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2022年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕﹣2022的绝对值是〔　　〕
A．﹣2022 B．﹣ C．2022 D．
2．〔3分〕下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
3．〔3分〕作为“一带一路〞建议的重大先行工程，中国，巴基斯坦经济走廊建设进展快、成效显著，两年来，已有18个工程在建或建成，总投资额达185亿美元，185亿用科学记数法表示为〔　　〕

4．〔3分〕以下算式运算结果正确的选项是〔　　〕
A．〔2x5〕2=2x10 B．〔﹣3〕﹣2= C．〔a+1〕2=a2+1 D．a﹣〔a﹣b〕=﹣b
5．〔3分〕为有效开展“阳光体育〞活动，某校方案购置篮球和足球共50个，购置资金不超过3000元．假设每个篮球80元，每个足球50元，那么篮球最多可购置〔　　〕
A．16个 B．17个 C．33个 D．34个
6．〔3分〕假设关于x的方程kx2﹣3x﹣=0有实数根，那么实数k的取值范围是〔　　〕
A．k=0 B．k≥﹣1且k≠0 C．k≥﹣1 D．k＞﹣1
7．〔3分〕等腰三角形的周长是10，底边长y是腰长x的函数，那么以下列图象中，能正确反映y与x之间函数关系的图象是〔　　〕
A． B． C． D．
8．〔3分〕一个几何体的主视图和俯视图如下列图，假设这个几何体最多有a个小正方体组成，最少有b个小正方体组成，那么a+b等于〔　　〕
A．10 B．11 C．12 D．13
9．〔3分〕一个圆锥的侧面积是底面积的3倍，那么这个圆锥侧面展开图的圆心角度数为〔　　〕
A．120° B．180° C．240° D．300°
10．〔3分〕如图，抛物线y=ax2+bx+c〔a≠0〕的对称轴为直线x=﹣2，与x轴的一个交点在〔﹣3，0〕和〔﹣4，0〕之间，其局部图象如下列图，那么以下结论：①4a﹣b=0；②c＜0；③﹣3a+c＞0；④4a﹣2b＞at2+bt〔t为实数〕；⑤点〔﹣，y1〕，〔﹣，y2〕，〔﹣，y3〕是该抛物线上的点，那么y1＜y2＜y3，正确的个数有〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题〔本大题共9小题，每题3分，共27分〕
11．〔3分〕在某次七年级期末测试中，甲、乙两个班的数学平均成绩都是89.5分，且方差分别为S甲2=0.15，S乙2=0.2，那么成绩比较稳定的是班．
12．〔3分〕在函数y=+x﹣2中，自变量x的取值范围是．
13．〔3分〕矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使其成为正方形〔只填一个即可〕
14．〔3分〕因式分解：4m2﹣36=．
15．〔3分〕如图，AC是⊙O的切线，切点为C，BC是⊙O的直径，AB交⊙O于点D，连接OD，假设∠A=50°，那么∠COD的度数为．
16．〔3分〕如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，那么这个平行四边形较长的对角线的长是．
17．〔3分〕经过三边都不相等的三角形的一个顶点的线段把三角形分成两个小三角形，如果其中一个是等腰三角形，另外一个三角形和原三角形相似，那么把这条线段定义为原三角形的“和谐分割线〞．如图，线段CD是△ABC的“和谐分割线〞，△ACD为等腰三角形，△CBD和△ABC相似，∠A=46°，那么∠ACB的度数为．
18．〔3分〕如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC=，反比例函数y=的图象经过点C，与AB交于点D，假设△COD的面积为20，那么k的值等于．
19．〔3分〕如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，依此规律，得到等腰直角三角形OA2022A2022，那么点A2022的坐标为．
三、解答题〔共63分〕
20．〔7分〕先化简，再求值：•﹣〔+1〕，其中x=2cos60°﹣3．
21．〔8分〕如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A〔﹣3，4〕，B〔﹣5，2〕，C〔﹣2，1〕．
〔1〕画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
〔2〕画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
〔3〕求〔2〕中线段OA扫过的图形面积．
22．〔8分〕如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A〔﹣1，0〕和点B〔3，0〕，与y轴交于点C，连接BC交抛物线的对称轴于点E，D是抛物线的顶点．
〔1〕求此抛物线的解析式；
〔2〕直接写出点C和点D的坐标；
〔3〕假设点P在第一象限内的抛物线上，且S△ABP=4S△COE，求P点坐标．
注：二次函数y=ax2+bx+c〔a≠0〕的顶点坐标为〔﹣，〕
23．〔8分〕如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，BD=AD，DG=DC，E，F分别是BG，AC的中点．
〔1〕求证：DE=DF，DE⊥DF；
〔2〕连接EF，假设AC=10，求EF的长．
24．〔10分〕为养成学生课外阅读的习惯，各学校普遍开展了“我的梦 中国梦〞课外阅读活动，某校为了解七年级1200名学生课外日阅读所用时间情况，从中随机抽查了局部同学，进行了相关统计，整理并绘制出如下不完整的频数分布表和频数分布直方图，请根据图表信息解答以下问题：
〔1〕表中a=，b=；
〔2〕请补全频数分布直方图中空缺的局部；
〔3〕样本中，学生日阅读所用时间的中位数落在第组；
〔4〕请估计该校七年级学生日阅读量缺乏1小时的人数．
组别
时间段〔小时〕
频数
频率
1
0≤x＜0.5
10
0.05
2
0.5≤x＜1.0
20
0.10
3
1.0≤x＜1.5
80
b
4
1.5≤x＜2.0
a
0.35
5
2.0≤x＜2.5
12
0.06
6
2.5≤x＜3.0
8
0.04
25．〔10分〕“低碳环保，绿色出行〞的理念得到广阔群众的接受，越来越多的人再次选择自行车作为出行工具，小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y〔米〕与时间x〔分钟〕的关系如图，请结合图象，解答以下问题：
〔1〕a=，b=，m=；
〔2〕假设小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
〔3〕在〔2〕的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米
〔4〕假设小军的行驶速度是v米/分，且在途中与爸爸恰好相遇两次〔不包括家、图书馆两地〕，请直接写出v的取值范围．
26．〔12分〕如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
〔1〕求线段OA，OC的长；
〔2〕求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
〔3〕直接写出点D的坐标；
〔4〕假设F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形假设存在，请直接写出P点的坐标；假设不存在，请说明理由．
2022年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共10小题，每题3分，共30分〕
1．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕﹣2022的绝对值是〔　　〕
A．﹣2022 B．﹣ C．2022 D．
【分析】根据绝对值的定义即可解题．
【解答】解：∵|﹣2022|=2022，
∴答案C正确，
应选 C．
【点评】此题考查了绝对值的定义，绝对值是指一个数在数轴上所对应点到原点的距离．
2．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，在这四个标志中，是轴对称图形的是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
应选D．
【点评】此题考查了轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两局部沿对称轴折叠后可重合．
3．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕作为“一带一路〞建议的重大先行工程，中国，巴基斯坦经济走廊建设进展快、成效显著，两年来，已有18个工程在建或建成，总投资额达185亿美元，185亿用科学记数法表示为〔　　〕

【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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

应选：B．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕以下算式运算结果正确的选项是〔　　〕
A．〔2x5〕2=2x10 B．〔﹣3〕﹣2= C．〔a+1〕2=a2+1 D．a﹣〔a﹣b〕=﹣b
【分析】根据合并同类项法那么，同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减，即可解题．
【解答】解：A、〔2x5〕2=4x10，故A错误；
B、〔﹣3〕﹣2==，故B正确；
C、〔a+1〕2=a2+2a+1，故C错误；
D、a﹣〔a﹣b〕=a﹣a+b=b，故D错误；
应选：B．
【点评】此题考查合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法那么是解题的关键．
5．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕为有效开展“阳光体育〞活动，某校方案购置篮球和足球共50个，购置资金不超过3000元．假设每个篮球80元，每个足球50元，那么篮球最多可购置〔　　〕
A．16个 B．17个 C．33个 D．34个
【分析】设买篮球m个，那么买足球〔50﹣m〕个，根据购置足球和篮球的总费用不超过3000元建立不等式求出其解即可．
【解答】解：设买篮球m个，那么买足球〔50﹣m〕个，根据题意得：
80m+50〔50﹣m〕≤3000，
解得：m≤16，
∵m为整数，
∴m最大取16，
∴最多可以买16个篮球．
应选：A．
【点评】此题考查了列一元一次不等式解实际问题的运用，解答此题时找到建立不等式的不等关系是解答此题的关键．
6．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕假设关于x的方程kx2﹣3x﹣=0有实数根，那么实数k的取值范围是〔　　〕
A．k=0 B．k≥﹣1且k≠0 C．k≥﹣1 D．k＞﹣1
【分析】讨论：当k=0时，方程化为﹣3x﹣=0，方程有一个实数解；当k≠0时，△=〔﹣3〕2﹣4k•〔﹣〕≥0，然后求出两个中情况下的k的公共局部即可．
【解答】解：当k=0时，方程化为﹣3x﹣=0，解得x=；
当k≠0时，△=〔﹣3〕2﹣4k•〔﹣〕≥0，解得k≥﹣1，
所以k的范围为k≥﹣1．
应选C．
【点评】此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．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕等腰三角形的周长是10，底边长y是腰长x的函数，那么以下列图象中，能正确反映y与x之间函数关系的图象是〔　　〕
A． B． C． D．
【分析】先根据三角形的周长公式求出函数关系式，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出x的取值范围，然后选择即可．
【解答】解：由题意得，2x+y=10，
所以，y=﹣2x+10，
由三角形的三边关系得，，
解不等式①得，x＞2.5，
解不等式②的，x＜5，
所以，不等式组的解集是2.5＜x＜5，
正确反映y与x之间函数关系的图象是D选项图象．
应选D．
【点评】此题考查了一次函数图象，三角形的三边关系，等腰三角形的性质，难点在于利用三角形的三边关系求自变量的取值范围．
8．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕一个几何体的主视图和俯视图如下列图，假设这个几何体最多有a个小正方体组成，最少有b个小正方体组成，那么a+b等于〔　　〕
A．10 B．11 C．12 D．13
【分析】易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可能的个数，相加即可．
【解答】解：结合主视图和俯视图可知，左边后排最多有3个，左边前排最多有3个，右边只有一层，且只有1个，
所以图中的小正方体最多7块，
结合主视图和俯视图可知，左边后排最少有1个，左边前排最多有3个，右边只有一层，且只有1个，
所以图中的小正方体最少5块，
a+b=12，
应选：C．
【点评】考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也表达了对空间想象能力方面的考查．
9．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕一个圆锥的侧面积是底面积的3倍，那么这个圆锥侧面展开图的圆心角度数为〔　　〕
A．120° B．180° C．240° D．300°
【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的3倍得到圆锥底面半径和母线长的关系，根据圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可求得圆锥侧面展开图的圆心角度数．
【解答】解：设底面圆的半径为r，侧面展开扇形的半径为R，扇形的圆心角为n度．
由题意得S底面面积=πr2，
l底面周长=2πr，
S扇形=3S底面面积=3πr2，
l扇形弧长=l底面周长=2πr．
由S扇形=l扇形弧长×R得3πr2=×2πr×R，
故R=3r．
由l扇形弧长=得：
2πr=解得n=120°．
应选A．
【点评】此题考查了圆锥的计算，通过圆锥的底面和侧面，结合有关圆、扇形的一些计算公式，重点考查空间想象能力、综合应用能力．熟记圆的面积和周长公式、扇形的面积和两个弧长公式并灵活应用是解答此题的关键．
10．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，抛物线y=ax2+bx+c〔a≠0〕的对称轴为直线x=﹣2，与x轴的一个交点在〔﹣3，0〕和〔﹣4，0〕之间，其局部图象如下列图，那么以下结论：①4a﹣b=0；②c＜0；③﹣3a+c＞0；④4a﹣2b＞at2+bt〔t为实数〕；⑤点〔﹣，y1〕，〔﹣，y2〕，〔﹣，y3〕是该抛物线上的点，那么y1＜y2＜y3，正确的个数有〔　　〕
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据抛物线的对称轴可判断①，由抛物线与x轴的交点及抛物线的对称性可判断②，由x=﹣1时y＞0可判断③，由x=﹣2时函数取得最大值可判断④，根据抛物线的开口向下且对称轴为直线x=﹣2知图象上离对称轴水平距离越小函数值越大，可判断⑤．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=﹣2，
∴4a﹣b=0，所以①正确；
∵与x轴的一个交点在〔﹣3，0〕和〔﹣4，0〕之间，
∴由抛物线的对称性知，另一个交点在〔﹣1，0〕和〔0，0〕之间，
∴抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，即c＜0，故②正确；
∵由②知，x=﹣1时y＞0，且b=4a，
即a﹣b+c=a﹣4a+c=﹣3a+c＞0，
所以③正确；
由函数图象知当x=﹣2时，函数取得最大值，
∴4a﹣2b+c≥at2+bt+c，
即4a﹣2b≥at2+bt〔t为实数〕，故④错误；
∵抛物线的开口向下，且对称轴为直线x=﹣2，
∴抛物线上离对称轴水平距离越小，函数值越大，
∴y1＜y3＜y2，故⑤错误；
应选：B．
【点评】此题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c〔a≠0〕，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时〔即ab＞0〕，对称轴在y轴左； 当a与b异号时〔即ab＜0〕，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于〔0，c〕；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题〔本大题共9小题，每题3分，共27分〕
11．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕在某次七年级期末测试中，甲、乙两个班的数学平均成绩都是89.5分，且方差分别为S甲2=0.15，S乙2=0.2，那么成绩比较稳定的是　甲　班．
【分析】根据方差的意义判断．方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立
【解答】解：∵s甲2＜s乙2，
∴成绩相对稳定的是甲，
故答案为：甲．
【点评】此题考查方差的意义：反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
12．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕在函数y=+x﹣2中，自变量x的取值范围是　x≥﹣4且x≠0　．
【分析】根据二次根是有意义的条件：被开方数大于等于0进行解答即可．
【解答】解：由x+4≥0且x≠0，得x≥﹣4且x≠0；
故答案为x≥﹣4且x≠0．
【点评】此题考查了函数自变量的取值范围问题，掌握二次根是有意义的条件：被开方数大于等于0是解题的关键．
13．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件　AB=BC〔答案不唯一〕　，使其成为正方形〔只填一个即可〕
【分析】此题是一道开放型的题目答案不唯一，证出四边形ABCD是菱形，由正方形的判定方法即可得出结论．
【解答】解：添加条件：AB=BC，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB=BC〔答案不唯一〕．
【点评】此题考查了矩形的性质，菱形的判定，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．
14．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕因式分解：4m2﹣36=　4〔m+3〕〔m﹣3〕　．
【分析】原式提取4，再利用平方差公式计算即可得到结果．
【解答】解：原式=4〔m2﹣9〕=4〔m+3〕〔m﹣3〕，
故答案为：4〔m+3〕〔m﹣3〕
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解此题的关键．
15．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，AC是⊙O的切线，切点为C，BC是⊙O的直径，AB交⊙O于点D，连接OD，假设∠A=50°，那么∠COD的度数为　80°　．
【分析】根据切线的性质得出∠C=90°，再由得出∠ABC，由外角的性质得出∠COD的度数．
【解答】解：∵AC是⊙O的切线，
∴∠C=90°，
∵∠A=50°，
∴∠B=40°，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB=40°，
∴∠COD=2×40°=80°，
故答案为80°．
【点评】此题考查了切线的性质，掌握切线的性质、直角三角形的性质以及外角的性质是解题的关键．
16．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，那么这个平行四边形较长的对角线的长是　10cm，2cm，4cm　．
【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长．
【解答】解：如图：，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵△ABC边AB=AC=10cm，BC=12cm，
∴BD=DC=6cm，
∴AD=8cm，
如图①所示：
可得四边形ACBD是矩形，那么其对角线长为：10cm，
如图②所示：AD=8cm，
连接BC，过点C作CE⊥BD于点E，
那么EC=8cm，BE=2BD=12cm，
那么BC=4cm，
如图③所示：BD=6cm，
由题意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，
故AC==2cm，
故答案为：10cm，2cm，4cm．
【点评】此题主要考查了图形的剪拼以及勾股定理和等腰三角形的性质等知识，利用分类讨论得出是解题关键．
17．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕经过三边都不相等的三角形的一个顶点的线段把三角形分成两个小三角形，如果其中一个是等腰三角形，另外一个三角形和原三角形相似，那么把这条线段定义为原三角形的“和谐分割线〞．如图，线段CD是△ABC的“和谐分割线〞，△ACD为等腰三角形，△CBD和△ABC相似，∠A=46°，那么∠ACB的度数为　113°或92°　．
【分析】由△ACD是等腰三角形，∠ADC＞∠BCD，推出∠ADC＞∠A，即AC≠CD，分两种情形讨论①当AC=AD时，②当DA=DC时，分别求解即可．
【解答】解：∵△BCD∽△BAC，
∴∠BCD=∠A=46°，
∵△ACD是等腰三角形，∵∠ADC＞∠BCD，
∴∠ADC＞∠A，即AC≠CD，
①当AC=AD时，∠ACD=∠ADC=〔180°﹣46°〕=67°，
∴∠ACB=67°+46°=113°，
②当DA=DC时，∠ACD=∠A=46°，
∴∠ACB=46°+46°=92°，
故答案为113°或92°．
【点评】此题考查相似三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
18．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC=，反比例函数y=的图象经过点C，与AB交于点D，假设△COD的面积为20，那么k的值等于　﹣24　．
【分析】易证S菱形ABCO=2S△CDO，再根据tan∠AOC的值即可求得菱形的边长，即可求得点C的坐标，代入反比例函数即可解题．
【解答】解：作DE∥AO，CF⊥AO，设CF=4x，
∵四边形OABC为菱形，
∴AB∥CO，AO∥BC，
∵DE∥AO，
∴S△ADO=S△DEO，
同理S△BCD=S△CDE，
∵S菱形ABCO=S△ADO+S△DEO+S△BCD+S△CDE，
∴S菱形ABCO=2〔S△DEO+S△CDE〕=2S△CDO=40，
∵tan∠AOC=，
∴OF=3x，
∴OC==5x，
∴OA=OC=5x，
∵S菱形ABCO=AO•CF=20x2，解得：x=，
∴OF=，CF=，
∴点C坐标为〔﹣，〕，
∵反比例函数y=的图象经过点C，
∴代入点C得：k=﹣24，
故答案为﹣24．
【点评】此题考查了菱形的性质，考查了菱形面积的计算，此题中求得S菱形ABCO=2S△CDO是解题的关键．
19．〔3分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，依此规律，得到等腰直角三角形OA2022A2022，那么点A2022的坐标为　〔0，〔〕2022〕或〔0，21008〕　．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到OA1=1，OA2=，OA3=〔〕2，…，OA2022=〔〕2022，再利用A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴的特点可得到点A2022在y轴的正半轴上，即可确定点A2022的坐标．
【解答】解：∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，
∴OA1=1，OA2=，OA3=〔〕2，…，OA2022=〔〕2022，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴，
2022÷8=252…1，
∴点A2022在第一象限，
∵OA2022=〔〕2022，
∴点A2022的坐标为〔0，〔〕2022〕即〔0，21008〕．
故答案为〔0，〔〕2022〕或〔0，21008〕．
【点评】此题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
三、解答题〔共63分〕
20．〔7分〕〔2022•齐齐哈尔〕先化简，再求值：•﹣〔+1〕，其中x=2cos60°﹣3．
【分析】根据分式的乘法和减法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入即可解答此题．
【解答】解：•﹣〔+1〕
=
=
=，
当x=2cos60°﹣3=2×﹣3=1﹣3=﹣2时，原式=．
【点评】此题考查分式的化简求值、特殊角的三角函数值，解答此题的关键是明确分式化简求值的方法．
21．〔8分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A〔﹣3，4〕，B〔﹣5，2〕，C〔﹣2，1〕．
〔1〕画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
〔2〕画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
〔3〕求〔2〕中线段OA扫过的图形面积．
【分析】〔1〕分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
〔2〕根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；
〔3〕利用扇形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：〔1〕如图，△A1B1C1即为所求；
〔2〕如图，△A2B2C2即为所求；
〔3〕∵OA==5，
∴线段OA扫过的图形面积==π．
【点评】此题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
22．〔8分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A〔﹣1，0〕和点B〔3，0〕，与y轴交于点C，连接BC交抛物线的对称轴于点E，D是抛物线的顶点．
〔1〕求此抛物线的解析式；
〔2〕直接写出点C和点D的坐标；
〔3〕假设点P在第一象限内的抛物线上，且S△ABP=4S△COE，求P点坐标．
注：二次函数y=ax2+bx+c〔a≠0〕的顶点坐标为〔﹣，〕
【分析】〔1〕将A、B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出待定系数b、c的值，进而可得到抛物线的对称轴方程；
〔2〕令x=0，可得C点坐标，将函数解析式配方即得抛物线的顶点C的坐标；
〔3〕设P〔x，y〕〔x＞0，y＞0〕，根据题意列出方程即可求得y，即得D点坐标．
【解答】解：〔1〕由点A〔﹣1，0〕和点B〔3，0〕得，
解得：，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
〔2〕令x=0，那么y=3，
∴C〔0，3〕，
∵y=﹣x2+2x+3=﹣〔x﹣1〕2+4，
∴D〔1，4〕；
〔3〕设P〔x，y〕〔x＞0，y＞0〕，
S△COE=×1×3=，S△ABP=×4y=2y，
∵S△ABP=4S△COE，∴2y=4×，
∴y=3，∴﹣x2+2x+3=3，
解得：x1=0〔不合题意，舍去〕，x2=2，
∴P〔2，3〕．
【点评】此题主要考查了二次函数解析式确实定、抛物线的顶点坐标求法，图形面积的求法等知识，根据S△ABP=4S△COE列出方程是解决问题的关键．
23．〔8分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，BD=AD，DG=DC，E，F分别是BG，AC的中点．
〔1〕求证：DE=DF，DE⊥DF；
〔2〕连接EF，假设AC=10，求EF的长．
【分析】〔1〕证明△BDG≌△ADC，根据全等三角形的性质、直角三角形的性质证明；
〔2〕根据直角三角形的性质分别求出DE、DF，根据勾股定理计算即可．
【解答】〔1〕证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在△BDG和△ADC中，
，
∴△BDG≌△ADC，
∴BG=AC，∠BGD=∠C，
∵∠ADB=∠ADC=90°，E，F分别是BG，AC的中点，
∴DE=BG=EG，DF=AC=AF，
∴DE=DF，∠EDG=∠EGD，∠FDA=∠FAD，
∴∠EDG+∠FDA=90°，
∴DE⊥DF；
〔2〕解：∵AC=10，
∴DE=DF=5，
由勾股定理得，EF==5．
【点评】此题考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
24．〔10分〕〔2022•齐齐哈尔〕为养成学生课外阅读的习惯，各学校普遍开展了“我的梦 中国梦〞课外阅读活动，某校为了解七年级1200名学生课外日阅读所用时间情况，从中随机抽查了局部同学，进行了相关统计，整理并绘制出如下不完整的频数分布表和频数分布直方图，请根据图表信息解答以下问题：
〔1〕表中a=　70　，b=　0.40　；
〔2〕请补全频数分布直方图中空缺的局部；
〔3〕样本中，学生日阅读所用时间的中位数落在第　3　组；
〔4〕请估计该校七年级学生日阅读量缺乏1小时的人数．
组别
时间段〔小时〕
频数
频率
1
0≤x＜0.5
10
0.05
2
0.5≤x＜1.0
20
0.10
3
1.0≤x＜1.5
80
b
4
1.5≤x＜2.0
a
0.35
5
2.0≤x＜2.5
12
0.06
6
2.5≤x＜3.0
8
0.04
【分析】〔1〕根据“频数÷百分比=数据总数〞先计算总数为200人，再根据表中的数分别求a和b；
〔2〕补全直方图；
〔3〕第100和第101个学生读书时间都在第3组；
〔4〕前两组的读书时间缺乏1小时，用总数2000乘以这两组的百分比的和即可．
【解答】解：〔1〕10÷0.05=200，
∴a=200×0.35=70，
b=80÷200=0.40，
故答案为：70，0.40；
〔2〕补全直方图，如以下列图：
〔3〕样本中一共有200人，中位数是第100和101人的读书时间的平均数，
即第3组：1～1.5小时；
故答案为：3；
〔4〕1200×〔0.05+0.1〕=1200×0.15=180〔人〕，
答：估计该校七年级学生日阅读量缺乏1小时的人数为180人．
【点评】此题主要考查频率分布直方图和频率分布表的知识和分析问题以及解决问题的能力，解题的关键是能够读懂统计图，并从中读出有关信息．
25．〔10分〕〔2022•齐齐哈尔〕“低碳环保，绿色出行〞的理念得到广阔群众的接受，越来越多的人再次选择自行车作为出行工具，小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y〔米〕与时间x〔分钟〕的关系如图，请结合图象，解答以下问题：
〔1〕a=　10　，b=　15　，m=　200　；
〔2〕假设小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
〔3〕在〔2〕的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米
〔4〕假设小军的行驶速度是v米/分，且在途中与爸爸恰好相遇两次〔不包括家、图书馆两地〕，请直接写出v的取值范围．
【分析】〔1〕根据时间=路程÷速度，即可求出a值，结合休息的时间为5分钟，即可得出b值，再根据速度=路程÷时间，即可求出m的值；
〔2〕根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式，联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出交点的坐标，再用3000去减交点的纵坐标，即可得出结论；
〔3〕根据〔2〕结论结合二者之间相距100米，即可得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
〔4〕分别求出当OD过点B、C时，小军的速度，结合图形，利用数形结合即可得出结论．
【解答】解：〔1〕1500÷150=10〔分钟〕，
10+5=15〔分钟〕，
〔3000﹣1500〕÷〔22.5﹣15〕=200〔米/分〕．
故答案为：10；15；200．
〔2〕线段BC所在直线的函数解析式为y=1500+200〔x﹣15〕=200x﹣1500；
线段OD所在的直线的函数解析式为y=120x．
联立两函数解析式成方程组，
，解得：，
∴3000﹣2250=750〔米〕．
答：小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离是750米．
〔3〕根据题意得：|200x﹣1500﹣120x|=100，
解得：x1==17.5，x2=20．
答：爸爸自第二次出发至到达图书馆前，17.5分钟时和20分钟时与小军相距100米．
〔4〕当线段OD过点B时，小军的速度为1500÷15=100〔米/分钟〕；
当线段OD过点C时，小军的速度为3000÷22.5=〔米/分钟〕．
结合图形可知，当100＜v＜时，小军在途中与爸爸恰好相遇两次〔不包括家、图书馆两地〕．
【点评】此题考查了一次函数的应用、解含绝对值符号的一元一次方程以及解二元一次方程组，解题的关键是：〔1〕根据数量关系，列式计算；〔2〕根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式；〔3〕结合〔2〕找出关于x的含绝对值符号的一元一次方程；〔4〕画出图形，利用数形结合解决问题．
26．〔12分〕〔2022•齐齐哈尔〕如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
〔1〕求线段OA，OC的长；
〔2〕求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
〔3〕直接写出点D的坐标；
〔4〕假设F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形假设存在，请直接写出P点的坐标；假设不存在，请说明理由．
【分析】〔1〕解方程即可得到结论；
〔2〕由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；
〔3〕过D作DM⊥x轴于M，那么OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．
〔4〕过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1〔﹣，2+3〕，同理P3〔，3﹣2〕，当A与F重合时，得到P2〔4，5〕；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：〔1〕解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，
∴OA=8，OC=4；
〔2〕∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，
∴AD=OC，∠ADE=∠COE，
在△ADE与△COE中，，
∴△ADE