2021年山东省德州市中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记分.
1．（4分）
的相反数是（ ）
A．
B．3
C．
D．﹣3
【答案】A
【考点】相反数
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
【解答】解：
的相反数是
，故选：A．
【难度】1
2．（4分）据国家统计局公布，我国第七次全国人口普查结果约为14.12亿人，14.12亿用科学记数法表示为（ ）
A．14.12×109
B．0.1412×1010
C．1.412×109
D．1.412×108
【答案】C
【考点】科学记数法—表示较大的数
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：14.12亿＝1412000000＝1.412×109．故选：C．
【难度】1
3．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．3a﹣4a＝﹣1
B．﹣2a3•a2＝﹣2a6
C．（﹣3a）3＝﹣9a3
D．（a﹣b）（﹣a﹣b）＝b2﹣a2
【答案】D
【考点】整式的混合运算
【分析】根据平方差公式、积的乘方、合并同类项法则以及单项式乘以单项式的计算方法进行判断．
【解答】解：A.3a﹣4a＝﹣a，故错误；B．﹣2a3•a2＝﹣2a5，故错误；C．（﹣3a）3＝﹣27a3，故错误；D．（a﹣b）（﹣a﹣b）＝b2﹣a2，正确．故选：D．
【难度】3
4．（4分）如图所示的几何体，对其三视图叙述正确的是（ ）
A．左视图和俯视图相同
B．三个视图都不相同
C．主视图和左视图相同
D．主视图和俯视图相同
【答案】C
【考点】简单组合体的三视图
【分析】分别得出该几何体的三视图，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
故该几何体的主视图和左视图相同．故选：C．
【难度】1
5．（4分）八年级二班在一次体重测量中，小明体重54.5kg，低于全班半数学生的体重，分析得到结论所用的统计量是（ ）
A．中位数
B．众数
C．平均数
D．方差
【答案】A
【考点】统计量的选择；算术平均数；中位数；众数；方差
【分析】根据中位数的意义求解可得．
【解答】解：八年级二班在一次体重排列后，最中间一个数或最中间两个体重数的平均数是这组体重数的中位数，半数学生的体重位于中位数或中位数以下，小明低于全班半数学生的体重所用的统计量是中位数，故选：A．
【难度】1
6．（4分）下列选项中能使▱ABCD成为菱形的是（ ）
A．AB＝CD
B．AB＝BC
C．∠BAD＝90°
D．AC＝BD
【答案】B
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【分析】由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，故选项A不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴▱ABCD为菱形，故选项B符合题意；C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，∴▱ABCD为矩形，故选项C不符合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，∴▱ABCD为矩形，故选项D不符合题意；故选：B．
【难度】3
7．（4分）为响应“绿色出行”的号召，小王上班由自驾车改为乘坐公交车．已知小王家距上班地点18km，他乘公交车平均每小时行驶的路程比他自驾车平均每小时行驶的路程多10km．他从家出发到上班地点，乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的
．小王乘公交车上班平均每小时行驶（ ）
A．30km
B．36km
C．40km
D．46km
【答案】C
【考点】分式方程的应用
【分析】设小王用自驾车方式上班平均每小时行驶x
km，则乘公交车平均每小时行驶（x+10）km，由题意：小王家距上班地点18km，乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的
．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设小王用自驾车方式上班平均每小时行驶x
km，则乘公交车平均每小时行驶（x+10）km，由题意得：
，解得：x＝30，经检验，x＝30是原方程的解，则x+10＝40，即小王乘公交车上班平均每小时行驶40km，故选：C．
【难度】3
8．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2
，BC＝4，以点A为圆心，AD长为半径画弧交BC于点E，连接AE，则阴影部分的面积为（ ）
A．6
B．4
C．6
D．6
【答案】A
【考点】扇形面积的计算；矩形的性质
【分析】根据矩形的性质得出∠B＝∠DAB＝90°，AD＝BC＝AE＝2，求出BE，再分别求出扇形EAD和矩形ABCD、△ABE的面积，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝BC＝4，∴∠B＝∠DAB＝90°，AD＝AE＝4，∵AB＝2
，∴cos∠BAE
，∴∠BAE＝30°，∠EAD＝60°，∴BE
AE＝2，∴阴影部分的面积S＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EAD＝2
4
2
＝6
．故选：A．
【难度】5
9．（4分）已知点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）都在反比例函数y
（a是常数）的图象上，且y1＜y2＜0＜y3，则x1，x2，x3的大小关系为（ ）
A．x2＞x1＞x3
B．x1＞x2＞x3
C．x3＞x2＞x1
D．x3＞x1＞x2
【答案】D
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征
【分析】先判断k＝a2+1＞0，可知反比例函数的图象在一、三象限，再利用图象法可得答案．
【解答】解：∵a2+1＞0，∴反比例函数y
（a是常数）的图象在一、三象限，如图所示，当y1＜y2＜0＜y3时，x3＞0＞x1＞x2，故选：D．
【难度】3
10．（4分）某商场准备改善原有楼梯的安全性能，把坡角由37°减至30°，已知原楼梯长为5米，调整后的楼梯会加长（ ）（参考数据：sin37°
，cos37°
，tan37°
）．
A．6米
B．3米
C．2米
D．1米
【答案】D
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题
【分析】根据正弦的定义求出BD，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：在Rt△BAD中，AB＝5米，∠BAD＝37°，则BD＝AB•sin∠BAD≈5
3（米），在Rt△BCD中，∠C＝30°，∴BC＝2BD＝6（米），则调整后的楼梯会加长：6﹣5＝1（米），故选：D．
【难度】3
11．（4分）将含有30°的三角板ABC按如图所示放置，点A在直线DE上，其中∠BAD＝15°，分别过点B，C作直线DE的平行线FG，HI，点B到直线DE，HI的距离分别为h1，h2，则
的值为（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】B
【考点】平行线的性质
【分析】设CA交FG于点M，由∠DAC＝∠BAD+∠CAB＝45°得三角形BCM为等腰直角三角形，再由含30度角直角三角形三边长比及等腰直角三角形的边长比设BC为x可得MA为
x﹣x，再由平行线分线段成比例求解．
【解答】解：设CA交FG于点M，
∵∠CAB＝30°，∠BAD＝15°，∴∠DAC＝∠BAD+∠CAB＝45°，∵FG∥DE，∴∠CMB＝∠DAC＝45°，∴三角形BCM为等腰直角三角形，在Rt△ABC中，设BC长为x，则CM＝BC＝x，∵∠CAB＝30°，∴CA
BC
x，∴MA
x﹣x，∵HI∥FG∥DE，∴
1，故选：B．
【难度】5
12．（4分）小红同学在研究函数y＝|x|
的图象时，发现有如下结论：①该函数有最小值；②该函数图象与坐标轴无交点；③当x＞0时，y随x的增大而增大；④该函数图象关于y轴对称；⑤直线y＝8与该函数图象有两个交点，则上述结论中正确的个数为（ ）
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
【答案】B
【考点】反比例函数的性质；关于x轴、y轴对称的点的坐标；一次函数图象上点的坐标特征
【分析】利用函数的图象和函数的增减性的特征对每一个选项进行分析判断得出结论．
【解答】解：列表：
x |
… |
﹣4 |
﹣3 |
﹣2 |
﹣1 |
1 |
2 |
3 |
4 |
… |
y |
… |
5 |
|
4 |
5 |
5 |
4 |
|
5 |
… |
画出函数图象如图，
观察图象：①该函数有最小值，符合题意；②该函数图象与坐标轴无交点，符合题意；③当x＞0时，y随x的增大而增大，不合题意；④该函数图象关于y轴对称，符合题意；⑤令|x|
8，整理得x2﹣8x+4＝0或x2+8x+4＝0，∵Δ＝82﹣4×1×4＞0，∴两个方程均有两个不相等的实数根，即共有四个根，且这四个根互不相等．∴直线y＝8与该函数图象有四个交点，不符合题意，综上，以上结论正确的有：①②④，故选：B．
【难度】5
二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分.
13．（4分）方程x2﹣4x＝0的解为 ．
【答案】x1＝0，x2＝4
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法
【分析】x2﹣4x提取公因式x，再根据“两式的乘积为0，则至少有一个式子的值为0”求解．
【解答】解：x2﹣4x＝0，x（x﹣4）＝0，x＝0或x﹣4＝0，x1＝0，x2＝4故答案为：x1＝0，x2＝4．
【难度】1
14．（4分）如图，点E，F在BC上，BE＝CF，∠A＝∠D．请添加一个条件 ，使△ABF≌△DCE．
【答案】∠B＝∠C（答案不唯一）．
【考点】全等三角形的判定
【分析】求出BF＝CE，再根据全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，∴BF＝CE，添加∠B＝∠C，在△ABF和△DCE中，
，∴△ABF≌△DCE（AAS），故答案为：∠B＝∠C（答案不唯一）．
【难度】3
15．（4分）如图所示的电路图中，当随机闭合S1，S2，S3，S4中的两个开关时，能够让灯泡发光的概率为
．
【答案】
【考点】列表法与树状图法
【分析】根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与能够让灯泡发光的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：设S1、S2、S3、S4分别用1、2、3、4表示，画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，能够让灯泡发光的有6种结果，∴能够让灯泡发光的概率为：
，故答案为：
．
【难度】3
16．（4分）在平面直角坐标系xOy中，以点O为圆心，任意长为半径画弧，交x轴正半轴于点A，交y轴于点B，再分别以点A，B为圆心，以大于
AB长为半径画弧，两弧在y轴右侧相交于点P，连接OP，若OP＝2
，则点P的坐标为
．
【答案】（2，2）或（2，﹣2）．
【考点】坐标与图形性质
【分析】由作图知点P在第一象限或第四象限角平分线上，从而得出m2+m2＝（2
）2，解之可得．
【解答】解：如图，
由作图知点P在第一象限或第四象限角平分线上，∴设点P的坐标为（m，±m）（m＞0），∵OP＝2
，∴m2+m2＝（2
）2，∴m＝2，∴P（2，2）或（2，﹣2），故答案为（2，2）或（2，﹣2）．
【难度】3
17．（4分）小亮从学校步行回家，图中的折线反映了小亮离家的距离S（米）与时间t（分钟）的函数关系，根据图象提供的信息，给出以下结论：①他在前12分钟的平均速度是70米/分钟；②他在第19分钟到家；③他在第15分钟离家的距离和第24分钟离家的距离相等；④他在第33分钟离家的距离是720米．其中正确的序号为 ．
【答案】①④．
【考点】一次函数的应用
【分析】由图象可以直接得出前12分钟小亮的平均速度，从而得出①正确；由图象可知从12分到19分小亮又返回学校，可以判断②错误；分别求出小亮第15分和第24分离家距离可以判断③错误；求出小亮33分离家距离，可以判断④正确．
【解答】解：由图象知，前12分中的平均速度为：（1800﹣960）÷12＝70（米/分），故①正确；由图象知，小亮第19分中又返回学校，故②错误；小亮在返回学校时的速度为：（1800﹣960）÷（19﹣12）＝840÷7＝120（米/分），∴第15分离家距离：960+（15﹣12）×120＝1320，从21分到41分小亮的速度为：1800÷（41﹣21）＝1800÷20＝90（米/分），∴第24分离家距离：1800﹣（24﹣21）×90＝1800﹣270＝1530（米）∵1320≠1530，故③错误；小亮在33分离家距离：1800﹣（33﹣21）×90＝1800﹣1080＝720（米），故④正确，故答案为：①④．
【难度】5
18．（4分）如图，在等边三角形ABC各边上分别截取AD＝BE＝CF，DJ⊥BC交CA延长线于点J，EK⊥AC交AB延长线于点K，FL⊥AB交BC延长线于点L；直线DJ，EK，FL两两相交得到△GHI，若S△GHI＝3
，则AD＝
．
【答案】2
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形
【分析】首先利用等边三角形和直角三角形的性质分析得到三个全等的等腰三角形，△JHF≌△GEL≌△IDK，然后设等边△ABC的边长为a，AD＝x，利用含30°的直角三角形的性质分别求得△ABC和△JHF的面积，从而可得3S△JDA＝S△GHI，从而列方程求解．
【解答】解：延长JD交BC于点N，
∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝AB，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，∴∠BDN＝∠JDA＝90°﹣60°＝30°，∴∠J＝∠BAC﹣∠JDA＝30°，同理可得：∠L＝∠K＝∠CFL＝∠JFH＝∠GEL＝∠BEK＝30°，∴AD＝AJ＝CF＝CL＝BE＝BK，∴DK＝EL＝JF，∴△JDA≌△LFC≌△KEB（AAS），△JHF≌△LGE≌△DIK（ASA），过点A作AT⊥BC，交BC于点T，设AB＝BC＝AC＝a，
在Rt△ABT中，∠BAT＝30°，∴BT
，AT
，∴S△ABC
，∵AD＝AJ＝CF＝CL＝BE＝BK，△JHF≌△LGE≌△DIK，∴JF＝EL＝DK＝a，过点H作HM⊥AC，交AC于点M，
∵∠J＝∠JFH＝30°，∴JH＝FH，∴JM
，在Rt△JHM中，HM
，∴S△JHF
，∴S△JHF+S△LJE+S△DIK＝3S△JHF＝3
S△ABC，∴S△JDA+S△FCL+S△BEK＝3S△JDA＝S△GHI，过点A作AP⊥DJ，交DJ于点P，
设AD＝x，在Rt△APD中，∠ADP＝30°，∴AP
，DP
，∴JD＝2DP
，∴3S△JDA＝3
，∴
，解得：x＝±2（负值舍去），即AD的值为2，故答案为：2．
【难度】5
三、解答题：本大题共7小题，共78分.解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
19．（8分）（1）计算：
；
（2）化简：
．
【答案】（1）﹣1；（2）﹣a﹣b．
【考点】分式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算
【分析】（1）根据负整数指数幂，特殊角三角函数值，零指数幂先化简题目中的式子，然后再计算；
（2）根据分式的加法和乘除法法则可以解答本题．
【解答】解：（1）原式＝1﹣4
（﹣3）+3＝1﹣2﹣3+3＝﹣1；（2）原式
•
＝﹣a﹣b．
【难度】1
20．（10分）国家航天局消息北京时间2021年5月15日，我国首次火星着陆任务宣告成功，某中学科技兴趣小组为了解本校学生对航天科技的关注程度，在该校内进行了随机调查统计，将调查结果分为不关注、关注、比较关注、非常关注四类，回收、整理好全部调查问卷后，得到下列不完整的统计图：
（1）此次调查中接受调查的人数为 人；
（2）补全图1条形统计图；
（3）扇形统计图中，“关注”对应扇形的圆心角为 ；
（4）该校共有900人，根据调查结果估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共多少人？
【答案】（1）不关注、关注、比较关注的共有4+6+24＝34（人），占调查人数的1﹣32%＝68%，∴此次调查中接受调查的人数为34÷68%＝50（人），故答案为：50；（2）50×32%＝16（人），补全统计图如图所示：
（3）360°
43.2°，故答案为：43.2°；（4）900
828（人），答：估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共有828人．
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图
【分析】（1）从统计图中可以得到不关注、关注、比较关注的共有34人，占调查人数的68%，可求出调查人数；
（2）接受调查的人数乘以非常关注的百分比即可得到非常关注的人数，即可补全统计图；
（3）360°乘以关注”的比例即可得到“关注”对应扇形的圆心角度数；
（4）样本估计总体，样本中“关注”，“比较关注”及“非常关注”的占比68%，乘以该校人数900人即可求解．
【解答】解：（1）不关注、关注、比较关注的共有4+6+24＝34（人），占调查人数的1﹣32%＝68%，∴此次调查中接受调查的人数为34÷68%＝50（人），故答案为：50；（2）50×32%＝16（人），补全统计图如图所示：
（3）360°
43.2°，故答案为：43.2°；（4）900
828（人），答：估计该校“关注”，“比较关注”及“非常关注”航天科技的人数共有828人．
【难度】3
21．（10分）已知点A为函数y
（x＞0）图象上任意一点，连接OA并延长至点B，使AB＝OA，过点B作BC∥x轴交函数图象于点C，连接OC．
（1）如图1，若点A的坐标为（4，n），求点C的坐标；
（2）如图2，过点A作AD⊥BC，垂足为D，求四边形OCDA的面积．
【答案】（1）点C的坐标为（2，2）；（2）四边形OCDA的面积为4．
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征
【分析】（1）先由反比例函数解析式求出A点坐标，再由中点坐标公式求得B点坐标，由于BC∥x轴，得到点B和点C的纵坐标相同，从而得到点C的纵坐标，再由反比例函数解析式求出点C的横坐标，即可解决；
（2）设出A点坐标，由OA＝AB，得到B点坐标，由于BC∥x轴，AD⊥BC，可以得到AD∥y轴，由此写出点D坐标，由于BC∥x轴，且点C在图象上，求出点C的坐标，故可以得到BC和BD的长度，进而求得△OBC和△ADB的面积，△OBC与△ADB的面积之差即为四边形OCDA的面积．
【解答】解：（1）将点A坐标代入到反比例函数y
中得，4n＝4，∴n＝1，
∴点A的坐标为（4，1），∵AB＝OA，O（0，0），∴点B的坐标为（8，2），∵BC∥x轴，∴点C的纵坐标为2，令y＝2，则
2，∴x＝2，∴点C的坐标为（2，2）；（2）设A（m，
），∵AB＝OA，∴点B的坐标为（2m，
），∵BC∥x轴，∴BC⊥y轴，又AD⊥BC，∴AD∥y轴，∴点D的坐标为（
），∵BC∥x轴，且点C在函数图象上，∴C（
，
），∵S△OBC
•BC•
（2m
）•
6，S△ADB
BD•AD
•m•
2，∴四边形OCDA的面积为：S△OBC﹣S△ADB＝6﹣2＝4．
【难度】3
22．（12分）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，AD上，且AE＝DF，点G，H分别在边AB，BC上，且FG⊥EH，垂足为P．
（1）求证：FG＝EH；
（2）若正方形ABCD边长为5，AE＝2，tan∠AGF
，求PF的长度．
【答案】（1）证明见解答过程；（2）
．
【考点】正方形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质
【分析】（1）根据正方形的性质得出AD＝AB，∠A＝∠B＝90°，得到AF＝BE，再根据垂直的定义进而得出∠AFG＝∠BEH，即可根据ASA证明△AFG≌△BEH，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据正方形的性质及解直角三角形得出AF＝3，AG＝4，EG＝2，根据勾股定理得出FG＝5，再根据相似三角形的性质得出PG
，根据线段的和差即可得解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠A＝∠B＝90°，∴∠AGF+∠AFG＝90°，∵FG⊥EH，∴∠AGF+∠GEP＝90°，∴∠AFG＝∠GEP＝∠BEH，∵AE＝DF，∴AD﹣DF＝AB﹣AE，即AF＝BE，在△AFG和△BEH中，
，∴△AFG≌△BEH（ASA），∴FG＝EH；（2）解：∵AD＝5，AE＝DF＝2，∴AF＝5﹣2＝3，在Rt△AFG中，tan∠AGF
，即
，∴AG＝4，∴EG＝2，在Rt△AFG中，FG
5，∵∠A＝∠EPG＝90°，∠AGF＝∠PGE，∴△AFG∽△PEG，∴
，即
，∴PG
，∴PF＝FG﹣PG＝5
．
【难度】5
23．（12分）某公司分别在A，B两城生产同种产品，共100件．A城生产产品的成本y（万元）与产品数量x（件）之间具有函数关系y＝x2+20x+100，B城生产产品的每件成本为60万元．
（1）当A城生产多少件产品时，A，B两城生产这批产品成本的和最小，最小值是多少？
（2）从A城把该产品运往C，D两地的费用分别为1万元/件和3万元/件；从B城把该产品运往C，D两地的费用分别为1万元/件和2万元/件．C地需要90件，D地需要10件，在（1）的条件下，怎样调运可使A，B两城运费的和最小？
【答案】解：（1）设A，B两城生产这批产品的总成本的和为W（万元），则W＝x2+20x+100+60（100﹣x）＝x2﹣40x+6100＝（x﹣20）2+5700，∴当x＝20时，W取得最小值，最小值为5700万元，∴A城生产20件，A，B两城生产这批产品成本的和最小，最小值是5700万元；（2）设从A城把该产品运往C地的产品数量为n件，则从A城把该产品运往D地的产品数量为（20﹣n）件；从B城把该产品运往C地的产品数量为（90﹣n）件，则从B城把该产品运往D地的产品数量为（10﹣20+n）件，运费的和为P（万元），由题意得：
，解得10≤n≤20，P＝n+3（20﹣n）+（90﹣n）+2（10﹣20+n）＝n+60﹣3n+90﹣n+2n﹣20＝n﹣2n+130＝﹣n+130，根据一次函数的性质可得：P随n的增大而减小，∴当n＝20时，P取得最小值，最小值为110，∴从A城把该产品运往C地的产品数量为20件，则从A城把该产品运往D地的产品数量为0件；从B城把该产品运往C地的产品数量为70件，则从B城把该产品运往D地的产品数量为10件时，可使A，B两城运费的和最小
【考点】二次函数的应用；一次函数的应用
【分析】（1）设A，B两城生产这批产品的总成本的和为W（万元），则W等于A城生产产品的总成本加上B城生产产品的总成本，由此可列出W关于x的二次函数，将其写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案；
（2）设从A城把该产品运往C地的产品数量为n件，分别用含n的式子表示出从A城把该产品运往D地的产品数量、从B城把该产品运往C地的产品数量及从B城把该产品运往D地的产品数量，再列不等式组求得n的取值范围，然后用含n的式子表示出A，B两城总运费之和P，根据一次函数的性质可得答案．
【解答】解：（1）设A，B两城生产这批产品的总成本的和为W（万元），则W＝x2+20x+100+60（100﹣x）＝x2﹣40x+6100＝（x﹣20）2+5700，∴当x＝20时，W取得最小值，最小值为5700万元，∴A城生产20件，A，B两城生产这批产品成本的和最小，最小值是5700万元；（2）设从A城把该产品运往C地的产品数量为n件，则从A城把该产品运往D地的产品数量为（20﹣n）件；从B城把该产品运往C地的产品数量为（90﹣n）件，则从B城把该产品运往D地的产品数量为（10﹣20+n）件，运费的和为P（万元），由题意得：
，解得10≤n≤20，P＝n+3（20﹣n）+（90﹣n）+2（10﹣20+n）＝n+60﹣3n+90﹣n+2n﹣20＝n﹣2n+130＝﹣n+130，根据一次函数的性质可得：P随n的增大而减小，∴当n＝20时，P取得最小值，最小值为110，∴从A城把该产品运往C地的产品数量为20件，则从A城把该产品运往D地的产品数量为0件；从B城把该产品运往C地的产品数量为70件，则从B城把该产品运往D地的产品数量为10件时，可使A，B两城运费的和最小．
【难度】3
24．（12分）已知⊙O为△ACD的外接圆，AD＝CD．
（1）如图1，延长AD至点B，使BD＝AD，连接CB．
①求证：△ABC为直角三角形；
②若⊙O的半径为4，AD＝5，求BC的值；
（2）如图2，若∠ADC＝90°，E为⊙O上的一点，且点D，E位于AC两侧，作△ADE关于AD对称的图形△ADQ，连接QC，试猜想QA，QC，QD三者之间的数量关系并给予证明．
【答案】（1）①证明见解析；②
；（2）QC2＝2QD2+QA2；证明见解析．
【考点】圆的综合题
【分析】（1）①利用如果三角形中一条边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形可得出结论；
②连接OA，OD，利用垂径定理得到OD⊥AC且AH＝CH，设DH＝x，则OH＝4﹣x，利用勾股定理列出方程求得DH的值，再利用三角形的中位线定理得到BC＝2DH；
（2）猜想QA，QC，QD三者之间的数量关系为：QC2＝2QD2+QA2．延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，由已知可得∠DAC＝∠DCA＝45°；利用同弧所对的圆周角相等，得到∠DFA＝∠E＝∠DCA＝45°，∠DFC＝∠DAC＝45°，由于△ADQ△与ADE关于AD对称，于是∠DQA＝∠E＝45°，则得△DQF为等腰直角三角形，△QFC为直角三角形；利用勾股定理可得：QC2＝QF2+CF2，QF2＝2DQ2；利用△QDA≌△FDC得到QA＝FC，等量代换可得结论．
【解答】证明：（1）①∵AD＝CD，BD＝AD，∴DB＝DC．∴DC
AB．∴△ABC为直角三角形；解：②连接OA，OD，如图，
∵AD＝CD，∴
，∴OD⊥AC且AH＝CH．∵⊙O的半径为4，∴OA＝OD＝4．设DH＝x，则OH＝4﹣x，∵AH2＝OA2﹣OH2，AH2＝AD2﹣DH2，∴52﹣x2＝42﹣（4﹣x）2．解得：x
．∴DH
．由①知：BC⊥AC，∵OD⊥AC，∴OD∥BC．∵AH＝CH，∴BC＝2DH
．（2）QA，QC，QD三者之间的数量关系为：QC2＝2QD2+QA2．理由：延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，如图，
∵∠ADC＝90°，AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝45°．∴∠DFA＝∠E＝∠DCA＝45°，∠DFC＝∠DAC＝45°．∴∠QFC＝∠AFD+∠DFC＝90°．∴QC2＝QF2+CF2．∵△ADQ与△ADE关于AD对称，∴∠DQA＝∠E＝45°，∴∠DQA＝∠DFA＝45°，∴DQ＝DF．∴∠QDF＝180°﹣∠DQA﹣∠QFD＝90°．∴DQ2+DF2＝QF2．即QF2＝2DQ2．∵∠QDF＝∠ADC＝90°，∴∠QDA＝∠CDF．在△QDA和△FDC中，
，∴△QDA≌△FDC（AAS）．∴QA＝FC．∴QC2＝2QD2+QA2．
【难度】3
25．（14分）小刚在用描点法画抛物线C1：y＝ax2+bx+c时，列出了下面的表格：
x |
… |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
… |
y |
… |
3 |
6 |
7 |
6 |
3 |
… |
（1）请根据表格中的信息，写出抛物线C1的一条性质： ；
（2）求抛物线C1的解析式；
（3）将抛物线C1先向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到新的抛物线C2；
①若直线y
x+b与两抛物线C1，C2共有两个公共点，求b的取值范围；
②抛物线C2的顶点为A，与x轴交点为点B，C（点B在点C左侧），点P（不与点A重合）在第二象限内，且为C2上任意一点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，直线AP交y轴于点Q，连接AB，DQ．求证：AB∥DQ．
【答案】解：（1）∵表中的数据关于（2，7）对称，∴该抛物线的顶点为（2，7）．故答案为：抛物线的顶点坐标为（2，7）（答案不唯一）；（2）由题意抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，将表中的三对对应值代入得：
，解得：
．∴抛物线C1的解析式为y＝﹣x2+4x+3．（3）①由（1）知：抛物线C1的解析式为y＝﹣x2+4x+3，∴将抛物线C1先向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到新的抛物线C2的顶点为（﹣2，4）．∴抛物线C2的解析式为y＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x．由题意得：
或
，∴﹣x2+4x+3
x+b或﹣x2﹣4x
x+b．即2x2﹣7x+2b﹣6＝0或x2
x+b＝0．∵当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根，∴72﹣4×2×（2b﹣6）＝0或（
）2﹣4×1×b＝0．解得：b
或b
．∵直线y
x+b与两抛物线C1，C2共有两个公共点，∴
b
．②由题意画出图形如下：过点A作AE⊥x轴于点E
∵抛物线C2的解析式为y＝﹣x2﹣4x，∴令y＝0，则﹣x2﹣4x＝0，解得：x＝0或x＝﹣4．∵抛物线C2与x轴交点为点B，C（点B在点C左侧），∴B（﹣4，0），C（0，0）．∴OB＝4．由①知：抛物线C2的顶点为A（﹣2，4）．∴AE＝4，OE＝2，∴BE＝OB﹣OE＝2．在Rt△ABE中，tan∠ABE
2．∵点P（不与点A重合）在第二象限内，且为C2上任意一点，∴设点P（m，﹣m2﹣4m），则m＜0，﹣m2﹣4m＞0．∵PD⊥x轴，∴OD＝﹣m．设直线AP的解析式为y＝kx+n，则：
，解得：
．∴直线AP的解析式为y＝﹣（m+2）x﹣2m．令x＝0，则y＝﹣2m．∴Q（0，﹣2m）．∴OQ＝﹣2m．在Rt△ODQ中，tan∠QDO
2．∴tan∠ABE＝tan∠QDO．∴∠ABE＝∠QDO．∴AB∥DQ．
【考点】二次函数综合题
【分析】（1）根据表格中数据的特征可得顶点坐标；
（2）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式；
（3）①利用已知得出C2的顶点坐标与解析式，结合两条抛物线的位置，两抛物线联立，利用判别式求解，即可得到b的取值范围；
②利用点P（不与点A重合）在第二象限内，且为C2上任意一点，设点P（m，﹣m2﹣4m），利用待定系数法求得直线AP的解析式，从而得到点Q的坐标；利用直角三角形的边角关系求得∠ABO和∠QDO的正切值，再利用同位角相等，两直线平行得出结论．
【解答】解：（1）∵表中的数据关于（2，7）对称，∴该抛物线的顶点为（2，7）．故答案为：抛物线的顶点坐标为（2，7）（答案不唯一）；（2）由题意抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，将表中的三对对应值代入得：
，解得：
．∴抛物线C1的解析式为y＝﹣x2+4x+3．（3）①由（1）知：抛物线C1的解析式为y＝﹣x2+4x+3，∴将抛物线C1先向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到新的抛物线C2的顶点为（﹣2，4）．∴抛物线C2的解析式为y＝﹣（x+2）2+4＝﹣x2﹣4x．由题意得：
或
，∴﹣x2+4x+3
x+b或﹣x2﹣4x
x+b．即2x2﹣7x+2b﹣6＝0或x2
x+b＝0．∵当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根，∴72﹣4×2×（2b﹣6）＝0或（
）2﹣4×1×b＝0．解得：b
或b
．∵直线y
x+b与两抛物线C1，C2共有两个公共点，∴
b
．②由题意画出图形如下：过点A作AE⊥x轴于点E
∵抛物线C2的解析式为y＝﹣x2﹣4x，∴令y＝0，则﹣x2﹣4x＝0，解得：x＝0或x＝﹣4．∵抛物线C2与x轴交点为点B，C（点B在点C左侧），∴B（﹣4，0），C（0，0）．∴OB＝4．由①知：抛物线C2的顶点为A（﹣2，4）．∴AE＝4，OE＝2，∴BE＝OB﹣OE＝2．在Rt△ABE中，tan∠ABE
2．∵点P（不与点A重合）在第二象限内，且为C2上任意一点，∴设点P（m，﹣m2﹣4m），则m＜0，﹣m2﹣4m＞0．∵PD⊥x轴，∴OD＝﹣m．设直线AP的解析式为y＝kx+n，则：
，解得：
．∴直线AP的解析式为y＝﹣（m+2）x﹣2m．令x＝0，则y＝﹣2m．∴Q（0，﹣2m）．∴OQ＝﹣2m．在Rt△ODQ中，tan∠QDO
2．∴tan∠ABE＝tan∠QDO．∴∠ABE＝∠QDO．∴AB∥DQ．
【难度】5