k2020中考數學二輪專項——B卷專練（二）k(限時：60分滿分：分一、填空題本大題共5個小題，每小題4分，共分21.如，面積為的方形放在數軸上，以表示實數1點為圓心，正方形的邊長為半徑，作圓交數軸于點A，則點A表的數________第題圖22.已，是關于的程x2＋bx＋＝的個實數根，且滿足＋＝－，則的值為________．mn23.一小自由自在在空中飛翔，然后隨意落在如圖(由個正方形組成)中則落在陰影部分的概是．第題圖24.在面角坐標系xOy中對于(a，)，若點P的標為(ka＋b，＋)(中k為數≠0)則稱點′為點的的諧．已知點在反比函數＝Q(－，0)，則BQ的小________

3x

(＞0)圖象上運動，且點A點B的3和諧點，25.如，正方形紙片對折得到矩形ABCD點，沿ED折疊，使點恰落在AD上的點C處點M、N分是線段與段上點，把四邊形ABNM沿NM向翻折，點A落DE的點′處．若原正方形的邊長為12，則線段MN的為_______．第題圖二、解答題本大題共3個小題，共30)26.(本題滿分)一輛汽車在某次行駛過程中，油中的剩余油量()與行駛路程x千米之間是一次函數關系，其部分圖象如圖所示．(1)求關的數解析式；(2)已知當油箱中的剩余油量為升，該汽車會開始提示油，在此次行駛過程中，行駛千米時，司機發現離前方最近的加油站有30千的路程，在開往該加油站的途中，汽車開始提示加油，這時離加油站的路程是多少千米？

第題圖27.(本題滿分10分)如圖①知等直eq\o\ac(△,)ABC中＝90°AB＝線m經點BD直線，CE直線m垂足分別為點D、E小明觀察圖形特征后猜想線段DEBD和之存＝＋的數量關系，請你判斷他的猜想是否正確，并說明理由；(2)如圖②，(中的條件改為eq\o\ac(△,)為邊三角形，D、點都在直線，并且有∠BDA＝∠＝∠＝60°，請問結論＝BDCE是成立？并說明理由；(3)如圖③，若(1)中的三角形形為一般的等腰三角形eq\o\ac(△,)中，AB＝，∠＝，中α為意銳角或鈍角，、、E三都在直線上問：滿足什么條件時結論DEBD＋CE仍立？直接寫出條件即可．第題圖

28.(本題滿分12分)如圖，在平面直角坐標中，拋物線＝2x頂點為(1)求點A的標；(2)點B為物線上橫坐等于6的，點線段OB的點，點P為線下拋物線上的一動點．當1POM的積最大時，過點作⊥y軸于點，在坐標平面內有一動點滿PQ，求＋QC的小2值；(3)當2)中＋QC取最小值時，直線與物線另一交為，作點E關拋物線對稱軸的對稱點′.點R是物線對稱軸上的點，在軸是否存在點，使得以OE為點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出的坐標；若不存在，請說明理由．B專練二參考答案21.－3【解析】∵正方形的面積為，∴圓的半徑為，∴點A示的數為－22.【析∵n是于x方程2

＋b＋＋

＝的兩個實數根∴n＝－(2b＋＝2∵m＋－2b＋）＋1－，∴＋＝，∴＝1，∴＝，解得b或＝，當b時，方程為2n

＋9x＋9，∵b24＝＞0，∴此方程有解；當b－1時方程為＋x＋＝，∵2∴此時方程無解，∴＝

－4ac＝2－4×1×1＝－＜，23.

1【解析設個小正方形的邊長為由題圖可知陰部分面積(－×1×2)(×3×415＋(×3×4－＝，∴圖中陰影部分占5個正方形，其面積占總積的，∴落在陰影部分的概率為.24.3【析】如解圖，設點的坐標(xy)∵點是B的3和諧點，(3x＋yx＋

y

)，∵y點在比例函數y＝x＞的圖象上(3＋)(x＋)＝43x＋y＝233＋＝3(舍去yx3＝－3＋，∴點在線y＝－x＋23，設直線y＝－3＋與x軸、軸分別相交于點M、N則(2，0)、，23)，∴＝22（3＝4，＝MO＋＝2＝4，∴MN＝，過點作QB⊥，垂足為，此時最，易eq\o\ac(△,)MON≌△，＝ON3.

＝60第24題圖＝6025.【析】如解圖，過點作AG⊥AD于G過點A作AH于，交MN于，連接AA交于由題意知四邊形是方∴DGA是腰直角三角形，＝＝3＝－DG＝，設AMMA＝在eq\o\ac(△,Rt)eq\o\ac(△,)MGA中x

＝(9－x)2∴＝5AA＝2

＋92

MKGMK＝3∵sin∠MAK＝∴AM′＝

，∴MK＝，AM∥，AK，∴MK＝，∵BN∥AD，DA＝，∴MO，∴＝10MK＝第25題圖26.解設該一次函數解析式為y＝kx＋，將(，、(060)代入y＝kx＋，＝45得，得，∴該一次函數解析式為y＝－x60；(2)當＝－＋＝8時解得x＝，即行駛520米時，油箱中的剩余油量為8升∵＋30－520＝，∴油箱中的剩余油量為8升，距離加油站10千米．答：在開往該加油站的途中，汽車開始提示加油，這時離加油站的路程是10千米．27.解正確，理由如下：∵BD⊥直線m⊥直線m∴∠＝＝，∵∠BAC90°，∴∠＋＝，∵∠＋∠ABD＝，∴∠CAEABD在和CEA中∵

＝∠EAC＝∠CEA，

＝CA∴△≌(AAS)∴AEBD，＝，∴DE＝AEAD＋；

(2)結論成立．理由如下：∵∠＝∠BAC＝60°，∴∠＋∠BAD∠BADCAE＝－60°＝120°∴∠CAEDBA，在和CEA中＝∠CAE∵BDAAEC

＝CA∴△ADB≌△CEA，∴AEBD，＝，∴DE＝AEAD＋；(3)當∠ADB＝∠時，DEBDEC【解法提示】BDA＝∠BACα∴∠＋∠BAD＝∠＋∠CAE－，∴∠CAE＝∠ABD在和CEA中∵

CAEAEC，

＝CA∴△≌(AAS)∴AEBD，＝，∴DE＝AEAD＋.28.解∵＝x

＋4＝(x＋2)2

－，∴(－2－；(2)如解圖①，過點P作⊥x軸OB點H，PG⊥于點，點M⊥y軸軸點D，∵點B為拋物線上橫坐標等于－點，∴(－612)，∴直線的析式為y＝－x，設P(m

＋)，，－m)，PH－2m－24m＝－m－，∵點M為線段OB的點，∴M－，6)，∴＝3，∵PH∥y軸∴∠＝∠，∵⊥BO,MDy軸∴∠＝∠，∴△∽△，∴

PGMD＝，MO＝MD－m26m)＝－3m2－m，PHMO

∴

27＝＝－m－m＝－(m＋2＋，2∵－＜，∴當＝－3時，S

的值最大，此時P(－，－，在PC上一T使得＝，連接QT，∵PC，＝，∴

PT＝＝，PQPC∵∠QPT，∴△QPT，∴

TQPT＝＝，QCPQ2即＝，∴OQ＝OQ＋，∵OTOC＋＝

15＋（）＝，∴OQQC的小值為；第題解圖①2(3)存在．點的坐標為(－，或(－，0)或(，．39【解法提示】∵(2)中OQ＋QC取最小值時，點O、、三點共線，T－－3)4∴直線的析式為＝xy＝x聯立

，y＝x＋4x解得，

－2y＝29

，32∴(－，)，∵拋物線對稱軸為直線x＝－，32∴′(－，)，

以、E、、為頂點的四邊形是平行四邊形，分以下三種情形：①如解圖②OR為角線，∵四邊形OERS平行四