2022年广东省广州市萝岗区中考数学一模试卷.docx

2022年广东省广州市萝岗区中考数学一模试卷
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，总分值30分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.〕
1．〔3分〕〔2022•昆都仑区一模〕的平方根是〔　　〕

A．
4
B．
±4
C．
2
D．
±2
2．〔3分〕〔2022•岳阳〕下面给出的三视图表示的几何体是〔　　〕

A．
圆锥
B．
正三棱柱
C．
正三棱锥
D．
圆柱
3．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕甲、乙、丙三个旅行团的游客人数都相等，且每团游客的平均年龄都是32岁，这三个团游客年龄的方差分别是s2甲=16.8，s2乙=19.8，s2丙=1.28．导游小王最喜欢带游客年龄相近的团队，假设在三个团中选择一个，那么他应选〔　　〕

A．
甲团
B．
乙团
C．
丙团
D．
甲或乙团
4．〔3分〕〔2022•黔南州〕将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．那么这样的折纸方法共有〔　　〕

A．
1种
B．
2种
C．
4种
D．
无数种
5．〔3分〕〔2022•永春县质检〕不等式组的解集在数轴上表示为〔　　〕

A．

B．

C．

D．

6．〔3分〕〔2022•常德〕在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是〔0，0〕、〔3，0〕、〔4，2〕，那么顶点D的坐标为〔　　〕

A．
〔7，2〕
B．
〔5，4〕
C．
〔1，2〕
D．
〔2，1〕
7．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕一靓仔每天骑自行车或步行上学，他上学的路程为3000米，骑自行车的平均速度是步行平均速度的4倍，骑自行车比步行上学早到30分钟．设步行的平均速度为x米/分钟．根据题意，下面列出的方程正确的选项是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

8．〔3分〕〔2022•黔南州〕二次函数y=﹣x2+2x+k的局部图象如下列图，那么关于x的一元二次方程﹣x2+2x+k=0的一个解x1=3，另一个解x2=〔　　〕

A．
1
B．
﹣1
C．
﹣2
D．
0
9．〔3分〕〔2022•内江〕如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=60°，假设⊙O的半径0C为2，那么弦BC的长为〔　　〕

A．
1
B．

C．
2
D．
2
10．〔3分〕〔2022•黔南州〕如图，△ABC中，AB=AC=6，BC=8，AE平分∠BAC交BC于点E，点D为AB的中点，连接DE，那么△BDE的周长是〔　　〕

A．
7+
B．
10
C．
4+2
D．
12
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，总分值18分．〕
11．〔3分〕〔2022•江津区〕在梯形ABCD中，AD∥BC，中位线长为5，高为6，那么它的面积是　_________　．
12．〔3分〕〔2022•吉安模拟〕化简的结果是　_________　．
13．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕以下函数中，当x＞0时y随x的增大而减小的有　_________　．
〔1〕y=﹣x+1，〔2〕y=2x，〔3〕，〔4〕y=﹣x2．
14．〔3分〕〔2022•常德〕如下列图的曲线是一个反比例函数图象的一支，点A在此曲线上，那么该反比例函数的解析式为　_________　．
15．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，一次函数y=kx+b〔k＜0〕的图象经过点A．当y＞3时，x的取值范围是　_________　．
16．〔3分〕〔2022•衢州〕在一自助夏令营活动中，小明同学从营地A出发，要到A地的北偏东60°方向的C处，他先沿正东方向走了200m到达B地，再沿北偏东30°方向走，恰能到达目的地C〔如图〕，那么，由此可知，B、C两地相距　_________　m．
三、解答题〔本大题共9小题，总分值102分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤〕
17．〔9分〕〔2022•江汉区模拟〕解方程：．
18．〔9分〕〔2022•萝岗区一模〕先化简，再求值：，其中a=﹣5．
19．〔10分〕〔2022•青海〕：如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF是过点C的⊙O的切线，AD⊥EF于点D．
〔1〕求证：∠BAC=∠CAD；
〔2〕假设∠B=30°，AB=12，求的长．
20．〔10分〕〔2022•成都模拟〕在不透明的袋中有大小、形状和质地等完全相同的4个小球，它们分别标有数字1、2、3、4．从袋中任意摸出一小球〔不放回〕，将袋中的小球搅匀后，再从袋中摸出另一小球．
〔1〕请你用列表或画树状图的方法表示摸出小球上的数字可能出现的所有结果；
〔2〕规定：如果摸出的两个小球上的数字都是方程x2﹣7x+12=0的根，那么小明赢；如果摸出的两个小球上的数字都不是方程x2﹣7x+12=0的根，那么小亮赢．你认为这个游戏规那么对小明、小亮双方公平吗请说明理由．
21．〔12分〕〔2022•小店区〕某服装店欲购甲、乙两种新款运动服，甲款每套进价350元，乙款每套进价200元，该店方案用不低于7600元且不高于8000元的资金订购30套甲、乙两款运动服．
〔1〕该店订购这两款运动服，共有哪几种方案
〔2〕假设该店以甲款每套400元，乙款每套300元的价格全部出售，哪种方案获利最大
22．〔12分〕〔2022•萝岗区一模〕在矩形AOBC中，OB=6，OA=4．分别以OB，OA所在直线为x轴和y轴，建立如下列图的平面直角坐标系．F是边BC上的一个动点〔不与B，C重合〕，过F点的反比例函数的图象与AC边交于点E．
〔1〕设点E，F的坐标分别为：E〔x1，y1〕，F〔x2，y2〕，△AOE与△FOB的面积分别为S1，S2，求证：S1=S2；
〔2〕假设y2=1，求△OEF的面积；
〔3〕当点F在BC上移动时，△OEF与△ECF的面积差记为S，求当k为何值时，S有最大值，最大值是多少
23．〔12分〕〔2022•莒南县一模〕如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC
〔1〕求证：AD=EC；
〔2〕当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形；
〔3〕在〔2〕的条件下，假设AB=AO，求tan∠OAD的值．
24．〔14分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y=x2+bx+c的图象与一次函数y=x+1的图象交于B，C两点，与x轴交于D，E两点，且D点坐标为〔1，0〕．
〔1〕求二次函数的解析式；
〔2〕求线段BC的长及四边形BDEC的面积S；
〔3〕在坐标轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形假设存在，求出所有的点P；假设不存在，请说明理由．
25．〔14分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，边长为4的正方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的动点〔不与点O，A重合〕，EP⊥CE，且EP交正方形外角的平分线AP于点P．
〔1〕如图1，当点E是边的中点OA时，证明CE=EP；
〔2〕如图1，当点E是OA边的中点时，在y轴上是否存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，说明理由；
〔3〕如图2，当点E是OA边上的任意一点时〔点E不与点O，A重合〕，设点E坐标为E〔t，0〕〔0＜t＜4〕，探究CE=EP是否成立，假设成立，请给出证明，假设不成立，说明理由．
2022年广东省广州市萝岗区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，总分值30分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的.〕
1．〔3分〕〔2022•昆都仑区一模〕的平方根是〔　　〕

A．
4
B．
±4
C．
2
D．
±2
考点：
平方根；算术平方根．菁优网版权所有
分析：
先化简=4，然后求4的平方根．
解答：
解：=4，
4的平方根是±2．
应选D．
点评：
此题考查平方根的求法，关键是知道先化简．
2．〔3分〕〔2022•岳阳〕下面给出的三视图表示的几何体是〔　　〕

A．
圆锥
B．
正三棱柱
C．
正三棱锥
D．
圆柱
考点：
由三视图判断几何体．菁优网版权所有
专题：
几何图形问题．
分析：
由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状．
解答：
解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，
根据俯视图是正三角形可判断出这个几何体应该是正三棱柱．
应选B．
点评：
考查了由三视图判断几何体，主视图和左视图的大致轮廓为长方形的几何体为柱体．
3．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕甲、乙、丙三个旅行团的游客人数都相等，且每团游客的平均年龄都是32岁，这三个团游客年龄的方差分别是s2甲=16.8，s2乙=19.8，s2丙=1.28．导游小王最喜欢带游客年龄相近的团队，假设在三个团中选择一个，那么他应选〔　　〕

A．
甲团
B．
乙团
C．
丙团
D．
甲或乙团
考点：
方差．菁优网版权所有
分析：
由s2甲=16.8，s2乙=19.8，s2丙=1.28，得到丙的方差最小，根据方差的意义得到丙旅行团的游客年龄的波动最小．
解答：
解：∵S甲2=27，S乙2=19.6，S丙2=1.6，
∴S乙2＞S甲2＞S丙2，
∴丙旅行团的游客年龄的波动最小，年龄最相近．
应选C．
点评：
此题考查了方差的意义：方差反映了一组数据在其平均数的左右的波动大小，方差越大，波动越大，越不稳定；方差越小，波动越小，越稳定．
4．〔3分〕〔2022•黔南州〕将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．那么这样的折纸方法共有〔　　〕

A．
1种
B．
2种
C．
4种
D．
无数种
考点：
平行四边形的性质．菁优网版权所有
专题：
操作型．
分析：
根据平行四边形的中心对称性，可知这样的折纸方法有无数种．
解答：
解：因为平行四边形是中心对称图形，任意一条过平行四边形对角线交点的直线都平分四边形的面积，那么这样的折纸方法共有无数种．
应选D．
点评：
此题主要考查平行四边形是中心对称图形的性质．平行四边形的两条对角线交于一点，这个点是平行四边形的中心，也是两条对角线的中点，经过中心的任意一条直线可将平行四边形分成完全重合的两个图形．
5．〔3分〕〔2022•永春县质检〕不等式组的解集在数轴上表示为〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式组．菁优网版权所有
专题：
探究型．
分析：
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
解答：
解：，由①得，x＞1；由②得，x≥2，
故此不等式组的解集为：x≥2，
在数轴上表示为：

应选A．
点评：
此题考查的是解一元一次不等式组及在数轴上表示不等式组的解集，熟知实心圆点与空心圆点的区别是解答此题的关键．
6．〔3分〕〔2022•常德〕在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是〔0，0〕、〔3，0〕、〔4，2〕，那么顶点D的坐标为〔　　〕

A．
〔7，2〕
B．
〔5，4〕
C．
〔1，2〕
D．
〔2，1〕
考点：
平行四边形的性质；坐标与图形性质．菁优网版权所有
分析：
首先根据题意作图，然后由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质，即可求得顶点D的坐标．
解答：
解：如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，CD∥AB，
∵▱ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是〔0，0〕、〔3，0〕、〔4，2〕，
∴顶点D的坐标为〔1，2〕．
应选C．

点评：
此题考查了平行四边形的性质．注意数形结合思想的应用是解此题的关键．
7．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕一靓仔每天骑自行车或步行上学，他上学的路程为3000米，骑自行车的平均速度是步行平均速度的4倍，骑自行车比步行上学早到30分钟．设步行的平均速度为x米/分钟．根据题意，下面列出的方程正确的选项是〔　　〕

A．

B．

C．

D．

考点：
由实际问题抽象出分式方程．菁优网版权所有
分析：
根据时间=路程÷速度，以及关键语“骑自行车比步行上学早到30分钟〞可得出的等量关系是：靓仔上学走的路程÷步行的速度﹣他上学走的路程÷骑车的速度=30分钟．
解答：
解：设靓仔步行的平均速度为x米/分，那么骑自行车的速度为4x米/分，
依题意，得 ﹣=30．
应选A．
点评：
此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，列分式方程解应用题与所有列方程解应用题一样，重点在于准确地找出相等关系，这是列方程的依据．
8．〔3分〕〔2022•黔南州〕二次函数y=﹣x2+2x+k的局部图象如下列图，那么关于x的一元二次方程﹣x2+2x+k=0的一个解x1=3，另一个解x2=〔　　〕

A．
1
B．
﹣1
C．
﹣2
D．
0
考点：
抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
专题：
数形结合．
分析：
先把x1=3代入关于x的一元二次方程﹣x2+2x+k=0，求出k的值，再根据根与系数的关系即可求出另一个解x2的值．
解答：
解：∵把x1=3代入关于x的一元二次方程﹣x2+2x+k=0得，
﹣9+6+k=0，解得k=3，
∴原方程可化为：﹣x2+2x+3=0，
∴x1+x2=3+x2=﹣=2，解得x2=﹣1．
应选B．
点评：
此题考查的是抛物线与x轴的交点，解答此类题目的关键是熟知抛物线与x轴的交点与一元二次方程根的关系．
9．〔3分〕〔2022•内江〕如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=60°，假设⊙O的半径0C为2，那么弦BC的长为〔　　〕

A．
1
B．

C．
2
D．
2
考点：
圆周角定理；垂径定理；解直角三角形．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
由圆周角定理得∠BOC=2∠BAC=120°，过O点作OD⊥BC，垂足为D，由垂径定理可知∠BOD=∠BOC=60°，BC=2BD，解直角三角形求BD即可．
解答：
解：过O点作OD⊥BC，垂足为D，
∵∠BOC，∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BOC=2∠BAC=120°，
∵OD⊥BC，
∴∠BOD=∠BOC=60°，BC=2BD，
在Rt△BOD中，BD=OB•sin∠BOD=2×=，
∴BC=2BD=2．
应选D．

点评：
此题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的运用．关键是利用圆周角定理，垂径定理将条件集中在直角三角形中，解直角三角形．
10．〔3分〕〔2022•黔南州〕如图，△ABC中，AB=AC=6，BC=8，AE平分∠BAC交BC于点E，点D为AB的中点，连接DE，那么△BDE的周长是〔　　〕

A．
7+
B．
10
C．
4+2
D．
12
考点：
三角形中位线定理．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
根据等腰三角形三线合一的性质，先求出BE，再利用中位线定理求出DE即可．
解答：
解：∵在△ABC中，AB=AC=6，AE平分∠BAC，
∴BE=CE=BC=4，
又∵D是AB中点，
∴BD=AB=3，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=AC=3，
∴△BDE的周长为BD+DE+BE=3+3+4=10．
应选B．
点评：
此题主要考查了三角形的中位线定理及等腰三角形的性质：是三线合一，是中学阶段的常规题．
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，总分值18分．〕
11．〔3分〕〔2022•江津区〕在梯形ABCD中，AD∥BC，中位线长为5，高为6，那么它的面积是　30　．
考点：
梯形中位线定理．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
利用梯形的中位线的定义求得两底和，在利用梯形的面积计算方法计算即可．
解答：
解：∵中位线长为5，
∴AD+BC=2×5=10，
∴梯形的面积为：，
故答案为30．
点评：
此题考查的知识比较全面，需要用到梯形和三角形中位线定理以及平行四边形的性质．
12．〔3分〕〔2022•吉安模拟〕化简的结果是　a+b　．
考点：
分式的加减法．菁优网版权所有
分析：
此题属于同分母通分，再将分子因式分解，约分．
解答：
解：原式=
=
=a+b．
故答案为：a+b．
点评：
此题考查了分式的加减运算．关键是直接通分，将分子因式分解，约分．
13．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕以下函数中，当x＞0时y随x的增大而减小的有　〔1〕〔4〕　．
〔1〕y=﹣x+1，〔2〕y=2x，〔3〕，〔4〕y=﹣x2．
考点：
二次函数的图象；一次函数的性质；正比例函数的性质；反比例函数的性质．菁优网版权所有
分析：
分别根据一次函数、正比例函数、反比例函数以及二次函数的增减性即可求解．
解答：
解：〔1〕y=﹣x+1，y随x增大而减小，正确；
〔2〕y=2x，y随x增大而增大，错误；
〔3〕，在每一个分支，y随x增大而增大，错误；
〔4〕y=﹣x2，在对称轴的左侧，y随x增大而增大，在对称轴的右侧，y随x增大而减小，正确．
故答案为〔1〕〔4〕．
点评：
此题综合考查二次函数、一次函数、反比例函数、正比例函数的增减性〔单调性〕，是一道难度中等的题目．
14．〔3分〕〔2022•常德〕如下列图的曲线是一个反比例函数图象的一支，点A在此曲线上，那么该反比例函数的解析式为　y=〔x＞0〕　．
考点：
待定系数法求反比例函数解析式．菁优网版权所有
专题：
待定系数法．
分析：
根据图示知A〔1，3〕，将其代入反比例函数的解析式y=〔x＞0〕，求得k值，进而求出反比例函数的解析式．
解答：
解：设该反比例函数的解析式是y=〔x＞0〕．
∵点A〔1，3〕在此曲线上，
∴3=k，即k=3，
∴该反比例函数的解析式为y=〔x＞0〕．
故答案为：y=〔x＞0〕．
点评：
此题考查了待定系数法求反比例函数的解析式．解题时，借用了反比例函数图象上点的坐标特征，经过函数的某点一定在函数的图象上．
15．〔3分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，一次函数y=kx+b〔k＜0〕的图象经过点A．当y＞3时，x的取值范围是　x＜2　．
考点：
一次函数与一元一次不等式．菁优网版权所有
专题：
数形结合．
分析：
直接根据函数图象进行解答即可．
解答：
解：∵由函数图象可知，当x＜2时，函数图象在y=3的上方，
∴当y＞3时，x的取值范围是x＜2．
故答案为：x＜2．
点评：
此题考查的是一次函数与一元一次不等式，根据题意利用数形结合求解是解答此题的关键．
16．〔3分〕〔2022•衢州〕在一自助夏令营活动中，小明同学从营地A出发，要到A地的北偏东60°方向的C处，他先沿正东方向走了200m到达B地，再沿北偏东30°方向走，恰能到达目的地C〔如图〕，那么，由此可知，B、C两地相距　200　m．
考点：
解直角三角形的应用-方向角问题．菁优网版权所有
专题：
压轴题．
分析：
首先把实际问题转化为直角三角形问题来解决，由可推出∠ABC=90°+30°=120°，∠BAC=90°﹣60°=30°，再由三角形内角和定理得∠ACB=30°，从而求出B、C两地的距离．
解答：
解：由得：
∠ABC=90°+30°=120°，
∠BAC=90°﹣60°=30°，
∴∠ACB=180°﹣∠ABC﹣∠BAC=180°﹣120°﹣30°=30°，
∴∠ACB=∠BAC，
∴BC=AB=200．
故答案为：200．
点评：
此题考查的知识点是解直角三角形的应用﹣方向角问题，关键是实际问题转化为直角三角形问题，此题还运用了三角形内角和定理．
三、解答题〔本大题共9小题，总分值102分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤〕
17．〔9分〕〔2022•江汉区模拟〕解方程：．
考点：
解分式方程．菁优网版权所有
分析：
观察可得最简公分母是〔x﹣2〕，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
解答：
解：原方程可化为：﹣=2，
方程的两边同〔x﹣2〕，
得3﹣1=2〔x﹣2〕，
解得x=3．
检验：把x=3代入〔x﹣2〕=1≠0．
所以x=3是原方程的解．
点评：
此题考查了分式方程的解法．注意：
〔1〕解分式方程的根本思想是“转化思想〞，把分式方程转化为整式方程求解．
〔2〕解分式方程一定注意要验根．
18．〔9分〕〔2022•萝岗区一模〕先化简，再求值：，其中a=﹣5．
考点：
分式的化简求值．菁优网版权所有
分析：
此题需先把除法转化成乘法，再把分式的分子和分母因式分解，最后约分把a的值代入即可．
解答：
解：原式=
=；
把a=﹣5代入原式==3．
点评：
此题考查了分式的化简求值，分式混合运算要注意分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算．
19．〔10分〕〔2022•青海〕：如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线EF是过点C的⊙O的切线，AD⊥EF于点D．
〔1〕求证：∠BAC=∠CAD；
〔2〕假设∠B=30°，AB=12，求的长．
考点：
切线的性质；圆周角定理；弧长的计算．菁优网版权所有
专题：
综合题；压轴题．
分析：
〔1〕连接OC，由EF为圆O的切线，根据切线性质得到OC与EF垂直，又AD与EF垂直，得到AD与OC平行，根据两直线平行得到内错角∠OCA=∠CAD，由OA=OC，根据“等边对等角〞得到∠OCA=∠OAC，等量代换得证；
〔2〕由OA=OB，根据“等边对等角〞得到∠B=∠OCB=30°，又∠AOC为△BOC的外角，根据三角形外角性质求出∠AOC的度数，即为弧AC所对的圆心角的度数，然后由直径AB的长，求出半径的长，利用弧长公式即可求出的长．
解答：
〔1〕证明：连接OC，
∵EF是过点C的⊙O的切线．
∴OC⊥EF，又AD⊥EF，
∴OC∥AD，
∴∠OCA=∠CAD，
又∵OA=OC，
∴∠OCA=∠BAC，
∴∠BAC=∠CAD；

〔2〕解：∵OB=OC，∴∠B=∠OCB=30°，
又∵∠AOC是△BOC的外角，
∴∠AOC=∠B+∠OCB=60°，
∵AB=12，
∴半径OA=AB=6，
∴的长l==2π．

点评：
此题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，以及弧长公式．遇到直线与圆相切，连接圆心与切点，是常常连接的辅助线，然后构造直角三角形来解决问题．要求学生掌握切线的性质，三角形的外角性质以及弧长公式l=〔n为弧所对的圆心角度数，r表示圆的半径〕．
20．〔10分〕〔2022•成都模拟〕在不透明的袋中有大小、形状和质地等完全相同的4个小球，它们分别标有数字1、2、3、4．从袋中任意摸出一小球〔不放回〕，将袋中的小球搅匀后，再从袋中摸出另一小球．
〔1〕请你用列表或画树状图的方法表示摸出小球上的数字可能出现的所有结果；
〔2〕规定：如果摸出的两个小球上的数字都是方程x2﹣7x+12=0的根，那么小明赢；如果摸出的两个小球上的数字都不是方程x2﹣7x+12=0的根，那么小亮赢．你认为这个游戏规那么对小明、小亮双方公平吗请说明理由．
考点：
游戏公平性；列表法与树状图法．菁优网版权所有
分析：
〔1〕可以利用树状图表示出所有的可能出现的结果；
〔2〕分别求得两人赢的概率，判断是否相等即可求解．
解答：
解：〔1〕利用树状图表示为：
；

〔2〕小明赢的情况有：3，4和4，3两种，因而小明赢的概率是：=，
小亮赢的概率是：1﹣=，
两人赢的时机不同，因而双方不公平．
点评：
此题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否那么就不公平．
21．〔12分〕〔2022•小店区〕某服装店欲购甲、乙两种新款运动服，甲款每套进价350元，乙款每套进价200元，该店方案用不低于7600元且不高于8000元的资金订购30套甲、乙两款运动服．
〔1〕该店订购这两款运动服，共有哪几种方案
〔2〕假设该店以甲款每套400元，乙款每套300元的价格全部出售，哪种方案获利最大
考点：
一元一次不等式组的应用．菁优网版权所有
专题：
方案型．
分析：
〔1〕找到关键描述语“用不低于7600元且不高于8000元的资金订购30套甲、乙两款运动服〞，进而找到所求的量的等量关系，列出不等式组求解．
〔2〕根据利润=售价﹣本钱，分别求出甲款，乙款的利润相加后再比较，即可得出获利最大方案．
解答：
解：设该店订购甲款运动服x套，那么订购乙款运动服〔30﹣x〕套，由题意，得〔1分〕
〔1〕〔2分〕
解这个不等式组，得〔3分〕
∵x为整数，∴x取11，12，13
∴30﹣x取19，18，17〔4分〕
答：方案①甲款11套，乙款19套；②甲款12套，乙款18套；③甲款13套，乙款17套．〔5分〕

〔2〕解法一：设该店全部出售甲、乙两款运动服后获利y元，
那么y=〔400﹣350〕x+〔300﹣200〕〔30﹣x〕
=50x+3000﹣100x=﹣50x+3000〔6分〕
∵﹣50＜0，∴y随x增大而减小〔7分〕
∴当x=11时，y最大．〔8分〕
解法二：三种方案分别获利为：
方案一：〔400﹣350〕×11+〔300﹣200〕×19=2450〔元〕
方案二：〔400﹣350〕×12+〔300﹣200〕×18=2400〔元〕
方案三：〔400﹣350〕×13+〔300﹣200〕×17=2350〔元〕〔6分〕
∵2450＞2400＞2350〔7分〕
∴方案一即甲款11套，乙款19套，获利最大〔8分〕
答：甲款11套，乙款19套，获利最大．
点评：
此题考查一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出不等式关系式即可求解．
22．〔12分〕〔2022•萝岗区一模〕在矩形AOBC中，OB=6，OA=4．分别以OB，OA所在直线为x轴和y轴，建立如下列图的平面直角坐标系．F是边BC上的一个动点〔不与B，C重合〕，过F点的反比例函数的图象与AC边交于点E．
〔1〕设点E，F的坐标分别为：E〔x1，y1〕，F〔x2，y2〕，△AOE与△FOB的面积分别为S1，S2，求证：S1=S2；
〔2〕假设y2=1，求△OEF的面积；
〔3〕当点F在BC上移动时，△OEF与△ECF的面积差记为S，求当k为何值时，S有最大值，最大值是多少
考点：
反比例函数综合题．菁优网版权所有
分析：
〔1〕分别用点E，F的坐标表示出△AOE与△FOB的面积，再利用反比例函数的性质xy=k，再进行比较即可；
〔2〕根据题意可得E，F两点坐标分别为E〔，4〕，F〔6，〕，再利用y2=1，得出E，F坐标，进而求出△OEF的面积；
〔3〕应分别用矩形面积和能用图中的点表示出的三角形的面积表示出所求的面积，利用二次函数求出最值即可．
解答：
〔1〕证明：设E〔x1，y1〕，F〔x2，y2〕，△AOE与△FOB的面积分别为S1，S2，
由题意得y1=，y2=，
∴S1=x1y1=k，S2=x2y2=k，
∴S1=S2；

〔2〕解：由题意知E，F两点坐标分别为E〔，4〕，F〔6，〕，
∵y2=1，∴=1，
∴k=6，
∴E点坐标为：〔，4〕，F点坐标为：〔6，1〕，
∴EC=6﹣=，FC=4﹣1=3，
∴S△EOF=S矩形AOBC﹣S△AOE﹣S△BOF﹣S△ECF，
=4×6﹣××4﹣×6×1﹣××3，
=；

〔3〕解：∵E，F两点坐标分别为E〔，4〕，F〔6，〕，
∴S△ECF=EC•CF=〔6﹣〕〔4﹣〕，
∴S△EOF=S矩形AOBC﹣S△AOE﹣S△BOF﹣S△ECF，
=24﹣k﹣k﹣S△ECF，
=24﹣k﹣S△ECF，
∴S=S△OEF﹣S△ECF=24﹣k﹣2S△ECF=24﹣k﹣〔24﹣2k+k2〕，
=﹣k2+k，
=﹣〔k﹣12〕2+6，
当k=12时，S有最大值．
S最大值=6．

点评：
此题主要考查了反比例函数的图象和性质、图形的面积计算、二次函数最值等知识，求坐标系内一般三角形的面积，通常整理为矩形面积减去假设干直角三角形的面积的形式求出是解题关键．
23．〔12分〕〔2022•莒南县一模〕如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC
〔1〕求证：AD=EC；
〔2〕当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形；
〔3〕在〔2〕的条件下，假设AB=AO，求tan∠OAD的值．
考点：
菱形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；锐角三角函数的定义．菁优网版权所有
专题：
几何综合题．
分析：
〔1〕先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形，即得AD=CE；
〔2〕由∠BAC=90°，AD上斜边BC上的中线，即得AD=BD=CD，证得四边形ADCE是平行四边形，即证；
〔3〕利用〔2〕的结论和三角形中位线的性质即可求出tan∠OAD的值．
解答：
解：〔1〕证明：∵DE∥AB，AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BD且AE=BD，
又∵AD是边BC上的中线，
∴BD=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形
∴AD=EC；

〔2〕∵∠BAC=90°，AD是斜边BC上的中线，
∴AD=BD=CD
又∵四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形；

〔3〕∵四边形ADCE是菱形，
∴AO=CO，∠AOD=90°
又∵BD=CD，
∴OD是△ABC的中位线，那么OD=AB，
∵AB=AO，
∴OD=AO，
∴在Rt△AOD中，tan∠OAD=．

点评：
此题考查了平行四边形和菱形的判定和性质，〔1〕证得四边形ABDE，四边形ADCE为平行四边形即得；〔2〕由∠BAC=90°，AD上斜边BC上的中线，即得AD=BD=CD，证得四边形ADCE是平行四边形，从而证得四边形ADCE是菱形．
24．〔14分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y=x2+bx+c的图象与一次函数y=x+1的图象交于B，C两点，与x轴交于D，E两点，且D点坐标为〔1，0〕．
〔1〕求二次函数的解析式；
〔2〕求线段BC的长及四边形BDEC的面积S；
〔3〕在坐标轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形假设存在，求出所有的点P；假设不存在，请说明理由．
考点：
二次函数综合题．菁优网版权所有
专题：
计算题．
分析：
〔1〕求出B的坐标，把B、D的坐标代入二次函数的解析式得出方程组，求出方程组的解即可；
〔2〕求出直线与二次函数的交点坐标，求出C的坐标，求出E的坐标，过C作CN⊥x轴于N，根据图象分别求出梯形BOEC、△BOD、△CNE的面积，即可求出答案；
〔3〕分为两种情况：①P在x轴上时，设P的坐标是〔x，0〕，根据勾股定理求出PB2，PC2，BC2，根据PC2+PB2=BC2，求出x即可；②P在y轴上时，设P点的坐标是〔0，y〕，根据PC2+PB2=BC2，得出方程〔1﹣y〕2+42+〔3﹣y〕2=20，求出y即可．
解答：
解：〔1〕∵把x=0代入y=x+1得：y=1，
∴B〔0，1〕，
∵把B、D的坐标代入二次函数的解析式得：，
解得：b=﹣，c=1，
∴二次函数的解析式是y=x2﹣x+1．

〔2〕解方程组得：，，
∵B〔0，1〕，
∴C〔4，3〕，
把y=0代入y=x2﹣x+1得：x2﹣x+1=0，
解得：x1=1，x2=2，
即D〔1，0〕，E〔2，0〕，
∵由勾股定理得：BC==2，
过C作CN⊥x轴于N，
那么CN=3，NE=4﹣2=2，OD=OB=1，
∴四边形BDEC的面积是S=S梯形BONC﹣S△BOD﹣S△CNE=×〔1+3〕×4﹣×1×1﹣×2×3=4，
答：线段BC的长是2，四边形BDEC的面积S是4．

〔3〕存在P点，
理由是：①P在x轴上时，设P的坐标是〔x，0〕，
∵B〔0，1〕，C〔4，3〕，
∴由勾股定理得：PB2=x2+12，PC2=32+〔4﹣x〕2，BC2=42+〔3﹣1〕2=20，
∵P为直角顶点，
∴PC2+PB2=BC2，
∴x2+12+32+〔4﹣x〕2=20，
解得：x1=1，x2=3，
∴P〔1，0〕或〔3，0〕；
②P在y轴上时，设P的坐标是〔0，y〕，
∵B〔0，1〕，C〔4，3〕，
∴由勾股定理得：PB2=〔1﹣y〕2，PC2=42+〔3﹣y〕2，BC2=42+〔3﹣1〕2=20，
∵P为直角顶点，
∴PC2+PB2=BC2，
∴〔1﹣y〕2+42+〔3﹣y〕2=20，
解得：y1=1，y2=3，
∵B〔0，1〕，
∴y1=1〔舍去〕，
∴P〔0，3〕，
即存在P点，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形，P的坐标是〔1，0〕或〔3，0〕或〔0，3〕．

点评：
此题考查的知识点有用待定系数法求出二次函数的解析式，勾股定理，解一元二次方程，三角形的面积，主要考查学生综合运用这些性质进行计算和推理的能力，综合性比较强，有一定的难度．
25．〔14分〕〔2022•萝岗区一模〕如图，边长为4的正方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的动点〔不与点O，A重合〕，EP⊥CE，且EP交正方形外角的平分线AP于点P．
〔1〕如图1，当点E是边的中点OA时，证明CE=EP；
〔2〕如图1，当点E是OA边的中点时，在y轴上是否存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，说明理由；
〔3〕如图2，当点E是OA边上的任意一点时〔点E不与点O，A重合〕，设点E坐标为E〔t，0〕〔0＜t＜4〕，探究CE=EP是否成立，假设成立，请给出证明，假设不成立，说明理由．
考点：
相似形综合题．菁优网版权所有
专题：
压轴题；探究型．
分析：
〔1〕过P作PH垂直于x轴，交x轴于点H，再由CO与OE垂直，利用垂直的定义得到一对直角相等，由CE与EP垂直，得到一个角为直角，利用平角的定义得到一对角互余，而直角三角形OCE中两锐角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出三角形OCE与三角形PHE相似，由相似得比例，将各自的值代入得到关于HP的方程，求出方程的解得到HP的值，在直角三角形OCE与直角三角形EPH中，分别利用勾股定理求出CE与EP，即可判断得到CE=EP；
〔2〕y轴上存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形，理由为：过B作BM平行于PE，由CE与EP垂直，利用和平行线中一条直线垂直，与另一条直线也垂直得到CE与BM垂直，利用同角的余角相等可得出∠OCE=∠CBM，再加上BC=CO，及一对直角相等，利用ASA可得出△BCM≌△COE，得出BM=CE，而EP=CE，可得出EP=BM，可得出四边形BM