2022年河北省中考数学真题

一、单选题 1．计算a3A．0

a得a，则“？”是（ ）

?B．1 C．2 D．3

2．如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l，则l是△ABC的（ ）

A．中线

12B．中位线 C．高线 D．角平分线

3．与3相等的是（ ） A．312 B．312 C．312 D．312

4．下列正确的是（ ） A．4923 B．4923 C．9432 D．4.90.7

5．如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为，，则正确的是（ ）

A．C．00

B．0

D．无法比较与的大小

6．某正方形广场的边长为4102m，其面积用科学记数法表示为（ ） A．4104m2

B．16104m2

C．1.6105m2

D．1.6104m2

7．①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，若组合其中的两个，恰是由6个小正方体构成的长方体，则应选择（ ）

A．①③

B．②③

C．③④

D．①④

8．依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ）

试卷第1页，共8页

A． B．

C．

D．

9．若x和y互为倒数，则x112yyx的值是（ ） C．3

D．4

A．1 B．2

10．PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则AMB的长是（ ）

A．11cm B．

112cm C．7cm D．

72cm

11．要得知作业纸上两相交直线AB，CD所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案（如图1和图2）：对于方案Ⅰ、Ⅱ，说法正确的是（ ）

试卷第2页，共8页

A．Ⅰ可行、Ⅱ不可行 B．Ⅰ不可行、Ⅱ可行 C．Ⅰ、Ⅱ都可行 行

D．Ⅰ、Ⅱ都不可

12．某项工作，已知每人每天完成的工作量相同，且一个人完成需12天．若m个人共同完成需n天，选取6组数对m,n，在坐标系中进行描点，则正确的是（ ）

A． B．

C． D．

13．平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d可能是（ ）

A．1 B．2 C．7 D．8

14．五名同学捐款数分别是5，3，6，5，10（单位：元），捐10元的同学后来又追加了10元．追加后的5个数据与之前的5个数据相比，集中趋势相同的是（ ） A．只有平均数

B．只有中位数

C．只有众数

D．中位数和众数

试卷第3页，共8页

15．“曹冲称象”是流传很广的故事，如图．按照他的方法：先将象牵到大船上，并在船侧面标记水位，再将象牵出．然后往船上抬入20块等重的条形石，并在船上留3个搬运工，这时水位恰好到达标记位置．如果再抬入1块同样的条形石，船上只留1个搬运工，水位也恰好到达标记位置．已知搬运工体重均为120斤，设每块条形石的重量是x斤，则正确的是（ ）

A．依题意3120x120 B．依题意20x3120201x120

C．该象的重量是5040斤 D．每块条形石的重量是260斤

16．题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：d乙答：d＝1.6，丙答：d22，

，则正确的是（ ）

A．只有甲答的对

C．甲、乙答案合在一起才完整

B．甲、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整

试卷第4页，共8页

二、填空题

17．如图，某校运会百米预赛用抽签方式确定赛道．若琪琪第一个抽签，她从1~8号中随机抽取一签，则抽到6号赛道的概率是______．

18．如图是钉板示意图，每相邻4个钉点是边长为1个单位长的小正方形顶点，钉点A，B的连线与钉点C，D的连线交于点E，则

（1）AB与CD是否垂直？______（填“是”或“否”）； （2）AE＝______．

19．如图，棋盘旁有甲、乙两个围棋盒．

（1）甲盒中都是黑子，共10个，乙盒中都是白子，共8个，嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，则a＝______；

（2）设甲盒中都是黑子，共mm>2个，乙盒中都是白子，共2m个，嘉嘉从甲盒拿出

a1am个黑子放入乙盒中，此时乙盒棋子总数比甲盒所剩棋子数多______个；接

xa下来，嘉嘉又从乙盒拿回a个棋子放到甲盒，其中含有x0中有y个黑子，则

yx个白子，此时乙盒

的值为______．

试卷第5页，共8页

三、解答题 20．整式31m3的值为P．

(1)当m＝2时，求P的值；

(2)若P的取值范围如图所示，求m的负整数值．

21．某公司要在甲、乙两人中招聘一名职员，对两人的学历、能力、经验这三项进行了测试，各项满分均为10分，成绩高者被录用．图1是甲、乙测试成绩的条形统计图．

(1)分别求出甲、乙三项成绩之和，并指出会录用谁；

(2)若将甲、乙的三项测试成绩，按照扇形统计图（图2）各项所占之比，分别计算两人各自的综合成绩，并判断是否会改变（1）的录用结果．

22．发现两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．验证：如，21221102为偶数，请把10

的一半表示为两个正整数的平方和．探究：设“发现”中的两个已知正整数为m，n，请论证“发现”中的结论正确． 23．如图，点Pa,3在抛物线C：y46x2上，且在C的对称轴右侧．

试卷第6页，共8页

(1)写出C的对称轴和y的最大值，并求a的值；

(2)坐标平面上放置一透明胶片，C．并在胶片上描画出点P及C的一段，分别记为P，平移该胶片，使C所在抛物线对应的函数恰为yx6x92．求点P移动的最短路程．

∥AB24．如图，某水渠的横断面是以AB为直径的半圆O，其中水面截线MN． 嘉琪在

A处测得垂直站立于B处的爸爸头顶C的仰角为14°，点M的俯角为7°．已知爸爸的身高为1.7m．

(1)求∠C的大小及AB的长；

(2)请在图中画出线段DH，用其长度表示最大水深（不说理由），并求最大水深约为多少米（结果保留小数点后一位）．（参考数据：tan76取4，17取4.1）

25．如图，平面直角坐标系中，线段AB的端点为A8,19，B6,5．

(1)求AB所在直线的解析式；

试卷第7页，共8页

(2)某同学设计了一个动画：在函数ymxnm0,y0中，分别输入m和n的值，

使得到射线CD，其中Cc,0．当c＝2时，会从C处弹出一个光点P，并沿CD飞行；当c2时，只发出射线而无光点弹出．

①若有光点P弹出，试推算m，n应满足的数量关系；

②当有光点P弹出，并击中线段AB上的整点（横、纵坐标都是整数）时，线段AB就会发光，求此时整数m的个数． 26．如图，四边形ABCD中，

AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB23，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM43．

(1)求证：△PQM≌△CHD；

(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止． ①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积； ②如图2，点K在BH上，且BK943．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，

绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；

③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．

试卷第8页，共8页

参考答案：

1．C

【分析】运用同底数幂相除，底数不变，指数相减，计算即可． 【详解】a3aa31a2，则“？”是2，

故选：C．

【点睛】本题考查同底数幂的除法；注意am2．D

【分析】根据折叠的性质可得CAD【详解】解：如图，

BADanamn．

，作出选择即可．

∵由折叠的性质可知CAD∴AD是BACBAD，

的角平分线，

故选：D．

【点睛】本题考查折叠的性质和角平分线的定义，理解角平分线的定义是解答本题的关键．3．A

【分析】根据3121272，分别求出各选项的值，作出选择即可．

72【详解】A、3B、31252，故此选项符合题意；

，故此选项不符合题意；

52C、3D、3121272，故此选项不符合题意；

，故此选项不符合题意；

故选：A．

【点睛】本题考查有理数的加减混合运算，熟练掌握有理数的加减混合运算法则是解答本题的关键． 4．B

答案第1页，共19页

【分析】根据二次根式的性质判断即可． 【详解】解：A.B.C.D.491323，故错误；

4923，故正确；

943832，故错误；

4.90.7，故错误；

故选：B．

【点睛】本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质是解题的关键． 5．A

【分析】多边形的外角和为360，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360，作出选择即可．

【详解】解：∵多边形的外角和为360，

∴△ABC与四边形BCDE的外角和与均为360， ∴0，

故选：A．

【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360是解答本题的关键． 6．C

【分析】先算出面积，然后利用科学记数法表示出来即可．

52【详解】解：面积为：41024102=16104=1.610（， m）故选：C．

【点睛】本题主要考查了科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示形式是解题的关键． 7．D

【分析】观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能 构成长方体，①④组合符合题意

【详解】解：观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能构成长方体，①④组合符合题意 故选D

【点睛】本题考查了立体图形，应用空间想象能力是解题的关键． 8．D

答案第2页，共19页

【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可； 【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误； 一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误； 三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误； 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确； 故选：D．

【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键． 9．B

【分析】先将x112yyx化简，再利用互为倒数，相乘为1，算出结果，即可

11x2yyx2xyx1x1y1xy2y1xy【详解】

2xy121xy2xy1∵x和y互为倒数 ∴xy2xy1

1xy12112

故选：B

【点睛】本题考查代数式的化简，注意互为倒数即相乘为1 10．A

【分析】如图，根据切线的性质可得PAOPBO90，根据四边形内角和可得AOB的

角度，进而可得AMB所对的圆心角，根据弧长公式进行计算即可求解． 【详解】解：如图，

答案第3页，共19页

PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．

PAOPBO90，

∠P＝40°，

AOB360909040140，

该圆半径是9cm，

AMB360140180911cm，

故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键． 11．C

【分析】用夹角可以划出来的两条线，证明方案Ⅰ和Ⅱ的结果是否等于夹角，即可判断正误 【详解】方案Ⅰ：如下图，BPD即为所要测量的角

∵HEN∴MNCFG

∥PD

∴AEMBPD故方案Ⅰ可行 方案Ⅱ：如下图，BPD即为所要测量的角

答案第4页，共19页

在

EPF中：BPDPEFPFE180

则：BPD180AEHCFG

故方案Ⅱ可行 故选：C

【点睛】本题考查平行线的性质和判定，三角形的内角和；本题的突破点是用可画出夹角的情况进行证明 12．C

【分析】根据题意建立函数模型可得mn的图象进行判断即可求解． 【详解】解：依题意，

mn12n12m112·m·n1

12，即n12m，符合反比例函数，根据反比例函数

，

0，m,n且为整数．

故选C．

【点睛】本题考查了反比例数的应用，根据题意建立函数模型是解题的关键． 13．C

【分析】如图（见解析），设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC先在

ABCa,CEb，

和

CDE中，根据三角形的三边关系定理可得4a6，0b2，从而可得

dab4ab8，2ab6，再在△ACE中，根据三角形的三边关系定理可得ab，

从而可得2d8，由此即可得出答案．

a,CEb【详解】解：如图，设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC，

答案第5页，共19页

在在

ABCCDE中，51中，11a15，即4a6b11，即0b2，

，

所以4ab8，2ab6dab，

在△ACE中，ab所以2d8，

，

观察四个选项可知，只有选项C符合， 故选：C．

【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线，构造三个三角形是解题关键．14．D

【分析】分别计算前后数据的平均数、中位数、众数，比较即可得出答案． 【详解】解：追加前的平均数为：(5+3+6+5+10)=5.8；

51从小到大排列为3，5，5，6，10，则中位数为5； 5出现次数最多，众数为5；

追加后的平均数为：(5+3+6+5+20)=7.8；

51从小到大排列为3，5，5，6，20，则中位数为5； 5出现次数最多，众数为5； 综上，中位数和众数都没有改变， 故选：D．

【点睛】本题为统计题，考查了平均数、众数与中位数．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个． 15．B

【分析】利用题意找出等量关系，将等量关系中的量用已知数和未知数的代数式替换即可得出结论．

【详解】解：根据题意可得方程；20x3120201x120

答案第6页，共19页

则A错误，B正确； 解上面的方程得：x=240, 故D错误；

∴大象的重量是20×240+3×120=5160（斤） 故C错误， 故选：B．

【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，根据题意真确列出方程是解题的关键． 16．B

【分析】过点C作CABM于A，在AM上取AABA，发现若有两个三角形，两三角

形的AC边关于AC对称，分情况分析即可 【详解】过点C作CABM于A，在AM上取AABA

∵∠B＝45°，BC＝2，CA∴VBAC是等腰直角三角形 ∴ACBABA

22BM

BC22 ∵AA∴ACAACA2

若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC 通过观察得知：

点A在A点时，只能作出唯一一个△ABC（点A在对称轴上），此时d2 ，即丙的答案；2点A在AM射线上时，只能作出唯一一个△ABC（关于AC对称的AC不存在），此时d即甲的答案，

答案第7页，共19页

，

点A在BA线段（不包括A点和A点）上时，有两个△ABC（二者的AC边关于AC对称）； 故选：B

【点睛】本题考查三角形的存在性质，勾股定理，解题关键是发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于AC对称 17．##0.125

81【分析】直接根据概率公式计算，即可求解． 【详解】解：根据题意得：抽到6号赛道的概率是．

81故答案为：

81【点睛】本题考查了概率公式：熟练掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结 果数除以所有可能出现的结果数；P（必然事件）=1；P（不可能事件）=0是解题的关键．18． 是

455##455 【分析】（1）证明△ACG≌△CFD，推出∠CAG=∠FCD，证明∠CEA=90°，即可得到结论；（2）利用勾股定理求得AB的长，证明△AEC∽△BED，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．

【详解】解：（1）如图：AC=CF=2，CG=DF=1，∠ACG=∠CFD=90°， ∴△ACG≌△CFD， ∴∠CAG=∠FCD， ∵∠ACE+∠FCD=90°， ∴∠ACE+∠CAG=90°， ∴∠CEA=90°， ∴AB与CD是垂直的， 故答案为：是； （2）AB=242225，

∵AC∥BD， ∴△AEC∽△BED， ∴∴

ACBDAEBE，即

23AEBE，

AEBE25，

答案第8页，共19页

∴AE=AB=5245555．

故答案为：4．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 19． 4

m2a 1

【分析】①用列表的方式，分别写出甲乙变化前后的数量，最后按两倍关系列方程，求解，即可

②用列表的方式，分别写出甲乙每次变化后的数量，按要求计算写出代数式，化简，即可

(a③用列表的方式，分别写出甲乙每次变化后的数量，算出移动的a个棋子中有x个白子，

x)个黑子，再根据要求算出y，即可 【详解】答题空1： 原甲：10 现甲：10-a

依题意：8解得：a4原乙：8 现乙：8+a a2(10a)

故答案为：4 答题空2： 原甲：m 现甲1：m-a

第一次变化后，乙比甲多：2m故答案为：m2a原乙：2m 现乙1：2m+a a(ma)2mamam2a

答案第9页，共19页

答题空3： 原甲：m黑 现甲1：m黑-a黑 现甲2：m黑-a黑+a混合

第二次变化，变化的a个棋子中有x个白子，(a则：yyxxxx)原乙：2m白 现乙1：2m白+a黑 现乙2：2m白+a黑-a混合 个黑子

a(ax)aaxx1

故答案为：1

【点睛】本题考查代数式的应用；注意用表格梳理每次变化情况是简单有效的方法 20．(1)5 (2)2,1

【分析】（1）将m＝2代入代数式求解即可， （2）根据题意P7，根据不等式，然后求不等式的负整数解．

13m3【详解】（1）解：∵P当m2

时，P

1323

533=5；

1P3m3（2）即313，由数轴可知P7，

1m73m73，

， ，

解得mm2的负整数值为2,1．

【点睛】本题考查了代数式求值，解不等式，求不等式的整数解，正确的计算是解题的关键． 21．(1)甲

答案第10页，共19页

(2)乙

【分析】（1）根据条形统计图数据求解即可；

（2）根据“能力”、“学历”、“经验”所占比进行加权再求总分即可． 【详解】（1）解：甲三项成绩之和为：9+5+9=23； 乙三项成绩之和为：8+9+5=22； ∴23>22

录取规则是分高者录取，所以会录用甲． （2）“能力”所占比例为：“学历”所占比例为：“经验”所占比例为：

1203601803601312；

； ；

6036016∴“能力”、“学历”、“经验”的比为3：2：1； 甲三项成绩加权平均为：乙三项成绩加权平均为：∴8>7

所以会录用乙． ∴会改变录用结果

【点睛】本题主要考查条形统计图和扇形统计图，根据图表信息进行求解是解题的关键． 22．验证：22152293519628391567； ；

8；论证见解析

1522【分析】通过观察分析验证10的一半为5，2；将m和n代入发现中验证即可证明．

【详解】证明：验证：10的一半为5，22设“发现”中的两个已知正整数为m，n， ∴mnmn2mn2222152；

，其中2m2n2为偶数，

且其一半m2n2正好是两个正整数m和n的平方和，

∴“发现”中的结论正确．

【点睛】本题考查列代数式，根据题目要求列出代数式是解答本题的关键． 23．(1)对称轴为直线x(2)5

答案第11页，共19页

6，y的最大值为4，a7

【分析】（1）由yy46x2a(xh)k2的性质得开口方向，对称轴和最值，把Pa,3代入

中即可得出a的值；

22（2）由yx6x9(x3)2，得出抛物线yx6x92是由抛物线C：

yx64向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，即可求出点P移动的最短

路程． 【详解】（1）y46x(x6)422，

∴对称轴为直线x∵10，

6，

∴抛物线开口向下，有最大值，即y的最大值为4， 把Pa,3代入y4(6a)3246x2中得：

，

7解得：a5或a，

∵点Pa,3在C的对称轴右侧， ∴a7；

x6x9(x3)2（2）∵y∴y22，

向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，

(x3)2是由y22x64平移距离为345，

∴P移动的最短路程为5． 【点睛】本题考查二次函数ya(xh)k2的图像与性质，掌握二次函数ya(xh)k2的

性质以及平移的方法是解题的关键． 24．(1)C=76，AB(2)见详解，约2.6米

【分析】（1）由水面截线MN的正切值即可求解．

答案第12页，共19页

∥AB6.8(m)

可得BCAB，从而可求得C76，利用锐角三角形

（2）过点O作OH于G，水面截线MN得

ABCOGMMN∥AB，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB，即可得DH即为所求，由圆周角定理可得BOM4GM14，进而可

，利用相似三角形的性质可得OG，利用勾股定理即可求得GM的

值，从而可求解．

【详解】（1）解：∵水面截线MNBCAB∥AB

，

ABC90，

C90CAB=76，

在RtABC中，ABCABBCAB1.790，BC1.7，

tan76，

解得AB6.8(m)．

MN（2）过点O作OH于G，如图所示：

，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB

水面截线MNDHMNDH∥AB，OHAB，

，GMOD，

为最大水深，

BAM7，

BOM2BAM14，

ABCOGM90，且BAC14ABCOGAB，

OGMMGCB，

OG6.8MG1.7，即，即OG4GMAB2，

3.4在Rt△OGM中，OGM90，OM，

答案第13页，共19页

OG2GM2OM22（4GM），即

GM2(3.4)2，

解得GM0.8，

，

DH=OHOD3.40.82.6最大水深约为2.6米．

【点睛】本题考查了解直角三角形，主要考查了锐角三角函数的正切值、圆周角定理、相似三角形的判定及性质、平行线的性质和勾股定理，熟练掌握解直角三角形的相关知识是解题的关键． 25．(1)y(2)①n

【分析】（1）设直线AB的解析式为y求解；

（2）①根据题意得，点C（2，0），把点C（2，0）代入y②由①得：n即可求解．

【详解】（1）解：设直线AB的解析式为y把点A8,19，B6,5代入得：

8kb196kb52mx11

2m，理由见解析②5

kxbk0，把点A8,19，B6,5代入，即可

mxn，即可求解；

，可得yx2m，再根据题意找到线段AB上的整点，再逐一代入，

kxbk0，

，解得：k1b11，

∴AB所在直线的解析式为y（2）解：

n2mx11；

，理由如下：

若有光点P弹出，则c＝2， ∴点C（2，0）， 把点C（2，0）代入y2mn0mxnm0,y0得：

；

2m∴若有光点P弹出，m，n满足的数量关系为n②由①得：n2m；

，

答案第14页，共19页

∴ymxnmx2mx2m，

x11，

∵点A8,19，B6,5，AB所在直线的解析式为y∴线段AB上的其它整点为

7,18,6,17,5,16,4,15,3,14,2,13,1,12,0,11,1,10,2,9,3,8,4,7,5,6，

∵ 有光点P弹出，并击中线段AB上的整点， ∴直线CD过整数点，

∴当击中线段AB上的整点（-8，19）时，19当击中线段AB上的整点（-7，18）时，1882m，即m2m1910 （不合题意，舍去），

7，即m2，

（不合题意，舍去）， （不合题意，舍去），

当击中线段AB上的整点（-6，17）时，17=（-6-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-5，16）时，16=（-5-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-4，15）时，15=（-4-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-3，14）时，14=（-3-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-2，13）时，13=（-2-2）m，即m17816752（不合题意，舍去）， （不合题意，舍去）， （不合题意，舍去），

145134当击中线段AB上的整点（-1，12）时，12=（-1-2）m，即m=-4， 当击中线段AB上的整点（0，11）时，11=（0-2）m，即m112（不合题意，舍去），

当击中线段AB上的整点（1，10）时，10=（1-2）m，即m=-10， 当击中线段AB上的整点（2，9）时，9=（2-2）m，不存在， 当击中线段AB上的整点（3，8）时，8=（3-2）m，即m=8， 当击中线段AB上的整点（4，7）时，7=（4-2）m，即m72（不合题意，舍去），

当击中线段AB上的整点（5，6）时，6=（5-2）m，即m=2， 当击中线段AB上的整点（6，5）时，5=（6-2）m，即m综上所述，此时整数m的个数为5个．

【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质，理解有光点P弹出，并击中线段AB上的整点，即直线CD过整数点是解题的关键．

54（不合题意，舍去），

答案第15页，共19页

26．(1)见详解 (2)①9②(4③CF

【分析】（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明； （2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可； ②运动分两个阶段：平移阶段：tKHv35；

33)s；

6012d9d；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作

DMH为圆心，GM，圆，延长DK与圆相交于点G，连接GH，过点G作GTDH于T；设K，

利用Rt△DKH算出tan，sin，cos，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出sinGHT，发现sinGHT角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；

③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明

DEFCED12，从而得到2，度数，求出旋转

，结合勾股定理，可得DE22323d29d2m9d，

即可得CF与d的关系． 【详解】（1）∵AD∥∴DHADBC，DHBC

则在四边形ABHD中

ABHBHDHDA90

故四边形ABHD为矩形

DHAB23，BHAD3 30在Rt△DHC中，C∴CD2DH43

3DH6，CH

DHCQ90∵CQPM30CDPM43

∴△CHD≌△PQM(AAS)； 于S

答案第16页，共19页

（2）①过点Q作QSAM

由（1）得：AQCH6

在Rt△AQS中，QAS∴AS32AQ3330 393平移扫过面积：S1旋转扫过面积：S2ADAS33 250360PQ25036065

故边PQ扫过的面积：SS1S2935

②运动分两个阶段：平移和旋转 平移阶段：

KHBHBK3(943)436

t1KHv(436)s

旋转阶段： 由线段长度得：PM2DM

取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GTDM于T

设KDH，则GHM2

在Rt△DKH中：

答案第17页，共19页

KHBHBK3(943)43623(23)

DKDH2KH2(23)(42236)24323 设t2KHDH3，则KH223t，DKt243t，DH123 tant，sinKHDK，cosDHDK2t

∵DM为直径 ∴DGM90

DMcos42t323在Rt△DGM中 ：DG在Rt△DGT中：GT3t212t2t3

DGsin33

在Rt△HGT中：sin2∴230，15GTGH12

PQ转过的角度：301515

t21553s

总时间：tt1t24363(433)s

③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d， 当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：

∵∠EDF=30°，∠C=30°， ∴∠EDF=∠C， 又∵∠DEF=∠CED， ∴∴

DEFDECEEFDECED，

DE9d9dmDE，即，

答案第18页，共19页

∴DE2∵在

9d2m9d，

2DHE中，DE2DHEH222323d，

2∴9d∴CF2m9d2323d，

m6012d9d

当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d， 同理：可得CFm6012d9d

综上所述：CF6012d9d．

【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．

答案第19页，共19页