【编者按】为了丰富同学们的学习生活，精品学习网中考频道为同学们搜集整理了中考数学模拟题：2012年各地高中统招考试数学试题压轴题精选，供大家参考，希望对大家有所帮助!

2012年各地高中统招考试数学试题压轴题精选

【21.2012上海】

24.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A(4，0)、B(﹣1，0)，与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE= ，EF⊥OD，垂足为F.

(1)求这个二次函数的解析式;

(2)求线段EF、OF的长(用含t的代数式表示);

(3)当∠ECA=∠OAC时，求t的值.

考点：相似三角形的判定与性质;待定系数法求二次函数解析式;全等三角形的判定与性质;勾股定理。

解答：解：(1)二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A(4，0)、B(﹣1，0)，

∴ ，解得 ，

∴这个二次函数的解析式为：y=﹣2x2+6x+8;

(2)∵∠EFD=∠EDA=90°h

∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°，∴∠DEF=∠ODA

∴△EDF∽△DAO

∴ .

∵ ，

∴ = ，

∴ ，∴EF= t.

同理 ，

∴DF=2，∴OF=t﹣2.

(3)∵抛物线的解析式为：y=﹣2x2+6x+8，

∴C(0，8)，OC=8.

如图，连接EC、AC，过A作EC的垂线交CE于G点.

∵∠ ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA(等角的余角相等);

在△CAG与△OCA中， ，

∴△CAG≌△OCA，∴CG=4，AG=OC=8.

如图，过E点作EM⊥x轴于点M，则在Rt△AEM中，

∴EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+ t，

由勾股定理得：

∵AE2=AM2+EM2= ;

在Rt△AEG中，由勾股定理得：

∴EG= = =

∵在Rt△ECF中，EF= t，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG= +4

由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，

即 ，

解得t1=10(不合题意，舍去)，t2=6，

∴t=6.

【22. 2012广东】

22.如图，抛物线y= x2﹣ x﹣9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC.

(1)求AB和OC的长;

(2)点E从点A出发，沿x轴向点B运动(点E与点A、B不重合)，过点E作直线l平行BC，交AC于点D.设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围;

(3)在(2)的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值;此时，求出以点E 为圆心，与BC相切的圆的面积(结果保留π).

(21世版

考点：二次函数综合题。

解答：解：(1)已知：抛物线y= x2﹣ x﹣9;

当x=0时，y=﹣9，则：C(0，﹣9);

当y=0时， x2﹣ x﹣9=0，得：x1=﹣3，x2=6，则：A(﹣3，0)、B(6，0);

∴AB=9，OC=9.

(2)∵ED∥BC，

∴△AED∽△ABC，

∴ =( )2，即： =( )2，得：s= m2(0

(3)S△AEC= AE•OC= m，S△AED=s= m2 ;

则：S△EDC=S△AEC﹣S△AED=﹣ m2+ m=﹣ (m﹣ )2+ ;

∴△CDE的最大面积为 ，此时，AE=m= ，BE=AB﹣AE= .

过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：

= ，即： =

∴EF= ;

∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积 S⊙E=π•EF2= .

【23. 2012嘉兴】

24.在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点(点在第一象限内).连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q.连接PQ，交y轴于点M.作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B.设点P的横坐标为m.

(1)如图1，当m= 时，

①求线段OP的长和tan∠POM的值;

②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点 C的坐标;

(2)如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E.

①用含m的代数式表示点Q的坐标;

②求证：四边形ODME是矩形.

考点：二次函数综合题。

解答：解：(1)①把x= 代入 y=x2，得 y=2，∴P( ，2)，∴OP=

∵PA丄x轴，∴PA∥MO.∴tan∠P0M=tan∠0PA= = .

②设 Q(n，n2)，∵tan∠QOB=tan∠POM，

∴ .∴n=

∴Q( ， )，∴OQ= .

当 OQ= OC 时，则C1(0， )，C2(0， );

当 OQ =CQ 时，则 C3(0，1).

(2)①∵P(m，m2)，设 Q(n，n2)，∵△APO∽△BOQ，∴

∴ ，得n= ，∴Q( ， ).

②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P(m，m2)、Q( ， )代入，得：

解得b=1，∴M(0，1)

∵ ，∠QBO=∠MOA=90°，

∴△QBO∽△MOA

∴∠MAO=∠QOB，

∴QO∥MA

同理可证：EM∥OD

又∵∠EOD=90°，

∴四边形ODME是矩形.

【24. 2012贵州安顺】

26.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为12cm、6cm，点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B，且18a+c=0.

(1)求抛物线的解析式.

(2)如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以2cm/s的速度向终点C移动.

①移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S，试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围.

②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形?如果存在，求出R点的坐标;如果不存在，请说明理由.

考点：二次函数综合题。

解答：解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，

由题意知点A(0，﹣12)，

所以c=﹣12，

又18a+c=0，

，

∵AB∥OC，且AB=6，

∴抛物线的对称轴是 ，

∴b=﹣4，

所以抛物线的解析式为 ;

(2)① ，(0

②当t=3时，S取最大值为9.

这时点P的坐标(3，﹣12)，

点Q坐标(6，﹣6)

若以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况：

(Ⅰ)当点R在BQ的左边，且在PB下方时，点R的坐标(3，﹣18)，将(3，﹣18)代入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点R的坐标就是(3，﹣18)，

(Ⅱ)当点R在BQ的左边，且在PB上方时，点R的坐标(3，﹣6)，将(3，﹣6)代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件.

(Ⅲ)当点R在BQ的右边，且在PB上方时，点R的坐标(9，﹣6)，将(9，﹣6)代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件.

综上所述，点R坐标为(3，﹣18).

【25. 2012•资阳】

25.抛物线 的顶点在直线y=x+3上，过点F(﹣2，2)的直线交该抛物线于点M、N两点(点M在点N的左边)，MA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B.

(1)先通过配方求抛物线的顶点坐标(坐标可用含m的代数式表示)，再求m的值;

(2)设点N的横坐标为a，试用含a的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF=NB;

(3)若射线NM交x轴于点P，且PA•PB= ，求点M的坐标.

考点： 二次函数综合题。

专题： 压轴题。

分析： (1)利用配方法将二次函数整理成顶点式即可，再利用点在直线上的性质得出答案即可;

(2)首先利用点N在抛物线上，得出N点坐标，再利用勾股定理得出NF2=NC2+FC2，进而得出NF2=NB2，即可得出答案;

(3)求点M的坐标，需要先求出直线PF的解析式.首先由(2)的思路得出MF=MA，然后连接AF、FB，通过证明△PFA∽△PBF，利用相关的比例线段将PA•PB的值转化为PF的值，进而求出点F的坐标和直线PF的解析式，即可得解.

解答： 解：(1)y= x2+x+m= (x+2)2+(m﹣1)

∴顶点坐标为(﹣2，m﹣1)

∵顶点在直线y=x+3上，

∴﹣2+3=m﹣1，

得m=2;

(2)∵点N在抛物线上，

∴点N的纵坐标为： a2+a+2，

即点N(a， a2+a+2)

过点F作FC⊥NB于点C，

在Rt△FCN中，FC=a+2，NC=NB﹣CB= a2+a，

∴NF2=NC2+FC2=( a2+a)2+(a+2)2，

=( a2+a)2+(a2+4a)+4，

而NB2=( a2+a+2)2，

=( a2+a)2+(a2+4a)+4

∴NF2=NB2，

NF=NB;

(3)连接AF、BF，

由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由(2)的结论知，MF=MA，

∴∠MAF=∠MFA，

∵MA⊥x轴，NB⊥x轴，

∴MA∥NB，∴∠AMF+∠BNF=180°

∵△MAF和△NFB的内角总和为360°，

∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°，

∵∠MAB+∠NBA=180°，

∴ ∠FBA+∠FAB=90°，

又∵∠FAB+∠MAF=90°，

∴∠FBA=∠MAF=∠MFA，

又∵∠FPA=∠BPF，

∴△PFA∽△PBF，

∴ = ，PF2=PA×PB= ，

过点F作FG⊥x轴于点G，在Rt△PFG中，

PG= = ，

∴PO=PG+GO= ，

∴P(﹣ ，0)

设直线PF：y=kx+b，把点F(﹣2，2)、点P(﹣ ，0)代入y=kx+b，

解得k= ，b= ，

∴直线PF：y= x+ ，

解方程 x2+x+2= x+ ，

得x=﹣3或x=2(不合题意，舍去)，

当x=﹣3时，y= ，

∴M(﹣3， ).

点评： 考查了二次函数综合题，在该二次函数综合题中，融入了勾股定理、相似三角形等重点知识，(3)题通过构建相似三角形将PA•PB转化为PF的值是解题的关键，也是该题的难点.

【26. 2012•德州】

23.如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合)将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H ，折痕为EF，连接BP、BH.

(1)求证：∠APB=∠BPH;

(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化?并证明你的结论;

(3)设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值?若存在，求出这个最小值;若不存在，请说明理由.

考点： 翻折变换(折叠问题);二次函数的最值;全等三角形的判定与性质;正方形的性质。

分析： (1)根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案;

(2)首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8;

(3)利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，(4﹣BE)2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可.

解答： (1)解：如图1，∵PE=BE，

∴∠EBP=∠EPB.

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP.

即∠PBC=∠BPH.

又∵AD∥BC，

∴∠APB=∠PBC.

∴∠APB=∠BPH.

(2)△PHD的周长不变为定值8.

证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q.

由(1)知∠APB=∠BPH，

又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，

∴△ABP≌△QBP.

∴AP=QP，AB=BQ.

又∵AB=BC，

∴BC=BQ.

又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，

∴△BCH≌△BQH.

∴CH=QH.

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8.

(3)如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB.

又∵EF为折痕，

∴EF⊥BP.

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，

∴∠EFM=∠ABP.

又∵∠A=∠EMF=90°，

∴△EFM≌△BPA.

∴EM=AP=x.

∴在Rt△APE中，(4﹣BE)2+x2=BE2.

解得， .

∴ .

又四边形PEFG与四边形BEFC全等，

∴ .

即： .

配方得， ，

∴当x=2时，S有最小值6.

点评： 此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理、二次函数的最值问题等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键.

【27. 2012•湘潭】

26.如图，抛物线 的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为(4，0).

(1)求抛物线的解析式;

(2)试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标;

(3)若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标.

考点： 二次函数综合题。

专题： 转化思想。

分析： (1)该函数解析式只有一个待定系数，只需将B点坐标代入解析式中即可.

(2)首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标.

(3)△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M.

解答： 解：(1)将B(4，0)代入抛物线的解析式中，得：

0=16a﹣×4﹣2，即：a=;

∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2.

(2)由(1)的函数解析式可求得：A(﹣1，0)、C(0，﹣2);

∴OA=1，OC=2，OB=4，

即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，

∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC;

∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，

∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径;

所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：(，0).

(3)已求得：B(4，0)、C(0，﹣2)，可得直线BC的解析式为：y=x﹣2;

设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：

x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0;

∴4﹣4×(﹣2﹣b)=0，即b=4;

∴直线l：y=x﹣4.

由于S△MBC=BC×h，当h最大(即点M到直线BC的距离最远)时，△ABC的面积最大

所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：

，

解得：

即 M(2，﹣3).

点评： 考查了二次函数综合题，该题的难度 不算太大，但用到的琐碎知识点较多，综合性很强.熟练掌握直角三角形的相关性质以及三角形的面积公式是理出思路的关键.

【28. 2012•济宁】

23.如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A(4，0)、B(﹣2，0)两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点(端点除外)，过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP.

(1)求该抛物线的解析式;

(2)当动点P运动到何处时，BP2=BD•BC;

(3)当△PCD的面积最大时，求点P的坐标.

考点： 二次函数综合题。

专题： 压轴题;转化思想。

分析： (1)该抛物线的解析式中有两个待定系数，只需将点A、B的坐标代入解析式中求解即可.

(2)首先设出点P的坐标，由PD∥AC得到△BPD∽△BAC，通过比例线段可表示出BD的长;BC的长易得，根据题干给出的条件BP2=BD•BC即可求出点P的坐标.

(3)由于PD∥AC，根据相似三角形△BPD、△BAC的面积比，可表示出△BPD的面积;以BP为底，OC为高，易表示出△BPC的面积，△BPC、△BPD的面积差为△PDC的面积，通过所列二次函数的性质，即可确定点P的坐标.

解答： 解：(1)由题意，得 ，

解得 ，

∴抛物线的解析式为y= ﹣x﹣4;

(2)设点P运动到点(x，0)时，有BP2=BD•BC，

令x=0时，则y=﹣4，

∴点C的坐标为(0，﹣4).

∵PD∥AC，

∴△BPD∽△BAC，

∴ .

∵BC= ，

AB=6，BP=x﹣(﹣2)=x+2.

∴BD= = = .

∵BP2=BD•BC，

∴(x+2)2= ，

解得x1= ，x2=﹣2(﹣2不合题意，舍去)，

∴点P的坐标是( ，0)，即当点P运动到( ，0)时，BP2=BD•BC;

(3)∵△BPD∽△BAC，

∴ ，

∴ ×

S△BPC= ×(x+2)×4﹣

∵ ，

∴当x=1时，S△BPC有最大值为3.

即点P的坐标为(1，0)时，△PDC的面积最大.

点评： 该题综合了相似三角形、图形面积的求法等知识，难度系数大，(3)题中，将所求三角形的面积进行适当的转化是解题的关键所在.

【29. 2012•德阳】

24.在平面直角坐标xOy中，(如图)正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正半轴上，边OC在y轴的正半轴上，点D是OC的中点，BE⊥DB交x轴于点E.

(1)求经过点D、B、E的抛物线的解析式;

(2)将∠DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交(1)中的抛物线于M(不与点B重合)，如果点M的横坐标为 ，那么结论OF= DG能成立吗?请说明理由;

(3)过(2)中的点F的直线交射线CB于点P，交(1)中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使△PFE为等腰三角形，求Q点的坐标.

考点： 二次函数综合题。

分析： (1)本题关键是求得E点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式.如题图，可以证明△BCD≌△BAE，则AE=CD，从而得到E点坐标;

(2)首先求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，进而得到线段CG、DG的长度;由△BCG≌△BAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度.比较OF与DG的长度，它们满足OF= DG的关系，所以结论成立;

(3)本问关键在于分类讨论.△PFE为等腰三角形，如解答图所示，可能有三种情况，需逐一讨论并求解.

解答： 解：(1)∵BE⊥DB交x轴于点E，OABC是正方形，

∴∠DBC=EBA.

在△BCD与△BAE中，

∵ ，

∴△BCD≌△BAE，∴AE=CD.

∵OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，

∴A(4，0)，B(4，4)，C(0，4)，D(0，2)，∴E(6，0).

设过点D(0，2)，B(4，4)，E(6，0)的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则有：

，

解得 ，

∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：y= x2+ x+2.

(2)结论OF= DG能成立.理由如下：

由题意，当∠DBE绕点B旋转一定的角 度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG.

∵xM= ，∴yM= xM2+ xM+2= ，∴M( ， ).

设直线MB的解析式为yMB=kx+b，

∵M( ， )，B(4，4)，

∴ ，

解得 ，

∴yMB= x+6，

∴G(0，6)，

∴CG=2，DG=4.

∴AF= CG=2，OF=OA﹣AF=2，F(2，0).

∵OF=2，DG=4，

∴结论OF= DG成立.

(3)如图，△PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下：

①若PF=FE.

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，

∴此时P点位于射线CB上，

∵F(2，0)，

∴P(2，4)，此时直线FP⊥x轴，

∴xQ=2，

∴yQ= xQ2+ xQ+2= ，∴Q1(2， );

②若PF=PE.

如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，

∴△BEF为等腰三角形，

∴此时点P、Q与点B重合，

∴Q2(4，4);

③若PE=EF.

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，

∴此时P点位于射线CB上，

∵E(6，0)，∴P(6，4).

设直线yPF的解析式为yPF=kx+b，∵F(2，0)，P(6，4)，

∴ ，

解得 ，

∴yPF=x﹣2.

∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，

∴ x2+ x+2=x﹣2，化简得5x2﹣14x﹣48=0，

解得x1= ，x2=﹣2(不合题意，舍去)

∴xQ=2，

∴yQ=xQ﹣2= ﹣2= .

∴Q3( ， ).

综上所述，Q点的坐标为Q1(2， )或Q2(4，4)或Q3( ， ).

点评： 本题是二次函数综合题，考查了二次 函数的图象与性质、待定系数法求二次函数的解析式、待定系数法求一次函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形性质等知识点，考查内容涉及初中数学代数与几何的多个重要知识点，难度较大.本题第(3)问需要针对等腰三角形△PFE的三种可能情况进行分类讨论，避免漏解.

【30. 2012无锡】

26.如图1，A.D分别在x轴和y轴上，CD∥x轴，BC∥y轴.点P从D点出发，以1cm/s的速度，沿五边形OABCD的边匀速运动一周.记顺次连接P、O、D三点所围成图形的面积为Scm2，点P运动的时间为ts.已知S与t之间的函数关系如图2中折线段OEFGHI所示.

(1)求A.B两点的坐标;

(2)若直线PD将五边形OABCD分成面积相等的两部分，求直线PD的函数关系式.

考点：动点问题的函数图象;一次函数综合题。

分析：(1)先连接AD，设点A的坐标为(a，0)，由图2得出DO=6﹣AO和S△AOD=4，即可得出 DO•AO=4，从而得出a的值，再根据图2得出A的坐标，

再延长CB交x轴于M，根据D点的坐标得出AB=5cm，CB=1cm，即可求出AM= =4，从而得出点B的坐标.

(2)先设点P(x，y)，连PC.PO，得出S四边形DPBC的面积，再进行整理，即可得出x与y的关系，再由A，B点的坐标，求出直线AB的函数关系式，从而求出x、y的值，即可得出P点的坐标，再设直线PD的函数关系式为y=kx+4，求出K的值，即可得出直线PD的函数关系式.

解答：解：(1)连接AD，设点A的坐标为(a，0)，

由图2知，DO+OA=6cm，

DO=6﹣AO，

由图2知S△AOD=4，

∴ DO•AO=4，

∴a2﹣6a+8=0，

解得a=2或a=4，

由图2知，DO>3，

∴AO<3，

∴a=2，

∴A的坐标为(2，0)，

D点坐标为(0，4)，

在图1中，延长CB交x轴于M，

由图2，知AB=5cm，CB=1cm，

∴MB=3，

∴AM= =4.

∴OM =6，

∴B点坐标为(6，3);

(2)显然点P一定在AB上.设点P(x，y)，连PC.PO，则

S四边形DPBC=S△DPC+S△PBC= S五边形OABCD= (S矩形OMCD﹣S△ABM)=9，

∴ 6×(4﹣y)+ ×1×(6﹣x)=9，

即x+6y=12，

同理，由S四边形DPAO=9可得2x+y=9，

由A(2，0)，B(6，3)求得直线AB的函数关系式为y= ，

由 [或 或 ]

解得x= ，y= .

∴P( ， )，

设直线PD的函数关系式为y=kx+4，

则 = k+4，

∴k=﹣ ，

∴直线PD的函数关系式为y=﹣ x+4.

点评：此题考查了动点问题的函数图象，解题的关键是根据题意设出函数关系式，是难点，也是中考的重点，需熟练掌握.

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