备战2023年中考数学全真模拟卷【赢在中考模拟卷06】（潍坊专用）

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中考三次模拟测试的重要性
三次模拟考试都有一个共同的作用，就是“以考促教”、“以考促学”，但是三次考试还有比较明显的不同之处。三次模拟的目的是始终坚持教学研究，特别是习题教学的研究，做好统计分析工作，做好针对性的讲评，给学生学法指导。那么三次模拟考试又有何区别么？
二模考试：二模考试大致在五月份，难度相对较大。这次考试主要检测学校以及学生在第一轮复习的成果，让老师和孩子找到问题的关键，是否存在基础不扎实，计算能力是否需要加强等等。
三模考试：三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验，可以说这个时候，考生的成绩基本上已经定型了。
让学生增强考试信心，考试过后老师的复习也会做一个相应调整，做到查缺补漏，题型的讲解也会着重于综合性较强的题型，提升学生的综合运用能力和解题思想。

备战2023年中考数学全真模拟卷【赢在中考模拟卷06】（潍坊专用）第一模拟
（本卷共23小题，满分120分，考试用时120分钟）
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分．每小题四个选项中只有一项正确）
1．(本题3分)在实数，，0，1中，绝对值最小的数是（　　）
A． B． C．0 D．1
【答案】C
【解析】
【分析】先求出选项中各个数字的绝对值，再依次进行比较，即可求解．
【详解】解：A．的绝对值是3；
B．的绝对值是；
C．0的绝对值是0；
D．1的绝对值是1．
比较实数绝对值的大小，，可知0的绝对值最小．
故选：C．
【点睛】本题考查实数的大小比较，掌握实数的绝对值的大小比较是关键．
2．(本题3分)下列几何体中，其主视图和左视图不相同的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】找到从几何体主视图和左视图得到的图形全等的几何体即可．
【详解】解：A．主视图和左视图都是圆，不符合题意；
B．主视图和左视图都是正方形，不符合题意；
C．主视图和左视图都是等腰三角形，不符合题意；
D．主视图是长方形，左视图是圆，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，掌握三视图的概念并能准确判断其主视图与左视图的形状是解答此题的关键．
3．(本题3分)两块平面镜OM和ON如图放置，从点A处向平面镜ON射出一束平行于OM的光线，经过两次反射后（入射光线与平面镜的夹角始终与反射光线与平面镜的夹角相等），光线CD与平面镜ON垂直，则两平面镜的夹角的度数为（    ）

A．15° B．20° C．30° D．36°
【答案】C
【解析】
【分析】设∠MON=x，根据平行线的性质可得∠ABN=x，根据题意可得∠ABN=∠OBC=x，∠DCO=∠BCM，再利用三角形的外角可得∠DCO=2x，然后利用垂直定义可得∠ODC=90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余进行计算即可解答．
【详解】解：设∠MON=x，
∵ABOM，
∴∠ABN=∠MON=x，
由题意得：∠ABN=∠OBC=x，
∵∠BCM是△OBC的一个外角，
∴∠BCM=∠MON+∠OBC=2x，
由题意得：∠DCO=∠BCM=2x，
∵CD⊥ON，
∴∠ODC=90°，
∴∠MON+∠DCO=90°，
∴x+2x=90°，
∴x=30°，
∴∠MON=30°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
4．(本题3分)把不等式组的解集表示在数轴上，正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】先分别求出两个不等式的解集，然后利用夹逼原则求出不等式组的解集，再根据数轴上表示不等式组解集的方法求解即可．
【详解】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
∴不等式组的解集为，
∴数轴上表示不等式组的解集如图所示：

故选：B．
【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示出不等式组的解集，正确求出不等式组的解集是解题的关键．
5．(本题3分)若双曲线在第一、三象限，那么关于的方程的根的情况为（  ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．只有一个实数根 D．条件不足，无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】根据反比例函数的图像与性质，双曲线在第一、第三象限，得到，再根据关于的方程计算根的判别式，从而判断该方程根的情况．
【详解】解：∵双曲线在第一、第三象限，
∴，解得，
∵关于的方程，
∴，
∴关于的方程有两个不相等的实数根，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像与性质，一元二次方程根的判别式，正确理解相关概念，通过反比例函数的图像性质得到的取值范围是解题的关键．
6．(本题3分)从1980年初次征战冬奥会，到1992年取得首枚冬奥会奖牌，再到2022年北京冬奥会金牌榜前三，中国的冰雪体育事业不断取得突破性成绩．历届冬奥会的比赛项目常被分成两大类：冰项目和雪项目．根据统计图提供的信息，有如下四个结论：
①中国队在2022年北京冬奥会上获得的金牌数是参加冬奥会以来最多的一次；
②中国队在2022年北京冬奥会上获得的奖牌数是参加冬奥会以来最多的一次；
③中国队在冬奥会上的冰上项目奖牌数逐年提高；
④中国队在冬奥会上的雪上项目奖牌数在2022年首次超越冰上项目奖牌数．

上述结论中，正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据统计图逐一判断即可．
【详解】解：由题意可知，中国队在2022年北京冬奥会上获得的金牌数是参加冬奥会以来最多的一次，
故①说法正确；
中国队在2022年北京冬奥会上获得的奖牌数是参加冬奥会以来最多的一次，故②说法正确；
中国队在冬奥会上的冰上项目奖牌数在1992年和1994年持平，2018年奖牌数为5枚，比1998年的7枚少，故③说法错误；
中国队在冬奥会上的雪上项目奖牌数在2022年首次超越冰上项目奖牌数，故④说法正确；
所以正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查折线统计图和条形统计图，利用数形结合的方法是解决问题的关键．
7．(本题3分)如图，等腰三角形的底边长为6，腰的垂直平分线分别交边、于点，，若为边的中点，为线段上一动点，若三角形的周长的最小值为，则等腰三角形的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】连接，由于是等腰三角形，点D是边的中点，可得，再根据是线段的垂直平分线可知，点C关于直线的对称点为点A，故的长为的最小值，再根据三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：如图：连接，交于点M，

是等腰三角形，点D是边的中点，
，，
是线段的垂直平分线，
点C关于直线的对称点为点A，，
此时的周长最小，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查的是轴对称−最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形的面积，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
8．(本题3分)如图，四边形中，，垂足分别为E，F，且，．动点P，Q均以的速度同时从点A出发，其中点P沿折线运动到点B停止，点Q沿运动到点B停止，设运动时间为，的面积为，则y与t对应关系的图象大致是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】分四段考虑，①点P在AD上运动，②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，④点P在BC上运动，分别求出y与t的函数表达式，继而可得出函数图象．
【详解】解：在Rt△ADE中AD=(cm)，
在Rt△CFB中，BC=(cm)，
AB=AE+EF+FB=15(cm)，
①点P在AD上运动，AP=t，AQ= t，即0，
如图，过点P作PG⊥AB于点G，

，则PG=(0)，
此时y=AQPG=(0)，图象是一段经过原点且开口向上的抛物线；
②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，即13，

此时y=AQDE=(13)，图象是一段线段；
③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，即15，

此时y=ABDE=(15)，图象是一段平行于x轴的水平线段；
④点P在BC上运动，PB=31-t，即18，
如图，过点P作PH⊥AB于点H，

，则PH=，
此时y=ABPH=(18)，图象是一段线段；
综上，只有D选项符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解答本题的关键是分段讨论y与t的函数关系式，

二、多项选择题（共4小题，每小题3分，共12分．每小题的四个选项中，有多项正确，全部选对得3分，部分选对得2分，有错选的得0分）
9．(本题3分)下列运算错误的是（   ）
A．（﹣2xy﹣1）﹣3＝6x3y3 B．
C．＝5a3 D．（－x）7÷x2＝－x5
【答案】AB
【解析】
【分析】根据负整数指数幂，同底数幂的除法和含乘方的计算法则进行求解判断即可
【详解】解：A、，故此选项符合题意；
B、，故此选项符合题意；
C、，故此选项不符合题意；
D、，故此选项不符合题意；
故选AB．
【点睛】本题主要考查了负整数指数幂，同底数幂的除法和含乘方的计算，解题的关键在于能够熟练掌握相关计算法则．
10．(本题3分)下列命题正确的是（    ）
A．菱形既是中心对称图形又是轴对称图形
B．的算术平方根是5
C．如果一个多边形的各个内角都等于108°，则这个多边形是正五边形
D．如果方程有实数根，则实数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用菱形的对称性、算术平方根的定义、多边形的内角和、一元二次方程根的判别式等知识分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、菱形既是中心对称图形又是轴对称图形，故命题正确，符合题意；
B、的算术平方根是，故命题错误，不符合题意；
C、若一个多边形的各内角都等于108°，各边也相等，则它是正五边形，故命题错误，不符合题意；
D、对于方程，
当a＝0时，方程，变为2x＋1＝0，有实数根，
当a≠0时，时，即，方程有实数根，
综上所述，方程有实数根，则实数，故命题正确，符合题意．
故选：AD．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解算术平方根的定义、菱形的对称性、多边形的内角和、一元二次方程根的判别式等知识，难度不大．
11．(本题3分)如图，在□ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF，BF.下列结论正确的是(   )

A．∠ABC=2∠ABF B．EF=BF C．S四边形DEBC=2S△EFB D．∠CFE=4∠DEF
【答案】ABC
【解析】
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．根据等边对等角和平行线的性质可证得∠CBF＝∠FBH，进而即可求证∠ABC＝2∠ABF；根据“AAS”证得△DFE≌△FCG，易知FE＝FG，进而可得∠EBG＝90°，根据直角三角形斜边中线定理即可求证BF＝EF；根据全等三角形的性质可得S△DFE＝S△CFG，进而可得S四边形DEBC＝S△EBG，进而即可求证S四边形DEBC＝S△EBG＝2S△BEF；求证四边形BCFH是平行四边形，进而证得四边形BCFH是菱形，根据菱形的性质可得∠BFC＝∠BFH，进而根据等边对等角和平行线的性质可得∠BFH＝∠EFH＝∠DEF，进而即可验证结论∠CFE=4∠DEF．
【详解】如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，
∵CD＝2AD，DF＝FC，
∴CF＝AD＝CB，
∴∠CFB＝∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠FBH，
∴∠CBF＝∠FBH，
∴∠ABC＝2∠ABF．故A选项正确；
∵DE∥CG，
∴∠D＝∠FCG，
∵DF＝FC，∠DFE＝∠CFG，
∴△DFE≌△FCG（AAS），
∴FE＝FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBG＝90°，
∴BF＝EF＝FG，故B选项正确；
∵△DFE≌△FCG，
∴S△DFE＝S△CFG，
∴S四边形DEBC＝S△EBG，
∵FE＝FG，
∴S四边形DEBC＝S△EBG＝2S△BEF，故C选项正确；
∵AH＝HB，DF＝CF，AB＝CD，
∴CF＝BH，
∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF＝BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC＝∠BFH，
∵FE＝FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH＝∠EFH＝∠DEF，
∴∠EFC＝3∠DEF，故D选项错误，
故选：ABC．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
12．(本题3分)如图，抛物线过点，对称轴是直线．下列结论正确的是（    ）

A．
B．
C．若关于x的方程有实数根，则
D．若和是抛物线上的两点，则当时，
【答案】D
【解析】
【详解】解：A.∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵对称轴在y轴左侧，
∴a、b同号，
∴b<0，
∵抛物线与y轴交点在正半轴上，
∴c>0，
∴abc>0，
故此选项不符合题意；
B.∵(4a+c)2-(2b)2=(4a+c+2b)(4a+c-2b)，
∵抛物线过点，对称轴是直线，
∴抛物线与x轴另一交点为(2,0)，
∴ 当x=2时，y=ax2+bx+c=4a+c+2b=0，
∴(4a+c)2-(2b)2=(4a+c+2b)(4a+c-2b)=0，
∴(4a+c)2=4b2，
故此选项不符合题意；
C.∵－＝－１，
∴b=2a，
∵当x=2时，y=ax2+bx+c=4a+c+2b=0，
∴4a+c+4a=0,
∴c=-8a，
∵关于x的方程有实数根，
∴Δ=b2-4a(c-m)≥0，
∴(2a)2-4a(-8a-m) ≥0,
∵a<0，
∴9a+m≤0,
故此选项不符合题意；
D.∵|x1+1|=|x1-(-1)|，|x2+1|=|x2-(-1)|，
又∵|x1+1|>|x2+1|，
∴点(x1,y1)到对称轴的距离大于点(x2,y2) 到对称轴的距离，
∴y1 故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，二次函数与一元二次方程的联系，熟练掌握二次函数图象性质是解题的关键．



第Ⅱ卷（非选择题 共84分）
三、填空题（共4小题，每小题3分，共12分．只写最后结果）

13．(本题3分)分解因式：_____________
【答案】
【解析】
【分析】先根据十字相乘法，再利用平方差公式即可因式分解．
【详解】
故答案为：．
【点睛】此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法．
14．(本题3分)已知关于的方程的解为正数，则的取值范围是__________．
【答案】且
【解析】
【分析】首先去分母化成整式方程，求得x的值，然后根据方程的解大于0，且即可求得m的范围．
【详解】解：去分母，得：，
去括号，得：，
移项，得：，
合并同类项，得：，
化系数为1，得：，
∵原分式方程得解为正数，且，
∴，且，
解得：且．
故答案为：且．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的方法和步骤，以及分式的分母不能为0．
15．(本题3分)如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的直角边在轴上，点在第一象限，且，以点为直角顶点，为一直角边作等腰直角三角形，再以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形依此规律，则点的坐标是 __．

【答案】
【解析】
【分析】首先根据图形的变化得出OAn的变化规律，判断出点A2021的所在象限，再求出其坐标即可．
【详解】解：由已知，点A每次旋转转动45°，则转动一周需转动(次)，
而，
，
，
…，
(n为正整数)，
即每次转动点A到原点的距离变为转动前的倍，
，
点的在第三象限的角平分线上，
∴，
设点A2021(x,x)，其中x<0，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A2021的坐标是
【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意各个象限内点的坐标符号．

16．(本题3分)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【解析】
【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【详解】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．
故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，
∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，
∴2S△BFG＝5S△FGH；
故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，
在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，
∴AG＝3，
∴FD＝2；
同理可得ED＝，
∴＝＝2，
＝＝，
∴≠，
∴△ABG与△DEF不相似，
故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，
∴CE＝CD﹣ED＝，
∴＝，
∴4CE＝5ED．
故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．

四、解答题（共7小题，共72分．请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(本题8分)（1）计算：；
（2）化简求值：，其中．
【答案】（1）4；（2），
【解析】
【分析】（1）先计算绝对值，零指数幂，负整数指数幂，特殊角三角函数值，再根据实数的混合计算法则求解即可；
（2）先根据异分母分式的加法计算法则化简，然后代入条件式求值即可．
【详解】解：（1）原式
；
（2）




，
∵，即，
∴原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，实数的混合计算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角三角函数值，熟知相关计算法则是解题的关键．
18．(本题10分)为弘扬荆州传统文化，我市将举办中小学生“知荆州、爱荆州、兴荆州”知识竞赛活动．某校举办选拔赛后，随机抽取了部分学生的成绩，按成绩（百分制）分为A，B，C，D四个等级，并绘制了如下不完整的统计图表．
等级
成绩（x）
人数
A

m
B

24
C

14
D

10


根据图表信息，回答下列问题：
(1)表中m＝______；扇形统计图中，B等级所占百分比是______，C等级对应的扇形圆心角为______度；
(2)若全校有1400人参加了此次选拔赛，则估计其中成绩为A等级的共有______人；
(3)若全校成绩为100分的学生有甲、乙、丙、丁4人，学校将从这4人中随机选出2人参加市级竞赛．请通过列表或画树状图，求甲、乙两人至少有1人被选中的概率．
【答案】(1)12；40%；84
(2)280
(3)
【解析】
【分析】（1）先求出抽查总人数，再求B等级所占百分比、C等级对应的扇形圆心角、m的值；
（2）用1400乘以成绩为A等级的学生人数的占比即可得结果；
（3）根据列表法求概率即可.
【详解】（1）解：抽查总人数为：（人）；
；
B等级所占百分比是：；
C等级对应的扇形圆心角为；
（2）（人）；
∴若全校有1400人参加了此次选拔赛，则估计其中成绩为A等级的共有280人；
（3）

甲
乙
丙
丁
甲

（甲，乙）
（甲，丙）
(甲，丁)
乙
（甲，乙）

（乙，丙）
(乙，丁)
丙
（甲，丙）
（乙，丙）

（丙，丁）
丁
（甲，丁）
（乙，丁）
(丙，丁)


P（甲、乙两人至少有1人被选中）=．
【点睛】本题主要考查统计表和扇形统计图、根据样本所占比估计总量、概率的求解，掌握相关计算公式和概率的求解方法是解题的关键．
19．(本题8分)胜利黄河大桥犹如一架巨大的竖琴，凌驾于滔滔黄河之上，使黄河南北“天堑变通途”.已知主塔垂直于桥面于点B，其中两条斜拉索与桥面的夹角分别为和，两固定点D、C之间的距离约为，求主塔的高度（结果保留整数，参考数据：）

【答案】主塔的高度约为78m．
【解析】
【分析】在Rt△ABD中，利用正切的定义求出，然后根据∠C＝45°得出AB＝BC，列方程求出BD，即可解决问题．
【详解】解：∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABD中，，
在Rt△ABC中，∠C＝45°，
∴AB＝BC，
∴，
∴m，
∴AB＝BC＝m，
答：主塔的高度约为78m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握正切的定义是解题的关键．
20．(本题10分)如图，AB是的直径，D是AB上的一点，C是上的一点，过点D作AB的垂线，与过点C的切线相交于点P，PD与AC相交于点E．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）连接BC，若，，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂直和切线的性质得到，然后根据对顶角相等得到，根据等角对等边即可证明；
（2）作于点F，于点G，连接OE，根据三角形中位线的性质得到OF的长，在中应用勾股定理得到EF的长，进而得到CE的长，然后根据三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵PC是的切线，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，即是等腰三角形．
（2）作于点F，于点G，连接OE，

可得，，
∴．
∴，．
∴，的半径为5．
∴．
∵=∠B
又∵
∴
∴．
∵
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，三角形相似的性质，是几何部分的综合题，第（2）问关键是证明两个三角形相似．
21．(本题10分)小明投资销售一种进价为每件20元的护眼台灯．销售过程中发现，当售价为30元时销量为200件，每涨1元少卖10件，在销售过程中销售单价不低于成本价，而每件的利润不高于成本价的60%．
(1)设小明每月获得利润为w（元），求每月获得利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围．
(2)当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？每月的最大利润是多少？
(3)如果小明想要每月获得的利润不低于2000元，那么小明每月的成本最少需要多少元？
【答案】(1)
(2)当销售单价定为32元时，每月可获得最大利润，最大利润是2160元．
(3)想要每月获得的利润不低于2000元，小明每月的成本最少为3600元．
【解析】
【分析】（1）由每涨1元少卖10件，每月销售的数量（件）与销售单价（元）之间的关系为一次函数，即：，求之，再根据利润＝（售价－进价）×销售量，从而列出关系式，根据在销售过程中销售单价不低于成本价，而每件的利润不高于成本价的60%列出即为其自变量的取值范围；
（2）首先将二次函数化为顶点式，然后根据其增减性确定最大利润即可；
（3）（3）根据抛物线的性质和图象，求出每月的成本．
【详解】（1）解：由每涨1元少卖10件，可知：
每月销售的数量（件）与销售单价（元）之间的关系为一次函数，即：，
当时，，∴，即：，
∵在销售过程中销售单价不低于成本价，而每件的利润不高于成本价的60%
∴，即
则小明每月获得利润为：
即：每月获得利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式为；
（2）由（1）知
又∵，抛物线开口向下．
∴当时，随着的增大而增大，
∴当时，
答：当销售单价定为32元时，每月可获得最大利润，最大利润是2160元．
（3）取得，
解这个方程得：，．
∵，抛物线开口向下．
∴当时，．
∵
∴当时，．
设每月的成本为（元），由题意，得：
∵，
∴随的增大而减小．
∴当时，的值最小，．
答：想要每月获得的利润不低于2000元，小明每月的成本最少为3600元．
【点睛】此题考查二次函数和一次函数的性质及其应用，还考查抛物线的基本性质，另外将实际问题转化为求函数最值问题，从而来解决实际问题．
22．(本题14分)（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，，并延长到点，使，连接．若，则，，之间的数量关系为 ；
（2）【类比探究】如图2，当点在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图3，在中，，，在上，，若的面积为12，，请直接写出的面积．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）5
【解析】
【分析】（1）证明，可得，，，从而推出，再证明，得到，从而得到结论；
（2）在上取，证明，得到，，推出，证明，得到，从而有；
（3）将顺时针方向旋转至，得到，，，根据，，可得，再证明，可得．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，在上取，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；

（3）将顺时针方向旋转至，

根据旋转的性质可得，
，，，
，，
，
∴，
∵，
∴，
∵,
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识，找准每一问中的全等三角形是解题的关键．
23．(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点是直线上方拋物线上任意一点，过点分别作轴、轴的平行线，交直线于点，，求的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将该抛物线向右平移个3个单位，点平移后的对应点为，为新抛物线对称轴上任意一点，在新抛物线上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】(1)该抛物线的函数表达式为
(2)的最大值为，点的坐标为
(3)符合条件的点的坐标为：或或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出该抛物线的函数表达式即可；
（2）首先确定点的坐标为，易知为等腰直角三角形，设直线的表达式为，利用待定系数法求得直线的表达式为，再结合题意可知也为等腰直角三角形，即有；设点的坐标为，则点，可知，结合二次函数的图像与性质可得有最大值，即可获得答案；
（3）首先确定平移后的抛物线解析式为，平移后得对称轴为，设点，点，然后分为对角线、为对角线、为对角线三种情况讨论，即可求得符合条件的点的坐标为．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，
∴，解得 ，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）在中，令，得，
∴点的坐标为，
∴，
∴为等腰直角三角形，则，
设直线的表达式为，
则有，解得 ，
∴直线的表达式为，
∵轴，
∴，
又∵轴，
∴为等腰直角三角形，
∴，即，
设点的坐标为（其中），则点，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，
∴的最大值为，
此时，点的坐标为；
（3）∵抛物线，，
∴由题意，该抛物线向右平移个3个单位，则平移后点的对应点的坐标为，
平移后的抛物线解析式为，
∴平移后得对称轴为，
由（2）可知，点的坐标为，
设点，点，
分情况讨论：
①当为对角线时，则有，解得，
∴；
②当为对角线时，则有，解得，
∴；
③当为对角线时， 则有，解得，
∴．
综上所述，符合条件的点的坐标为：或或．
【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法求二次函数和一次函数函数解析式、一次函数图像上点的特征、二次函数图像的平移、二次函数的图像与性质以及平行四边形的性质等知识，综合性强，解题关键是运用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．