9-2022年湖南省长沙市中考数学试卷.docx

2022年湖南省长沙市中考数学试卷
一、选择题〔本大题共12小题，每题3分，共36分〕
1．〔3分〕以下实数中，为有理数的是〔　　〕
A． B．π C． D．1
2．〔3分〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．= B．a+2a=2a2 C．x〔1+y〕=x+xy D．〔mn2〕3=mn6
3．〔3分〕据国家旅游局统计，2022年端午小长假全国各大景点共接待游客约为82600000人次，数据82600000用科学记数法表示为〔　　〕
A．0.826×106 B．8.26×107 C．82.6×106 D．8.26×108
4．〔3分〕在以下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是〔　　〕
A．
直角三角形 B．
正五边形 C．
正方形 D．
平行四边形
5．〔3分〕一个三角形的三个内角的度数之比为1：2：3，那么这个三角形一定是〔　　〕
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
6．〔3分〕以下说法正确的选项是〔　　〕
A．检测某批次灯泡的使用寿命，适宜用全面调查
B．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生
C．数据3，5，4，1，﹣2的中位数是4
D．“367人中有2人同月同日出生〞为必然事件
7．〔3分〕某几何体的三视图如下列图，因此几何体是〔　　〕
A．长方形 B．圆柱 C．球 D．正三棱柱
8．〔3分〕抛物线y=2〔x﹣3〕2+4顶点坐标是〔　　〕
A．〔3，4〕 B．〔﹣3，4〕 C．〔3，﹣4〕 D．〔2，4〕
9．〔3分〕如图，直线a∥b，直线c分别与a，b相交，∠1=110°，那么∠2的度数为〔　　〕
A．60° B．70° C．80° D．110°
10．〔3分〕如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6cm，8cm，那么这个菱形的周长为〔　　〕
A．5cm B．10cm C．14cm D．20cm
11．〔3分〕中国古代数学著作 算法统宗 中有这样一段记载：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．〞其大意是，有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，那么此人第六天走的路程为〔　　〕
A．24里 B．12里 C．6里 D．3里
12．〔3分〕如图，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的一点H重合〔H不与端点C，D重合〕，折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD的周长为m，△CHG的周长为n，那么的值为〔　　〕
A． B．
C． D．随H点位置的变化而变化
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，共18分〕
13．〔3分〕分解因式：2a2+4a+2=．
14．〔3分〕方程组的解是．
15．〔3分〕如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD=6，EB=1，那么⊙O的半径为．
16．〔3分〕如图，△ABO三个顶点的坐标分别为A〔2，4〕，B〔6，0〕，O〔0，0〕，以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，可以得到△A′B′O，点B′的坐标是〔3，0〕，那么点A′的坐标是．
17．〔3分〕甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2=1.2，S乙2=0.5，那么在本次测试中，同学的成绩更稳定〔填“甲〞或“乙〞〕
18．〔3分〕如图，点M是函数y=x与y=的图象在第一象限内的交点，OM=4，那么k的值为．
三、解答题〔本大题共8小题，共66分〕
19．〔6分〕计算：|﹣3|+〔π﹣2022〕0﹣2sin30°+〔〕﹣1．
20．〔6分〕解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．
21．〔8分〕为了传承中华优秀传统文化，市教育局决定开展“经典诵读进校园〞活动，某校团委组织八年级100名学生进行“经典诵读〞选拔赛，赛后对全体参赛学生的成绩进行整理，得到以下不完整的统计图表．
组别
分数段
频次
频率
A
60≤x＜70
17
0.17
B
70≤x＜80
30
a
C
80≤x＜90
b
0.45
D
90≤x＜100
8
0.08
请根据所给信息，解答以下问题：
〔1〕表中a=，b=；
〔2〕请计算扇形统计图中B组对应扇形的圆心角的度数；
〔3〕有四名同学均取得98分的最好成绩，其中包括来自同一班级的甲、乙两名同学，学校将从这四名同学中随机选出两名参加市级比赛，请用列表法或画树状图法求甲、乙两名同学都被选中的概率．
22．〔8分〕为了维护国家主权和海洋权利，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理，如图，正在执行巡航任务的海监船以每小时50海里的速度向正东方航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东30°方向上．
〔1〕求∠APB的度数；
〔2〕在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否平安
23．〔9分〕如图，AB与⊙O相切于点C，OA，OB分别交⊙O于点D，E，=
〔1〕求证：OA=OB；
〔2〕AB=4，OA=4，求阴影局部的面积．
24．〔9分〕自从湖南与欧洲的“湘欧快线〞开通后，我省与欧洲各国经贸往来日益频繁，某欧洲客商准备在湖南采购一批特色商品，经调查，用16000元采购A型商品的件数是用7500元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多10元．
〔1〕求一件A，B型商品的进价分别为多少元
〔2〕假设该欧洲客商购进A，B型商品共250件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，且不小于80件．A型商品的售价为240元/件，B型商品的售价为220元/件，且全部售出．设购进A型商品m件，求该客商销售这批商品的利润v与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围；
〔3〕在〔2〕的条件下，欧洲客商决定在试销活动中每售出一件A型商品，就从一件A型商品的利润中捐献慈善资金a元，求该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益．
25．〔10分〕假设三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，那么称这三个实数x，y，z构成“和谐三组数〞．
〔1〕实数1，2，3可以构成“和谐三组数〞吗请说明理由；
〔2〕假设M〔t，y1〕，N〔t+1，y2〕，R〔t+3，y3〕三点均在函数〔k为常数，k≠0〕的图象上，且这三点的纵坐标y1，y2，y3构成“和谐三组数〞，求实数t的值；
〔3〕假设直线y=2bx+2c〔bc≠0〕与x轴交于点A〔x1，0〕，与抛物线y=ax2+3bx+3c〔a≠0〕交于B〔x2，y2〕，C〔x3，y3〕两点．
①求证：A，B，C三点的横坐标x1，x2，x3构成“和谐三组数〞；
②假设a＞2b＞3c，x2=1，求点P〔，〕与原点O的距离OP的取值范围．
26．〔10分〕如图，抛物线y=mx2﹣16mx+48m〔m＞0〕与x轴交于A，B两点〔点B在点A左侧〕，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点，且位于第四象限，连接OD、BD、AC、AD，延长AD交y轴于点E．
〔1〕假设△OAC为等腰直角三角形，求m的值；
〔2〕假设对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，求点D的坐标〔用含m的式子表示〕；
〔3〕当点D运动到某一位置时，恰好使得∠ODB=∠OAD，且点D为线段AE的中点，此时对于该抛物线上任意一点P〔x0，y0〕总有n+≥﹣4my02﹣12y0﹣50成立，求实数n的最小值．
2022年湖南省长沙市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共12小题，每题3分，共36分〕
1．〔3分〕〔2022•长沙〕以下实数中，为有理数的是〔　　〕
A． B．π C． D．1
【分析】根据有理数是有限小数或无限循环小数，无理数是无限不循环小数，可得答案．
【解答】解：，π，是无理数，
1是有理数，
应选：D．
【点评】此题考查了实数，正确区分有理数与无理数是解题关键．
2．〔3分〕〔2022•长沙〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A．= B．a+2a=2a2 C．x〔1+y〕=x+xy D．〔mn2〕3=mn6
【分析】分别利用合并同类项法那么以及单项式乘以多项式和积的乘方运算法那么化简判断即可．
【解答】解：A、+无法计算，故此选项错误；
B、a+2a=3a，故此选项错误；
C、x〔1+y〕=x+xy，正确；
D、〔mn2〕3=m3n6，故此选项错误；
应选：C．
【点评】此题主要考查了合并同类项以及单项式乘以多项式和积的乘方运算等知识，正确掌握运算法那么是解题关键．
3．〔3分〕〔2022•长沙〕据国家旅游局统计，2022年端午小长假全国各大景点共接待游客约为82600000人次，数据82600000用科学记数法表示为〔　　〕
A．0.826×106 B．8.26×107 C．82.6×106 D．8.26×108
【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．
【解答】解：将82600000用科学记数法表示为：8.26×107．
应选B．
【点评】此题考查了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•长沙〕在以下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是〔　　〕
A．
直角三角形 B．
正五边形 C．
正方形 D．
平行四边形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．
应选C．
【点评】此题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两局部折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两局部重合．
5．〔3分〕〔2022•长沙〕一个三角形的三个内角的度数之比为1：2：3，那么这个三角形一定是〔　　〕
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
【分析】根据三角形内角和等于180°计算即可．
【解答】解：设三角形的三个内角的度数之比为x、2x、3x，
那么x+2x+3x=180°，
解得，x=30°，
那么3x=90°，
∴这个三角形一定是直角三角形，
应选：B．
【点评】此题考查的是三角形内角和定理的应用，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
6．〔3分〕〔2022•长沙〕以下说法正确的选项是〔　　〕
A．检测某批次灯泡的使用寿命，适宜用全面调查
B．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生
C．数据3，5，4，1，﹣2的中位数是4
D．“367人中有2人同月同日出生〞为必然事件
【分析】根据可能性的大小、全面调查与抽样调查的定义及中位数概念、必然事件、不可能事件、随机事件的概念进行判断即可．
【解答】解：A、检测某批次灯泡的使用寿命，调查具有破坏性，应采用抽样调查，此选项错误；
B、可能性是1%的事件在一次试验中可能发生，此选项错误；
C、数据3，5，4，1，﹣2的中位数是3，此选项错误；
D、“367人中有2人同月同日出生〞为必然事件，此选项正确；
应选：D．
【点评】此题主要考查可能性的大小、全面调查与抽样调查的定义及中位数概念、随机事件，熟练掌握根本定义是解题的关键．
7．〔3分〕〔2022•长沙〕某几何体的三视图如下列图，因此几何体是〔　　〕
A．长方形 B．圆柱 C．球 D．正三棱柱
【分析】从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图．
【解答】解：从正面看，是一个矩形；从左面看，是一个矩形；从上面看，是圆，这样的几何体是圆柱，
应选B．
【点评】此题考查了几何体的三种视图，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
8．〔3分〕〔2022•长沙〕抛物线y=2〔x﹣3〕2+4顶点坐标是〔　　〕
A．〔3，4〕 B．〔﹣3，4〕 C．〔3，﹣4〕 D．〔2，4〕
【分析】解析式为顶点式，可直接根据顶点式的坐标特点，求顶点坐标．
【解答】解：y=2〔x﹣3〕2+4是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为〔3，4〕．
应选A．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：顶点式y=a〔x﹣h〕2+k，顶点坐标是〔h，k〕，对称轴是x=h．
9．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，直线a∥b，直线c分别与a，b相交，∠1=110°，那么∠2的度数为〔　　〕
A．60° B．70° C．80° D．110°
【分析】直接根据平行线的性质即可得出结论．
【解答】解：∵直线a∥b，
∴∠3=∠1=110°，
∴∠2=180°﹣110°=70°，
应选B．
【点评】此题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
10．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6cm，8cm，那么这个菱形的周长为〔　　〕
A．5cm B．10cm C．14cm D．20cm
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OA=AC，OB=BD，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的四条边都相等列式计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=×6=3cm，
OB=BD=×8=4cm，
根据勾股定理得，AB===5cm，
所以，这个菱形的周长=4×5=20cm．
应选D．
【点评】此题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，需熟记．
11．〔3分〕〔2022•长沙〕中国古代数学著作 算法统宗 中有这样一段记载：“三百七十八里关，初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．〞其大意是，有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，那么此人第六天走的路程为〔　　〕
A．24里 B．12里 C．6里 D．3里
【分析】设第一天走了x里，那么第二天走了x里，第三天走了×x…第六天走了〔〕5x里，根据路程为378里列出方程并解答．
【解答】解：设第一天走了x里，
依题意得：x+x+x+x+x+x=378，
解得x=192．
那么〔〕5x=〔〕5×192=6〔里〕．
应选：C．
【点评】此题考查了一元一次方程的应用．根据题意得到〔〕5x里是解题的难点．
12．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的一点H重合〔H不与端点C，D重合〕，折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD的周长为m，△CHG的周长为n，那么的值为〔　　〕
A． B．
C． D．随H点位置的变化而变化
【分析】设CH=x，DE=y，那么DH=﹣x，EH=﹣y，然后利用正方形的性质和折叠可以证明△DEH∽△CHG，利用相似三角形的对应边成比例可以把CG，HG分别用x，y分别表示，△CHG的周长也用x，y表示，然后在Rt△DEH中根据勾股定理可以得到x﹣x2=y，进而求出△CHG的周长．
【解答】解：设CH=x，DE=y，那么DH=﹣x，EH=﹣y，
∵∠EHG=90°，
∴∠DHE+∠CHG=90°．
∵∠DHE+∠DEH=90°，
∴∠DEH=∠CHG，
又∵∠D=∠C=90°，△DEH∽△CHG，
∴==，即==，
∴CG=，HG=，
△CHG的周长为n=CH+CG+HG=，
在Rt△DEH中，DH2+DE2=EH2
即〔﹣x〕2+y2=〔﹣y〕2
整理得﹣x2=，
∴n=CH+HG+CG===．
∴=．
应选：B．
【点评】此题考查翻折变换及正方形的性质，正方形的有些题目有时用代数的计算证明比用几何方法简单，甚至几何方法不能解决的用代数方法可以解决．此题综合考查了相似三角形的应用和正方形性质的应用．
二、填空题〔本大题共6小题，每题3分，共18分〕
13．〔3分〕〔2022•长沙〕分解因式：2a2+4a+2=　2〔a+1〕2．
【分析】原式提取2，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式=2〔a2+2a+1〕
=2〔a+1〕2，
故答案为：2〔a+1〕2．
【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．
14．〔3分〕〔2022•长沙〕方程组的解是．
【分析】根据加减消元法，可得答案．
【解答】解：两式相加，得
4x=4，解得x=1，
把x=1代入x+y=1，解得y=0，
方程组的解为，
故答案为：．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用加减消元法是解题关键．
15．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD=6，EB=1，那么⊙O的半径为　5　．
【分析】连接OC，由垂径定理知，点E是CD的中点，AE=CD，在直角△OCE中，利用勾股定理即可得到关于半径的方程，求得圆半径即可．
【解答】解：连接OC，
∵AB为⊙O的直径，AB⊥CD，
∴CE=DE=CD=×6=3，
设⊙O的半径为xcm，
那么OC=xcm，OE=OB﹣BE=x﹣1，
在Rt△OCE中，OC2=OE2+CE2，
∴x2=32+〔x﹣1〕2，
解得：x=5，
∴⊙O的半径为5，
故答案为：5．
【点评】此题利用了垂径定理和勾股定理求解，熟练掌握并应用定理是解题的关键．
16．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，△ABO三个顶点的坐标分别为A〔2，4〕，B〔6，0〕，O〔0，0〕，以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，可以得到△A′B′O，点B′的坐标是〔3，0〕，那么点A′的坐标是　〔1，2〕　．
【分析】根据位似变换的性质进行计算即可．
【解答】解：∵点A的坐标为〔2，4〕，以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，
∴点A′的坐标是〔2×，4×〕，即〔1，2〕，
故答案为：〔1，2〕．
【点评】此题考查的是位似变换的性质，掌握平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k是解题的关键．
17．〔3分〕〔2022•长沙〕甲、乙两名同学进行跳高测试，每人10次跳高的平均成绩恰好是1.6米，方差分别是S甲2=1.2，S乙2=0.5，那么在本次测试中，　乙　同学的成绩更稳定〔填“甲〞或“乙〞〕
【分析】根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，说明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
【解答】解：∵S甲2=1.2，S乙2=0.5，
∴S甲＞S乙，
∴甲、乙两名同学成绩更稳定的是乙；
故答案为：乙．
【点评】此题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，说明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，说明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
18．〔3分〕〔2022•长沙〕如图，点M是函数y=x与y=的图象在第一象限内的交点，OM=4，那么k的值为　4．
【分析】作MN⊥x轴于N，得出M〔x，x〕，在Rt△OMN中，由勾股定理得出方程，解方程求出x=2，得出M〔2，2〕，即可求出k的值．
【解答】解：作MN⊥x轴于N，如下列图：
设M〔x，y〕，
∵点M是函数y=x与y=的图象在第一象限内的交点，
∴M〔x，x〕，
在Rt△OMN中，由勾股定理得：x2+〔x〕2=42，
解得：x=2，
∴M〔2，2〕，
代入y=得：k=2×2=4；
故答案为：4．
【点评】此题考查了反比例函数与一次函数的图象得交点、勾股定理、反比例函数解析式的求法；求出点M的坐标是解决问题的关键．
三、解答题〔本大题共8小题，共66分〕
19．〔6分〕〔2022•长沙〕计算：|﹣3|+〔π﹣2022〕0﹣2sin30°+〔〕﹣1．
【分析】原式利用绝对值的代数意义，零指数幂、负整数指数幂法那么，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果．
【解答】解：原式=3+1﹣1+3=6．
【点评】此题考查了实数的运算，绝对值，以及零指数幂、负整数指数幂，熟练掌握运算法那么是解此题的关键．
20．〔6分〕〔2022•长沙〕解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式2x≥﹣9﹣x，得：x≥﹣3，
解不等式5x﹣1＞3〔x+1〕，得：x＞2，
那么不等式组的解集为x＞2，
将解集表示在数轴上如下：
【点评】此题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是根底，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到〞的原那么是解答此题的关键．
21．〔8分〕〔2022•长沙〕为了传承中华优秀传统文化，市教育局决定开展“经典诵读进校园〞活动，某校团委组织八年级100名学生进行“经典诵读〞选拔赛，赛后对全体参赛学生的成绩进行整理，得到以下不完整的统计图表．
组别
分数段
频次
频率
A
60≤x＜70
17
0.17
B
70≤x＜80
30
a
C
80≤x＜90
b
0.45
D
90≤x＜100
8
0.08
请根据所给信息，解答以下问题：
〔1〕表中a=　0.3　，b=　45　；
〔2〕请计算扇形统计图中B组对应扇形的圆心角的度数；
〔3〕有四名同学均取得98分的最好成绩，其中包括来自同一班级的甲、乙两名同学，学校将从这四名同学中随机选出两名参加市级比赛，请用列表法或画树状图法求甲、乙两名同学都被选中的概率．
【分析】〔1〕首先根据A组频数及其频率可得总人数，再利用频数、频率之间的关系求得a、b；
〔2〕B组的频率乘以360°即可求得答案；
〔2〕列树形图后即可将所有情况全部列举出来，从而求得恰好抽中者两人的概率；
【解答】解：〔1〕本次调查的总人数为17÷0.17=100〔人〕，
那么a==0.3，b=100×0.45=45〔人〕，
故答案为：0.3，45；
〔2〕360°×0.3=108°，
答：扇形统计图中B组对应扇形的圆心角为108°；
〔3〕将同一班级的甲、乙学生记为A、B，另外两学生记为C、D，
列树形图得：
∵共有12种等可能的情况，甲、乙两名同学都被选中的情况有2种，
∴甲、乙两名同学都被选中的概率为=．
【点评】此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工程的数据；扇形统计图直接反映局部占总体的百分比大小．
22．〔8分〕〔2022•长沙〕为了维护国家主权和海洋权利，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理，如图，正在执行巡航任务的海监船以每小时50海里的速度向正东方航行，在A处测得灯塔P在北偏东60°方向上，继续航行1小时到达B处，此时测得灯塔P在北偏东30°方向上．
〔1〕求∠APB的度数；
〔2〕在灯塔P的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否平安
【分析】〔1〕在△ABP中，求出∠PAB、∠PBA的度数即可解决问题；
〔2〕作PH⊥AB于H．求出PH的值即可判定；
【解答】解：〔1〕∵∠PAB=30°，∠ABP=120°，
∴∠APB=180°﹣∠PAB﹣∠ABP=30°．
〔2〕作PH⊥AB于H．
∵∠BAP=∠BPA=30°，
∴BA=BP=50，
在Rt△PBH中，PH=PB•sin60°=50×=25，
∵25＞25，
∴海监船继续向正东方向航行是平安的．
【点评】此题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，正确根据题意画出图形、准确标注方向角、熟练掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．
23．〔9分〕〔2022•长沙〕如图，AB与⊙O相切于点C，OA，OB分别交⊙O于点D，E，=
〔1〕求证：OA=OB；
〔2〕AB=4，OA=4，求阴影局部的面积．
【分析】〔1〕连接OC，由切线的性质可知∠ACO=90°，由于=，所以∠AOC=∠BOC，从而可证明∠A=∠B，从而可知OA=OB；
〔2〕由〔1〕可知：△AOB是等腰三角形，所以AC=2，从可求出扇形OCE的面积以及△OCB的面积
【解答】解：〔1〕连接OC，
∵AB与⊙O相切于点C
∴∠ACO=90°，
由于=，
∴∠AOC=∠BOC，
∴∠A=∠B
∴OA=OB，
〔2〕由〔1〕可知：△OAB是等腰三角形，
∴BC=AB=2，
∴sin∠COB==，
∴∠COB=60°，
∴∠B=30°，
∴OC=OB=2，
∴扇形OCE的面积为：=，
△OCB的面积为：×2×2=2
∴S阴影=2﹣π
【点评】此题考查切线的性质，解题的关键是求证OA=OB，然后利用等腰三角形的三线合一定理求出BC与OC的长度，从而可知扇形OCE与△OCB的面积，此题属于中等题型．
24．〔9分〕〔2022•长沙〕自从湖南与欧洲的“湘欧快线〞开通后，我省与欧洲各国经贸往来日益频繁，某欧洲客商准备在湖南采购一批特色商品，经调查，用16000元采购A型商品的件数是用7500元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多10元．
〔1〕求一件A，B型商品的进价分别为多少元
〔2〕假设该欧洲客商购进A，B型商品共250件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，且不小于80件．A型商品的售价为240元/件，B型商品的售价为220元/件，且全部售出．设购进A型商品m件，求该客商销售这批商品的利润v与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围；
〔3〕在〔2〕的条件下，欧洲客商决定在试销活动中每售出一件A型商品，就从一件A型商品的利润中捐献慈善资金a元，求该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益．
【分析】〔1〕设一件B型商品的进价为x元，那么一件A型商品的进价为〔x+10〕元．根据16000元采购A型商品的件数是用7500元采购B型商品的件数的2倍，列出方程即可解决问题；
〔2〕根据总利润=两种商品的利润之和，列出式子即可解决问题；
〔3〕设利润为w元．那么w=〔80﹣a〕m+70〔250﹣m〕=〔10﹣a〕m+17500，分三种情形讨论即可解决问题．
【解答】解：〔1〕设一件B型商品的进价为x元，那么一件A型商品的进价为〔x+10〕元．
由题意：=×2，
解得x=150，
经检验x=150是分式方程的解，
答：一件B型商品的进价为150元，那么一件A型商品的进价为160元．
〔2〕因为客商购进A型商品m件，所以客商购进B型商品〔250﹣m〕件．
由题意：v=80m+70〔250﹣m〕=10m+17500，
∵80≤m≤250﹣m，
∴80≤m≤125，
〔3〕设利润为w元．那么w=〔80﹣a〕m+70〔250﹣m〕=〔10﹣a〕m+17500，
①当10﹣a＞0时，w随m的增大而增大，所以m=125时，最大利润为〔18750﹣125a〕元．
②当10﹣a=0时，最大利润为17500元．
③当10﹣a＜0时，w随m的增大而减小，所以m=80时，最大利润为〔18300﹣80a〕元．
【点评】此题考查分式方程的应用、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程或一次函数解决问题，属于中考常考题型．
25．〔10分〕〔2022•长沙〕假设三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，那么称这三个实数x，y，z构成“和谐三组数〞．
〔1〕实数1，2，3可以构成“和谐三组数〞吗请说明理由；
〔2〕假设M〔t，y1〕，N〔t+1，y2〕，R〔t+3，y3〕三点均在函数〔k为常数，k≠0〕的图象上，且这三点的纵坐标y1，y2，y3构成“和谐三组数〞，求实数t的值；
〔3〕假设直线y=2bx+2c〔bc≠0〕与x轴交于点A〔x1，0〕，与抛物线y=ax2+3bx+3c〔a≠0〕交于B〔x2，y2〕，C〔x3，y3〕两点．
①求证：A，B，C三点的横坐标x1，x2，x3构成“和谐三组数〞；
②假设a＞2b＞3c，x2=1，求点P〔，〕与原点O的距离OP的取值范围．
【分析】〔1〕由和谐三组数的定义进行验证即可；
〔2〕把M、N、R三点的坐标分别代入反比例函数解析式，可用t和k分别表示出y1、y2、y3，再由和谐三组数的定义可得到关于t的方程，可求得t的值；
〔3〕①由直线解析式可求得x1=﹣，联立直线和抛物线解析式消去y，利用一元二次方程根与系数的关系可求得x2+x3=﹣，x2x3=，再利用和谐三数组的定义证明即可；②由条件可得到a+b+c=0，可得c=﹣〔a+b〕，由a＞2b＞3c可求得的取值范围，令m=，利用两点间距离公式可得到OP2关于m的二次函数，利用二次函数的性质可求得OP2的取值范围，从而可求得OP的取值范围．
【解答】解：
〔1〕不能，理由如下：
∵1、2、3的倒数分别为1、、，
∴+≠1，1+≠，1+≠
∴实数1，2，3不可以构成“和谐三组数〞；
〔2〕∵M〔t，y1〕，N〔t+1，y2〕，R〔t+3，y3〕三点均在函数〔k为常数，k≠0〕的图象上，
∴y1、y2、y3均不为0，且y1=，y2=，y3=，
∴=，=，=，
∵y1，y2，y3构成“和谐三组数〞，
∴有以下三种情况：
当=+时，那么=+，即t=t+1+t+3，解得t=﹣4；
当=+时，那么=+，即t+1=t+t+3，解得t=﹣2；
当=+时，那么=+，即t+3=t+t+1，解得t=2；
∴t的值为﹣4、﹣2或2；
〔3〕①∵a、b、c均不为0，
∴x1，x2，x3都不为0，
∵直线y=2bx+2c〔bc≠0〕与x轴交于点A〔x1，0〕，
∴0=2bx1+2c，解得x1=﹣，
联立直线与抛物线解析式，消去y可得2bx+2c=ax2+3bx+3c，即ax2+bx+c=0，
∵直线与抛物线交与B〔x2，y2〕，C〔x3，y3〕两点，
∴x2、x3是方程ax2+bx+c=0的两根，
∴x2+x3=﹣，x2x3=，
∴+===﹣=，
∴x1，x2，x3构成“和谐三组数〞；
②∵x2=1，
∴a+b+c=0，
∴c=﹣a﹣b，
∵a＞2b＞3c，
∴a＞2b＞3〔﹣a﹣b〕，且a＞0，整理可得，解得﹣＜＜，
∵P〔，〕
∴OP2=〔〕2+〔〕2=〔〕2+〔〕2=2〔〕2+2+1=2〔+〕2+，
令m=，那么﹣＜m＜且m≠0，且OP2=2〔m+〕2+，
∵2＞0，
∴当﹣＜m＜﹣时，OP2随m的增大而减小，当m=﹣时，OP2有最大值，当m=﹣时，OP2有最小值，
当﹣＜m＜时，OP2随m的增大而增大，当m=﹣时，OP2有最小值，当m=时，OP2有最大值，
∴≤OP2＜且OP2≠1，
∵P到原点的距离为非负数，
∴≤OP＜且OP≠1．
【点评】此题为二次函数的综合应用，涉及新定义、函数图象的交点、一元二次方程根与系数的关系、勾股定理、二次函数的性质、分类讨论思想及转化思想等知识．在〔1〕中注意利用和谐三数组的定义，在〔2〕中由和谐三数组得到关于t的方程是解题的关键，在〔3〕①中用a、b、c分别表示出x1，x2，x3是解题的关键，在〔3〕②中把OP2表示成二次函数的形式是解题的关键．此题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，难度很大．
26．〔10分〕〔2022•长沙〕如图，抛物线y=mx2﹣16mx+48m〔m＞0〕与x轴交于A，B两点〔点B在点A左侧〕，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点，且位于第四象限，连接OD、BD、AC、AD，延长AD交y轴于点E．
〔1〕假设△OAC为等腰直角三角形，求m的值；
〔2〕假设对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，求点D的坐标〔用含m的式子表示〕；
〔3〕当点D运动到某一位置时，恰好使得∠ODB=∠OAD，且点D为线段AE的中点，此时对于该抛物线上任意一点P〔x0，y0〕总有n+≥﹣4my02﹣12y0﹣50成立，求实数n的最小值．
【分析】〔1〕根据y=mx2﹣16mx+48m，可得A〔12，0〕，C〔0，48m〕，再根据OA=OC，即可得到12=48m，进而得出m的值；
〔2〕根据C、E两点总关于原点对称，得到E〔0，﹣48m〕，根据E〔0，﹣48m〕，A〔12，0〕可得直线AE的解析式，最后解方程组即可得到直线AE与抛物线的交点D的坐标；
〔3〕根据△ODB∽△OAD，可得OD=4，进而得到D〔6，﹣2〕，代入抛物线y=mx2﹣16mx+48m，可得抛物线解析式，再根据点P〔x0，y0〕为抛物线上任意一点，即可得出y0≥﹣，令t=﹣2〔y0+3〕2+4，可得t最大值=﹣2〔﹣+3〕2+4=，再根据n+≥，可得实数n的最小值为．
【解答】解：〔1〕令y=mx2﹣16mx+48m=m〔x﹣4〕〔x﹣12〕=0，那么x1=12，x2=4，
∴A〔12，0〕，即OA=12，
又∵C〔0，48m〕，
∴当△OAC为等腰直角三角形时，OA=OC，
即12=48m，
∴m=；
〔2〕由〔1〕可知点C〔0，48m〕，
∵对任意m＞0，C、E两点总关于原点对称，
∴必有E〔0，﹣48m〕，
设直线AE的解析式为y=kx+b，
将E〔0，﹣48m〕，A〔12，0〕代入，可得
，解得，
∴直线AE的解析式为y=4mx﹣48m，
∵点D为直线AE与抛物线的交点，
∴解方程组，可得或〔点A舍去〕，
即点D的坐标为〔8，﹣16m〕；
〔3〕当∠ODB=∠OAD，∠DOB=∠AOD时，△ODB∽△OAD，
∴OD2=OA×OB=4×12=48，
∴OD=4，
又∵点D为线段AE的中点，
∴AE=2OD=8，
又∵OA=12，
∴OE==4，
∴D〔6，﹣2〕，
把D〔6，﹣2〕代入抛物线y=mx2﹣16mx+48m，可得﹣2=36m﹣96m+48m，
解得m=，
∴抛物线的解析式为y=〔x﹣4〕〔x﹣12〕，
即y=〔x﹣8〕2﹣，
∵点P〔x0，y0〕为抛物线上任意一点，
∴y0≥﹣，
令t=﹣4my02﹣12y0﹣50=﹣2y02﹣12y0﹣50=﹣2〔y0+3〕2+4，
那么当y0≥﹣时，t最大值=﹣2〔﹣+3〕2+4=，
假设要使n+≥﹣4my02﹣12y0﹣50成立，那么n+≥，
∴n≥3，
∴实数n的最小值为．
【点评】此题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的最值，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质以及待定系数法求直线解析式的综合应用，解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
参与本试卷答题和审题的老师有：2300680618；sd2022；王学峰；星期八；知足长乐；三界无我；sjzx；守拙；dbz1018；sks；wd1899；家有儿女；弯弯的小河；神龙杉；Ldt；szl〔排名不分先后〕
菁优