2020年河南省实验中学中考数学二模试卷(附答案详解)

2020年河南省实验中学中考数学二模试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.(2020·河南省郑州市·模拟题)−73的相反数是()A. −73B. 73C. 37D. −372.(2020·河南省郑州市·模拟题)新冠病毒(2019−nCoV)是一种新的sarbecoyirus亚属的冠状病毒，它是一类具有囊膜的正链单股RMA病毒，其遗传物质是所有RNA病毒中最大的，也是自然界广泛存在的一大类病毒．其粒子形状并不规则，直径约60−220nm，平均直径为100m(纳米)，1m=109nm，100nm可以表示为()mA. 0.1×10−6B. 10×10−8C. 1×10−7D. 1×10−113.(2021·全国·模拟题)下列图形都是由大小相同的正方体搭成的，其三视图都相同的是()A. B.C. D.4.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，直线l分别与直线AB、CD相交于点E、F，EG平分∠BEF交直线CD于点G，若∠1=∠BEF=68°，则∠EGF的度数为()A. 34°B. 36°C. 38°D. 68°5.(2020·河南省郑州市·模拟题)下列运算正确的是()A. 7a+2b=9abB. (−3a3b)2=6a9b2C. (a+b)2=a2+b2D. √8−√2=√26.(2020·河南省郑州市·模拟题)关于x的一元二次方程x2−(k+3)x+2(k+1)=0的根的情况是()A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根C. 有两个实数根D. 没有实数根7.(2020·河南省郑州市·模拟题)为调查某班学生每天使用零花钱的情况，童老师随机调查了30名同学，结果如下表：则这30名同学每天使用的零花钱的众数和中位数分别是()每天使用零花钱(单位：元)510152025人数25896A. 20、15B. 20、20C. 20、17.5D. 15、158.(2021·河南省·其他类型)如图，在△ABC中，AB=AC=6，BC=4，AD是BC边上的高，AM是△ABC外角∠CAE的平分线，以点D为圆心，适当长为半径画弧，交DA于点G，交DC于点H.再分别以点G、H为圆心，大于12GH的长为半径画弧，两弧在∠ADC内部交于点Q，连接DQ并延长与AM交于点F，则DF的长度为()A. 6B. 6√2C. 4√2D. 89.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，在单位长度为1米的平面直角坐标系中，曲线是由半径为2米，圆心角120°的弧AB多次复制并首尾连接而成．现有一点P从A(A为坐标原点)出发，以每秒23π米的速度沿曲线向右运动，则在第2020秒时点P的纵坐标为()A. −2B. −1C. 0D. 110.(2020·河南省郑州市·模拟题)二次函数y=ax2−8ax(a为常数)的图象不经过第三象限，当2≤x≤3时，y的最大值为−3，则a的值是()A. 14B. −14C. 2D. −2二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）11.(2020·河南省郑州市·模拟题)计算：(π−3)0−√12÷√3+6×2−1=______．12.(2020·河南省郑州市·模拟题)不等式组{4a−6>09−3a≥0的所有整数解的积是______．13.(2020·河南省郑州市·模拟题)随着信息化时代的到来，微信支付、支付宝支付、QQ红包支付、银行卡支付等各种便捷支付已经成为我们生活中的一部分，某学校某宿舍的5名同学，有3人使用微信支付，2人使用支付宝支付，问从这5人中随机抽出两人，使用同一种支付方式的概率是______．14.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交AB于点F，点D为AC的中点，以点D为圆心，DC为半径画弧，交AB于点E，若BC=2，则图中阴影部分的面积为______(结果保留π)．15.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=√10，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，点C的对应点为点F，连接AF，若tan∠BAF=13，则CE=______ ．三、解答题（本大题共8小题，共75.0分）16.(2020·河南省郑州市·模拟题)先化简，再求值：(x2+4x +4)÷x2−4x2−2x−x−x2x−1，然后在0，1，2，3中选一个你认为合适的x值，代入求值．17.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的高，以CD为直径作⊙O分别交AC，BC于点E，F，过点E作⊙O的切线，分别交直线BC，AB于点H，G．(1)求证：HG=GB；(2)若⊙O的直径为4，连接OG，交⊙O于点M，填空：①连接OE，ME，DM，当EG=______ 时，四边形OEMD为菱形；②连接OE，当EG=______ 时，四边形OEAG为平行四边形．18.(2020·河南省郑州市·模拟题)某校为迎接中华人民共和国成立七十周年，开展了以“不忘初心，缅怀革命先烈，奋斗新时代”为主题的读书活动，德育处对九年级学生九月份“阅读该主题相关书籍的读书量”(下面简称：“读书量”)进行了随机抽样调查，并对所有随机抽取学生的“读书量”(单位：本)进行了统计，绘制了两幅不完整的统计图(如图所示)(1)请补全两幅统计图；本次抽样调查抽取了______ 名学生；(2)求本次所抽取学生九月份“读书量”的平均数；(3)已知该校九年级有500名学生，请你估计该校九年级学生中，九月份“读书量”为5本的学生人数．19. (2020·河南省郑州市·模拟题)4月18日，一年一度的“风筝节”活动在市政广场举行，如图，广场上有一风筝A ，小江抓着风筝线的一端站在D 处，他从牵引端E 测得风筝A 的仰角为67°，同一时刻小芸在附近一座距地面30米高(BC =30米)的居民楼顶B 处测得风筝A 的仰角是45°，已知小江与居民楼的距离CD =40米，牵引端距地面高度DE =1.5米，根据以上条件计算风筝距地面的高度(结果精确到0.1米)，根据以上条件计算风筝距地面的高度(结果精确到0.1米，参考数据：sin67°≈1213，cos67°≈513，tan67°≈125，√2≈1.414)．20. (2020·河南省郑州市·模拟题)一方有难，八方支援．“新冠肺炎”疫情来袭，除了医务人员主动请缨逆行走向战场外，众多企业也伸出援助之手，某公司用甲，乙两种货车向武汉运送爱心物资．两次满载的运输情况如表：甲种货车辆数 乙种货车辆数 合计运物资吨数 第一次 3 4 29 第二次2631(1)求甲、乙两种货车每次满载分别能运输多少吨物资；(2)目前有46.4吨物资要运输到武汉，该公司拟安排甲乙货车共10辆，全部物资一次运完，其中每辆甲车一次运送花费500元，每辆乙车一次运送花费300元，请问该公司应如何安排车辆最节省费用？21.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，一次函数y=kx+b的图象分别交x轴、y轴于C，D两点，交反比例函数y=nx 图象于A(32,4)，B(3,m)两点．(1)求直线CD的表达式；(2)点E是线段OD上一点，若S△AEB=154，求E点的坐标；(3)请你根据图象直接写出不等式kx+b≥nx的解集．22.(2020·河南省郑州市·模拟题)四边形ABCD是正方形，△BEF是等腰直角三角形，∠BEF=90°，BE=EF，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG，EC．(1)问题发现如图1，若点E在CB的延长线上，直接写出EG与GC的位置关系及ECGC的值；(2)操作探究将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转至图2所示位置，请问(1)中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(3)解决问题将图1中的△BEF绕点B顺时针旋转，若BE=1，AB=√2，当E，F，D三点共线时，请直接写出CE的长．23.(2020·河南省郑州市·模拟题)如图，已知抛物线y=ax2+bx+c经过点A，点B，与y轴负半轴交于点C，且OC=OB，其中B点坐标为(3,0)，对称轴l为直线x=1，2 D为抛物线顶点．(1)求抛物线的解析式；(2)P为抛物线上一点(不与C重合)，横坐标为m，连接AP，若∠PAB=∠CAB，求m的值；(3)在(2)的条件下，AP交l于点Q，连接AD，点N为线段QD上一动点(不与Q、D重合)，且点N的纵坐标为n，过点N作直线与线段DA相交于点M，若对于每一个确定的n的值，有且只有一个使△DMN与△DAQ相似，请直接写出n的取值范围．答案和解析1.【答案】B【知识点】相反数【解析】解：−73的相反数是73． 故选：B ．根据相反数的定义直接得到−73的相反数是73．本题考查了相反数．解题的关键是明确相反数的意义：a 的相反数为−a ．2.【答案】C【知识点】科学记数法-绝对值较小的数 【解析】解：100nm =100×10−9=1×10−7． 故选：C ．绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a ×10−n ，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a ×10−n ，其中1≤|a|<10，n 为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．3.【答案】C【知识点】简单组合体的三视图、简单几何体的三视图【解析】解：A.主视图是3个正方形，左视图是两个正方形，俯视图是5个正方形，故本选项不合题意；B .主视图是2个正方形，左视图是3个正方形，俯视图是4个正方形，故本选项不合题意；C .三视图都相同，都是有两列，从左到右正方形的个数分别为：1、2；符合题意；D .左视图和俯视图相同，有两列，从左到右正方形的个数分别为：2、1；左视图有两列，从左到右正方形的个数分别为：1、2，故本选项不合题意． 故选：C ．根据三视图的概念逐一判断即可得．此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握三视图所看的位置．4.【答案】A【知识点】平行线的判定与性质【解析】解：∵EG平分∠BEF，∠BEF=34°，∴∠GEB=12∵∠1=∠BEF=68°，∴CD//AB，∴∠EGF=∠GEB=34°，故选：A．∠BEF=34°，由同位角相等，两直线平行可得CD//AB，由角平分线的性质可得∠GEB=12即可求解．本题考查了平行线的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．5.【答案】D【知识点】幂的乘方与积的乘方、合并同类项、二次根式的加减、完全平方公式【解析】解：A、7a+2b，无法合并同类项，故此选项错误；B、(−3a3b)2=6a6b2，故此选项错误；C、(a+b)2=a2+2ab+b2，故此选项错误；D、√8−√2=2√2−√2=√2，正确．故选：D．直接利用积的乘方运算法则以及完全平方公式和二次根式的加减运算法则计算得出答案．此题主要考查了积的乘方运算以及完全平方公式和二次根式的加减运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．6.【答案】C【知识点】根的判别式【解析】解：△=[−(k+3)]2−4×2(k+1)=(k+1)2，∵(k+1)2≥0，即△>0，∴方程有两个不相等的实数根．故选：C．先计算判别式得到△=[−(k+3)]2−4×2(k+1)=(k+1)2，再利用非负数的性质得到△>0，然后可判断方程根的情况．本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根．7.【答案】C【知识点】中位数、众数【解析】解：∵20出现了9次，它的次数最多，∴众数为20．∵随机调查了30名同学，∴根据表格数据可以知道中位数=(15+20)÷2=17.5，即中位数为17.5．故选：C．利用众数的定义可以确定众数在第三组，由于随机调查了30名同学，根据表格数据可以知道中位数是按从小到大排序，第15个与第16个数的平均数．本题考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．要明确定义，一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．8.【答案】D【知识点】角平分线的性质、尺规作图与一般作图、勾股定理、等腰三角形的性质【解析】解：∵在△ABC中，AB=AC=6，BC=4，AD是BC边上的高，BC=2，∴∠ADB=∠ADC=90°，BD=CD=12∴AD=√AC2−DC2=4√2，∵∠EAC=∠B+∠C，∵AM是△ABC外角∠CAE的平分线，∴∠EAM=∠MAC，∵∠B=∠C，∴∠EAM=∠B，∴AM//BC，∴∠MAD =∠ADC =90°由作图过程可知：DF 平分∠ADC ，∴∠ADF =45°，∴∠AFD =45°，∴AF =AD =4√2，∴DF =√AF 2+AD 2=8．故选：D ．在△ABC 中，AB =AC =6，BC =4，AD 是BC 边上的高，可得∠ADB =∠ADC =90°，BD =CD =12BC =2，根据勾股定理得，AD =√AC 2−DC 2=4√2，再根据三角形外角定义可得∠EAM =∠B ，由作图过程可以证明AF =AD ，进而可求DF 的长．本题考查了作图−基本作图、角平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识． 9.【答案】C【知识点】弧长的计算、平面直角坐标系中点的坐标【解析】【分析】本题考查弧长的计算、点的坐标的特点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意和图形，可以求得AB⏜的长，然后由图可知，每走两个弧AB 为一个循环，然后即可得到【解答】在第2020秒时点P 的纵坐标，本题得以解决．解： l AB ⏜=120π×2180=4π3， 43π÷23π=2(秒)， 2020÷4=505，故在第2020秒时点P 的纵坐标为0，故选：C ．10.【答案】A【知识点】二次函数的最值、二次函数的性质【解析】解：∵二次函数y =ax 2−8ax =a(x −4)2−16a ，∴该函数的对称轴是直线x =4，又∵二次函数y =ax 2−8ax(a 为常数)的图象不经过第三象限，∴a >0，∵当2≤x ≤3时，y 的最大值为−3，∴当x =2时，a ×22−8a ×2=−3，解得a =14．故选：A ．根据题意和题目中的函数解析式，利用二次函数的性质可以求得a 的值，本题得以解决． 本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 11.【答案】2【知识点】二次根式的混合运算、负整数指数幂、零指数幂【解析】解：原式=1−2√3÷√3+6×12=1−2+3=2．故答案为：2．直接利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质和二次根式的性质分别化简得出答案．此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简各数是解题关键． 12.【答案】6【知识点】一元一次不等式组的整数解【解析】解：解不等式得{a >32a ≤3， ∴32<a ≤3，∴不等式组的整数解为2，3，∴所有整数解的积是6，故答案为6．分别解出每一个不等式得到{a >32a ≤3，再求出不等数组的整数解为2，3即可．本题考查一元一次不等式组的解；熟练掌握一元一次不等式组的解法，能准确求出整数解是解题的关键．13.【答案】25【知识点】用列举法求概率(列表法与树状图法)【解析】解：画树状图为：(用W表示使用微信支付，Z表示使用支付宝支付)共有20种等可能的结果数，其中使用同一种支付方式的结果数为8，所以使用同一种支付方式的概率=820=25．故答案为：25．画树状图(用W表示使用微信支付，Z表示使用支付宝支付)展示所有20种等可能的结果数，再找出使用同一种支付方式的结果数，然后根据概率公式求解即可．本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．14.【答案】76π−54√3【知识点】扇形面积的计算、含30°角的直角三角形【解析】解：连接ED，作EM⊥AC于M，∵在Rt△ABC，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠B=60°，AC=tan60°×BC=2√3，∴CD=DE=AD=√3，∴∠CDE=2∠A=60°，∴EM=√32DE=32，阴影部分的面积S=S扇形BCF +S扇形DCE+S△ADE−S△ACB=60π⋅22360+60π⋅(√3)2360+1 2×√3×32−12×2×2√3=76π−54√3，故答案为：76π−54√3．根据题意和图形可知阴影部分的面积是扇形BCF 与扇形DCE 的面积以及△ADE 的面积之和与Rt △ABC 的面积之差．本题考查扇形面积的计算、含30°角的直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．15.【答案】10−√103或10+√103【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、解直角三角形【解析】解：当点F 在AB 上方时， 过点F 作MN//AD ，交AB 、CD 分别于点M 、N ，则MN ⊥AB ，MN ⊥CD ，由折叠得：EC =EF ，BC =BF =√10，∠C =∠BFE =90°，∵tan∠BAF =13=FM AM ，设FM =x ，则AM =3x ，BM =6−3x ， 在Rt △BFM 中，由勾股定理得：BF 2=FM 2+BM 2，∴x 2+(6−3x)2=10，∴x =1或x =2.6(舍去)∴FM =1，BM =3， ∴NF =√10−1，∵∠EFB =90°，∴∠NFE +∠BFM =90°，∠NFE +△NEF =90°，∴∠NEF =∠BFM ，又∵∠FNE =∠BMF =90°，∴△ENF∽△FMB ，∴NE FM =NF BM ，∴NE =√10−13×1=√10−13， ∵MN ⊥AB ，MN ⊥CD ，∠C =90°，∴四边形BCNM 是矩形，∴CN =BM =3，∴CE =3−√10−13=10−√103，当点F 在AB 下方时，同理可求CE =10+√103 故答案为：10−√103或10+√103．分点F 在AB 上方和下方两种情况讨论，过点F 作MN//AD ，交AB 、CD 分别于点M 、N ，则MN ⊥AB ，MN ⊥CD ，设FM =x ，则AM =3x ，BM =6−3x ，由勾股定理可求FM 的长，通过证明△ENF∽△FMB ，可求NE 的长，即可求解．本题考查了翻折变换，矩形的性质，直角三角形的边角关系，相似三角形的性质等知识，作合适的辅助线，恰当的利用题目中的已知条件，是解决问题的关键．16.【答案】解：原式=(x+2)2x ÷ (x+2)(x−2)x(x−2)−x(1−x)x−1=2x +2不能代入0，1，2 所以只能代入3得：8．【知识点】分式的化简求值【解析】化简式子，把x 2+4x +4化为完全平方的形式，把下列几个分式变成式子为积的形式，互相消去而解得．本题考查了分式的化简求值，把分式分解，互相消去而求得，代入值时要保证原式分母有意义，验证，代入3而得．17.【答案】2√3 2【知识点】圆的综合【解析】(1)证明：如图，连接OE，∵HG与⊙O相切，∴∠HEO=90°，∴∠HEC+∠CEO=90°，∵∠ACB=90°，∴∠H+∠HEC=90°，∠DCB+∠ECO=90°，∴∠H=∠CEO，∵OE=CO，∴∠H=∠CEO=∠ECO，∵CD是斜边AB上的高，∴∠B+∠DCB=90°，∵∠DCB+∠ECO=90°，∴∠B=∠ECO=∠H，∴HG=HB；(2)①连接ED∵⊙O的直径为4，⊙O的半径为2，即OC=OE=OM=OD=2，假设四边形OEMD是菱形，则OE=EM，∵OE=OM，∴OE=OM=EM，∴△OEM是等边三角形，∴∠EOG=60°，∵GE与⊙O相切于E，∴∠OEG=90°，∴∠EGO=90°−∠EOG=30°，∴OG=2EO=4，∴EG=√GO2−EO2=√42−22=2√3，∴当EG=2√3时，四边形OEMD为菱形；故答案为：2√3．②连接OE，当OE//AG、AE//GO，四边形OEAG为平行四边形，∵O为直径CD的中点，OE//AG、AE//GO，∴E为直径AC的中点，G为直径AD的中点，∴EG是三角形ACD的中位线，CD=2，∴EG=12∴当EG=2时，四边形OEAG为平行四边形，故答案为：2．(1)如图，连接OE，由相切及∠ABC=90°可得∠H=∠CEO，由OE=CO，可得∠H=∠CEO=∠ECO，由于CD为斜边AB上的高，可得∠B=∠ECO=∠H，即可得：HG=HB；(2)①连接ED，可得OC=OE=OM=OD=2，假设四边形OEMD是菱形，则OE=EM，可得三角形OEM是等边三角形，故∠EOG=60°，可一个劲∠EGO=30°，故OG=2EO= 4，利用勾股定理计算可得答案；②连接OE，当OE//AG、AE//GO，四边形OEAG为平行四边形，由O为直径CD的中点，可得E为直径AC的中点，G为直径AD的中点，可得EG是三角形ACD的中位线，即可得到答案．此题考查了圆的切线的性质，平行四边形、菱形的性质和判定，三角形中位，掌握圆的性质及三角形中位线的性质是解决此题的关键．18.【答案】60【知识点】加权平均数、扇形统计图、用样本估计总体、条形统计图【解析】解：(1)本次抽取的学生总数是：3÷5%=60(名)，读4本的人数有：60×20%=12(人)，×100%=35%，补全统计图如下：读3本的人数所占的百分比是：2160故答案为：60；=3(本)；(2)本次所抽取学生九月份“读书量”的平均数是：3×1+18×2+21×3+12×4+6×560=50(本)．(3)该校九年级学生中，九月份“读书量”为5本的学生人数是：500×660(1)根据读1本的人数和所占的百分比求出抽取的总人数，再用总人数乘以读4本的人数所占的百分比求出读4本的人数；用读3本的人数除以总人数求出读3本的人数所占的百分比，然后把两幅统计图补全即可；(2)根据平均数的计算公式进行计算即可；(3)用总人数乘以“读书量”为5本的学生人数所占的百分比即可．本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．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项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．19.【答案】解：如图，作AM⊥CD于M，作BF⊥AM于F，EH⊥AM于H．∵∠ABF=45°，∠AFB=90°，∴AF =BF ，设AF =BF =x ，则CM =BF =x ，DM =HE =40−x ，AH =x +30−1.5=x +28.5，在Rt △AHE 中，tan67°=AH HE ，∴125=x+28.540−x ，解得x =19.9m ．∴AM =19.9+30=49.9m ．∴风筝距地面的高度49.9m ．【知识点】解直角三角形的应用【解析】如图，作AM ⊥CD 于M ，作BF ⊥AM 于F ，EH ⊥AM 于H.，设AF =BF =x ，则CM =BF =x ，DM =HE =40−x ，AH =x +30−1.5=x +28.5，在Rt △AHE 中，根据tan67°=AH HE ，构建方程即可解决问题．本题考查解直角三角形−仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用此时构建方程解决问题． 20.【答案】解：(1)设甲、乙两种货车每次满载分别能运输x 吨和y 吨物资，根据题意得，{3x +4y =292x +6y =31， 解得，{x =5y =3.5， 答：甲、乙两种货车每次满载分别能运输5吨和3.5吨物资；(2)设安排甲货车z 辆，乙货车(10−z)辆，根据题意得，5z +3.5(10−z)≥46.4，解得，z ≥7.6，∵x 为整数，∴x =8或9或10，设总运费为w 元，根据题意得，w =500z +300(10−z)=200z +3000，∵200>0，∴w 随z 的增大而增大，∴当z =8时，w 的值最小为w =200×8+3000=4600，答：该公司应如何甲货车8辆，乙货车2辆最节省费用．【知识点】一元一次不等式组的应用、二元一次方程组的应用【解析】(1)设甲、乙两种货车每次满载分别能运输x吨和y吨物资，根据表中数据列出二元一次方程组进行解答便可；(2)设安排甲货车z辆，乙货车(10−z)辆，根据题意列出不等式求出z的整数值，再设总运费为w元，再根据题意列出w关于z的一次函数解析式，最后根据一次函数的性质求得x的值，进而得安排货车的方案．考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，一次函数的应用，体现了数学建模思想，考查了学生用方程解实际问题的能力，解题的关键是根据题意建立方程组，并利用不等式求解大货车的数量，解题时注意题意中一次运完的含义，此类试题常用的方法为建立方程，利用不等式或者一次函数性质确定方案．21.【答案】解：(1)把A(32,4)代入y=nx得n=32×4=6，∴反比例函数解析式为y=6x，把B(3,m)代入y=6x得3m=6，解得m=2，∴B(3,2)，把A(32,4)，B(3,2)代入y=kx+b得{32k+b=43k+b=2，解得{k=−43b=6，∴直线CD的解析式为y=−43x+6；(2)设E(0,t)，当x=0时，y=−43x+6=6，则D(0,6)，∵S△BDE−S△ADE=S△ABE，∴12×(6−t)×3−12×(6−t)×32=154，解得t=1，∴E点坐标为(0,1)；(3)结合图象得当x<0或32≤x≤3时，kx+b≥nx，∴不等式kx+b≥nx 的解集为x<0或32≤x≤3．【知识点】一次函数与反比例函数综合【解析】(1)先把A点坐标代入y=nx 中求出n得到反比例函数解析式为y=6x，再利用反比例函数解析式确定B(3,2)，然后利用待定系数法求直线CD的解析式；(2)设E(0,t)，先确定D(0,6)，再利用三角形面积公式，利用面积和差列方程12×(6−t)×3−12×(6−t)×32=154，然后解方程求出t即可得到E点坐标．本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了待定系数法求反比例函数解析式．22.【答案】解：(1)EG⊥CG，ECGC=√2；理由是：如图1，过G作GH⊥EC于H，∵∠FEB=∠DCB=90°，∴EF//GH//DC，∵G为DF中点，∴H为EC中点，∴EG=GC，GH=12(EF+DC)=12(EB+BC)=12CE，即GH=EH=HC，∴∠EGC=90°，即△EGC是等腰直角三角形，ECGC=√2；(2)结论还成立，理由是：如图2，延长EG到H，使EG=GH，连接CH，过E作BC的垂线EQ，延长CB交EQ于R，延长CD，交EH于N，在△EFG和△HDG中，{GF=GD∠FGE=∠DGH EG=HG，∴△EFG≌△HDG(SAS)，∴DH=EF=BE，∠FEG=∠DHG，∴EF//DH，同理得ER//CD，∴∠1=∠2，∴∠1=∠2=90°−∠3=∠4，∴∠EBC=180°−∠4=180°−∠1=∠HDC，在△EBC和△HDC中，{BE=DH∠EBC=∠HDC BC=CD，∴△EBC≌△HDC(SAS)．∴CE=CH，∠BCE=∠DCH，∴∠ECH=∠DCH+∠ECD=∠BCE+∠ECD=∠BCD=90°，∴△ECH是等腰直角三角形，∵G为EH的中点，∴EG⊥GC，ECGC=√2，即(1)中的结论仍然成立；(3)分两种情况：①如图3，连接BD，过C作CG⊥EC，交ED的延长线于G，∵AB=√2，正方形ABCD，∴BD=2，Rt△BED中，cos∠DBE=BEBD =12，∴∠DBE=60°，∠BDF=30°∵tan∠BDE=BEDE =√33，∴DE=√3BE=√3，∵∠ABD=45°，∴∠ABE=60°−45°=15°，∴∠EBC=90°+15°=105°，∵∠EDC=∠BDE+∠CDB=30°+45°=75°，∴∠CDG=180°−75°=105°，∴∠CDG=∠CBE，∵∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵BC=CD，∴△GDC≌△EBC(ASA)，∴EC=CG，DG=EB=1，∴△ECG是等腰直角三角形，∴EG=√2CE，∵EG=ED+DG=√3+1，∴CE=√3+1√2=√6+√22；②如图4，连接BD，过C作CH⊥EC，交ED于H，同理得△DHC≌△BEC(ASA)，∴EC=CH，DH=EB=1，同理可知：DE=√3，∴EH=DE−DH=√3−1，∵△ECH是等腰直角三角形，∴EH=√2CE，∴CE=√3−1√2=√6−√22；综上，CE的长为√6±√22．【知识点】四边形综合【解析】(1)过G作GH⊥EC于H，推出EF//GH//DC，求出H为EC中点，根据梯形的中位线求出EG=GC，GH=12(EF+DC)=12(EB+BC)，推出GH=EH=BC，根据直角三角形的判定推出△EGC是等腰直角三角形即可；(2)延长EG到H，使EG=GH，连接CH，过E作BC的垂线EQ，证△EFG≌△HDG，推出DH=EF=BE，∠FEG=∠DHG，求出∠EBC=∠HDC，证出△EBC≌△HDC，推出CE=CH，∠BCE=∠DCH，求出△ECH是等腰直角三角形，即可得出答案；(3)分两种情况：①CE在BC的上方，如图3，作辅助线，构建等腰直角三角形，求出cos∠DBE=BEBD =12，推出∠DBE=60°，证明△GDC≌△EBC(ASA)，则EC=CG，DG=EB=1，从而得结论；②CE在BC的下方，如图4，同理可得结论．本题考查了全等三角形的性质和判定，梯形的中位线，等腰直角三角形的性质和判定等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，难度偏大．23.【答案】解：(1)∵OC=OB=3，点A与点B(3,0)关于直线x=12对称，∴C(0,−3)，A(−2,0)，∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C，∴{4a−2b+c=09a+3b+c=0c=−3，解得{a=12b=−12c=−3，∴该抛物线的解析式为y=12x2−12x−3；(2)如图1，作PE⊥x轴于点E，则∠PEA=∠COA=90°，∵∠PAB=∠CAB，∴PEAE =COAO=tan∠CAB=32．∵P(m,12m 2−12m −3)， ∴12m 2−12m−3m+2=32， 整理，得m 2−4m −12=0，解得m 1=6，m 2=−2(不符合题意，舍去)， ∴m =6．(3)如图2，设AP 交y 轴于点H ．∵∠PAB =∠CAB ，AO =AO ，∠AOH =∠AOC =90°， ∴△AOH≌△AOC(ASA)， ∴OH =OC =3， ∴H(0,3)；设直线AP 的解析式为y =kx +3，则−2k +3=0，解得k =32， ∴y =32x +3，当x =12时，y =32×12+3=154，∴Q(12,154)；由y =12x 2−12x −3=12(x −12)2−258，得D(12,−258)， ∴AD 2=(52)2+(258)2=102564，DQ =154+258=558，当点M 与点A 重合，且∠DMN =∠DQA 时，则△DMN∽△DQA ， ∴ADDQ =DNAD ，∴DN =AD 2DQ=102564558=20588，由题意，得{n <154n >−258+20588，解得−3544<n <154， ∴n 的取值范围是−3544<n <154．【知识点】二次函数综合【解析】(1)根据条件，确定点A 、B 、C 的坐标，再代入抛物线的解析式，求出待定系数即可；(2)过点P 作x 轴的垂线，构造与△ACO 相似的三角形，利用相似比列方程，求出m 的值；(3)与(2)的方法类似，求出符合条件的n 的临界值，即可确定n 的取值范围． 此题重点考查二次函数的性质，包括用横坐标表示纵坐标的方法，解题的关键是作辅助线构造相似三角形．。