初二生物上册知识点-民事起诉状范文

2020年湖南省长沙市中考数学试卷



一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）

1．（3分）下列实数中，为有理数的是（ ）

A． B．π C． D．1

2．（3分）下列计算正确的是（ ）

A．= B．a+2a=2a
2
C．x（1+y）=x+xy D．（mn
2
）
3
=mn
6

3．（3分）据国家 旅游局统计，2020年端午小长假全国各大景点共接待游客约为
82600000人次，数据8260 0000用科学记数法表示为（ ）

A．0.826×10
6
B．8.26×10
7
C．82.6×10
6
D．8.26×10
8

4．（3分）在下列图形中，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，则这个三角形一定是
（ ）

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）下列说法正确的是（ ）

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图所示，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，已知直线a∥b，直线c分别与a，b相交，∠1=110°，则∠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，则这个
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 ，则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，则的值为（ ）


A．
C．


B．

D．随H点位置的变化而变化

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

13．（3分）分解因式：2a
2
+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，已知CD=6，EB=1，则
⊙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，
已知点B′的坐标是 （3，0），则点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，则在本次测试中， 同学的成绩更稳
定（填“甲”或“乙”）

18．（3分）如图，点M是函数y=
则k的值为 ．

x与y=的图象在第一象限内的交点，OM=4，



三、解答题（本大题共8小题，共66分）

19．（6分）计算：|﹣3|+（π﹣ 2020）
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，得到下列不完整的 统计图表．

组别

A

B

C

D

分数段

60≤x＜70

70≤x＜80

80≤x＜90

90≤x＜100

频次

17

30

b

8

频率

0.17

a

0.45

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）已知有四名同学均 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）已知在灯塔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
安全？


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）已知AB=4，OA=4，求阴影部分的面积．

=

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7 500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）若该欧洲客商购进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．已知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）若三个非 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，则称这三个实数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）若M（t， y
1
），N（t+1，y
2
），R（t+3，y
3
）三点均 在函数（k为常数，k
≠0）的图象上，且这三点的纵坐标y
1
，y
2
，y
3
构成“和谐三组数”，求实数t的值；

（3）若直线y=2bx+ 2c（bc≠0）与x轴交于点A（x
1
，0），与抛物线y=ax
2
+3b x+3c
（a≠0）交于B（x
2
，y
2
），C（x
3，y
3
）两点．

①求证：A，B，C三点的横坐标x
1
，x
2
，x
3
构成“和谐三组数”；

②若a＞2b＞3 c，x
2
=1，求点P（，）与原点O的距离OP的取值范围．

26．（1 0分）如图，抛物线y=mx
2
﹣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）若△OAC为等腰直角三角形，求m的值；

（2）若对任意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（x
0
，y
0
）总有n+≥﹣4
﹣50成立，求实数n的最小值．

my
0
2
﹣12y
0

2020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，每小题3分，共36分）

1．（3分）（2020•长沙）下列实数中，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：
1是有理数，

故选：D．

【点评】本题考查了实数，正确区分有理数与无理数是解题关键．



2．（3分）（2020•长沙）下列计算正确的是（ ）

A．= B．a+2a=2a
2
C．x（1+y）=x+xy D．（mn
2
）
3
=mn
6

，π，是无理数，

【分析】分别利用合并同类项法则以及单项式乘以多项式和积的乘 方运算法则化
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、（mn
2
）
3
=m
3
n
6
，故此选项错误；

故选：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，正确掌握运算法则是解题关键．



3．（3分）（2 020•长沙）据国家旅游局统计，2020年端午小长假全国各大景点共
接待游客约为8260000 0人次，数据82600000用科学记数法表示为（ ）

A．0.826×10
6
B．8.26×10
7
C．82.6×10
6
D．8.26×10
8

【分析】科学记数 法的表示形式为a×10
n
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：8.26×10
7
．

故选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× 10
n
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）（2020•长沙）在下列图形中，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．

故选C．

【点评】本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，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转
180度后两部分重合．



5．（3分）（2020•长沙）一个三角 形的三个内角的度数之比为1：2：3，则这个
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，

则x+2x+3x=180°，

解得，x=30°，

则3x=90°，

∴这个三角形一定是直角三角形，

故选：B．

【点评】本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）（2020•长沙）下列说法正确的是（ ）

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；

故选：D．

【点评】本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，熟练掌握基本定义是解题的关键．



7．（3分）（2020•长沙）某几何体的三视图如图所示，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，

故选B．

【点评】本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）（2020•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】已知解析式为顶点式，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）．

故选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）（2020•长沙）如图，已知直线a∥b，直线c分别与a，b相交，∠1=110°，
则∠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°，

故选B．


【点评】本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）（2020•长沙）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长 分别为6cm，
8cm，则这个菱形的周长为（ ）


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A C⊥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．

故选D．

【点评】 本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）（2020•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，则此人第六天走
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，则第二天走了x里，第三天走 了×x…第六天
走了（）
5
x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+
解得x=192．

则（）
5
x=（）
5
×192=6（里）．

故选：C．

【点评】本题考查了一元一次方程的应用．根据题意得到（）
5
x里是解题的难
点．



12．（3分）（2020•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
x+x=378，

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，则的
值为（ ）


A．
C．
B．

D．随H点位置的变化而变化

【分析】设CH=x，DE=y，则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﹣x
2
=y，进而求出△CHG的周长．

【解答】解：设CH=x，DE=y，则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△D EH中，DH
2
+DE
2
=EH
2

即（﹣x）
2
+y
2
=（﹣y）
2

，

整理得﹣x
2
=，

∴n=CH+HG+CG=
∴=．

故选：B．

==．

【点评】本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．本题
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，每小题3分，共18分）

13．（3分）（2020•长沙）分解因式：2a
2
+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（a
2
+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
是解本题的关键．



14．（3分）（2020•长沙）方程组
【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：
，

．

的解是 ．

【点评】本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）（2020•长沙）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB 于点E，已知CD=6，
EB=1，则⊙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，

则OC=xcm，OE=OB﹣BE=x﹣1，

在Rt△OCE中，OC
2
=OE
2
+CE
2
，< br>
∴x
2
=3
2
+（x﹣1）
2
，

解得：x=5，

∴⊙O的半径为5，

故答案为：5．


【点评】本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）（2020•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，已知点B′的坐标是（3，0），则点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】本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）（2020•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< br>=1.2，S
乙
2
=0.5，则在本次测试中， 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，表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】 本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越
大，表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，表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）（ 2020•长沙）如图，点M是函数y=
的交点，OM=4，则k的值为 4 ．

x与y=的图象在第一象限内

【分析】作MN⊥x轴于N，得出M（x，
出 方程，解方程求出x=2，得出M（2，2
x），在Rt△OMN中，由勾股定理得
），即可求 出k的值．

【解答】解：作MN⊥x轴于N，如图所示：

设M（x，y），

∵点M是函数y=
∴M（x，x），

x）
2
=4
2
，

x与y=的图象在第一象限内的交点，

在Rt△OMN中，由勾股定理得：x
2
+（
解得：x=2，

∴M（2，2），

=4；

代入y=得：k=2×2
故答案为：4．


【点评】本题考查了反 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）（2020•长沙）计算：|﹣3|+（π﹣2020）
0
﹣2sin30°+ （）
﹣
1
．

【分析】原式利用绝对值的代数意义，零指数幂、负整 数指数幂法则，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
掌握运算法则是解本题的关键．



20．（6分）（2020•长沙）解不等式组
示出来．


，并把 它的解集在数轴上表
【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，

则不等式组的解集为x＞2，

将解集表示在数轴上如下：

【点评】本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基础，
熟知“同大取大； 同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此
题的关键．



21．（8分）（2020•长沙）为了传承中华优秀传统文化，市教育局决定开展“经典< br>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，得到下列不完整的统计图表．

组别

A

B

C

D

分数段

60≤x＜70

70≤x＜80

80≤x＜90

90≤x＜100

频次

17

30

b

8

频率

0.17

a

0.45

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）已知有四名同学均 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），

则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】本题考查的是条形 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
个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．



22．（8分）（2020•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）已知在灯塔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
安全？


【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安全的．

【点评】本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）（2020•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）已知AB=4，OA=4，求阴影部分的面积．


【分析】（1）连 接OC，由切线的性质可知∠ACO=90°，由于
∠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
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=，

=，所以∠AOC=
，从可求出扇形OCE的
∴∠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
∴S
阴影
=2﹣π

=
×2=2

，


【点评】本题考查切线的性质 ，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，
本题属于中等题型．



24．（ 9分）（2020•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）若该欧洲客商购进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．已知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，则一件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．则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，则一件A型商品的进价为（ x+10）
元．

由题意：
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，则一件A型商品的进价为160元．


=×2，

（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．则w=（80﹣a）m+70（250﹣m）=（10﹣a）m+17500，
< br>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
﹣12 5a）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】本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）（2 020•长沙）若三个非零实数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，则 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）若M（t，y
1
），N（t+1，y
2
），R（t+3，y
3< br>）三点均在函数（k为常数，k
≠0）的图象上，且这三点的纵坐标y
1
，y< br>2
，y
3
构成“和谐三组数”，求实数t的值；

（3）若直 线y=2bx+2c（bc≠0）与x轴交于点A（x
1
，0），与抛物线y=ax
2
+3bx+3c
（a≠0）交于B（x
2
，y
2
），C（x
3
，y
3
）两点．

①求证：A，B，C三点的横坐标x< br>1
，x
2
，x
3
构成“和谐三组数”；

② 若a＞2b＞3c，x
2
=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y
1
、y
2
、y
3
，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x
1
=﹣，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x
2
+x
3
=﹣，x
2
x
3< br>=，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OP
2
关 于m的二次函数，
利用二次函数的性质可求得OP
2
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，y
1），N（t+1，y
2
），R（t+3，y
3
）三点均在函数（k为常数 ，k
≠0）的图象上，

∴y
1
、y
2
、y
3
均不为0，且y
1
=，y
2
=
∴=，=，=，

，y
3
=，

∵y
1
，y
2
，y
3
构成“和谐三组数”，

∴有以下三种情况：

当=+时，则=+，即t=t+1+t+3，解得t=﹣4；

当=+时，则=+，即t+1=t+t+3，解得t=﹣2；

当=+时，则=+，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，

∴x
1
，x
2
，x
3
都不为0，

∵直线y=2bx+2c（bc≠0）与x轴交于点A（x
1
，0），

∴0=2bx
1
+2c，解得x
1
=﹣，

联立直 线与抛物线解析式，消去y可得2bx+2c=ax
2
+3bx+3c，即ax
2+bx+c=0，

∵直线与抛物线交与B（x
2
，y
2
），C（x
3
，y
3
）两点，

∴x
2
、x
3
是方程ax
2
+bx+c=0的两根，

∴x
2
+x
3
=﹣，x
2
x
3
=，

∴+===﹣=，

∴x
1
，x
2
，x
3
构成“和谐三组数”；

②∵x
2
=1，

∴a+b+c=0，

∴c=﹣a﹣b，

∵a＞2b＞3c，

∴a＞2b＞3（﹣a﹣b），且a＞0，整理可得
∵P（，）

∴OP2
=（）
2
+（）
2
=（）
2
+（）
2
=2（）
2
+2+1=2（+）
2
+，

，解得﹣＜＜，

令m=，则﹣＜m＜且m≠0，且OP
2
=2（m +）
2
+，

∵2＞0，

∴当﹣＜m＜﹣ 时，OP
2
随m的增大而减小，当m=﹣时，OP
2
有最大值
当m= ﹣时，OP
2
有最小值，

当﹣＜m＜时，OP
2
随m的增 大而增大，当m=﹣时，OP
2
有最小值，当
m=时，OP
2
有最大 值，

∴≤OP
2
＜
且OP
2
≠1，

∵P到原点的距离为非负数，

∴≤OP＜且OP≠1．

，
【点评】本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
，x
2
，x
3
是解题的
关键，在（3）②中把OP< br>2
表示成二次函数的形式是解题的关键．本题考查知识
点较多，综合性较强，特别是最后 一问，难度很大．



26．（10分）（2020•长沙）如图，抛物线 y=mx
2
﹣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）若△OAC为等腰直角三角形，求m的值；

（ 2）若对任意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）；
< br>（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（x
0
，y
0
）总有n+≥﹣4
﹣50成 立，求实数n的最小值．

my
0
2
﹣12y
0

【分析】（ 1）根据y=mx
2
﹣16mx+48m，可得A（12，0），C（0，48m），再根据< br>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=mx
2
﹣16m x+48m，可得抛物线解析式，再根据点P（x
0
，y
0
）为抛物线上任< br>意一点，即可得出y
0
≥﹣
+3）
2
+4=
，令t= ﹣2（y
0
+3）
2
+4，可得t
最大值
=﹣2（﹣
，再根据n+≥，可得实数n的最小值为．

【解答】解：（1）令y=mx
2﹣16mx+48m=m（x﹣4）（x﹣12）=0，则x
1
=12，x
2=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，

∴OD
2
=OA×OB=4×12=48，

∴OD=4，

又∵点D为线段AE的中点，

∴AE=2OD=8
又∵OA=12，

∴OE=
∴D（6，﹣2
把D（6，﹣2
解得m=，

（x﹣4）（x﹣12），

，

=4
），
）代入抛物线y=mx
2
﹣16mx+48m，可得﹣2=36m﹣96m+48m，
，

，

∴抛物线的解析式为y=
即y=（x﹣8）
2
﹣
∵点P（x
0
，y
0
）为抛物线上任意一点，

∴y
0
≥﹣
令t=﹣4
，

my
0
2
﹣12y
0
﹣50=﹣2y
0
2
﹣12+3
y
0
﹣50=﹣2（y
0
+3
）
2
+4=，

，

）
2
+4，

则当y< br>0
≥﹣时，t
最大值
=﹣2（﹣
my
0
2
﹣ 12若要使n+≥﹣4
∴n≥3，

y
0
﹣50成立，则n+≥
∴实数n的最小值为．

【点评】本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．