2021年重庆市永川区中考数学一诊试题及答案解析

2021年重庆市永川区中考数学一诊试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在下列四个实数中，是无理数的是( )
A. −2
B. √2
C. −1
D. 0
2. 下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是( )
A. 2a+3b=5ab
B. x2⋅x3=x6
C. 6xy2÷(2xy)=3y
D. (−2xy2)3=−6x3y5
4. 从重庆市旅游局获悉，据初步统计测算，2020年“国庆⋅中秋”八天小长假，重庆共接待游客约31200000人次，将31200000用科学记数法表示为( )
A. 312×105
B. 31.2×106
C. 3.12×107
D. 0.312×108
5. 如图，△ABC内接于⊙O，连接OB、OC，若∠BAC=64°，则∠OCB的度数为( )
A. 64°
B. 36°
C. 32°
D. 26°
6. 如图，是用△按一定的方式摆成的图案，已知图①需要2个△，图②需要6个△，图③需要11个△，按照这样的方式摆下去，则图⑥需要个△．( )
A. 26
B. 28
C. 30
D. 32
7. 某工厂现在平均每天比原计划多生产50台机器，现在生产600台机器所需时间与原计划生产450台机器所需时间相同，若设现在平均每天生产机器x台，根据题意可列分式方程为( )
A.
450x =
600
x+50 B. 450x+50=600
x C. 450
x−50=600
x
D.
450x
=
600
x−50
8. 如图，
在平面直角坐标系中，每个小方格的边长均为1.△AOB 与△A′OB′是以原点O 为位似中心的位似图形，且相似比为3：2，点A ，B 都在格点上，则点B′的坐标是( )
A. (−2,1)
B. (−2,4
3)
C. (−2,5
4)
D. (−2,7
6)
9. 鹅岭公园是重庆最早的私家园林，前身为礼园，是国家级AAA 旅游景区，园内有一瞰胜
楼，登上高楼能欣赏到重庆的优美景色．周末小李同学游室鹅岭公园，如图，在A 点观察到瞰胜楼楼底C 的仰角为12°，楼顶D 的仰角为13°，测得斜坡BC 的坡面距离BC =510米，斜坡BC 的坡度i =8：15，则瞰胜楼的高度CD 是米．(参考数据：tan12°=0.2，tan13°≈0.23)( )
A. 30
B. 32
C. 34
D. 36
10. 若关于x 的一元一次不等式组{x −1
4
(4a −2)≤
1
2
3x−12
−2<x 的解集是x ≤a ，且使关于y 的分式方程a−3
y−1
=2+2
1−y 有非负整数解，则符合条件的所有整数a 的和为( )
A. 2
B. 3
C. 8
D. 9
11. 在矩形ABCD中，AB=3，BC=2√10，点E在BC边上，连接DE，将△DEC沿DE翻折，得到△DEC′，C′E交AD于点F，连接AC′.若点F为AD的中点，则AC′的长度为( )
A. √13
B. 2√2
C. 2√3
D. √10+1
12. 如图，反比例函数y=k
(x>0)的图象经过矩形OABC对角线的交点M，分别与AB、BC
x
交于点D、E，若四边形ODBE的面积为18，则k的值为( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 计算：(−1)2021+(4−π)0=______．
14. 如果某个正n边形的每一个外角都等于其相邻内角的1
，则n=______．
2
15. 现将背面完全相同，正面分别标有数−2，−1，0，1，2的5张卡片洗匀后，背面朝上，从中任取一张，将该卡片上的数作为点P的横坐标，将该数的相反数作为点P的纵坐标，则点
P落在直线y=x上方的概率为______．
16. 如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AC经过点O，与⊙O分别相交于点D，C，若∠ACB=30°，AB=√3，则阴影部分的面积是______．
17. 2020年新年，武汉爆发的新型冠状病毒感染的肺炎疫情牵动着全国人民的心，一方有难，八方支援，各地纷纷驰援武汉．某地组织的蔬菜驰援车队从甲地出发匀速行驶前往武汉，一
段时间后，在甲地的驰援领导小组发现车队漏带有机蔬菜检测证书，于是驰援领导小组立即派一辆轿车匀速前去追赶车队，轿车追上车队后以原速原路返回甲地．车队拿到检测证书后
以原速度的4
3
倍快速赶往武汉，并在从甲地出发后15小时到达武汉(车队被轿车追上交流时间忽略不计)，轿车与车队之间相距的路程y(米)与车队从甲地出发到武汉的行驶时间x(小时)之间的函数关系如图所示，则轿车返回到甲地时，车队距离武汉的路程为______千米．
18. 假设北碚万达广场地下停车场有5个出入口，每天早晨6点开始对外停车且此时车位空置率为75%，在每个出入口的车辆数均是匀速出入的情况下，如果开放2个进口和3个出口，8小时车库恰好停满；如果开放3个进口和2个出口，2小时车库恰好停满．2019年元旦节期间，由于商场人数增多，早晨6点时的车位空置率变为60%，又因为车库改造，只能开放2个进口和1个出口，则从早晨6点开始经过______小时车库恰好停满．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：
(1)(a−b)2−a(a−2b)；
(2)(x−3
x−2−x−1)÷x2−1
x−2
．
20. (本小题10.0分)
如图，在▱ABCD中，DE=CE，连接AE并延长交BC的延长线于点F．
(1)求证：△ADE≌△FCE；
(2)若AB=2BC，∠F=36°.求∠B的度数．
21. (本小题10.0分)
距离中考体考时间越来越近，永川某中学想了解初三年级学生“清明节”期间在家体育锻炼情况(建议每天30分钟)，在初三年级抽取了20名男生和20名女生，对他们“清明节”期间在家锻炼的总时间进行了调查，并收集得到了如下数据：(单位：分钟)
88604491718897637291男生
81928585958191897786
77828588768769936684女生
99886788919668975988 (整理数据)按如下分段整理样本数据：
分数
0≤x<6060≤x<7070≤x<8080≤x<9090≤x≤100男女
男12386
女1a2b5
(分析数据)对样本数据进行如下统计：
统计量
平均数中位数众数
男女
男81.35c91
女82.4086d
(得出结论)
(1)根据统计，表格中a、b、c、d的值分别是______、______、______、______．
(2)若永川某中学初三年级的男女学生人数分别为600人和500人，则估计“清明节”期间在家锻炼的总时间在90分钟及以上的学生人数．
(3)根据数据可以推断出男生还是女生的体育锻炼情况更好，请说明理由．
如果一个正整数能表示为两个正整数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”，否则称这个正整数为“非智慧数”.例如：22−12=3；32−22=5；32−12=8；42−32=7；42−22=12；42−12=15；…，等等．
因此3，5，8，…，都是“智慧数”；而1，2，4，…，都是“非智慧数”．
对于“智慧数”，有如下结论：
①设k为正整数(k≥2)，则k2−(k−1)2=2k−1.∴除1以外，所有的奇数都是“智慧数”；
②设k为正整数(k≥3)，则k2−(k−2)2=______.∴都是“智慧数”．
(1)补全结论②中的空缺部分；并求出所有大于5而小于20的“非智慧数”；
(2)求出从1开始的正整数中从小到大排列的第103个“智慧数”．
23. (本小题10.0分)
探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线，画出函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．结合已有的学习经验，请探究下面函数的性质．
已知函数y=y2
y1，其中y1与x成反比例，y2
=x2+6x，且当x=2时，y=4．
(1)y关于x的函数解析式为______．
(2)列表，写出表中a，b的值：a=______，b=______．
描点、连线，在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象．
x…−6−5−4−3−2−1012…
y…0a427
82
5
80
7
8b…
(3)已知函数y=−1
3x+2的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接求出方程1
8
x3+
3 4x2=−1
3
x+2的近似解(结果保留一位小数)．
“端午节”是我国传统节日，赛龙舟吃粽子，某蛋糕店销售“杏花楼”和“元祖”两个品牌的粽子，每个“杏花楼”粽子的售价是10元，每个“元祖”粽子的售价是8元．
(1)4月份，两个品牌的粽子一共销售180个，且总销售额不低于1640元，则卖出“杏花楼粽子至少多少个？
(2)5月份，粽子大量上市，受此影响，“杏花楼”粽子售价降低了a%(a%<30%)，销售量
a%，销售量在4月在4月份的最低销售量的基础上增加了5a%，“元祖”粽子的售价降低了5
4
a%，结果5月份的总销售额比4月份最低销售额增加了680份的最高销售量的基础上增加了5
2
元，求a的值．
25. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−x2+ bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C(点C点A的右侧)，点P是抛物线上一动点．
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；
(2)若点P在第二象限内抛物线上一点，过点P作PD//y轴交AB于D，点E为线段DB上一点，且DE=2√2，过E做EF//PD交抛物线于点F，当点P运动到什么位置时，四边形PDEF的面积最大？并求出此时点P的坐标；
(3)如图2，点F为AO的中点，连接BF，点G为y轴负半轴上一点且GO=2，沿x轴向右平移直线AG，记平移过程直线为A′G′，直线A′G′交x轴于点M，交直线AB为N，当△FMN为等腰三角形时，求平移后M点的坐标．
26. (本小题8.0分)
边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE//AB，EC=2√3
(1)如图1，将△DEC沿射线方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′
的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由．
(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′、BE′.边D′E′的中点为P．
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.−2是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
B.√2是无理数，故本选项符合题意；
C.−1是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
D.0是整数，属于有理数，故本选项不合题意．
故选：B．
根据无理数是无限不循环小数，可得答案．
本题考查了无理数，无理数是无限不循环小数．
2.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，本选项不符合题意．
故选：B．
结合轴对称图形的概念进行求解即可．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3.【答案】C
【解析】解：A、2a+3b无法计算，故此选项错误；
B、x2⋅x3=x5，故此选项错误；
C、6xy2÷(2xy)=3y，正确；
D、(−2xy2)3=−8x3y6，故此选项错误．
故选：C．
直接利用积的乘方运算法则、合并同类项法则和单项式除以单项式运算法则计算得出答案．
此题主要考查了积的乘方运算、合并同类项和单项式除以单项式运算等知识，正确掌握相关运算
法则是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：31200000=3.12×107．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵△ABC内接于⊙O，
∴∠BOC=2∠BAC=2×64°=128°，
而OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
(180°−128°)=26°．
∴∠OCB=1
2
故选：D．
先利用圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC=128°，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算∠OCB的度数．
本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
6.【答案】D
【解析】解：∵图①中△的个数为：1+1，
图②中△的个数为：1+2+3，
图③中△的个数为：1+2+3+5，
...，
∴图n中△的个数为：1+2+3+...+n+2n−1=n(n+1)
+2n−1，
2
∴图⑥中△的个数为：6×7
+2×6−1=32，
2
故选：D ．
可把图形分成两层，则图①中△的个数为：1+1，图②中△的个数为：1+2+3，图③中△的个数为：1+2+3+5，...，据此可得到第n 个图形中△的个数，从而可求解． 本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形分析出存在的规律．
7.【答案】C
【解析】解：设现在平均每天生产机器x 台，则原计划平均每天生产(x −50)台， 由题意可得：450
x−50
=600
x ，
故选：C ．
根据现在生产600台机器所需时间与原计划生产450台机器所需时间相同，可以列出相应的方程． 本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
8.【答案】B
【解析】解：由题意得：△A′OB′与△AOB 的相似比为2：3， 又∵B(3,−2)
∴B′的坐标是[3×(−2
3),−2×(−2
3)]，即B′的坐标是(−2,4
3). 故选：B ．
把B 的横纵坐标分别乘以−2
3
得到B′的坐标．
本题考查了位似变换：先确定点的坐标，及相似比，再分别把横纵坐标与相似比相乘即可，注意原图形与位似图形是同侧还是异侧，来确定所乘以的相似比的正负．
9.【答案】D
【解析】解：由斜坡BC 的坡度i =8：15设CE =8x 、BE =15x ， 则BC =17x =510， 解得x =30，
∴CE =240米，BE =450米，
在Rt △ACE 中，AE =CE
tan∠CAE
=240
tan12∘=1200(米)，
在Rt △ADE 中，DE =AEtan∠DAE =1200×tan13°=276(米)，
则DC =DE −CE =276−240=36(米)， 故选：D ．
由斜坡BC 的坡度i =8：15设CE =8x 、BE =15x ，由BC =17x =510求得x =30，据此知AE 、DE 的长，再根据DC =DE −CE 可得答案．
本题主要考查解直角三角形的应用能力，注意能借助仰角与俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：{x −1
4(4a −2)≤1
2①
3x−12−2<x②，
解不等式①，得x ≤a ， 解不等式②，得x <5，
∵一元一次不等式组的解集是x ≤a ， ∴a <5，
原分式方程可化为：a−3
y−1=2−2
y−1， 去分母，得a −3=2(y −1)−2， 解得y =a+1
2
，
∵分式方程有非负整数解， ∴
{a+12≥0a+12
≠1
，
解得a ≥−1且a ≠1，
综上所述：a 的取值范围−1≤a <5且a ≠1， ∵分式方程有非负整数解， ∴①a +1=0，a =−1， ②a +1=2，a =1(舍去)， ③a +1=4，a =3， ④a +1=6，a =5(舍去)， ∴−1+3=2， 故选：A ．
首先解不等式①，得x≤a，解不等式②，得x<5，根据一元一次不等式组的解集是x≤a，得a<5，其次求出分式方程的解，再根据分式方程有非负整数解，最简公分母≠0，列不等式组，求出解集，最后结合不等式组的解集，求出公共解集，再把分式方程有非负整数解，把情况一一列举，最后确定a的值．
本题考查分式方程的解、解一元一次不等式组、解一元一次不等式，掌握用含a的式子表示方程的解，根据方程的解为非负数，y−1≠0，列不等式组，是解题关键．
11.【答案】A
【解析】解：如图，过点C′作C′H⊥AD于点H，
∵点F为AD的中点，AD=BC=2√10
∴AF=DF=√10
∵将△DEC沿DE翻折
∴CD=C′D=3，∠C=∠EC′D=90°
在Rt△DC′F中，C′F=√DF2−C′D2=1
∵S△C′DF=1
2×DF×C′H=
1
2×C′F×C′D
∴√10×C′H=1×3
∴C′H=3√10 10
∴FH=√C′F2−C′H2=√10 10
∴AH=AF+FH=11√10 10
在Rt△AC′H中，AC′=√AH2+C′H2=√13
故选：A．
过点C′作C′H⊥AD于点H，由折叠的性质可得CD=C′D=3，∠C=∠EC′D=90°，由勾股定理可求C′F=1，由三角形面积公式可求C′H的长，再由勾股定理可求AC′的长．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求C′H的长是本题的关键．12.【答案】C
【解析】解：由题意得：E、M、D位于反比例函数图象上，则S△OCE=1
2|k|，S△OAD=1
2
|k|，
过点M作MG⊥y轴于点G，作MN⊥x轴于点N，则S四边形ONMG=|k|，又∵M为矩形ABCO对角线的交点，
∴S
矩形ABCO =4S
四边形ONMG
=4|k|，
由于函数图象在第一象限，
∴k>0，则k
2+k
2
+18=4k，
∴k=6．
故选：C．
从反比例函数图象上的点E、M、D入手，分别找出△OCE、△OAD、四边形OABC的面积与|k|的关系，列出等式求出k值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|.本知识点是中考的重要考点．
13.【答案】0
【解析】解：原式=−1+1
=0．
故答案为：0．
根据有理数的乘方和零指数幂即可得出答案．
本题考查了零指数幂，有理数的混合运算，掌握a0=1(a≠0)是解题的关键．
14.【答案】6
【解析】解：因为多边形的每个外角和它相邻内角的和为180°，
又因为每个外角都等于它相邻内角的1
2
，
所以外角度数为180°×1
3
=60°．
因为多边形的外角和为360°，
所以n=360÷60=6．
故答案为：6．
根据内外角互补关系，以及倍分关系，先求出外角度数，再用外角和360°除以一个外角度数即可得结果．
本题主要考查了多边形的内角与外角关系，以及多边形的外角和为360°.解题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
15.【答案】2
5
【解析】解：由题意知，点P的坐标为(−2,2)，(−1,1)，(0,0)，(1,−1)，(2,−2)，
其中点P落在直线y=x上方的有(−2,2)、(−1,1)这2种结果，
∴点P落在直线y=x上方的概率为2
5
，
故答案为：2
5
．
首先根据题意求得所有点的坐标，再找到符合条件的结果数，根据概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
16.【答案】√3
2−π
6
【解析】解：连接OB．
∵AB是⊙O切线，
∴OB⊥AB，
∵OC=OB，∠C=30°，
∴∠C=∠OBC=30°，
∴∠AOB=∠C+∠OBC=60°，
在Rt△ABO中，∵∠ABO=90°，AB=√3，∠A=30°，∴OB=1，
∴S
阴=S△ABO−S
扇形OBD
=1
2
×1×√3−60π⋅1
2
360
=√3
2
−π
6
．
故答案为√3
2−π
6
．
首先求出∠AOB ，OB ，然后利用S 阴=S △ABO −S 扇形OBD 计算即可．
本题考查切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，直角三角形30°角性质，解题的关键是学会分割法求面积，记住扇形面积公式，属于中考常考题型．
17.【答案】400
【解析】解：观察图象可知，第6小时时轿车与车队的距离为0，即轿车追上了车队，此后匀速增大至第10小时，距离为680千米，第10小时以后图象出现转折，即轿车已经返回甲地，因此车队第10小时时距离甲地680千米．
设车队原来速度为每小时x 千米，根据题意得： 6x +(10−6)×43
x =680， 解得：x =60， ∴43
x =80，
观察图象可知，轿车回到甲地时间为第10小时，此后车队又经过(15−10)个小时到达武汉， 所以轿车回到甲地时，车队距离武汉的路程为80×(15−10)=400(千米)． 故答案为：400．
观察图象可知，第6小时时轿车与车队的距离为0，即轿车追上了车队，此后匀速增大至第10小时，距离为680千米，第10小时以后图象出现转折，即轿车已经返回甲地，因此车队第10小时时距离甲地680千米，由此解答即可．
本题考查了利用一次函数图形解决实际问题，从图象中获取信息是解答关键．
18.【答案】32
15
【解析】解：设1个进口1小时开进x 辆车，1个出口1小时开出y 辆，车位总数为a ，由题意得{8(2x −3y)=75%a 2(3x −2y)=75%a 解得：{x =316a y =332a ，
则60%a ÷(2×
316−332)a =32
15小时
答：从早晨6点开始经过3215
小时车库恰好停满．
故答案为：3215
．
设1个进口1小时开进x 辆车，1个出口1小时开出y 辆，根据题意列出方程组求得x 、y ，进一步代入求得答案即可．
此题考查二元一次方程组的实际运用，找出题目蕴含的数量关系是解决问题的关键．
19.【答案】解：(1)(a −b)2−a(a −2b)
=a 2−2ab +b 2−a 2+2ab =b 2；
(2)(x−3
x−2−x −1)÷x 2−1
x−2 =[x−3
x−2−(x+1)(x−2)x−2]⋅x−2
(x+1)(x−1) =
x−3−(x 2−x−2)x−2⋅x−2(x+1)(x−1) =x−3−x 2+x+2
(x+1)(x−1) =−(x 2−2x+1)(x+1)(x−1) =
−
(x−1)
2
(x+1)(x−1) =−x−1
x+1．
【解析】(1)根据完全平方公式和单项式乘多项式将题目中的式子展开，然后合并同类项即可； (2)先将括号内的式子通分，然后再计算括号外的除法即可．
本题考查分式的混合运算、整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD//BC ，AD =BC ， ∴∠D =∠ECF ，
在△ADE 和△FCE 中，{∠D =∠ECF
 DE =CE
 ∠AED =∠FEC
， ∴△ADE ≌△FCE(ASA)；
(2)解：∵△ADE ≌△FCE ，
∴AD=FC，
∵AD=BC，AB=2BC，
∴AB=FB，
∴∠BAF=∠F=36°，
∴∠B=180°−2×36°=108°．
【解析】(1)利用平行四边形的性质得出AD//BC，AD=BC，证出∠D=∠ECF，由ASA即可证出△ADE≌△FCE；
(2)证出AB=FB，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案．
此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．．
21.【答案】4885.588
【解析】解：(1)根据给出的数据可得：a=4，b=8，
把抽取的男生锻炼总时间从小到大排列，则中位数是：85+86
2
=85.5(分钟)，
即c=85.5；
∵88出现了4次，出现的次数最多，
∴d=88；
故答案为：4，8，85.5，88；
(2)估计“清明节”期间在家锻炼的总时间在90分钟及以上的有600×6
20+500×5
20
=305(人)．
(3)女生的体育锻炼情况更好，
∵女生体育锻炼时间的平均数82.40高于男生的平均数81.35，而女生体育锻炼时间的中位数86大于男生体育锻炼时间的中位数85.5，
∴女生的体育锻炼情况更好．
(1)根据给出的数据得出a和b，再根据中位数和众数的定义得出c和d；
(2)用总人数乘以各自所占的百分比，然后相加即可得出答案；
(3)从平均数和方差两方面进行分析，即可得出女生的体育锻炼情况更好．
此题考查了中位数、众数、方差的意义以及用样本估计总体，正确理解各概念的含义以及运算公
式是解题的关键．
22.【答案】4(k−1)
【解析】解：(1)k2−(k−2)2=(k+k−2)(k−k+2)=2(2k−2)=4(k−1)；智慧数是除4以外，所有4的正整数倍数．
根据①，除去奇数：7，9，11，13，15，17，19；
根据②，除去4的正整数倍数：8，12，16．
则所有大于5而小于20的“非智慧数”有：6，10，14，18．
(2)在1，2，3，4四个数中，只有1个“智慧数”3．
当k为正整数时，则4k+1，4k+3是奇数，4k+2，4k+4是偶数，而4k+2是“非智慧数”，4k+1，4k+3，4k+4是“智慧数”．
∴在从1开始的正整数中前4个正整数只有3为“智慧数”，此后每连续4个数中有3个“智慧数”．∵100=1+3×33，
∴4×(33+1)=136．
又∵136后面的3个“智慧数”为137，139，140，
∴从1开始的正整数中从小到大排列的第103个“智慧数”是140．
(1)由平方差公式即可得出答案，根据①②的结论除去奇数及4的正整数倍数，即可得所有大于5而小于20的“非智慧数”；
(2)根据①②可判断出在1，2，3，4四个数中，只有1个“智慧数”3；k为正整数时，则4k+1，4k+3是奇数，4k+2，4k+4是偶数，而4k+2是“非智慧数”，4k+1，4k+3，4k+4是“智慧数“.从而根据循环规律判断出结果．
本题主要考查因式分解及规律型：数字变化类，有一定难度，其中找到智慧数的出现规律是解题关键．
23.【答案】y=1
8x3+3
4
x225
8
4
【解析】解：(1)设y1=k
x
，∵y2=x2+6x，
∴y=y2
y1=y=x2+6x
k
x
=x3+6x2
k，
∵当x=2时，y=4．
∴4=
8+6×4
k
， 解得：k =8，
∴y 关于x 的函数解析式为y =18
x 3+34
x 2； 故答案为：y =1
8x 3+3
4x 2；
(2)将x =−5代入y =1
8x 3+3
4x 2得y =1
8×(−125)+3
4×25=25
8，
∴a =
25
8
， 将x =2代入y =1
8x 3+3
4x 2得y =1
8×8+3
4×4=4，
∴b =4，
平面直角坐标系中该函数图象如下所示：
故答案为：258
，4；
(3)由题意可知：方程18
x 3+34
x 2=−13
x +2的解可以看成是函数y =18
x 3+34
x 2与函数y =−13
x +2的交点的横坐标，
由(2)中图象可知，其交点有3个，从左至右横坐标依次标记为x 1，x 2，x 3， 观察图象可知，方程的解为：x 1=−4.7，x 2=−2.6，x 3=1.3． (1)设y 1=
k
x
，得到y =
x 2+6x
k x
=
x 3+6x 2
k ，然后代入x
=2，y =4求出k 即可；
(2)分别将x =−5和x =的2代入(1)中的表达式，即可求出a 和b 的值；
(3)根据函数图象的交点横坐标即为联立函数解析式形成的方程的解即可作答．
本题是二次函数综合题，主要考查二次函数及一次函数的图象和性质，函数与方程的关系，会用描点法画出函数图象，利用数形结合的思想得到函数的性质，进而求解高次方程是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设卖出“杏花楼”粽子x 个．则卖出“元祖”粽子(180−x)个，
依题意得：10x +8(180−x)≥1640，
解得：x ≥100，
答：卖出“杏花楼”粽子至少100个；
(2)依题意得：
10(1−a%)×100 (1+5a%)+8(1−54a%)×(180−100)(1+52
a%)=1640+680，
设a%=t ，
则化简整理得：175t 2−120t +17=0，
解得：t 1=15，t 2=1735
， ∵a%<30%，
∴a%=15，
∴a =20．
答：a 的值为20．
【解析】(1)设卖出“杏花楼”粽子x 个，则卖出“元祖”粽子(180−x)个，根据总价=单价×数量结合总销售额不低于1640，即可得出关于x 的一元一次不等式，解之取其中最小值即可得出结论；
(2)根据总价=单价×数量，即可得出关于a 的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论． 本题考查了一元一次不等式的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
25.【答案】解：
(1)∵直线y =x +4与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，
∴A(−4,0)，B(0,4)，
∵抛物线y =−x 2+bx +c 经过A 、B 两点，
∴把A 、B 坐标代入可得{−16−4b +c =0c =4，解得{b =−3c =4
， ∴抛物线的解析式为y =−x 2−3x +4，
令y =0可得：−x 2−3x +4=0，解得x =1或x =−4，
∴C 点坐标为(1,0)；
(2)如图，过E 作EH ⊥PD 于H ，则EH//OA ，
∵OA =OB =4，
∴∠OAB =45°，
∴∠HDE =45°，且DE =2√2，
∴HE =HD =2，
设P 点坐标为(a,−a 2−3a +4)，
则D 为(a,a +4)，E 为(a +2,a +6)，F 为(a +2,−a 2−7a −6)，
∴|PD|=−a 2−3a +4−(a +4)=−a 2−4a ，|EF|=−a 2−7a −6−(a +6)=−a 2−8a −12， ∴S 四边形PDEF =12HE ⋅(PD +EF)
=12×2(−a 2−4a −a 2−8a −12)
=−2a 2−12a −12
=−2(a +3)2+6，
∴当a =−3时，S 四边形PDEF 有最大值6，
此时P 点坐标为(−3,4)；
(3)∵OG =2，
∴G 点坐标为(0,2)，且A(−4,0)，
设直线AG 方程为y =kx +n ，把A 、G 坐标代入可得{−4k +n =0n =−2，解得{n =−2k=−12， ∴直线AG 方程为y =−12
x −2，
∴可设直线A′G′的方程为y =−12(x −m)−2=−12x +12
m −2， 令y =0可得=−12x +12
m −2=0，解得x =m −4， ∴M 点坐标为(m −4,0)，
联立直线A′G′与直线AB 方程可得{
y =x +4y =−12x +12m −2，解得{y =m 3x=m−123， ∴N 点坐标为(
m−123,m 3)， ∵F 为OA 中点，
∴OF =2，即F(−2,0)，
∴MF 2=(m −4+2)2=m 2−4m +4，
MN 2=(m −4−
m−123)2+(m 3−0)2=(23m)2+(13m)2=59m 2， NF 2=(m−123+2)2+(13m)2=
2m 2−12m+369， 当△FMN 为等腰三角形时，分以下三种情况讨论：
①当MN =MF 时，即59m 2=m 2−4m +4，
解得m =9+3√52或m =9−3√52
， 此时M 的坐标为(1+3√52,0)或(1−3√52
,0)； ②当MN =NF 时，即59m 2=2m 2−12m+369， 解得m =−6或m =2，
此时M 坐标为(−10,0)或M(−2,0)(与F 点重合，舍去)；
③当MF =NF 时，即m 2−4m +4=2m 2−12m+369
， 解得m =0或m =
247， 此时M 坐标为(−47
,0)或(−4,0)(与A 点重合，舍去)； 综上可知，平移后M 点的坐标为(1+3√52,0)或(1−3√52,0)或(−47,0)． 【解析】(1)由直线方程可求得A 、B 两点的坐标，代入抛物线解析式可求得b 、c 的值，可求得抛物线解析式，再令y =0可求得C 点坐标；
(2)过E 作EH ⊥PD 于H ，可求得EH ，设出P 点坐标，则可表示出D 、E 、F 的坐标，从而可表示出PD 和EF ，利用梯形面积公式可表示出四边形PDEF 的面积，根据二次函数的最值，可求得P 点坐标；
(3)可求得直线AG 和A′G′的方程，从而可表示出M 、N 点的坐标，从而可表示出MN 、
FM 、FN 的长，分MN =FM 、MN =FN 和FM =FN 三种情况分别求解即可．
本题为二次函数的综合，涉及知识点有待定系数法、四边形的面积、二次函数的最值、平移、勾
股定理及分类讨论思想．在(1)中求得A、B坐标是解题的关键，在(2)中用P点的坐标表示出四边形PDEF的面积是解题的关键，在(3)中分别表示出MF、NF、MN的长是解题的关键．本题考查知识点多，综合性强，计算量大，难度较大．
26.【答案】解：(1)当CC′=√3时，四边形MCND′是菱形．
理由：由平移的性质得，CD//C′D′，DE//D′E′，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∴∠ACC′=180°−∠ACB=120°，
∵CN是∠ACC′的角平分线，
∠ACC′=60°=∠B，
∴∠D′E′C′=1
2
∴∠D′E′C′=∠NCC′，
∴D′E′//CN，
∴四边形MCND′是平行四边形，
∵∠ME′C′=∠MCE′=60°，∠NCC′=∠NC′C=60°，
∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，
∴MC=CE′，NC=CC′，
∵E′C′=2√3，
∵四边形MCND′是菱形，
∴CN=CM，
E′C′=√3；
∴CC′=1
2
(2)①AD′=BE′，
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′=∠BCE′，
由(1)知，AC=BC，CD′=CE′，
∴△ACD′≌△BCE′，
∴AD′=BE′，
当α=180°时，AD′=AC+CD′，BE′=BC+CE′，
即：AD′=BE′，
综上可知：AD′=BE′．
②如图连接CP，
在△ACP中，由三角形三边关系得，AP<AC+CP，
∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，
如图1，在△D′CE′中，由P为D′E的中点，得AP⊥D′E′，PD′=√3，
∴CP=3，
∴AP=6+3=9，
在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′=√AP2+PD′2=2√21．
【解析】(1)先判断出四边形MCND′为平行四边形，再由菱形的性质得
出CN=CM，即可求出CC′；
(2)①分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出△ACD≌△BCE′即可得出结论；
②先判断出点A，C，P三点共线，先求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解(1)的关键是四边形MCND′是平行四边形，解(2)的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大．。