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2023年河北省邢台市中考数学一模试卷（含解析）
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这是一份2023年河北省邢台市中考数学一模试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省邢台市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 4sin260°的值为( )
A. 3 B. 1 C. 32 D. 3
2. 已知反比例函数y=−4x，当x≤−2时，y有( )
A. 最小值2 B. 最大值2 C. 最小值−2 D. 最大值−2
3. 某个几何体的三视图如图所示，该几何体是( )
A. B. C. D.
4. 嘉淇准备解一元二次方程4x2+7x+□=0时，发现常数项被污染，若该方程有实数根，则被污染的数可能是( )
A. 3 B. 5 C. 6 D. 8
5. 如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上.下列三角形中，外心不是点O的是( )
A. △ABC
B. △ABD
C. △ABE
D. △ABF
6. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O位似，且OB=2OE，若S△ABC=4，则S△DEF为( )
A. 1 B. 2 C. 12 D. 32
7. 关于抛物线C1：y1=2x2−1与C2：y2=2(x−2)2−3，下列说法不正确的是( )
A. 两条抛物线的形状相同 B. 抛物线C1通过平移可以与C2重合
C. 抛物线C1与C2的对称轴相同 D. 两条抛物线均与x轴有两个交点
8. 下列说法正确的是( )
A. “将三条线段首尾顺次相接可以组成三角形”是必然事件
B. 如果明天降水的概率是50%，那么明天有半天都在降雨
C. 数据4，5，5，4，3中没有众数
D. 若A，B两组数据的平均数相同，sA2=0.01，sB2=1，则A组数据较稳定
9. 如图，电线杆AB的中点C处有一标志物，在地面D处测得标志物的仰角为32°.若D到电线杆底部B的距离为a，则电线杆AB的长为( )
A. 2a⋅cos32°
B. 2a⋅tan32°
C. 2asin32∘
D. 2atan32∘
10. 如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠BAC，则添加下列条件后，不能判定△ADC和△BAC相似的是( )
A. CA平分∠BCD
B. ∠DAC=∠ABC
C. ACBC=CDAC
D. ADAB=CDAC
11. 一个球从地面竖直向上弹起时的速度为8米/秒，经过t秒时球的高度为h米，h和t满足公式：h=v0t−12gt2(v0表示球弹起时的速度，g表示重力系数，取g=10米/秒 2)，则球不低于3米的持续时间是( )
A. 0.4秒 B. 0.6秒 C. 0.8秒 D. 1秒
12. 如图是一个古代车轮的碎片，小明为求其外圆半径，连接外圆上的A，B两点，并使AB与车轮内圆相切于点D，已知O为车轮外圆和内圆的圆心，连接OD并延长交外圆于点C.测得CD=10cm，AB=60cm，则车轮的外圆半径是( )
A. 10cm B. 30cm C. 50cm D. 60cm
13. 德尔塔(Delta)是一种全球流行的新冠病毒变异毒株，其传染性极强.某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒，下面所列方程正确的是( )
A. 1+x+x2=144 B. x(x+1)=144
C. 1+x+x(x+1)=144 D. 1+(1+x)+x(x+1)=144
14. 如图，已知AB是半圆O的直径，点C，D将AB分成相等的三段弧，点M在AB的延长线上，连接MD.对于下列两个结论，判断正确的是( )
结论Ⅰ：若∠OMD=30°，则MD为半圆O的切线；
结论Ⅱ：连接AC，CD，则∠ACD=130°．
A. Ⅰ和Ⅱ都对 B. Ⅰ对Ⅱ错 C. Ⅰ错Ⅱ对 D. Ⅰ和Ⅱ都错
15. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−2，并与x轴交于A，B两点，且OA=5OB，下列结论不正确的是( )
A. abc>0
B. b−4a=0
C. a+b+c>0
D. 若m为任意实数，则am2+bm≤4a−2b
16. 题目：“如图，在矩形ABCD中，AB=9，BC=15，P，Q分别是BC，CD上的点.”张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解决，甲、乙两人的做法如下.下列判断正确的是( )
甲：若CQ=4，则在BC上存在2个点P，使△ABP与△PCQ相似；
乙：若AP⊥PQ，则CQ的最大值为254．
A. 甲对乙错 B. 甲错乙对 C. 甲、乙都对 D. 甲、乙都错
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 在一个不透明的口袋中装有12个白球、16个黄球、24个红球、28个绿球，除颜色其余都相同，小明通过多次摸球试验后发现，摸到某种颜色的球的频率稳定在0.3左右，则小明做实验时所摸到的球的颜色是 ．
18. 如图，从一个边长为2的铁皮正六边形ABCDEF上，剪出一个扇形CAE．
(1)∠ACE的度数为 ．
(2)若将剪下来的扇形CAE围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ．
19. 如图，在平面直角坐标系中，已知双曲线y=kx(k<0,x<0)把Rt△AOB分成W1，W2两部分，且与AB，OA交于点C，D，点A的坐标为(−6,4)．
(1)连接OC，若S△OAC=9．
①k的值为 ；
②点D的坐标为 ；
(2)若W1内(不含边界)的整点(横、纵坐标均为整数的点)与W2内(不含边界)的整点个数比为3：4，则k的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题9.0分)
嘉嘉解方程x2+2x−3=0的过程如表所示．
解方程：x2+2x−3=0
解：x2+2x=3……第一步
(x+1)2=3……第二步
x1=3−1，x2=−3−1……第三步
(1)嘉嘉是用 (填“配方法”“公式法”或“因式分解法”)来求解的；从第 步开始出现错误；
(2)请你用不同于(1)中的方法解该方程．
21. (本小题9.0分)
如图，小欢从公共汽车站A出发，沿北偏东30°方向走2000米到达东湖公园B处，参观后又从B处沿正南方向行走一段距离，到达位于公共汽车站南偏东45°方向的图书馆C处．
(1)求小欢从东湖公园走到图书馆的途中与公共汽车站之间的最短距离；
(2)如果小欢以100米/分的速度从图书馆C沿CA回到公共汽车站A，那么她在15分钟内能否到达公共汽车站？(注：2≈1.414，3≈1.732)
22. (本小题9.0分)
如图1，将一长方体A放置于一水平玻璃桌面上，按不同的方式摆放，记录桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)的关系如下表所示(与长方体A相同重量的长方体均满足此关系)．
桌面所受压强P(Pa)
100
200
400
500
800
受力面积S(m2)
2
1
0.5
0.4
a
(1)根据数据，求桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)之间的函数表达式及a的值；
(2)现想将另一长、宽、高分别为0.2m，0.1m，0.3m，且与长方体A相同重量的长方体按如图2所示的方式放置于该水平玻璃桌面上.若该玻璃桌面能承受的最大压强为5000Pa，请你判断这种摆放方式是否安全？并说明理由，
23. (本小题10.0分)
为奖励期末考试优异的学生，王老师去文具店购买笔记本，购买情况如图所示．
(1)王老师购买笔记本的平均价格为 元；若从中随机拿出一个笔记本，则拿到10元笔记本的概率为 ；
(2)若王老师已拿出一个10元笔记本后，准备从剩余3个笔记本中随机再拿出一个本．
①所剩的3个笔记本价格的中位数与原来4个笔记本价格的中位数是否相同？并说明理由；
②在剩余的3个笔记本中，若王老师先随机拿出一个笔记本后放回，之后又随机拿一个笔记本，用列表法(如下表)求王老师两次都拿到相同价格的笔记本的概率．
又拿
先拿
24. (本小题10.0分)
如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D，E分别为边AB，AC上的点，且DE//BC.已知BC=10，ADDB=32．
(1)DE的长为 ；△ADE与△ABC的周长比为 ；
(2)将△ADE绕点A旋转，连接BD，CE．
①当△ADE旋转至图2所示的位置时，求证：△ABD∽△ACE；
②如图3，当△ADE旋转至点D在BC上时，AD⊥BC，直接写出AB及EC的长．
25. (本小题10.0分)
如图，已知点A(0,2)，B(2,2)，C(−1,−2)，抛物线F：y=x2−2mx+m2−2与直线x=−2交于点P．
(1)当抛物线F经过点C时，求它的函数表达式；
(2)设点P的纵坐标为yP，求yP的最小值，此时抛物线F上有两点(x1,y1)，(x2,y2)，且x1
26. (本小题12.0分)
在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，半圆O的直径EF开始在边BC上，且点E与点C重合，EF=4.将半圆O绕点C顺时针旋转α(0°<α≤90°)，当α=60°时，半圆O与AD相切于点P.如图1所示．
(1)求AC的长度；
(2)如图2，当AC，BC分别与半圆O交于点M，N时，连接MN，OM，ON．
①求∠MON的度数；
②求MN的长度；
(3)当α=90°时，将半圆O沿边BC向左平移，设平移距离为x，当EF与△ABC的边一共有两个交点时，直接写出x的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：4sin260°=4×(32)2=3．
故选：A．
根据特殊角的三角函数值计算即可得出答案．
本题考查特殊角的三角函数值，正确计算是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】B解：反比例函数y=−4x中，k=−4<0，
∴函数图像经过第二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，
∵当x=−2时，y=−4−2=2，
∴当x≤−2时，y≤2，
∴当x≤−2时，有最大值2．
故选：B．
先判断出函数图象所在的象限，再求出x=−2时y的值，进而可得出结论．
本题主要考查反比例函数性质，理解并掌握反比例函数的k值大小与图象的特点是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据俯视图知第一层有3个，前面一排有2个，故排除掉A、C选项，
根据主视图和左视图知第二层第一列有1个，排除掉D，
故选：B．
根据三视图结合选项利用排除法求解．
本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是有一定的空间想象能力，难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：设被污染的数为a，
根据题意可得：72−4×4a≥0，
解得：a≤4916，
则被污染的数可能是3．
故选：A．
根据一元二次方程根的判别式可得72−4×4a≥0，即可得出答案．
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是根据方程有实数根，得出72−4×4a≥0．
5.【答案】C
【解析】解：∵OA=OB=22+12=5，OE=2，
∴OA=OB≠OE，
∴点O不是△ABE的外心，
故选：C．
根据三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点解答即可．
本题考查了三角形的外接圆与外心，熟练掌握三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，
∴△ABC与△DEF相似比为：2：1，
∴△ABC与△DEF面积之比为4：1，
∵S△ABC=4，，
S△DEF=1．
故选：A．
直接利用位似图形的性质得出△DEF与△ABC的面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的相关知识是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：y1=2x2−1与C2：y2=2(x−2)2−3的形状相同，故A正确，不符合题意；
将抛物线y1=2x2−1向右平移2个单位，向下平移2个单位，得到y2=2(x−2)2−3，所以抛物线C1通过平移可以与C2重合，故B正确，不符合题意；
抛物线y1=2x2−1关于y轴对称，y2=2(x−2)2−3的顶点坐标为(2,−3)，对称轴是直线x=2，抛物线C1与C2的对称轴不相同，故C不正确，符合题意；
当y1=2x2−1=0时，Δ=0−4×2×(−1)=8>0，故抛物线与x轴有两个交点，当y2=2(x−2)2−39=0时，Δ=64−4×2×5=24>0，故抛物线与x轴有两个交点，故D正确，不符合题意．
故选：C．
根据二次函数的性质逐项判断即可得出答案．
本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，其中熟练的掌握给定函数解析式求顶点坐标，对称轴方程，是解答的关键．
8.【答案】D
【解析】解：A.“将三条线段首尾顺次相接可以组成三角形”是随机事件，此选项错误；
B.如果明天降水的概率是50%，那么明天降雨的可能性有一半，此选项错误；
C.数据4，5，5，4，3中众数是4和5，此选项错误；
D.若A，B两组数据的平均数相同，sA2=0.01，sB2=1，则A组数据较稳定，此选项正确；
故选：D．
根据随机事件、可能性大小、众数的概念及方差的意义求解即可．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握据随机事件、可能性大小、众数的概念及方差的意义．
9.【答案】B
【解析】解：由题意可知：AB=2BC，BD=a，∠CDB=32°，AB⊥BD．
在Rt△BDC中，
∵tan∠CDB=CBBD，
∴BC=BD⋅tan∠CDB
=a⋅tan32°．
∴AB=2BC=2a⋅tan32°．
故选：B．
利用直角三角形的边角间关系在Rt△BDC中先求出BC，再利用线段中点求出AB．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：在△ADC和△BAC中，∠ADC=∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：
①∠DAC=∠ABC或CA是∠BCD的平分线；
②ADAB=DCAC；
故选：C．
已知∠ADC=∠BAC，则A、D选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似；B选项可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定．
此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵v0=8，g=10，
∴h=8t−5t2，
将h=3代入h=8t−5t2得3=8t−5t2，
解得t1=35，t2=1，
∴球不低于3米的持续时间是1−35=25=0.4(秒)，
故选：A．
将v0=8，g=10，h=3代入h=v0t−12gt2求解．
本题考查二次函数的应用，解题关键是理解题意，通过解方程作答．
12.【答案】C
【解析】解：如图，连接OA，
∵CD=10cm，AB=60cm，
∵CD⊥AB，
∴OC⊥AB，
∴AD=12AB=30cm，
∴设半径为r，则OD=r−10，
根据题意得：r2=(r−10)2+302，
解得：r=50．
∴这个车轮的外圆半径长为50cm．
故选：C．
根据垂径定理求得AD=30cm，然后根据勾股定理即可求得半径．
本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是本题的关键．
13.【答案】C
【解析】解：设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，
根据题意得：1+x+x(x+1)=144．
故选：C．
设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，根据“某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒”，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14.【答案】B
【解析】解：连接OD，OC，
∵点C，D将AB分成相等的三段弧，
∴AC=DC=DB，
∴∠AOC=∠DOB=13×180°=60°，
∵∠OMD=30°，
∴∠ODM=90°，
∵OD是半径，
∴MD为半圆O的切线，故I对，
连接AC，CD，
∵OD，OC是半径，∠AOC=∠COD=60°，
∴△AOC，△DOC是等边三角形，
∴∠ACO=∠DCO=60°，
∴∠ACD=120°，故II错，
故选：B．
连接OD，OC，先得出AC=DC=DB，∠AOC=∠DOB=13×180°=60°，进而得出∠ODM=90°，MD为半圆O的切线；连接AC，CD，再证明△AOC，△DOC是等边三角形，即可得出∠ACD=120°．
本题考查切线的判定，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc>0，故A正确，不合题意．
∵∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a，
∴b−4a=0，故B正确，不合题意；
∵OA=5OB，对称轴为直线x=−2，
∴点B坐标为(1,0)，
∴x=1时，y=a+b+c=0，故C错误，符合题意．
∵x=−2时y取最大值，
∴am2+bm+c≤4a−2b+c，即则am2+bm≤4a−2b，故D正确，不合题意．
故选：C．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断A、B，由OA=5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断C，由x=−2时y取最大值可判断D．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
16.【答案】B
【解析】解：甲：∵△ABP与△PCQ相似，∠B=∠C=90°，
∴分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解：
①当△ABP∽△PCQ时，设BP=x，则PC=15−x，
∴ABPC=BPCQ，即915−x=x4，
解得：x=3或x=12，
②当△ABP∽△QCP时，设BP=x，则PC=15−x，
∴ABQC=BPCP，即94=x15−x，
解得：x=13513，
综上所述，当CQ=4，在BC上存在3个点P，使△ABP与△PCQ相似，故甲错误；
乙：∵AP⊥PQ，
∴∠APQ=90°，
∴∠APB+∠CPQ=90°，
又∵∠APB+∠BAP=90°，
∴∠CPQ=∠BAP，
∴△ABP∽△PCQ，
∴ABPC=BPCQ，
设BP=x，则PC=15−x，
即915−x=xCQ，
∴CQ=(15−x)x9=−(x−152)2+22549，
∵−(x−152)2≤0，
∴当x=152时，CQ最大，且CQ=254，故乙正确．
故选：B．
(1)由△ABP与△PCQ相似，∠B=∠C=90°，分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解：设BP=x，则PC=15−x，将各值分别代入ABPC=BPCQ与ABQC=BPCP中计算求解即可判断甲的正误；由AP⊥PQ，可证△ABP∽△PCQ，则ABPC=BPCQ，设BP=x，则PC=15−x，即915−x=xCQ，解得CQ=(15−x)x9=−(x−152)2+22549，然后求最大值即可判断乙的正误．
本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于根据相似三角形的性质写出等量关系式．
17.【答案】红色
【解析】解：共有12+16+24+28=80个球，
∵白球的概率为：1280=320；
黄球的概率为：1680=15；
红球的概率为：2480=310≈0.3；
绿球的概率为：2880=720．
∴小明做实验时所摸到的球的颜色是红色
故答案为：红色．
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手解答即可．
本题考查利用频率估计概率问题，利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是利用红球的概率公式解答．
18.【答案】60° 33
【解析】解：(1)如图，过点B作BM⊥AC于点M，
正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB=BC=2，
∠ABC=∠BCD=120°，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∴BM=1，AM=CM=3，
∴AC=23，
∠ACE=120°−30°−30°=60°，
(2)∴AE的长为60π×23180=233π，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=233π，
即r=33，
故答案为：60°，33．
(1)根据正六边形的性质可求出AB=BC=2，∠B=∠BCD=120°，进而求出阴影部分扇形的半径AC和圆心角的度数；
(2)利用弧长公式求出AE的长，再根据圆的周长公式求出圆锥的底面半径．
本题考查圆与正多边形，求弧长，求圆锥的底面半径，掌握正六边形的性质以及正六边形与圆的相关计算，掌握正多边形与圆的相关计算方法是解题的关键．
19.【答案】−6 (−3,2) −8
∵点A的坐标为(−6,4)，
∴OB=6，AB=4，
∴S△AOB=12OB⋅AB=12×6×4=12，
∵S△OAC=9，
∴S△BOC=12−9=3，
∵Rt△AOB中，AB⊥OB，
∴S△BOC=12|k|，
∴k=−6；
②过点D作DE⊥OB于E，则DE//AB，
∴△DOE∽△AOB，
∴S△DOES△AOB=(DEAB)2，
∴S△DOE=12|k|=3，AB=4，
∴312=(DE4)2，
∴DE=2，
∴D点的纵坐标为2，
把y=2代入y=−6x得，x=−3，
∴D(−3,2)．
故答案为：−6；(−3,2)；
(2)∵点A的坐标为(−6,4)，
∴直线OA为y=−23x，
∴△AOB内部的整数点为(−2,1)，(−3,1)，(−4,1)，(−4,2)，(−5,1)，(−5,2)，(−5,3)，
∵W1内(不含边界)的整点(横、纵坐标均为整数的点)与W2内(不含边界)的整点个数比为3：4，
∴点(−4,2)，(−5,2)，(−5,3)在W1内，(−2,1)，(−3,1)，(−4,1)，(−5,1)在W2内，
∴k的取值范围为−8
②利用三角形相似的性质，以及反比例函数系数k的几何意义即可求解；
(2)根据反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象上点的横纵坐标之积为k求得即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象上点的横纵坐标之积为k是解题的关键．
20.【答案】配方法 二
【解析】解：(1)嘉嘉是用配方法来求解的；从第二步开始出现错误；
故答案为：配方法，二；
(2)∵x2+2x−3=0，
∴(x+3)(x−1)=0，
则x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1．
(1)根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可；
(2)利用十字相乘将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
21.【答案】解：(1)过点A作AD⊥BC于点D，
∵B位于A的北偏东30°方向，AB=2000米，
∴∠B=30°，AD=12AB=1000(米)，
答：小欢从东湖公园走到图书馆的途中与公共汽车站之间最短的距离是1000米；
(2)Rt△ADC中，
∵∠DAC=45°，AD=1000米，
∴AC=ADcos45∘=10002≈1414(米)，
∵1414<15×100，
∴小欢15分钟内能到达公共汽车站．
【解析】(1)过点A作AD⊥C于点D，根据B位于A的北偏东30°方向和AB=2000米可得AD的长度；
(2)根据45°角的余弦和AD的长可得AC的长度，再结合小欢的速度可得答案．
本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题，将解直角三角形的相关知识与实际生活有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
22.【答案】解：(1)由表格可知，压强P与受力面积S的乘积不变，故压强P是受力面积S的反比例函数，
设P=kS，将(400,0.5)代入得：
0.5=k400，
解得k=200，
∴P=200S，
当P=800时，800=200a，
∴a=0.25，
答：P=200S，a=0.25；
(2)这种摆放方式不安全，理由如下：
由图可知S=0.1×0.2=0.02(m2)，
∴将长方体放置于该水平玻璃桌面上，P=2000.02=10000(Pa)，
∵10000>2000，
∴这种摆放方式不安全．
【解析】(1)用待定系数法可得函数关系式，令P=800可得a的值；
(2)算出S，即可求出P，比较可得答案．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出函数关系式．
23.【答案】8.75 12 7 8 10 7 (7,7) (8,7) (10,7) 8 (7,8) (8,8) (10,8) 10 (7,10) (8,10) (10,10)
【解析】解：(1)王老师购买笔记本的平均价格为7+8+10+104=8.75(元)，
若从中随机拿出一个笔记本，则拿到10元笔记本的概率为24=12；
故答案为：8.75，12；
(2)①不相同，
所剩的3个笔记本价格的中位数为8元，原中位数为8+92=8.5(元)．
②列表如下：
又拿
先拿
7
8
10
7
(7,7)
(8,7)
(10,7)
8
(7,8)
(8,8)
(10,8)
10
(7,10)
(8,10)
(10,10)
由表知，共有9种等可能结果，其中王老师两次都拿到相同价格的笔记本有3种结果，
所以王老师两次都拿到相同价格的笔记本概率为39=13．
(1)根据算术平均数的定义和概率公式求解即可；
(2)①根据中位数的定义求解即可；
②列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
24.【答案】6 3：5
【解析】解：(1)∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB，
∵ADDB=32，
∴ADAB=35，
∴DE10=35，
∴DE=6，
∴△ADE与△ABC的周长比为3：5．
故答案为：6，3：5；
(2)①证明：∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，∠BAC=∠DAE，
∴ABAC=ADAE，∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE；
②解：如图3中，设AD=3k，AB=5k．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴BD=AB2−AD2=(5k)2−(3k)2=4k，
∵∠ABD=∠ABC，∠ADB=∠BAC=90°，
∴△ABD∽△CBA，
∴ABCB=BDAB，
∴AB2=BD⋅BC，
∴(5k)2=4k×10，
∵k≠0，
∴k=85，
∴AB=8，BD=325，
∵∠BAC=90°，BC=10，
∴AC=BC2−AB2=102−82=6，
∵△AB∽△ACE，
∴BDCE=ABAC=43，
∴325EC=43，
∴EC=245．
(1)证明△AE∽△ABC，利用相似三角形的性质求解；
(2)①利用两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可；
②如图3中，设AD=3k，AB=5k.利用勾股定理，相似三角形的性质求解即可．
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
25.【答案】解：(1)∵抛物线F经过点C(−1,−2)，
∴−2=(−1)2−2×m×(−1)+m2−2，
解得，m=−1，
∴抛物线F的表达式是：y=x2+2x−1；
(2)当x=−2时，yp=4+4m+m2−2=(m+2)2−2，
∴当m=−2时，yp取得最小值，最小值是−2，
此时抛物线F的表达式是：y=x2+4x+2=(x+2)2−2，
∴当x≤−2时，y随x的增大而减小，
∵x1
(3)m的取值范围是−2≤m≤0或2≤m≤4，
理由：∵抛物线F与线段AB有公共点，点A(0,2)，B(2,2)，
∴m2−2≤222−2m×2+m2−2≥2或m2−2≥222−2m×2+m2−2≤2或m2−2≥222−2m×2+m2−2≥20<−−2m2×1<2，
解得，−2≤m≤0或2≤m≤4．
【解析】(1)根据抛物线F：y=x2−2mnx+m2−2过点C(−1,−2)，可以求得抛物线F的表达式；
(2)根据题意，可以求得yP的最小值和此时抛物线的表达式，从而可以比较y1与y2的大小；
(3)根据题意可以列出相应的不等式组，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
26.【答案】解：(1)如图，连接OP，
等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，
∴∠CAD=30°，
半圆O与AD相切于点P，
∴∠APO=90°，OP=OC=12EF=2，
∴AO=2OP=4，
∴AC=AO+OC=6；
(2)①如图，由题意可知，
点M，N时，与半圆O上，
∴∠MON=2∠MCN=2×60°=120°；
②过O作OP⊥MN于P，
∵∠MON=120°，OM=ON=12FE=2，MN=2PN，
∴∠ONM=30°，
∴OP=12ON=1，
∴PN=ON2−OP2=3，
∴MN=23；
(3)由题意可知，EF始终与△ABC的BC交于一点，
如图，当F在AC上时，
在Rt△BEC中，∵∠FEC=90°，∠FCE=60°，EF=4，
∴∠EFC=30°，
∴CF=2CE，
∵CF2=CE2+EF2，
即(2CE)2=CE2+EF2，
解得CE=433，
∴x=433，
如图，当半圆O与AB相切于点P时，连接OP，OB，
∵OP⊥AB，OE⊥BC，OP=OE=12EF=2，
∴∠OBC=30°，
∴BO=2OE=4，
∵OB2=OE2+BE2，
即42=22+BE2，
解得：BE=23，
∴x=BC−BE=6−23，
如图，当F在AB上时，
在Rt△BEF中，
∵∠FEB=90°，∠FBE=60°，EF=4，
∴∠EFB=30°，
∴BF=2BE，
∵BF2=BE2+EF2，
解得BE=433，
∴x=BC−BE=6−433，
综上所述，当EF与△ABC的边一共有两个交点时0≤x≤433或x=6−23或6−433≤x<6．
【解析】(1)如图，连接OP，等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，∠CAD=30°半圆O与AD相切于点P，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求解；
(2)①根据圆周角可求解，②过O作OP⊥MN于P，结合①，可求得∠ONM=30°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得PN，进而求解；
(3)由题意可知，EF始终与△ABC的BC交于一点，即求出EF与AB，AC再有E以外的一个交点即可；如图，当F在AC上时，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得CE；如图，当半圆O与AB相切于点P时，连接OP，OB，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得BE，从而求解；如图，当F在AB上时，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得BE，从而求解．
本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含30°角的直角三角形．
2023年河北省邢台市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 4sin260°的值为( )
A. 3 B. 1 C. 32 D. 3
2. 已知反比例函数y=−4x，当x≤−2时，y有( )
A. 最小值2 B. 最大值2 C. 最小值−2 D. 最大值−2
3. 某个几何体的三视图如图所示，该几何体是( )
A. B. C. D.
4. 嘉淇准备解一元二次方程4x2+7x+□=0时，发现常数项被污染，若该方程有实数根，则被污染的数可能是( )
A. 3 B. 5 C. 6 D. 8
5. 如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上.下列三角形中，外心不是点O的是( )
A. △ABC
B. △ABD
C. △ABE
D. △ABF
6. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O位似，且OB=2OE，若S△ABC=4，则S△DEF为( )
A. 1 B. 2 C. 12 D. 32
7. 关于抛物线C1：y1=2x2−1与C2：y2=2(x−2)2−3，下列说法不正确的是( )
A. 两条抛物线的形状相同 B. 抛物线C1通过平移可以与C2重合
C. 抛物线C1与C2的对称轴相同 D. 两条抛物线均与x轴有两个交点
8. 下列说法正确的是( )
A. “将三条线段首尾顺次相接可以组成三角形”是必然事件
B. 如果明天降水的概率是50%，那么明天有半天都在降雨
C. 数据4，5，5，4，3中没有众数
D. 若A，B两组数据的平均数相同，sA2=0.01，sB2=1，则A组数据较稳定
9. 如图，电线杆AB的中点C处有一标志物，在地面D处测得标志物的仰角为32°.若D到电线杆底部B的距离为a，则电线杆AB的长为( )
A. 2a⋅cos32°
B. 2a⋅tan32°
C. 2asin32∘
D. 2atan32∘
10. 如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠BAC，则添加下列条件后，不能判定△ADC和△BAC相似的是( )
A. CA平分∠BCD
B. ∠DAC=∠ABC
C. ACBC=CDAC
D. ADAB=CDAC
11. 一个球从地面竖直向上弹起时的速度为8米/秒，经过t秒时球的高度为h米，h和t满足公式：h=v0t−12gt2(v0表示球弹起时的速度，g表示重力系数，取g=10米/秒 2)，则球不低于3米的持续时间是( )
A. 0.4秒 B. 0.6秒 C. 0.8秒 D. 1秒
12. 如图是一个古代车轮的碎片，小明为求其外圆半径，连接外圆上的A，B两点，并使AB与车轮内圆相切于点D，已知O为车轮外圆和内圆的圆心，连接OD并延长交外圆于点C.测得CD=10cm，AB=60cm，则车轮的外圆半径是( )
A. 10cm B. 30cm C. 50cm D. 60cm
13. 德尔塔(Delta)是一种全球流行的新冠病毒变异毒株，其传染性极强.某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒，下面所列方程正确的是( )
A. 1+x+x2=144 B. x(x+1)=144
C. 1+x+x(x+1)=144 D. 1+(1+x)+x(x+1)=144
14. 如图，已知AB是半圆O的直径，点C，D将AB分成相等的三段弧，点M在AB的延长线上，连接MD.对于下列两个结论，判断正确的是( )
结论Ⅰ：若∠OMD=30°，则MD为半圆O的切线；
结论Ⅱ：连接AC，CD，则∠ACD=130°．
A. Ⅰ和Ⅱ都对 B. Ⅰ对Ⅱ错 C. Ⅰ错Ⅱ对 D. Ⅰ和Ⅱ都错
15. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−2，并与x轴交于A，B两点，且OA=5OB，下列结论不正确的是( )
A. abc>0
B. b−4a=0
C. a+b+c>0
D. 若m为任意实数，则am2+bm≤4a−2b
16. 题目：“如图，在矩形ABCD中，AB=9，BC=15，P，Q分别是BC，CD上的点.”张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解决，甲、乙两人的做法如下.下列判断正确的是( )
甲：若CQ=4，则在BC上存在2个点P，使△ABP与△PCQ相似；
乙：若AP⊥PQ，则CQ的最大值为254．
A. 甲对乙错 B. 甲错乙对 C. 甲、乙都对 D. 甲、乙都错
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 在一个不透明的口袋中装有12个白球、16个黄球、24个红球、28个绿球，除颜色其余都相同，小明通过多次摸球试验后发现，摸到某种颜色的球的频率稳定在0.3左右，则小明做实验时所摸到的球的颜色是 ．
18. 如图，从一个边长为2的铁皮正六边形ABCDEF上，剪出一个扇形CAE．
(1)∠ACE的度数为 ．
(2)若将剪下来的扇形CAE围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为 ．
19. 如图，在平面直角坐标系中，已知双曲线y=kx(k<0,x<0)把Rt△AOB分成W1，W2两部分，且与AB，OA交于点C，D，点A的坐标为(−6,4)．
(1)连接OC，若S△OAC=9．
①k的值为 ；
②点D的坐标为 ；
(2)若W1内(不含边界)的整点(横、纵坐标均为整数的点)与W2内(不含边界)的整点个数比为3：4，则k的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题9.0分)
嘉嘉解方程x2+2x−3=0的过程如表所示．
解方程：x2+2x−3=0
解：x2+2x=3……第一步
(x+1)2=3……第二步
x1=3−1，x2=−3−1……第三步
(1)嘉嘉是用 (填“配方法”“公式法”或“因式分解法”)来求解的；从第 步开始出现错误；
(2)请你用不同于(1)中的方法解该方程．
21. (本小题9.0分)
如图，小欢从公共汽车站A出发，沿北偏东30°方向走2000米到达东湖公园B处，参观后又从B处沿正南方向行走一段距离，到达位于公共汽车站南偏东45°方向的图书馆C处．
(1)求小欢从东湖公园走到图书馆的途中与公共汽车站之间的最短距离；
(2)如果小欢以100米/分的速度从图书馆C沿CA回到公共汽车站A，那么她在15分钟内能否到达公共汽车站？(注：2≈1.414，3≈1.732)
22. (本小题9.0分)
如图1，将一长方体A放置于一水平玻璃桌面上，按不同的方式摆放，记录桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)的关系如下表所示(与长方体A相同重量的长方体均满足此关系)．
桌面所受压强P(Pa)
100
200
400
500
800
受力面积S(m2)
2
1
0.5
0.4
a
(1)根据数据，求桌面所受压强P(Pa)与受力面积S(m2)之间的函数表达式及a的值；
(2)现想将另一长、宽、高分别为0.2m，0.1m，0.3m，且与长方体A相同重量的长方体按如图2所示的方式放置于该水平玻璃桌面上.若该玻璃桌面能承受的最大压强为5000Pa，请你判断这种摆放方式是否安全？并说明理由，
23. (本小题10.0分)
为奖励期末考试优异的学生，王老师去文具店购买笔记本，购买情况如图所示．
(1)王老师购买笔记本的平均价格为 元；若从中随机拿出一个笔记本，则拿到10元笔记本的概率为 ；
(2)若王老师已拿出一个10元笔记本后，准备从剩余3个笔记本中随机再拿出一个本．
①所剩的3个笔记本价格的中位数与原来4个笔记本价格的中位数是否相同？并说明理由；
②在剩余的3个笔记本中，若王老师先随机拿出一个笔记本后放回，之后又随机拿一个笔记本，用列表法(如下表)求王老师两次都拿到相同价格的笔记本的概率．
又拿
先拿
24. (本小题10.0分)
如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D，E分别为边AB，AC上的点，且DE//BC.已知BC=10，ADDB=32．
(1)DE的长为 ；△ADE与△ABC的周长比为 ；
(2)将△ADE绕点A旋转，连接BD，CE．
①当△ADE旋转至图2所示的位置时，求证：△ABD∽△ACE；
②如图3，当△ADE旋转至点D在BC上时，AD⊥BC，直接写出AB及EC的长．
25. (本小题10.0分)
如图，已知点A(0,2)，B(2,2)，C(−1,−2)，抛物线F：y=x2−2mx+m2−2与直线x=−2交于点P．
(1)当抛物线F经过点C时，求它的函数表达式；
(2)设点P的纵坐标为yP，求yP的最小值，此时抛物线F上有两点(x1,y1)，(x2,y2)，且x1
26. (本小题12.0分)
在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，半圆O的直径EF开始在边BC上，且点E与点C重合，EF=4.将半圆O绕点C顺时针旋转α(0°<α≤90°)，当α=60°时，半圆O与AD相切于点P.如图1所示．
(1)求AC的长度；
(2)如图2，当AC，BC分别与半圆O交于点M，N时，连接MN，OM，ON．
①求∠MON的度数；
②求MN的长度；
(3)当α=90°时，将半圆O沿边BC向左平移，设平移距离为x，当EF与△ABC的边一共有两个交点时，直接写出x的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：4sin260°=4×(32)2=3．
故选：A．
根据特殊角的三角函数值计算即可得出答案．
本题考查特殊角的三角函数值，正确计算是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】B解：反比例函数y=−4x中，k=−4<0，
∴函数图像经过第二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，
∵当x=−2时，y=−4−2=2，
∴当x≤−2时，y≤2，
∴当x≤−2时，有最大值2．
故选：B．
先判断出函数图象所在的象限，再求出x=−2时y的值，进而可得出结论．
本题主要考查反比例函数性质，理解并掌握反比例函数的k值大小与图象的特点是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据俯视图知第一层有3个，前面一排有2个，故排除掉A、C选项，
根据主视图和左视图知第二层第一列有1个，排除掉D，
故选：B．
根据三视图结合选项利用排除法求解．
本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是有一定的空间想象能力，难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：设被污染的数为a，
根据题意可得：72−4×4a≥0，
解得：a≤4916，
则被污染的数可能是3．
故选：A．
根据一元二次方程根的判别式可得72−4×4a≥0，即可得出答案．
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是根据方程有实数根，得出72−4×4a≥0．
5.【答案】C
【解析】解：∵OA=OB=22+12=5，OE=2，
∴OA=OB≠OE，
∴点O不是△ABE的外心，
故选：C．
根据三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点解答即可．
本题考查了三角形的外接圆与外心，熟练掌握三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵△ABC与△DEF关于原点O位似，OB=2OE，
∴△ABC与△DEF相似比为：2：1，
∴△ABC与△DEF面积之比为4：1，
∵S△ABC=4，，
S△DEF=1．
故选：A．
直接利用位似图形的性质得出△DEF与△ABC的面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，熟练掌握位似变换的相关知识是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：y1=2x2−1与C2：y2=2(x−2)2−3的形状相同，故A正确，不符合题意；
将抛物线y1=2x2−1向右平移2个单位，向下平移2个单位，得到y2=2(x−2)2−3，所以抛物线C1通过平移可以与C2重合，故B正确，不符合题意；
抛物线y1=2x2−1关于y轴对称，y2=2(x−2)2−3的顶点坐标为(2,−3)，对称轴是直线x=2，抛物线C1与C2的对称轴不相同，故C不正确，符合题意；
当y1=2x2−1=0时，Δ=0−4×2×(−1)=8>0，故抛物线与x轴有两个交点，当y2=2(x−2)2−39=0时，Δ=64−4×2×5=24>0，故抛物线与x轴有两个交点，故D正确，不符合题意．
故选：C．
根据二次函数的性质逐项判断即可得出答案．
本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，其中熟练的掌握给定函数解析式求顶点坐标，对称轴方程，是解答的关键．
8.【答案】D
【解析】解：A.“将三条线段首尾顺次相接可以组成三角形”是随机事件，此选项错误；
B.如果明天降水的概率是50%，那么明天降雨的可能性有一半，此选项错误；
C.数据4，5，5，4，3中众数是4和5，此选项错误；
D.若A，B两组数据的平均数相同，sA2=0.01，sB2=1，则A组数据较稳定，此选项正确；
故选：D．
根据随机事件、可能性大小、众数的概念及方差的意义求解即可．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握据随机事件、可能性大小、众数的概念及方差的意义．
9.【答案】B
【解析】解：由题意可知：AB=2BC，BD=a，∠CDB=32°，AB⊥BD．
在Rt△BDC中，
∵tan∠CDB=CBBD，
∴BC=BD⋅tan∠CDB
=a⋅tan32°．
∴AB=2BC=2a⋅tan32°．
故选：B．
利用直角三角形的边角间关系在Rt△BDC中先求出BC，再利用线段中点求出AB．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：在△ADC和△BAC中，∠ADC=∠BAC，
如果△ADC∽△BAC，需满足的条件有：
①∠DAC=∠ABC或CA是∠BCD的平分线；
②ADAB=DCAC；
故选：C．
已知∠ADC=∠BAC，则A、D选项可根据有两组角对应相等的两个三角形相似来判定；C选项虽然也是对应边成比例但无法得到其夹角相等，所以不能推出两三角形相似；B选项可以根据两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似来判定．
此题主要考查了相似三角形的判定方法；熟记三角形相似的判定方法是解决问题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵v0=8，g=10，
∴h=8t−5t2，
将h=3代入h=8t−5t2得3=8t−5t2，
解得t1=35，t2=1，
∴球不低于3米的持续时间是1−35=25=0.4(秒)，
故选：A．
将v0=8，g=10，h=3代入h=v0t−12gt2求解．
本题考查二次函数的应用，解题关键是理解题意，通过解方程作答．
12.【答案】C
【解析】解：如图，连接OA，
∵CD=10cm，AB=60cm，
∵CD⊥AB，
∴OC⊥AB，
∴AD=12AB=30cm，
∴设半径为r，则OD=r−10，
根据题意得：r2=(r−10)2+302，
解得：r=50．
∴这个车轮的外圆半径长为50cm．
故选：C．
根据垂径定理求得AD=30cm，然后根据勾股定理即可求得半径．
本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是本题的关键．
13.【答案】C
【解析】解：设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，
根据题意得：1+x+x(x+1)=144．
故选：C．
设每轮传染中平均1人传染了x人，则第一轮传染中有x人被传染，第二轮传染中有x(x+1)人被传染，根据“某地有1人感染了德尔塔，因为没有及时隔离治疗，经过两轮传染后，一共有144人感染了德尔塔病毒”，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
14.【答案】B
【解析】解：连接OD，OC，
∵点C，D将AB分成相等的三段弧，
∴AC=DC=DB，
∴∠AOC=∠DOB=13×180°=60°，
∵∠OMD=30°，
∴∠ODM=90°，
∵OD是半径，
∴MD为半圆O的切线，故I对，
连接AC，CD，
∵OD，OC是半径，∠AOC=∠COD=60°，
∴△AOC，△DOC是等边三角形，
∴∠ACO=∠DCO=60°，
∴∠ACD=120°，故II错，
故选：B．
连接OD，OC，先得出AC=DC=DB，∠AOC=∠DOB=13×180°=60°，进而得出∠ODM=90°，MD为半圆O的切线；连接AC，CD，再证明△AOC，△DOC是等边三角形，即可得出∠ACD=120°．
本题考查切线的判定，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a<0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc>0，故A正确，不合题意．
∵∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a，
∴b−4a=0，故B正确，不合题意；
∵OA=5OB，对称轴为直线x=−2，
∴点B坐标为(1,0)，
∴x=1时，y=a+b+c=0，故C错误，符合题意．
∵x=−2时y取最大值，
∴am2+bm+c≤4a−2b+c，即则am2+bm≤4a−2b，故D正确，不合题意．
故选：C．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断A、B，由OA=5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断C，由x=−2时y取最大值可判断D．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
16.【答案】B
【解析】解：甲：∵△ABP与△PCQ相似，∠B=∠C=90°，
∴分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解：
①当△ABP∽△PCQ时，设BP=x，则PC=15−x，
∴ABPC=BPCQ，即915−x=x4，
解得：x=3或x=12，
②当△ABP∽△QCP时，设BP=x，则PC=15−x，
∴ABQC=BPCP，即94=x15−x，
解得：x=13513，
综上所述，当CQ=4，在BC上存在3个点P，使△ABP与△PCQ相似，故甲错误；
乙：∵AP⊥PQ，
∴∠APQ=90°，
∴∠APB+∠CPQ=90°，
又∵∠APB+∠BAP=90°，
∴∠CPQ=∠BAP，
∴△ABP∽△PCQ，
∴ABPC=BPCQ，
设BP=x，则PC=15−x，
即915−x=xCQ，
∴CQ=(15−x)x9=−(x−152)2+22549，
∵−(x−152)2≤0，
∴当x=152时，CQ最大，且CQ=254，故乙正确．
故选：B．
(1)由△ABP与△PCQ相似，∠B=∠C=90°，分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解：设BP=x，则PC=15−x，将各值分别代入ABPC=BPCQ与ABQC=BPCP中计算求解即可判断甲的正误；由AP⊥PQ，可证△ABP∽△PCQ，则ABPC=BPCQ，设BP=x，则PC=15−x，即915−x=xCQ，解得CQ=(15−x)x9=−(x−152)2+22549，然后求最大值即可判断乙的正误．
本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于根据相似三角形的性质写出等量关系式．
17.【答案】红色
【解析】解：共有12+16+24+28=80个球，
∵白球的概率为：1280=320；
黄球的概率为：1680=15；
红球的概率为：2480=310≈0.3；
绿球的概率为：2880=720．
∴小明做实验时所摸到的球的颜色是红色
故答案为：红色．
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手解答即可．
本题考查利用频率估计概率问题，利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是利用红球的概率公式解答．
18.【答案】60° 33
【解析】解：(1)如图，过点B作BM⊥AC于点M，
正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB=BC=2，
∠ABC=∠BCD=120°，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∴BM=1，AM=CM=3，
∴AC=23，
∠ACE=120°−30°−30°=60°，
(2)∴AE的长为60π×23180=233π，
设圆锥的底面半径为r，
则2πr=233π，
即r=33，
故答案为：60°，33．
(1)根据正六边形的性质可求出AB=BC=2，∠B=∠BCD=120°，进而求出阴影部分扇形的半径AC和圆心角的度数；
(2)利用弧长公式求出AE的长，再根据圆的周长公式求出圆锥的底面半径．
本题考查圆与正多边形，求弧长，求圆锥的底面半径，掌握正六边形的性质以及正六边形与圆的相关计算，掌握正多边形与圆的相关计算方法是解题的关键．
19.【答案】−6 (−3,2) −8
∵点A的坐标为(−6,4)，
∴OB=6，AB=4，
∴S△AOB=12OB⋅AB=12×6×4=12，
∵S△OAC=9，
∴S△BOC=12−9=3，
∵Rt△AOB中，AB⊥OB，
∴S△BOC=12|k|，
∴k=−6；
②过点D作DE⊥OB于E，则DE//AB，
∴△DOE∽△AOB，
∴S△DOES△AOB=(DEAB)2，
∴S△DOE=12|k|=3，AB=4，
∴312=(DE4)2，
∴DE=2，
∴D点的纵坐标为2，
把y=2代入y=−6x得，x=−3，
∴D(−3,2)．
故答案为：−6；(−3,2)；
(2)∵点A的坐标为(−6,4)，
∴直线OA为y=−23x，
∴△AOB内部的整数点为(−2,1)，(−3,1)，(−4,1)，(−4,2)，(−5,1)，(−5,2)，(−5,3)，
∵W1内(不含边界)的整点(横、纵坐标均为整数的点)与W2内(不含边界)的整点个数比为3：4，
∴点(−4,2)，(−5,2)，(−5,3)在W1内，(−2,1)，(−3,1)，(−4,1)，(−5,1)在W2内，
∴k的取值范围为−8
②利用三角形相似的性质，以及反比例函数系数k的几何意义即可求解；
(2)根据反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象上点的横纵坐标之积为k求得即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象上点的横纵坐标之积为k是解题的关键．
20.【答案】配方法 二
【解析】解：(1)嘉嘉是用配方法来求解的；从第二步开始出现错误；
故答案为：配方法，二；
(2)∵x2+2x−3=0，
∴(x+3)(x−1)=0，
则x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1．
(1)根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可；
(2)利用十字相乘将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
21.【答案】解：(1)过点A作AD⊥BC于点D，
∵B位于A的北偏东30°方向，AB=2000米，
∴∠B=30°，AD=12AB=1000(米)，
答：小欢从东湖公园走到图书馆的途中与公共汽车站之间最短的距离是1000米；
(2)Rt△ADC中，
∵∠DAC=45°，AD=1000米，
∴AC=ADcos45∘=10002≈1414(米)，
∵1414<15×100，
∴小欢15分钟内能到达公共汽车站．
【解析】(1)过点A作AD⊥C于点D，根据B位于A的北偏东30°方向和AB=2000米可得AD的长度；
(2)根据45°角的余弦和AD的长可得AC的长度，再结合小欢的速度可得答案．
本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题，将解直角三角形的相关知识与实际生活有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
22.【答案】解：(1)由表格可知，压强P与受力面积S的乘积不变，故压强P是受力面积S的反比例函数，
设P=kS，将(400,0.5)代入得：
0.5=k400，
解得k=200，
∴P=200S，
当P=800时，800=200a，
∴a=0.25，
答：P=200S，a=0.25；
(2)这种摆放方式不安全，理由如下：
由图可知S=0.1×0.2=0.02(m2)，
∴将长方体放置于该水平玻璃桌面上，P=2000.02=10000(Pa)，
∵10000>2000，
∴这种摆放方式不安全．
【解析】(1)用待定系数法可得函数关系式，令P=800可得a的值；
(2)算出S，即可求出P，比较可得答案．
本题考查反比例函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出函数关系式．
23.【答案】8.75 12 7 8 10 7 (7,7) (8,7) (10,7) 8 (7,8) (8,8) (10,8) 10 (7,10) (8,10) (10,10)
【解析】解：(1)王老师购买笔记本的平均价格为7+8+10+104=8.75(元)，
若从中随机拿出一个笔记本，则拿到10元笔记本的概率为24=12；
故答案为：8.75，12；
(2)①不相同，
所剩的3个笔记本价格的中位数为8元，原中位数为8+92=8.5(元)．
②列表如下：
又拿
先拿
7
8
10
7
(7,7)
(8,7)
(10,7)
8
(7,8)
(8,8)
(10,8)
10
(7,10)
(8,10)
(10,10)
由表知，共有9种等可能结果，其中王老师两次都拿到相同价格的笔记本有3种结果，
所以王老师两次都拿到相同价格的笔记本概率为39=13．
(1)根据算术平均数的定义和概率公式求解即可；
(2)①根据中位数的定义求解即可；
②列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
24.【答案】6 3：5
【解析】解：(1)∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB，
∵ADDB=32，
∴ADAB=35，
∴DE10=35，
∴DE=6，
∴△ADE与△ABC的周长比为3：5．
故答案为：6，3：5；
(2)①证明：∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，∠BAC=∠DAE，
∴ABAC=ADAE，∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE；
②解：如图3中，设AD=3k，AB=5k．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴BD=AB2−AD2=(5k)2−(3k)2=4k，
∵∠ABD=∠ABC，∠ADB=∠BAC=90°，
∴△ABD∽△CBA，
∴ABCB=BDAB，
∴AB2=BD⋅BC，
∴(5k)2=4k×10，
∵k≠0，
∴k=85，
∴AB=8，BD=325，
∵∠BAC=90°，BC=10，
∴AC=BC2−AB2=102−82=6，
∵△AB∽△ACE，
∴BDCE=ABAC=43，
∴325EC=43，
∴EC=245．
(1)证明△AE∽△ABC，利用相似三角形的性质求解；
(2)①利用两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可；
②如图3中，设AD=3k，AB=5k.利用勾股定理，相似三角形的性质求解即可．
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
25.【答案】解：(1)∵抛物线F经过点C(−1,−2)，
∴−2=(−1)2−2×m×(−1)+m2−2，
解得，m=−1，
∴抛物线F的表达式是：y=x2+2x−1；
(2)当x=−2时，yp=4+4m+m2−2=(m+2)2−2，
∴当m=−2时，yp取得最小值，最小值是−2，
此时抛物线F的表达式是：y=x2+4x+2=(x+2)2−2，
∴当x≤−2时，y随x的增大而减小，
∵x1
(3)m的取值范围是−2≤m≤0或2≤m≤4，
理由：∵抛物线F与线段AB有公共点，点A(0,2)，B(2,2)，
∴m2−2≤222−2m×2+m2−2≥2或m2−2≥222−2m×2+m2−2≤2或m2−2≥222−2m×2+m2−2≥20<−−2m2×1<2，
解得，−2≤m≤0或2≤m≤4．
【解析】(1)根据抛物线F：y=x2−2mnx+m2−2过点C(−1,−2)，可以求得抛物线F的表达式；
(2)根据题意，可以求得yP的最小值和此时抛物线的表达式，从而可以比较y1与y2的大小；
(3)根据题意可以列出相应的不等式组，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
26.【答案】解：(1)如图，连接OP，
等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，
∴∠CAD=30°，
半圆O与AD相切于点P，
∴∠APO=90°，OP=OC=12EF=2，
∴AO=2OP=4，
∴AC=AO+OC=6；
(2)①如图，由题意可知，
点M，N时，与半圆O上，
∴∠MON=2∠MCN=2×60°=120°；
②过O作OP⊥MN于P，
∵∠MON=120°，OM=ON=12FE=2，MN=2PN，
∴∠ONM=30°，
∴OP=12ON=1，
∴PN=ON2−OP2=3，
∴MN=23；
(3)由题意可知，EF始终与△ABC的BC交于一点，
如图，当F在AC上时，
在Rt△BEC中，∵∠FEC=90°，∠FCE=60°，EF=4，
∴∠EFC=30°，
∴CF=2CE，
∵CF2=CE2+EF2，
即(2CE)2=CE2+EF2，
解得CE=433，
∴x=433，
如图，当半圆O与AB相切于点P时，连接OP，OB，
∵OP⊥AB，OE⊥BC，OP=OE=12EF=2，
∴∠OBC=30°，
∴BO=2OE=4，
∵OB2=OE2+BE2，
即42=22+BE2，
解得：BE=23，
∴x=BC−BE=6−23，
如图，当F在AB上时，
在Rt△BEF中，
∵∠FEB=90°，∠FBE=60°，EF=4，
∴∠EFB=30°，
∴BF=2BE，
∵BF2=BE2+EF2，
解得BE=433，
∴x=BC−BE=6−433，
综上所述，当EF与△ABC的边一共有两个交点时0≤x≤433或x=6−23或6−433≤x<6．
【解析】(1)如图，连接OP，等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，∠CAD=30°半圆O与AD相切于点P，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求解；
(2)①根据圆周角可求解，②过O作OP⊥MN于P，结合①，可求得∠ONM=30°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得PN，进而求解；
(3)由题意可知，EF始终与△ABC的BC交于一点，即求出EF与AB，AC再有E以外的一个交点即可；如图，当F在AC上时，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得CE；如图，当半圆O与AB相切于点P时，连接OP，OB，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得BE，从而求解；如图，当F在AB上时，结合已知，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理可得BE，从而求解．
本题考查了圆的基本性质，切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等边三角形性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理；解题的关键是解含30°角的直角三角形．
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