2026年黑龙江省龙东地区中考数学真题试卷三套附答案

2026年黑龙江省龙东地区中考数学试卷一、选择题（本大题共10道小题，每小题3分，共30分）13）纸术中古的间术一下剪图中是心称形是（ ）A． B．C．D．23）列算确是（ ）A．x5•x2＝x10 B．m2+m2＝2m4C（x）＝xy2 D﹣2a3﹣8333）图一由干大相的正体成几体它左图（ ）A．B．C．D．43分k：47，49，56，52，56．这组数据的众数和平均数分别是（ ）A．52，52 B．56，52 C．56，50 D．52，5653分耕土地护粮仓水生基地2023平每顷产700kg稻到205平均每公顷产8470kg水稻，设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，可列方程为（ ）A．7000（1+2x）＝8470B．7000（1+x）2＝8470C．7000+7000（1+x）+7000（1+x）2＝8470D．7000×2（1+x）＝84704−� 2�63）知于x分方程−2−2−�=1解正，则k取范为（ ）A．k＞﹣6 B．k＜﹣6C．k＞﹣6且k≠﹣4 D．k＜﹣6且k≠﹣4732530020元/15元/个．所有资金恰好用完，则购买方案有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种�8（3分）如图，在平面直角坐标系中，双曲线y=�（k≠0）上有A，B两点，C⊥x轴于点C，D⊥x�D，HOB的中点，S△AHO＝6k的值为（）A．8 B．﹣8 C．16 D．﹣169（3分）如图，在△C中，∠C＝90°，∠B＝3°，D为C上一点，且C＝D，E，F分别CD，ABEFAC＝2EF的长为（）33A．2 B． C．1 D．0.5332103）CD中，DEC，∠DF=1∠DCDFDEC于2G，H两点，下列结论：①连接EF，则△DEF为等边三角形；②过点G作GN⊥AD于点N，则GN3＝GF；③AG＝GH＝CH=ABMDS3

△DEC＝4：5，S△DAM：S菱形ABCD＝1：10；⑤逆时针旋转∠FDEDFABPDE与边BC交于点Q，若CQ=2，AP＝22，则PQ=10．其中正确的是（ ）A．①③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．①②③⑤二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）3分2026年5月19尔市行人步动有1200参加数据1200科记数法表示为 ．123）函�=�−，变量x取范是 ．13（3分）如图，在四边形CD中，对角线C，D相交于点O，且OA＝OC，请添加一个条件 ，使四边形ABCD是平行四边形．143分八星外三雨前词这诗中现概为 （点不计）153）于x不式组�−1有3整解则a取范是 ．1+�≤3163）图B别与⊙O切于，B点，P80则∠＝ ．173芳一圆角为120径为4扇卡成个锥侧这圆底圆的半径为 ．183CD10D16PQ为DQ2P+Q的最小值为 ．193Rt△ABC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝2AC边上找一DBDAAABD的某一边与AC边垂直时，AD＝ ．2203）1是直线ly=1x2与yB1作AB⊥l交x轴于点A11为边，A1B1B2C1B2C1xA2B2A2B2B3C2B3C22xA3A3B3A3B3B4C3B4C3xA4；…，按照这个规律进行下去，则点∁n的纵坐标为 ．三、解答题（本大题共8道题，满分60分）215）化，求：1−1)÷

，其中x＝4cos60°+1．�+3 �2+6�+9226分1C（1，﹣，（﹣2C2﹣3．画出△ABCx轴对称的图形△A1B1C1A1的坐标；画出△A1B1C1A190°得到的△A1B2C2C2的坐标；求出（2中线段11结果保留π）236）﹣x+b+cA﹣10（30两点，交y轴于点C．求抛物线的解析式；作射线BD交y轴于点D，使∠CBD＝15°，则CD的长为 ．247请根据相关信息，解答下列问题：m＝ ，C组对应的频数 ，并补全直方图；调所数的位落在 （组；150060min的学生人数．258分CACBCA0.1ABB2小时，立即按原路原0.3Ay（km）x（h）的函数图象，结合图象回答下列问题：A，C两地之间的距离为 km，乙车的速度为 km/h；EF的函数解析式；A10km．268）CDCDO，E为直线CEEEF⊥BE，交AD边所在的直线于点F．如图①EOC上时，求证：AB+AF=2AE；如图②EOA上时；如图③ECAAB，AF，AE之间的数量关系，不需要证明．27（10分B2A1B213A2B型汽车总售价为34A7万元，B4.5万元．AB型汽车每台售价分别为多少万元？A，B50A30台，并且投入的295万元，求有哪几种销售方案？在（2）的条件下，全部售出，哪种销售方案获得的利润最大？最大利润为多少万元？2810▱OC的OxA在xC在yO，OCx﹣x12＝0（O＜O．AC坐标；OBPO1OBQ从A1.6A﹣C﹣BQB时，P，Qt秒，求△APQSt的函数解析式；在x（10yMNMN，R，BN点坐标；若不存在，请说明理由．题号12345678910答案DDABBCBDBC1.210．【解答】解：12000＝1.2×104．故答案为：1.2×104．【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．【答案】x≥2．【解答】解：根据二次根式的性质得x﹣2≥0，解得x≥2．故答案为：x≥2．【点评】本题主要考查了二次根式有意义的条件，求自变量的取值范围，熟练掌握以上知识点是关键．OOD．【解答】解：添加条件：OB＝OD，∵在四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，∴四边形CD．OOD．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握其相关知识点是解题的关键．1【答案】3．124，12=3．∴数词出现的概率为：�=4 12=3．1故答案为：3．【点评】本题考查的是概率公式，熟记概率公式是解题的关键．152a﹣1．【解答】解：�−�＞1①，1+�≤3②解不等式①得x＞a+1，解不等式②得x≤2，∵关于x的不等式组只有3个整数解，∴该不等式组的整数解为0，1，2，∴﹣1≤a+1＜0，∴﹣2≤a＜﹣1．故答案为：﹣2≤a＜﹣1．【点评】本题考查的是一元一次不等式组的整数解，熟知解一元一次不等式组的基本步骤是解题的关键．【答案】50°．【解答】解：如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，连接OA，OB，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∵OAPB是四边形，∠P＝80°，∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P＝100°，∵∠C，∠AOB分别是弧AB所对的圆周角和圆心角，2∴∠�=1∠𝐴�=故答案为：50°．2【点评】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．4【答案】3．180【解答】解：设这个圆锥底面圆的半径为r，则2𝜋=120�×4，1803．解得�=3．4故答案为：3．【点评】本题考查圆锥的相关计算，熟练掌握该知识点是关键．【答案】237．【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，2∴��=��=1𝑂=8，AC⊥BD，OA＝OC，2��2−102−82在��2−102−82∴AC＝2OA＝12，∵点A关于BD的对称点是点C，∴AP＝CP，∴AP+AQ＝CP+AQ，

=6，将点C沿BD方向平移2个单位长度得到点C′，连接C′Q，AC′，∴CC′∥PQ，CC′＝PQ＝2，∴四边形CC′QP是平行四边形，∴CP＝C′Q，∴AP+AQ＝C′Q+AQ，当A，Q，C′三点共线时，C′Q+AQ最小，最小值为线段AC′的长，∵CC′∥BD，AC⊥BD，∴AC⊥CC′，��2+122+22148∴∠ACC′＝90°在Rt△ACC′中��2+122+22148∴AP+AQ的最小值为237，故答案为：237．【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．3+123+12【答案】2−3或 或2．【解答】解：已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝2，所以AB＝1，∠A＝60°．由折叠性质可知：A′D＝AD，A′B＝AB＝1，∠BA′D＝∠A＝60°．过B作E⊥C，可得�=�⋅��0°=3，�=�⋅�0°=1．2 2当A′D⊥AC时：∠A′DA＝90°，由折叠性质得∠ADB＝∠A′DB＝45°，在Rt△BDE中，∠BED＝90°，∠BDE＝45°，所以��=𝐵=3，𝐵=��𝑐��=1×1=12 2 2所以𝑂=��

+1=3+1，即�′�=3+1．32 2 2 232当A′B⊥AC时：�′�=�′�−𝐵=1−3，2在Rt△A′DE中，∠A′ED＝90°，∠DA′E＝60°，所以�′�=�′�=2(1−3)=2−3．𝑐�60° 2当BD⊥AC时：∠BDA′＝90°，则D，E重合，2所以�′�=𝐵=𝑂=123+12综上，A′D的值为2−3或3+12

1或故答案为：2−3或

13+12或2．3+12【点评】本题考查翻折变换，含30度角的直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．220(3)−1．22【解答】解：∵B1是直线y=1x+2与y轴的交点，2∴（，2，B﹣，0，∴OB1＝2，OB0＝4，��2+1022+42∴B��2+1022+42∴��∠�01=�1=1��1

=5，��0 2 �1�0 5∵四边形A1B1B2C1是正方形，∴∠A1B1B2＝∠B1A1C1＝90°，B1B2＝A1B1＝C1A1，∴∠A1B1B0＝180°﹣∠A1B1B2＝90°，5∴�1�1=�0�1⋅���∠��0�1= =�1�1=�1�2，5如图，分别过点C1，C2，C3作x轴的垂线，垂足分别为E，F，H，∴∠B1OA1＝∠B1A1C1＝∠A1EC1＝90°，∴∠B0B1O+∠OB0B1＝∠B0B1O+∠A1B1O＝∠OA1B1+∠A1B1O＝∠OA1B1+∠C1A1E＝90°，∴∠OB0B1＝∠A1B1O＝∠C1A1E，∴C1E＝A1C1•sin∠C1A1E＝A1C1•sin∠OB0B1＝1，∴C1的纵坐标为1；∵四边形A2B2B3C2，A3B3B4C3都是正方形，∴∠A2B2B3＝∠A2B2B0＝∠A3B3B4＝∠A3B3B0＝90°，A2B2＝B2B3＝A2C2，A3B3＝B3B4＝A3C3，同理可得：∠C2A2F＝∠C3A3H＝∠OB0B1，∵�0�2=�0�1+�1�2=35，352∴�2�2=�0�2⋅���∠��0�1= =�2�3=�2�2352∴�2�=2�2⋅����0�1=303=�0�2+23=95，3∴C的纵坐标为，�

2=�

⋅

2=95=�

=��，2 2 33 03

01

34 334∴�3�=3�3⋅��∠�01=9，49∴C3的纵坐标为4，…；2∴按照这个规律进行下去，则点∁n的纵坐标为(3)�−1．22故答案为：(3)�−1．2�+321−2，．【解答】解：原式=�+3−1÷ �2−4�+3 �2+6�+9=�+2÷(�+2)(�−2)�+3 (�+3)2=�+2⋅ (�+3)2 =�+3，�+3(�+2)(�−2) �−2∵�=4𝑐�60°+1=4×1+1=3，∴原式=3+3=6．2 3−2【点评】本题考查的是分式的化简求值，特殊角的三角函数值，熟知以上运算法则是解题的关键．221B1A1，；�（如图所示：△BC2C（，3（）2．（1AC1（12，A12；（（03；（3）根据网格得：�1�190�×(2)2360∵逆时针旋转90�×(2)2360∴扫过的图形面积为：

=2，12+112+12=2．﹣231）﹣x23；3（2）3−3或3 −3．3（1∵抛物线y﹣2bxc﹣10B3，两点，∴−(−1)2−�+�=0，−9+3�+�=0解得：�=2，∴y＝﹣x2+2x+3；�=3（（30，∴O＝3，∴O＝O＝3，∴∠C＝4DC∵∠CBD＝15°，∴∠ABD＝15°+45°＝60°，3∴��=��⋅���60°=3× =33，33∴𝑂=��−��DC下方时，如图所示：3

−3；∵∠CBD＝15°，∴∠ABD＝45°﹣15°＝30°，3∴��=��⋅���30°=3

=3，∴𝑂=��−��=3−综上可得：CD3−3

3−3．33故答案为：3−3或3 −3．3【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是关键．241）4，2B；（3）675人．（11010%100人，∴m%＝45÷100×100%＝45%，则m＝45，∴C组对应的频数为：100﹣10﹣45﹣20＝25，故答案为：45，25；（2）∵共100个数据，∴中位数是第50、51个数据的平均数，由频数分布直方图可得A组10个数据，B组45个数据，那么第50、51个数据在B组，∴中位数落在B组；故答案为：B；150060min的学生人数为：10000×25+20=675人．100答：估计该校学生一周阅读时间不少于60min的学生人数为675人．【点评】本题考查频数分布直方图，正确进行计算是解题关键．251）27100；（）y90﹣36（≤x6；19 35（3）9ℎ或9ℎ或4h．（1AC1809＝27km；C3小时，∴返回A地时总的时间为6小时，0.1ABB20.3A地，∴乙车在路上行驶的总时间为：6﹣0.1﹣2﹣0.3＝3.6小时，∵乙车从A地去B地，然后返回A地，∴总路程为：180×2＝360千米，360∴乙车的速度为3.6=100𝑘/ℎ；故答案为：270；100；（（1890÷＝9km/，∴90÷90＝1h，180÷90＝2h，∴（，0，（，18，设线段F＝k+bk≠，∴ 4�+�=0，6�+�=180解得： �=90，�=−360∴＝9x﹣364≤≤6；（3）设甲车行驶t小时，甲乙两车相距10km，∵乙车在甲车出发0.1小时后从A地去B地，∴甲车提前行驶了90×0.1＝9km＜10km，∵100km/h＞90km/h，∴在从A到B的过程中，两车之间的距离一直减小，不可能相距10km，∴甲车行驶到B地需要的时间为：180÷90＝2h，乙车行驶到B地需要的时间为：180÷100＝1.8h，∴当乙车停留，甲车到达B地后继续行驶10km，即为两车之间距离为10km，此时的时间为：�=2+10=19ℎ；90 9当甲车到达B地之前时，与乙车之间的距离为10km时，由（2）得乙车2小时后的时间为：0.1+1.8+2＝3.9小时，甲车行驶的路程为：180+90+（90﹣10）＝350km，∴行驶的时间为：�=350=35ℎ＜3.9ℎ，符合题意；90 9BA10km，100（t﹣0.1﹣1.8﹣2）＝90（t﹣2﹣1﹣1）+10，解得：4h，19 35综上可得：甲车行驶9ℎ或9ℎ或4h时，甲乙两车相距10km．【点评】本题考查了一次函数的应用，理解题意，熟练掌握一次函数性质是关键．（1）证明：如图①EEG⊥ACAB的延长线于点G，∴∠AEG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠G＝90°﹣∠BAC＝45°，∴△AGE是等腰直角三角形，∴AE＝EG，∴𝐴=2𝐵，∵EF⊥BE，∴∠FEA+∠AEB＝∠FEB＝90°，∵∠AEB+∠BEG＝90°，∴∠FEA＝∠BEG，又∵∠FAE＝∠G＝45°，AE＝EG，∠FEA＝∠BEG，△F△GBSA，F＝G∴G＝+G＝BF，∵𝐴=2𝐵，∴��+��=2𝐵；（2）图②：��=2𝐵+��；图③：��=2𝐵+��．【解答】（1）证明：如图①，过点E作EG⊥AC交AB的延长线于点G，∴∠AEG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠G＝90°﹣∠BAC＝45°，∴△AGE是等腰直角三角形，∴AE＝EG，∴𝐴=2𝐵，∵EF⊥BE，∴∠FEA+∠AEB＝∠FEB＝90°，∵∠AEB+∠BEG＝90°，∴∠FEA＝∠BEG，又∵∠FAE＝∠G＝45°，AE＝EG，∠FEA＝∠BEG，△F△GBSA，∴AF＝BG，∴AG＝AB+BG＝AB+AF，∵𝐴=2𝐵，∴��+��=2𝐵；（2）解：图②：��=2𝐵��；图③：��=2𝐵��．理下：如图②EEH⊥ACABH，∴∠AEH＝90°，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠AHE＝90°﹣45°＝45°，∴△AHE是等腰直角三角形，∴AE＝EH，∴��=2𝐵，∵EF⊥BE，∴∠FEA+∠FEH＝∠AEH＝90°，∵∠FEH+∠HEB＝90°，∴∠FEA＝∠HEB，又∵∠DAC＝∠AHE＝45°，∴∠FAE＝∠BHE＝180°﹣45°＝135°，∵∠FAE＝∠BHE，AE＝EH，∠FEA＝∠HEB，△F△HBSA，∴AF＝BH，∵AB＝AH+BH，∴��=2𝐵+��；如图③，过点E作EK⊥AE交AF于点K，∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝∠EAK＝45°，∴∠AKE＝90°﹣45°＝45°，∴△AKE是等腰直角三角形，∴AE＝EK，∴𝐴=2𝐵，∵EF⊥BE，∴∠FEK+∠KEB＝∠FEB＝90°，∵∠KEB+∠BEA＝90°，∴∠FEK＝∠BEA，又∵∠AKE＝∠BAC＝45°，∴∠FKE＝∠BAE＝135°，∵∠FEK＝∠BEA，EK＝AE，∠FKE＝∠BAE，△F△BSA，∴FK＝AB，∵AF＝AK+FK，∴��=2𝐵+��．（1）A8万元，B5万元；3A2822A29台，B型汽车21台；方案3：售出A型汽车30台，B型汽车20台；A30台，B2040万元．（1设Ax万元，By万元，根据题意列二元一次方程组得，2�+�=21，3�+2�=34解得�=8，�=5答：A型汽车每台售价8万元，B型汽车每台售价5万元；Aa台，a为整数，根据题意列一元一次不等式组得， �≤30 ，7�+4.5(50−�)≥295解不等式7a+225﹣4.5a≥295，得2.5a≥70，即a≥28，因此28≤a≤30，∵aa28，29，30，a＝28时，50﹣a＝50﹣28＝22；a＝29时，50﹣a＝50﹣29＝21；a＝30时，50﹣a＝50﹣30＝20，31A28台，B222A29台，B型汽车21台；方案3：售出A型汽车30台，B型汽车20台；W万元，A871万元，每台B54.50.5万元，W＝a+0.5（50﹣a）＝0.5a+25，因为0.5＞0，所以W随a的增大而增大，所以当a取最大值30时，W取得最大值，W最大0.×3025152＝4万元，50﹣a＝20，答：售出A型汽车30台，B型汽车20台时获得的利润最大，最大利润为40万元．281）﹣30C04；48�，0＜�≤25（2）�=25 8 ；−16�2+2�+6 2525 ，8（3）在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）或（4，1）或(2 9)．，2（1x﹣x12＝（﹣3（x4＝0，解得x＝，x＝，∵OOCx27x120OAOC，∴O＝3O＝4，∵点A在xC在yA﹣30C04；��2+（）A﹣30（04，∴O＝3OC4，��2+

=5，∵四边形AOBC是平行四边形，∴BC＝AO＝3，AC＝BO＝5，88∴点QAC5÷.6=25�QAB用时125时，AQ＝1.6tO，POM⊥AC，PN⊥ACM，N，88∴∠AMO＝∠AOC＝90°，∵∠OAM＝∠CAO，∴△OAM∽△CAO，𝐴 𝐴∴��=��，𝐴 3∴4=5，5解得：𝐴=12，5∵▱AOBC中，AC∥BO，OM⊥AC，PN⊥AC，5∴𝑃=��=12，5∴�=1𝐴×𝑃=1×1.6�×12=48�，2 2 5 25即�=48�(0＜�≤25)；25 8当25𝐴1.6�58���𝐴38�5888 5 5 5如图2，过点P作直线PE⊥BC交BC，x轴于点E，F，∵▱AOBC中，AC∥BO，BC∥AO，∴∠CAO＝∠POF，∠BEP＝∠OFP＝∠COA＝90°，∴△ACO∽△OPF，�� ��∴��= ，𝐴� ��∴5=4，5∴��=4�，5∵BC∥AO，CO⊥x轴，EF⊥x轴，∴EF＝CO＝4，5∴𝐵=��−��=4−4�，5∵S＝S▱AOBC﹣S△AOP﹣S△BQP﹣S△ACQ，∴�=3×4−1×3×4�−1×(8−8�)×(4−4�)−1×(8�−5)×4=−16�2+2�+6，2 5 2 5 5 2 5 25即�=−16�2+2�+6(25＜�＜5)，25 848�，(0＜�≤25)综上所述，�=25 8 ；−16�2+2�+6，(25＜�＜5)25 8（3）在第一象限内存在一点N，使得以M，N，R，B四点为顶点的四边形是矩形，N点坐标为（4，3）或（4，1）或(2 9)．理由如下：，2由（2）知BC＝AO＝3，OC＝4，BC∥AO，∴（，4，设M（0m，x，R10，①当MN，RB是矩形对角线时，0+�=3+1依题意得： 2 2，�+�=4+02 2∴x＝4，m+y＝4，∴（，y，而MN＝RB，则（4﹣0）2+（y﹣m）2＝（3﹣1）2+（4﹣0）2，∴y﹣m＝±2，��=4��=4�−�=2 �−�=−2解得：y＝3或y＝1，∴（，3或N41；②当MR，NB是矩形对角线时，0+1=�+3依题意得： 2 2，�+0=�+42 2∴x＝﹣2，此时点N不在第一象限，舍去；当MB，NR是矩形对角线时，0+3=�+1依题意得： 2 2，�+4=�+02 2∴x＝2，m＝y﹣4，∴（，y，M0y﹣，2，（3﹣0）2+（y﹣4﹣4）2＝（2﹣1）2+（y﹣0）2，解得：�=2，∴�(2 9)，，2（4，3）或（4，1）或(2 9)．，22026年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）13球面夜差常大天均度上12间均度下150将上12℃记作+126℃，则零下150℃可记作（ ）A．+150℃ B．﹣150℃ C．+24℃ D．﹣24℃2（3分）用科学体育与康知识指体育运和生活实，才能成终身持健康的力．下关于体育运动的图标中是轴对称图形的是（ ）A．B．C．D．33）列算确是（ ）A﹣a4a33a3 3a＝93Caa2a3 D（a）a643图块含30的角角的个点别直线a和b上直线ab∠120，则∠2的度数为（ ）A．30° B．50° C．60° D．70°53）图由7完相的正体成立图，的视是（ ）A．B．C．D．2−� 2�63）果于x分方程�−3−1=3−�解正，么数m取范是（ ）A．m＞5且m≠8 B．m＞1且m≠7 C．m＞5 D．m＜5且m≠﹣47（3分））1 1 1 3A．2 B．3 C．4 D．483）5月183元，560（两种都要买）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种93分tCC90C8＝6PBA向终点AQAAC→CBBPQQx＞Qyx之间函数关系的是（）A．B．C．D．103分y＝a2b+abca01，nyxm03m＜4①abc0②3ac＜0；2 3 2③b＝4（cn④P，yQ3ty（2yaxbxc上，则y＞y；⑤若OA＝OB，则关于x的方程ax2+（b+1）x＝0的两根之和为c．其中正确结论的个数是（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5二、填空题（每小题3分，满分18分）（3分）我国人工智能高速发展，实现了综合实力整体性、系统性跃升，智能算力规模已超过15900亿亿次/秒．将159000用科学记数法表示为 ．123）圆的面径为4侧展图圆角为16°则母长 ．133分tCB＝9BBM1BC2MNABCBP交AC于点D．若CD＝2，AB＝7，则△ABD的面积为 ．3143CDD在yEADanE=2，FBC上，BF=1BCy=�（x＜0）E，FAD＝6k的值33 �为 ．153DEDFC交直线CDE3FF40，则菱形ABCD的边长为 ．163学动上学把角为30等三形好角利好角形”进行规律探究如图在平面直角坐标系中点A1在经过原点的直线l上点B1在x轴正半上△AO1以OB1底“好角以B1底向好角形AB1过点C1作A1平线别直线l和x正轴于点A以B2底向好角形A22；过点C2作A2B2的平行线，分别交直线l和x轴正半轴于点A3，B3，以A3B3为底边向右作“友好三角形A3B3C3”…按此规律，点C2026的纵坐标为 ．三、解答题（本题共8道大题，共72分）1791计算：|

−2|+𝑡�60°−(−1)−2+(�−3.14)0；33（2）分解因式：x3y﹣xy．33184）不式组 �−①1−�≥2�−195）26＝x．

的所有整数解．208）2069010060分且为整数．现随机抽取了部分学生的成绩作为样本，将抽取的x（分）A，B，C，D四个等级（A：90≤x≤100，B：80≤x＜90，C：70≤x＜80，D：60≤x＜70）进行了整理，并绘制成如下两幅不完整的统计图．根据以上信息，解答下列问题：本次调查抽取了 名学生的成绩；扇统图中B级”应扇圆角 ；请直接补全条形统计图；2700人，请估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有多少人．21（10分）如图，四边形CD内接于⊙O，C为⊙O的直径，点E在C的延长线上，且∠DE+∠ABD＝90°．求证：DE是⊙O的切线；2CE＝8，DE＝12，sin∠BAC=1，求阴影部分的面积．222（10分2026A，BA，B360米/BB地后，立即n米/240米/AA地后停止AAy（米）与机器人甲行进的时间x（分）之间的函数关系如图所示．请结合图象信息解答下列问题：A，B两地之间的距离为 米，图中m的值为 ；FG所在直线的函数解析式；600米？（直接写出答案即可）2312）综合实践课上，同学们以矩形的旋转为主题开展探究活动．𝐵 𝐵已知有公共顶点的矩形ABCD和矩形EBFG，BA＝2，BE＝1， 𝐵

𝐵=k．先将矩形EBFG的边BE，BFABCDBA，BCEBFGB顺时针旋转，旋转角为αAE，CF．【问题初探】如图当k＝1，0°＜α＜90°时与∠CFB的数量关系是 与CF的量关系是 ；【类比推理】如图2，当k=3，0°＜α＜90°时，试探究AE与CF的数量关系，请写出结论，并说明理由；【深入探究】如图当k=时点M为边BC的中点直线EG交线段BC于点若EN＝MN，则CF的长为 ；【拓展延伸】3k=EBEBP=2EQ，3连接AP．若△ABP的面积为S，则S的取值范围是 ．2414）1yax+ba＜与x﹣40CAC，BCPPPD⊥xD，PDBCE．求抛物线的解析式；PEPEP的坐标；如图2，若将抛物线y＝ax2+bx+4沿射线AC方向平移5个单位长度，得到新抛物线，点Q为新抛物线上一点，且∠CBQ＝∠ACB，则点Q的坐标为 ；当PE最大时作直线若点M为直线BC上的一个动点连接将线段OM绕点O顺时针旋转90°得到OM′，取OM′的中点过点N作NF⊥OE，垂足为F，连接AN，PF，则AN+PF的最小值为 ．题号12345678910答案B．BADCACADB1.5×15．【解答】解：159000＝1.59×105．故答案为：1.59×105．【答案】9．180【解答】l，2π4=160�，180解得l＝9，即该圆锥的母线长为9．故答案为：9．【答案】7．【解答】解：由作法得BP平分∠ABC，∴点D到BA的距离等于点D到BC的距离，∵∠ACB＝90°，CD＝2，DBC2，DBA2，2∴△ABD的面积=1×7×2＝7．2故答案为：7．【答案】﹣24．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ADC＝90°，∴∠DEC＝∠BCE，3∴tan∠DEC＝tan∠BCE=2，3𝐵 2即𝐵=3．∵AD＝6，E为AD中点，∴DE＝3，∴DC＝2．3∵BC＝AD＝6，BF=1BC，3∴BF＝2，CF＝4．F（﹣4m，E（﹣3m2，∴4m﹣3m2，m＝6，�∴点F（﹣E坐标代入���k＝﹣4×6＝﹣24．故答案为：﹣24．156或22．【解答】解：∵DE＝3CF，∴设CF＝a，则DE＝3a，其中a＞0，∵点E是边AD的中点，∴AD＝2DE＝6a，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝AD＝6a，AD∥BC，∵EF⊥BC交直线BC于点F，∴EF⊥BC，∴∠EFC＝∠FED＝90°，依题意有以下两种情况：①当点F在BC上时，过点CH⊥AD于点H，如图1所示：∴∠CHE＝∠CHD＝90°，∴∠CHE＝∠EFC＝∠FED＝90°，∴四边形CHEF是矩形，∴HE＝CF＝a，CH＝EF=410，∴DH＝DE﹣HE＝3a﹣a＝2a，在△CHD中，∠CHD＝90°，��2−��2−(6�)2−解得：a=5，∴CD＝6a=65，∴菱形ABCD的边长为65；

=42�=410，②当点F在BC的延长线上时，过点CH⊥AD于点H，如图2所示：∴∠CHD＝90°，同①得：四边形CHEF是矩形，HE＝CF＝a，CH＝EF=410，∴DH＝DE+HE＝3a+a＝4a，在△CHD中，∠CHD＝90°，��2−��2−(6�)2−解得：a=22，∴CD＝6a=122，∴菱形ABCD的边长为122，

=25�=410，综上所述：菱形ABCD的边长为65或122．故答案为：65或122．1 4202516答】2×(3) ．【解答】解：如图过点A1作A1D⊥x轴于点D，∵∠A1OD＝30°，OA1＝1，∴1�=�1��°=1，��=�1�0°=，�1=2��=，2 23∴𝐵1=3��1，3∴�1(3 1)，2，2∵∠C1A1B1＝30°＝∠A1B1O，1∴A1C1∥x轴，则C1的纵坐标为，2∴∠A2A1C1＝∠A1OB1＝30°，同理可得：�1�1=3�1�1=3，�1�2=3�1�1=1，3 3 3 33∴𝐵2=𝐵1+�1�2=1+1，31 1 1 1 1 1 1 43∴A2的纵坐标为2𝐵2=2+3×2=2(1+3)=2×，31 4同理可得A2C2∥x轴，则C2的纵坐标为×，2 3∵∠A1OD＝30°，∴𝐵2=

=4，33∴�2�2=𝐵2=4，则�2�2=3�2�2= ×4，�2�3=3�2�2=1×4，333 3 3 3 3 3 3∴𝐵3=𝐵2+�2�3=4+1×4，3 3 321 2 1 2 1 42𝐵=∴A3的纵坐标为2 3 3+3×3=2×(3)，…，1 4�−1∴An的纵坐标为2×(3) ，1

4�−1又∵An∁n∥x轴，则∁n的纵坐标为2

×(3) ，1∴点C2026的纵坐标为2

4×(

)2025，1 42025故答案为：2×(3) ．171﹣6；（）x（x1x﹣．33

−2|+𝑡�60°−(−1)−2+(�−3.14)0333=2− + −9+1333＝﹣6；（2）x3y﹣xy＝xy（x2﹣1）＝x（1x1．1182�≤12，．� 1【解答】解：解不等式①解不等式②，得x≤3，1

＞2，所以不等式组的解集为2＜�≤3，1，2，3．191﹣，x＝．【解答】解：x2﹣6＝5x，x2﹣5x﹣6＝0，（1（﹣6＝，x+1＝0x﹣6＝0，x1＝﹣1，x2＝6．201）5；（2）144；（3）；（4）估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有810人．3（1）6%

=50名．故答案为：50．20（2）50×360°＝144°．故答案为：144；（）C501520312人，条形统计图如图：．50（）00×15×0%=810人，50答：估计本次竞赛中获得“A等级”的学生约有810人．211连接OD，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ACD＝∠ABD，∵AC为⊙O的直径，∴点O在AC上，∴OD＝OC，∴∠ACD＝∠ODC，∴∠ODC＝∠ABD，∴∠ODE＝∠CDE+∠ODC＝∠CDE+∠ABD＝90°，∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）

25�2543− 254【解答】（1）证明：连接OD，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ACD＝∠ABD，∵AC为⊙O的直径，∴点O在AC上，∴OD＝OC，∴∠ACD＝∠ODC，∴∠ODC＝∠ABD，∴∠ODE＝∠CDE+∠ODC＝∠CDE+∠ABD＝90°，∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）解：连接OB，∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，OA＝OB，2∵sin∠BAC=1，2∴∠OBA＝∠BAC＝30°，∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠BAC＝120°，∵∠DAE+∠ACD＝90°，∠CDE+∠ODC＝90°，且∠ACD＝∠ODC，∴∠DAE＝∠CDE，∵∠E＝∠E，∴△DAE∽△CDE，�� 𝐵∴𝐵=��，∵CE＝8，DE＝12，∴AE=𝐵2=122=18，�� 8∴AC＝AE﹣CE＝18﹣8＝10，∴OA＝OC=1AC＝5，BC=1AC＝5，2��2−��2−

2102−52=5102−52∴SABC=1×5×5

=253，3△ 2 23∴SAOB＝S

COB=1S

ABC=1×253=253，△ △ 2△ 2 2 4∵S =120�×52=25�扇形AOB∴S阴影＝S

360

3，△ 3 AOB=25�−253△ 3 25254∴阴影部分的面积是3− ．221）3606；（2）y＝600x﹣3600；（3）5分或7分或20分．（1AB3600m3600÷（360+240）＝6．故答案为：3600，6；B360÷3610分钟，24×1＝240米，∴点G10240．设线段Gy＝k+（k0，将F60G10240代入ykxb：�+�=0 ，10�+�=2400解得：�=600 ，�=−3600∴线段FG所在直线的函数解析式为y＝600x﹣3600；A360÷2415分钟，∴点H15210，A240240﹣210÷1510＝30米分，A15210÷3022分钟．设线段F＝a+ca≠，将E0360，（60代入yaxc�=3600，6�+�=0解得：�=−600，�=3600∴线段EF所在直线的函数解析式为y＝﹣600x+3600；HKy＝﹣300x+6600．y＝600时，600＝﹣600x+3600，解得：x＝5；y＝600时，600x﹣3600＝600，解得：x＝7；当y＝600时，﹣300x+6600＝600，解得：x＝20．答：机器人甲行进的时间为5分或7分或20分时，机器人甲、乙相距600米．231）B＝BE＝；（2）��=3��，证明如下：∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，∴∠ABE＝∠CBF，𝐵 𝐵∵𝐵=𝐵= 3，∴△CBF∽△ABE，�� 𝐵∴��=𝐵= 3，∴��=3��；（3）3或21；3（4）0＜�≤1．3𝐵 𝐵（1当k＝1时，则��=��=�=1，∴BC＝BA，BF＝BE，∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，∴∠ABE＝∠CBF，△E△FSS，∴∠AEB＝∠CFB，AE＝CF，故答案为：∠AEB＝∠CFB，AE＝CF；（2）��=3��，证明如下：∵四边形ABCD和四边形EBFG都是矩形，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，∴∠ABE＝∠CBF，𝐵 𝐵∵𝐵=𝐵= 3，∴△CBF∽△ABE，�� 𝐵∴��=𝐵= 3，∴��=3��；EBCANBBT⊥ANT，𝐵 𝐵∵𝐵=𝐵=�= 3，∴𝐵=3𝐵=23；∵点M为BC的中点，2∴𝐵=��=1𝐵=3；2∵四边形EBFG是矩形，∴∠BEG＝∠EGF＝90°，EN＝MN＝x，则𝐵=𝐵−

3−�，3在Rt△EBN中，由勾股定理得BN2＝EN2+BE2，3∴( −�)2=�2+12，33∴�=3，33∴𝐵=233，��=3，3∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，��2+��2+∵BT⊥AN，

=433，∴�△�𝐵=1��⋅𝐵=1��⋅𝐵，2 21 23 1 43∴2×2×3=2×3𝐵，∴BT＝1，𝐵2−𝐵2−

=3，33，∵BN＝BN，BE＝BT＝1，��=��=333，△N△TNSS，∴∠BNE＝∠BNT，∴E、N、T三点共线，即点E与点T重合；∴��=��−��=由（2）得��=3��=如图所示，当点E在BC下方时，∵四边形EBFG是矩形，∴∠BEG＝∠EBF＝90°，3∴∠BEN＝180°﹣∠BEG＝90°，同理可得��=3，3∴𝑡�∠�𝐵=��=3，𝐵 3∴∠EBN＝30°；如图所示，过点E作ET⊥AB交AB的延长线于点T，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠EBT＝180°﹣90°﹣30°＝60°，2，2∴�=�⋅���=1 ��=�⋅��∠��=3，2，22，∴��=��+𝐵=2，��2+∴����2+∵∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠ABC+∠EBC＝∠EBF+∠EBC，∴∠ABE＝∠CBF，𝐵又∵

𝐵=�= 3，𝐵 𝐵∴△ABE∽△CBF，�� 𝐵∴��=𝐵= 3，∴��=3��=21；综上所述，CF的长为3或21，故答案为：3或21；PPM⊥ABM，∵PM⊥AB，EQ⊥BC，∴∠PMB＝∠BQE＝90°，∴∠MBP+∠MPB＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠MBP+∠QBE＝90°，∴∠MPB＝∠QBE，∴△MPB∽△QBE，∴𝐵=��，𝐵 𝐵��∴𝐵=��⋅𝐵=��⋅𝐵��3∵��=2��，33∴𝐵=2��⋅𝐵，3∵（BQ﹣EQ）2≥0，∴BQ2+EQ2﹣2EQ•BQ≥0，∴2EQ•BQ≤BQ2+EQ2；在Rt△EBQ中，由勾股定理得BQ2+EQ2＝BE2＝12＝1，∴2EQ•BQ≤BQ2+EQ2＝1，2∴��⋅𝐵≤1，2∵�=1��⋅𝐵=1×2⋅2��⋅𝐵=2��⋅𝐵，2 2 3 3∴�≤2×1=1，3 2 3又∵S＞0，3∴0＜�≤1，33故答案为：0＜�≤1．32241）�1�2+�+4；2（当m＝2时，EP24；（（，2或(−61−5+61；2 4（4）52．（1将A﹣，0，B40yaxbx4，得4�−2�+4=0，16�+4�+4=02解得�=−1，2�=12∴抛物线的解析式为�=−1�2+�+4；222（2）设点1�2+�x＝0时，�1�2�422∴（，4，设直线BC的解析式为y＝kx+4，∵（，0，∴4k+4＝0，则k＝﹣1，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，∵PD⊥x轴，∴（﹣m4．∴．𝐵=−1�2+�+4−(−�+4)=−1�2+2�=−1(�−2)2+2(0＜�＜4)，2 2 22∵−1＜0，2∴当m＝2时，E2P（24；2（对于�=−12+�+4＝0时，y4C0，，25∵﹣20， =2+22，5∴将抛物线�1�2�4AC方向平移5�1�2�4先2 2向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到新抛物线，∴新抛物线的解析式为�=−1(�−1)2+(�−1)+4+2=−1�2+2�+9，2 2 2分两种情况：Qx轴上方时，如图，ACy＝px+4，A（﹣2，0）0＝﹣2p+4，p＝2，∴直线AC的解析式为y＝2x+4，∵∠CBQ＝∠ACB，∴BQ∥AC，∴设直线BQ的解析式为y＝2x+t，将B（4，0）代入，得0＝8+t，解得t＝﹣8，∴直线BQ的解析式为y＝2x﹣8，�=2�−8联立方程组

�=−1�2+2�+9，2�5�

2舍去，�=2 �=−18∴Q52；当点Q在x轴下方时，如图，设�(�，−1�2+2�+9)，2 2∵OB＝OC＝4，OA＝2，∴∠OCB＝∠OBC，又∵∠CBQ＝∠ACB，∴∠ABQ＝∠ACO，∴𝑡�∠�𝐵=𝑡�∠���=𝐵=1，𝐵 2−(−1�2+2�+9) 1∴ 2 4−�

=，整理得x2﹣3x﹣13＝0，2解得�=−61或�=3+61舍去，2 2−1�2+2�+9=−1×(3−61)2+2×3−61+9=−5+61，2 2 2 2 2 2 4∴�(3−61，−5+61)，2 4综上，满足条件的Q的坐标为（5，2）或(3−61，−5+61)，2 45，或(3−61−5+61)；2 4（4）如图，（2知，P2，，2，，直线C﹣x4，设M（m﹣m4M'﹣m4﹣m，�(−�+4 −�∴ 2 ，2)，∵（，2，O00，∴直线OE的解析式为y＝x，则OE与x轴正方向成45°，∵NF⊥OE于点F，∴设Ft，且F与x4°，分别过点、点F作x轴、yK，如图，则△NKF是等腰直角三角形，∴xN﹣t＝t﹣yN，即

−�+4 −�2 −�=�−2，∴m22tN1﹣1(�+(�+1+2)2+(�−1−设G﹣，1，∴AN＝FG，(�+3)2+(�(�+3)2+(�−

= (�+3)2+(�−1)2，+ (�2)2�OEF到点G（﹣3，1）和点P（2，4）的距离和的最小值，GyxGG'（﹣3+FG'P(2−1)2+(4+3)250(2−1)2+(4+3)250∴AN+PF的最小值为52．故答案为：52．

=52，2026年黑龙江省绥化市中考数学试卷一、单项选择题（12336分）2B铅笔将你的选项所对应的方框涂黑。13）列理中没倒的（ ）A．﹣2027 B．1 C．0 D．﹣123）列述形，轴称形不中对图的（ A．正六边形 B．矩形C．正方形 D．等边三角形�33）若分式�−1

有意义，则x满足的条件是（ ）A．x为任意实数 B．x≠1C．x≠0 D．x＞143）列算，果确是（ ）A．|﹣3|＝﹣3 B．a2+2a2＝3a442C． =±2 D．2−1=142A组67888910B组4799911145A组67888910B组479991114下列说法正确的是（ ）A．两组数据的众数相等B．A组数据的平均数大于B组数据的平均数C．A组数据的方差小于B组数据的方差D．A组数据的中位数大于B组数据的中位数63）知xx2一二方程x2x﹣90两根则+x2xx2值（ ）A．16 B．﹣16 C．20 73）列题确是（ ）540°对角线互相垂直的四边形一定是菱形三角形两边的和大于第三边一组对角相等的四边形一定是平行四边形83）图D∥，C30，DB：DC＝12则DC度是（ ）A．30° B．36° C．45° D．50°93分329个人需要步行．问共有多少人？设共有x人，可列方程为（ ）+2��−9+2��−9�+9−2�3=2−9 3+2=2C．3−2=2D．3=2103分AB的俯角3α＝30°，探测器飞行的高度AC＝603m，则探测器到目标B的距离AB约为（其中果确到0.1（ ）3

≈1.732，计算A．207.8m B．207.9m C．208.8m D．208.9m3分图平直坐系中△OB等直三形A90OB2△OB绕点O顺时针旋转45°后得到点的对应点分别是点以原点为位似中心，将△OA′B′放大为原来的3倍后得到顶点B′在第一象限对应点B″的坐标（ A6，） 6，） ．6) D．6)123）＝a2bxc（25x轴交于（m，，B2＜m＜3．则下列结论：�①𝑎＜0；②b+4a＝0；③a﹣b+3c＞0；④−5＜�＜−1；16 5⑤方程ax2+（b+k2）x+c+k2＝0（k为常数）有实数根．其中正确的个数有（ ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个（10330分请在答题卡上把你的答案写在所对应的题号后的指定区域内。13（3分）海水淡化，利国利民．206年6月，我国自然资源部发布，我国海水淡化日产能突破300万吨．把300万用科学记数法表示为 ．143）解式ab﹣a＝ ．15（3分）某几何体是由棱长为1cm的小正方体组合而成，如图是这个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是 cm2．16（3分）如图，有一个亭子，它的地基是边长为4m的正六边形，则这个正六边形地基的面积是m2．173）

�2−4�22+4�+4

�+2��+2= ．�183）图在⊙O，�=�，C＝7°则OC＝ ．�193=�

10的等边三角形OAB相交于C，D两点，边OB与x轴重合，BD：OC＝1：3，则k的值是 ．203CB＝9＝3＝2DBBC上运动，连接PC，PD．则PC+PD的最小值是 ．2132714234n数以示为 结用含n代式示．22（3分）已知△C是腰长为4的等腰直角三角形∠B90°，D是C的中点，连接D，将△BCD绕点B旋转得到△BEF，点的对应点分别是点连接当CF∥AB时则CF的长为 ．三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在所对应的题号后的指定区域内。237）OBP．【初步探索】MN经过点，点MNO，射线OB）【拓展探究】如图2，若∠AOB＝58°，连接OP，OP＝3．以O为圆心，OP为半径画圆，交射线OA，射线OB于D点劣弧长为 小无在题上图需写出用含π的代数式表示的结果）类别参与创新实践活动的时间x（单位：小时）A0≤x＜0.5B0.5≤x＜1类别参与创新实践活动的时间x（单位：小时）A0≤x＜0.5B0.5≤x＜1C1≤x＜1.5D1.5≤x＜2Ex≥2本次随机调查的学生共有 人，补全条形统计图．3201.5小时及以上的学生人数．E21名男生，现从中抽取两名同学做“科技小发明”展示交流，请用列表法或画树状图法，求出所抽取的两名学生恰好是一男一女的概率．25（10分）我国人工智能发展迅速，能替代人类完成很多工作．某快递公司准备购进A，B两种型号的（AAB型机械手AB2120A型机械手的数量80B型机械手的数量相等．A，B两种型号机械手的单价分别是多少万元？30AB2该快递公司使用甲、乙两台不同型号的机械手进行快递分拣工作，它们工作时各自的速度保持不y（件）x（分钟）之间的函数关系如图所示．①乙机械手的工作速度为 件/分钟，a＝ ．②直接写出BC所在直线的函数表达式： ．③当乙机械手工作 分钟时，甲、乙两台机械手分拣快递的数量相同．269B⊙OD⊥BDC作D，ABFBMACMBNCN＝CM．（1）求证：BM是⊙O的切线．（2）若𝐶=27，OF＝4，求线段CE的长．2710）已知抛物线y＝ax+b4与x轴交于点A（﹣1，0，B（4，0，与y轴交于点C，点O为坐标原点，BC．求该抛物线的解析式．P，QPmPxN，2交BC于点M，点Q的横坐标为�−3．若△MCN的面积记作S1，△PMQ的面积记作S2，当S＝S1+S22P）y＝ax2+bx+4BCyCEy′xFyFC，FOFO平分∠CFE，请直F）281）【问题情境】在数学活动课上，老师让学生以“矩形”为主题，开展动点问题的研究．ABCDE，FAD，BC上的动点．【观察感知】1E，FAE＝BFAF，BE．求证：△ABE≌△BAF．【探索发现】MACBEG，BE平分∠ABC，AF平分∠BACAB+AC＝2BCGMFC【问题拓展】3AB＝23，BC＝8EFEFABCD分成周长相等的两部分，D作DHFHHD与直线F6DAH）题号1234567891011答案CDBDCACDBAA题号12答案B13×16．【解答】解：300万＝3000000＝3×106．故答案为：3×106．a（1（﹣1）＝a（21＝a（a（﹣1．a（1（﹣1．【答案】14．【解答】解：综合三视图，我们可以得出，这个几何体有3个小正方体，且依次相邻，∴这个几何体的表面积是1×14＝14．故答案为：14．【答案】243．【解答】解：如图，连接OA，OB，过点O作OM⊥AB于点M，∵正六边形ABCDEF的中心为O，6∴∠AOB=360°=60°，OA＝OB，6∴△AOB是正三角形，∵OM⊥AB，2∠∴∠AOM=2∠��2−��2−

AOB＝30°，OA＝AB＝4m，AM＝BM＝2m，23m，∴S正六边形ABCDEF＝6S△AOB32＝6×1×4×232＝243m2．故答案为：24�−2��+2．【解答】解：原式=(�−2�)(�+2�)×�+2= �−2= �+2

−2�

(+2)2

�+2�故答案为：�+2．【答案】80°．解：∵�=�，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝40°，∴∠BOC＝2∠A＝80°．故答案为：80°．【答案】−93．【解答】解：过点C和点D分别作x轴的垂线，垂足分别为M和N，∵三角形ABO是等边三角形，∴∠ABO＝∠AOB＝60°．∵BD：OC＝1：3，∴令BD＝a，OC＝3a．在Rt△COM中，��，�sin∠AOB=�� cos∠AOB=��，�2∴CM=323�，OM=3�，2点C标表为（−3� 33，2，2313同理可得，点D坐标可表示为（2

�−

．�∵点C和点D都在反比例函数y=�的图象上，�∴−3�×33�=3�(1�−10)，2 2 2 2解得a＝0或a＝2，∵a≠0，∴a＝2，∴点C（3，33则k=−3×3 =−933故答案为：−93．【答案】3．【解答】解：延长CA至点M，使∠ABM＝∠CBA，连接MB，过点C作CN⊥MB，交AB于点P，过点P作PD⊥BC于点D，∵∠ABM＝∠CBA，∴PD＝PN，这时PC+PD有最小值，即CN的长度，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，∴��= 𝐴 =2 =23，���30°∵∠ABM＝∠ABC＝30°，∴∠CBM＝∠ABC+∠ABM＝60°，∴�= �� =23=4，�=�⋅2

3⋅���60°=6，3���60°∵�△�𝐴=1×��×��=1×��×��，2 2331 133即2×2 ×6=2×4 ×��，∴CN＝3，∴PC+PD的最小值是3，故答案为：3．【答案】n2+2n﹣1．【解答】nn，n为正整数，将已知数据按序号整理：当n＝1时，2＝（1+1）2﹣2，当n＝2时，7＝（2+1）2﹣2，当n＝3时，14＝（3+1）2﹣2，当n＝4时，23＝（4+1）2﹣2，当n＝5时，34＝（5+1）2﹣2，当n＝6时，47＝（6+1）2﹣2，......，3n个数的表达式为（n+1）2﹣2n2+2n﹣1，故答案为：n2+2n﹣1．33【答案】23

+22或2

−22．【解答】解：作BG⊥CF于点G，如图所示，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是AC的中点，2∴��=1𝐴=2，∠ABC＝45°，2��2+42+22��2+42+22由旋转的性质可知：△DCB≌△FEB，∴��=��=25，∵CF∥AB，∴∠ABC＝∠BCG＝45°22∴��=��=2��=422

=22，��2−(25)2−(22)2��2−(25)2−(22)22∴��=��+��=2 +23；2FF'CF'∥AB，23，��=22，332 −22；333综上所述，CF3

+22

−22，3故答案为：23

+22

−22．3三、解答题（本题共6个小题，共54分）请在答题卡上把你的答案写在所对应的题号后的指定区域内。3（1）如图，△OMN即为所求；29（2）30�．（1OMN理由：由作图知：OC＝OD，∠ECF＝∠GFH，∴∠OCD＝∠ODC，CD∥MN，∴∠OCD＝∠OMN，∠ODC＝∠ONM，∴∠OMN＝∠ONM，∴OM＝ON，∴△OMN即为所求；（2）由作图知：OC＝OD＝OP＝3，∴劣弧58�3=29�，180 3029故答案为：30�．24）补全统计图如下：；（2）120人；2（3）3．11÷25＝4C405﹣1﹣1﹣＝1人，补全统计图如下：．4040（232×12+312人401.5120（∵共有6种等可能的结果，选取的两名同学恰好是一男一女的有4种情况．4 26∴选取的两名同学恰好是一男一女的概率为=．63251）A6万元，B4万元；（2）购买A型机械手20台，B型机械手10台，此时所需费用最少，费用最少为160万元；（3）①：20；60；②y＝15x﹣450；③22.5．（1设An万元，B（﹣2万元，由题意得120 80�= ；�−2解得：n＝6；经检验：n＝6是原分式方程的解，Bn2＝﹣24万元，答：A型机械手的单价为6万元，B型机械手的单价为4万元；（2）设购买A型机械手m台，则购买B型机械手（30﹣m）台，所需费用为w万元，�≥2(30−�)30−解得：20≤m＜30，由题意得：w＝6m+4（30﹣m）＝2m+120，∵2＞0∴w随m的增大而增大，且m取正整数，∴当m＝20时，w最小＝2120＝22012160万元，B3﹣m302010台，答：购买A型机械手20台，B型机械手10台，此时所需费用最少，费用最少为160万元；3000（3）①乙机械手的工作速度为180−30=20件/分钟，450甲机械手的工作速度为30=15件/分钟，（22045）15120分钟，a＝180﹣120＝60，故答案案为：20；60；②BCyBC＝kx+b，将点（6，45（18，220代入yB＝kx，得60�+�=450 ，180�+�=2250解得�=15 ，�=−450∴BC所在直线的函数表达式为yBC＝15x﹣450，故答案为：y＝15x﹣450；③y（件）x（分钟）y＝ax+c，将点（3，180300代入y＝a+，即0=30�+� ，3000=180�+�解得�=20 ，�=−600y（件）x（分钟）y＝20x﹣600，450件，y＝450y＝20x﹣600，450＝20x﹣600，解得x＝52.5∴当乙机械手工作52.5﹣30＝22.5分钟时，甲、乙两台机械手分拣快递的数量相同，故答案为：22.5．261连接C∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠BCN＝90°，在△BNC中，∠CNB+∠NBC＝90°，∵CM⊥BD，∴∠CED＝∠BEM＝90°，在△BME中，∠EMB+∠MBE＝90°，∵CN＝CM，∴∠CNB＝∠EMB，∴∠NBC＝∠MBE；∵CD⊥AB，∴CP＝DP，∴BC＝BD，∴△BCD是等腰三角形，∴∠CBP＝∠DBP；∵∠NBC+∠CBP+∠DBP+∠MBE＝180°，∴2∠NBC+2∠CBP＝180°，∴∠NBC+∠CBP＝90°，∴∠ABN＝90°，∵OB为⊙O的半径，∴BM是⊙O的切线；（2）��=37．【解答】（1）证明：连接BC∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠BCN＝90°，在△BNC中，∠CNB+∠NBC＝90°，∵CM⊥BD，∴∠CED＝∠BEM＝90°，在△BME中，∠EMB+∠MBE＝90°，∵CN＝CM，∴∠CNB＝∠EMB，∴∠NBC＝∠MBE；∵CD⊥AB，∴CP＝DP，∴BC＝BD，∴△BCD是等腰三角形