2019年四川省成都市中考数学押题试卷
一．选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．迁安市某天的最低气温为零下9℃，最高气温为零上3℃，则这一天的温差为（ ）
A．6℃ B．﹣6℃ C．12℃ D．﹣12C
2．如果y＝+2，那么（﹣x）y的值为（ ）
A．1 B．﹣1 C．±1 D．0
3．下面是小明同学做的四道题：①3m+2m＝5m；②5x﹣4x＝1；③﹣p2﹣2p2＝﹣3p2；④3+x＝3x．你认为他做正确了（ ）
A．1道 B．2道 C．3道 D．4道
4．2018年10月24日港珠澳大桥全线通车，港珠澳大桥东起香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西横跨伶仃洋海域后连接珠海和澳门人工岛，止于珠海洪湾，它是世界上最长的跨海大桥，被称为“新世界七大奇迹之一”，港珠澳大桥总长度55000米，则数据55000用科学记数法表示为（ ）
A．55×105 B．5.5×104 C．0.55×105 D．5.5×105
5．在下列网格中，小正方形的边长为1，点A、B、O都在格点上，则∠A的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（2，﹣1）
7．如图，是某个几何体从不同方向看到的形状图（视图），这个几何体的表面能展开成下面的哪个平面图形？（ ）
A． B．
C． D．
8．某车间需加工一批零件，车间20名工人每天加工零件数如表所示：
每天加工零件数
4
5
6
7
8
人数
3
6
5
4
2
每天加工零件数的中位数和众数为（ ）
A．6，5 B．6，6 C．5，5 D．5，6
9．菱形的两条对角线长分别为6，8，则它的周长是（ ）
A．5 B．10 C．20 D．24
10．如图，正方形ABCD和正△AEF都内接于⊙O，EF与BC、CD分别相交于点G、H．若AE＝3，则EG的长为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共4小题，每小题4分，满分16分）
11．若m+n＝1，mn＝2，则的值为 ．
12．二次函数y＝2（x+3）2﹣4的最小值为 ．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为 ．
14．如图，点P在反比例函数y＝（x＜0）的图象上，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点A、B．已知矩形PAOB的面积为8，则k＝ ．
三．解答题（共6小题，满分54分）
15．（12分）（1）计算：
（2）解方程组：
16．（6分）如图所示，在菱形ABCD中，AC是对角线，CD＝CE，连接DE．
（1）若AC＝16，CD＝10，求DE的长．
（2）G是BC上一点，若GC＝GF＝CH且CH⊥GF，垂足为P，求证： DH＝CF．
17．（8分）某数学社团成员想利用所学的知识测量某广告牌的宽度（图中线段MN的长），直线MN垂直于地面，垂足为点P．在地面A处测得点M的仰角为58°、点N的仰角为45°，在B处测得点M的仰角为31°，AB＝5米，且A、B、P三点在一直线上．请根据以上数据求广告牌的宽MN的长．
（参考数据：sin58°＝0.85，cos58°＝0.53，tan58°＝1.60，sin31°＝0.52，cos31°
＝0.86，tan31°＝0.60．）
18．（8分）某中学为了了解学生每周在校体育锻炼时间，在本校随机抽取了若干名学生进行调查，并依据调查结果绘制了以下不完整的统计图表，请根据图表信息解答下列问题：
时间（小时）
频数（人数）
频率
2≤t＜3
4
0.1
3≤t＜4
10
0.25
4≤t＜5
a
0.15
5≤t＜6
8
b
6≤t＜7
12
0.3
合计
40
1
（1）表中的a＝ ，b＝ ；
（2）请将频数分布直方图补全；
（3）若该校共有1200名学生，试估计全校每周在校参加体育锻炼时间至少有4小时的学生约为多少名？
19．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点P（1，4），Q（m，n）在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，当m＞1时，过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点A，B；过点Q分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点C，D，QD交PA于点E．
（1）求该反比例函数的解析式；
（2）用只含n的代数式表示四边形ACQE的面积；
（3）随着m的增大，四边形ACQE的面积如何变化？
20．（10分）如图，四边形ABCD内接于⊙O．AC为直径，AC、BD交于E，＝．
（1）求证：AD+CD＝BD；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，求证：EA2+CF2＝EF2；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB、BC的垂线垂足分别为G、H，连GH、BO交于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O半径．
四．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
21．设α，β是方程x2﹣x﹣2019＝0的两个实数根，则α3﹣2021α﹣β的值为 ；
22．在一个不透明的口袋中装有除颜色外其它都相同的3个红球和2个黄球，任意从口袋中摸出两个球，摸到一个红球和一个黄球的概率为 ．
23．某景区有一复古建筑，其窗户的设计如图所示．圆O的圆心与矩形的对角线交点重合，且圆与矩形上下两边相切（切点为E）与AD交于F，G两点，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域，已知圆的半径为2．若∠EOF＝45°，则窗户的透光率为 ．
24．△ABC是等腰三角形，腰上的高为8cm，面积为40cm2，则该三角形的周长是 cm．
25．如图1，点E，F，G分别是等边三角形ABC三边AB，BC，CA上的动点，且始终保持AE＝BF＝CG，设△EFG的面积为y，AE的长为x，y关于x的函数图象大致为图2所示，则等边三角形ABC的边长为 ．
五．解答题（共3小题，满分30分）
26．（8分）某商店销售A型和B型两种电器，若销售A型电器20台，B型电器10台可获利13000元，若销售A型电器25台，B型电器5台可获利12500元．
（1）求销售A型和B型两种电器各获利多少元？
（2）该商店计划一次性购进两种型号的电器共100台，其中B型电器的进货量不超过A型电器的2倍，该商店购进A型、B型电器各多少台，才能使销售总利润最大，最大利润是多少？
（3）实际进货时，厂家对A型电器出厂价下调a（0＜a＜200）元，且限定商店最多购进A型电器60台，若商店保持同种电器的售价不变，请你根据以上信息，设计出使这100台电器销售总利润最大的进货方案．
27．（10分）如图1在直线BCE的同一侧作两个正方形ABCD与CEFG，连接BG与DE．
（1）请证明下列结论：①BG＝DE；②直线BG与直线DE之间的夹角为90°；③直线BG与直线DE相交于点O，连接OC，则OC平分∠BOE；
（2）正方形CEFG旋转到如图2的位置，则（1）中的结论是否依然正确？
（3）当正方形CEFG旋转到如图3的位置时，（1）中的结论是否依然正确？
28．（12分）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，点B，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于点D，过点B作BE⊥x轴，交DC延长线于点E，连接BD，交y轴于点F，直线BD的解析式为y＝﹣x+2．
（1）点E的坐标为 ；抛物线的解析式为 ．
（2）如图2，点P在线段EB上从点E向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时，点Q在线段BD上从点B向点D以个单位长度/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，当t为何值时，△PQB为直角三角形？
（3）如图3，过点B的直线BG交抛物线于点G，且tan∠ABG＝，点M为直线BG上方抛物线上一点，过点M作MH⊥BG，垂足为H，若HF＝MF，请直接写出满足条件的点M的坐标．
2019年四川省成都市中考数学押题试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【分析】根据温差是指某天的最高气温与最低气温的差可求解．
【解答】解：∵最低气温为零下9℃，最高气温为零上3℃，
∴温差为12°
故选：C．
【点评】本题考查了有理数的减法，熟练掌握有理数的减法法则是解决问题的关键．
2．【分析】直接利用二次根式的性质得出x，y的值，进而得出答案．
【解答】解：∵y＝+2，
∴1﹣x≥0，x﹣1≥0，
解得：x＝1，
故y＝2，
则（﹣1）2＝1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x的值是解题关键．
3．【分析】根据合并同类项解答即可．
【解答】解：①3m+2m＝5m，正确；
②5x﹣4x＝x，错误；
③﹣p2﹣2p2＝﹣3p2，正确；
④3+x不能合并，错误；
故选：B．
【点评】此题考查合并同类项，关键是根据合并同类项计算．
4．【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：将数据55000用科学记数法表示为5.5×104．
故选：B．
【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．
5．【分析】根据勾股定理求出OA，根据正弦的定义解答即可．
【解答】解：由题意得，OC＝2，AC＝4，
由勾股定理得，AO＝＝2，
∴sinA＝＝，
故选：A．
【点评】本题考查的是锐角三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
6．【分析】根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数解答．
【解答】解：点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为（﹣1，2）．
故选：A．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
7．【分析】由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图是圆可判断出此几何体为圆柱，进一步由展开图的特征选择答案即可．
【解答】解：∵主视图和左视图都是长方形，
∴此几何体为柱体，
∵俯视图是一个圆，
∴此几何体为圆柱，
因此图A是圆柱的展开图．
故选：A．
【点评】此题由三视图判断几何体，用到的知识点为：三视图里有两个相同可确定该几何体是柱体，锥体还是球体，由另一个视图确定其具体形状．
8．【分析】根据众数、中位数的定义分别进行解答即可．
【解答】解：由表知数据5出现了6次，次数最多，所以众数为5；
因为共有20个数据，
所以中位数为第10、11个数据的平均数，即中位数为＝6，
故选：A．
【点评】本题考查了众数和中位数的定义．用到的知识点：一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数．将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
9．【分析】根据菱形的性质即可求出答案．
【解答】解：由于菱形的两条对角线的长为6和8，
∴菱形的边长为：＝5，
∴菱形的周长为：4×5＝20，
故选：C．
【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质，本题属于基础题型．
10．【分析】首先设⊙O的半径是r，则OF＝r，根据AO是∠EAF的平分线，求出∠COF＝60°，在Rt△OIF中，求出FI的值是多少；然后判断出OI、CI的关系，再根据GH∥BD，求出GH的值是多少，即可求EG的值．
【解答】解：如图，连接AC、BD、OF，，
设⊙O的半径是r，
则OF＝OA＝r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF＝60°÷2＝30°，AC⊥EF，EG＝EF＝
∵OA＝OF，
∴∠OFA＝∠OAF＝30°，
∴∠COF＝30°+30°＝60°，
∴FI＝r•sin60°＝r，
∴EF＝r×2＝r＝AE＝3，
∴r＝
∴OI＝，
∴CI＝OC﹣OI＝，
∵EF⊥AC，∠BCA＝45°
∴∠IGC＝∠BCI＝45°
∴CI＝GI＝
∴EG＝EI﹣GI＝
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，等边三角形的性质，正方形的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确正多边形的有关概念．
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
11．【分析】原式通分并利用同分母分式的加法法则计算，将m+n与mn的值代入计算即可求出值．
【解答】解：∵m+n＝1，mn＝2，
∴原式＝＝．
故答案为：
【点评】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12．【分析】根据顶点式，可直接得到．
【解答】解：二次函数y＝2（x+3）2﹣4中当x＝﹣3时，取得最小值﹣4，
故答案为﹣4．
【点评】本题考查二次函数的基本性质，解题的关键是正确掌握二次函数的顶点式，若题目给出是一般式则需进行配方化为顶点式或者直接运用顶点公式．
13．【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AB，即可得到AE
的值，然后根据勾股定理求出BC．①若PA′与AB交于点F，连接A′B，如图1，易得S△EFP＝S△BEP＝S△A′EP，即可得到EF＝BE＝BF，PF＝A′P＝A′F．从而可得四边形A′EPB是平行四边形，即可得到BP＝A′E，从而可求出BP；②若EA′与BC交于点G，连接AA′，交EP与H，如图2，同理可得GP＝BG，EG＝EA′＝1，根据三角形中位线定理可得AP＝2＝AC，此时点P与点C重合（BP＝BC），从而可求出BP．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E为斜边AB的中点，
∴AB＝4，AE＝AB＝2，BC＝2．
①若PA′与AB交于点F，连接A′B，如图1．
由折叠可得S△A′EP＝S△AEP，A′E＝AE＝2，．
∵点E是AB的中点，
∴S△BEP＝S△AEP＝S△ABP．
由题可得S△EFP＝S△ABP，
∴S△EFP＝S△BEP＝S△AEP＝S△A′EP，
∴EF＝BE＝BF，PF＝A′P＝A′F．
∴四边形A′EPB是平行四边形，
∴BP＝A′E＝2；
②若EA′与BC交于点G，连接AA′，交EP与H，如图2．
．
同理可得GP＝BP＝BG，EG＝EA′＝×2＝1．
∵BE＝AE，∴EG＝AP＝1，
∴AP＝2＝AC，
∴点P与点C重合，
∴BP＝BC＝2．
故答案为2或2．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、平行四边形的判定与性质、等高三角形的面积比等于底的比、三角形中位线定理等知识，运用分类讨论的思想是解决本题的关键．
14．【分析】根据反比例函数k的几何意义可得|k|＝﹣8，再根据图象在二、四象限可确定k＜0，进而得到解析式．
【解答】解：∵S矩形PAOB＝8，
∴|k|＝8，
∵图象在二、四象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣8，
故答案为：﹣8．
【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
三．解答题（共6小题，满分54分）
15．【分析】（1）根据特殊角的三角函数值，负整数指数幂的定义，零指数幂的定义，变形为实数的运算，计算求值即可，
（2）利用代入消元法解之即可．
【解答】解：（1）cos45°﹣+20190
＝﹣3+1
＝1﹣3+1
＝﹣1，
（2），
把①代入②得：
2（y+5）﹣y＝8，
解得：y＝﹣2，
把y＝﹣2代入①得：
x＝﹣2+5＝3，
即原方程组的解为：．
【点评】本题考查了解二元一次方程组，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，解题的关键：（1）特殊角的三角函数值，负整数指数幂的定义，零指数幂的定义，实数的运算，（2）正确掌握代入消元法．
16．【分析】（1）连接BD交AC于K．想办法求出DK，EK，利用勾股定理即可解决问题．
（2）证明：过H作HQ⊥CD于Q，过G作GJ⊥CD于J．想办法证明∠CDH＝∠HGJ＝45°，可得DH＝QH解决问题．
【解答】（1）解：连接BD交AC于K．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AK＝CK＝8，
在Rt△AKD中，DK＝＝6，
∵CD＝CE，
∴EK＝CE﹣CK＝10﹣8＝2，
在Rt△DKE中，DE＝＝2．
（2）证明：过H作HQ⊥CD于Q，过G作GJ⊥CD于J．
∵CH⊥GF，
∴∠GJF＝∠CQH＝∠GPC＝90°，
∴∠QCH＝∠JGF，
∵CH＝GF，
∴△CQH≌△GJF（AAS），
∴QH＝CJ，
∵GC＝GF，
∴∠QCH＝∠JGF＝∠CGJ，CJ＝FJ＝CF，
∵GC＝CH，
∴∠CHG＝∠CGH，
∴∠CDH+∠QCH＝∠HGJ+∠CGJ，
∴∠CDH＝∠HGJ，
∵∠GJF＝∠CQH＝∠GPC＝90°，
∴∠CDH＝∠HGJ＝45°，
∴DH＝QH，
∴DH＝2QH＝CF．
【点评】本题考查菱形的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．【分析】在Rt△APN中根据已知条件得到PA＝PN，设PA＝PN＝x，得到MP＝AP•tan∠MAP＝1.6x，根据三角函数的定义列方程即可得到结论．
【解答】解：在Rt△APN中，∠NAP＝45°，
∴PA＝PN，
在Rt△APM中，tan∠MAP＝，
设PA＝PN＝x，
∵∠MAP＝58°，
∴MP＝AP•tan∠MAP＝1.6x，
在Rt△BPM中，tan∠MBP＝，
∵∠MBP＝31°，AB＝5，
∴0.6＝，
∴x＝3，
∴MN＝MP﹣NP＝0.6x＝1.8（米），
答：广告牌的宽MN的长为1.8米．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据已知直角三角形得出AP的长是解题关键．
18．【分析】（1）根据题意列式计算即可；
（2）根据b的值画出直方图即可；
（3）利用样本估计总体的思想解决问题即可；
【解答】解：（1）总人数＝4÷0.1＝40，
∴a＝40×0.15＝6，b＝＝0.2；
故答案为6，0.2
（2）频数分布直方图如图所示：
（3）由题意得，估计全校每周在校参加体育锻炼时间至少有4小时的学生约为1200×（0.15+0.2+0.3）＝780名．
【点评】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
19．【分析】（1）首先利用m和n表示出AC和CQ的长，则四边形ACQE的面积即可利用m、n表示，于是得到结论；
（2）根据矩形的面积公式即可得到结论；
（3）根据函数的性质判断即可．
【解答】解：（1）AC＝m﹣1，CQ＝n，
则S四边形ACQE＝AC•CQ＝（m﹣1）n＝mn﹣n．
∵P（1，4）、Q（m，n）在函数y＝（x＞0）的图象上，
∴mn＝k＝4（常数）．
∴该反比例函数的解析式为：y＝；
（2）∴S四边形ACQE＝AC•CQ＝4﹣n；
（3）∵当m＞1时，n随m的增大而减小，
∴S四边形ACQE＝4﹣n随m的增大而增大．
【点评】本题考查了反比例函数的性质以及矩形的面积的计算，利用n表示出四边形ACQE的面积是关键．
20．【分析】（1）延长DA至W，使AW＝CD，连接WB，证△BCD和△BAW全等，得到△WBD是等腰直角三角形，然后推出结论；
（2）过B作BE的垂线BN，使BN＝BE，连接NC，分别证△AEB和△CNB全等，△BFE和△BFN全等，将EA，CF，EF三条线段转化为直角三角形的三边，即可推出结论；
（3）延长GE，HF交于K，通过大量的面积法的运用，将AE，CF，EF三条线段用含相同的字母表示出来，再根据第二问的结论求出相关字母的值，再求出AB的值，进一步求出⊙O半径．
【解答】解：（1）延长DA至W，使AW＝CD，连接WB，
∵＝，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AB＝BC，
∵四边形ABCD内接于⊙O．
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD+∠WAB＝180°，
∴∠BCD＝∠WAB，
在△BCD和△BAW中，
，
∴△BCD≌△BAW（SAS），
∴BW＝BD，
∴△WBD是等腰直角三角形，
∴AD+DC＝DW＝BD；
（2）如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，则α+β＝45°，
过B作BE的垂线BN，使BN＝BE，连接NC，
在△AEB和△CNB中，
，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，
∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°，
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN，
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）得EA2+CF2＝EF2，
∴EA2+CF2＝EF2，
∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，
即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△ABC＝S矩形BGKH，
∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，
∵S四边形AGMO：S四边形COMH＝8：9，
∴S△BMH：S△BGM＝8：9，
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，
∴AE＝3，CF＝（k+3），EF＝（8k﹣3），
∴（3）2+[（k+3）]2＝[（8k﹣3）]2，
整理，得7k2﹣6k﹣1＝0，
解得：k1＝﹣（舍去），k2＝1，
∴AB＝12，
∴AO＝AB＝6，
∴⊙O半径为6．
【点评】
本题考查了图形的旋转，三角形的全等，勾股定理，面积法的运用等，综合性非常强，尤其是第（3）问，解题的关键是数学综合能力要非常强．
四．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
21．【分析】根据一元二次方程跟与系数的关系，结合“α，β是方程x2﹣x﹣2019＝0的两个实数根”，得到α+β的值，代入α3﹣2021α﹣β，再把α代入方程x2﹣x﹣2019＝0，经过整理变化，即可得到答案．
【解答】解：根据题意得：α+β＝1，
α3﹣2021α﹣β
＝α（α2﹣2020）﹣（α+β）
＝α（α2﹣2020）﹣1，
∵α2﹣α﹣2019＝0，
∴α2﹣2020＝α﹣1，
把α2﹣2020＝α﹣1代入原式得：
原式＝α（α﹣1）﹣1
＝α2﹣α﹣1
＝2019﹣1
＝2018．
【点评】本题考查了根与系数的关系，正确掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
22．【分析】根据题意可以用树状图法写出所有的可能性，从而可以求得到一个红球和一个黄球的概率．
【解答】解：由题意可得，
则摸到一个红球和一个黄球的概率为：＝，
故答案为：．
【点评】本题考查列表法和树状图法，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
23．【分析】把透光部分看作是两个直角三角形与四个45°的扇形的组合体，其和就是透光的面积，再计算矩形的面积，相比可得结果．
【解答】解：设⊙O与矩形ABCD的另一个切M，
连接OM、OG，则M、O、E共线，
由题意得：∠MOG＝∠EOF＝45°，
∴∠FOG＝90°，且OF＝OG＝2，
∴S透明区域＝，
过O作ON⊥AD于N，
∴ON＝FG＝，
∴AB＝2ON＝2×＝2，
∴S矩形＝，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质、扇形的面积、直角三角形的面积，将透光部分化分为几个熟知图形的面积是解题的关键．
24．【分析】先根据三角形面积公式求出腰长，设AE＝xcm，则BC＝cm，BE＝cm，在Rt△ACE中，根据勾股定理求出x，进一步得到BC，从而得到该三角形的周长，即可求解．
【解答】解：腰长为40×2÷8＝10（cm），
如图1，等腰三角形顶角是锐角，如图2，等腰三角形顶角是钝角，
设AE＝x，则BC＝，BE＝，
在Rt△ACE中，x2+（）2＝102，
解得x＝±4（负值舍去）或x＝±2（负值舍去），
∴BC＝4或8，
∴该三角形的周长是（20+4）或（20+8）cm．
故答案为：（20+4）或（20+8）．
【点评】考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角形面积，难点是根据勾股定理得到底边的长．
25．【分析】设出等边三角形ABC边长和BE的长，表示等边三角形ABC的面积，讨论最值即可．
【解答】解：设等边三角形ABC边长为a，则可知等边三角形ABC的面积为
设BE＝x，则BF＝a﹣x
S△BEF＝
易证△BEF≌△AGE≌△CFG
y＝﹣3（）＝
当x＝时，△EFG的面积为最小．
此时，等边△EFG的面积为，则边长为1
EF是等边三角形ABC的中位线，则AC＝2
故答案为：2
【点评】本题是动点函数图象问题，考查了等边三角形的性质及判断．解答时要注意通过设出未知量构造数学模型．
五．解答题（共3小题，满分30分）
26．【分析】（1）根据销售A型电器20台，B型电器10台可获利13000元，销售A型电器25台，B型电器5台可获利12500元可以列出相应的二元一次方程组，从而可以解答本题；
（2）根据题意可以得到利润和甲种型号电器之间的函数关系式，然后根据一次函数的性质解答本题；
（3）根据题意，利用分类讨论的方法可以解答本题．
【解答】解：（1）设销售A型和B型两种电器分别获利为a元/台，b元/台，
，得，
答：销售A型和B型两种电器分别获利为400元/台，500元/台；
（2）设销售利润为W元，购进A种型号电器x台，
W＝400x+500（100﹣x）＝﹣100x+50000，
∵B型电器的进货量不超过A型电器的2倍，
∴100﹣x≤2x，
解得，x≥，
∵x为整数，
∴当x＝34时，W取得最大值，此时W＝﹣100×34+50000＝46600，100﹣x＝66，
答：该商店购进A型、B型电器分别为34台、66台，才能使销售总利润最大，最大利润是46600元；
（3）设利润为W元，购进A种型号电器x台，
W＝（400+a）x+500（100﹣x）＝（a﹣100）x+50000，
∵0＜a＜200，0≤x≤60，
∴当100＜a＜200时，x＝60时W取得最大值，此时W＝60a+44000＞50000，100﹣x＝40；
当a＝100时，W＝50000；
当0＜a＜100时，x＝0时，W取得最大值，此时W＝5000，100﹣x＝100；
由上可得，当100＜a＜200时，购买A种型号的电器60台，B种型号的电器40台可获得最大利润；
当a＝100时，利润为定值50000，此时只要A种型号的电器不超过60台即可；
当0＜a＜100时，购买A种型号电器0台，B种型号电器100台可获得最大利润．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和分类讨论的方法解答．
27．【分析】（1）①由正方形的性质可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG＝DE；
②由△BCG≌△DCE，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°；
③过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，由△BCG≌△DCE，可得S△BCG＝S△DCE，可证CM＝CN，根据角平分线的性质可得OC平分∠BOE；
（2））由正方形的性质可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG＝DE，∠CDE＝∠CBG，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，由△BCG≌△DCE，可得S△BCG＝S△DCE，可证CM＝CN，根据角平分线的性质可得OC平分∠BOE；
（3）由正方形的性质可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，可证△BCG≌△DCE，可得BG＝DE，∠CDE＝∠CBG，可证BG⊥DE，即直线BG与直线DE之间的夹角为90°．由点C在∠BOE外部，可得OC平分∠BOE不成立．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS）
∴BG＝DE，
∵△BCG≌△DCE，
∴∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°
∴∠CBG+∠DEC＝90°
即∠DOG＝90°
∴BG⊥DE
即直线BG与直线DE之间的夹角为90°．
③如图，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，
∵△BCG≌△DCE，
∴S△BCG＝S△DCE，
∴×BG×CM＝×DE×CN，
∴CM＝CN，且CM⊥BG，CN⊥DE，
∴CO平分∠BOE，
（2）结论①②③仍然成立，
理由如下：如图，连接CO，过点C作CM⊥BG于点M，作CN⊥DE于点N，
∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS）
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CBG+∠BHC＝90°，且∠BHC＝∠DHO，
∴∠CDE+∠DHO＝90°
即∠DOG＝90°
∴BG⊥DE
即直线BG与直线DE之间的夹角为90°．
∵△BCG≌△DCE，
∴S△BCG＝S△DCE，
∴×BG×CM＝×DE×CN，
∴CM＝CN，且CM⊥BG，CN⊥DE，
∴CO平分∠BOE，
（3）结论①②成立，③不成立，
如图，延长DE交BC于点H，交BG的延长线于点O，
∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS）
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠CHD＝90°，且∠BHO＝∠DHC，
∴∠CBG+∠BHO＝90°
即∠DOB＝90°
∴BG⊥DE
即直线BG与直线DE之间的夹角为90°．
∵点C在∠BOE外部，
∴CO不平分∠BOE．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，旋转的性质，关键是证出△BCG≌△DCE，主要训练学生的推理能力和观察图形的能力．
28．【分析】（1）由待定系数法求点坐标及函数关系式；
（2）根据题意，△DEB为等腰直角三角形，通过分类讨论PQB＝90°或∠QPB＝90°的情况求出满足条件t值；
（3）延长MF交GB于K，由∠MHK＝90°，HF＝MF可推得HF＝FK，即F为MK中点，设出M坐标，利用中点坐标性质，表示K点坐标，代入GB解析式，可求得点M坐标．
【解答】解：（1）∵直线BD的解析式为y＝﹣x+2
∴点B坐标为（2，0）
由抛物线解析式可知点C坐标为（0，5）
∵CD⊥y，BE⊥x轴
∴点D纵坐标为5，代入y＝﹣x+2得到横坐标x＝﹣3，
点D坐标为（﹣3，5）
则点E坐标为（2，5）
将点D（﹣3，5）点B（2，0）代入y＝ax2+bx+5
解得
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣+5
故答案为：（2，5），y＝﹣x2﹣+5
（2）由已知∠QBE＝45°，PE＝t，PB＝5﹣t，QB＝
当∠QPB＝90°时，△PQB为直角三角形．
∵∠QBE＝45°
∴QB＝
∴
解得t＝
当∠PQB＝90°时，△PQB为直角三角形．
△BPQ∽△BDE
∴BQ•BD＝BP•BE
∴5（5﹣t）＝
解得：t＝
∴t＝或时，△PQB为直角三角形．
（3）由已知tan∠ABG＝，且直线GB过B点
则直线GB解析式为：y＝
延长MF交直线BG于点K
∵HF＝MF
∴∠FMH＝∠FHM
∵MH⊥BG时
∴∠FMH+∠MKH＝90°
∠FHK+∠FHM＝90°
∴∠FKH＝∠FHK
∴HF＝KF
∴F为MK中点
设点M坐标为（x，﹣ x2﹣x+5）
∵F（0，2）
∴点K坐标为（﹣x， x2+x﹣1）
把K点坐标代入入y＝
解得x1＝0，x2＝﹣4，
把x＝0代入y＝﹣x2﹣+5，解得y＝5，
把x＝﹣4代入y＝﹣x2﹣+5
解得y＝3
则点M坐标为（﹣4，3）或（0，5）．
【点评】
本题为代数几何综合题，考查了二次函数性质、一次函数性质、三角形相似以及直角三角形的性质，应用了分类讨论和数形结合思想．
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