2022年湖北省随州市中考数学试题及答案解析

2022年湖北省随州市中考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.2022的倒数是( )
A. −2022
B. 2022
C. 1
2022D. −1
2022
2.如图，直线l1//l2，直线l与l1，l2相交，若图中∠1=60°，
则∠2为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
3.小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106(单位：分)，则这组
数据的众数和平均数分别为( )
A. 97和99
B. 97和100
C. 99和100
D. 97和101
4.如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图
中完全相同的是( )
A. 主视图和左视图
B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图
D. 三个视图均相同
5.我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一
百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”
若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为( )
A. 150(12+x)=240x
B. 240(12+x)=150x
C. 150(x−12)=240x
D. 240(x−12)=150x
6.2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三
位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中国空间站绕地球运行2×102s走过的路程(m)用科学记数法可表示为( )
A. 15.4×105
B. 1.54×106
C. 15.4×106
D. 1.54×107
7.已知张强家、体育场、文具店在同一直线上，下面的图象反映的过程是：张强从家
跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时间，y表示张强离家的距离，则下列结论不正确的是( )
A. 张强从家到体育场用了15min
B. 体育场离文具店1.5km
C. 张强在文具店停留了20min
D. 张强从文具店回家用了35min
8.七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸
板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥
EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中
点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则
在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有( )
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的1
4
．
A. 只有①
B. ①②
C. ①③
D. ②③
9.如图，已知点B，D，C在同一直线的水平地面上，
在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D
处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，若CD=α，
则建筑物AB的高度为( )
A. a
tanα−tanβB. a
tanβ−tanα
C. atanαtanβ
tanα−tanβ
D. atanαtanβ
tanβ−tanα
10.如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1,0)，对称轴为直线
x=1.则下列结论正确的有( )
①abc>0；
②2a+b=0；
③函数y =ax 2+bx +c 的最大值为−4a ；
④若关于x 的方程ax 2+bx +c =a +1无实数根，则−1
5<a <0．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 计算：3×(−1)+|−3|=______．
12. 如图，点A ，B ，C 在⊙O 上，若∠ABC =60°，则∠AOC 的度
数为______．
13. 已知二元一次方程组{x +2y =4
2x +y =5，则x −y 的值为______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，直线y =x +1与x 轴，y 轴分
别交于点A ，B ，与反比例函数y =k
x 的图象在第一象限交于点C ，若AB =BC ，则k 的值为______．
15. 已知m 为正整数，若√189m 是整数，则根据√189m =√3×3×3×7m =3√3×7m
可知m 有最小值3×7=21.设n 为正整数，若√300n
是大于1的整数，则n 的最小值为
______，最大值为______．
16.如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF.如
图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<90°)，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H.则∠BHD的度数为，DH的长为．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17.解分式方程：1
x =4
x+3
．
18.已知关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根x1，x2．
(1)求k的取值范围；
(2)若x1x2=5，求k的值．
19.如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正
方形．
(1)求证：AE=CF；
(2)已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5，求CF的长．
20.为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社
团、文学社团、美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动(每人必选且只选一种)”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
(1)参加问卷调查的学生共有______人；
(2)条形统计图中m的值为______，扇形统计图中α的度数为______；
(3)根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有______人；
(4)现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加
演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．21.如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延
长线于点E，且BE=DE．
(1)判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AC=4，sinC=1
，
3
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
22.2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地
出现了“一墩难求”的场面．某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”
后很快就被抢购一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个(m为正整数).经过连续15天的销售统计，得到第x天(1≤x≤15，且x为正整数)的供应量y1(单位：个)和需求量y2(单位：个)的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系．(假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数)
第x天12...6...11 (15)
供应量y1(个)150
150
+m
…
150
+5m
…
150
+10m
…
150
+14m
需求量y2(
个)
220229...245...220 (164)
(1)直接写出y1与x和y2与x的函数关系式；(不要求写出x的取值范围)
(2)已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到(即前9天的总需求
量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量)，求m的值；(参考数据：前9天的总需求量为2136个)
(3)在第(2)问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第
12天的销售额．
23.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程
碑．在该书的第2卷“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可
以推出的代数公式，(下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号)
公式①：(a+b+c)d=ad+bd+cd
公式②：(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd
公式③：(a−b)2=a2−2ab+b2
公式④：(a+b)2=a2+2ab+b2
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______．
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a+b)(a−b)=
a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；(已知图中各四边形均为矩形)
(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上
任意一点(不与端点重合)，过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作
BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH 的面积之和为S2．
①若E为边AC的中点，则S1
的值为______；
S2
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；
若不成立，请说明理由．
24.如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴分别交于点
A和点B(1,0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求
出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使
四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：2022的倒数是1
2022． 故选：C ．
根据倒数的定义即可得出答案．
本题考查了倒数，掌握乘积为1的两个数互为倒数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵l 1//l 2， ∴∠1=∠2， ∵∠1=60°， ∴∠2=60°， 故选：D ．
根据两直线平行，内错角相等，便可求得结果． 本题考查了平行线的性质，关键是熟记平行线的性质．
3.【答案】B
【解析】解：∵这组数据中，97出现了2次，次数最多， ∴这组数据的众数为97，
这组数据的平均数x −
=1
5×(97+97+99+101+106)=100． 故选：B ．
观察这组数据发现97出现的次数最多，进而得到这组数据的众数为97，将五个数据相加求出之和，再除以5即可求出这组数据的平均数．
此题考查了众数及算术平均数，众数即为这组数据中出现次数最多的数，算术平均数即为所有数之和与数的个数的商．
4.【答案】A
【解析】解：该几何体的三视图中完全相同的是主视图和左视图，均为半圆；俯视图是一个实心圆． 故选：A ．
根据三视图的定义判断即可．
此题主要考查了画三视图的知识；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
5.【答案】A
【解析】解：设快马x天可以追上慢马，
依题意，得：150(x+12)=240x．
故选：A．
设快马x天可以追上慢马，根据路程=速度×时间，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：7.7×103×2×102
=(7.7×2)×(103×102)
=15.4×105
=1.54×106(米)，
故选：B．
根据路程=速度×时间列出代数式，根据单项式乘单项式的法则计算，最后结果写成科学记数法的形式即可．
本题考查了科学记数法−表示较大的数，掌握a m⋅a n=a m+n是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：由图象知，
A、张强从家到体育场用了15min，故A选项不符合题意；
B、体育场离文具店2.5−1.5=1(km)，故B选项符合题意；
C、张强在文具店停留了65−45=20(min)，故C选项不符合题意；
D、张强从文具店回家用了100−65=35(min)，故D选项不符合题意；
故选：B．
由函数图象分别得出选项的结论然后作出判断即可．
本题主要考查函数图象的知识，熟练根据函数图象获取相应的信息是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF//BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP//BC，NF//OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM=BM=√2
PM，
2
∴四边形MPEB不是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
BD，
∴EF//BD，EF=1
2
∵四边形ABCD是正方形，且设AB=BC=x，
∴BD=√2x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO=OD，
∴点P在AC上，
∴PE=1
EF，
2
∴PE=BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO=1
BD，
2
∵M为BO的中点，
∴BM=1
4BD=√2
4
x，
∵E为BC的中点，
∴BE=1
2BC=1
2
x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG=√2
2BM=1
4
x，
∴四边形BMPE的面积=BE⋅MG=1
8
x2，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的1
8
.故③错误．
故选：A．
①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB=BC=x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确．
本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了中位线的性质，也考查了正方形的面积公式和三角形的面积公式，综合性比较强，能力要求比较高．
9.【答案】D
【解析】解：设AB=x，
在Rt△ABD中，tanβ=AB
BD =x
BD
，
∴BD=x
tanβ
，
∴BC=BD+CD=a+x
tanβ
，
在Rt△ABC中，tanα=AB
BC
=x
a+x
tanβ
，
解得x=atanαtanβ
tanβ−tanα
．故选：D．
设AB=x，在Rt△ABD中，tanβ=AB
BD =x
BD
，可得BD=x tanβ，则BC=BD+CD=a+
x tanβ，在Rt△ABC中，tanα=
AB
BC
=x
a+x
tanβ
，求解x即可．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴c>0，
>0，
∵−b
2a
∴b>0，
∴abc<0，故①错误．
∵抛物线的对称轴是直线x=1，
=1，
∴−b
2a
∴2a+b=0，故②正确．
∵抛物线交x轴于点(−1,0)，(3,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
当x=1时，y的值最大，最大值为−4a，故③正确．
∵ax2+bx+c=a+1无实数根，
∴a(x+1)(x−3)=a+1无实数根，
∴ax2−2ax−4a−1=0，Δ<0，
∴4a2−4a(−4a−1)<0，
∴a(5a+1)<0，
<a<0，故④正确，
∴−1
5
故选：C．
①错误．根据抛物线的位置一一判断即可；
②正确．利用抛物线的对称轴公式求解；
③正确．设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，当x=1时，y的值最大，最大值为−4a；
④正确．把问题转化为一元二次方程，利用判别式<0，解不等式即可．
本题考查二次函数的性质，根的判别式，二次函数的最值等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型，
11.【答案】0
【解析】解：3×(−1)+|−3|=−3+3=0．
故答案为：0．
根据有理数的乘法和加法运算法则计算即可．
本题考查有理数的混合运算，熟练掌握有理数的混合运算法则是解答本题的关键．
12.【答案】120°
【解析】解：由圆周角定理得：∠AOC=2∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠AOC=120°，
故答案为：120°．
根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
13.【答案】1
【解析】解：解法一：由x+2y=4可得：
x=4−2y，
代入第二个方程中，可得：
2(4−2y)+y=5，
解得：y=1，
将y=1代入第一个方程中，可得
x+2×1=4，
解得：x=2，
∴x−y=2−1=1，
故答案为：1；
解法二：∵{x+2y=4①2x+y=5②
，
由②−①可得：
x−y=1，
故答案为：1．
将第一个方程化为x=4−2y，并代入第二个方程中，可得2(4−2y)+y=5，解得y=1，将y=1代入第一个方程中，可得x=2，即可求解．
本题考查解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握加减消元法与代入消元法．
14.【答案】2
【解析】解：过点C作CH⊥x轴于点H．
∵直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A(−1,0)，B(0,1)，
∴OA=OB=1，
∵OB//CH，
∴AO
OH =AB
CB
=1，
∴OA=OH=1，
∴CH=2OB=2，
∴C(1,2)，
∵点C在y=k
x
上，
∴k=2，
故答案为：2．
过点C作CH⊥x轴于点H.求出点C的坐标，可得结论．
本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用三角形中位线定理解决问题．
15.【答案】375
【解析】解：∵√300
n =√3×100
n
=10√3
n
，且为整数，
∴n最小为3，
∵√300
n
是大于1的整数，
∴√300
n 越小，300
n
越小，则n越大，
当√300
n
=2时，
300
n
=4，
∴n =75，
故答案为：3；75．
先将√300n 化简为10√3n ，可得n 最小为3，由√300n 是大于1的整数可得√300n 越小，300n 越小，则n 越大，当√300
n =2时，即可求解．
本题考查二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，解题的关键是读懂题意，根据关键词“大于”，“整数”进行求解．
16.【答案】90°
4√55
【解析】解：如图，设EF 交AD 于点J ，AD 交BH 于点O ，过点E 作EK ⊥AB 于点K ．
∵∠EAF =∠BAD =90°，
∴∠DAF =∠BAE ，
∵AF AD
=AE AB =12， ∴AF AE =AD AB ，
∴△DAF∽△BAE ，
∴∠ADF =∠ABE ，
∵∠DOH =∠AOB ，
∴∠DHO =∠BAO =90°，
∴∠BHD =90°，
∵AF =3，AE =4，∠EAF =90°，
∴EF =√32+42=5，
∵EF ⊥AD ，
∴12⋅AE ⋅AF =1
2⋅EF ⋅AJ ，
∴AJ =125，
∴EJ =√AE 2−AJ 2=√42−(125)2=
165， ∵EJ//AB ，
∴OJ OA =EJ AB ，
∴OJ
OJ+125=
1658， ∴OJ =85
， ∴OA =AJ +OJ =125+85=4， ∴OB =√AB 2+AO 2=√42+82=4√5，OD =AD −AO =6−4=2，
∵cos∠ODH =cos∠ABO ，
∴
DH OD =AB BO ， ∴DH 2=4√
5， ∴DH =4√55． 故答案为：90°，4√55
． 如图，设EF 交AD 于点J ，AD 交BH 于点O ，过点E 作EK ⊥AB 于点K.证明△DAF∽△BAE ，
推出∠ADF =∠ABE ，可得∠DHO =∠BAO =90°，解直角三角形求出EF ，AJ ，EJ ，再利用平行线分线段成比例定理求出OJ ，再根据cos∠ODH =cos∠ABO ，可得DH OD =AB
BO ，求出DH ．
本题考查矩形的性质，旋转变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 17.【答案】解：1x =4
x+3左右两边同时乘以(x +3)x 得
x +3=4x ，
3=3x ，
x =1．
检验：把x =1代入原方程得11=41+3，等式成立，
所以x =1是原方程的解．
故答案为：x =1．
【解析】把分式方程化为整式方程，解整式方程即可．
考查解分式方程，关键是去分母把分式变整式．
18.【答案】解：(1)根据题意得Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，
；
解得k>3
4
(2)根据题意得x1x2=k2+1，
∵x1x2=5，
∴k2+1=5，
解得k1=−2，k2=2，
∵k>3
，
4
∴k=2．
【解析】(1)根据判别式的意义得到Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，然后解不等式即可；
(2)根据根与系数的关系得到x1x2=k2+1，再利用x1x2=5得到k2+1=5，然后解关于k的方程，最后利用k的范围确定k的值．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，.也考查了根的判别式．
则x1x2=c
a
19.【答案】(1)证明：∵四边形BEDF为正方形，
∴DF=EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，
∴DC−DF=AB−EB，
∴CF=AE，
即AE=CF；
(2)解：∵平行四边形ABCD的面积为20，AB=5，四边形BEDF为正方形，
∴5DE=20，DE=EB，
∴DE=EB=4，
∴AE=AB−EB=5−4=1，
由(1)知：AE=CF，
∴CF=1．
【解析】(1)根据正方形的性质可以得到DF=EB，根据平行四边形的性质可以得到AB=CD，然后即可得到结论成立；
(2)根据平行四边形的面积，可以得到DE的长，然后根据正方形的性质，可以得到BE的长，从而可以求得AE的长，再根据(1)中的结论，即可得到CF的长．
本题考查正方形的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】601190°100
【解析】解：(1)24÷40%=60(人)，
∴参加问卷调查的学生共有60人．
故答案为：60．
(2)m=60−10−24−15=11，
α=360°×15
60
=90°，
故答案为：11；90°．
(3)600×10
60
=100(人)，
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人．
故答案为：100．
(4)画树状图如图：
∵共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲、乙两名同学的概率为2
12=1
6
．
(1)利用24÷40%即可求出参加问卷调查的学生人数．
(2)根据m=60−10−24−15，α=360°×15
60
即可得出答案．
(3)用该校总人数乘以样本中最喜欢“音乐社团”的占比即可．
(4)画树状图列出所有等可能的结果，再找出恰好选中甲、乙两名同学的结果，利用概率公式可得出答案．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、列表法与树状图法，熟练掌握条形统计图与扇形统计图、用样本估计总体以及列表法与树状图法求概率是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)结论：CD是⊙O的切线；
理由：如图，连接OD．
∵EB=ED，OB=OD，
∴∠EBD=∠EDB，∠OBD=∠ODB，
∵BE是⊙O的切线，OB是半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠EDB+∠ODB=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)①设OD=OA=r，
∵OD⊥CD，
∴sinC=OD
OC =1
3
，
∴r
r+4=1
3
，
∴r=2，
∴⊙O的半径为2；
②在Rt△COD中，CD=√OC2−OD2=√62−22=4√2，∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DBA+∠BAD=90°，
∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠ADC+∠ODA=90°，
∴∠ADC=∠CBD，∵∠C=∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴AD
BD =AC
CD
=
4√2
=√2
2
，
设AD=√2k，BD=2k，
∵AD2+BD2=AB2，
∴(√2k)2+(2k)2=42，
∴k=2√6
3
(负根已经舍去)，
∴BD=2k=4√6
3
．
【解析】(1)结论：CD是⊙O的切线；只要证明OD⊥CD即可；
(2)①根据sinC=1
3
，构建方程求解即可；
②证明△CDA∽△CBD，推出AD
BD =AC
CD
=
4√2
=√2
2
，设AD=√2k，BD=2k，利用勾股定
理求解即可．
本题考查作切线的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)根据题意得：y1=150+(x−1)m=mx+150−m，
设y2=ax2+bx+c，将(1,220)，(2,229)，(6,245)代入得：
{a+b+c=220
4a+2b+c=229 36a+6b+c=245
，
解得{a=−1
b=12
c=209
，
∴y2=−x2+12x+209；
(2)前9天的总供应量为150+(150+m)+(150+2m)+......+(150+8m)=(1350+ 36m)个，
前10天的供应量为1350+36m+(150+9m)=(1500+45m)个，
在y2=−x2+12x+209中，令x=10得y=−102+12×10+209=229，
∵前9天的总需求量为2136个，
∴前10天的总需求量为2136+229=2365(个)，
∵前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，
∴{1350+36m<2136 1500+45m≥2365，
解得192
9≤m<215
6
，
∵m为正整数，
∴m的值为20或21；
(3)由(2)知，m最小值为20，
∴第4天的销售量即供应量为y1=4×20+150−20=210，
∴第4天的销售额为210×100=21000(元)，
而第12天的销售量即需求量为y2=−122+12×12+209=209，
∴第12天的销售额为209×100=20900(元)，
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【解析】(1)由已知直接可得y1=150+(x−1)m=mx+150−m，设y2=ax2+bx+ c，用待定系数法可得y2=−x2+12x+209；
(2)求出前9天的总供应量为(1350+36m)个，前10天的供应量为(1500+45m)个，根据前9天的总需求量为2136个，前10天的总需求量为2136+229=2365(个)，可得
{1350+36m<2136
1500+45m≥2365，而m为正整数，即可解得m的值为20或21；
(3)m最小值为20，从而第4天的销售量即供应量为y1=210，销售额为21000元，第12天的销售量即需求量为y2=209，销售额为20900元．
本题考查二次函数，一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和不等式组解决问题．
23.【答案】①②④③2
【解析】(1)解：观察图象可得：
图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(2)证明：
如图：
由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，
∵AK=BM=BF−MF=a−b，BD=BC−CD=a−b，
∴S
矩形AKLC =AK⋅AC=a(a−b)=BF⋅BD=S
矩形DBFG
，
∴S
正方形BCEF =a2=S
矩形CDHL
+S
矩形DBFG
+S
正方形EGHL
=S
矩形CDHL
+S
矩形AKLC
+b2，
∴a2=S
矩形AKHD
+b2，
∵S
矩形AKHD
=AK⋅AD=(a−b)(a+b)，
∴a2=(a−b)(a+b)+b2，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
(3)解：①设BD=m，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，∴AD=BD=CD=m，
∵E是AC中点，
∴HE=DG=1
2
m=AH，
∴CG=CD−DG=1
2m，BG=FG=BD+DG=3
2
m，
∴S1=S△BFG+S△CEG=1
2×3
2
m×3
2
m+1
2
×1
2
m×1
2
m=5
4
m2，
S2=S△ABD+S△AEH=1
2m2+1
2
×1
2
m×1
2
m=5
8
m2，
∴S1
S2
=2；
故答案为：2；
②E不为边AC的中点时①中的结论仍成立，证明如下：
设BD=a，DG=b，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，∴AD=BD=CD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=1
2×(a+b)2+1
2
×(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=1
2a2+1
2
×b2=1
2
(a2+b2)，
∴S1
S2
=2．
(1)观察图象可得图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
(2)由图可得S矩形AKLC=AK⋅AC=a(a−b)=BF⋅BD=S矩形DBFG，即可得
S
正方形BCEF =a2=S
矩形AKHD
+b2，从而有a2=(a−b)(a+b)+b2，故(a+b)(a−
b)=a2−b2；
(3)①设BD=m，可得AD=BD=CD=m，由E是AC中点，即得HE=DG=1
2
m=AH，
S1=S△BFG+S△CEG=5
4m2，S2=S△ABD+S△AEH=5
8
m2，即得S1
S2
=2；
②设BD=a，DG=b，可得AD=BD=CD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，
FG=BG=a+b，S1=S△BFG+S△CEG=1
2×(a+b)2+1
2
×(a−b)2=a2+b2，S2=
S△ABD+S△AEH=1
2a2+1
2
×b2=1
2
(a2+b2)，从而S1
S2
=2．
本题考查四边形综合应用，涉及平方差、完全平方公式的推导及应用，解题的关键是数形结合思想的应用．
24.【答案】解：(1)∵抛物线的对称轴是直线x=−1，抛物线交x轴于点A，B(1,0)，∴A(−3,0)，
∴OA=OC=3，
∴C(0,3)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)，
把(0,3)代入抛物线的解析式，得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)如图(2)中，连接OP.设P(m,−m2−2m+3)，
S=S△PAO+S△POC+S△OBC，
=1
2×3×(−m2−2m+3)×1
2
×3×(−m)+1
2
×1×3
=3
2
(−m2−3m+4)
=−3
2(m+3
2
)2+75
8
，
∵−3
2
<0，
∴当m=−3
2时，S的值最大，最大值为75
8
，此时P(−3
2
,75
8
)；
(3)存在，理由如下：
如图3−1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P(−1,4)，N(0,4)；
如图3−2中，当四边形PMCN是矩形时，设M(−1,n)，P(t,−t2−2t+3)，则N(t+1,0)，
由题意，{n−(−t2−2t+3)=3 1
3−n
=3
t+1
，
解得，消去n得，3t2+5t−10=0，解得t=−5±√145
6
，
∴P(−5+√145
6,−√145−1
18
)，N(1+√145
6
,0)或P′(−5−√145
6
,√145−1
18
)，N′(1−√145
6
,0)．
综上所述，满足条件的点P(−1,4)，N(0,4)或P(−5+√145
6,−√145−1
18
)，N(1+√145
6
,0)或
P′(−5−√145
6,√145−1
18
)，N′(1−√145
6
,0)．
【解析】(1)判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)，把(0,3)代入抛物线的解析式，得a=−1，可得结论；
(2)如图(2)中，连接OP.设P(m,−m2−2m+3)，构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
(3)分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．。