2021年河南省重点名校中考数学内部摸底试卷（五）

一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1．下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

2．2020年1月24日，中国疾控中心成功分离我国首株新型冠状病毒毒种，该毒种直径大约为80纳米（1纳米＝0.000001毫米），数据“80纳米”用科学记数法表示为（　　）

A．0.8×10﹣7毫米 B．8×10﹣6毫米

C．8×10﹣5毫米 D．80×10﹣6毫米

3．如图所示的立体图形是一个圆柱被截去四分之一后得到的几何体，它的左视图是（　　）

A． B． C． D．

4．墨迹覆盖了等式“x3x＝x2（x≠0）”中的运算符号，则覆盖的是（　　）

A．+ B．﹣ C．× D．÷

5．如图所示，l1∥l2，三角板ABC如图放置，其中∠B＝90°，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）

A．40° B．50° C．60° D．30°

6．在《九章算术》中记载一道这样的题：“今有甲、乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而亦钱五十，甲、乙持钱各几何？”题目大意是：甲、乙两人各带若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50，如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．甲、乙两人各需带多少钱？设甲需带钱x，乙带钱y，根据题意可列方程组为（　　）

A． B．

C． D．

7．若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）

A．k＜5 B．k＜5，且k≠1 C．k≤5，且k≠1 D．k＞5

8．如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4，AD是BC边上的高，AM是△ABC外角∠CAE的平分线，以点D为圆心，适当长为半径画弧，交DA于点G，交DC于点H．再分别以点G、H为圆心，大于GH的长为半径画弧，两弧在∠ADC内部交于点Q，连接DQ并延长与AM交于点F，则DF的长度为（　　）

A．6 B．6 C．4 D．8

9．某快递公司每天上午7：00﹣8：00为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，下列说法正确的个数为：（　　）

①15分钟后，甲仓库内快件数量为180件；

②乙仓库每分钟派送快件数量为4件；

③8：00时，甲仓库内快件数为400件；

④7：20时，两仓库快递件数相同．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

10．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣4，0）与（2，0）两点，关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是4．若关于x的方程ax2+bx+c+n＝0（0＜n＜m）也有两个整数根，则这两个整数根是（　　）

A．﹣2和0 B．﹣4和2 C．﹣5和3 D．﹣6和4

二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）

11．﹣2的相反数是　 　．

12．已知反比例函数y＝的图象具有下列特征：在所在的象限内，y随x的增大而增大，那么m的取值范围是　 　．

13．如图，点A的坐标为（1，3），点B在x轴上，把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为　 　．

14．如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为　 　．（结果不取近似值）

15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为　 　．

三、解答题（共8小题，满分75分）

16．先化简，再求值：（﹣）÷，其中x＝．

17．为落实我市关于开展中小学课后服务工作的要求，某学校开设了四门校本课程供学生选择：A．趣味数学；B．博乐阅读；C．快乐英语；D．硬笔书法．某年级共有100名学生选择了A课程，为了解本年级选择A课程学生的学习情况，从这100名学生中随机抽取了30名学生进行测试，将他们的成绩（百分制）分成六组，绘制成频数分布直方图．

（1）已知70≤x＜80这组的数据为：72，73，74，75，76，76，79．则这组数据的中位数是　 　；众数是　 　；

（2）根据题中信息，估计该年级选择A课程学生成绩在80≤x＜90的总人数；

（3）该年级学生小乔随机选取了一门课程，则小乔选中课程D的概率是　 　；

（4）该年级每名学生选两门不同的课程，小张和小王在选课程的过程中，若第一次都选了课程C，那么他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是多少？请用列表法或树状图的方法加以说明．

18．如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交⊙O于点D，E是上不与B，D重合的点，sinA＝．

（1）求∠BED的大小；

（2）若⊙O的半径为3，点F在AB的延长线上，且BF＝3，求证：DF与⊙O相切．

19．如图1是自动卸货汽车卸货时的状态图，图2是其示意图．汽车的车厢采用液压机构、车厢的支撑顶杆BC的底部支撑点B在水平线AD的下方，AB与水平线AD之间的夹角是5°，卸货时，车厢与水平线AD成60°，此时AB与支撑顶杆BC的夹角为45°，若AC＝2米，求BC的长度．（结果保留一位小数）

（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，≈1.41）

20．一次数学课上，某同学根据学习函数的经验，对函数y＝的图象及其性质进行了探究．下面是其探究过程，请补充完整，并利用图象解决问题．

（1）列表如下：

其中m＝　 　，n＝　 　．

（2）在表中各对x与y的对应值为坐标，在平面直角坐标系中描出这些点，并画出该函数的大致图象．

（3）结合函数图象，求y的最大值为　 　．

（4）若关于x的方程＝3a﹣2无解，请写出a的取值范围．

21．如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．

（1）求抛物线的解析式及对称轴．

（2）在抛物线上任取一点M，过点M作MN∥x轴，且四边形ABMN为平行四边形，在线段MN上任取一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，记点Q的纵坐标为yQ.当点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度时，求yQ的取值范围．

22．小刚去超市购买画笔，第一次花60元买了若干支A型画笔，第二次超市推荐了B型画笔，但B型画笔比A型画笔的单价贵2元，他又花100元买了相同支数的B型画笔．

（1）超市B型画笔单价多少元？

（2）小刚使用两种画笔后，决定以后使用B型画笔，但感觉其价格稍贵，和超市沟通后，超市给出以下优惠方案：一次购买不超过20支，则每支B型画笔打九折；若一次购买超过20支，则前20支打九折，超过的部分打八折．设小刚购买的B型画笔x支，购买费用为y元，请写出y关于x的函数关系式．

（3）在（2）的优惠方案下，若小刚计划用270元购买B型画笔，则能购买多少支B型画笔？

23．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：

（1）如图2，将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，则BE与DG的数量关系为　 　，位置关系为　 　.（直接写出答案）

（2）如图3，把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，求BE与DG的数量关系和位置关系；

（3）在（2）的条件下，小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．（直接写出答案）

参考答案

一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1．下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；

B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；

C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；

D、是轴对称图形，故本选项符合题意．

故选：D．

2．2020年1月24日，中国疾控中心成功分离我国首株新型冠状病毒毒种，该毒种直径大约为80纳米（1纳米＝0.000001毫米），数据“80纳米”用科学记数法表示为（　　）

A．0.8×10﹣7毫米 B．8×10﹣6毫米

C．8×10﹣5毫米 D．80×10﹣6毫米

解：∵1纳米＝0.000001毫米，

∴80纳米＝0.00008毫米＝8×10﹣5毫米．

故选：C．

3．如图所示的立体图形是一个圆柱被截去四分之一后得到的几何体，它的左视图是（　　）

A． B． C． D．

解：从左边看外边是一个矩形，矩形中间有一条纵向的虚线，

故选：C．

4．墨迹覆盖了等式“x3x＝x2（x≠0）”中的运算符号，则覆盖的是（　　）

A．+ B．﹣ C．× D．÷

解：∵x3x＝x2（x≠0），

∴覆盖的是：÷．

故选：D．

5．如图所示，l1∥l2，三角板ABC如图放置，其中∠B＝90°，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）

A．40° B．50° C．60° D．30°

解：作BD∥l1，如图所示：

∵BD∥l1，∠1＝40°，

∴∠1＝∠ABD＝40°，

又∵l1∥l2，

∴BD∥l2，

∴∠CBD＝∠2，

又∵∠CBA＝∠CBD+∠ABD＝90°，

∴∠CBD＝50°，

∴∠2＝50°．

故选：B．

6．在《九章算术》中记载一道这样的题：“今有甲、乙二人持钱不知其数，甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而亦钱五十，甲、乙持钱各几何？”题目大意是：甲、乙两人各带若干钱，如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱50，如果乙得到甲所有钱的，那么乙也共有钱50．甲、乙两人各需带多少钱？设甲需带钱x，乙带钱y，根据题意可列方程组为（　　）

A． B．

C． D．

解：设甲需带钱x，乙带钱y，

根据题意，得：，

故选：D．

7．若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）

A．k＜5 B．k＜5，且k≠1 C．k≤5，且k≠1 D．k＞5

解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+4x+1＝0有两个不相等的实数根，

∴，即，

解得：k＜5且k≠1．

故选：B．

8．如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4，AD是BC边上的高，AM是△ABC外角∠CAE的平分线，以点D为圆心，适当长为半径画弧，交DA于点G，交DC于点H．再分别以点G、H为圆心，大于GH的长为半径画弧，两弧在∠ADC内部交于点Q，连接DQ并延长与AM交于点F，则DF的长度为（　　）

A．6 B．6 C．4 D．8

解：∵在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4，AD是BC边上的高，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°，BD＝CD＝BC＝2，

∴AD＝＝4，

∵∠EAC＝∠B+∠C，

∵AM是△ABC外角∠CAE的平分线，

∴∠EAM＝∠MAC，

∵∠B＝∠C，

∴∠EAM＝∠B，

∴AM∥BC，

∴∠MAD＝∠ADC＝90°

由作图过程可知：

DF平分∠ADC，

∴∠ADF＝45°，

∴∠AFD＝45°，

∴AF＝AD＝4，

∴DF＝＝8．

故选：D．

9．某快递公司每天上午7：00﹣8：00为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，下列说法正确的个数为：（　　）

①15分钟后，甲仓库内快件数量为180件；

②乙仓库每分钟派送快件数量为4件；

③8：00时，甲仓库内快件数为400件；

④7：20时，两仓库快递件数相同．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

解：由题意结合图象可知：

15分钟后，甲仓库内快件数量为130件，故①说法错误；

甲仓库揽收快件的速度为：（130﹣40）÷15＝6（件/分），

所以8：00时，甲仓库内快件数为：40+6×60＝400（件），故③说法正确；

60﹣15＝45（分），

即45分钟乙仓库派送快件数量为180件，

所以乙仓库每分钟派送快件的数量为：180÷45＝4（件），故②说法正确；

所以乙仓库快件的总数量为：60×4＝240（件），

设x分钟后，两仓库快递件数相同，根据题意得：

240﹣4x＝40+6x，

解得x＝20，

即7：20时，两仓库快递件数相同，故④说法正确．

所以说法正确的有②③④共3个．

故选：C．

10．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣4，0）与（2，0）两点，关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是4．若关于x的方程ax2+bx+c+n＝0（0＜n＜m）也有两个整数根，则这两个整数根是（　　）

A．﹣2和0 B．﹣4和2 C．﹣5和3 D．﹣6和4

解：∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣4，0）与（2，0）两点，

∴当y＝0时，0＝ax2+bx+c的两个根为﹣4和2，函数y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣1，

又∵关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是4．

∴方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）的另一个根为﹣6，函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下，

∵关于x的方程ax2+bx+c+n＝0 （0＜n＜m）有两个整数根，

∴这两个整数根是﹣5和3，

故选：C．

二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）

11．﹣2的相反数是　2　．

解：﹣2的相反数是：﹣（﹣2）＝2，

故答案为：2．

12．已知反比例函数y＝的图象具有下列特征：在所在的象限内，y随x的增大而增大，那么m的取值范围是　m＜3　．

解：∵反比例函数y＝的图象具有下列特征：在所在的象限内，y随x的增大而增大，

∴m﹣3＜0，

∴m＜3．

故答案为：m＜3．

13．如图，点A的坐标为（1，3），点B在x轴上，把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为　（4，3）　．

解：∵把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，

∴四边形ABDC是平行四边形，

∴AC＝BD，A和C的纵坐标相同，

∵四边形ABDC的面积为9，点A的坐标为（1，3），

∴3AC＝9，

∴AC＝3，

∴C（4，3），

故答案为（4，3）．

14．如图，已知半圆的直径AB＝4，点C在半圆上，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，连接BC．若∠ABC＝60°，则图中阴影部分的面积为　2﹣π　．（结果不取近似值）

解：∵AB是直径，

∴∠ACB＝90°，

∵∠ABC＝60°，

∴∠CAB＝30°，

∴BC＝，AC＝，

∴，

∵∠CAB＝30°，

∴扇形ACD的面积＝，

∴阴影部分的面积为．

故答案为：．

15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD⊥AB，垂足为D，E为BC的中点，AE与CD交于点F，则DF的长为　　．

解：如图，过点F作FH⊥AC于H．

在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，

∴AB＝＝＝5，

∵CD⊥AB，

∴S△ABC＝•AC•BC＝•AB•CD，

∴CD＝，AD＝＝＝，

∵FH∥EC，

∴＝，

∵EC＝EB＝2，

∴＝，设FH＝2k，AH＝3k，CH＝3﹣3k，

∵tan∠FCH＝＝，

∴＝，

∴k＝，

∴FH＝，CH＝3﹣＝，

∴CF＝＝＝，

∴DF＝﹣＝，

故答案为．

三、解答题（共8小题，满分75分）

16．先化简，再求值：（﹣）÷，其中x＝．

解：原式＝[﹣]÷

＝•

＝，

当x＝时，

原式＝＝．

17．为落实我市关于开展中小学课后服务工作的要求，某学校开设了四门校本课程供学生选择：A．趣味数学；B．博乐阅读；C．快乐英语；D．硬笔书法．某年级共有100名学生选择了A课程，为了解本年级选择A课程学生的学习情况，从这100名学生中随机抽取了30名学生进行测试，将他们的成绩（百分制）分成六组，绘制成频数分布直方图．

（1）已知70≤x＜80这组的数据为：72，73，74，75，76，76，79．则这组数据的中位数是　75　；众数是　76　；

（2）根据题中信息，估计该年级选择A课程学生成绩在80≤x＜90的总人数；

（3）该年级学生小乔随机选取了一门课程，则小乔选中课程D的概率是　　；

（4）该年级每名学生选两门不同的课程，小张和小王在选课程的过程中，若第一次都选了课程C，那么他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是多少？请用列表法或树状图的方法加以说明．

解：（1）在72，73，74，75，76，76，79这组已经按从小到大排列好的数据中，中位数为75，众数为76；

故答案为：75，76；

（2）观察直方图，抽取的30名学生成绩在80≤x＜90范围内的有9人，所占比为，

那么估计该年级100名学生，学生成绩在80≤x＜90范围内，选取A课程的总人数为（人）；

（3）因为学校开设了四门校本课程供学生选择，小乔随机选取一门课程，则他选中课程D的概率为；

故答案为：；

（4）因该年级每名学生选两门不同的课程，第一次都选了课程C，列树状图如下：

等可能结果共有9种，他俩第二次同时选择课程A或课程B的有2种，

所以，他俩第二次同时选择课程A或课程B的概率是．

18．如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交⊙O于点D，E是上不与B，D重合的点，sinA＝．

（1）求∠BED的大小；

（2）若⊙O的半径为3，点F在AB的延长线上，且BF＝3，求证：DF与⊙O相切．

解：（1）连接OB，如图1，

∵AB与⊙O相切于点B，

∴∠ABO＝90°，

∵sinA＝，

∴∠A＝30°，

∴∠BOD＝∠ABO+∠A＝120°，

∴∠BED＝∠BOD＝60°；

（2）证明：连接OF，OB，如图2，

∵AB是切线，

∴∠OBF＝90°，

∵BF＝3，OB＝3，

∴，

∴∠BOF＝60°，

∵∠BOD＝120°，

∴∠BOF＝∠DOF＝60°，

在△BOF和△DOF中，

，

∴△BOF≌△DOF（SAS），

∴∠OBF＝∠ODF＝90°，

∴DF与⊙O相切．

19．如图1是自动卸货汽车卸货时的状态图，图2是其示意图．汽车的车厢采用液压机构、车厢的支撑顶杆BC的底部支撑点B在水平线AD的下方，AB与水平线AD之间的夹角是5°，卸货时，车厢与水平线AD成60°，此时AB与支撑顶杆BC的夹角为45°，若AC＝2米，求BC的长度．（结果保留一位小数）

（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，≈1.41）

【解答】方法一：解：如图1，过点C作CF⊥AB于点F，

在Rt△ACF中，

∵sin∠CAB＝sin（60°+5°）＝sin65°＝，

∴CF＝AC•sin65°≈2×0.91＝1.82，

在Rt△BCF中，

∵∠ABC＝45°，

∴CF＝BF，

∴BC＝CF＝1.41×1.82＝2.5662≈2.6，

答：所求BC的长度约为2.6米．

方法二：解：如图2，过点A作AE⊥BC于点E，

在Rt△ACE中，∵∠C＝180°﹣65°﹣45°＝70°，

∴cosC＝cos70°＝，

即CE＝AC×cos70°≈2×0.34＝0.68，

sinC＝sin70°＝，

即AE＝AC×sin70°≈2×0.94＝1.88，

又∵在Rt△AEB中，∠ABC＝45°，

∴AE＝BE，

∴BC＝BE+CE＝0.68+1.88＝2.56≈2.6，

答：所求BC的长度约为2.6米．

20．一次数学课上，某同学根据学习函数的经验，对函数y＝的图象及其性质进行了探究．下面是其探究过程，请补充完整，并利用图象解决问题．

（1）列表如下：

其中m＝　0.3　，n＝　3　．

（2）在表中各对x与y的对应值为坐标，在平面直角坐标系中描出这些点，并画出该函数的大致图象．

（3）结合函数图象，求y的最大值为　3　．

（4）若关于x的方程＝3a﹣2无解，请写出a的取值范围．

解：（1）把x＝﹣1代入y＝得，y＝0.3，

把x＝2分别代入y＝的得，y＝3，

∴m＝0.3，n＝3，

故答案为m＝0.3，n＝3．

（2）如图所示；

（3）由图象可知，y的最大值为3，

故答案为3．

（4）由图象可知，当y＞3或y≤0时，直线y＝3a﹣2与函数y＝的图象无交点，

∴3a﹣2＞3或3a﹣2≤0，

解得，或．

21．如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．

（1）求抛物线的解析式及对称轴．

（2）在抛物线上任取一点M，过点M作MN∥x轴，且四边形ABMN为平行四边形，在线段MN上任取一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，记点Q的纵坐标为yQ.当点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度时，求yQ的取值范围．

解：（1）∵点C为抛物线y＝ax2+bx+3与y轴的交点，

∴C（0，3），

∴OC＝3，

又∵OB＝OC＝3OA，

∴OB＝3，OA＝1，

∴A（﹣1，0），B（3，0），

将点A，B的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3中，

得，解得，

∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，

∴抛物线的对称轴为．

（2）作平行四边形ABMN，如图所示：

∴MN＝AB＝4，点N在点M的左侧，

又∵点M到抛物线对称轴的距离不超过1个单位长度，抛物线的对称轴为x＝1，

∴0≤xM≤2，

∴﹣4≤xN≤2，

又∵点P在线段MN上，PQ⊥MN，

∴﹣4≤xP≤2，xP＝xQ，

∴﹣4≤xQ≤2，

又∵点Q在抛物线y＝﹣x2+2x+3上，

∴当xQ＝1时，yQ取最大值4；当xQ＝﹣4时，yQ取最小值﹣21；

∴﹣21≤yQ≤4．

22．小刚去超市购买画笔，第一次花60元买了若干支A型画笔，第二次超市推荐了B型画笔，但B型画笔比A型画笔的单价贵2元，他又花100元买了相同支数的B型画笔．

（1）超市B型画笔单价多少元？

（2）小刚使用两种画笔后，决定以后使用B型画笔，但感觉其价格稍贵，和超市沟通后，超市给出以下优惠方案：一次购买不超过20支，则每支B型画笔打九折；若一次购买超过20支，则前20支打九折，超过的部分打八折．设小刚购买的B型画笔x支，购买费用为y元，请写出y关于x的函数关系式．

（3）在（2）的优惠方案下，若小刚计划用270元购买B型画笔，则能购买多少支B型画笔？

解：（1）设超市B型画笔单价为a元，则A型画笔单价为（a﹣2）元．

根据题意得，＝，

解得a＝5．

经检验，a＝5是原方程的解．

答：超市B型画笔单价为5元；

（2）由题意知，

当小刚购买的B型画笔支数x≤20时，费用为y＝0.9×5x＝4.5x，

当小刚购买的B型画笔支数x＞20时，费用为y＝0.9×5×20+0.8×5（x﹣20）＝4x+10．

所以，y关于x的函数关系式为y＝（其中x是正整数）；

（3）当4.5x＝270时，解得x＝60，

∵60＞20，

∴x＝60不合题意，舍去；

当4x+10＝270时，解得x＝65，符合题意．

答：若小刚计划用270元购买B型画笔，则能购买65支B型画笔．

23．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：

（1）如图2，将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，则BE与DG的数量关系为　BE＝DG　，位置关系为　BE⊥DG　.（直接写出答案）

（2）如图3，把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，求BE与DG的数量关系和位置关系；

（3）在（2）的条件下，小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．（直接写出答案）

解：（1）如图2，延长DG交BE于M，交AB于N，

∵四边形ABCD、四边形EFGA为正方形，

∴AB＝AD，AE＝AG，∠GAD＝∠EAB＝90°，

∴∠BHG＝∠GAD

在△DAG和△BAE中，

，

∴△DAG≌△BAE（SAS），

∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，

∵∠AND＝∠BNM，

∴∠BMN＝∠NAD＝90°，即BE⊥DG；

故答案是：BE＝DG；BE⊥DG；

（2）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：

如图3，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，

∵，AE＝4，AB＝8，

∴AG＝6，AD＝12．

∵四边形AEFG和四边形ABCD为矩形，

∴∠EAG＝∠BAD，

∴∠EAB＝∠GAD，

∵，

∴△EAB～△GAD，

∴，∠BEA＝∠AGD，

∵∠APE＝∠GPQ，

∴∠EAP＝∠GQP＝90°，

∴BE⊥DG．

（3）如图3，由（2）知，AE＝4，AG＝6，AD＝12．

∴EG2＝AE2+AG2＝42+62＝52，BD2＝AD2+AB2＝122+82＝208，

又由（2）知BE⊥DG，

则DE2+BG2＝DP2+PE2+PG2+PB2＝EG2+BD2＝52+208＝260．

2021年河南省重点名校中考数学内部摸底试卷（含解析）