2023年浙江省温州市永嘉实验中学中考数学模拟试卷(含答案解析)

这是一份2023年浙江省温州市永嘉实验中学中考数学模拟试卷(含答案解析)，共36页。

2023年浙江省温州市永嘉实验中学中考数学模拟试卷
1. 若a是最小的正整数，b是绝对值最小的数，c是相反数等于它本身的数，d是到原点的距离等于2的负数，e是最大的负整数，则a+b+c+d+e的值为(    )
A. 1 B. 2 C. −1 D. −2
2. 在直角坐标系中，已知两点A(−8,3)、B(−4,5)以及动点C(0,n)、D(m,0)，则当四边形ABCD的周长最小时，比值mn为(    )
A. −23 B. −2 C. −32 D. −3
3. 有11个正整数，平均数是10，中位数是9，众数只有一个8，问最大的正整数最大为(    )
A. 25 B. 30 C. 35 D. 40
4. 甲乙丙丁四人互相给其他的三人之一写信，选择对象的方式是等可能的.问存在两个人收到对方的信的概率(    )
A. 23 B. 59 C. 1727 D. 5581
5. 关于x的一元二次方程ax2−2ax+b+1=0(ab≠0)有两个相等的实数根k，则下列选项成立的是(    )
A. 若−1kb B. 若ka>kb，则0 C. 若0 6. 如图，在△ABC中，∠A=45∘，∠F=∠ABC，EF⊥BC，其中BF=AD，DF=2，BC=4 2，则DE的值为#ZZA0(    )
A. 2−1
B. 2+1
C. 2 2−1
D. 2 2+1
7. 如图，AB是半圆O的直径，四边形CDMN和DEFG都是正方形，其中点C，D，E在AB上，点F，N在半圆上.若半圆O的半径为10，则正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是(    )


A. 50 B. 75 C. 100 D. 125
8. 如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠C=90∘，D是BC边上一点，且CD=3BD，连接AD，把△ACD沿AD翻折，得到△ADC′，DC′与AB交于点E，连接BC′，则△BDC′的面积为(    )

A. 7225 B. 3625 C. 5425 D. 2725
9. 对于二次函数y=ax2+bx+c，规定函数y=ax2+bx+c(x≥0)−ax2−bx−c(x<0)是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为(−12,1)，(92,1)，连接MN，若线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为(    )
A. −3 C. n≤−1或1 10. “化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法，如图所示，在矩形ABCD中，以AD为边做正方形AHMD，以CD为斜边，作Rt△DCG使得点G在HM的延长线上，过点D作DE⊥DG交AB于E，再过E点作EF⊥CG于F，连接CE交MH于N，记四边形DENM，四边形BCNH的面积分别为S1，S2，若S1−S2=15，DM=7，则DG为(    )
A. 8 B. 2 17 C. 6 2 D. 5 3
11. 分解因式：a3−a2b−a+b=______ .
12. 已知整数m满足0 13. 2022年2月，北京冬奥会举行期间，某官方特许商品零售店有冬奥会吉祥物冰墩墩和雪容融两种商品(冰墩墩的价格高于雪容融的价格)深受广大市民的喜爱，导致“一墩难求”．该零售店试销第一天购进两种商品共10个，第二天购进两种商品共16个，第三天购进两种商品共26个，并且每天都能全部售完，结算后发现这三天的营业额均为3500元，两种商品的售价不变且均为整数，则冰墩墩的售价是______元．
14. 如图，反比例函数y=−12x的图象与直线y=12x+b(b>0)交于A，B两点(点A在点B右侧)，过点A作x轴的垂线，垂足为点C，连接AO，BO，图中阴影部分的面积为12，则b的值为______ .

15. 如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90∘，点D为边AB上一点，CD绕点D顺时针旋转90∘至DE，CE交AB于点G.已知AD=8，BG=6，点F是AE的中点，连接DF，求线段DF的长______ .

16. 图(1)是一种便携式手推车，点O是竖直拉杆OB与挡板OA的连接点，竖直拉杆OB中CD部分可伸缩，当C，D重合时，拉杆缩至最短，运输货物时，拉杆伸至最长.拉杆OB的长70∼120cm(含70cm，120cm)，挡板OA长为50cm，OA可绕点O旋转，折叠后点A，D重合.现有两箱货物如图(2)方式放置，两个箱子的侧面均为正方形，为了避免货物掉落，在货物四周用绳子加固，四边形ODFM为菱形，则OE=______ cm；小聪在运输货物时，发现货物仍有掉落的危险，重新加固如图(3)，若FK=HJ，KI=60cm，∠GKJ=60∘，则绳子最低点I到挡板OA的距离IE=______ cm.

17. 三选二，解方程：
(1) x+2− 8−x=2；
(2)2xx2−2x−3−1x−3=1；
(3)2x2−3 2x2−1+1=0.
18. 如图是由小正方形组成的5×7网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示.
(1)在图(1)中，先在边AB上画点E，使AE=2BE，再过点E画直线EF，使EF平分矩形ABCD的面积；
(2)在图(2)中，先画△BCD的高CG，再在边AB上画点H，使BH=DH.
19. 旋转的图形带来结论的奥秘.已知△ABC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′.
初步探索
素材1：

如图①，连接对应点BB′，CC′，则BB′CC′=ABAC.
素材2：

如图②，以A为圆心，BC边上的高AD为半径作⊙A，则B′C′与⊙A相切.
问题解决
(1)(i)请证明素材1所发现的结论.
(ii)如图2，过点A作AD′⊥B′C′，垂足为D′.证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.

深入研究
(2)在Rt△ABC满足∠A=90∘，AB= 5，AC=2 5，M是AC的中点，△ABC绕点M逆时针旋转得△A′B′C′.
(i)如图③，当边B′C′恰好经过点C时，连接BB′，则BB′的长为______ .
(ii)若边B′C′所在直线l恰好经过点B，于图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线l.(只保留作图痕迹)
(3)在(2)的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线BB′，CC′交于点P，求BP的最大值为______ .


20. 某班40名学生的某次数学成绩如表：
成绩(分)
50
60
70
80
90
100
人数(人)
2
m
10
n
4
2
(1)若这班的数学平均成绩为69分，求m和n的值.
(2)在(1)的条件下，若该班40名学生成绩的众数为x，中位数为y.求(x−y)2的值.
21. 在平面直角坐标系中，点A是抛物线y=−12x2+mx+2m+2与y轴的交点，点B在该抛物线上，将该抛物线A，B两点之间(包括A，B两点)的部分记为图象G，设点B的横坐标为2m−1.
(1)当m=1时，
①图象G对应的函数y的值随x的增大而______ (填“增大”或“减小”)，自变量x的取值范围为______ ；
②图象G最高点的坐标为______ .
(2)当m<0时，若图象G与x轴只有一个交点，求m的取值范围.
(3)当m>0时，设图象G的最高点与最低点的纵坐标之差为h，直接写出h与m之间的函数关系式.
22. 如图，在锐角△ABC中，∠ABC=45∘，过点A作AD⊥BC于点D，过点B作BE⊥AC于点E，AD与BE相交于点H，连接DE.∠AEB的平分线EF交AB于点F，连接DF交BE于点G.
(1)求证：∠DBG=∠DAE；
(2)试探究线段AE，BE，DE之间的数量关系；
(3)若CD= 2AF，BE=6，求GH的长.

23. 某科研单位准备将院内一块长30m，宽20m的矩形ABCD空地，建成一个矩形花园，要求在花园内修两条纵向平行和一条横向弯折的小道(小道进出口的宽度相等，且每段小道均为平行四边形)，剩余的地方种植花草.
(1)如图1，要使种植花草的面积为532m2，求小道进出口的宽度为多少米；
(2)现将矩形花园的四个角建成休闲活动区，如图2所示，△AEQ、△BGF、△CMH、△DPN均为全等的直角三角形，其中AE=BF=CM=DN，设EF=HG=MN=PQ=a米，竖向道路出口和横向弯折道路出口的宽度都为2m，且竖向道路出口位于MN和EF之间，横向弯折道路出口位于PQ和HG之间.
①求剩余的种植花草区域的面积(用含有a的代数式表示)；
②如果种植花草区域的建造成本是100元/米 2、建造花草区域的总成本为42000元，求a的值.

24. 如图1，△ABC中，AC=5，BC=12，以AB为直径的⊙O恰好经过点C，延长BC至D，使得CD=BC，连结AD.
(1)求⊙O的半径；
(2)求证：∠B=∠D；
(3)如图2，在AD上取点P，连结PC并延长交⊙O于点Q，连结AQ交BC于点E.
①当PQ//AB时，求AE×AQ的值；
②设AP=x，CE=y，求y关于x的函数表达式.

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：∵a是最小的正整数，
∴a=1，
∵b是绝对值最小的数，
∴b=0，
∵c是相反数等于它本身的数，
∴c=0，
∵d是到原点的距离等于2的负数，
∴d=−2，
∵e是最大的负整数，
∴e=−1，
∴a+b+c+d+e=1+0+0+(−2)+(−1)=−2.
故选：D.
先由题目条件分别得到a、b、c、d、e的值，然后计算a+b+c+d+e的值．
本题考查了绝对值的性质、负数的意义、数轴有关的知识，解题的关键是熟知相关的知识点．

2.【答案】C 
【解析】解：作B点关于y轴的对称点B1(4,5)，作A点关于x轴的对称点A1(−8,−3)，连接B1A1，与y轴，x轴的交点为C，D，连接各点，这时周长最小，
设直线B1A1解析式为y=kx+b，
则4k+b=5−8k+b=−3，解得k=23b=73，
∴直线B1A1解析式为y=23x+73，
∴n=73，m=−72，
∴mn=−32
故选：C.

3.【答案】C 
【解析】解：∵有11个正整数，平均数是10，∴这11个数
的和为110，
由于中位数是9，众数只有一个8，
如有两个8，则其他数至多1个，符合条件的数
据可以是：1，2，3，8，8，9，10，11，12，1
3，X;
如有3个8，9是中位数，则其他数至多2个，符
合条件的数据可以是：1，1，8，8，8，9，
9，10，10，11，x;
如有4个8，则其他数至多3个，符合条件的数
据可以是：1，8，8，8，8，9，9，9，10，1
0，x;
如有5个8，则其他数至多4个，符合条件的数
据可以是：8，8，8，8，8，9，9，9，9，1
0，x;
再根据其和为110，比较上面各组数据中哪个x
更大即可，通过计算x分别为33，35，30，2
4，
故最大的正整数为35.
故选：C.
最大数出现的条件就是前10个数的和尽可能的小，而它们的和是110，中位数是9，则其他的越小剩下的越大，但是8的个数要多于其他的，可分8的个数分别是2，3，4，5时，讨论符合条件的数据即可得出答案.
本题主要考查了众数、平均数以及中位数的运用，解题时注意：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数，通常取最中间的两个数值的平均数作为中位数.

4.【答案】C 
【解析】解：分两种情况，
①当只存在两个人收到对方的信的情况有：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁共计六种，
以其中甲乙情况为例：甲写给乙的概率为13，乙写给甲的概率为13，在这种情况下，又分两种情形，一种是丙写给丁的概率为13，那么丁不写给丙概率为23，另一种是丙不写给丁的概率为23，那么甲乙的概率为13×13×(13×23+23)=881，
所以当只存在两个人收到对方的信的情况概率为：881×6=1627；
②当存在两组两个人收到对方的信的情况有：甲乙和丙丁、甲丙和乙丁、甲丁和乙丙共计三种，
以甲乙和丙丁情况为例，甲写给乙的概率为13，乙写给甲的概率为13，丙写给丁的概率为13，丁写给丙的概率为13，那么甲乙和丙丁的概率为13×13×13×13=181，
所以存在两组两个人收到对方的信的情况概率为181×3=127；
则存在两个人收到对方的信的概率为1627+127=1727，
故选：C.
分只存在两个人收到对方的信和有两组两个人收到对方的信两种情况分别计算出概率然后加起来即可．
本题考查了概率的计算，分情况讨论计算概率是解题关键．

5.【答案】B 
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2−2ax+b+1=0(ab≠0)有两个相等的实数根k，
∴Δ=(−2a)2−4a(b+1)=0，
4a2−4ab−4a=0，
又∵ab≠0，
∴a−b−1=0，
即a=b+1，
∴ax2−2ax+a=0，
解得：x1=x2=1，
∴k=1，
ka−kb=1a−1a−1=−1a(a−1)，
当ka>kb时，即ka−kb>0，
即−1a(a−1)>0，
∴a(a−1)<0，
即a<0a−1>0或a>0a−1<0，
解得：0 当ka −1a(a−1)<0，
∴a(a−1)>0，
即a>0a−1>0或a<0a−1<0，
解得：a>1或a<0，
故选：B.
根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，然后代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解．
本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键．

6.【答案】C 
【解析】解：如图，延长DE至H，使得EH=DE，连接HB，过点C作CG⊥AB于点G，延长FB使得BT=BD，连接HT，

∵∠A=45∘，
∴△ACG是等腰直角三角形，
∴AG=CG，
∵∠F=∠ABC，EF⊥BC，设∠F=α，
∴∠EDB=∠FBE=90∘−α，
∴∠FBD=∠FBE−∠ABC=90∘−α−α=90∘−2α，
∵BE⊥DH，EH=DE，
∴∠EBH=∠DBE=α，BH=BD，
∴∠FBH=∠FBE+∠EBH=90∘−α+α=90∘，
∴∠HBT=90∘，
∵BT=BD=BH，
∴△HBT是等腰直角三角形，
∴∠T=45∘，
设DB=HB=BT=a，AD=FB=b，
∴TF=a+b，AB=AD+DB=a+b，
∴FT=AB，
∵∠A=45∘，
∴∠A=∠T，
又∠F=∠ABC=α，
在△ABC与△TFH中，
∠A=∠T，AB=FT，∠ABC=∠F，
∴△ABC≌△TFH(ASA)，
∴BC=FH，
设DE=x，
则FH=DE+EH+DF=x+x+2=2x+2，
∵BC=4 2，
∴2x+2=4 2，
解得：x=2 2−1，
即DE=2 2−1，
故选：C.
延长DE至H，使得EH=DE，连接HB，过点C作CG⊥AB于点G，延长FB使得BT=BD，连接HT，证明△ABC≌△TFH(ASA)，即可求解．
本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：连接ON，OF，设正方形CDMN的边长为a，正方形DEFG边长为b，OD=c，
则CN=CD=a，DE=EF=b，

∵四边形CDMN和DEFG都是正方形，
∴∠NCD=90∘=∠FED，
∵半圆O的半径为10，
∴ON=OF=10，
由勾股定理得：NC2+CO2=ON2，OE2+EF2=OF2，
∴a2+(a+c)2=102①，
b2+(b−c)2=102②，
①-②，得：a2+(a+c)2−b2−(b−c)2=0，
∴(a2−b2)+[(a+c)2−(b−c)2)]=0，
∴(a+b)(a−b)+(a+c+b−c)(a+c−b+c)=0，
∴(a+b)(a−b)+(a+b)(a−b+2c)=0，
∴2(a+b)(a−b+c)=0，
∵a+b≠0，
∴a−b+c=0，即b=a+c，
把b=a+c代入①，得a2+b2=102=100，
即正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是100，
故选：C.
连接ON，OF，设正方形CDMN的边长为a，正方形DEFG边长为b，OD=c，根据正方形的性质CN=CD=a，DE=EF=b，根据勾股定理得出a2+(a+c)2=102①，b2+(b−c)2=102②，得出a2+(a+c)2−b2−(b−c)2=0，把等式的左边分解因式后得出2(a+b)(a−b+c)=0，求出b=a+c，再代入①，即可求出答案．
本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识点，能求出b=a+c是解此题的关键，题目比较好，难度偏大．

8.【答案】B 
【解析】解：∵CD=3BD，BC=4，
∴BD=1，CD=3，
∴S△ACD=12AC⋅CD=6，
在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AD= AC2+CD2=5，
过点B作BE⊥AD交AD的延长线于E，
∴∠BED=90∘=∠C，
∵∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴BDAD=DECD=BEAC，
∴15=DE3=BE4，
∴DE=35，BE=45，
∴S△BDE=12DE⋅BE=625，AE=AD+DE=285，
延长EB交AC的延长线于H，
由折叠知，S△AC′D=S△ACD=6，AC′=AC=4，∠C′AD=∠CAD，
∵∠C=∠AEH=90∘，
∴△AHE∽△ADC，
∴AHAD=HECD=AEAC，
∴AH5=HE3=2854，
∴AH=7，HE=215，
∴C′H=AH−AC′=3，BH=HE−BE=175，S△AHE=12AE⋅HE=29425，
过点B作BF⊥C′H于F，
∴∠BFH=90∘=∠C，
∴∠H+∠FBH=90∘，
∵∠C′AD+∠H=90∘，
∴∠FBH=∠C′AD=∠CAD，
∴△BFH∽△ACD，
∴BFAC=BHAD，
∴BF4=1755，
∴BF=6825，
∴S△BC′H=12C′H⋅BF=10225，
∴S△BC′D=S△AEH−S△BDE−S△BC′H−S△AC′D=29425−625−10225−6=3625，
故选：B.
先求出BD，CD，进而求出AD，再构造直角三角形，判断出△BDE∽△ADC，求出DE=35，BE=45，进而求出S△BDE=625，AE=285，再判断出△AHE∽△ADC，求出AH=7，HE=215，再判断出△BFH∽△ACD，求出BF=6825，最后用三角形的面积的差，即可得出结论．
此题主要考查了等腰直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：如图1所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．

所以当x=2时，y=1，即−4+8+n=1，解得n=−3.
如图2所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．

∵抛物线y=x2−4x−n与y轴交点纵坐标为1，
∴−n=1，解得：n=−1.
∴当−3 如图3所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．

∵抛物线y=−x2+4x+n经过点(0,1)，
∴n=1.
如图4所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．

∵抛物线y=x2−4x−n经过点M(−12,1)，
∴14+2−n=1，解得：n=54.
∴1 综上所述，n的取值范围是−3 故选：B.
首先确定出二次函数y=−x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y=−x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM=DA=7，∠ADM=90∘.
∵DG⊥DE，
∴∠GDE=90∘.
∴∠ADE+∠EDM=90∘，∠GDM+∠CDM=90∘.
∴∠ADE=∠GDM.
∵∠A=90∘，∠DMG=90∘，
∴∠A=∠DMG.
∴△ADE≌△MDG(ASA).
∴DE=DG，AE=GM.
∴四边形DEFG为正方形．
设AE=x，则GM=x.
在Rt△ADE中，
DE= AD2+AE2= 72+x2= 49+x2.
∵∠DGC=90∘，
∴∠DGM+∠CGM=90∘.
∵GM⊥CD，
∴∠DMG=∠GMC=90∘.
∴∠CGM+∠GCM=90∘.
∴∠DGM=∠GCM.
∴△DMG∽△GMC.
∴DMMG=MGCM.
∴CM=x27.
∵S1−S2=15，
∴(S1+S△CMN)−(S2+S△CMN)=15.
即S△EDC−S矩形CMHB=15.
∴12×CD×AD−CM×MH=15.
∴12×AD×(CM+DM)−CM×AD=15.
∴12×7×(7+x27)−7×x27=15.
解得：x=± 19(负数不合题意，舍去).
∴x= 19.
∴DG=AE= 49+x2= 49+19=2 17.
故选：B.
通过说明△ADE≌△MDG，得出AE=GM，DE=DG.利用△DMG∽△GMC得出比例式，求得CM；利用S1−S2=15，得到S△EDC−S矩形CMHB=15，列出方程，解方程，结论可得．
本题主要考查了矩形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质．利用相似三角形的性质得出比例式是表示线段长度的重要方法．

11.【答案】(a−b)(a−1)(a+1) 
【解析】解：原式=a2(a−b)−(a−b)
=(a−b)(a2−1)
=(a−b)(a−1)(a+1).
故答案为：(a−b)(a−1)(a+1).
前两项作为一组，提取公因式a2，后两项作为一组，提取“-”号，然后再进一步分解即可．
本题考查了分组分解法，正确分组是解答本题的关键，因式分解中，一定要分解到各个因式不能再分解为止．

12.【答案】2或6或12 
【解析】解：∵a=1，b=−(2m−1)，c=m2−2m，
∴Δ=b2−4ac=[−(2m−1)]2−4×1×(m2−2m)=4m2−4m+1−4m2+8m=4m+1，
∴x=−b± b2−4ac2a=2m−1± 4m+12，
∵0 ∴1<4m+1<53，
∵一元二次方程的根为有理数，
∴ 4m+1为有理数，
∴4m+1=4，9，16，25，36，49，
∵m为整数，
∴4m+1=9，25，49时，m=2或6或12.
故答案为：2或6或12.
根据一元二次方程的求根公式，求出方程的根的表达式，再根据方程的根为有理数且m为整数，即可进行解答．
本题主要考查了一元二次方程的求根公式，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的求根公式x=−b± b2−4ac2a以及有理数和整数的定义．

13.【答案】375 
【解析】解：设冰墩墩的售价为x元，雪容融的售价为y元，第一天购进冰墩墩a个，第二天购进冰墩墩b个，第三天购进冰墩墩c个，
依题意得：{ax+(10−a)y=3500①bx+(16−b)y=3500②cx+(26−c)y=3500③，
①-②整理得：(a−b)(x−y)=6y④，
①-③整理得：(a−c)(x−y)=16y⑤．
④÷⑤得：a−ba−c=38.
又∵1≤c ∴a=9，b=6，c=1，
∴原方程组为9x+y=35006x+10y=3500x+25y=3500，
解得：x=375y=125，
∴冰墩墩的售价是375元．
故答案为：375.
设冰墩墩的售价为x元，雪容融的售价为y元，第一天购进冰墩墩a个，第二天购进冰墩墩b个，第三天购进冰墩墩c个，利用总价=单价×数量，即可得出关于a，b，c，x，y的方程组，①-②，①-③整理后可得出方程④⑤，二者相除后结合1≤c 本题考查了三元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出三元一次方程组是解题的关键．

14.【答案】3 3 
【解析】解：过B作BD⊥OE于D，过A⊥y轴于H，设AC交OB于G，如图：

设M为AB的中点，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=−12xy=12x+b得x2+2bx+24=0，
∴x1+x2=−2b，
y1+y2=(12x1+b)+(12x2+b)=12(x1+x2)=−b，
∴M(−b,−b2)，
而直线y=12x+b(b>0)交于坐标轴于E、F，
∴E(−2b,0)，F(0,b)，
∴EF的中点也为M，
∴EM=FM，BM=AM，
∴EB=FA，
又∠FAH=∠BED，∠AHF=∠EDB，
∴△EDB≌△AHF(AAS)，
∴AH=ED=OC，
∵(S△AGO+S△GCO)+(S△GCO+S四边形GCDB)=12|k|+12|k|=12，
且图中阴影部分的面积为12，
∴S△BDE=2S△GCO
∴12ED⋅BD=2×12OC⋅GC，
∴BD=2GC，
∴OD=2OC，即x2=2x1
设x1=m，则x2=2m，
∴A(m,−12m)，B(2m,−6m)，
将A(m,−12m)，B(2m,−6m)代入y=12x+b得：
−12m=12m+b−6m=m+b，解得m=2 3(舍去)或m=−2 3，
∴b=−12−2 3−12×(−2 3)=3 3.
故答案为：3 3.
首先由已知得到S△BDE=2S△GCO从而可得A、B横坐标的关系，再设A、B坐标代入y=12x+b即可得答案．
本题考查反比例函数及面积问题，题目较难，解题的关键是得出A、B横坐标的关系．

15.【答案】2 2 
【解析】
【分析】
本题考查旋转变换、全等三角形判定和性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会利用旋转添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用三角形中位线定理解决线段问题，属于中考压轴题．
如图，将△ACD绕点C逆时针旋转90∘得到△CBP，作CM⊥AB于M，EN⊥AB于N，在NA上截取一点H，使得NH=NE，连接HE，PG，由△GCD≌△GCP，推出DG=PG，再证明△CDM≌△DEN，只要证明DF是△AHE中位线，求出HE即可解决问题．
【解答】
解：如图，将△ACD绕点C逆时针旋转90∘得到△CBP，作CM⊥AB于M，EN⊥AB于N，在NA上截取一点H，使得NH=NE，连接HE，PG.

∵AC=BC，∠ACB=90∘，
∴∠CAB=∠CBA=45∘，
∵DC=DE，∠CDE=90∘，
∴∠DCE=45∘，
∴∠ACD+∠BCG=45∘，
∵∠ACD=∠BCP，
∴∠GCP=∠GCD=45∘，
在△GCD和△GCP中，
GC=GC∠GCD=∠GCPCD=CP，
∴△GCD≌△GCP(SAS)，
∴DG=PG，
∵∠PBG=∠PBC+∠CBG=90∘，BG=6，PB=AD=8，
∴PG=DG= 62+82=10，
∴AB=AD+DG+BG=24，CM=AM=MB=12，DM=AM−AD=4，
∵∠DCM+∠CDM=90∘，∠CDM+∠EDN=90∘，
∴∠DCM=∠EDN，
在△CDM和△DEN中，
∠DCM=∠EDN∠CMD=∠DNECD=DE，
∴△CDM≌△DEN(AAS)，
∴DM=NE=HN=4，CM=DN=AM，
∴AD=NM，DH=AD，
∵AF=FE，
∴DF=12HE=12 42+42=2 2.
故答案为：2 2.  
16.【答案】40(40 3−60) 
【解析】解：如图(2)，设OE=xcm，
则OG=2xcm，GF=xcm，
∵挡板OA长为50cm，OA可绕点O旋转，折叠后点A，D重合，
∴OD=OA=50cm，
∴GD=(2x−50)cm，
∵四边形ODFM为菱形，
∴DF=OD=50cm，
在Rt△DGF中，DG2+GF2=DF2，
即：(2x−50)2+x2=502，
解得x=40或x=0(舍去)，
∴OE=40cm；

如图(3)，过J作JM⊥CK于M，连接HF，
∵∠GKJ=60∘，
∴∠MJK=30∘，
∴MK=12JK，
∵FK=HJ且FK//HJ，
∴四边形HJKF是平行四边形，
∴JK=HF=40 2cm，
∴MK=20 2cm，
∴JM= (40 2)2−(20 2)2=20 6，
设IE=tcm，KI=60cm，
则KF=HJ=(20−t)cm，GJ=(60−t)cm，
∴GK= 402+(20−t)2，
∵S△JGK=12GJ⋅GF=12GK⋅JM，
∴(60−t)×40= 402+(20−t)2×20 6，
化简，得t2+120t−1200=0，
∴t=−60±40 3，
∵t>0，
∴t=40 3−60；
∴IE=(40 3−60)cm；
故答案为：40；(40 3−60).
根据旋转与菱形的性质、利用勾股定理可以求出OE的长度；过J作JM⊥CK于M，连接HF，然后证明四边形HJKF是平行四边形，得JK长度，求出JM，再利用三角形面积公式得出一元二次方程，即可得IE的长度．
此题考查了旋转的性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、利用三角形面积公式得出一元二次方程等知识，熟练掌握并运用这些性质和添加适当的辅助线是解此题的关键．

17.【答案】解：(1) x+2− 8−x=2，
移项得， x+2=2+ 8−x，
两边平方得，x+2=4+4 8−x+8−x，
合并同类项得，2x−10=4 8−x，
∴x−5=2 8−x，
两边平方得，x2−10x+25=4(8−x)，
整理得，x2−6x−7=0，
∴(x+1)(x−7)=0，
解得：x1=−1，x2=7，
经检验，x1=−1，不是原方程的解，
∴原方程的解为：x=7.
(2)2xx2−2x−3−1x−3=1，
方程两边同时乘以(x−3)(x+1)得，2x−(x+1)=x2−2x−3，
整理得，x2−3x−2=0，
解得，x=3± 32−4×1×(−2)2=3± 172，
∴x1=3+ 172，x2=3− 172，
经检验，x1=3+ 172，x2=3− 172时，(x−3)(x+1)≠0，
∴原方程的根为：x1=3+ 172，x2=3− 172.
(3)2x2−3 2x2−1+1=0，
2x2−1−3 2x2−1+2=0，
令t= 2x2−1，代入原方程得，t2−3t+2=0，
∴(t−2)(t−1)=0，
解得：t1=2，t2=1，
当t1=2时， 2x2−1=2，即：2x2−1=4，
∴x2=52，
解得：x1=− 102，x2= 102，
当t2=1时， 2x2−1=1，即：2x2−1=1，
∴x2=1，
解得：x3=−1，x4=1，
经检验x1，x2，x3，x4都为原方程的解
∴原方程的解为：x1=− 102，x2= 102，x3=−1，x4=1. 
【解析】(1)移项后两边平方得出x+2=4+4 8−x+8−x，求出x−5=2 8−x，再方程两边平方得出x2−10x+25=4(8−x)，求出x，再进行检验即可；
(2)观察可得最简公分母是(x−3)(x+1)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解；
(3)令t= 2x2−1，则2x2−1−3 2x2−1+2=0，代入原方程，得t2−3t+2=0，所以t1=2，t2=1，然后分两种情况分别解方程即可．
本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键．

18.【答案】解：(1)如图，直线EF即为所求．
(2)如图，线段CG，点H即为所求．
 
【解析】(1)如图取格点T，连接DT交AB于点E，连接BD，取BD的中点F，作直线EF即可．
(2)取格点E，F，连接EF交格线于P，连接CP交BD于点G，线段CG即为所求．取格点M，N，T，K，连接MN，TK交于点J，取BD的中点O，作直线OJ交AB于H，连接DH，点H即为所求．
本题考查作图-应用与设计作图，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．

19.【答案】4 2  5 2 
【解析】(1)(i)证明：∵AB=AB′，AC=AC′，
∴ABAC=AB′AC′，
∵∠CAB=∠C′AB′，
∴∠BAB′=∠CAC′，
∴△ABB′∽△ACC′，
∴BB′CC′=ABAC；
(ii)解：依次是：∠B=∠B′，AD=AD′；
(2)(i)解：如图1，

连接BM，MB′，作BN⊥CC′于N，作MD⊥CC′于D，
∵AB=AM=CM=CM′= 5，∠A=90∘，
∴∠AMB=∠ABM=45∘，∠C=∠C′=180∘−∠CMC′2，CD=C′D=2，
同理可得：∠A′MB′=45∘，
∴∠A′MB′+∠A′MB=∠AMB+∠A′MB，
∴∠BMB′=∠AMA′，
∵∠CMC′=∠AMA′，
∴∠CMC′=∠BMB′，
∵BM=BM′，
∴∠MBB′=∠MB′B=180∘−∠CMC′2，
∴∠MCC′=∠MBB′，
∴点M、B、B′、C共圆，
∴∠BB′C′=45∘，
∴BN=B′N，
∵B′C′=BC=5，
∴CB′=B′C′−CC′=1，
设CN=a，则BN=B′N=a+1，
在Rt△BCN中，由勾股定理得，
(a+1)2+a2=52，
∴a=3，
∴BN=4，
∴BB′=4 2，
故答案为：4 2；
(ii)解：如图2，
'
作MD⊥BB′于D，
∵C′M=CM= 5，C′D=2，
∴DM=1，
∵BM= 2AB= 10，
∴BD= BM2−DM2=3，
∴BB′=2BD=6，
∴以点B为圆心，6为半径画弧，交大圆M于B′，则B′C′过点B；
(3)解：如图，

以BC为斜边在BC的下方作等腰直角三角形BOC，
设∠ABM=α，
∵∠AMB=∠A′B′M=45∘，
∴∠AMA′=∠BMB′=45∘+α，
∵∠AMC′=∠AMA′=45∘+α，
∴∠BMB′=∠CMC′，
∵BM=B′M，CM=C′M，
∴∠BMB′=∠BB′M=∠MCC′=∠CC′M，
∴点M、B、P、C共圆，
∴∠P=∠AMB=45∘，
∵BC=5，
∴点P在O为圆心，半径为5 22的圆上运动，
∴当BP为⊙O的直径时，BP最大，最大值为：5 2，
故答案为：5 2.
(1)(i)证明△ABB′∽△ACC′，进而得出结论；
(ii)连接BM，MB′，作BN⊥CC′于N，作MD⊥CC′于D，根据三角形全等的性质得出∠B=∠B′，进而得出全等，进而得出AD′=AD；
(2)(i)可先证得∠BB′C=45∘，进而得出结果；
(3)作MD⊥BB′于D，先计算出∠P=45∘，进而得出结果．
本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，找出点P的运动路线．

20.【答案】解：(1)由题意得2+m+10+n+4+2=4050×2+60m+70×10+80n+90×4+100×2=69×40，
即m+n=2260m+80n=1400，
解得x=18y=14.
答：x的值是18，y的值是4.
(2)根据(1)的结果可看出，60分对应的人数最多，
因此众数是60(分)，即x=60，
而第20个和第21个同学的分数分别是60分，70分，
因此中位数y=60+702=65(分)，
所以(x−y)2=(60−65)2=25. 
【解析】(1)由题意知，这个班的平均分是69分，总人数是40人，据此可列出关于x、y的二元一次方程组，进而求出m和n的值；
(2)可根据(1)的结果，找出哪组成绩对应的人数最多，那个成绩就是众数为x；由于全班共有40名学生，因此可看全班的成绩从小到大排列后第20个和第21个学生的成绩是多少，它们的平均数就是中位数y，进而可得出(x−y)2的值．
本题结合实际情况考查了平均数、众数和中位数，掌握它们各自的概念是关键．

21.【答案】增大  x≤1(1,92) 
【解析】解：(1)①当m=1时，抛物线的表达式为y=−12x2+x+4，
∵−12<0，故抛物线开口向下，
当函数y的值随x的增大而增大时，图象在对称轴的左侧，
即x≤1，
故答案为：增大，x≤1；
②函数的对称轴为x=1，
当x=1时，y=−12x2+x+4=92，
即点G的坐标为(1,92)，
故答案为：(1,92)；
(2)当x=2m−1时，y=−12x2+mx+2m+2=3m+32，
则点B的坐标为(2m−1,3m+32)，
所以，点A的坐标为(0,2m+2)，
∵m<0，
则yB−yA=3m+32−2m−2=m−12<0，
即点A在点B的上方，
故当yA>0且yB≤0时，符合题意，
即2m+2>0且3m+32≤0，
解得−1 当抛物线顶点落在x轴上时，
此时m2−4×(−12)×(2m+2)=0，
解得：m=−2，
此时抛物线对称轴为直线x=−2，B点横坐标为−5，符合题意，
综上，−1 (3)设抛物线的顶点为H，则点H(m,12m2+2m+2)，
由抛物线的表达式知，点A、B的坐标分别为(0,2m+2)，(2m−1,3m+32)，
①当0 则h=yA−yB=(2m+2)−(3m+32)=−m+12；
②当12 则h=yB−yA=m−12；
③当m>1时，此时点H、A分别是G的最高和最低点，
则h=yH−yA=12m2；
∴h=−m+12(01).
(1)①当m=1时，抛物线的表达式为y=−12x2+x+2，当函数y的值随x的增大而增大时，则图象在对称轴的左侧，即可求解；
②函数的对称轴为x=1，当x=1时，y=92，即点G的坐标为(1,92)；
(2)求出点A、B的坐标，确定点A在点B的上方，进而求解；
(3)分m≤0，01四种情况，分别确定点A、B、H的位置，进而求解．
本题考查二次函数的综合应用，掌握一次和二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，确定图象上点的位置关系和分类求解是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90∘，
∴∠DAE+∠C=90∘，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC=90∘，
∴∠DBG+∠C=90∘，
∴∠DBG=∠DAE；

(2)解：线段AE，BE，DE之间的数量关系为：BE−AE= 2DE；
理由：如图1，过点D作DM⊥DE交BE于M，
∴∠EDM=90∘，

∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ADB=∠EDM=90∘，
∴∠BDM=∠ADE，
在Rt△ABD中，∠ABC=45∘，
∴∠BAD=45∘=∠ABC，
∴BD=AD，
由(1)知，∠DBG=∠DAE，
∴△DBM≌△DAE(ASA)，
∴BM=AE，DM=DE，
∴ME= 2DE，
∴ME=BE−BM=BE−AE= 2DE；

(3)解：如图1，∵BE⊥AC，
∴∠AEB=∠BEC=90∘，
∵EF是∠AEB的角平分线，
∴∠AEF=12∠AEB=45∘，
在△AEF中，∠AFE=180∘−∠AEF−∠BAC=180∘−45∘−∠BAC=135∘−∠BAC，
在△ABC中，∠ABC=45∘，
∴∠C=180∘−∠ABC−∠BAC=180∘−45∘−∠BAC=135∘−∠BAC，
∴∠AFE=∠C，
由(2)知，DM=DE，
∵∠EDM=90∘，
∴∠DEM=45∘，
∴∠CED=∠BEC−∠DEM=45∘，
∴∠AEF=∠DEC，
∴△AEF∽△DEC，
∴AEDE=AFCD，
∵CD= 2AF，
∴DE= 2AE，
设AE=x，则DE= 2x，
由(2)知，BE−AE= 2DE，
∵BE=6，
∴6−x= 2× 2x，
∴x=2，
∴AE=2，DE=2 2，
如图2，过点D作DN⊥AC于N，

在Rt△DNE中，∠DEC=45∘，
∴DN=EN= 22DE=2，
∴AN=AE+EN=4，
∵DN⊥AC，BE⊥AC，
∴DN//BE，
∴△AEH∽△AND，
∴AEAN=EHDN，
∴24=EH2，
∴EH=1，
∴BH=BE−EH=5，
在Rt△AEH中，根据勾股定理得，AH= AE2+EH2= 5，
∵DN//BE，
∴△DNC∽△BEC，
∴CNCE=DNBE，
∴CNCN+2=26，
∴CN=1，
在Rt△DNC中，根据勾股定理得，CD= DN2+CN2= 5，
在Rt△ADC中，AC=AE+EN+CN=5，
根据勾股定理得，AD= AC2−CD2=2 5，
在Rt△ADB中，AD=BD，
∴AB= 2AD=2 10，
∵CD= 2AF，
∴AF= 22CD= 102，
过点F作FK//BE交AD于K，
∴△AFK∽△ABH，
∴AFAB=FKBH=AKAH，
∴ 1022 10=FK5=AK 5.
∴FK=54，AK= 54，
∴KH=AH−AK=3 54，
在Rt△BDH中，DH= BH2−BD2= 52−(2 5)2= 5，
∴DK=DH+KH=7 54.
∵BE//FK，
∴△DHG∽△DKF，
∴GHFK=DHDK，
∴GH54= 57 54，
∴GH=57. 
【解析】(1)先判断出∠DAE+∠C=90∘，再判断出∠DBG+∠C=90∘，即可得出结论；
(2)过点D作DM⊥DE交BE于M，判断出△DBM≌△DAE(ASA)，得出BM=AE，DM=DE，再判断出ME= 2DE，即可得出结论；
(3)先判断出∠AFE=∠C，进而判断出△AEF∽△DEC，得出DE= 2AE，进而求出AE=2，DE=2 2，过点D作DN⊥AC于N，判断出△AEH∽△AND，得出比例式求出EH=1，根据勾股定理求出AH= 5，再判断出△DNC∽△BEC，求出CN=1，根据勾股定理求出CD= 5，再求出AD=2 5，再判断出△AFK∽△ABH，进而求出FK=54，AK= 54，KH=3 54，进而根据勾股定理求出DH= 5，最后判断出△DHG∽△DKF，得出比例式，即可求出答案．
此题是三角形综合题，主要考查了同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．

23.【答案】解：(1)设小道进出口的宽度为x米，依题意得(30−2x)(20−x)=532.
整理，得x2−35x+34=0.
解得x1=1，x2=34.
∵34>20(不合题意，舍去)，
∴x=1.
即小道进出口的宽度应为1米；
(2)①剩余的种植花草区域的面积=(30−2×2)(20−2)−4×12(30−a)×12×12(20−a)=(−12a2+25a+168)m2；
②根据题意得(−12a2+25a+168)×100=42000，
解得a=14或a=36(不合题意舍去)，
答：a的值为14. 
【解析】(1)设小道进出口的宽度为x米，可将图中的空白部分平移在一起，变成一个长为(30−2x)m，宽为(20−x)m的长方形空地；接着根据其种植花草的面积为532平方米列出方程求解即可；
(2)①根据题意列出代数式即可；
②根据题意解方程即可得到结论．
本题考查了一元二次方程的应用，正确的理解题意列出方程是解题的关键．

24.【答案】(1)解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴AB= AC2+BC2= 52+122=13，
∴⊙O的半径是132；
(2)证明：由(1)知∠ACB=90∘，
∴AC⊥BD，
∵CD=BC，
∴直线AC是BD的垂直平分线，
∴AD=AB，
∴∠B=∠D；
(3)解：①如图：

∵PQ//AB，
∴∠EAB=∠Q，∠B=∠ECQ，
∵AC=AC，
∴∠B=∠Q，
∴∠EAB=∠B，∠ECQ=∠Q，
∴AE=BE，CE=EQ，
设AE=BE=m，则CE=BC−BE=12−m，
在Rt△ACE中，AC2+CE2=AE2，
∴52+(12−m)2=x2，
解得m=16924，
∴AE=BE=16924，CE=12−m=11912=EQ，
∴AQ=AE+EQ=12，
∴AE×AQ=16924×12=1692；
②过A作AK⊥PQ于K，连接BQ，如图：

∵CE=y，AC=5，
∴AE= CE2+AC2= y2+25，
∵∠CAE=∠QBE，∠ACE=∠BQE，
∴△ACE∽△BQE，
∴AEBE=CEQE，
∴QE=BE⋅CEAE=y(12−y) y2+25，
∴AQ=AE+QE= y2+25+y(12−y) y2+25=12y+25 y2+25，
∵∠AQC=∠ABC，∠ACB=90∘=∠AKQ，
∴△ACB∽△AKQ，
∴ACAB=AKAQ，即513=AKAQ，
∴AK=513AQ=60y+12513 y2+25，
∵∠BAQ=∠BCQ=∠PCD，∠ABE=∠D，
∴∠BAQ+∠ABE=∠PCD+∠D，
∴∠AEC=∠APK，
∵∠AKP=90∘=∠ACE，
∴△APK∽△AEC，
∴APAE=AKAC，
∴x y2+25=60y+12513 y2+255，
∴y=1312x−2512. 
【解析】(1)由AB是⊙O的直径，得∠ACB=90∘，用勾股定理可得⊙O的半径是132；
(2)证明直线AC是BD的垂直平分线，有AD=AB，故∠B=∠D；
(3)①由PQ//AB，得∠EAB=∠Q，∠B=∠ECQ，可得∠EAB=∠B，∠ECQ=∠Q，AE=BE，CE=EQ，设AE=BE=m，在Rt△ACE中，52+(12−m)2=x2，得m=16924，即得AE=BE=16924，CE=12−m=11912=EQ，AQ=AE+EQ=12，从而得AE×AQ=1692；
②过A作AK⊥PQ于K；连接BQ，由CE=y，AC=5，得AE= CE2+AC2= y2+25，而△ACE∽△BQE，即可得QE=BE⋅CEAE=y(12−y) y2+25，AQ=AE+QE=12y+25 y2+25，又△ACB∽△AKQ，有513=AKAQ，AK=513AQ=60y+12513 y2+25，再证△APK∽△AEC，得APAE=AKAC，故x y2+25=60y+12513 y2+255，即得y=1312x−2512.
本题考查圆的综合应用，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握圆的相关性质和相似三角形的判定定理．