河北省2021年数学中考真题(含答案解析)

2023年12月2日发(作者：深圳育才高二数学试卷)

2021年河北省初中毕业生升学文化课考试

数 学 试 卷

一、选择题（本大题有16个小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2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．（2021河北中考，1，3分，★☆☆）如图，已知四条线段a，b，c，d中的一条与挡板另一侧的线段m在同一直线上，请借助直尺判断该线段是（ ）

A．a B．b C．c D．d

2．（2021河北中考，2，3分，★☆☆）不一定相等的一组是（ ）

A．a+b与b+a

C．a3与a•a•a

B．3a与a+a+a

D．3（a+b）与3a+b

3．（2021河北中考，3，3分，★☆☆）已知a＞b，则一定有﹣4a□﹣4b，“□”中应填的符号是（ ）

A．＞ B．＜ C．≥ D．＝

4．（2021河北中考，4，3分，★☆☆）与322212结果相同的是（ ）

A．3﹣2+1 B．3+2﹣1 C．3+2+1 D．3﹣2﹣1

5．（2021河北中考，5，3分，★☆☆）能与﹣（36﹣）相加得0的是（ ）

4536﹣

4563B．+

5463C．﹣+54

36D．﹣+

45A．﹣

6．（2021河北中考，6，3分，★☆☆）一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图，下列判断正确的是（ ）

A．A代表 B．B代表

C．C代表 D．B代表

7．（2021河北中考，7，3分，★★☆）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）

A．甲、乙、丙都是

C．只有甲、丙才是

B．只有甲、乙才是

D．只有乙、丙才是

8．（2021河北中考，8，3分，★★☆）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（ ） A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm

9．（2021河北中考，9，3分，★★☆）若33取1.442，计算33﹣333﹣9833的结果是（ ）

A．﹣100 B．﹣144.2 C．144.2 D．﹣0.01442

10．（2021河北中考，10，3分，★★☆）如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是（ ）

A．20

C．40

B．30

D．随点O位置而变化

11．（2021河北中考，11，2分，★★☆）如图，将数轴上﹣6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则下列结论正确的是（ ）

A．a3＞0

C．a1+a2+a3+a4+a5＝0

B．|a1|＝|a4|

D．a2+a5＜0

12．（2021河北中考，12，2分，★★☆）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP＝2.8．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是（ ） A．0 B．5 C．6 D．7

13．（2021河北中考，13，2分，★★☆）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．

已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．

证法1：如图，

∵∠A+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和定理），

又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），

∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．

∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．

证法2：如图，

∵∠A＝76°，∠B＝59°，

且∠ACD＝135°（量角器测量所得），

又∵135°＝76°+59°（计算所得），

∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．

下列说法正确的是（ ）

A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整

B．证法1用严谨的推理证明了该定理

C．证法2用特殊到一般法证明了该定理

D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理

14．（2021河北中考，14，2分，★★☆）小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图1及条形图2（柱的高度从高到低排列）．条形图不小心被撕了一块，图2中“（ ）”应填的颜色是（ ）

A．蓝 B．粉 C．黄 D．红

15．（2021河北中考，15，2分，★★★）由（列正确的是（ ）

1c11c1﹣）值的正负可以比较A＝与的大小，下2c22c21

21D．当c＜0时，A＜

2B．当c＝0时，A≠1

21C．当c＜﹣2时，A＞

2A．当c＝﹣2时，A＝16．（2021河北中考，16，2分，★★★）如图，等腰△AOB中，顶角∠AOB＝40°，用尺规按①到④的步骤操作：

①以O为圆心，OA为半径画圆；

②在⊙O上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP；

③作AB的垂直平分线与⊙O交于M，N；

④作AP的垂直平分线与⊙O交于E，F．

结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；

结论Ⅱ：⊙O上只有唯一的点P，使得S扇形FOM＝S扇形AOB．

对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）

A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对

二、填空题（本大题有3个小题，每小题有2个空，每空2分，共12分）

17．（2021河北中考，17，4分，★☆☆）现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片（边长如图）． （1）取甲、乙纸片各1块，其面积和为 ；

（2）嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片

块．

18．（2021河北中考，18，4分，★★☆）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应 （填“增加”或“减少”） 度．

19．（2021河北中考，19，4分，★★★）用绘图软件绘制双曲线m：y＝点，图1为a＝8时的视窗情形．

（1）当a＝15时，l与m的交点坐标为 ；

（2）视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点O始终在视窗中心．

例如，为在视窗中看到（1）中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的60与动直线l：y＝a，且交于一x1，其可视范围就由2﹣15≤x≤15及﹣10≤y≤10变成了﹣30≤x≤30及﹣20≤y≤20（如图2）．当a＝﹣1.2和a＝﹣1.5时，l与m的交点分别是点A和B，为能看到m在A和B之间的一整段图 象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的1，则整数k＝ ．

k

三、解答题（本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20．（2021河北中考，20，8分，★★☆）某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进m本甲种书和n本乙种书，共付款Q元．

（1）用含m，n的代数式表示Q；

（2）若共购进5×104本甲种书及3×103本乙种书，用科学记数法表示Q的值．

21．（2021河北中考，21，9分，★★☆）已知训练场球筐中有A、B两种品牌的乒乓球共101个，设A品牌乒乓球有x个．

（1）淇淇说：“筐里B品牌球是A品牌球的两倍．”嘉嘉根据她的说法列出了方程：101﹣x＝2x．请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；

（2）据工作人员透露：B品牌球比A品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明A品牌球最多有几个．

22．（2021河北中考，22，9分，★★☆）某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示．嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同．

（1）求嘉淇走到十字道口A向北走的概率；

（2）补全图2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．

23．（2021河北中考，23，9分，★★☆）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．

（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；

（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；

（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．

[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]

24．（2021河北中考，24，9分，★★☆）如图，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An（n为1～12的整数），过点A7作⊙O的切线交A1A11延长线于点P． （1）通过计算比较直径和劣弧A7A11长度哪个更长；

（2）连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由；

（3）求切线长PA7的值．

25．（2021河北中考，25，10分，★★★）如图是某同学正在设计的一动画示意图，x轴上依次有A，O，N三个点，且AO＝2，在ON上方有五个台阶T1～T5（各拐角均为90°），每个台阶的高、宽分别是1和1.5，台阶T1到x轴距离OK＝10．从点A处向右上方沿抛物线L：y＝﹣x2+4x+12发出一个带光的点P．

（1）求点A的横坐标，且在图中补画出y轴，并直接指出点P会落在哪个台阶上；

（2）当点P落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与L形状相同的抛物线C，且最大高度为11，求C的解析式，并说明其对称轴是否与台阶T5有交点；

（3）在x轴上从左到右有两点D，E，且DE＝1，从点E向上作EB⊥x轴，且BE＝2．在△BDE沿x轴左右平移时，必须保证（2）中沿抛物线C下落的点P能落在边BD（包括端点）上，则点B横坐标的最大值比最小值大多少？

[注：（2）中不必写x的取值范围]

26．（2021河北中考，26，12分，★★★）在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α（α＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．

论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；

发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？

尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；

拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长（用含d的式子表示）；

②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．

2021年河北省初中毕业生升学文化课考试数学试卷 答案全解全析

1．答案：A

解析：利用直尺画出图形如下：

可以看出线段a与m在一条直线上．故答案为a．

考查内容：作图题，几何直观．

命题意图：本题主要考查学生线段，射线，直线三者之间关系的理解，难度较低．

2．答案：D

解析：A．因为a+b＝b+a，所以A选项一定相等；

B．因为a+a+a＝3a，所以B选项一定相等；

C．因为a•a•a＝a3，所以C选项一定相等；

D．因为3（a+b）＝3a+3b，所以3（a+b）与3a+b不一定相等．故选D．

考查内容：合并同类项；去括号；同底数幂的乘法．

命题意图：本题主要考查学生对整式的运算法则的运用能力，难度较低．

3．答案：B

解析：根据不等式的性质，不等式两边同时乘以负数，不等号的方向改变．

∵a＞b，∴﹣4a＜﹣4b．故选B．

考查内容：不等式的基本性质．

命题意图：本题主要考查学生对不等式基本性质的掌握，难度较低．

4．答案：A

解析：322212=94142,∵3﹣2+1＝2，故A符合题意；

∵3+2﹣1＝4，故B不符合题意；∵3+2+1＝6，故C不符合题意；∵3﹣2﹣1＝0，故D不符合题意．故选A．

考查内容：二次根式的性质与化简．

命题意图：本题主要考查学生对二次根式的运算性质的掌握，难度较低． 5．答案：C

解析：﹣（363636﹣）＝﹣+，与其相加得0的是﹣+的相反数．

4545453636﹣+的相反数为+﹣，故选C．

4545考查内容：有理数的加减混合运算．

命题意图：本题主要考查学生对有理数混合运算的掌握，以及对去括号法则和相反数概念的理解，难度较低．

6．答案：A

解析：根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，

A与点数是1的对面，B与点数是2的对面，C与点数是4的对面，

∵骰子相对两面的点数之和为7，

∴A代表的点数是6，B代表的点数是5，C代表的点数是3．故选A．

考查内容：正方体的表面展开图．

命题意图：本题主要考查学生对正方体表面展开图的理解，难度较低．

知识拓展：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点对各选项分析判断后利用排除法求解．

7．答案：A

解析：方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；

方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；

方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．

考查内容：平行四边形的判定与性质．

命题意图：本题主要考查学生对平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识的掌握和运用能力，难度中等．

8．答案：C

解析：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O作ON⊥AB，垂足为N， ∵CD∥AB，∴△CDO∽ABO，即相似比为∵OM＝15﹣7＝8，ON＝11﹣7＝4，

∴CDCDOM，∴＝，

ABABONCDOM68＝，，∴AB＝3，故选C．

ABONAB4考查内容：相似三角形的应用．

命题意图：本题主要考查学生应用相似三角形的性质和判定解决实际问题的能力，难度中等．

9．答案：B

解析：∵33取1.442，

∴原式＝33×（1﹣3﹣98）≈1.442×（﹣100）＝﹣144.2．故选B．

考查内容：实数的运算．

命题意图：本题主要考查学生对实数运算能力的掌握，难度中等．

10．答案：B

解析：设正六边形ABCDEF的边长为x，过E作FD的垂线，垂足为M，连接AC，

∵∠FED＝120°，FE＝ED，∴∠EFD＝∠FDE，∴∠EDF＝1（180°﹣∠FED）＝30°，

2∵正六边形ABCDEF的每个角为120°．∴∠CDF＝120°﹣∠EDF＝90°．

同理∠AFD＝∠FAC＝∠ACD＝90°，∴四边形AFDC为矩形，

∵S△AFO＝11FO×AF，S△CDO＝OD×CD，

221111FO·AF+ OD·CD＝（FO+OD）·AF＝FD·AF＝10，

2222在正六边形ABCDEF中，AF＝CD，

∴S△AFO+S△CDO＝∴FD·AF＝20， DM＝cos30°DE＝3x，

2DF＝2DM＝3x，

EM＝sin30°DE＝x，

2123x•∴S正六边形ABCDEF＝S矩形AFDC+S△EFD+S△ABC＝AF·FD+2S△EFD＝x•3x+2×1x

2＝3x2+323x＝223x2＝3（AF·FD）＝30，故选B．

2考查内容：三角形的面积；正多边形和圆．

命题意图：本题主要考查学生对正六边形的性质和解直角三角形知识的运用能力，难度中等．

11．答案：C

解析：﹣6与6两点间的线段的长度＝6﹣（﹣6）＝12，

六等分后每个等分的线段的长度＝12÷6＝2，

∴a1，a2，a3，a4，a5表示的数为：﹣4，﹣2，0，2，4，

A选项，a3＝﹣6+2×3＝0，故该选项错误；

B选项，|﹣4|≠2，故该选项错误；

C选项，﹣4+（﹣2）+0+2+4＝0，故该选项正确；

D选项，﹣2+4＝2＞0，故该选项错误．故选C．

考查内容：数轴．

命题意图：本题主要考查学生对数轴及其数轴上两点之间距离的理解，难度中等．

12．答案：B

解析：连接OP1，OP2，P1P2，

∵点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，

∴OP1＝OP＝2.8，OP＝OP2＝2.8，

OP1+OP2≥P1P2， 0＜P1P2≤5.6，

故选B．

考查内容：线段垂直平分线的性质．

命题意图：本题主要考查学生对线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的理解和运用，难度中等．

13．答案：B

解析：∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，具有一般性，无需再证明其他形状的三角形，

∴A的说法不正确，不符合题意；

∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，

∴B的说法正确，符合题意；

∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，不能用特殊情形来说明，

∴C的说法不正确，不符合题意；

∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，与测量次数的多少无关，

∴D的说法不正确，不符合题意；

综上，B的说法正确．故选B．

考查内容：三角形内角和定理；三角形的外角性质．

命题意图：本题主要考查学生对三角形的外角的性质，定理的证明的一般步骤的掌握，难度中等．

14．答案：D

解析：根据题意得5÷10%＝50（人），

（16÷50）×100%＝32%，

则喜欢红色的人数是：50×28%＝14（人），

50﹣16﹣5﹣14＝15（人），

∵柱的高度从高到低排列，∴图2中“（ ）”应填的颜色是红色．故选D．

考查内容：扇形统计图；条形统计图．

命题意图：本题主要考查学生对扇形统计图和条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．难度中等． 15．答案：C

解析：A选项，当c＝﹣2时，分式无意义，故该选项不符合题意；

B选项，当c＝0时，A＝1，故该选项不符合题意；

2C选项，22c2cc1c1﹣＝﹣＝，

2c22(2c)2(2+c)2(2c)∵c＜﹣2，∴2+c＜0，c＜0，∴2（2+c）＜0，

∴c1＞0，∴A＞，故该选项符合题意；

2(2c)2D选项，当c＜0时，∵2（2+c）的正负无法确定，

∴A与1的大小就无法确定，故该选项不符合题意．故选C．

2考查内容：分式的加减运算．

命题意图：本题主要考查学生对分时加减运算法则的掌握以及运用分式的减法运算进行大小比较的能力，难度较大．

16．答案：D

解析：如图，连接EM，EN，MF．NF．

∵OM＝ON＝OE＝OF，

∴四边形MENF是平行四边形，

∵EF＝MN，

∴四边形MENF是矩形，故（Ⅰ）正确，

观察图形可知当∠MOF＝∠AOB，

∴S扇形FOM＝S扇形AOB，

观察图形可知，这样的点P不唯一（如下图所示），故（Ⅱ）错误，故选D． 考查内容：线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；点与圆的位置关系；扇形面积的计算；作图—复杂作图．

命题意图：本题主要考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定，扇形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型，难度较大．

17．答案：（1）a2+b2；（2）4

解析：（1）由图可知一块甲种纸片的面积为a2，一块乙种纸片的面积为b2，一块丙种纸片面积为ab，∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为a2+b2；

（2）设取丙种纸片x块才能用它们拼成一个新的正方形，（x≥0）

∴a2+4b2+xab是一个完全平方式，∴x为4．

考查内容：完全平方公式的几何背景；完全平方式．

命题意图：本题主要考查学生对完全平方式的几何背景的掌握，难度中等．

18．答案：减少；10

解析：延长EF，交CD于点G，如图：

∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∴∠ECD＝∠ACB＝70°．

∵∠DGF＝∠DCE+∠E，∴∠DGF＝70°+30°＝100°．

∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，∴∠D＝10°．

而图中∠D＝20°，∴∠D应减少10°．

考查内容：三角形内角和定理；三角形的外角性质．

命题意图：本题主要考查学生对三角形外角的性质，三角形的内角和定理的掌握和运用能力，难度中等． 19．答案：（1）（4，15）；（2）4

60x4y解析：（1）a＝15时，y＝15，由，得，故答案为（4，15）；

xy15y1560x50y（2）由，得，∴A（﹣50，﹣1.2），

xy1.2y1.260x40y由，∴B（﹣40，﹣1.5），

x，得y1.5y1.5为能看到m在A（﹣50，﹣1.2）和B（﹣40，﹣1.5）之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的1，∴整数k＝4．

4考查内容：反比例函数与一次函数的交点问题．

命题意图：本题主要考查学生对反比例函数图象与直线的交点坐标的掌握，涉及根据交点坐标调整直角坐标系单位长度的问题，难度较大．

归纳总结：

反比例函数与一次函数的交点问题

（1）求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．

k2在同一直角坐标系中的交点个数可总结为：

xk①当k1与k2同号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝2在同一直角坐标系中有2个交点；

xk②当k1与k2异号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝2在同一直角坐标系中有0个交点．

x（2）判断正比例函数y＝k1x和反比例函数y＝20．解析：（1）由题意可得：Q＝4m+10n；

（2）将m＝5×104，n＝3×103代入（1）式，

得Q＝4×5×104+10×3×103＝2.3×105．

考查内容：科学记数法—表示较大的数；列代数式．

命题意图：本题主要考查学生根据实际问题列代数式和用科学记数法表示较大的数的能力，难度中等．

21．解析：（1）嘉嘉所列方程为101﹣x＝2x，解得x＝332，

3又∵x为整数，∴x＝33∴淇淇的说法不正确．

2不合题意，

3（2）设A品牌乒乓球有x个，则B品牌乒乓球有（101﹣x）个，

依题意，得101﹣x﹣x≥28，解得x≤361，

2又∵x为整数，∴x可取的最大值为36．

答：A品牌球最多有36个．

考查内容：由实际问题抽象出一元一次方程；一元一次不等式的应用．

命题意图：本题主要考查学生由实际问题抽象出一元一次方程和一元一次不等式的能力，难度中等．

【核心素养】解决本题的关键是：（1）根据题意建立方程模型，通过解一元一次方程，求出x的值；（2）根据各数量之间的关系，建立不等式模型，正确列出一元一次不等式．体现了对数学建模素养的考查．

22．解析：（1）嘉淇走到十字道口A向北走的概率为（2）补全树状图如下：

1；

3

共有9种等可能的结果，嘉淇经过两个十字道口后向西参观的结果有3种，向南参观的结果有2种，向北参观的结果有2种，向东参观的结果有2种，

∴向西参观的概率为312，向南参观的概率＝向北参观的概率＝向东参观的概率＝，

939∴向西参观的概率大．

考查内容：列表法与树状图法．

命题意图：本题主要考查学生对用列表法或画树状图法求概率的掌握，难度中等．

技巧点拨：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率等于所求情况数与总情况数之比．

23．解析：（1）∵2号飞机爬升角度为45°，∴OA上的点的横纵坐标相同．∴A（4，4）． 设OA的解析式为：h＝ks，∴4k＝4．∴k＝1．∴OA的解析式为：h＝s．

∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，

∴它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同．

∵2号机的爬升到A处时水平方向上移动了4km，飞行的距离为42km，

又1号机的飞行速度为3km/min，

∴2号机的爬升速度为：42÷4＝32km/min．

3（2）设BC的解析式为h＝ms+n，

由题意：B（7，4），

7mn4∴，

10mn31m3解得．

19n3∴BC的解析式为h＝－s令h＝0，则s＝19．

∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．

（3）∵PQ不超过3km，

∴5﹣h≤3．

1319．

35s3∴，

1195(s)333解得2≤s≤13．

∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（13﹣2）÷3＝11min．

3考查内容：一次函数的应用；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．

命题意图：本题主要考查学生对解直角三角形的仰角问题，待定系数法求函数的解析式，解不等式组，一次函数的应用的综合应用能力．难度较大．

24．解析：（1）由题意，∠A7OA11＝120°，

∴A7A11的长为：1206＝4π＞12，

180∴A7A11比直径长．

（2）结论：PA1⊥A7A11．

理由：连接A1A7，A7A11，OA11．

∵A1A7是⊙O的直径，

∴∠A7A11A1＝90°，

∴PA1⊥A7A11．

（3）∵PA7是⊙O的切线，

∴PA7⊥A1A7，

∴∠PA7A1＝90°，

∵∠PA1A7＝60°，A1A7＝12，

∴PA7＝A1A7•tan60°＝123．

考查内容：切线的性质；正多边形和圆；弧长的计算．

命题意图：本题主要考查学生对正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，弧长公式，解直角三角形等知识的综合应用能力，解题的关键是熟练掌握正多边形与圆的关系，难度较大．

【核心素养】本题属几何推理型问题，通过对圆中重要知识点的考查和应用，体现了对数学逻辑推理素养的考查．

25．解析：（1）图形如图所示，由题意台阶T4左边的端点坐标（4.5，7），右边的端点（6，7），

对于抛物线y＝﹣x2+4x+12，

令y＝0，x2﹣4x﹣12＝0，解得x＝﹣2或6，

∴A（﹣2，0），

∴点A的横坐标为﹣2，

当x＝4.5时，y＝9.75＞7，

当x＝6时，y＝0＜7， 当y＝7时，7＝﹣x2+4x+12，

解得x＝﹣1或5，

∴抛物线与台阶T4有交点，设交点为R（5，7），

∴点P会落在台阶T4上．

（2）由题意抛物线C：y＝﹣x2+bx+c，经过R（5，7），最高点的纵坐标为11，

4cb211∴4，

255bc7b6b14解得或（舍弃），

c2c38∴抛物线C的解析式为y＝﹣x2+14x﹣38，

对称轴x＝7，

∵台阶T5的左边的端点（6，6），右边的端点为（7.5，6），

∴抛物线C的对称轴与台阶T5有交点．

（3）对于抛物线C：y＝﹣x2+14x﹣38，

令y＝0，得到x2﹣14x+38＝0，解得x＝7±11，

∴抛物线C交x轴的正半轴于（7+11，0），

当y＝2时，2＝﹣x2+14x﹣38，解得x＝4或10，

∴抛物线经过（10，2），

Rt△BDE中，∠DEB＝90°，DE＝1，BE＝2，

∴当点D与（7+11，0）重合时，点B的横坐标的值最大，最大值为8+11，

当点B与（10，2）重合时，点B的横坐标最小，最小值为10，

∴点B横坐标的最大值比最小值大11﹣2． 考查内容：二次函数综合题

命题意图：本题属于二次函数综合题，主要考查学生对二次函数的性质，待定系数法等知识的综合运用能力，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．难度非常大．

26．解析：论证：

证明：∵AD∥BC，

∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，

AB在△AOD和△BOC中，ADBC，

DC∴△AOD≌△BOC（ASA），

∴AO＝BO，

∵AO+BO＝AB＝20，

∴AO＝10；

发现：①设AB的中点为O，如图：

当AD从初始位置AO绕A顺时针旋转60°时，BC也从初始位置BC\'绕点B顺时针旋转60°，

而BO＝BC\'＝10，

∴△BC\'O是等边三角形， ∴BC旋转到BO的位置，即C以O重合，

∵AO＝AD＝CD＝10，

∴△ADC是等边三角形，

∴此时∠ADC＝60°；

②如图：

当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD\'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角形，

∴此时∠ADC＝120°，

综上所述，∠ADC为60°或120°；

尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，如图：

由已知可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，

设AQ＝x，则BQ＝20﹣x，

∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，

∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，

5，

25∴AQ＝，

2解得x＝∴DQ＝AD2AQ2515，

2∵DQ⊥AB，MN⊥AB，

∴MN∥DQ， ∴MNBMMN15，即，

DQBD5152021515，

81515；

8∴MN＝∴点M到AB的距离为拓展：

①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，如图：

∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，

∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH＝设BG＝m，则AG＝20﹣m，

∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，

∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2，

11BD＝d，

22d2300∴m＝，

40d2300∴BG＝，

40∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，

∴△BHP∽△BGD，

∴BPBH，

BDBGBHBD20d22∴BP＝；

BGd300②过B作BG⊥CD于G，如图： 设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN＝AN2AD2t2100，

∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，

∴△ADN∽△BGN，

∴NGBNBG，

DNANADNGt210020tBG，

t10即(20t)t210020010t∴NG＝，BG＝，

ttRt△BCG中，BC＝10，

∴CG＝BCBG＝∵CD＝10，

∴DN+NG+CG＝10，

222010t100，

t(20t)t21002010t100即t100++＝10，

tt222∴tt100+（20﹣t）t100+2010t100＝10t，

2220t100+2010t100＝10t，即2t100＝t﹣210t100，

两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t10t100，

∵t≠0，

∴3t﹣40＝﹣410t100，

解得t＝200407200407（大于20，舍去）或t＝，

99200407，

9∴AN＝∴cosα＝AD1057．

AN20040789考查内容：几何变换综合题

命题意图：本题主要考查学生对几何变换的综合应用能力，主要涉及全等三角形的判定与性质、等边三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及分式方程、无理方程等知识，题目综合性强，难度非常大．