2021年湖南省娄底市中考数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的
，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）1．（3分）（2021?娄底）2021的倒数是（）A．﹣202
1B．2021C．D．2．（3分）（2021?娄底）下列式子正确的是（）A．a3﹣a2＝aB．（a2）3＝a6C．a3?a2＝
a6D．（a2）3＝a53．（3分）（2021?娄底）2021年5月19日，第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束，本届大赛在全球范围内
吸引了约5万名数学爱好者参加．阿里数学竞赛旨在全球范围内引领开启关注数学、理解数学、欣赏数学、助力数学的科学风尚．5万用科学记数法
表示为（）A．0.5×105B．5×104C．50×104D．5×1054．（3分）（2021?娄底）一组数据17、10、5、
8、5、15的中位数和众数是（）A．5，5B．8，5C．9，5D．10，55．（3分）（2021?娄底）如图，点E、F在矩形A
BCD的对角线BD所在的直线上，BE＝DF，则四边形AECF是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形6．（3分）（202
1?娄底）如图，AB∥CD，点E、F在AC边上，已知∠CED＝70°，∠BFC＝130°，则∠B+∠D的度数为（）A．40°B
．50°C．60°D．70°7．（3分）（2021?娄底）从背面朝上的分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同
的卡片中，随机抽取一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为（）A．B．C．D．18．（3分）（2021?娄底
）2、5、m是某三角形三边的长，则等于（）A．2m﹣10B．10﹣2mC．10D．49．（3分）（2021?娄底）如图，直线y
＝x+b和y＝kx+4与x轴分别相交于点A（﹣4，0），点B（2，0），则解集为（）A．﹣4＜x＜2B．x＜﹣4C．x＞2D．
x＜﹣4或x＞210．（3分）（2021?娄底）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与直线l：yx只有一
个公共点时，点A的坐标为（）A．（﹣12，0）B．（﹣13，0）C．（±12，0）D．（±13，0）11．（3分）（2021?
娄底）根据反比例函数的性质、联系化学学科中的溶质质量分数的求法以及生活体验等，判定下列有关函数y（a为常数且a＞0，x＞0）的性质
表述中，正确的是（）①y随x的增大而增大②y随x的增大而减小③0＜y＜1④0≤y≤1A．①③B．①④C．②③D．②④12．（3
分）（2021?娄底）用数形结合等思想方法确定二次函数y＝x2+2的图象与反比例函数y的图象的交点的横坐标x0所在的范围是（）
A．0＜x0B．x0C．x0D．x0≤1二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）13．（3分）（2021?娄底）函数y
的自变量x的取值范围是．14．（3分）（2021?娄底）如图所示的扇形中，已知OA＝20，AC＝30，40，则．15．
（3分）（2021?娄底）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，P是BC上任意一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，若S△ABC＝
1，则PE+PF＝．16．（3分）（2021?娄底）已知t2﹣3t+1＝0，则t．17．（3分）（2021?娄底）高速
公路上有一种标线叫纵向减速标线，外号叫鱼骨线，作用是为了提醒驾驶员在开车时减速慢行．如图，用平行四边形ABCD表示一个“鱼骨”，A
B平行于车辆前行方向，BE⊥AB，∠CBE＝α，过B作AD的垂线，垂足为A′（A点的视觉错觉点），若sinα＝0.05，AB＝30
0mm，则AA′＝mm．18．（3分）（2021?娄底）弧度是表示角度大小的一种单位，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就
是1弧度角，记作1rad．已知α＝1rad，β＝60°，则α与β的大小关系是αβ．三、解答题（本大题共2小题，每小题6分，共
12分）19．（6分）（2021?娄底）计算：（π）0（）﹣1﹣2cos45°．20．（6分）（2021?娄底）先化简，再求值：?
（1），其中x是1、2、3中的一个合适的数．四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）21．（8分）（2021?娄底）“读
书，点亮未来”，广泛的课外阅读是同学们搜集和汲取知识的一条重要途径．学校图书馆计划购进一批学生喜欢的图书，为了了解学生们对“A文史
类、B科普类、C生活类、D其它”的喜欢程度，随机抽取了部分学生进行问卷调查（每个学生只选其中一类），将所得数据进行分类统计绘制了不
完整的统计图表，请根据图中的信息，解答下列问题：统计表：频数频率A历史类50mB科普类900.45C生活类n0.20D其它200.
10合计（1）本次调查的学生共人；（2）m＝，n＝；（3）补全条形统计图．22．（8分）（2021?娄底）我国
航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为3
0°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处
的平均速度．（结果精确到1m/s，取1.732，1.414）五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）23．（9分）（20
21?娄底）为了庆祝中国共产党建党一百周年，某校举行“礼赞百年，奋斗有我”演讲比赛，准备购买甲、乙两种纪念品奖励在活动中表现优秀的
学生．已知购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元，购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元．（1）求购买一个甲种纪念品和
一个乙种纪念品各需多少元；（2）若要购买这两种纪念品共100个，投入资金不少于766元又不多于800元，问有多少种购买方案？并求出
所花资金的最小值．24．（9分）（2021?娄底）如图，点A在以BC为直径的⊙O上，∠ABC的角平分线与AC相交于点E，与⊙O相交
于点D，延长CA至M，连结BM，使得MB＝ME，过点A作BM的平行线与CD的延长线交于点N．（1）求证：BM与⊙O相切；（2）试给
出AC、AD、CN之间的数量关系，并予以证明．六、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）25．（10分）（2021?娄底
）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2＝BE2+CF2；（3）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB，请利用（2）的
结论证明：当α+β＝45°时，tan（α+β）成立．26．（10分）（2021?娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx
+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求b、c的值；（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，
过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．①当0＜m＜3时，求当P点到直线l：y＝x的距离最大时m的值；②是否存在m，使得以点O、C
、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．2021年湖南省娄底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，每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选
项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）1．（3分）（2021?娄底）2021的倒数是（）A．﹣2021B．2021C．D．【分析
】根据乘积是1的两个数互为倒数判断即可．【解答】解：2021的倒数是．故选：C．【点评】此题主要考查了倒数，正确掌握相关定义是解题
关键．2．（3分）（2021?娄底）下列式子正确的是（）A．a3﹣a2＝aB．（a2）3＝a6C．a3?a2＝a6D．（a2）
3＝a5【分析】分别根据合并同类项法则，幂的乘方运算，同底数幂的乘法法则逐一判断即可．【解答】解：A．a3与﹣a2不是同类项，故本
选项不符合题意；B．（a2）3＝a6，故本选项符合题意；C．a3?a2＝a5，故本选项不符合题意；D．（a2）3＝a6，故本选项不
符合题意；故选：B．【点评】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法以及幂的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．3．（3分）（20
21?娄底）2021年5月19日，第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束，本届大赛在全球范围内吸引了约5万名数学爱好者参加．阿里数学竞赛
旨在全球范围内引领开启关注数学、理解数学、欣赏数学、助力数学的科学风尚．5万用科学记数法表示为（）A．0.5×105B．5×1
04C．50×104D．5×105【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．【解答】解：5万＝50000＝5×104，故选：B．【点评
】此题考查科学记数法的表示方法，关键是确定a的值以及n的值．4．（3分）（2021?娄底）一组数据17、10、5、8、5、15的中
位数和众数是（）A．5，5B．8，5C．9，5D．10，5【分析】把这组数按从小到大的顺序排列，因为数的个数是偶数个，那么中间
两个数的平均数即是中位数；众数即为出现次数最多的数，由此解答．【解答】解：从小到大排列为：5、5、8、10、15、17，中位数：（
8+10）÷2＝18÷2＝9；众数为：5；故选：C．【点评】此题主要考查了中位数和众数的含义，熟记中位数和众数的含义是解题的关键．
5．（3分）（2021?娄底）如图，点E、F在矩形ABCD的对角线BD所在的直线上，BE＝DF，则四边形AECF是（）A．平行
四边形B．矩形C．菱形D．正方形【分析】根据对角线互相平分可判断A；根据对角线不相等的平行四边形不是矩形可判断B，D；根据无法证明
对角线互相垂直可判断C．【解答】解：A．∵四边形ABCD是矩形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AE
CF是平行四边形，故本选项符合题意；B．∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∴AC≠EF，∴四边形AECF不是矩形，故本选项不符
合题意；C．∵四边形ABCD是矩形，∴不能证明AC⊥BD，∴不能证明AC⊥EF，故本选项不符合题意；D．∵四边形ABCD是矩形，∴
AC＝BD，∴AC≠EF，∴四边形AECF不是正方形，故本选项不符合题意；故选：A．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的
性质和判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行四边形和特殊平行四边形的判定方法是解决问题的关键．6．（3分）（2021?娄底）
如图，AB∥CD，点E、F在AC边上，已知∠CED＝70°，∠BFC＝130°，则∠B+∠D的度数为（）A．40°B．50°C
．60°D．70°【分析】先由平行线的性质得出∠A+∠C＝180°，再由三角形的额内角和为180°，将△ABF和△CDE的内角和加
起来即可得∠B+∠D的度数．【解答】解：∵∠BFC＝130°，∴∠BFA＝50°，又∵AB∥CD，∴∠A+∠C＝180°，∵∠B+
∠A+∠BFA+∠D+∠C+∠CED＝360°，∴∠B+∠D＝60°，故选：C．【点评】本题主要考查平行线的性质和三角形的内角和，
这两个知识点中考基本都是放在一起考的，平行线的性质与判定要熟记于心．7．（3分）（2021?娄底）从背面朝上的分别画有等腰三角形、
平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，随机抽取一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为（）A．B
．C．D．1【分析】由四张完全相同的卡片上分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的有矩形、圆
，再根据概率公式求解即可．【解答】解：∵四张完全相同的卡片上分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆，其中既是中心对称图形又是轴对
称图形的有矩形、圆，∴现从中任意抽取一张，卡片上所画的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为，故选：B．【点评】此题考查了概率
公式的应用．注意：概率＝所求情况数与总情况数之比．8．（3分）（2021?娄底）2、5、m是某三角形三边的长，则等于（）A．2
m﹣10B．10﹣2mC．10D．4【分析】直接利用三角形三边关系得出m的取值范围，再利用二次根式的性质化简得出答案．【解答】解：
∵2、5、m是某三角形三边的长，∴5﹣2＜m＜5+2，故3＜m＜7，∴＝m﹣3+7﹣m＝4．故选：D．【点评】此题主要考查了三角形
三边关系以及二次根式的化简，正确化简二次根式是解题关键．9．（3分）（2021?娄底）如图，直线y＝x+b和y＝kx+4与x轴分别
相交于点A（﹣4，0），点B（2，0），则解集为（）A．﹣4＜x＜2B．x＜﹣4C．x＞2D．x＜﹣4或x＞2【分析】结合图象
，写出两个函数图象在x轴上方所对应的自变量的范围即可．【解答】解：∵当x＞﹣4时，y＝x+b＞0，当x＜2时，y＝kx+4＞0，∴
解集为﹣4＜x＜2，故选：A．【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的知识，解题的关键是能够结合图象作出判断．10．（3分）（
2021?娄底）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与直线l：yx只有一个公共点时，点A的坐标为（）
A．（﹣12，0）B．（﹣13，0）C．（±12，0）D．（±13，0）【分析】由题意可知：直线l与⊙A相切，设切点为B，过点B作
BE⊥OA于点E，利用直线l的解析式设出点B的坐标，可得线段BE，OB的长，由直角三角形的边角关系可得tan∠AOB；解直角三角形
ABO可得OB的长，利用勾股定理可求OA的长，点A坐标可得，同理可求当A在x轴的正半轴上的坐标为（13，0）．【解答】解：当⊙A与
直线l：yx只有一个公共点时，直线l与⊙A相切，设切点为B，过点B作BE⊥OA于点E，如图，∵点B在直线yx上，∴设B（m，m），
∴OE＝﹣m，BEm．在Rt△OEB中，tan∠AOB．∵直线l与⊙A相切，∴AB⊥BO．在Rt△OAB中，tan∠AOB．∵AB
＝5，∴OB＝12．∴OA．∴A（﹣13，0）．同理，在x轴的正半轴上存在点（13，0）．故选：D．【点评】本题主要考查了直线与圆
的位置关系，正比例函数的性质，正比例函数图象上点的坐标的特征，解直角三角形，勾股定理．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键
．11．（3分）（2021?娄底）根据反比例函数的性质、联系化学学科中的溶质质量分数的求法以及生活体验等，判定下列有关函数y（a为
常数且a＞0，x＞0）的性质表述中，正确的是（）①y随x的增大而增大②y随x的增大而减小③0＜y＜1④0≤y≤1A．①③B．①
④C．②③D．②④【分析】可借助反比例函数的性质，将原函数进行变形后，左右两边取倒数，观察与x的变化关系，再借助x和a的取值范围，
即可确定正确结果．【解答】解：∵y（a为常数且a＞0，x＞0），∴，即1，根据反比例函数的性质，∵a＞0，∴当x增大时，随x的增大
而减小，∴1也随x的增大而减小，即也随x的增大而减小，则y就随x的增大而增大，∴性质①正确．又∵a＞0，x＞0，∴a+x＞0，∴0
，即y＞0，又∵x＜a+x，∴1，即y＜1，∴0＜y＜1，∴性质③正确．综上所述，性质①③正确，故选：A．【点评】本题考查了反比例
函数图象性质的应用，借助把新的函数形式变形为反比例函数的形式，再运用反比例函数的性质，从而得到新函数的性质，这样的方法也是研究函数
的一种普遍方法，是一种把未知转化为已知的数学思想．应熟练掌握反比例函数的图象性质是解决问题的基础．12．（3分）（2021?娄底）
用数形结合等思想方法确定二次函数y＝x2+2的图象与反比例函数y的图象的交点的横坐标x0所在的范围是（）A．0＜x0B．x0C
．x0D．x0≤1【分析】根据二次函数图象与双曲线的作法在同一平面直角坐标系内作出大致图象，然后写出答案即可．【解答】解：函数y＝
x2+2与y的图象如图所示，交点的横坐标x0的取值范围是x0≤1，故选：D．【点评】本题考查了二次函数图象，反比例函数图象，作出尽
量准确的函数图象是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）13．（3分）（2021?娄底）函数y的自变量x
的取值范围是x≥1．【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．【解答】解：根据题意得，x﹣1≥0，解得x≥1．故答案为x
≥1．【点评】本题考查函数自变量的取值范围，知识点为：二次根式的被开方数是非负数．14．（3分）（2021?娄底）如图所示的扇形中
，已知OA＝20，AC＝30，40，则100．【分析】设∠AOB＝n．利用弧长公式求解即可【解答】解：设∠AOB＝n．由题意4
0，∴nπ＝360，∴100，故答案为：100．【点评】本题考查弧长公式，解题的关键是灵活运用弧长公式解决问题，属于中考常考题型．
15．（3分）（2021?娄底）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，P是BC上任意一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，若S△A
BC＝1，则PE+PF＝1．【分析】连接AP，则S△ABC＝S△ACP+S△ABP，依据S△ACPAC×PF，S△ABPAB×
PE，代入计算即可得到PE+PF＝1．【解答】解：如图所示，连接AP，则S△ABC＝S△ACP+S△ABP，∵PE⊥AB于点E，P
F⊥AC于点F，∴S△ACPAC×PF，S△ABPAB×PE，又∵S△ABC＝1，AB＝AC＝2，∴1AC×PFAB×PE，即12
×PF2×PE，∴PE+PF＝1，故答案为：1．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是作辅助线将等腰三角形分割成
两个三角形，利用面积法进行计算．16．（3分）（2021?娄底）已知t2﹣3t+1＝0，则t3．【分析】根据方程的解的定义得到
t≠0，根据等式的性质计算，得到答案．【解答】解：∵t2﹣3t+1＝0，∴t≠0，等式两边同时除以t，得t﹣30，解得：t3，故答
案为：3．【点评】本题考查的是分式的化简求值，掌握方程的解的定义、等式的性质是解题的关键．17．（3分）（2021?娄底）高速公路
上有一种标线叫纵向减速标线，外号叫鱼骨线，作用是为了提醒驾驶员在开车时减速慢行．如图，用平行四边形ABCD表示一个“鱼骨”，AB平
行于车辆前行方向，BE⊥AB，∠CBE＝α，过B作AD的垂线，垂足为A′（A点的视觉错觉点），若sinα＝0.05，AB＝300m
m，则AA′＝15mm．【分析】由平行线的性质和垂线的性质可得∠A''BC＝∠ABE＝90°，可求∠ABA''＝∠CBE＝α，利用
锐角三角函数可求解．【解答】解：∵BA''⊥AD，AD∥BC，∴A''B⊥BC，∴∠A''BC＝∠ABE＝90°，∴∠ABA''＝∠CBE
＝α，∵sin∠A''BA＝sinα0.05，∴AA''＝300×0.05＝15（mm），故答案为：15．【点评】本题考查了解直角三角
形的应用，平行四边形的性质，求出∠ABA''＝∠CBE＝α是解题的关键．18．（3分）（2021?娄底）弧度是表示角度大小的一种单位
，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad．已知α＝1rad，β＝60°，则α与β的大小关系是α＝β．【
分析】判断出α＝60°，可得结论．【解答】解：由题意，α＝60°，β＝60°，∴α＝β，故答案为：＝．【点评】本题考查角的概念，1
弧度角的定义，解题的关键是理解1弧度角的定义，属于中考常考题型．三、解答题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）19．（6分）（
2021?娄底）计算：（π）0（）﹣1﹣2cos45°．【分析】根据零指数幂，分母有理化，负整数指数幂，特殊角的三角函数值计算即可
．【解答】解：原式＝12﹣2＝11+2＝2．【点评】本题考查了零指数幂，分母有理化，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，考核学生的计
算能力，正确进行分母有理化是解题的关键．20．（6分）（2021?娄底）先化简，再求值：?（1），其中x是1、2、3中的一个合适的
数．【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算即可．【解答】解：原式??，由题意得：x≠
1，x≠±3，当x＝2时，原式．【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件，掌握分式的混合运算法则、分式的分母不为0是解
题的关键．四、解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）21．（8分）（2021?娄底）“读书，点亮未来”，广泛的课外阅读是同
学们搜集和汲取知识的一条重要途径．学校图书馆计划购进一批学生喜欢的图书，为了了解学生们对“A文史类、B科普类、C生活类、D其它”的
喜欢程度，随机抽取了部分学生进行问卷调查（每个学生只选其中一类），将所得数据进行分类统计绘制了不完整的统计图表，请根据图中的信息，
解答下列问题：统计表：频数频率A历史类50mB科普类900.45C生活类n0.20D其它200.10合计（1）本次调查的学生共
200人；（2）m＝0.25，n＝40；（3）补全条形统计图．【分析】（1）用第D其它类的频数除以它的频率即可得到调查的
学生数；（2）根据（1），直接利用已知表格中A历史类的频数求出m的值，直接利用已知表格中C生活类的频率求出n的值；（3）利用（1）
中所求补全条形统计图即可．【解答】解：（1）20÷0.10＝200（人），故答案为：200；（2）m＝50÷200＝0.25，n＝
200×0.20＝40，故答案为：0.25，40；（3）补全条形统计图如下，【点评】本题考查的是条形统计图，从统计图中得到必要的信
息是解决问题的关键．22．（8分）（2021?娄底）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟
二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升7.5秒后到达B处，此时在P
处测得B点的仰角∠DPB为45°，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取1.732，1.414）【分析】在Rt
△APD中，根据三角函数的定义求出AO和PD，在Rt△APD中，根据三角函数的定义求出BD，进而求出求出AB，根据速度公式即可求出
天舟二号从A处到B处的平均速度．【解答】解：由题意可得：∠APD＝30°，∠BPD＝45°，AP＝6km，∠BDP＝90°，在Rt
△BPD中，∵∠APD＝30°，AP＝6km，∠ADP＝90°，cos∠APD＝cos30°，∴ADAP＝3km，PD＝PA?co
s30°＝63（km），在Rt△APD中，∵∠BPD＝45°，PD＝3km，∠BDP＝90°，tan∠BPD＝tan45°，∴BD
＝PDtan45°＝3（km），故AB＝BD﹣AD＝33≈5.196﹣3＝2.196（km）＝2196m，则天舟二号从A处到B处的
平均速度约为：2196÷7.5≈293（m/s），答：天舟二号从A处到B处的平均速度约为293m/s．【点评】此题主要考查了解直角
三角形的应用，根据三角函数的定义求出得出PD的长是解题关键．五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）23．（9分）（20
21?娄底）为了庆祝中国共产党建党一百周年，某校举行“礼赞百年，奋斗有我”演讲比赛，准备购买甲、乙两种纪念品奖励在活动中表现优秀的
学生．已知购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元，购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元．（1）求购买一个甲种纪念品和
一个乙种纪念品各需多少元；（2）若要购买这两种纪念品共100个，投入资金不少于766元又不多于800元，问有多少种购买方案？并求出
所花资金的最小值．【分析】（1）设购买一个甲种纪念品需要x元，购买一个乙种纪念品需要y元，根据“购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品
共需20元，购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）设购买m个
甲种纪念品，则购买（100﹣m）个乙种纪念品，根据总价＝单价×数量，结合总价不少于766元又不多于800元，即可得出关于m的一元一
次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为整数即可得出购买方案的个数，设购买总费用为w元，根据总费用＝单价×数量，即可得出w关
于m的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．【解答】解：（1）设购买一个甲种纪念品需要x元，购买一个乙种纪念品需要y元
，依题意得：，解得：．答：购买一个甲种纪念品需要10元，购买一个乙种纪念品需要5元．（2）设购买m个甲种纪念品，则购买（100﹣m
）个乙种纪念品，依题意得：，解得：53m≤60，又∵m为整数，∴m可以为54，55，56，57，58，59，60，∴共有7种购买方
案．设购买总费用为w元，则w＝10m+5（100﹣m）＝5m+500，∵5＞0，∴w随m的增大而增大，∴当m＝54时，w取得最小值
，最小值＝5×54+500＝770．答：共有7种购买方案，所花资金的最小值为770元．【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一
元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确
列出一元一次不等式组．24．（9分）（2021?娄底）如图，点A在以BC为直径的⊙O上，∠ABC的角平分线与AC相交于点E，与⊙O
相交于点D，延长CA至M，连结BM，使得MB＝ME，过点A作BM的平行线与CD的延长线交于点N．（1）求证：BM与⊙O相切；（2）
试给出AC、AD、CN之间的数量关系，并予以证明．【分析】（1）由圆周角定理可得∠BAC＝90°，由角平分线的性质和等腰三角形的性
质可得∠MBE+∠EBC＝90°，可得MB⊥BC，可得结论；（2）通过证明△DAC∽△ACN，可得，可得结论．【解答】证明：（1）
∵BC是直径，∴∠BAC＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵MB＝ME，∴∠MBE
＝∠MEB，∴∠MBE+∠EBC＝90°，∴∠MBC＝90°，∴MB⊥BC，∴BM与⊙O相切；（2）AC2＝CN?AD，理由如下：
∵∠ACD＝∠ABD，∠DBC＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴AD＝DC，∵BC是直径，∴∠BDC＝90°，∴∠BCD+∠DB
C＝90°，∵AN⊥BC，∴∠N+∠DCB＝90°，∴∠N＝∠DBC，∴∠N＝∠DBC＝∠DCA＝∠DAC，∴△DAC∽△ACN，
∴，∴AC2＝CN?AD．【点评】本题考查了切线的判定和性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，证明△DAC∽△ACN是解题的
关键．六、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）25．（10分）（2021?娄底）如图①，E、F是等腰Rt△ABC的斜边
BC上的两动点，∠EAF＝45°，CD⊥BC且CD＝BE．（1）求证：△ABE≌△ACD；（2）求证：EF2＝BE2+CF2；（3
）如图②，作AH⊥BC，垂足为H，设∠EAH＝α，∠FAH＝β，不妨设AB，请利用（2）的结论证明：当α+β＝45°时，tan（α
+β）成立．【分析】（1）先判断出∠B＝∠ACB，进而判断出∠B＝∠ACD，即可得出结论；（2）先判断出∠DAE＝90°，进而判断
出∠EAF＝∠DAF，利用SAS判断出△AEF≌△ADF，得出DF＝EF，最后用勾股定理，即可得出结论；（3）先求出AH＝BH＝C
H＝1，进而得出BE＝1﹣EH，CF＝1﹣FH，再由EF2＝CF2+CD2，判断出1﹣EH?FH＝EH+FH，在Rt△AHE中，t
anα，在Rt△AHF中，tanβ，最后代入化简，即可得出结论．【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∴B
＝∠ACB＝45°，∵CD⊥BC，∴∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝45°＝∠B，在△ABE和△ACD中，，∴△
ABE≌△ACD（SAS）；（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，∴AE＝AD，∠BAE＝∠CAD，∵∠BAC＝90°，∴∠EAD
＝∠CAE+∠CAD＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴DF＝EF，在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2＝CF2+CD2，∵CD＝BE
，∴EF2＝CF2+CD2；（3）在Rt△ABC中，AC＝AB，∴BCAB＝2，∵AH⊥BC，∴AH＝BH＝CHBC＝1，∴BE＝
1﹣EH，CF＝1﹣FH，由（2）知，EF2＝CF2+CD2，∵EF＝EH+FH，∴（EH+FH）2＝（1﹣FH）2+（1﹣EH）
2，∴1﹣EH?FH＝EH+FH，在Rt△AHE中，tanα，在Rt△AHF中，tanβ，∴右边1，∵α+β＝45°，∴左边＝ta
n（α+β）＝tan45°＝1，∴左边＝右边，即当α+β＝45°时，tan（α+β）成立．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等
腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，判断出1﹣EH?FH＝EH+FH是解本题的关键．26．（10分
）（2021?娄底）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于
点C．（1）求b、c的值；（2）点P（m，n）为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q．①当0＜m＜3时，求当P点
到直线l：y＝x的距离最大时m的值；②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．【分析】（1）由交点式结合点A、B坐标求出解析式，从而得到b、c；（2）①设点P、Q的坐标，把PQ线段用含有m的式子表示，借助二次函数求出P点到直线l：y＝x的距离最大时的m的值；②利用平行四边形的判定定理“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”和菱形的判定定理“邻边相等的平行四边形是菱形”结合点坐标求解．【解答】解：（1）由二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），得：，解得：，∴y＝x2﹣2x﹣3．（2）①∵点P（m，n）在抛物线上y＝x2﹣2x﹣3，∴P（m，m2﹣2m﹣3），∵过P作x轴的垂线交直线l：y＝x于点Q，∴Q（m，m）∴PQ＝m﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m+3＝﹣（m）2，∴当m时，PQ有最大值，∴当P点到直线l：y＝x的距离最大时，m的值为．②∵抛物线与y轴交于点C，∴x＝0时，y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∵OC∥PQ，且以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴PQ＝OC，又∵OC＝3，PQ＝|﹣m2+3m+3|，∴3＝|﹣m2+3m+3|，解得：m1＝0，m2＝3，m3，m4，当m1＝0时，PQ与OC重合，菱形不成立，舍去；当m2＝3时，P（3，0），Q（3，3），此时，四边形OCPQ是平行四边形，OQ，∴OQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；当m3时，Q（，），此时，四边形OCQP是平行四边形，CQ，∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；当m4时，Q（，），此时，四边形OCQP是平行四边形，CQ，∴CQ≠OC，平行四边形OCPQ不是菱形，舍去；综上所述：不存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点评】本题主要考查二次函数的性质，线段长度的最大值求解，和菱形存在性问题．在求线段的最大值时需要先设出点的坐标，再表达出线段的长度，最后结合二次函数求出最大值；在探究菱形存在性问题时，需要根据菱形的判定定理“邻边相等的平行四边形是菱形”进行求解． |
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