四川省资阳市2024年中考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024·资阳）3的相反数为（ ）
A．﹣3 B． C． D．3
2．（2024·资阳）下列计算正确的是（ ）
A．a3+a2＝a5 B．a3﹣a2＝a C．（a2）3＝a5 D．a5÷a2＝a3
3．（2024·资阳）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（ ）
A．长方体 B．棱锥 C．圆锥 D．球体
4．（2024·资阳）6名学生一周做家务的天数依次为4，4，5，7，7，7，这组数据的中位数和众数分别为（ ）
A．5，4 B．6，5 C．6，7 D．7，7
5．（2024·资阳）在平面直角坐标系中，将点（﹣2，1）沿y轴向上平移1个单位后，得到的点的坐标为（ ）
A．（﹣2，0） B．（﹣2，2） C．（﹣3，1） D．（﹣1，1）
6．（2024·资阳）如图，AB∥CD，过点D作DE⊥AC于点E．若∠D＝50°，则∠A的度数为（ ）
A．130° B．140° C．150° D．160°
7．（2024·资阳）已知一个多边形的每个外角都等于60°，则该多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．（2024·资阳）若m，则整数m的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2024·资阳）第14届国际数学教育大会（ICME﹣14）会标如图1所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH＝1：3，则sin∠ABE＝（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·资阳）已知二次函数yx2+bx与yx2﹣bx的图象均过点A（4，0）和坐标原点O，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象如图所示，P为线段OA的中点，过点P且与x轴不重合的直线与封闭图象交于B，C两点．给出下列结论：
①b＝2；
②PB＝PC；
③以O，A，B，C为顶点的四边形可以为正方形；
④若点B的横坐标为1，点Q在y轴上（Q，B，C三点不共线），则△BCQ周长的最小值为5．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
11．（2024·资阳）若（a﹣1）2+|b﹣2|＝0，则ab＝ ．
12．（2024·资阳）2024年政府工作报告提出，我国今年发展主要预期目标是：国内生产总值增长5%左右，城镇新增就业1200万人以上……将数“1200万”用科学记数法表示为 ．
13．（2024·资阳）一个不透明的袋中装有6个白球和m个红球，这些球除颜色外无其他差别．充分搅匀后，从袋中随机取出一个球是白球的概率为，则m＝ ．
14．（2024·资阳）小王前往距家2000米的公司参会，先以v0（米/分）的速度步行一段时间后，再改骑共享单车直达会议地点，到达时距会议开始还有14分钟，小王距家的路程S（单位：米）与距家的时间t（单位：分钟）之间的函数图象如图所示．若小王全程以v0（米/分）的速度步行，则他到达时距会议开始还有 分钟．
15．（2024·资阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，再以AB为直径作半圆，与交于点F，则图中阴影部分的面积为 ．
16．（2024·资阳）在△ABC中，∠A＝60°，AC＝4．若△ABC是锐角三角形，则边AB长的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共8个小题、共86分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2024·资阳）先化简，再求值：（1），其中x＝3．
18．（2024·资阳）我国古诗词源远流长．某校以“赏诗词之美、寻文化之根、铸民族之魂”为主题，组织学生开展了古诗词知识竞赛活动．为了解学生对古诗词的掌握情况，该校随机抽取了部分学生的竞赛成绩，将成绩分为A，B，C，D四个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：
（1）本次共抽取了 ▲ 名学生的竞赛成绩，并补全条形统计图；
（2）若该校共有2000人参加本次竞赛活动，估计竞赛成绩为B等级的学生人数；
（3）学校在竞赛成绩为A等级中的甲、乙、丙、丁这4名学生里，随机选取2人参加经典诵读活动，用画树状图或列表法求出甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率．
19．（2024·资阳）2024年巴黎奥运会将于7月26日至8月11日举行，某经销店调查发现：与吉祥物相关的A，B两款纪念品深受青少年喜爱．已知购进3个A款比购进2个B款多用120元；购进1个A款和2个B款共用200元．
（1）分别求出A，B两款纪念品的进货单价；
（2）该商店决定购进这两款纪念品共70个，其总费用不超过5000元，则至少应购买B款纪念品多少个？
20．（2024·资阳）如图，已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y的图象相交于A（m，4），B（4，n）两点．
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点C（t，t）在一次函数的图象上，直线CO与反比例函数的图象在第三象限内交于点D，求点D的坐标，并写出直线CD在图中的一个特征．
21．（2024·资阳）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG＝DC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE＝8，求DF的长．
22．（2024·资阳）如图，某海域有两灯塔A，B，其中灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，且A，B相距海里．一渔船在C处捕鱼，测得C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B的正北方向．
（1）求B，C两处的距离；
（2）该渔船从C处沿北偏东65°方向航行一段时间后，突发故障滞留于D处，并发出求救信号．此时，在灯塔B处的渔政船测得D处在北偏东27°方向，便立即以18海里/小时的速度沿BD方向航行至D处救援，求渔政船的航行时间．
（注：点A，B，C，D在同一水平面内；参考数据：tan65°≈2.1，tan27°≈0.5）
23．（2024·资阳）
（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD BC，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
24．（2024·资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】求有理数的相反数的方法
【解析】【解答】解：3的相反数为-3.
故答案为：A.
【分析】求一个数的相反数就是在这个数的前面添上“-”号，由此可求出已知数的相反数.
2．【答案】D
【知识点】同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3+a2不能合并同类项，故A错误，不符合题意；
B、a3-a2不能合并同类项，故B错误，不符合题意；
C、（a2）3=a6，故C错误，不符合题意；
D、a5÷a2＝a3，故D正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】只有同类项才能合并，可对A、B作出判断；利用幂的乘方，底数不变，指数相乘，可对C作出判断；利用同底数幂相除，底数不变，指数相减，可对D作出判断.
3．【答案】A
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：∵此几何体的主视图和左视图是大小相等的矩形，俯视图是正方形，
∴这个几何体是长方体.
故答案为：A.
【分析】主视图，左视图，俯视图是分别从几何体的正面，左面，上面看，所得的平面图形，观察已知几何体的三视图的性质，可得到原几何体的名称.
4．【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：从小到大排列为：4，4，5，7，7，7，
∵处于最中间的两个数是5和7，
∴这组数据的中位数是，
∴这组数据的中位数是6；
∵7出现了3次，是这组数据中出现次数最多的数，
∴这组数据的众数是7；
故答案为：C.
【分析】求中位数的方法是：把数据先按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；若一组数据有n个数，按大小顺序排列后，当n是奇数时，第个数是中位数；若n是偶数时，第个数和第+1个数的平均数是中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点（﹣2，1）沿y轴向上平移1个单位后，得到的点的坐标为（-2，1+1）即（-2，2）.
故答案为：B.
【分析】在平面直角坐标系中，点A（a，b），若将点A向上或向下平移m个单位，再向右或向左平移n个单位，则平移后的点的坐标为A1（a±n，b±m），据此可求出平移的点的坐标.
6．【答案】B
【知识点】垂线的概念；两直线平行，同旁内角互补；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵DE⊥AC，
∴∠CED=90°，
∴∠C=90°-∠D=90°-50°=40°，
∵AB∥CD，
∴∠A+∠C=180°，
∴∠A=180°-40°=140°.
故答案为：B.
【分析】利用垂直的定义可证∠CED=90°，再利用直角三角形的两锐角互余可求出∠C的度数，然后利用两直线平行，同旁内角互补，可求出∠A的度数.
7．【答案】C
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：设此多边形的边数为n，根据题意得
60°n=360°，
解之：n=6，
∴此多边形是6边形.
故答案为：C.
【分析】设此多边形的边数为n，利用任意多边形的外角和为360°及这个多边形的每个外角都等于60°，可得到关于n的方程，解方程求出n的值.
8．【答案】B
【知识点】无理数的大小比较；无理数的估值
【解析】【解答】解：∵，，
∴即，
∴整数m=3.
故答案为：B.
【分析】利用估算无理数的大小，可知，据此可得到m的值.
9．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；求正弦值
【解析】【解答】解：∵如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，
∴EF=HE，AH=BE，
∵EF：AH＝1：3，
∴HE：AH=1：3，
∴BE：AE=3：4，
设BE=3x，则AE=4x，
在Rt△ABE中，
，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的性质和全等三角形的性质可证得EF=HE，AH=BE，再利用已知条件：EF：AH＝1：3，可推出BE：AE=3：4，设BE=3x，则AE=4x，在Rt△ABE中，利用勾股定理可表示出AB的长；然后利用正弦的定义可求出sin∠ABE的值.
10．【答案】D
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标系中的两点距离公式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：∵ 二次函数yx2+bx与yx2﹣bx的图象均过点A（4，0）和坐标原点O，
∴，
解之：b=2，故①正确；
∵，
∴两抛物线的形状相同，大小相等，
∴两函数解析式为，，
∴两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），
∴两个顶点关于x轴对称，
∴两个函数图象关于x轴对称，
如图，
∵点P为线段OA的中点，
∴这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象关于点P成中心对称图形，
∴PB=PC，故②正确；
如图，当点B和点C为两抛物线的顶点时
，
∵两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），且两抛物线关于x轴对称，
∴OA垂直平分BC，
∴OB=OC，AB=AC，
∵点P为OA的中点，
∴BC垂直平分OA，
∴OB=AB，OC=AC，
∴OB=AB=OC=AC，
∴四边形ABOC是菱形，
∵两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），点A（4，0）
∴BP=OP=AP=2，
∴△OBP和△APB是等腰直角三角形，
∴∠OBP=∠ABP=45°，
∴∠ABO=∠OBP+∠ABP=45°+45°=90°，
∴四边形ABOC是正方形，故③正确；
作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'交y轴于点Q，连接BQ，
∴BQ=B'Q，
∵△BCQ的周长为BQ+BC+CQ，
∴△BCQ的周长为B'Q+CQ+BC≥CB'+BC，
∵BC是定值，
∴BQ+CQ的最小值就是B'C，
∴△BCQ的周长的最小值为CB'+BC；
∵点B的横坐标为1，
∴，
∴点B，
∴点B'
∵OP=OA=2，点B和点C关于点P对称，
∴点C的横坐标为3，
当x=3时，，
∴点C，
∴，
，
∴△BCQ的周长的最小值为，故④正确；
∴正确结论的个数为4个.
故答案为：D.
【分析】将点A的坐标代入两个函数解析式的一个，可得到关于b的方程，解方程求出b的值，可对①作出判断；
将b的值代入函数解析式，可得到两函数解析式，可知两抛物线的形状相同，大小相等，同时可求出两个抛物线的顶点坐标，利用函数解析式及顶点坐标可知两个函数图象关于x轴对称，由点P为线段OA的中点，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象关于点P成中心对称图形，可知点B，C关于点P对称，可证得PB=PC，可对②作出判断；
由两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），且两抛物线关于x轴对称，可证BC和OA互相垂直平分，利用垂直平分线的性质可推出OB=AB=OC=AC，即可得到四边形ABOC是菱形；再利用两抛物线的顶点坐标及点A的坐标，可证得BP=OP=AP=2，由此可推出△OBP和△APB是等腰直角三角形，据此可得到∠ABO=90°，然后利用有一个角是直角的菱形是正方形，可对③作出判断；
作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'交y轴于点Q，连接BQ，利用轴对称的应用-最短距离问题可知△BCQ的周长的最小值为CB'+BC；利用点B的横坐标，可得到点B和点B'的坐标，再利用对称性可得到点C的横坐标，再求出点C的纵坐标，可得到点C的坐标；然后利用平面直角坐标系中，两点之间的距离公式，分别求出BC，B'C的值，即可得到△BCQ周长的最小值，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
11．【答案】2
【知识点】偶次方的非负性；绝对值的非负性；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵（a﹣1）2+|b﹣2|＝0，
∴a-1=0且b-2=0，
解之：a=1且b=2，
∴ab=1×2=2.
故答案为：2.
【分析】利用几个非负数之和为0，则每一个数都为0，可得到关于a，b的方程组，解方程组求出a、b的值，然后代入求出ab的值.
12．【答案】1.2×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：∵1万=104，
∴1200万=1.2×107.
故答案为：1.2×107.
【分析】根据科学记数法的表示形式为：a×10n，其中1≤|a|＜10，此题是绝对值大于10的数，因此n=整数数位-1（注意：1万=104）.
13．【答案】9
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵ 一个不透明的袋中装有6个白球和m个红球，从袋中随机取出一个球是白球的概率为，
∴
解之：m=9.
故答案为：9.
【分析】由题意可知有6个白球，球的总个数为（6+m）个，再根据从袋中随机取出一个球是白球的概率为， 可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
14．【答案】5
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：由题意可知步行的速度v0=800÷10=80米/分，
∴2000÷80=25分钟，
∴若小王全程以v0（米/分）的速度步行，则他到达时距会议开始的时间为14+16-25=5分钟.
故答案为：5.
【分析】利用函数图象可知步行800米用时10分钟，可求出步行的速度v0，再利用路程÷速度等于时间，可求出步行2000米用的时间，然后利用图象及再改骑共享单车直达会议地点，到达时距会议开始还有14分钟，列式计算即可求解.
15．【答案】
【知识点】扇形面积的计算；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接AF，EF，过点F作FH⊥AB于点H，
∵以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，
∴AD=AE=AF=2，
∵ 再以AB为直径作半圆，与交于点F，
∴AE=BE=2，AE=EF，
∴AF=AE=EF=2，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠FAE=∠AEF=60°，AH=1，
∴FH=AH·tan∠FAE=AH·tan60°=
∴S扇形FAE=，
S弓形AF=，
∴S阴影部分=S半圆AB-S扇形FAE-S弓形AF=
故答案为：.
【分析】连接AF，EF，过点F作FH⊥AB于点H，利用已知条件可证AF=AE=EF=2，可得到△AEF是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠FAE=∠AEF=60°，AH=1，利用解直角三角形求出FH的长；再利用扇形的面积公式及三角形的面积公式可求出扇形FAE，弓形AF的面积；然后根据S阴影部分=S半圆AB-S扇形FAE-S弓形AF，代入计算可求出结果.
16．【答案】2＜AB＜8
【知识点】含30°角的直角三角形；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是锐角三角形，
当∠ABC=90°时，
∴∠ACB=90°-∠A=90°-60°=30°，
∴；
当∠ACB'=90°时，
∴∠B'=90°-∠A=90°-60°=30°，
∴AB'=2AC=2×4=8，
∴若△ABC是锐角三角形，则边AB长的取值范围是2＜AB＜8.
故答案为：2＜AB＜8.
【分析】利用锐角三角的定义，分情况讨论：当∠ABC=90°时，利用直角三角形的两锐角互余可求出∠ACB的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；当∠ACB'=90°时，利用直角三角形的两锐角互余可求出∠B'的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB'的值，从而可得到边AB长的取值范围.
17．【答案】解：
当时，原式.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先将括号里的分式通分计算，同时将分子分母分解因式，再将分式除法转化为乘法运算，约分化简，然后将x的值代入化简后的代数式进行计算.
18．【答案】（1）400
解：∴D等级的人数为：400﹣120﹣160﹣80＝40（名），
补全条形统计图如下：
（2）2000×＝800（人），
答：估计竞赛成绩为B等级的学生人数为800人；
（3）画树状图如下：
，
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人中恰好有1人被选中的结果有8种，
∴甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率为．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：（1）本次抽取的学生人数为：80÷20%＝400（名）
故答案为：400.
【分析】（1）观察两统计图，用C等级的人数÷C等级的人数所占的百分比，列式计算可求出本次抽取的学生人数；再利用条形统计图求出D等级的人数；然后补全条形统计图.
（2）利用该校学生的总人数×竞赛成绩为B等级的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
（3）由题意可知，此事件是抽取不放回，列出树状图，再根据树状图可得到所有等可能的结果数和甲、乙两人中恰好有1人被选中的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．【答案】（1）设出A，B两款纪念品的进货单价分别为x，y．
则，
解得，
答：A，B两款纪念品的进货单价分别为80元和60元．
（2）设购买m件B种纪念品，（70﹣m）件A种纪念品，
根据题意，得60m+80（70﹣m）≤5000，
解得m≥30，
答：至少应购买B款纪念品30个．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：3×A款的进货单价-2×B款的进货单价=120；1×A款的进货单价+2×B款的进货单价=200；再设未知数，列方程组，然后求出方程组的解，最后作答即可.
（2）此题的等量关系为：购进A款的数量+购进B款的数量=70；购进这两款纪念品共70个：总费用≤5000；设购买m件B种纪念品，可得到关于m的不等式，然后求出不等式的最小整数解即可.
20．【答案】（1）解：两点在反比例函数图象上，
，
在一次函数的图象上，
，解得，
一次函数解析式为；
（2）由题意可知，直线CD的解析式为，
联立得，解得，
点，
直线CD与直线AB互相垂直.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）根据点A、B都在反比例函数图象上，分别将点A、B的坐标代入反比例函数解析式，可求出m、n的值，可得到点A、B的坐标；再将点A、B的坐标分别代入一次函数解析式，可得到关于k、b的方程组，解方程组可求出k、b的值，可得到一次函数解析式.
（2）利用点C的坐标（横纵坐标都相等），可求出直线CO的函数解析式，将直线CO的函数解析式和反比例函数解析式联立方程组，求出方程组的解，可得到点D的坐标；再观察直线CD和直线AB两函数解析式的k的值，可得到直线CD和直线AB的位置关系.
21．【答案】（1）证明：连接OC，
∵DG＝DC，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠DGC＝∠AGF，
∴∠DCG＝∠AGF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠DCG+∠ACO＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由(1)知，，
∵OC＝6，CE＝8，
∵OA＝6，点F为线段OA的中点，
∴EF＝13，
∵∠DFE＝∠OCE＝90°，∠E＝∠E，
∴△OCE∽△DFE，
【知识点】勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OC，利用等边对等角及对顶角的性质可推出∠DCG＝∠AGF，利用垂直的定义可证得∠AFG=90°，利用直角三角形的两锐角互余，可推出∠A+∠AGF＝90°；再利用等腰三角形的性质可推出∠DCG+∠ACO＝90°，即可证得OC⊥DE，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用切线的性质可知∠OCE=90°，利用勾股定理求出OE的长，同时利用线段中点的定义可求出OF的长，根据EF=OF+OE可求出EF的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，证得△OCE∽△DFE，利用相似三角形的对应边成比例可求出DF的长.
22．【答案】（1）由题意得，∠ACB＝∠ABC＝30°，
∴AB＝AC＝海里，
过A作AH⊥BC于H，如图：
∴∠AHC＝∠AHB＝90°，CH＝BH，
∴CH＝BH＝AB＝×＝8（海里），
∴BC＝16海里，
答：B，C两处的距离为16海里；
（2）解：过D作DG⊥BC于G，
在Rt中，，
在Rt中，，
，
，
(海里)，
(海里)，
(海里)，
渔政船的航行时间为(小时).
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）利用已知条件：灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，C处在灯塔A的北偏东30°方向及平行线的性质可证得∠ACB＝∠ABC＝30°，利用等角对等边可求出AC的长；过A作AH⊥BC于H，利用垂直的定义和等腰三角形三线合一的性质可证得∠AHC＝∠AHB＝90°，CH＝BH，利用解直角三角形求出CH、BH的长，即可得到BC的长.
（2）过D作DG⊥BC的延长线于G，在Rt△BDG和Rt△CDG中，利用解直角三角形分别表示出BG、CG的长，根据BC=BG-CG，代入可得到关于DG的方程，解方程求出DG的长，从而可求出BG的长；然后利用勾股定理求出BD的长，即可求出渔政船的航行时间.
23．【答案】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BD BC；
（2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AFC＝∠AGD＝90°，
∴CF∥DG，∠BAC＝60°，
为BC的中点，
∴△BDG∽△BCF，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵∠AED＝∠CAD，
∴∠AED＝∠CDA，
∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠BED＝∠BDA，
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△BED∽△BDA，
∴，即，
解得：；
（3）解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，
∵∠ABC＝2∠EBF，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF，
∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠G，
∴∠DBE＝∠G，
∵∠DEB＝∠BEG，
∴△BED∽△GEB，
∴，
∵DG＝6，
∴EG＝DE+6，
∴，
解得：DE＝2，负值舍去，
∴EG＝2+6＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝3，
∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，
∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，
∴
即，
解得：．
【知识点】四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）图形中隐含公共角∠ABD＝∠CBA，再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ABD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，可推出CF∥DG，∠BAC=60°，利用解直角三角形求出CF，AF的长；利用线段中点的定义可求出BD的长，由DG∥CF，可证得△BDG∽△BCF，利用相似三角形的性质可求出DG的长，利用勾股定理求出BG的长，即可得到BF、AB的长；再利用两组对应角分别相等的两三角形相似去证明△BED∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例可求出BE的长.
（3）连接BD，利用菱形的性质可证，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，结合已知可推出∠DBE＝∠CBF，利用平行线的性质可推出∠DBE＝∠G，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△BED∽△GEB，利用相似三角形的性质可求出DE的长，可得到EG、AE的长，再根据勾股定理的逆定理可证得∠AEB=∠BEG=90°，在Rt△BEG中利用勾股定理求出BG的长，据此可表示出BF的长；再由AD∥BC，可推出△DFG∽△CFB，利用相似三角形的性质可求出FG的长.
24．【答案】（1）解：∵B（4，0），
∴OB＝4，
把，代入函数解析式得：
解得：，
（2）解：∵B（4，0），C（0，4），
∴设直线BC的解析式为：y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得：k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
设，则，
，，，
，
当时，的最大值为；
（3）解：令，解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），
∵C（0，4），点E为AC的中点，
∴E（﹣1，2），
连接CF，如图：
∵FE⊥AC，
∴AF＝CF，
∴∠AFE＝∠CFE，
设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42＝（a+2）2，
∴a＝3，
∴F（3，0），CF＝5，
∵FE⊥AC，∠AOC＝90°，
∴∠AFE＝∠OCA＝90°﹣∠CAF，
∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE.
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），
设FE1的解析式为：y＝k1x+b，
则：，解得：，
联立，
解得：(舍去)或，
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，
过点作轴，则：，
，
设直线的解析式为：，
则：，
解得：
联立
解得：(舍去)或
综上所述，或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用点B的坐标可求出OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到点C的坐标；分别将点B、C的坐标代入抛物线的解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，代入可得到抛物线的解析式.
（2）利用点B、C的坐标，可求出直线BC的函数解析式，利用两函数解析式和PD⊥x轴，设，则，可表示出PK、DK、DB的长，从而可表示出S1和S2，由此可得到S1-S2关于m的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出S1﹣S2的最大值.
（3）利用抛物线的解析式，由y=0可求出对应的x的值，可得到点A的坐标，再利用点C的坐标及点E为AC的中点，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出AE、CE的长，可推出AF=CF，利用等腰三角形的性质可得到∠AFE=∠CFE；设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，在Rt△COF中利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点F的坐标，同时求出CF的长；利用EF⊥AC和∠AAOC=90°可证明∠AFE＝∠OCA＝∠CFE；①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），利用待定系数法求出FE1的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立得方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q1的坐标；②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，利用勾股定理求出EF的长，利用三角形的面积公式和等面积法求出EG的长，再利用勾股定理求出FG的长；过点作轴，利用解直角三角形可求出GH、FH的长，可得到OH的长，据此可得到点G的坐标，利用点E的坐标，可得到点E2的坐标，利用待定系数法可求出线的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q2的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.
1 / 1四川省资阳市2024年中考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024·资阳）3的相反数为（ ）
A．﹣3 B． C． D．3
【答案】A
【知识点】求有理数的相反数的方法
【解析】【解答】解：3的相反数为-3.
故答案为：A.
【分析】求一个数的相反数就是在这个数的前面添上“-”号，由此可求出已知数的相反数.
2．（2024·资阳）下列计算正确的是（ ）
A．a3+a2＝a5 B．a3﹣a2＝a C．（a2）3＝a5 D．a5÷a2＝a3
【答案】D
【知识点】同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3+a2不能合并同类项，故A错误，不符合题意；
B、a3-a2不能合并同类项，故B错误，不符合题意；
C、（a2）3=a6，故C错误，不符合题意；
D、a5÷a2＝a3，故D正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】只有同类项才能合并，可对A、B作出判断；利用幂的乘方，底数不变，指数相乘，可对C作出判断；利用同底数幂相除，底数不变，指数相减，可对D作出判断.
3．（2024·资阳）某几何体的三视图如图所示，则该几何体是（ ）
A．长方体 B．棱锥 C．圆锥 D．球体
【答案】A
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：∵此几何体的主视图和左视图是大小相等的矩形，俯视图是正方形，
∴这个几何体是长方体.
故答案为：A.
【分析】主视图，左视图，俯视图是分别从几何体的正面，左面，上面看，所得的平面图形，观察已知几何体的三视图的性质，可得到原几何体的名称.
4．（2024·资阳）6名学生一周做家务的天数依次为4，4，5，7，7，7，这组数据的中位数和众数分别为（ ）
A．5，4 B．6，5 C．6，7 D．7，7
【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：从小到大排列为：4，4，5，7，7，7，
∵处于最中间的两个数是5和7，
∴这组数据的中位数是，
∴这组数据的中位数是6；
∵7出现了3次，是这组数据中出现次数最多的数，
∴这组数据的众数是7；
故答案为：C.
【分析】求中位数的方法是：把数据先按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数（或两个数的平均数）为中位数；若一组数据有n个数，按大小顺序排列后，当n是奇数时，第个数是中位数；若n是偶数时，第个数和第+1个数的平均数是中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，即可求解.
5．（2024·资阳）在平面直角坐标系中，将点（﹣2，1）沿y轴向上平移1个单位后，得到的点的坐标为（ ）
A．（﹣2，0） B．（﹣2，2） C．（﹣3，1） D．（﹣1，1）
【答案】B
【知识点】沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点（﹣2，1）沿y轴向上平移1个单位后，得到的点的坐标为（-2，1+1）即（-2，2）.
故答案为：B.
【分析】在平面直角坐标系中，点A（a，b），若将点A向上或向下平移m个单位，再向右或向左平移n个单位，则平移后的点的坐标为A1（a±n，b±m），据此可求出平移的点的坐标.
6．（2024·资阳）如图，AB∥CD，过点D作DE⊥AC于点E．若∠D＝50°，则∠A的度数为（ ）
A．130° B．140° C．150° D．160°
【答案】B
【知识点】垂线的概念；两直线平行，同旁内角互补；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵DE⊥AC，
∴∠CED=90°，
∴∠C=90°-∠D=90°-50°=40°，
∵AB∥CD，
∴∠A+∠C=180°，
∴∠A=180°-40°=140°.
故答案为：B.
【分析】利用垂直的定义可证∠CED=90°，再利用直角三角形的两锐角互余可求出∠C的度数，然后利用两直线平行，同旁内角互补，可求出∠A的度数.
7．（2024·资阳）已知一个多边形的每个外角都等于60°，则该多边形的边数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：设此多边形的边数为n，根据题意得
60°n=360°，
解之：n=6，
∴此多边形是6边形.
故答案为：C.
【分析】设此多边形的边数为n，利用任意多边形的外角和为360°及这个多边形的每个外角都等于60°，可得到关于n的方程，解方程求出n的值.
8．（2024·资阳）若m，则整数m的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】无理数的大小比较；无理数的估值
【解析】【解答】解：∵，，
∴即，
∴整数m=3.
故答案为：B.
【分析】利用估算无理数的大小，可知，据此可得到m的值.
9．（2024·资阳）第14届国际数学教育大会（ICME﹣14）会标如图1所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH＝1：3，则sin∠ABE＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；求正弦值
【解析】【解答】解：∵如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，
∴EF=HE，AH=BE，
∵EF：AH＝1：3，
∴HE：AH=1：3，
∴BE：AE=3：4，
设BE=3x，则AE=4x，
在Rt△ABE中，
，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的性质和全等三角形的性质可证得EF=HE，AH=BE，再利用已知条件：EF：AH＝1：3，可推出BE：AE=3：4，设BE=3x，则AE=4x，在Rt△ABE中，利用勾股定理可表示出AB的长；然后利用正弦的定义可求出sin∠ABE的值.
10．（2024·资阳）已知二次函数yx2+bx与yx2﹣bx的图象均过点A（4，0）和坐标原点O，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象如图所示，P为线段OA的中点，过点P且与x轴不重合的直线与封闭图象交于B，C两点．给出下列结论：
①b＝2；
②PB＝PC；
③以O，A，B，C为顶点的四边形可以为正方形；
④若点B的横坐标为1，点Q在y轴上（Q，B，C三点不共线），则△BCQ周长的最小值为5．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；坐标系中的两点距离公式；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：∵ 二次函数yx2+bx与yx2﹣bx的图象均过点A（4，0）和坐标原点O，
∴，
解之：b=2，故①正确；
∵，
∴两抛物线的形状相同，大小相等，
∴两函数解析式为，，
∴两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），
∴两个顶点关于x轴对称，
∴两个函数图象关于x轴对称，
如图，
∵点P为线段OA的中点，
∴这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象关于点P成中心对称图形，
∴PB=PC，故②正确；
如图，当点B和点C为两抛物线的顶点时
，
∵两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），且两抛物线关于x轴对称，
∴OA垂直平分BC，
∴OB=OC，AB=AC，
∵点P为OA的中点，
∴BC垂直平分OA，
∴OB=AB，OC=AC，
∴OB=AB=OC=AC，
∴四边形ABOC是菱形，
∵两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），点A（4，0）
∴BP=OP=AP=2，
∴△OBP和△APB是等腰直角三角形，
∴∠OBP=∠ABP=45°，
∴∠ABO=∠OBP+∠ABP=45°+45°=90°，
∴四边形ABOC是正方形，故③正确；
作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'交y轴于点Q，连接BQ，
∴BQ=B'Q，
∵△BCQ的周长为BQ+BC+CQ，
∴△BCQ的周长为B'Q+CQ+BC≥CB'+BC，
∵BC是定值，
∴BQ+CQ的最小值就是B'C，
∴△BCQ的周长的最小值为CB'+BC；
∵点B的横坐标为1，
∴，
∴点B，
∴点B'
∵OP=OA=2，点B和点C关于点P对称，
∴点C的横坐标为3，
当x=3时，，
∴点C，
∴，
，
∴△BCQ的周长的最小值为，故④正确；
∴正确结论的个数为4个.
故答案为：D.
【分析】将点A的坐标代入两个函数解析式的一个，可得到关于b的方程，解方程求出b的值，可对①作出判断；
将b的值代入函数解析式，可得到两函数解析式，可知两抛物线的形状相同，大小相等，同时可求出两个抛物线的顶点坐标，利用函数解析式及顶点坐标可知两个函数图象关于x轴对称，由点P为线段OA的中点，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图象关于点P成中心对称图形，可知点B，C关于点P对称，可证得PB=PC，可对②作出判断；
由两抛物线的顶点坐标分别为（2，2）和（2，-2），且两抛物线关于x轴对称，可证BC和OA互相垂直平分，利用垂直平分线的性质可推出OB=AB=OC=AC，即可得到四边形ABOC是菱形；再利用两抛物线的顶点坐标及点A的坐标，可证得BP=OP=AP=2，由此可推出△OBP和△APB是等腰直角三角形，据此可得到∠ABO=90°，然后利用有一个角是直角的菱形是正方形，可对③作出判断；
作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'交y轴于点Q，连接BQ，利用轴对称的应用-最短距离问题可知△BCQ的周长的最小值为CB'+BC；利用点B的横坐标，可得到点B和点B'的坐标，再利用对称性可得到点C的横坐标，再求出点C的纵坐标，可得到点C的坐标；然后利用平面直角坐标系中，两点之间的距离公式，分别求出BC，B'C的值，即可得到△BCQ周长的最小值，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
11．（2024·资阳）若（a﹣1）2+|b﹣2|＝0，则ab＝ ．
【答案】2
【知识点】偶次方的非负性；绝对值的非负性；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵（a﹣1）2+|b﹣2|＝0，
∴a-1=0且b-2=0，
解之：a=1且b=2，
∴ab=1×2=2.
故答案为：2.
【分析】利用几个非负数之和为0，则每一个数都为0，可得到关于a，b的方程组，解方程组求出a、b的值，然后代入求出ab的值.
12．（2024·资阳）2024年政府工作报告提出，我国今年发展主要预期目标是：国内生产总值增长5%左右，城镇新增就业1200万人以上……将数“1200万”用科学记数法表示为 ．
【答案】1.2×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：∵1万=104，
∴1200万=1.2×107.
故答案为：1.2×107.
【分析】根据科学记数法的表示形式为：a×10n，其中1≤|a|＜10，此题是绝对值大于10的数，因此n=整数数位-1（注意：1万=104）.
13．（2024·资阳）一个不透明的袋中装有6个白球和m个红球，这些球除颜色外无其他差别．充分搅匀后，从袋中随机取出一个球是白球的概率为，则m＝ ．
【答案】9
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵ 一个不透明的袋中装有6个白球和m个红球，从袋中随机取出一个球是白球的概率为，
∴
解之：m=9.
故答案为：9.
【分析】由题意可知有6个白球，球的总个数为（6+m）个，再根据从袋中随机取出一个球是白球的概率为， 可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
14．（2024·资阳）小王前往距家2000米的公司参会，先以v0（米/分）的速度步行一段时间后，再改骑共享单车直达会议地点，到达时距会议开始还有14分钟，小王距家的路程S（单位：米）与距家的时间t（单位：分钟）之间的函数图象如图所示．若小王全程以v0（米/分）的速度步行，则他到达时距会议开始还有 分钟．
【答案】5
【知识点】通过函数图象获取信息
【解析】【解答】解：由题意可知步行的速度v0=800÷10=80米/分，
∴2000÷80=25分钟，
∴若小王全程以v0（米/分）的速度步行，则他到达时距会议开始的时间为14+16-25=5分钟.
故答案为：5.
【分析】利用函数图象可知步行800米用时10分钟，可求出步行的速度v0，再利用路程÷速度等于时间，可求出步行2000米用的时间，然后利用图象及再改骑共享单车直达会议地点，到达时距会议开始还有14分钟，列式计算即可求解.
15．（2024·资阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，再以AB为直径作半圆，与交于点F，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】扇形面积的计算；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接AF，EF，过点F作FH⊥AB于点H，
∵以点A为圆心，AD长为半径作弧交AB于点E，
∴AD=AE=AF=2，
∵ 再以AB为直径作半圆，与交于点F，
∴AE=BE=2，AE=EF，
∴AF=AE=EF=2，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠FAE=∠AEF=60°，AH=1，
∴FH=AH·tan∠FAE=AH·tan60°=
∴S扇形FAE=，
S弓形AF=，
∴S阴影部分=S半圆AB-S扇形FAE-S弓形AF=
故答案为：.
【分析】连接AF，EF，过点F作FH⊥AB于点H，利用已知条件可证AF=AE=EF=2，可得到△AEF是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠FAE=∠AEF=60°，AH=1，利用解直角三角形求出FH的长；再利用扇形的面积公式及三角形的面积公式可求出扇形FAE，弓形AF的面积；然后根据S阴影部分=S半圆AB-S扇形FAE-S弓形AF，代入计算可求出结果.
16．（2024·资阳）在△ABC中，∠A＝60°，AC＝4．若△ABC是锐角三角形，则边AB长的取值范围是 ．
【答案】2＜AB＜8
【知识点】含30°角的直角三角形；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是锐角三角形，
当∠ABC=90°时，
∴∠ACB=90°-∠A=90°-60°=30°，
∴；
当∠ACB'=90°时，
∴∠B'=90°-∠A=90°-60°=30°，
∴AB'=2AC=2×4=8，
∴若△ABC是锐角三角形，则边AB长的取值范围是2＜AB＜8.
故答案为：2＜AB＜8.
【分析】利用锐角三角的定义，分情况讨论：当∠ABC=90°时，利用直角三角形的两锐角互余可求出∠ACB的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长；当∠ACB'=90°时，利用直角三角形的两锐角互余可求出∠B'的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB'的值，从而可得到边AB长的取值范围.
三、解答题（本大题共8个小题、共86分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2024·资阳）先化简，再求值：（1），其中x＝3．
【答案】解：
当时，原式.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】先将括号里的分式通分计算，同时将分子分母分解因式，再将分式除法转化为乘法运算，约分化简，然后将x的值代入化简后的代数式进行计算.
18．（2024·资阳）我国古诗词源远流长．某校以“赏诗词之美、寻文化之根、铸民族之魂”为主题，组织学生开展了古诗词知识竞赛活动．为了解学生对古诗词的掌握情况，该校随机抽取了部分学生的竞赛成绩，将成绩分为A，B，C，D四个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图：
（1）本次共抽取了 ▲ 名学生的竞赛成绩，并补全条形统计图；
（2）若该校共有2000人参加本次竞赛活动，估计竞赛成绩为B等级的学生人数；
（3）学校在竞赛成绩为A等级中的甲、乙、丙、丁这4名学生里，随机选取2人参加经典诵读活动，用画树状图或列表法求出甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率．
【答案】（1）400
解：∴D等级的人数为：400﹣120﹣160﹣80＝40（名），
补全条形统计图如下：
（2）2000×＝800（人），
答：估计竞赛成绩为B等级的学生人数为800人；
（3）画树状图如下：
，
共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人中恰好有1人被选中的结果有8种，
∴甲、乙两人中恰好有1人被选中的概率为．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：（1）本次抽取的学生人数为：80÷20%＝400（名）
故答案为：400.
【分析】（1）观察两统计图，用C等级的人数÷C等级的人数所占的百分比，列式计算可求出本次抽取的学生人数；再利用条形统计图求出D等级的人数；然后补全条形统计图.
（2）利用该校学生的总人数×竞赛成绩为B等级的学生人数所占的百分比，列式计算即可.
（3）由题意可知，此事件是抽取不放回，列出树状图，再根据树状图可得到所有等可能的结果数和甲、乙两人中恰好有1人被选中的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．（2024·资阳）2024年巴黎奥运会将于7月26日至8月11日举行，某经销店调查发现：与吉祥物相关的A，B两款纪念品深受青少年喜爱．已知购进3个A款比购进2个B款多用120元；购进1个A款和2个B款共用200元．
（1）分别求出A，B两款纪念品的进货单价；
（2）该商店决定购进这两款纪念品共70个，其总费用不超过5000元，则至少应购买B款纪念品多少个？
【答案】（1）设出A，B两款纪念品的进货单价分别为x，y．
则，
解得，
答：A，B两款纪念品的进货单价分别为80元和60元．
（2）设购买m件B种纪念品，（70﹣m）件A种纪念品，
根据题意，得60m+80（70﹣m）≤5000，
解得m≥30，
答：至少应购买B款纪念品30个．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：3×A款的进货单价-2×B款的进货单价=120；1×A款的进货单价+2×B款的进货单价=200；再设未知数，列方程组，然后求出方程组的解，最后作答即可.
（2）此题的等量关系为：购进A款的数量+购进B款的数量=70；购进这两款纪念品共70个：总费用≤5000；设购买m件B种纪念品，可得到关于m的不等式，然后求出不等式的最小整数解即可.
20．（2024·资阳）如图，已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y的图象相交于A（m，4），B（4，n）两点．
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点C（t，t）在一次函数的图象上，直线CO与反比例函数的图象在第三象限内交于点D，求点D的坐标，并写出直线CD在图中的一个特征．
【答案】（1）解：两点在反比例函数图象上，
，
在一次函数的图象上，
，解得，
一次函数解析式为；
（2）由题意可知，直线CD的解析式为，
联立得，解得，
点，
直线CD与直线AB互相垂直.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两一次函数图象相交或平行问题；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）根据点A、B都在反比例函数图象上，分别将点A、B的坐标代入反比例函数解析式，可求出m、n的值，可得到点A、B的坐标；再将点A、B的坐标分别代入一次函数解析式，可得到关于k、b的方程组，解方程组可求出k、b的值，可得到一次函数解析式.
（2）利用点C的坐标（横纵坐标都相等），可求出直线CO的函数解析式，将直线CO的函数解析式和反比例函数解析式联立方程组，求出方程组的解，可得到点D的坐标；再观察直线CD和直线AB两函数解析式的k的值，可得到直线CD和直线AB的位置关系.
21．（2024·资阳）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG＝DC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE＝8，求DF的长．
【答案】（1）证明：连接OC，
∵DG＝DC，
∴∠DGC＝∠DCG，
∵∠DGC＝∠AGF，
∴∠DCG＝∠AGF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∴∠A+∠AGF＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠DCG+∠ACO＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由(1)知，，
∵OC＝6，CE＝8，
∵OA＝6，点F为线段OA的中点，
∴EF＝13，
∵∠DFE＝∠OCE＝90°，∠E＝∠E，
∴△OCE∽△DFE，
【知识点】勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OC，利用等边对等角及对顶角的性质可推出∠DCG＝∠AGF，利用垂直的定义可证得∠AFG=90°，利用直角三角形的两锐角互余，可推出∠A+∠AGF＝90°；再利用等腰三角形的性质可推出∠DCG+∠ACO＝90°，即可证得OC⊥DE，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用切线的性质可知∠OCE=90°，利用勾股定理求出OE的长，同时利用线段中点的定义可求出OF的长，根据EF=OF+OE可求出EF的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，证得△OCE∽△DFE，利用相似三角形的对应边成比例可求出DF的长.
22．（2024·资阳）如图，某海域有两灯塔A，B，其中灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，且A，B相距海里．一渔船在C处捕鱼，测得C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B的正北方向．
（1）求B，C两处的距离；
（2）该渔船从C处沿北偏东65°方向航行一段时间后，突发故障滞留于D处，并发出求救信号．此时，在灯塔B处的渔政船测得D处在北偏东27°方向，便立即以18海里/小时的速度沿BD方向航行至D处救援，求渔政船的航行时间．
（注：点A，B，C，D在同一水平面内；参考数据：tan65°≈2.1，tan27°≈0.5）
【答案】（1）由题意得，∠ACB＝∠ABC＝30°，
∴AB＝AC＝海里，
过A作AH⊥BC于H，如图：
∴∠AHC＝∠AHB＝90°，CH＝BH，
∴CH＝BH＝AB＝×＝8（海里），
∴BC＝16海里，
答：B，C两处的距离为16海里；
（2）解：过D作DG⊥BC于G，
在Rt中，，
在Rt中，，
，
，
(海里)，
(海里)，
(海里)，
渔政船的航行时间为(小时).
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣方向角问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）利用已知条件：灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，C处在灯塔A的北偏东30°方向及平行线的性质可证得∠ACB＝∠ABC＝30°，利用等角对等边可求出AC的长；过A作AH⊥BC于H，利用垂直的定义和等腰三角形三线合一的性质可证得∠AHC＝∠AHB＝90°，CH＝BH，利用解直角三角形求出CH、BH的长，即可得到BC的长.
（2）过D作DG⊥BC的延长线于G，在Rt△BDG和Rt△CDG中，利用解直角三角形分别表示出BG、CG的长，根据BC=BG-CG，代入可得到关于DG的方程，解方程求出DG的长，从而可求出BG的长；然后利用勾股定理求出BD的长，即可求出渔政船的航行时间.
23．（2024·资阳）
（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD BC，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长．
【答案】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BD BC；
（2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AFC＝∠AGD＝90°，
∴CF∥DG，∠BAC＝60°，
为BC的中点，
∴△BDG∽△BCF，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA，
∵∠AED＝∠CAD，
∴∠AED＝∠CDA，
∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠BED＝∠BDA，
∵∠DBE＝∠ABD，
∴△BED∽△BDA，
∴，即，
解得：；
（3）解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，
∵∠ABC＝2∠EBF，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF，
∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠G，
∴∠DBE＝∠G，
∵∠DEB＝∠BEG，
∴△BED∽△GEB，
∴，
∵DG＝6，
∴EG＝DE+6，
∴，
解得：DE＝2，负值舍去，
∴EG＝2+6＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝3，
∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，
∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，
∴
即，
解得：．
【知识点】四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）图形中隐含公共角∠ABD＝∠CBA，再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ABD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，可推出CF∥DG，∠BAC=60°，利用解直角三角形求出CF，AF的长；利用线段中点的定义可求出BD的长，由DG∥CF，可证得△BDG∽△BCF，利用相似三角形的性质可求出DG的长，利用勾股定理求出BG的长，即可得到BF、AB的长；再利用两组对应角分别相等的两三角形相似去证明△BED∽△BDA，利用相似三角形的对应边成比例可求出BE的长.
（3）连接BD，利用菱形的性质可证，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC，结合已知可推出∠DBE＝∠CBF，利用平行线的性质可推出∠DBE＝∠G，利用两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△BED∽△GEB，利用相似三角形的性质可求出DE的长，可得到EG、AE的长，再根据勾股定理的逆定理可证得∠AEB=∠BEG=90°，在Rt△BEG中利用勾股定理求出BG的长，据此可表示出BF的长；再由AD∥BC，可推出△DFG∽△CFB，利用相似三角形的性质可求出FG的长.
24．（2024·资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：∵B（4，0），
∴OB＝4，
把，代入函数解析式得：
解得：，
（2）解：∵B（4，0），C（0，4），
∴设直线BC的解析式为：y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得：k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
设，则，
，，，
，
当时，的最大值为；
（3）解：令，解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），
∵C（0，4），点E为AC的中点，
∴E（﹣1，2），
连接CF，如图：
∵FE⊥AC，
∴AF＝CF，
∴∠AFE＝∠CFE，
设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42＝（a+2）2，
∴a＝3，
∴F（3，0），CF＝5，
∵FE⊥AC，∠AOC＝90°，
∴∠AFE＝∠OCA＝90°﹣∠CAF，
∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE.
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），
设FE1的解析式为：y＝k1x+b，
则：，解得：，
联立，
解得：(舍去)或，
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，
过点作轴，则：，
，
设直线的解析式为：，
则：，
解得：
联立
解得：(舍去)或
综上所述，或.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用点B的坐标可求出OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到点C的坐标；分别将点B、C的坐标代入抛物线的解析式，可得到关于b、c的方程组，解方程组求出b、c的值，代入可得到抛物线的解析式.
（2）利用点B、C的坐标，可求出直线BC的函数解析式，利用两函数解析式和PD⊥x轴，设，则，可表示出PK、DK、DB的长，从而可表示出S1和S2，由此可得到S1-S2关于m的函数解析式，将其函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求出S1﹣S2的最大值.
（3）利用抛物线的解析式，由y=0可求出对应的x的值，可得到点A的坐标，再利用点C的坐标及点E为AC的中点，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出AE、CE的长，可推出AF=CF，利用等腰三角形的性质可得到∠AFE=∠CFE；设OF＝a，则CF＝AF＝a+2，在Rt△COF中利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，可得到点F的坐标，同时求出CF的长；利用EF⊥AC和∠AAOC=90°可证明∠AFE＝∠OCA＝∠CFE；①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2），利用待定系数法求出FE1的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立得方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q1的坐标；②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF，利用勾股定理求出EF的长，利用三角形的面积公式和等面积法求出EG的长，再利用勾股定理求出FG的长；过点作轴，利用解直角三角形可求出GH、FH的长，可得到OH的长，据此可得到点G的坐标，利用点E的坐标，可得到点E2的坐标，利用待定系数法可求出线的解析式，将此函数解析式与二次函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到符合题意的点Q2的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.
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