【详解】

解：方法一：036相加得0的是它的相反数即可． 45366336360；

544545453636方法二：的相反数为； 4545故选：C． 【点睛】

本题考查了有理数的运算和相反数的性质，解决本题的关键是理解相关概念，并能灵活运用它们解决问题，本题侧重学生对数学符号的理解，计算过程中学生应注意符号的改变． 6．A 【分析】

根据正方体展开图的对面，逐项判断即可． 【详解】

解：由正方体展开图可知，A的对面点数是1；B的对面点数是2；C的对面点数是4； ∵骰子相对两面的点数之和为7， ∴A代表故选：A． 【点睛】

本题考查了正方体展开图，解题关键是明确正方体展开图中相对面间隔一个正方形，判断哪两个面相对． 7．A 【分析】

甲方案：利用对角线互相平分得证；

乙方案：由ABN≌CDM，可得BNDM,即可得ONOM， 再利用对角线互相平分得证； 丙方案:方法同乙方案． 【详解】

，

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连接AC,BD交于点O 甲方案：

四边形ABCD是平行四边形

AOCO,BODO

BNNO,OMMD

ONOM

四边形ANCM为平行四边形．

乙方案：

四边形ABCD是平行四边形

ABCD，AB//CD，AOCO,BODO ABNCDM

又

ANBD,CMBD

ANBCMD △ABN≌△CDM(AAS)

BNDM ∵BODO

ONOM

四边形ANCM为平行四边形．

丙方案:

四边形ABCD是平行四边形

ABCD，AB//CD，AOCO,BODO，BADBCD ABNCDM

又

AN,CM分别平分BAD,BCD

11BADBCD，即BANDCN 22△ABN≌△CDM（ASA）

BNDM ∵BODO

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ONOM

四边形ANCM为平行四边形．

所以甲、乙、丙三种方案都可以． 故选A． 【点睛】

本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键． 8．C 【分析】

先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB． 【详解】

解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8（cm）， 第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4（cm），

因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯， 所以图1和图2中的两个三角形相似， ∴

AB4， 68∴AB=3（cm）， 故选：C． 【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是读懂题意，与图形建立关联，能灵活运用相似三角形的判定得到相似三角形，并能运用其性质得到相应线段之间的关系等，本题对学生的观察分析的能力有一定的要求． 9．B 【分析】

类比二次根式的计算，提取公因数，代入求值即可． 【详解】

331.442

33339833(1398)3310033 第 5 页 共 36 页

3

10033144.2

故选B． 【点睛】

本题考查了根式的加减运算，类比二次根式的计算，提取系数，正确的计算是解题的关键．10．B 【分析】

连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形ABCDEF的中心，根据矩形的性质求出S△AFM5，再求出正六边形面积即可． 【详解】

解：连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形ABCDEF的中心， ∵多边形ABCDEF是正六边形， ∴AB=BC，∠B=∠BAF= 120°， ∴∠BAC=30°， ∴∠FAC=90°，

同理，∠DCA=∠FDC=∠DFA=90°， ∴四边形ACDF是矩形，

S△AFO+S△CDO11S矩形AFDC=10，S△AFMS矩形AFDC5， 24S正六边形ABCDEF=6S△AFM=30，

故选：B．

【点睛】本题考查了正六边形的性质，解题关键是连接对角线，根据正六边形的面积公式求解． 11．C 【分析】

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根据题目中的条件，可以把a1，a2，a3，a4，a5分别求出来，即可判断． 【详解】

解：根据题意可求出：

a14,a22,a30,a42,a54

A，a30，故选项错误，不符合题意；

B，a14a42，故选项错误，不符合题意； C，a1a2a3a4a50，故选项正确，符合题意； D，a2a520，故选项错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】

a2，本题考查了等分点和实数与数轴上的点一一对应，解题的关键是：根据题意直接求出a1，

a3，a4，a5的值即可判断．

12．B 【分析】

连接OP1,PP1,OP2,PP2,PP12根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论． 【详解】

解：连接OP1,PP1,OP2,PP2,PP12，如图，

∵P1是P关于直线l的对称点， ∴直线l是PP1的垂直平分线，

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∴OP1OP2.8

∵P2是P关于直线m的对称点， ∴直线m是PP2的垂直平分线， ∴OP2OP2.8

当P1,O,P2不在同一条直线上时，OP1OP2PP12OP1OP2 即0PP125.6

当P1,O,P2在同一条直线上时，PP12OP1OP25.6 故选：B 【点睛】

此题主要考查了轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键 13．B 【分析】

根据三角形的内角和定理与平角的定义可判断A与B，利用理论与实践相结合可判断C与D．【详解】

解：A. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故A不符合题意； B. 证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故选项B符合题意； C. 证法2用量角器度量两个内角和外角，只能验证该定理的正确性，用特殊到一般法证明了该定理缺少理论证明过程，故选项C不符合题意；

D. 证法2只要测量够一百个三角形进行验证，验证的正确性更高，就能证明该定理还需用理论证明，故选项D不符合题意． 故选择：B. 【点睛】

本题考查三角形外角的证明问题，命题的正确性需要严密推理证明，三角形外角分三种情形，锐角、直角、和钝角，证明中应分类才严谨． 14．D 【分析】

根据同学最喜欢的颜色最少的是蓝色，可求出总人数，可求出喜欢红色的14人，则可知喜

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欢粉色和黄色的人数分别为16人和15人，可知“（）”应填的颜色． 【详解】

10%=50（人）解：同学最喜欢的颜色最少的是蓝色，有5人，占10%，5÷， 28%=14（人）喜欢红色的人数为50×， 喜欢红色和蓝色一共有14+5=19（人），

喜欢剩余两种颜色的人数为50-19=31（人），其中一种颜色的喜欢人数为16人，另一种为15人，由柱的高度从高到低排列可得，第三条的人数为14人，“（）”应填的颜色是红色； 故选：D． 【点睛】

本题考查了条形统计图和扇形统计图，解题关键是熟练准确从统计图中获取正确信息． 15．C 【分析】 先计算可． 【详解】 解：

1c11c11的值，再根c的正负判断的正负，再判断A与的大小即

22c22c21c1c=， 2c24+2c当c2时，2c0，A无意义，故A选项错误，不符合题意；

c10，A，故B选项错误，不符合题意；

24+2cc10，A，故C选项正确，符合题意； 当c2时，

24+2ccc110，A；当c2时，0，A，故D选项错误，当2c0时，

224+2c4+2c当c0时，

不符合题意； 故选：C． 【点睛】

本题考查了分式的运算和比较大小，解题关键是熟练运用分式运算法则进行计算，根据结果进行准确判断． 16．D 【分析】

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Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心”，可证四边形MENF的形状； Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可． 【详解】

解：Ⅰ、如图所示．

∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线， ∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径． ∴OM=ON，OE=OF．

∴四边形MENF是平行四边形． ∵线段MN是⊙O的直径， ∴∠MEN=90°．

∴平行四边形MENF是矩形． ∴结论Ⅰ正确；

Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时， ∵AP=AB， ∴ABAP． ∵MN⊥AB，EF⊥AP， ∴AE11AP，ANAB． 22∴AEAN．

∴∠AOE=∠AON=∠AOB=20． ∴∠EON40．

∴∠MOF=∠EON40．

∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，

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12

∴S扇形OFMS扇形OAB．

如图3，当点P在直线MN右侧且BP=AB时， 同理可证：S扇形FOMS扇形AOB． ∴结论Ⅱ错误． 故选：D 【点睛】

本题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键． 17．a2b2 4 【分析】

（1）直接利用正方形面积公式进行计算即可；

（2）根据已知图形的面积公式的特征，利用完全平方公式即可判定应增加的项，再对应到图形上即可． 【详解】

解：（1）∵甲、乙都是正方形纸片，其边长分别为a,b ∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2b2； 故答案为：a2b2．

（2）要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，则它们的面积和为a24b2，若再加上4ab（刚好是4个丙），则a24b24aba2b，则刚好能组成边长为a2b的正方形，图形如下所示，所以应取丙纸片4块． 故答案为：4．

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【点睛】

本题考查了正方形的面积公式以及完全平方公式的几何意义，解决本题的关键是牢记公式特点，灵活运用公式等，本题涉及到的方法为观察、假设与实践，涉及到的思想为数形结合的思想．

18．减少 10 【分析】

先通过作辅助线利用三角形外角的性质得到∠EDF与∠D、∠E、∠DCE之间的关系，进行计算即可判断． 【详解】

+60°=110°解：∵∠A+∠B=50°， ∴∠ACB=180°-110°=70°， ∴∠DCE=70°， 如图，连接CF并延长，

∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF， ∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，

∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°， 要使∠EFD=110°，则∠EFD减少了10°， 若只调整∠D的大小，

+70°=∠ 由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=∠D+30°D+100°，

因此应将∠D减少10度； 故答案为：①减少；②10．

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【点睛】

本题考查了三角形外角的性质，同时涉及到了三角形的内角和与对顶角相等的知识；解决本题的关键是理解题意，读懂图形，找出图形中各角之间的关系以及牢记公式建立等式求出所需的角，本题蕴含了数形结合的思想方法． 19．（1）4,15；（2）4 【分析】

（1）结合题意，根据一次函数和反比例函数的性质列分式方程并求解，即可得到答案； （2）当a1.2和a1.5时，根据一次函数、反比例函数和直角坐标系的性质，分别计算k的值，再根据题意分析，即可得到答案． 【详解】

（1）根据题意，得y∴x4 ∵x0 ∴x4是

6015的解 x6015 x∴当a15时，l与m的交点坐标为：4,15 故答案为：4,15； （2）当a1.2时，得y∴x50 ∵x0 ∴x50是

601.2的解 x601.2 x∴l与m的交点坐标为：50,1.2

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∵（1）视窗可视范围就由15x15及10y10，且101.210 ∴15k50

根据题意，得k为正整数 ∴k10 3∴k4

同理，当a1.5时，得x40 ∴15k40 ∴k8 3∴k3

∵要能看到m在A和B之间的一整段图象 ∴k4 故答案为：4． 【点睛】

本题考查了一次函数、反比例函数、分式方程、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练掌握一次函数、反比例函数、分式方程、直角坐标系的性质，从而完成求解． 20．（1）Q4m10n

5（2）Q2.310

【分析】

（1）进m本甲种书和n本乙种书共付款为2种书的总价，用单价乘以数量即可； （2）将书的数量代入（1）中结论，求解，最后用科学记数法表示． 【详解】

（1）Q4m10n （2）

m5104,n3103

Q45104103103

201043104231042.3105

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所以Q2.310． 【点睛】

本题考查了列代数式，科学记数法，幂的计算，正确的理解题意根据实际问题列出代数式，正确的用科学计数法表示出结果是解题的关键． 21．（1）不正确；（2）36 【分析】

（1）解方程，得到方程的解不是整数，不符合题意，因此判定淇淇说法不正确； （2）根据题意列出不等式，解不等式即可得到A品牌球的数量最大值． 【详解】

解：（1）101x2x，解得：x所以淇淇的说法不正确．

（2）∵A品牌球有x个，B品牌球比A品牌球至少多28个， ∴101xx28，

解得：x36.5， ∵x是整数， ∴x的最大值为36， ∴A 品牌球最多有36个． 【点睛】

本题考查了一元一次方程和一元一次不等式的应用，解决本题的关键是能根据题意列出方程或不等式，并结合实际情况，对它们的解或解集进行判断，得出结论；本题数量关系较明显，因此考查了学生的基本功． 22．（1）

5101，不是整数，因此不符合题意； 31，（2）嘉淇经过两个十字道口后向西参观的概率较大． 3【分析】

（1）嘉淇走到十字道口A一共有三种可能，向北只有一种可能，根据概率公式求解即可；（2）根据树状图的画法补全树状图，再根据向哪个方向出现的次数求概率即可． 【详解】

解：（1）嘉淇走到十字道口A一共有三种可能，向北只有一种可能，嘉淇走到十字道口A向

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北走的概率为

1； 3（2）补全树状图如图所示：

231嘉淇经过两个十字道口后共有9种可能，向西的概率为：=；向南的概率为；向北的

939概率为

22；向东的概率为；嘉淇经过两个十字道口后向西参观的概率较大． 99【点睛】

本题考查了概率的应用，解题关键是根据题意准确画出树状图，正确进行求解判断． 23．（1）hs，32（km/min）（2）hs【分析】

（1）根据图象分析得知，解析式为正比例函数，根据角度判断k值，即可求得． （2）根据B、C两点坐标，待定系数法求表达式即可，着陆点令h0,求解即可． （3）根据点Q的位置，观察图象，找到满足题意的范围，分类讨论计算即可． 【详解】

解：（1）设线段OA所在直线的函数解析式为:hk1s(k10) ∵2号机从原点O处沿45仰角爬升 ∴hs

又∵1号机飞到A点正上方的时候，飞行时间t131911，19,0（3）min 334（min） 3 第 16 页 共 36 页

∴2号机的飞行速度为：

v24232（km/min） 43（2）设线段BC所在直线的函数表达式为：hk2s+b(k20) ∵2号机水平飞行时间为1min,同时1号机的水平飞行为1min, 点B的横坐标为：4+3=7；点B的纵坐标为：4，即B7,4, 将B7,4,C10,3代入hk2s+b(k20)中，得：

7k2b4 10kb321k23 解得：19b3∴hs1319 3令h0 ,解得：s19 ∴2号机的着陆点坐标为19,0

（3）当点Ｑ在OA时，要保证PQ3，则：t1t532； 33当点Q在AB上时，,此时PQ1，满足题意,时长为1（min）；

1913，解得：s13，此时t2（min）， 3313211∴当PQ3时，时长为：-=（min）

333当点Q在BC上时，令2s【点睛】

本题考查变量之间的关系、待定系数法求一次函数解析式，根据实际问题，数形结合讨论是解题的关键. 24．（1）劣弧更长；

（2）A7A11和PA1互相垂直，理由见解析； （3）PA7123． 【分析】

第 17 页 共 36 页

13

（1）分别求出劣弧和直径的长，比较大小；

（2）连接A1、A7，A7、A11，求出A7A11A1=90，即可得出垂直的位置关系； （3）根据圆的知识求出A11A1A7=60，又PA7是【详解】 （1）劣弧A7A11直径2r12，

因为412，故劣弧更长．

（2）如下图所示连接A1、A7，A7、A11，由图可知A1A7是直径，

O的切线，利用三角函数求解即可．

4264， 12

∴对应的圆周角A7A11A1=90 ∴A7A11和PA1互相垂直． （3）如上图所示，A11A1A7=∵PA7是

114A11OA7=360=60 2212O的切线

∴PA7A1=90，

∴PA7=A． 1A7tanA11OA7123123【点睛】

本题考查了圆的基本性质、特殊角的三角函数的基本知识．半圆（或直径）所对的圆周角是直角．在同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的一半．

225．（1）A(2,0)，见解析，点P会落在T4的台阶上；（2）y(x7)11，其对称轴

与台阶T5有交点；（3）112． 【分析】

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（1）二次函数与坐标轴的交点坐标可以直接算出，根据点A的坐标可以确定y轴，利用函数的性质可以判断落在那个台阶上；

（2）利用二次函数图象的平移来求解抛物线C，再根据函数的对称轴的值来判断是否与台阶T5有交点；

（3）抓住二次函数图象不变，是BDE在左右平移，要求点B横坐标的最大值比最小值大多少，利用临界点法，可以确定什么时候横坐标最大，什么时候横坐标最小，从而得解． 【详解】

解：（1）当y0，x24x120， 解得：x2,x6，

A在左侧，A(2,0)， yx24x12关于xy轴与OK重合，如下图：

b2对称， 2a

点P会落在T4的台阶上，由题意在坐标轴上标出相关信息， 当y7时，x24x127， 解得：x1,x5，

4.556，

P会落在T4的台阶上且坐标为P(5,7)，

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（2）设将抛物线L，向下平移5个单位，向右平移a的单位后与抛物线C重合，则抛物线

C的解析式为：y(x2a)211，

2由（1）知，抛物线C过P(5,7)，将P(5,7)代入y(x2a)11，

7(3a)211，

解得：a5,a1（舍去，因为是对称轴左边的部分过P(5,7)）， 抛物线C:y(x7)11，

2y(x7)211关于x其对称轴与台阶T5有交点．

b7，且677.5， 2a（3）由题意知，当BDE沿x轴左右平移，恰使抛物线C下落的点P过点D时，此时点B的横坐标值最大；

当y0，(x7)110，

解得：x1711,x2711（取舍）， 故点B的横坐标最大值为：811，

当BDE沿x轴左右平移，恰使抛物线C下落的点P过点B时，此时点B的横坐标值最小；当y2，(x7)112， 解得：x110,x24（舍去）， 故点B的横坐标最小值为：10，

则点B横坐标的最大值比最小值大：81110112， 故答案是：112． 【点睛】

本题综合性考查了二次函数的解析式的求法及图象的性质，图象平移，抛物线的对称轴，解题的关键是：熟练掌握二次函数解析式的求法及图象的性质，通过已知的函数求解平移后函数的解析式．

2220d215155726．（1）证明见解析；（2）60或120；（3）；（4）①2；②．

d30088

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【分析】

（1）先根据平行线的性质可得AB,DC，再根据三角形全等的判定定理与性质可得AOBO，由此即可得证；

（2）分如图（见解析）所示的两种情况，先根据等边三角形的判定与性质可得

DEAD10,AEDADE60，再根据菱形的判定与性质可得AB//CD，然后根

据平行线的性质、角的和差即可得；

（3）先根据三角形的三边关系可得当点B,C,M共线时，BM取得最大值，再画出图形（见解析），利用勾股定理求出BE,DE的长，然后求出sinB的值，最后在RtBMN中，解直角三角形即可得；

（4）①如图（见解析），先根据等腰三角形的三线合一可得OBd,CPBD，再同（3）2的方法可求出BE的长，然后证出BOPBED，根据相似三角形的性质即可得； ②如图（见解析），只需考虑090的情形，先利用勾股定理可得AC102，再同（3）的方法可求出AE,BE的长，从而可得CE的长，然后证出AODCOE，根据相

似三角形的性质和DOCOCD10可求出AO的长，最后根据余弦三角函数的定义即可得． 【详解】 证明：（1）

AD//BC，

AB,DC，

AB在△AOD和BOC中，ADBC，

DCAODBOC(ASA)，

AOBO，

AOBOAB20，

AO10；

（2）由题意，由以下两种情况：

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①如图，取AB的中点E，连接DE，则AEBE1AB10， 2

ADAE10,A60，

ADE是等边三角形，

DEAD10,AEDADE60，

DEDCBCBE10，

四边形BCDE是菱形，

AB//CD，

CDEAED60，

ADCADECDE6060120；

②如图，当点C与AB的中点E重合，

则ADACDC10，

ACD是等边三角形， ADC60，

综上，ADC的度数为60或120； （3）如图，连接BM，

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1BC10,CMCD5，

2BMBCCM15，当且仅当点B,C,M共线时，等号成立，

如图，过点D作DEAB于点E，过点M作MNAB于点N，则MN即为所求，

BCCD10,CM5，

BDBCCD20,BMBCCM15，

设AEx，则BE20x，

AD2AE2DE2BD2BE2， 102x2202(20x)2，

解得x5， 235515，DEBD2BE2， 22BE20x515在RtBDE中，DE15，

sinB2BD208在RtBMN中，MNBMsinB15151515， 88 第 23 页 共 36 页

即当点M与点B距离最大时，点M到AB的距离为1515； 8（4）①如图，连接BD交CP于点O，过点D作DEAB于点E，

BCCD,CP平分BCD，BDd，

OBOD1dBD，CPBD（等腰三角形的三线合一）， 22设BEy，则AE20y，

AD2AE2DE2BD2BE2， 102(20y)2d2y2，

d2300d2300解得y，即BE，

4040BOPBED90在△BOP和BED中，，

OBPEBDBOPBED，

dBPBPOB22，即， d300dBDBE4020d2解得BP2；

d300②

初中阶段没有学习钝角的余弦值，且ADCD，

只需考虑090的情形，

如图，设AB与CD交于点O，过点C作CEAB于点E，连接AC，

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ADCD10,ADCD，

ACAD2CD2102，

设BEa，则AE20a，

AC2AE2CE2BC2BE2，

(102)2(20a)2102a2，

解得a15， 2BE1525,AE20a， 22CEBC2BE2设AOb，则EO57， 225b， 2AODCOE在△AOD和COE中，，

DOEC90AODCOE，

bDO10AODOAD，即CO25，

b57COEOCE22解得CO7b50747b， ,DO47CODOCD10，

7b50747b10， 47 第 25 页 共 36 页

解得b200407，

9则

coscosDAOAD1057AO2004078．

9【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，较难的是题（4），正确画出相应的图形，并通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．

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