2024成都中考B卷專項強化訓練十五班級：________姓名：________得分：________(滿分：50分)一、填空題(本大題共5個小題，每小題4分，共20分)19.因式分解：2ab2－4ab＋2a＝________．20.已知關于x的方程x2＋mx－2＝0的一個根為1，則該方程的兩根之和為________．21.現有完全相同的4個小球，上面分別標有數字1，－1，2，－2，將其放入一個不透明的盒子中搖勻，再從中隨機摸球兩次(第一次摸出球后放回搖勻)．把第一次、第二次摸到的球上標有的數字分別記作m，n，以m，n分別作為一個點的橫坐標與縱坐標，定義點(m，n)在反比例函數y＝eq\f(k,x)的圖象上為事件Qk(k為整數)，當Qk的概率最大時，則k的值為________．22.如圖，在平面直角坐標系中，⊙O的半徑為eq\f(5,2)，交x軸正半軸于點B，弦AB＝3，若點P為y軸上一點，且PA＋PB的值最小，則點P的坐標為________．第22題圖23.如圖，在正方形ABCD中，點E在邊BC上，連接AE，tan∠EAC＝eq\f(1,3)，AB＝4，則EC的長為________；若點G是邊AD的中點，點H是直線CD上的一動點，連接GH，將△DGH沿著GH翻折得到△PGH，連接PB交AE于點Q，連接PA，PD，當eq\f(BP,PQ)最小時，則△PAD的面積為________．第23題圖二、解答題(本大題共3個小題，共30分)24.(本小題滿分8分)成都市某花店每年教師節前會采購一批鮮花禮盒，成本價為30元/件，分析上一年教師節的鮮花禮盒的銷售情況，得到如下數據，同時發現每天的銷售量y(件)是銷售單價x(元/件)的一次函數.銷售單價x(元/件)…30405060…每天銷售量y(件)…350300250200…(1)求出y與x之間的函數關系式；(2)物價局要求，銷售該鮮花禮盒獲得的利潤不得高于100%.①當銷售單價x取何值時，該花店每天獲得的利潤為5000元？(利潤＝銷售總價－成本總價)②試確定銷售單價x取何值時，該花店銷售此鮮花禮盒每天獲得的利潤W(元)最大？并求出此最大利潤．25.(本小題滿分10分)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝eq\f(1,2)x2－x－4與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，過拋物線上E(－3，eq\f(7,2))，P(2，－4)兩點的直線與y軸交于點D.(1)求直線PE的函數表達式及點D的坐標；(2)若點M在點D上方y軸上，且∠DEM＝45°，求點M的坐標；(3)若點N是x軸上的一個動點，點Q是坐標平面內的一點，是否存在這樣的點N，Q，使得以P，D，N，Q為頂點的四邊形是矩形，若存在，請求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．第25題圖26.(本小題滿分12分)如圖①，△ABC和△CDE均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠DCE＝90°，點D在邊BC上，點F為邊DE的中點，連接AF，作BG∥DF，且BG＝DF，連接AG.(1)AG與AF之間的數量關系為________，位置關系為________；(2)如圖②，將△CDE繞點C順時針旋轉，DE交BC于點H，試判斷(1)中的結論是否成立？若成立，寫出證明過程；若不成立，請說明理由；(3)若AB＝5，EC＝3eq\r(2)，在△CDE繞點C旋轉過程中，連接GE，CF，當AG∥CF時，求GE的長．圖①圖②第26題圖備用圖

參考答案與解析19.2a(b－1)220.－1【解析】∵方程x2＋mx－2＝0的一個根為1，∴1＋m－2＝0，解得m＝1，∴原方程為x2＋x－2＝0，∴方程的兩根之和為－eq\f(b,a)＝－1.21.±2【解析】第一次、第二次摸球情況列表如下，點(m，n)共有16種等可能的結果，∵點(m，n)在反比例函數y＝eq\f(k,x)的圖象上，∴k＝mn.∵P(k＝－4)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8)，P(k＝－1)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8)，P(k＝－2)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4)，P(k＝1)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8)，P(k＝2)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4)，P(k＝4)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8)，∴當Qk的概率最大時，k＝±2.第二次第一次1－12－2－2(1，－2)(－1，－2)(2，－2)(－2，－2)2(1，2)(－1，2)(2，2)(－2，2)－1(1，－1)(－1，－1)(2，－1)(－2，－1)1(1，1)(－1，1)(2，1)(－2，1)22.(0，eq\f(15,8))【解析】如解圖，設⊙O與x軸負半軸交于點C，則點B關于y軸的對稱點是點C，連接AC交y軸于點P，此時PA＋PB的值最小，最小值為AC的長．∵⊙O的半徑為eq\f(5,2)，∴BC＝5.∵BC是⊙O的直徑，∴∠CAB＝90°.∵AB＝3，∴在Rt△ABC中，AC2＝BC2－AB2＝52－32，解得AC＝4(負值已舍去).∵∠PCO＝∠ACB，∠COP＝∠CAB，∴△COP∽△CAB，∴OP∶AB＝OC∶AC，∴OP∶3＝eq\f(5,2)∶4，解得OP＝eq\f(15,8)，∴點P的坐標為(0，eq\f(15,8)).第22題解圖23.2；eq\f(4\r(5),5)【解析】如解圖①，過點E作EF⊥AC于點F，在正方形ABCD中，BC＝AB＝4，∠ACB＝45°，AC＝eq\r(2)AB＝4eq\r(2)，在Rt△CEF中，設CE＝2x，則EF＝CF＝eq\r(2)x，∴AF＝AC－CF＝4eq\r(2)－eq\r(2)x.在Rt△AEF中，∵tan∠EAC＝eq\f(EF,AF)＝eq\f(1,3)，即eq\f(\r(2)x,4\r(2)－\r(2)x)＝eq\f(1,3)，解得x＝1，∴CE＝2x＝2；如解圖②，過點P作PK∥BC，交AE于點K，∴△BEQ∽△PKQ，∴eq\f(BQ,PQ)＝eq\f(BE,PK)，∴eq\f(BQ＋PQ,PQ)＝eq\f(BE＋PK,PK)，∴eq\f(BP,PQ)＝eq\f(2,PK)＋1，∴當eq\f(BP,PQ)最小時，PK最大．∵PG＝DG＝2，∴點P在以點G為圓心，2為半徑的圓上．作P′W∥AE，切⊙G于點P′，交AD的延長線于點W，∴當點P運動到點P′時，eq\f(BP,PQ)最小，此時∠AWP′＝∠DAE，過點P′作P′T⊥AD于點T，連接GP′，AP′，∴GP′⊥P′W，∴∠AWP′＋∠WGP′＝90°.∵∠DAE＋∠BAE＝90°，∴∠WGP′＝∠BAE.在Rt△GWP′中，WP′＝GP′·tan∠WGP′＝2·tan∠BAE＝2×eq\f(BE,AB)＝2×eq\f(2,4)＝1，在Rt△P′WT中，P′W＝1，∠AWP′＝∠DAE＝∠AEB，P′T＝P′W·sin∠AWP′＝sin∠AEB＝eq\f(AB,AE)＝eq\f(4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，∴S△PAD＝eq\f(1,2)AD·P′T＝eq\f(1,2)×4×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(4\r(5),5).圖①圖②第23題解圖24.解：(1)設y與x之間的函數關系式為y＝kx＋b，將(30，350)和(40，300)代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(30k＋b＝350，,40k＋b＝300，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－5，,b＝500，))∴y與x之間的函數關系式為y＝－5x＋500；(2)①根據題意，得(x－30)(－5x＋500)＝5000，解得x1＝50，x2＝80，∵30×(1＋100%)＝60，∴80＞60不合題意，舍去，∴當銷售單價x為50元/件時，該花店每天獲得的利潤為5000元；②根據題意，得W＝(x－30)(－5x＋500)，即W＝－5(x－65)2＋6125，當x＝65時，W有最大值6125，但65＞60，∴x＝65不合題意，舍去，在W＝－5(x－65)2＋6125中，a＝－5＜0，∴拋物線開口向下，在對稱軸x＝65的左邊，y隨x的增大而增大，∴當銷售單價x為60元/件時，該花店銷售此鮮花禮盒每天獲得的利潤W(元)最大，最大利潤W＝－5×(60－65)2＋6125＝6000(元).25.解：(1)設直線PE的函數表達式為y＝kx＋b，將E(－3，eq\f(7,2))，P(2，－4)代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3k＋b＝\f(7,2)，,2k＋b＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,2)，,b＝－1，))∴直線PE的函數表達式為y＝－eq\f(3,2)x－1.當x＝0時，y＝－1.∴點D的坐標為(0，－1)；(2)如解圖①，連接PC，分別過點M，E作MH⊥PE，EG⊥y軸，垂足分別為點H，G，則∠MHD＝∠EGD＝90°.在y＝eq\f(1,2)x2－x－4中，當x＝0時，y＝－4.∴C(0，－4).∵P(2，－4)，∴PC⊥y軸，∠DCP＝90°，PC＝2，CD＝3.在Rt△CDP中，tan∠CDP＝eq\f(PC,CD)＝eq\f(2,3).∵∠MHD＝∠EGD＝∠PCD＝90°，∠MDH＝∠EDG＝∠PDC，∴△MHD∽△EGD∽△PCD.∴eq\f(MH,HD)＝eq\f(EG,GD)＝eq\f(PC,CD)＝eq\f(2,3)，∴MH＝eq\f(2,3)HD，EG＝eq\f(2,3)GD.在Rt△MHE中，∠DEM＝45°，∴EH＝MH.∴EH＝eq\f(2,3)HD.∴ED＝HD＋EH＝eq\f(5,3)HD.∵E(－3，eq\f(7,2))，D(0，－1)，∴EG＝3，GD＝eq\f(7,2)－(－1)＝eq\f(9,2).在Rt△EGD中，ED＝eq\r(EG2＋GD2)＝eq\r(32＋（\f(9,2)）2)＝eq\f(3\r(13),2).∴HD＝eq\f(3,5)ED＝eq\f(3,5)×eq\f(3\r(13),2)＝eq\f(9\r(13),10)，∴MH＝eq\f(2,3)HD＝eq\f(2,3)×eq\f(9\r(13),10)＝eq\f(3\r(13),5).在Rt△MHD中，MD＝eq\r(MH2＋HD2)＝eq\r(（\f(3\r(13),5)）2＋（\f(9\r(13),10)）2)＝eq\f(39,10)，∴OM＝MD－OD＝eq\f(39,10)－1＝eq\f(29,10).∴點M的坐標為(0，eq\f(29,10))；第25題解圖①(3)存在．點Q的坐標為(eq\f(7,2)，－3)或(6，3).當以P，D，N，Q為頂點的四邊形是矩形時，可分為兩種情況討論：①當DN為矩形的邊時，如解圖②，設直線PE：y＝－eq\f(3,2)x－1與x軸交于點F，則F(－eq\f(2,3)，0)，∴OF＝eq\f(2,3).∵四邊形DPQN是矩形，∴∠FDN＝∠NDP＝∠DON＝90°.∵∠FDO＋∠ODN＝∠ODN＋∠OND＝90°，∴∠FDO＝∠DNO，∴△DOF∽△NOD，∴eq\f(OD,ON)＝eq\f(OF,OD)，即OD2＝OF·ON，∴1＝eq\f(2,3)ON.∴ON＝eq\f(3,2)，∴N(eq\f(3,2)，0).根據矩形的性質，將點P向右平移eq\f(3,2)個單位長度，再向上平移1個單位長度得到點Q，∴Q(2＋eq\f(3,2)，－4＋1)，即點Q的坐標為(eq\f(7,2)，－3)；第25題解圖②②當DN為矩形的對角線時，如解圖③，∵四邊形PNQD是矩形，∴∠NPF＝∠DOF＝90°.∴∠OFD＋∠FNP＝∠FDO＋∠OFD＝90°，∴∠FNP＝∠FDO，∴△NPF∽△DOF，∵F(－eq\f(2,3)，0)，P(2，－4)，D(0，－1)，∴PF＝eq\r(（2＋\f(2,3)）2＋（－4－0）2)＝eq\f(4\r(13),3)，DF＝eq\r(（－\f(2,3)－0）2＋（0＋1）2)＝eq\f(\r(13),3).∴eq\f(NF,DF)＝eq\f(PF,OF)，即eq\f(NF,\f(\r(13),3))＝eq\f(\f(4\r(13),3),\f(2,3))，∴NF＝eq\f(26,3)，∴ON＝NF－OF＝eq\f(26,3)－eq\f(2,3)＝8，∴N(8，0)，∴根據矩形的性質，將點N先向左平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度得到點Q，∴Q(8－2，0＋3)，即Q(6，3).第25題解圖③綜上所述，存在這樣的點N，Q，使得以P，D，N，Q為頂點的四邊形是矩形，點Q的坐標為(eq\f(7,2)，－3)或(6，3).26.解：(1)AG＝AF，AG⊥AF；【解法提示】如解圖①，連接CF，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°.∵△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝90°，點F為DE的中點，∴DF＝CF，∴∠CDF＝∠DCF＝45°，∴∠BDF＝135°，∠ACF＝90°.∵BG∥DF，BG＝DF，∴∠GBD＝∠BDF＝135°，BG＝CF，∴∠ABG＝∠ACF＝90°，∴△ABG≌△ACF(SAS)，∴AG＝AF，∠BAG＝∠CAF.∵∠BAF＋∠CAF＝9