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【备战中考·精品模拟】备战2023年中考数学全真模拟卷（滨州专用）
第一模拟
（本卷共24小题，满分120分，考试用时120分钟）
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
一、单选题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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．(本题3分)如图，在数轴上，点、分别表示数、，且．若、两点间的距离为6，则点表示的数为（ ）
A． B．6 C． D．3
2．(本题3分)下列各式中，计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．(本题3分)如图，，直线与直线分别相交于点G，H，平分交于点M．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．(本题3分)在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，现从中随机抽取一张，卡片上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．1
5．(本题3分)关于，的方程组的解，满足，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
6．(本题3分)定义运算：．例如：．则方程的根的情况为（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．无实数根 D．只有一个实数根
7．(本题3分)如图，点在反比例函数的图象上，以点为圆心画弧交轴于点、，延长交轴于点，连接，若的面积等于，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．(本题3分)如图，是的直径，是弦的中点，于点，若，，则的长为（ ）
A． B．1.5 C． D．2
9．(本题3分)下列四个命题中，假命题是（ ）
A．有三个角是直角的四边形是矩形
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．顺次连接等腰梯形各边中点，得到一个矩形
10．(本题3分)若一组数据1，2，3，4，x的平均数与中位数相同，则实数x的值不可能是（ ）
A．0 B．2．5 C．3 D．5
11．(本题3分)二次函数大致图象如图所示，其中顶点为（-2，）下列结论：①；②；③；④若方程有两根为和，且<，则；⑤若方程有四个根，则这四个根的和为，其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
12．(本题3分)如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
第Ⅱ卷（非选择题 共84分）
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，直接填写答案．）
13．(本题4分)使代数式有意义的的取值范围是______.
14．(本题4分)如图，为等腰直角三角形，，延长至点，连接，，则=_________．
15．(本题4分)如图，中，，，垂直平分，，则______．
16．(本题4分)已知反比例函数的图象上两点，当时，有，则的取值范围是_______．
17．(本题4分)如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点A的坐标为______．
18．(本题4分)如图，在矩形中，，，P是射线上一动点，把沿直线翻折，顶点B的对应点为G，当线段与相交时，设交点为E，连接，交于点F，连接，若，则的值为 _____．
三、解答题（本大题共6个小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．(本题10分)（1）计算：；
（2）先化简，再求值：．
20．(本题8分)某工厂进行厂长民意测评，抽取部分员工为其打分评定，其中有“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等次，将评定结果绘制成两幅不完整的统计图如下：
(1)本次抽取的员工总人数为______人；
(2)补全条形统计图；
(3)求扇形统计图中“合格”所对应的圆心角度数；
(4)在“优秀”中有甲、乙、丙三人，现从中抽出两人，求刚好抽中甲、乙两人的概率．
21．(本题8分)如图，在四边形中，，E是的中点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则四边形的面积为______．
22．(本题12分)李丽大学毕业后回家乡创业，开了一家服装专卖店代理品牌服装的销售．已知该品牌服装进价每件40元，日销售（件）与销售价（元/件）之间的关系如图所示（实线），每天付员工的工资每人82元，每天应支付其他费用106元．
(1)直接写出日销售（件）与销售价（元/件）之间的函数关系式；
(2)当某天的销售价为48元/件时，收支恰好平衡（收入=支出），求该店员工人数；
(3)若该店只有2名员工，则每天能获得的最大利润是多少元 此时，每件服装的价格应定为多少元
23．(本题10分)如图，为⊙的直径，点是⊙上一点，过点的直线交的延长线于点．作，垂足为点，已知平分．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)若，，求⊙的半径．
24．(本题12分)如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式和点和点的坐标；
(2)在轴下方的抛物线上是否存在一点，使四边形的面积最大？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线上求点，使是以为直角边的直角三角形．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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【备战中考·精品模拟】备战2023年中考数学全真模拟卷（滨州专用）
第一模拟
（本卷共24小题，满分120分，考试用时120分钟）
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
一、单选题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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．(本题3分)如图，在数轴上，点、分别表示数、，且．若、两点间的距离为6，则点表示的数为（ ）
A． B．6 C． D．3
【答案】C
【解析】
【分析】根据， A、B两点间的距离为6判断出点A、B分别表示的数即可．
【详解】∵，
∴a、b互为相反数，
∵A、B两点间的距离为6，
∴点A、B分别在距离原点3的位置上，
∴点A表示的数为．
故选：C．
【点睛】本题考查数轴上点的位置以及相反数，解题关键是找到点A、B分别所在的位置．
2．(本题3分)下列各式中，计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】根据合并同类项法则、积的乘方与幂的乘方法则、单项式乘以多项式法则进行计算后判断即可．
【详解】解：A、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项正确；
D、，故此选项错误．
故选C．
【点睛】本题考查了合并同类项法则，积的乘方与幂的乘方法则，单项式乘多项式法则．熟记法则是解决此题的关键．
3．(本题3分)如图，，直线与直线分别相交于点G，H，平分交于点M．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】根据邻补角的性质可得，再由平行线的性质可得，然后根据平分，可得，再根据三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，平行线的性质，邻补角的性质，熟练掌握三角形外角的性质，平行线的性质，邻补角的性质是解题的关键．
4．(本题3分)在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，现从中随机抽取一张，卡片上的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】
【分析】由等腰三角形、平行四边形、矩形、圆中是轴对称图形和中心对称图形的有矩形、圆，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：∵等腰三角形、平行四边形、矩形、圆中是中心对称图形的有平行四边形、矩形、圆，
是轴对称图形的有等腰三角形、矩形、圆，
∴既是轴对称又是中心对称图形的有矩形、圆，
∴现从中随机抽取一张，卡片上画的图形恰好是中心对称图形的概率是，
故选：B．
【点睛】此题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．也考查了中心对称图形的定义．
5．(本题3分)关于，的方程组的解，满足，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】将2个方程相加得出，根据不等式的解集的情况，得出，进而即可求解．
【详解】解：
由得：
∴，
∵，
∴
解得：，
故选：C．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式，根据题意得出的表达式是解答此题的关键．
6．(本题3分)定义运算：．例如：．则方程的根的情况为（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．无实数根 D．只有一个实数根
【答案】A
【解析】
【分析】先利用新定义得到方程，再计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况．
【详解】解：方程化为，
∵，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，当时，方程有两个不相等的两个实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
7．(本题3分)如图，点在反比例函数的图象上，以点为圆心画弧交轴于点、，延长交轴于点，连接，若的面积等于，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】作于，连接，根据等腰三角形的性质得出，根据相似三角形的性质求得，进而根据题意求得，根据反比例函数系数的几何意义即可求得的值．
【详解】解：作于，连接，
以点为圆心画弧交轴于点、，
，
，
，
，
，
，
，
的面积等于1，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数系数的几何意义，三角形的面积，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，作于是解题的关键．
8．(本题3分)如图，是的直径，是弦的中点，于点，若，，则的长为（ ）
A． B．1.5 C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆周角定理求出∠GOD=90°，由等腰直角三角形OGD得到DG=2，利用垂径定理证明E为CG的中点，从而得到EF为△CDG的中位线即可得解．
【详解】解：如图，延长CE交⊙O于点G，连接OG、OD、GD，
则∠GOD=2∠DCE=2×45°=90°，
∵AB是⊙O的直径，AB=4，
∴OG=OD=2，
∴GD=2，
∵AB为⊙O的直径，CE⊥AB，
∴CE=EG，
∵F是CD的中点
∴CF=FD，
∴EF是△CGD的中位线，
∴EF=GD=×2=．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形以及三角形的中位线，解题的关键是能够正确画出辅助线．
9．(本题3分)下列四个命题中，假命题是（ ）
A．有三个角是直角的四边形是矩形
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．顺次连接等腰梯形各边中点，得到一个矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定等知识逐项判断即可．
【详解】解：A．有三个角是直角的四边形是矩形，是真命题，故A选项不符合题意；
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，是真命题，故B选项不符合题意；
C．四条边都相等的四边形是菱形，是真命题，故C选项不符合题意；
D．顺次连接等腰梯形各边中点，得到一个菱形，
如图所示，根据三角形中位线定理，,,
是等腰梯形，
,
，
是菱形，
D选项是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了命题与定理，涉及的知识包括三角形中位线定理、矩形、正方形以及菱形的判定等知识，掌握矩形、菱形的判定的相关知识是解答本题的关键．
10．(本题3分)若一组数据1，2，3，4，x的平均数与中位数相同，则实数x的值不可能是（ ）
A．0 B．2．5 C．3 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，分类计算出在不同位置时这组数据的平均数和中位数，再根据这组数据的平均数和中位数相同列出方程求解即得．
【详解】解：分五种情况如下：
（1）将这组数据从小到大的顺序排列为1，2，3，4，，
∵这组数据处于中间位置的数是3，
∴中位数是3，平均数为，
∵平均数与中位数相同，
∴，
解得：，符合排列顺序；
（2）将这组数据从小到大的顺序排列为1，2，3，，4，
∵这组数据处于中间位置的数是3，
∴中位数是3，平均数是，
∵平均数与中位数相同，
∴，
解得：，不符合排列顺序；
（3）将这组数据从小到大的顺序排列为1，，2，3，4，
∵这组数据处于中间位置的数是2，
∴中位数是2，平均数，
∵平均数与中位数相同，
∴，
解得：，不符合排列顺序；
（4）将这组数据从小到大的顺序排列后，1，2，3，4，
∵这组数据处于中间位置的数是2，
∴中位数是2，平均数，
∵平均数与中位数相同，
∴，
解得：，符合排列顺序；
（5）将这组数据从小到大的顺序排列后1，2，，3，4，
∵这组数据处于中间位置的数是，
∴中位数，平均数，
∵平均数与中位数相同，
∴，
解得：，符合排列顺序；
∴的值为0或2.5或5 ．
故选：C．
【点睛】本题考查了平均数和中位数，解题关键是熟知平均数和中位数的公式，根据的位置分类讨论．
11．(本题3分)二次函数大致图象如图所示，其中顶点为（-2，）下列结论：①；②；③；④若方程有两根为和，且<，则；⑤若方程有四个根，则这四个根的和为，其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】①抛物线对称轴在轴左侧，则同号，而，即可求解；
②时，，即可求解；
③，即可求解；
④，相当于由原抛物线向上平移了1个单位，即可求解；
⑤若方程，即：若方程，当时，由一元二次方程根与系数的关系得：其两个根的和为，即可求解．
【详解】解：∵顶点为（，），设二次函数表达式为：，
①抛物线对称轴在轴左侧，则同号，而，则，故①正确；
②函数在轴右侧与x轴的交点（1，0），当时，，故②正确；
③，故③错误；
④，相当于由原抛物线向上平移了1个单位，故有两个根和，且，则，④正确；
⑤若方程，即：若方程，当时，
根据一元二次方程根与系数的关系得：其两个根的和为，
同理当时，其两个根的和也为，则这四个根的和为，故⑤正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴交点，一元二次方程根与系数的关系、根的判别式等，关键是熟练掌握二次函数图象的性质．
12．(本题3分)如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【解析】
【分析】①先根据折叠的性质得到，再利用正方形的性质得到，通过角的等量代换得出，得到；②根据正方形的性质、线段中点的定义可得到，，，证明出，之后利用等角的余角相等可得出结果；③用相似的定理证明，再根据对应边的比值相等求出；④设正方形边长为，，然后在中利用勾股定理求出的值，由此利用余弦的定义即可得出结果；⑤先利用勾股定理求出AE的长，再利用面积法求出的长，再利用勾股定理求出的长，然后分别求出和即可得出其关系．
【详解】解：①∵△BCF沿BF对折，得到△BPF，
∴,
∴,
∵正方形ABCD，
∴，
∴，
∴，
∴，
故结论①是正确的，符合题意；
②∵E，F分别为BC、CD的中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故结论②是正确的，符合题意；
③∵E，F分别为BC、CD的中点,
∴=，
在和中，
∴，
∴，
∴，
故结论③是正确的，符合题意；
④设正方形边长为，，
∴，
由①可知，，
∴
∵△BCF沿BF对折，得到△BPF，
∴，
在中，，
∴，
解得：
∴，
故结论④错误，不符合题意；
⑤在④的基础上可得：，
∴,
又∵，即，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
故结论⑤正确，符合题意；
所以①②③⑤是正确的；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理和性质、余弦三角函数、折叠的性质等，熟练掌握折叠的性质和余弦三角函数是解决本题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 共84分）
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，直接填写答案．）
13．(本题4分)使代数式有意义的的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件可得，根据分式有意义的条件可得，再解不等式即可．
【详解】解：根据题意，代数式有意义，
∴，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件以及解不等式组，牢记分式、二次根式有意义的条件是解题的关键．
14．(本题4分)如图，为等腰直角三角形，，延长至点，连接，，则=_________．
【答案】30°或30度
【解析】
【分析】根据为等腰直角三角形，，可得，由外角的性质可得．
【详解】∵为等腰直角三角形，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及外角的性质，解题的关键是掌握其性质．
15．(本题4分)如图，中，，，垂直平分，，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】设，可以求出，根据垂直平分线可得长，利用三角函数解题即可．
【详解】设，则，
∴，
∵垂直平分，
∴
∴，即，
解得
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查解直角三角形，垂径定理，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
16．(本题4分)已知反比例函数的图象上两点，当时，有，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可得该函数图象在二、四象限，进而即可求解．
【详解】解：∵反比例函数的图象上两点，当时，有，
∴该函数图象在二、四象限，
∴，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象的性质，根据增减性判断出反比例数图象所在的象限是解题关键．
17．(本题4分)如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点A的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第次旋转后点的坐标即可．
【详解】解：∵正六边形边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴，
∴，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为，
第2次旋转结束时，点A的坐标为，
第3次旋转结束时，点A的坐标为，
第4次旋转结束时，点A的坐标为，
∴4次一个循环，
∵，
∴第次旋转结束时，点A的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
18．(本题4分)如图，在矩形中，，，P是射线上一动点，把沿直线翻折，顶点B的对应点为G，当线段与相交时，设交点为E，连接，交于点F，连接，若，则的值为 _____．
【答案】或
【解析】
【分析】利用折叠的性质和平行线的性质得到四边形为菱形，再利用相似三角形的判定与性质得到；设，则，利用相似三角形的判定与性质，得到关于x的方程，解方程求得x值，再利用勾股定理求得的长，将相应线段的值代入中，则结论可得．
【详解】解：由题意得：，
∴，，，，，
∵，
∴， ，
∴，
∴，
∴结合折叠的性质可得：，
∴四边形为菱形．
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴ ，
设，则，
∴， 解得：或，经检验符合题意；
∴或．
∴或，
∴或，
故答案为： 或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共6个小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
19．(本题10分)（1）计算：；
（2）先化简，再求值：．
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）代入三角函数值，同时计算负整数指数幂，算术平方根及绝对值，再计算加减法；
（2）先计算加减法，将除法化为乘法再计算化简，最后代入字母的值即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）
，
当时，原式．
【点睛】此题考查了计算能力，实数的混合运算，分式的混合运算，分式的化简求值，正确掌握各计算法则及特殊角的三角函数值是解题的关键．
20．(本题8分)某工厂进行厂长民意测评，抽取部分员工为其打分评定，其中有“优秀”“良好”“合格”“不合格”四个等次，将评定结果绘制成两幅不完整的统计图如下：
(1)本次抽取的员工总人数为______人；
(2)补全条形统计图；
(3)求扇形统计图中“合格”所对应的圆心角度数；
(4)在“优秀”中有甲、乙、丙三人，现从中抽出两人，求刚好抽中甲、乙两人的概率．
【答案】(1)50
(2)见解析
(3)
(4)
【解析】
【分析】（1）根据优秀人数及其所占的百分比即可求得总人数；
（2）由（1）可知总人数，根据各组频数之和等于总人数，可求得“不合格”的人数，进而补全图形即可；
（3）根据各组的百分比之和为1，可求得“合格”所占的百分比，用乘以“合格”所占的百分比即可得到答案；
（4）列表画出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【详解】（1）解：本次抽取的员工总人数为：（人），
故答案为：50；
（2）由（1）可知：本次抽取的员工总人数为50人，
∴“不合格”的人数为：（人），
补全图形如下：
（3）由图可知：
∵“合格”所占的百分比为：，
∴“合格”所对应的圆心角度数为：；
（4）列表如下：
∴一共有6种等可能结果，符合要求的结果有两种，
∴，
∴刚好抽中甲、乙两人的概率为．
【点睛】本题主要考查概率计算，列表法或树状图法求概率，求扇形中圆心角度数等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21．(本题8分)如图，在四边形中，，E是的中点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则四边形的面积为______．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【解析】
【分析】（1）先说明四边形是平行四边形，然后再根据直角三角形的性质得到即可证明结论；
（2）在中，结合已知由，再运用勾股定理求得，可得，即可解答．
【详解】（1）证明：，，
∴四边形是平行四边形，
，E是的中点，
，
所以四边形是菱形．
（2）在中，，，
∵四边形是菱形，
∴，
，
，
，
是菱形，E是的中点，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定、正弦值、勾股定理、菱形的性质等知识点；灵活运用相关性质成为解答本题的关键．
22．(本题12分)李丽大学毕业后回家乡创业，开了一家服装专卖店代理品牌服装的销售．已知该品牌服装进价每件40元，日销售（件）与销售价（元/件）之间的关系如图所示（实线），每天付员工的工资每人82元，每天应支付其他费用106元．
(1)直接写出日销售（件）与销售价（元/件）之间的函数关系式；
(2)当某天的销售价为48元/件时，收支恰好平衡（收入=支出），求该店员工人数；
(3)若该店只有2名员工，则每天能获得的最大利润是多少元 此时，每件服装的价格应定为多少元
【答案】(1)；
(2)3人．
(3)每天能获得的最大利润是180元，此时，每件服装的价格应定为55元．
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据收入等于支出，可得一元一次方程，根据解一元一次方程，可得答案；
（3）分两种情况解答：①当时；②当时，依据：总利润=单件利润×销售量-工人工资及其他费用列出函数解析式，求解即可．
【详解】（1）解：（1）当时，设y与x的函数解析式为，由图象可得：，解得：．
∴；
当时，设y与x的函数解析式为，由图象得：
，解得：．
∴．
综上所述：y=．
（2）设人数为a，当时，，
则，
解得：．
答：该店员工人数为3．
（3）设每件服装的价格为元时，每天获得的利润为元．
当时
当时，最大值．
当时
当时，最大值＝171．
∵
∴最大值
答：每天能获得的最大利润是180元，此时，每件服装的价格应定为55元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用与一次函数和一元一次方程的应用能力，理解题意找到符合题意得相等关系函数解析式是解题的关键．
23．(本题10分)如图，为⊙的直径，点是⊙上一点，过点的直线交的延长线于点．作，垂足为点，已知平分．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)若，，求⊙的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)
【解析】
【分析】（1）连接，已知，可得∠D=90°，然后利用等腰三角形和角平分线的性质可证，进而利用平行线的性质即可得到，即可得到结论；
（2）由（1）可知，是⊙的切线，结合为⊙的直径，可得，进而得到，即可证明，进而得到，结合，，，可得，进而得到，即可求得⊙的半径．
【详解】（1）连接，
∵，
∴∠D=90°，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是⊙的切线；
（2）由（1）可知，是⊙的切线，
∴，
∴，
∵为⊙的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴⊙的半径为．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
24．(本题12分)如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式和点和点的坐标；
(2)在轴下方的抛物线上是否存在一点，使四边形的面积最大？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线上求点，使是以为直角边的直角三角形．
【答案】(1)；，
(2)存在点，使四边形的面积最大为
(3)存在，点、，使、是以为直角边的直角三角形
【解析】
【分析】（1）把点的坐标代入函数解析式求出的值，再求出图象与坐标轴的交点坐标即可；
（2）设，连接，把四边形的面积分成，，的面积和，求表达式的最大值；
（3）有两种可能：为直角顶点；为直角顶点；要充分认识的特殊性，是等腰直角三角形，可以通过等腰直角三角形的性质求出相关线段的长度．
【详解】（1）解：∵ 抛物线与轴交于，两点，与轴交于，
，
则该抛物线的解析式为：，
当，则，
解得：，，
，；
（2）如图1，设，连接．
则，，
且的面积，的面积，
的面积，
．
当时，面积有最大值，此时，
存在点，使四边形的面积最大为；
（3）如图2，过点作，交抛物线于点、交轴于点，连接C．
∵，
∴，
，．
点的坐标为．
设的解析式为：，
∴，解得：，
直线的解析式为．
则，
解得：，，
点的坐标为
如图2，过点作，交抛物线于点、交轴于点，连接．
，
，．
点的坐标为．
同理可得：直线的解析式为．
由，
解得：，，
点的坐标为．
综上，在抛物线上存在点、，使、是以为直角边的直角三角形．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征以及不规则图形面积的求法等二次函数综合题型，二次函数与直角三角形的综合，熟练的将几何问题转化为求解函数的交点坐标是解本题的关键．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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