2020年湖北省荆门市中考数学试题 26页

湖北省荆门市 2020 年中考数学试题 一、选择题（本大题共 12 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. 2 的平方是（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 先计算 2 ，然后再计算平方． 【详解】∵ 2 2  ∴ 2( 2) 2 故选：D． 【点睛】本题考查了绝对值和平方的计算，按照顺序进行计算即可． 2.据央视网消息，全国广大共产党员积极响应党中央号召，踊跃捐款，表达对新冠肺炎疫情防控工作的支持， 据统计，截至 2020 年 3 月 26 日，全国已有 7901 万多名党员自愿捐款，共捐款 82.6 亿元，82.6 亿用科学记 数法可表示为（ ） A. 100.826 10 B. 98.26 10 C. 88.26 10 D. 882.6 10 【答案】B 【解析】 【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≥10 时，n 是正数；当原数的绝 对值＜1 时，n 是负数． 【详解】82.6 亿＝ 98.26 10 ． 故选：B． 【点睛】此题主要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． 3.如图，菱形 ABCD 中，E，F 分别是 AD ， BD 的中点，若 5EF  ，则菱形 ABCD 的周长为（ ） A. 20 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可知 EF 为△ABD 的中位线，可求出 AB 的长，由于菱形四条边相等即可得到周长． 【详解】解：∵E，F 分别是 AD ， BD 的中点， ∴EF 为△ABD 的中位线， ∴ 2 2 5 10AB EF    ， ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴ 10AD CD BC AB    ， ∴菱形 ABCD 的周长为10 4 40  故选：C． 【点睛】本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现 EF 为△ABD 的中位线是解题的关键． 4.下列等式中成立的是（ ） A.  32 6 33 9x y x y   B. 2 2 2 1 1 2 2 x xx             C. 1 12 2 6 2 3        D. 1 1 1 ( 1)( 2) 1 2x x x x      【答案】D 【解析】 【分析】 根据幂的乘方法则、完全平方公式、二次根式的运算法则以及分式的运算法则计算即可． 【详解】解：A、 32 6 33 27x y x y   ， 故选项 A 错误； B、 22 22 2 1 2 2 4 1 1 4 1 2 x x x x x x                2 22 1 2 1 4 x x x x     x ， 故选项 B 错误； C、 1 1 3 22 2 2 3 2 3 2 3                3 22 6   62 3 2    2 3 ( 3 2) ( 3 2)( 3 2)     6 2 6  ， 故选项 C 错误； D、 1 1 2 1 1 2 ( 1)( 2) ( 1)( 2) x x x x x x x x          2 1 ( 1)( 2) x x x x      1 ( 1)( 2)x x    ， 故选项 D 正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了的乘方法则、完全平方公式、二次根式的运算法则以及分式的运算法则，熟练掌握相 关运算法则是解决本题的关键． 5. 如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A. 1 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图易得此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱，根据体积=底面积×高，把相关数值代入 即可求解． 【详解】解：由三视图可确定此几何体为底面是一个等腰直角三角形的直三棱柱，等腰直角三角形的直角 边长为 1，高为 2， 则，等腰直角三角形的底面积 1 11 12 2     ， 体积=底面积×高 1 2 12= ´ = ， 故选：A 【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，以及求三棱柱的体积，读懂题意，得出该几何体的形状是 解决本题的关键． 6. ABC 中， , 120 , 2 3AB AC BAC BC     ，D 为 BC 的中点， 1 4AE AB ，则 EBD△ 的面积为 （ ） A. 3 3 4 B. 3 3 8 C. 3 4 D. 3 8 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 AD，用等腰三角形的“三线合一”，得到 BAD 的度数，及 Rt ABD△ ，由 1 4AE AB 得 3 4BE AB ， 得 3 4BDE ABDS S△ △ ，计算 ABD△ 的面积即可． 【详解】连接 AD，如图所示： ∵ , 120 , 2 3AB AC BAC BC     ，且 D 为 BC 中点 ∴ AD BC ，且 1 602BAD CAD BAC       ， 3BD DC  ∴ Rt ABD△ 中， 2, 1AB AD  ∵ 1 4AE AB ∴ 3 4BE AB ∴ 3 3 1 3 31 34 4 2 8BDE ABDS S     △ 故选：B． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，及解直角三角形和三角形面积的计算，熟知以上知识是解题的关 键． 7.如图， O 中， , 28OC AB APC    ，则 BOC 的度数为（ ） A. 14 B. 28 C. 42 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】 由垂径定理都出  AC BC ，然后根据圆周角定理即可得出答案． 【详解】∵OC⊥AB， ∴  AC BC ， ∴∠APC= 1 2 ∠BOC， ∵∠APC=28°， ∴∠BOC=56°， 故选：D． 【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理，得出  AC BC 是解题关键． 8.为了了解学生线上学习情况，老师抽查某组 10 名学生的单元测试成绩如下：78，86，60，108，112，116， 90，120，54，116 这组数据的平均数和中位数分别为（ ） A. 95，99 B. 94，99 C. 94，90 D. 95，108 【答案】B 【解析】 【分析】 按照平均数和中位数的计算方法进行计算即可． 【详解】平均数为： 78 86 60 108 112 116+90+120+54+116 =9410      将数据按照从小到大进行排列为：54，60，78，86，90，108，112，116，116，120 中位数为： 90+108 =992 故选：B． 【点睛】本题考查了平均数，中位数的计算，熟知以上计算方法是解题的关键． 9.在平面直角坐标系 xOy 中， Rt AOB 的直角顶点 B 在 y 轴上，点 A 的坐标为 1, 3 ，将 Rt AOB 沿直 线 y x  翻折，得到 Rt A OB △ ，过 A 作 A C 垂直于OA 交 y 轴于点 C，则点 C 的坐标为（ ） A.  0, 2 3 B.  0, 3 C.  0, 4 D.  0, 4 3 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出 OA，然后证明△ ' 'A OB ∽△ 'OCA 即可得出答案． 【详解】由题意可得 AB=1，OB= 3 ， ∵△ABC 为直角三角形， ∴OA=2， 由翻折性质可得 ' 'A B =1， 'OB = 3 ， 'OA =2，∠ ' 'A B O =90°， ∵∠ 'A CO +∠ 'A OC =90°，∠ ' 'A OB +∠ 'A OC =90°， ∴∠ 'A CO =∠ ' 'A OB ， ∵ A C ⊥ 'OA ，∠ ' 'A B O =90°， ∴△ ' 'A OB ∽△ 'OCA ， ∴ ' ' ' ' OA A B OC OA  ，即 2 1 2OC  ∴OC=4， ∴点 C 的坐标为（0，-4）， 故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△ ' 'A OB ∽△ 'OCA 是解题 关键． 10.若抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    经过第四象限的点 1, 1 ），则关于 x 的方程 2 0ax bx c   的根的情 况是（ ） A. 有两个大于 1 的不相等实数根 B. 有两个小于 1 的不相等实数根 C. 有一个大于 1 另一个小于 1 的实数根 D. 没有实数根 【答案】C 【解析】 【分析】 根据抛物线的图像进行判断即可． 【详解】∵a>0， ∴抛物线开口向上， ∵抛物线经过第四象限的点（1，-1） ∴方程 ax2+bx+c=0 有两个不相等的实数根，一个大于 1 另一个小于 1， 故选：C． 【点睛】本题考查了抛物线的图像和性质，判断出抛物线的图像是解题关键． 11.已知关于 x 的分式方程 2 3 22 ( 2)( 3) x k x x x      的解满足 4 1x    ，且 k 为整数，则符合条件的 所有 k 值的乘积为（ ） A. 正数 B. 负数 C. 零 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】 先解出关于 x 的分式方程得到 x= 6 3 k ，代入 4 1x    求出 k 的取值，即可得到 k 的值，故可求解． 【详解】关于 x 的分式方程 2 3 22 ( 2)( 3) x k x x x      得 x= 21 7 k  ， ∵ 4 1x    ∴ 214 7 1k     解得-7＜k＜14 ∴整数 k 为-6，-5，-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13， 又∵分式方程中 x≠2 且 x≠-3 ∴k≠35 且 k≠0 ∴所有符合条件的 k 中，含负整数 6 个，正整数 13 个，∴k 值的乘积为正数, 故选 A． 【点睛】此题主要考查分式方程与不等式综合，解题的关键是熟知分式方程的求解方法． 12.在平面直角坐标系中，长为 2 的线段CD（点 D 在点 C 右侧）在 x 轴上移动  0,2A ，  0,4B ，连接 AC 、 BD ，则 AC BD 的最小值为（ ） A. 2 5 B. 2 10 C. 6 2 D. 3 5 【答案】B 【解析】 【分析】 作 A（0，2）关于 x 轴的对称点 A’（0，-2），再过 A’作 A’E∥x 轴且 A’E=CD=2，连接 BE 交 x 轴与 D 点， 过 A’作 A’C∥DE 交 x 轴于点 C，得到四边形 CDEA’为平行四边形，故可知 AC+BD 最短等于 BE 的长，再 利用勾股定理即可求解． 【详解】作 A（0，2）关于 x 轴的对称点 A’（0，-2） 过 A’作 A’E∥x 轴且 A’E=CD=2，故 E（2，-2） 连接 BE 交 x 轴与 D 点 过 A’作 A’C∥DE 交 x 轴于点 C， ∴四边形 CDEA’为平行四边形， 此时 AC+BD 最短等于 BE 的长， 即 AC+BD=A’C+BD=DE+BD=BE= 2 2(2 0) ( 2 4)    = 2 10 故选 B． 【点睛】此题主要考查最短路径的求解，解题的关键是熟知直角坐标系、平行四边形的性质． 二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分．） 13.计算： 0 1112 3tan30 (π 2020) ( )2       ______． 【答案】 3 1 【解析】 【分析】 原式第一项运用算术平方根的性质进行化简，第二项代入特殊角三角函数值，第三项运用零指数幂运算法 则计算，第四项运用负整数指数幂的运算法则进行计算，最后根据实数的运算法则得出结果即可. 【详解】 0 1112 3tan30 (π 2020) ( )2      = 32 3 3 1 23     = 3 1 故答案为： 3 1 【点睛】此题考查了实数的混合运算，掌握运算法则是解答此题的关键. 14.已知关于 x 的一元二次方程 2 24 3 0( 0)x mx m m    的一个根比另一个根大 2，则 m 的值为_____． 【答案】1 【解析】 【分析】 利用因式分解法求出 x1,x2，再根据根的关系即可求解． 【详解】解 2 24 3 0( 0)x mx m m    （x-3m）（x-m）=0 ∴x-3m=0 或 x-m=0 解得 x1=3m,x2=m， ∴3m-m=2 解得 m=1 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查解一元二次方程，解题的关键是熟知因式分解法的运用． 15.如图所示的扇形 AOB 中， 92 0,OA BOB AO    ，C 为 AB 上一点， 30AOC   ，连接 BC ， 过 C 作OA的垂线交 AO 于点 D，则图中阴影部分的面积为_______． 【答案】 2 3 3 2   【解析】 【分析】 先根据题目条件计算出 OD，CD 的长度，判断 BOC 为等边三角形，之后表示出阴影面积的计算公式进行 计算即可． 【详解】在 Rt COD 中， 30 , 2AOC OC OA    ∴ 1, 3CD OD  ∵ 90AOB   ∴ 60BOC   ∵OB OC ∴ BOC 为等边三角形 ∴ BOC= COD BOCS S S S △ △阴影 扇形 2 21 60 2 33 1 22 360 4        2 3 3 2   故答案为： 2 3 3 2   【点睛】本题考查了阴影面积的计算，熟知不规则阴影面积的计算方法是解题的关键． 16.如图，矩形 OABC 的顶点 A、C 分别在 x 轴、y 轴上，  2,1B  ，将 OAB 绕点 O 顺时针旋转，点 B 落 在 y 轴上的点 D 处，得到 OED ，OE 交 BC 于点 G，若反比例函数 ( 0)ky xx   的图象经过点 G，则 k 的值为______． 【答案】 1 2  【解析】 【分析】 根据题意证明△AOB≌△EOD，△COG∽△EOD，根据相似三角形的性质求出 CG 的长度，即可求解． 【详解】解： 由 B（-2，1）可得，AB=OC=1，OA=2，OB= 2 21 2 5   由旋转可得：△AOB≌△EOD，∠E=∠OAB=90°， ∴OE=OA=2，DE=AB=1， ∵∠COG=∠EOD，∠GCO=∠E=90°， ∴△COG∽△EOD， ∴ =OC CG OE DE ，即 1 2 1 CG ， 解得：CG= 1 2 ， ∴点 G（ 1 2  ，1）， 代入 ( 0)ky xx   可得：k= 1 2  ， 故答案为： 1 2  ． 【点睛】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质和反比例函数，解题的关键是利用相似三角形的 性质求出 OG 的长度． 17.如图，抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    与 x 轴交于点 A、B，顶点为 C，对称轴为直线 1x  ，给出下列结 论：① 0abc  ；②若点 C 的坐标为( )1,2 ，则 ABC 的面积可以等于 2；③    1 1 2 2, , ,M x y N x y 是抛 物线上两点 1 2x x ，若 1 2 2x x  ，则 1 2y y ；④若抛物线经过点 (3, 1) ，则方程 2 1 0ax bx c    的 两根为 1 ，3 其中正确结论的序号为_______． 【答案】①④ 【解析】 【分析】 ①根据抛物线的开口方向，对称轴，顶点坐标来判断 a,b,c 的正负情况，即可． ②根据图形可知 AB 的值大于 4，利用三角形的面积求法，即可得面积会大于 2． ③利用图形的对称性，离对称轴越小，函数值越大． ④把点代入抛物线，可求得 x=3 是方程的解，再利用图形的对称可求另一个解． 【详解】解：① 开口向下， a<0， 对称轴 x=1,a<0, b>0，抛物线与 y 轴的交点在 y 的正半轴 上， c>0， abc<0，正确． ②从图像可知，AB>4, 1 2ABC yS AB C    > 1 4 22   ， 2ABCS  ，故错误． ③ 1 2 2x x  ，从图像可知 1x 到 1 的距离小于 2x 到 1 的距离，从图像可知，越靠近对称轴，函数 值越大； 1 2y y  ，故错误． ④把点（3，-1）代入抛物线得9 3 1a b c    ，即 2 1ax bx c    ，∴ 2 1 0ax bx c    ，即 x=3， 是方程 2 1 0ax bx c    的解，根据抛物线的对称性，所以另一解为-1，故正确． 【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，函数的对称性，函数的增减性以及二次函数与一元二次方 程的关系，解题的关键要熟练掌握抛物线的性质，以及看图能力，本题也可以采用一些特殊值代入法来解． 三、解答题（本大题共 7 小题，共 69 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 18.先化简，再求值： 2 2(2 ) ( 2 ) ( ) 2( 2 )(2 )x y x y x x y x y x y        ，其中 2 1, 2 1x y    ． 【答案】 2 3y xy ； 2 2 ． 【解析】 【分析】 利用完全平方公式将原式化简，然后再代入计算即可． 【详解】解： 原式 2 2[(2 ) ( 2 )]x y x y x xy= + - + - - 2 2( )x y x xy= - - - 2 2 22x xy y x xy= - + - - 2 3y xy  当 2 1, 2 1x y    时， 原式 2( 2 1) 3( 2 1)( 2 1)     3 2 2 3   2 2  。 【点睛】本题考查的是整式的混合运算，完全平方公式的应用和二次根式的运算，掌握相关的性质和运算 法则是解题的关键． 19.如图， ABC 中，AB AC ， BÐ 的平分线交 AC 于 D， / /AE BC 交 BD 的延长线于点 E，AF AB 交 BE 于点 F． （1）若 40BAC   ，求 AFE 的度数； （2）若 2AD DC  ，求 AF 的长． 【答案】（1） 125AFE   ；（2） 4 33AF  ． 【解析】 【分析】 （1）先根据等腰三角形的性质及角平分线的性质求出 ABC ， ABD ，再根据垂直与外角的性质即可求 出 AFE ； （2）根据题意证明 ADE CDB ≌ ，再得到 ABC 为等边三角形，故可得到 30ABD   ，可根据三角 函数的性质即可求出 AF． 【详解】（1）∵ AB AC ， 40BAC   ， ∴ 180 40 702ABC      ． ∵ BD 平分 ABC ， ∴ 1 70 352ABD DBC        ， ∵ AF AB ， ∴ 90BAF  ， ∴ 90 35 125AFE BAF ABD          ． （2）∵ //AE BC ， ∴ E DBC   ， 又 ADE CDB   ， AD CD ∴ ADE CDB ≌ ， ∴ AE CB ， ∵ ,E DBC ABD DBC      ∴ E ABD   ， ∴ AB AE ， ∴ AB CB AC  ， ∴ ABC 为等边三角形， ∴ 60ABC   ， ∴ 30ABD   ， ∵ 2AD DC  ， ∴ 4AB  ， 在 Rt ABF 中， 3 4tan30 4 33 3AF AB      ． 【点睛】此题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟知等腰三角形、等边三角形的判定与性质、三角函 数的应用． 20.如图是某商场第二季度某品牌运动服装的 S 号，M 号，L 号，XL 号，XXL 号销售情况的扇形统计图和条 形统计图． 根据图中信息解答下列问题： （1）求 XL 号，XXL 号运动服装销量的百分比； （2）补全条形统计图； （3）按照 M 号，XL 号运动服装的销量比，从 M 号、XL 号运动服装中分别取出 x 件、y 件，若再取 2 件 XL 号运动服装，将它们放在一起，现从这 2x y  件运动服装中，随机取出 1 件，取得 M 号运动服装的 概率为 3 5 ，求 x，y 的值． 【答案】（1）XL 号，XXL 号运动服装销量的百分比分别为 15%，10%；（2）补全条形图如图所示，见解析； （3） 12 6 x y    ． 【解析】 【分析】 （1）先求出抽取的总数，然后分别求出对应的百分比即可； （2）分别求出 S、L、XL 的数量，然后补全条形图即可； （3）由销量比，则 2x y ，结合概率的意义列出方程组，解方程组即可得到答案． 【详解】解：（1）抽取的总数为： 60 30% 200  （件）， ∴XXL 的百分比： 20 100% 10%200   ， XL 的百分比：1 25% 30% 20% 10% 15%     ； ∴XL 号，XXL 号运动服装销量的百分比分别为 15%，10%． （2）根据题意， S 号的数量： 25% 200 50  （件）， L 号的数量： 20% 200 40  （件）， XL 号数量：15% 200 30  （件）， 补全条形图如图所示． （3）由题意，按照 M 号，XL 号运动服装的销量比，则 2x y ， 根据概率的意义，有 3 2 5 x x y   ， ∴ 2 3 2 5 x y x x y     ， 解得： 12 6 x y    ． 【点睛】本题考查了概率的意义，频数分布直方图、扇形统计图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． 21.如图，海岛 B 在海岛 A 的北偏东 30°方向，且与海岛 A 相距 20 海里，一艘渔船从海岛 B 出发，以 5 海 里/时的速度沿北偏东 75方向航行，同时一艘快艇从海岛 A 出发，向正东方向航行．2 小时后，快艇到达 C 处，此时渔船恰好到达快艇正北方向的 E 处． （1）求 ABE 的度数； （2）求快艇的速度及 C，E 之间的距离． （参考数据：sin15 0.26,cos15 0.97,tan15 0.27, 3 1.73      ） 【答案】（1） 135ABE   ；（2）快艇的速度为 9.85 海里时，C，E 之间的距离为 19.9 海里． 【解析】 【分析】 （1）过点 B 作 BD AC 于点 D，作 BF CE 于点 E，根据题意求出∠ABD 和∠ADE的度数，即可求解； （2）求出 BE 的长度，根据解直角三角形求出 BF 和 EF 的长度，在 Rt ABD△ 中，求出 AD、BD 的长度， 证出四边形 BDCF 为矩形，可求得快艇的速度和 CE 之间的距离． 【详解】（1）过点 B 作 BD AC 于点 D，作 BF CE 于点 E． 由题意得： 30NAB  ， 75GBE   ， ∵ //AN BD ， ∴ 30ABD NAB    ， 而 180 180 75 105DBE GBE           ∴ 30 105 135ABE ABD DBE          ． （2） 5 2 10BE    （海里） 在 Rt BEF△ 中， 90 75 15EBF       ， sin15 10 0.26 2.6EF BE      （海里）， cos15 10 0.97 9.7BF BE      （海里）， 在 Rt ABD△ 中， 20, 30AB ABD    ， 1sin30 20 102AD AB      （海里）， 3cos30 20 10 3 10 1.73 17.32BD AB         （海里）， ∵ BD AC ， BF EC ，CE AC ，∴ 90BDC DCF BFC      ， ∴四边形 BDCF 为矩形， ∴ 9.7, 17.3DC BF FC BD    ， ∴ 10 9.7 19.7AC AD DC     2.6 17.3 19.9CE EF CF     ， 设快艇的速度为 v 海里/时，则 19.7 9.852v   （海里时） 答：快艇的速度为 9.85 海里时，C，E 之间的距离为 19.9 海里． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、解直角三角形的实际应用−方位角问题，理清题中各个角的度数，熟 练掌握解直角三角形的方法是解题的关键． 22.如图， AC 为 O 的直径， AP 为 O 的切线，M 是 AP 上一点，过点 M 的直线与 O 交于点 B，D 两 点，与 AC 交于点 E，连接 , ,AB AD AB BE ． （1）求证： AB BM ； （2）若 3AB  ， 24 5AD  ，求 O 的半径． 【答案】（1）见解析；（2） O 的半径为 2.5． 【解析】 【分析】 （1）根据切线的性质得到 AP AC ，可得 1 2 90     ，再根据等腰三角形的性质与角度等量替换得到 1 4   ，故可证明； （2）解法 1，先连接 BC,证明 24 5AM AD  ，得到 EM=6，根据勾股定理求出 AE，再根据 MAE CBA ∽ 列出比例式求出直径，故可求出；解法 2，连接 CD，同理得到 24 5AM AD  ，根据勾股定理求出 AE， 设 EC x ，根据等腰三角形的性质得到 CD=CE=x,再利用 Rt△ACD 列出方程故可求出 x,再得到直径即可 求解． 【详解】（1）证明：∵ AP 为 O 的切线， AC 为 O 的直径， ∴ AP AC ， ∴ 3 4 90    °， ∴ 1 2 90    ， 又∵ AB BE ， ∴ 2 3  ， ∴ 1 4   ∴ AB BM ． （2）方法 1：解：如图，连接 BC ， ∵ AC 为直径，∴ 90ABC  ， ∴ 3 90C     ，而 3 4 90    °， ∴ 4C   ， 又： 1 4, C D      ， ∴ 1 D C     ， ∴ 24 5AM AD  ， ∵ 3AB  ， AB BM BE  ，∵ 6EM  ， ∴ 2 2 2 2 24 186 5 5AE EM AM         ． ∵ 1 , 90C EAM ABC        ， ∴ MAE CBA ∽ ， ∴ ME AE CA AB  ， ∴ 18 6 5 3CA  ， ∴ 18 518 5 CA   ∴ O 的半径为 2.5． 方法 2：解：如图，连接 CD， ∵ AB BE ，∴ 2 3  ， 又∵ 2 , 3DEC EDC      ， ∴ DEC EDC   ， ∴ DC EC ， ∵ AC 为直径，∴ 90ADC   ， ∴ 90ADE EDC    ， 而 3 4 90 , 3EDC        ， ∴ 4ADE   ， 又∵ 1 4   ， ∴ 1 ADE   ， ∴ 24 5AM AD  ， ∵ 3,AB AB BM BE   ， ∴ 6EM  ， ∴ 2 2 2 2 24 186 5 5AE EM AM         ． 设 EC x ，则 18 ,5AC AE EC x DC x     ， 在 Rt ADC 中， 2 2 2AD DC AC  ，∴ 2 2 224 18 5 5x x            ，解得 7 5x  ∴ 18 7 55 5AC    ， ∴ O 的半径为 2.5． 【点睛】此题主要考查切线的综合运用，解题的关键是熟知切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与 性质及等腰三角形的性质． 23.2020 年是决战决胜扶贫攻坚和全面建成小康社会的收官之年，荆门市政府加大各部门和单位对口扶贫力 度．某单位的帮扶对象种植的农产品在某月（按 30 天计）的第 x 天（x 为正整数）的销售价格 p（元/千克） 关于 x 的函数关系式为 2 4 (0 20)5 1 12 (20 30)5 x x p x x        „ „ ，销售量 y（千克）与 x 之间的关系如图所示． （1）求 y 与 x 之间的函数关系式，并写出 x 的取值范围； （2）当月第几天，该农产品的销售额最大，最大销售额是多少？ （销售额=销售量×销售价格） 【答案】（1） 2 80 (0 20) 4 40 (20 30) x xy x x       „ „ ；（2）当月第 15 天，该产品的销售额最大，最大销售额是 500 元． 【解析】 【分析】 （1）分为 0 20x  和 20 x 30  ，用待定系数法确定解析式即可； （2）分别计算出 0 20x  和 20 x 30  时的最大值，进行比较，最大的作为最大值即可． 【详解】（1）当 0 20x  时，设 1 1y k x b  ，由图象得： 1 1 1 80 20 40 b k b     解得： 1 1 2 80 k b     ∴ 2 80(0 20)y x x    „ 当 20 x 30  时，设 2 2y k x b  ，由图象得： 2 2 2 2 20 40 30 80 k b k b      解得： 2 2 4 40 k b     ∴ 4 40(20 30)y x x   „ 综上， 2 80 (0 20) 4 40 (20 30) x xy x x       „ „ ． （2）设当月该农产品的销售额为 w 元，则 w yp ． 当 0 20x  时， 2 22 4 4( 2 80) 4 24 320 ( 15) 5005 5 5w x x x x x               ∵ 4 05   ，由二次函数的性质可知： ∴当 15x  时， 500w 最大 当 20 x 30  时， 2 21 4 4(4 40) 12 56 480 ( 35) 5005 5 5w x x x x x               ∵ 4 0,20 305 x   „ ，由二次函数的性质可知： 当 30x  时， 24 (30 35) 500 4805w     最大 ∵500 480 ∴当 15x  时，w 取得最大值，该最大值为 500． 答：当月第 15 天，该产品的销售额最大，最大销售额是 500 元． 【点睛】本题考查了一次函数，二次函数在实际问题中的应用，能根据实际问题提供的关系式快速列式并 进行准确的计算是解题的关键． 24.如图，抛物线 21 5: 32 4L y x x   与 x 轴正半轴交于点 A，与 y 轴交于点 B． （1）求直线 AB 的解析式及抛物线顶点坐标； （2）如图 1，点 P 为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点 P 作 PC x 轴，垂足为 C，PC 交 AB 于点 D，求 PD BD 的最大值，并求出此时点 P 的坐标； （3）如图 2，将抛物线 21 5: 32 4L y x x   向右平移得到抛物线 L ，直线 AB 与抛物线 L 交于 M，N 两 点，若点 A 是线段 MN 的中点，求抛物线 L 的解析式． 【答案】（1）直线 AB 的解析式为 3 34y x  ，抛物线顶点坐标为 5 121,4 32     ；（2）当 13 4x  时，PD BD 的最大值为 169 32 ； 13 57,4 32P    ；（3） 21 13 3 2 4 2y x x   ． 【解析】 【分析】 （1）先根据函数关系式求出 A、B 两点的坐标，设直线 AB 的解析式为 y kx b  ，利用待定系数法求出 AB 的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标； （2）过点 D 作 DE y 轴于 E，则 //DE OA ．求得 AB=5，设点 P 的坐标为 21 5 5, 3 42 4 4x x x x          ， 则点 D 的坐标为 3, 34x x    ，ED=x，证明 BDE BAO ∽ ，由相似三角形的性质求出 5 4BD x ，用含 x 的式子表示 PD，配方求得最大值，即可求得点 P 的坐标； （3）设平移后抛物线 L 的解析式 21 121( )2 32y x m   ，将 L′的解析式和直线 AB 联立，得到关于 x 的方 程，设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2,x x 是方程 2 23 252 04 16x m x m        的两根，得到 1 2 32 4x x m      ，点 A 为 MN 的中点， 1 2 8x x  ，可求得 m 的值，即可求得 L′的函数解析式． 【详解】（1）在 21 5 32 4y x x   中， 令 0y  ，则 21 5 3 02 4x x   ，解得 1 2 3 , 42x x   ， ∴ (4,0)A ． 令 0x  ，则 3y   ，∴  0, 3B  ． 设直线 AB 的解析式为 y kx b  ，则 4 0 3 k b b      ，解得： 3 4 3 k b      ， ∴直线 AB 的解析式为 3 34y x  ． 2 21 5 1 5 12132 4 2 4 32y x x x         ， ∴抛物线顶点坐标为 5 121,4 32     （2）如图，过点 D 作 DE y 轴于 E，则 //DE OA ． ∵ 4, 3OA OB  ， ∴ 2 2 2 24 3 5AB OA OB     ， 设点 P 的坐标为 21 5 5, 3 42 4 4x x x x          ， 则点 D的坐标为 3, 34x x    ， ∴ ED x ． ∵ //DE OA ， ∴ BDE BAO ∽ ， ∴ BD ED BA OA  ， ∴ 5 4 BD x ， ∴ 5 4BD x ． 而 2 23 1 5 13 3 24 2 4 2PD x x x x x           ， ∴ 2 2 21 5 1 13 1 13 16922 4 2 4 2 4 32PD BD x x x x x x               ， ∵ 1 02   ， 5 44 x  ，由二次函数的性质可知： 当 13 4x  时， PD BD 的最大值为 169 32 ． 2 23 5 3 13 5 13 573 34 4 4 4 4 4 32x x             ， ∴ 13 57,4 32P    ． （3）设平移后抛物线 L 的解析式 21 121( )2 32y x m   ， 联立 2 3 34 1 121( )2 32 y x y x m        ， ∴ 23 1 1213 ( )4 2 32x x m    ， 整理，得： 2 23 252 04 16x m x m        ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2,x x 是方程 2 23 252 04 16x m x m        的两根， ∴ 1 2 32 4x x m      ． 而 A 为 MN 的中点，∴ 1 2 8x x  ， ∴ 32 84m     ，解得： 13 4m  ． ∴抛物线 L 的解析式 2 21 13 121 1 13 3 2 4 32 2 4 2y x x x         ． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解 题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．