还剩54页未读，
继续阅读
2023年江苏省常州二十四中中考数学一模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年江苏省常州二十四中中考数学一模试卷（含解析），共57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年江苏省常州二十四中中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共18小题，共46.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，被墨迹污染的数可能是( )
A. 1.5 B. 0.5 C. −1.5 D. −0.5
2. 根据图中三视图可知该几何体是( )
A. 三棱锥 B. 三棱柱 C. 四棱锥 D. 四棱柱
3. 世卫组织宣布冠状病毒最大直径约为0.00000012m，“0.00000012”用科学记数法可表示为( )
A. 12×10−8 B. 0.12×10−6 C. 1.2×10−7 D. 1.2×10−6
4. 将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为( )
A. 70° B. 75° C. 80° D. 85°
5. 下列运算正确的是( )
A. a2+a=a3 B. 3a−4a=−a
C. (a−3)2=a2−9 D. a3⋅a4=a12
6. 若事件“关于x的一元二次方程ax2+4x−1=0有实数根”是必然事件，则a的取值范围是( )
A. a<4 B. a>−4 C. a≥−4且a≠0 D. a≤−4且a≠0
7. 端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗.某超市以9元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋15元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出70袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1360元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为( )
A. (15−x−9)(200+70x)=1360 B. (15−x)(200+70x)=1360
C. (15−x−9)(200−70x)=1360 D. (15−x)(200−70x)=1360
8. 在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫.如图，将“雪花”图案(边长为4的正六边形ABCDEF)放在平面直角坐标系中，若AB与x轴垂直，顶点A的坐标为(2,−3)，则顶点C的坐标为( )
A. B.
C. D.
9. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，连接BD，当DB⊥x轴时，k的值是( )
A. −2 3 B. −3 3 C. −4 3 D. −6 3
10. 老师布置了任务：过直线AB上一点C作AB的垂线.在没有直角尺的情况下，嘉嘉和淇淇利用手头的学习工具给出了如图所示的两种方案，下列判断正确的是( )
①利用一把有刻度的直尺在AB上量出CD=30cm．
②分别以D，C为圆心，以50cm和40cm为半径画圆弧，两弧相交于点E．
③作直线CE，CE即为所求的垂线．
取一根笔直的木棒，在木棒上标出M，N两点
①使点M与点C重合，点N对应的位置标记为点Q．
②保持点N不动，将木棒绕点N旋转，使点M落在AB上，将旋转后点M对应的位置标记为点R．
③将RQ延长，在延长线上截取线段QS=MN，得到点S．
④作直线SC，SC即为所求直线．
A. Ⅰ可行、Ⅱ不可行 B. Ⅰ不可行、Ⅱ可行
C. Ⅰ、Ⅱ都不可行 D. Ⅰ、Ⅱ都可行
11. 计算3−(−2)的结果是( )
A. −5 B. −1 C. 1 D. 5
12. 下列计算中正确的是( )
A. b3⋅b2=b6 B. x3+x3=x6 C. a2÷a2=0 D. (−a3)2=a6
13. 下列几何体的左视图和俯视图相同的是( )
A. B.
C. D.
14. 在平面直角坐标系中，点P(x2+2,−3)所在的象限是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
15. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=8，以点A为顶点作三角形(阴影部分)，使这个三角形与△ABC相似，且相似比为1：2，根据下列选项图中标注的条件，不符合要求的作图是( )
A. B.
C. D.
16. 如图，已知⊙O的弦AB、DC的延长线相交于点E，∠AOD=128°，∠E=40°，则∠BDC的度数是( )
A. 16°
B. 20°
C. 24°
D. 32°
17. 小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己.已知图1正方形纸片的边长为4，图2中FM=2EM，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即AB，CD之间的距离是( )
A. 103 B. 113 C. 4 D. 133
18. 已知抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(p,m)，(q,m)，(4,c)，当1≤q−p<6时，则m的取值范围为
( )
A. c−4≤m
C. c
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共15小题，共35.0分）
19. 若代数式 x−2023有意义，则x的取值范围是 ．
20. 分解因式：3m2−12= ______ ．
21. 如图是小明的健康绿码示意图，用黑白打印机打印于边长为2cm的正方形区域内，为了估计图中黑色部分的总面积，在正方形区域内随机掷点，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，据此可以估计黑色部分的总面积约为______ cm2．
22. 如图1所示，半圆O的直径AB长度为6，半径OC⊥AB，沿OC将半圆剪开得到两个圆心角为90°的扇形.将左侧扇形向右平移至图2位置，则所得图形中重叠部分的面积为______ ．
23. 如图，∠AOB=30°，点P在OA上，且OP= 3，M是OA上的点，在OB上找点N，以PM为边，P，M，N为顶点作正方形，则MN的长为 ．
24. 当x ______ 时，分式13−x无意义．
25. 分解因式：3x2−12y2=______．
26. 2022年3月25日，我国核电企业研发设计的具有完全自主知识产权的“华龙一号”示范工程全面建成投运，每年减少二氧化碳排放约1632万吨，用科学记数法表示1632万是______ ．
27. 关于x的方程3x2+2x+m=0有两个不相等的实数根.则m的取值范围是______ ．
28. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1=20°，则∠2的度数是______．
29. 如图，在△ABC中，点D，E在边AB，AC上，DE//BC，△ADE与△ABC的周长比为2：5，则AD：DB=______．
30. 如图，在扇形OAB中，已知∠AOB=90°，OA=2，过AB的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，则图中阴影部分的面积为______ ．
31. 已知线段AB，按照如下方法画图：①经过点B作BD⊥AB，使BD=12AB；②连接AD，在DA上截取DE=DB，点E在AD上；③在AB上截取AC=AE，点C在AB上.根据上述作图，如果AB=2，那么AC的长等于______ ．
32. 如图，A，B两点分别在x轴正半轴，y轴正半轴上且∠BAO=30°，AB=4 3，将△AOB沿AB翻折得△ADB，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过D点，则k的值是______．
33. 如图，已知正方形ABCD中，AB=2，点E为BC边上一动点(不与点B、C重合)，连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 ．
三、解答题（本大题共18小题，共159.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
34. (本小题8.0分)
计算：
；
(2)化简求值：，其中a从−2，−1，0，1，2中选取一个合适的数．
35. (本小题9.0分)
“此生无悔入华夏，来世再做中国人！”自疫情暴发以来，我国成功地研发出了多种“新冠”疫苗，并在全国范围内免费接种.为了解接种进度，某小区管理人员对小区居民进行了抽样调查，按接种情况可分如下四类：A类——接种了只需要注射一针的疫苗；B类——接种了需要注射二针，且二针之间要间隔一定时间的疫苗；C类——接种了要注射三针，且每二针之间要间隔一定时间的疫苗；D类——还没有接种.图1与图2是根据此次调查得到的统计图(不完整)，请根据统计图回答下列问题：
(1)此次抽样调查的人数是 人；
(2)m= ；n= ；
(3)为了继续宣传新冠疫苗接种的重要性，小区管理部门准备在已经接种疫苗的居民中征集2名志愿宣传者，现有3男2女共5名居民报名，要从这5人中随机挑选2人，求恰好抽到一男和一女的概率是多少？
36. (本小题9.0分)
在一次数学研究性学习中，小敏将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=6cm，AC=DF=8cm，并进行如下研究活动，将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．
(1)图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
(2)当纸片DEF平移到某一位置时，小敏发现四边形ABDE为矩形(如图3)，求AF的长．
37. (本小题9.0分)
枯槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于(墨子⋅备城门)，是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB=5.4米，OA：OB=2：1.当点A位于最高点时，∠AOM=127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1，求此时水桶B上升的高度．
(参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8)
38. (本小题9.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=AC=6，tan∠BAC=34，求DE的长．
39. (本小题9.0分)
2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，任务取得圆满成功.航模店看准商机，推出了“神舟”和“天宫”模型.已知每个“天宫”模型的成本比“神舟”模型低20%，同样花费320元，购进“天宫”模型的数量比“神舟”模型多4个．
(1)“神舟”和“天宫”模型的成本各多少元？
(2)该航模店计划购买两种模型共100个，且每个“神舟”模型的售价为35元，“天宫”模型的售价为25元.设购买“神舟”模型a个，销售这批模型的利润为w元．
①求w与a的函数关系式(不要求写出a的取值范围)；
②若购进“神舟”模型的数量不超过“天宫”模型数量的一半，则购进“神舟”模型多少个时，销售这批模型可以获得最大利润？最大利润是多少？
40. (本小题10.0分)
如图，是某水上乐园为亲子游乐区新设滑梯的示意图，其中线段PA是竖直高度为6米的平台，PO垂直于水平面，滑道分为两部分，其中AB段是双曲线y=12x的一部分，BCD段是抛物线的一部分，两滑道的连接点B为抛物线的顶点，且B点的竖直高度为2米，滑道与水平面的交点D距PO的水平距离为8米，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，滑道上点的竖直高度为y，距直线PO的水平距离为x．
(1)请求出滑道BCD段y与x之间的函数关系式；
(2)当滑行者滑到C点时，距地面的距离为1米，求滑行者此时距滑道起点A的水平距离；
(3)在建模实验中发现，为保证滑行者的安全，滑道BCD落地点D与最高点B连线与水平面夹角应不大于45°，且由于实际场地限制，，求OD长度的取值范围．
41. (本小题12.0分)
[问题情境]
(1)王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB=AC，P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F.求证：PD+PE=CF．
小明的证明思路是：
如图①，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小颖的证明思路是：
如图②，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF.请你选择小明、小颖两种证明思路中的任意一种，写出详细的证明过程．
[变式探究]
(2)如图③，当点P在BC延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证：PD−PE=CF．
[结论运用]
(3)如图④，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BG，垂足分别为G，H，若AD=18，CF=5，求PG+PH的值．
[迁移拓展]
(4)图⑤是一个机器模型的截面示意图，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且AD⋅CE=DE⋅BC，，AD=3cm，，M、N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，请直接写出△DEM与△CEN的周长之和．
42. (本小题6.0分)
解不等式组：╔╔ \ begin{cases}2(x-3) \ leqslant x-4\\\dfrac{x-2}{2}
43. (本小题8.0分)
(1)计算：；
(2)解方程：1−xx−2=12−x−2．
44. (本小题8.0分)
为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每天完成书面作业的时间t(单位：分钟).按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“4590”.将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)这次调查的样本容量是______，请补全条形统计图；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是______度，本次调查数据的中位数落在______组内；
(3)若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
45. (本小题8.0分)
只有1和它本身两个因数且大于1的正整数叫做素数．我国数学家陈景润从哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是：“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”.如20=3+17．
(1)若从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是______；
(2)从7、11、19、23这4个素数中随机抽取1个数，再从余下的3个数中随机抽取1个数，请用画树状图或列表的方法，求抽到的两个素数之和等于30的概率．
46. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，且BE=CF，BD=CE．
(1)求证：△DEF是等腰三角形；
(2)当∠A=20°时，求∠DEF的度数；
47. (本小题8.0分)
拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm.点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
(1)转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC=143°，CD//l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长(精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6)．
(2)物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
48. (本小题8.0分)
已知A(m,2)是直线L和双曲线y=3x的交点．
(1)求m的值．
(2)若直线L分别和x轴、y轴交于E、F两点，且点A是△EOF的外心，试确定直线L的解析式．
(3)在双曲线y=3x上另取一点B，过B作BK⊥x轴于K，试问：在y轴上是否存在点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．
49. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A为任意一点，B为⊙O上任意一点．给出如下定义：记A，B两点间的距离的最小值为p(规定：点A在⊙O上时，p=0)，最大值为q，那么把p+q2的值称为点A与⊙O的“关联距离”，记作d(A,⊙O)．
(1)如图，点D，E，F的横、纵坐标都是整数．
①d(D,⊙O)=______；
②若点M在线段EF上，求d(M,⊙O)的取值范围；
(2)若点N在直线y= 3x+2 3上，直接写出d(N,⊙O)的取值范围；
(3)正方形的边长为m，若点P在该正方形的边上运动时，满足d(P,⊙O)的最小值为1，最大值为 10，直接写出m的最小值和最大值．
50. (本小题10.0分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，延长AE交BC的延长线于点G．
(1)求线段CE的长．
(2)判断四边形AFGD是什么特殊四边形，并说明理由．
(3)如图2，M、N分别是线段AG、DG上的动点(与端点不重合)，且∠DMN=∠DAM，设DN=x.是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
51. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点A(0,4)、与x轴交于点B(2,0)和点C(−1,0)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点D为第一象限的抛物线上一点．
①过点D作DE⊥AB，垂足为点E，求线段DE长的取值范围；
②若点F、G分别为线段OA、AB上一点，且四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，求此时点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据图示，被墨迹污染的数大于−1且小于0，
∵1.5>0，
∴选项A不符合题意；
∵0.5>0，
∴选项B不符合题意；
∵−1.5<−1，
∴选项C不符合题意；
∵−1<−0.5<0，
∴选项D符合题意．
故选：D．
根据图示，被墨迹污染的数大于−1且小于0，据此逐项判断即可．
此题主要考查了数轴的特征和应用，解答此题的关键是要明确：一般来说，当数轴正方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
2.【答案】B
【解析】解：根据图中三视图可知该几何体是三棱柱．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力以及对立体图形的认识．
3.【答案】C
【解析】解：0.00000012=1.2×10−7．
故选：C．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
∵∠2=90°−30°=60°，
∴∠3=180°−45°−60°=75°，
∵a//b，
∴∠1=∠3=75°，
故选：B．
利用三角形内角和定理和平行线的性质解题即可．
此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，同位角相等解答．
5.【答案】B
【解析】解：A.因为a2与a不是同类项，不能合并计算，所以A选项计算错误，故A选项不符合题意；
B.因为3a−4a=−a，所以B选项计算正确，故B选项符合题意；
C.因为(a−3)2=a2−6a+9，所以C选项算不正确，故C选项不符合题意；
D.因为a3⋅a4=a7，所以D选项计算不正确，故D选项不符合题意．
故选：B．
A.应用合并同类项的法则进行计算即可得出答案；
B.应用合并同类项的法则进行计算即可得出答案；
C.应用完全平方公式进行计算即可得出答案；
D.应用同底数幂的乘法法则进行计算即可得出答案．
本题主要考查了完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法，熟练掌握完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法法则进行计算是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意得a≠0且Δ=42−4a×(−1)≥0，
解得a≥−4且a≠0．
故选：C．
根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到a≠0且Δ=42−4a×(−1)≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查的是随机事件及根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：每袋粽子的销售利润为(15−x−9)，每天可售出(200+70x)袋，
∴超市每天售出此种粽子的利润(15−x−9)(200+70x)=1360．
故选：A．
由售价及销售间的关系，可得出降价后每袋粽子的销售利润为(15−x−9)，每天可售出(200+70x)袋，利用超市每天售出此种粽子的利润=每袋的销售利润×日销售量，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．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接BD交CF于点M，则点B(2,1)，
在Rt△BCM中，BC=4，∠BCM=12×120°=60°，
∴CM=12BC=2，BM= 32BC=2 3，
∴点C的横坐标为−(2 3−2)=2−2 3，纵坐标为1+2=3，
∴点C的坐标为(2−2 3,3)，
故选：B．
根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可．
本题考查正多边形与圆，勾股定理，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计算的前提，理解坐标与图形的性质是解决问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E，
∵顶点C的坐标为(a,3)，
∴OE=−a，CE=3，
∴OC=CEcos60∘=2 3，
∵菱形ABOC中，∠BOC=60°，
∴OB=OC=2 3，∠BOD=12∠BOC=30°，
∵DB⊥x轴，
∴DB=OB⋅tan30°=2 3× 33=2，
∴点D的坐标为：(−2 3,2)，
∵反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，
∴k=xy=−4 3．
故选：C．
首先过点C作CE⊥x轴于点E，由∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，可求得OC的长，进而根据菱形的性质，可求得OB的长，且∠AOB=30°，继而求得DB的长，则可求得点D的坐标，又由反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交D点，即可求得答案．
此题考查了菱形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征．注意准确作出辅助线，求出OC是解本题的是关键．
10.【答案】D
【解析】解：方案Ⅰ：∵CD2+CE2=302+402=502=DE2，
∴△CDE是直角三角形；
故方案Ⅰ可行；
方案Ⅱ：由作图得：Q是SR的中点，且CQ=0.5AS，
∴∠ACS=90°，
∴△CDE是直角三角形，
故选：D．
两个方案分别根据“勾股定理的逆定理”和“如果三角形一边上我中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”进行的作图，故都正确．
本题考查了复杂作图，掌握直角三角形的判定定理是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了有理数的减法，是基础题，熟记减去一个数等于加上这个数的相反数是解题的关键．
根据有理数的减法运算法则，减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．
【解答】
解：3−(−2)=3+2=5．
故选：D．
12.【答案】D
【解析】解：b3⋅b2=b5，故选项A不合题意；
x3+x3=2x3，故选项B不合题意；
a2÷a2=1，故选项C不合题意；
(−a3)2=a6，正确，故选项D符合题意．
故选：D．
分别根据同底数幂的乘法法则，合并同类项的法则，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了同底数幂的乘除法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项的法则，熟记相关运算法则是解答本题的关键．
13.【答案】D
【解析】解：选项A中的几何体的左视图和俯视图为：
选项B中的几何体的左视图和俯视图为：
选项C中的几何体的左视图和俯视图为：
选项D中的几何体的左视图和俯视图为：
因此左视图和俯视图相同的选项D中的几何体，
故选：D．
分别画出各种几何体的左视图和俯视图，进而进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，掌握三视图的画法是得出正确结论的前提．
14.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标，正确掌握各象限内点的坐标特点是解题关键．
直接利用各象限内点的坐标特点分析得出答案．
【解答】
解：∵x2⩾0且−3<0，
∴x2+2>0，
∴点P(x2+2,−3)所在的象限是第四象限．
故选：D．
15.【答案】D
【解析】解：A.∵∠AMN=∠C，∠A=∠A，
∴△AMN∽△ACB，且MN：BC=1：2；
B.由勾股定理得，MN=4，
∵AMAC=MNBC=12，∠M=∠C，
∴△AMN∽△ACB，
C.△AMC∽△BMA，相似比是MCAM=12，
D.相似比不是1：2，故D符合题意．
故选：D．
根据相似三角形的判定逐一进行判断即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
16.【答案】C
【解析】解：∵∠ABD是AD所对的圆周角，
∴∠ABD=12∠AOD=12×128°=64°，
∵∠ABD是△BDE的外角，
∴∠BDC=∠ABD−∠E=64°−40°=24°，
故选：C．
根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出∠ABD的度数，根据∠ABD是△BDE的外角即可出答案．
本题考查了圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
17.【答案】D
【解析】解：如图2，过点E作EI⊥FK于点I，过点M作MJ⊥FK于点J，
由题意得，△ABM，△EFK都是等腰直角三角形，AB=BM=2，EK=EF=2 2，FK=4，FK与CD之间的距离为1，
，
，
∵EI⊥FK，MJ⊥FK，
∴KI=IF，，
∴EI=12FK=2，，
，
∴MJ=43，
∵AB//CD，
∴AB与CD之间的距离=2+43+1=133，
故选：D．
过点E作EI⊥FK于点I，过点M作MJ⊥FK于点J，由七巧板的特点可得，△ABM，△EFK都是等腰直角三角形，AB=BM=2，EK=EF=2 2，FK=4，FK与CD之间的距离为1，由FM=2EM，得出，由平行线分线段成比例定理的推论求出MJ的长度，进而即可得出答案．
本题考查了七巧板，正方形的性质，掌握七巧板的特点，正方形的性质，平行线分线段成比例定理的推论是解决问题的关键．
18.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(0,c)，(4,c)，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2=0+42=2，
∴b=−4，
∴抛物线为y=x2−4x+c，
∵抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(p,m)，(q,m)，
∴p+q2=2，
∴p+q=4，
∴p=4−q，
∵1≤q−4+q<6，
∴2.5≤q<5，
∵m=q2−4q+c，
∴−154+c≤m<5+c，
故选：B．
根据题意求得抛物线的对称轴为直线x=−b2=0+42=2，进而得到抛物线为y=x2−4x+c，根据抛物线的对称性得出p+q=4，即可得到p=4−q，代入1≤q−p<6得到2.5≤q<5，根据图象上点的坐标特征即可求得−154+c≤m<5+c．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象和性质，熟知二次函数的对称性是解题的关键．
19.【答案】x≥2023
【解析】解：由题意得：x−2023≥0，
解得：x≥2023，
故答案为：x≥2023．
根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，可得不等式x−2023≥0，再解不等式即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件；用到的知识点为：二次根式有意义的条件是被开方数为非负数．
20.【答案】3(m−2)(m+2)
【解析】解：3m2−12
=3(m2−4)
=3(m−2)(m+2)．
故答案为：3(m−2)(m+2)．
利用提公因式和平方差公式进行因式分解．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，解题的关键是掌握提公因式和平方差公式因式分解法．
21.【答案】2.4
【解析】解：∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，
∴点落入黑色部分的概率为0.6，
∵边长为2cm的正方形的面积为4cm2，
设黑色部分的面积为S，
则S4=0.6，
解得S=2.4(cm2).
∴估计黑色部分的总面积约为2.4cm2．
故答案为：2.4．
经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，可得点落入黑色部分的概率为0.6，根据边长为2cm的正方形的面积为4cm2，进而可以估计黑色部分的总面积．
本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握概率公式，知道点落入黑色部分的概率为0.6．
22.【答案】
【解析】解：连接OE，作ED⊥OB于点D．
∵OE=OB=2OD，
∴∠OED=30°，
∴∠EOB=60°，
，
在直角△ODE中，，则，
则弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积是：，
则．
故答案是：．
连接OE，作ED⊥OB于点D，S扇形−S△ODE，即可求得弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积，则阴影部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
23.【答案】 2或3− 32或3+ 32
【解析】解：如图1，正方形PMDN以MN为对角线，且点M在点P的左侧，
∵∠OPN=90°，∠AOB=30°，OP= 3，
∴PM=PN=OP⋅tan30°= 3× 33=1，
∵∠MPN=90°，
∴MN= PM2+PN2= 12+12= 2；
当正方形PM′D′N以M′N为对角线，且点M在点P的右侧时，M′N=MN= 2；
如图2，正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的左侧，
∵∠OMN=90°，∠AOB=30°，
∴∠ONM=60°，
∴OM=MN⋅tan60°= 3MN，
∵MP=MN，
∴ 3MN+MN= 3，
解得MN=3− 32；
如图3，正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的右侧，
∵OM= 3MN，MP=MN，
∴ 3MN−MN= 3，
解得MN=3+ 32，
综上所述，MN的长为 2或3− 32或3+ 32，
故答案为： 2或3− 32或3+ 32．
分三种情况，一是正方形PMDN以MN为对角线，则PM=PN=OP⋅tan30°=1，所以MN= PM2+PN2= 2，此时点M在点P的左侧或右侧，MN的长相同；二是正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的左侧，则OM= 3MN，所以 3MN+MN= 3，则MN=3− 32；三是正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的右侧，则 3MN−MN= 3，所以MN=3+ 32．
此题重点考查正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，依据正方形的对角线的不同和点M的位置的不同，正确地进行分类是解题的关键．
24.【答案】=3
【解析】解：由题意得，3−x=0，
解得x=3．
故答案为：=3．
根据分式无意义，分母等于0列方程求解即可．
本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：(1)分式无意义⇔分母为零；(2)分式有意义⇔分母不为零；(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
25.【答案】3(x−2y)(x+2y)
【解析】解：3x2−12y2，
=3(x2−4y2)，
=3(x+2y)(x−2y)．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后，可以利用平方差公式进行二次分解．
26.【答案】1.632×107
【解析】解：1632万=16320000=1.632×107．
故答案为：1.632×107．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，先确定a的值，再找出n的值，就可求解．
此题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
27.【答案】m<13
【解析】解：∵该方程有两个不相等的实数根，
，
解得m<13，
故答案为：m<13．
根据题意得根的判别式大于0，可求得此题结果．
此题考查了利用一元二次方程根的判别式解决问题的能力，关键是能准确理解并运用以上知识，并能进行正确的计算．
28.【答案】25°
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠3=∠1=20°．
∵是等腰直角三角尺，
∴∠2+∠3=45°．
∴∠2=25°．
故答案为：25°．
用平行线的性质推内错角相等，再利用角的差求结果．
本题考查等腰三角形平行线的性质，掌握平行推那两个角相等，找准角是解题的关键．
29.【答案】2：3
【解析】解：∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∵△ADE与△ABC的周长比为2：5，
∴ADAB=25，
∴ADDB=23，
∴AD：DB=2：3，
故答案为：2：3．
根据已知可知A字模型相似三角形△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性质进行计算计算即可解答．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键．
30.【答案】π−2
【解析】解：连接OC，
∵OA=2，
∴OC=0A=2，
∵∠AOB=90°，C为AB的中点，
∴∠AOC=∠BOC=45°，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO=∠CEO=90°，
∴∠DCO=∠AOC=∠ECO=∠COE=45°，
∴CD=OD，CE=OE，
∴2CD2=22，2OE2=22，
即CD=OD=OE=CE= 2，
∴阴影部分的面积S=S扇形AOB−S△CDO−S△CEO=90π×22360−12× 2× 2−12× 2× 2=π−2，
故答案为：π−2．
连接OC，求出∠AOC=∠BOC=45°，求出∠DCO=∠AOC=∠ECO=∠COE=45°，求出CD=OD，CE=OE，根据勾股定理求出CD=OD=OE=CE= 2，再求出阴影部分的面积即可．
本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，圆心角、弧、弦之间的关系，扇形面积的计算等知识点，把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键，注意：如果扇形的圆心角为n°，半径为r，那么该扇形的面积为nπr2360．
31.【答案】 5−1
【解析】解：，AB=2，
∴BD=1，
∴DE=1，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
，
，
∴AC= 5−1．
故答案为： 5−1．
由BD=12AB，AB=2，可得BD=DE=1，由勾股定理可得AD= AB2+BD2= 5，则，即可得出答案．
本题考查基本作图、勾股定理，理解题意，利用勾股定理求出直角三角形斜边的长是解题的关键．
32.【答案】9 3
【解析】解：∵∠AOB=90°，∠BAO=30°，AB=4 3，
∴AO=ABcos30°=4 3× 32=6，
∵将△AOB沿AB翻折得△ADB，
∴∠DAB=∠OAB=30°，AD=AO=6，
∴∠DAO=60°，
过D作DC⊥OA于C，
∴∠ACD=90°，
∴AC=12AD=3，CD= 32AD=3 3，
∴D(3,3 3)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过D点，
∴k=3×3 3=9 3，
故答案为：9 3．
根据直角三角形的性质得到AO=ABcos30°=4 3× 32=6，根据折叠的性质得到∠DAB=∠OAB=30°，AD=AO=6，求得∠DAO=60°，过D作DC⊥OA于C，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了反比例函数点的坐标特征，翻折变换(折叠问题)，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
33.【答案】43
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
通过证明点A，点F，点C，点E四点共圆，可得∠AEF=∠ACF=90°，可求∠DCF的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求CG，CE，CH的长，由三角形的面积公式可求解．
【解答】
解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AFE=45°，
∴∠AFE=∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF=90°，
∴∠DCF=45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH//CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，
∵DF⊥CF，∠DCF=45°，
∴∠FDC=∠FCD=45°，
∴FD=FC，
∵AB=CD=AD=BC=2，
∴DF=FC= 2，
∵NH//CD，
∴∠NFD=∠FDC=45°，∠HFC=∠FCD=45°，∠N=∠ADC=90°=∠BCD=∠H，
∴NF=DN=1，FH=CH=1，
∵DC//NH，
∴△ADG∽△ANF，
∴ADAN=DGNF，
∴22+1=DG1，
∴DG=23，
∴GC=43，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
∠BAE=∠FEH∠B=∠HAE=EF，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴BE=FH=1，AB=EH=2，
∴CE=1，
∴四边形CEGF的面积=12×CG×CE+12×CG×CH=12×43×1+12×43×1=43，
故答案为：43．
34.【答案】解：(1)原式=3−4−1
=−2；
(2)原式=a2+1−2aa⋅a(a+1)(a−1)
=(a−1)2a⋅a(a+1)(a−1)
=a−1a+1，
根据分式有意义的条件可得a≠0，a≠±1，
当a=2时，原式=2−12+1=13．
【解析】(1)先算乘方，再化简绝对值、二次根式，最后算加减；
(2)先根据分式的混合运算法则化简，再选取合适的数代入计算即可．
本题考查了实数的运算、分式的化简求值，熟练掌握乘方的运算法则、绝对值的代数意义和分式的混合运算法则是解题关键．
35.【答案】200 40 30
【解析】解：(1)20÷10%=200(人)，
故答案为：200；
(2)80÷200=40%，
∴m=40，
200×15%=30，
∴n=30，
故答案为：40，30；
(3)列表如下：
共有20种等可能的结果，恰好抽到一男和一女的有12种，
∴恰好抽到一男一女的概率为1220=35．
(1)根据图1和图2中A的数据计算即可；
(2)根据图1和图2中B的数据和C的数据求解即可；
(3)采用列表法求求出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了树状图或列表法求概率，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．
36.【答案】解：(1)四边形ABDE是平行四边形．
证明：∵△ABC≅△DEF，
∴AB=DE，∠BAC=∠EDF，
∴AB//DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA=OD=OB=OE，
设AF=x，则OA=OE=12(x+8)，
∴OF=OA−AF=4−12x，
在Rt△OFE中，OF2+EF2=OE2，
∴(4−12x)2+62=14(x+8)2，
解得：x=92，
∴AF=92cm．
【解析】(1)由全等三角形的性质得出AB=DE，∠BAC=∠EDF，则AB//DE，可得出结论；
(2)连接BE交AD于点O，设AF=x，则OA=OE=12(x+8)，得出OF=OA−AF=4−12x，由勾股定理列出方程，进而求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
37.【答案】解：过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于F，过B1作B1D⊥EF于D，如图所示：
则∠EOM=90°，
∵∠AOM=127°，∠AOA1=54.5°，
∴∠BOC=∠AOE=127°−90°=37°，∠B1OD=∠A1OE=54.5°−37°=17.5°，
∵AB=5.4米，OA：OB=2：1，
∴OA1=OA=3.6(米)，OB1=OB=1.8(米)，
∵sin∠B1OD=B1DOB1，sin∠BOC=BCOB，
∴B1D=OB1×sin17.5°≈1.8×0.3=0.54(米)，BC=OB×sin37°≈1.8×0.6=1.08(米)，
∴B1D+BC=0.54+1.08≈1.6(米)，
即此时水桶B上升的高度约为1.6米．
【解析】过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于F，过B1作B1D⊥EF于D，先求出∠BOC=∠AOE=37°，∠B1OD=∠A1OE=17.5°，再求出OA1=OA=3.6(米)，OB1=OB=1.8(米)，然后由锐角三角函数定义求出B1D≈0.54(米)，BC≈1.08(米)，即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
38.【答案】(1)证明：如图，连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，点O是AB的中点，
∵AC=AB，
∴点D是BC的中点，
∴OD//AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：设AC与⊙O交于点F，连接BF，
∵AB是⊙O直径，
∴∠BFA=90°，
∵tan∠BAC=BFAF=34，
∴不妨设BF=3k，AF=4k，则AB=5k，
∵AB=6，
∴5k=6，
解得k=65，BF=185．
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴CD//BF．
∵点D是BC的中点，
∴E为CF的中点，
∴DE是△CFB的中位线，
∴DE=95．
【解析】(1)连接OD，AD，利用圆周角定理得到∠ADB=90°，再证OD//AC，从而得到OD⊥DE，最后证得结论；
(2)设AC与⊙O交于点F，连接BF，由圆周角定理得到∠BFA=90°，在Rt△ABF中，根据三角函数的定义和勾股定理求得BF=185，证得DE是△CFB的中位线，根据三角形中位线的性质即可求出DE．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握切线的性质是解决问题的关键．
39.【答案】解：(1)设“神舟”模型成本为每个x元，则“天宫”模型成本为每个(1−20%)x=0.8x(元)，
根据题意得：320x=3200.8x−4，
解得x=20，
经检验，x=20是原方程的解，且符合实际意义，
0.8x=16(元)，
答：“神舟”模型成本为每个20元，“天宫”模型成本为每个16元；
(2)①设购买“神舟”模型a个，则购买“天宫”模型(100−a)个，
则w=(35−20)a+(25−16)(100−a)=6a+900，
∴w与a的函数关系式为w=6a+900；
②∵购进“神舟”模型的数量不超过“天官”模型数量的一半，
∴a≤12(100−a)，
解得a≤1003，
∵w=6a+900，4>0，a是正整数，
∴当x=33时，w最大，最大值为1098，
答：购进“神舟”模型33个时，销售这批模型可以获得最大利润，最大利润是1098元．
【解析】(1)设“神舟”模型成本为每个x元，则“天宫”模型成本为每个(1−20%)x=0.8x(元)，根据同样花费320元，购进“天官”模型的数量比“神舟”模型多4个．列出方程，解方程即可，注意验根；
(2)①设购买“神舟”模型a个，则购买“天宫”模型(100−a)个，根据总利润=两种模型利润之和列出函数解析式即可；
②根据购进“神舟”模型的数量不超过“天官”模型数量的一半求出a的取值范围，由函数的性质求最值即可．
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用和分式方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和方程．
40.【答案】解：(1)B在双曲线y=12x上，且根据题意yB=2，
∴B(6,2)，
∵B为抛物线BCD的最高点，
则设抛物线BCD的解析式为y=a(x−6)2+2顶点式，
根据题意得此时D(8,0)，代入解析式得a(8−6)2+2=0，
解得：a=−12，
∴滑道BCD段y与x之间函数关系式为y=−12(x−6)2+2；
(2)令上式y=1时，则−12(x−6)2+2=1，
解得x1=6+ 2，x2=6− 2(舍去)，
∴C(6+ 2,1)，
将y=6代入y=12x中得x=2，
∴A(2,6)，
∴6+ 2−2=4+ 2，
此时滑行者距滑道起点的水平距离为(4+ 2)米；
(3)根据上面所得B (6,2)，D (8,0)时，此时∠BDO=45°，
则D点不可往左，可往右，则OD最小值为8，
又∵OPOD≥12，
∴OD≤2OP=12，
∴7≤OD≤12．
∴OD长度的取值范围为8≤OD≤12．
【解析】(1)B点既在双曲线上，又在抛物线上，根据题中数据可求出B点坐标．又因为点B为抛物线的顶点，且B点到地面的距离为2米，D(8,0).据此可求出解析式．
(2)依据前面的解析式求出A、C的横坐标，它们的差距即为所经过的水平距离；
(3)先判断OD的最小值，再根据已知求出OD最大值即可．
本题主要考查了二次函数的综合应用，其中涉及点的坐标的求法及二次函数的实际应用，借助二次函数解决实际问题，体现了数学建模思想．
41.【答案】(1)证明：连接AP，如图②，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴12AB×CF=12AB×PD+12AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
小颖的证明：
过点P作PG⊥CF，如图2，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°，
∴四边形PDFG为矩形，
∴DP=FG，∠DPG=90°，
∴∠CGP=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠PGC=∠CEP，
∵∠BDP=∠DPG=90°，
∴PG//AB，
∴∠GPC=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠GPC=∠ECP，
在△PGC和△CEP中，
∠PGC=∠CEP∠GPC=∠ECPPC=CP，
∴△PGC≌△CEP(AAS)，
∴CG=PE，
∴CF=CG+FG=PE+PD；
(2)证明：连接AP，如图③，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC=S△ABP−S△ACP，
∴12AB×CF=12AB×PD−12AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD−PE；
证明：
过点C作CG⊥DP，如图③，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°，
∴四边形CFDG是矩形，
∴CF=GD，∠DGC=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠CGP=∠CEP，
∵CG⊥DP，AB⊥DP，
∴∠CGP=∠BDP=90°，
∴CG//AB，
∴∠GCP=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ACB=∠PCE，
∴∠GCP=∠ECP，
在△CGP和△CEP中，
∠CGP=∠CEP=90°∠GCP=∠ECPCP=CP，
∴△CGP≌△CEP(AAS)，
∴PG=PE，
∴CF=DG=DP−PG=DP−PE．
(3)解：如图④，过点E作EQ⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°，
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC−CF=AD−CF=5，
由折叠有，DF=BF，∠BEF=∠DEF，
∴DF=5，
∵∠C=90°，
∴DC= DF2−CF2=4，
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC，
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ=DC=4，
∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFB，
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB，
∴BE=BF，
由问题情景中的结论可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
(4)解：延长AD，BC交于点F，作BH⊥AF，如图⑤，
∵AD×CE=DE×BC，
∴ADDE=BCEC，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠A=∠CBE，
∴FA=FB，
由问题情景中的结论可得：ED+EC=BH，
设DH=x，
∴AH=AD+DH=3+x，
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°，
∴BH2=BD2−DH2=AB2−AH2，
∵AB= 41，AD=3，BD= 26，
，
∴x=1，
∴BH2=BD2−DH2=26−1=25，
∴BH=5，
∴ED+EC=5，
∵∠ADE=∠BCE=90°，且M，N分别为AE，BE的中点，
∴DM=EM=12AE，CN=EN=12BE，
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
，
∴△DEM与△CEN的周长之和．
【解析】(1)按照小明，小颖的证明思路即可解决问题．
(2)借鉴小明，小颖的证明思路即可解决问题．
(3)易证BE=BF，过E作EQ⊥BF，垂足，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求即可．
(4)由条AD×CE=DE×BC联想到三角形相似，从而得∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM，△CEN的周长之和就可转化AB+BH，而BH是△ADB的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求BH，就可解决问题．
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
42.【答案】解：2(x−3)≤x−4①x−22
由①得：x≤2，
由②得：x>−2，
∴不等式组的解集为−2
解集表示在数轴上，如图所示：
则不等式组的整数解为−1，0，1，2．
【解析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分求出不等式组的解集，进而求出整数解即可．
此题考查了解一元一次不等式组，以及在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
43.【答案】解：
=1．
(2)1−xx−2=12−x−2，
去分母，得1−x=−1−2(x−2)．
去括号，得1−x=−1−2x+4．
移项，得−x+2x=−1+4−1．
合并同类项，得x=2．
检验：当x=2，x−2=0．
∴x=2是该方程的增根．
∴该分式方程无解．
【解析】(1)根据实数的混合运算法则，先计算零指数幂、特殊角的正弦值、算术平方根，再计算乘法，最后计算加减．
(2)通过去分母、去括号、移项、合并同类项、检验解决此题．
本题主要考查特殊角的正弦值、零指数幂、二次根式的化简、实数的混合运算、解分式方程，熟练掌握特殊角的正弦值、零指数幂、二次根式的化简、实数的混合运算法则、分式方程的解法是解决本题的关键．
44.【答案】(1)100，
补全的条形统计图如图所示：
(2)72；C；
(3)1800×100−5100=1710(人)，
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【解析】解：(1)这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
D组的人数为：100−10−20−25−5=40(人)，
故答案为：100；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20100=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72；C；
(3)见答案．
(1)根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(2)根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
(3)根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
45.【答案】解：(1)14；
(2)树状图如图所示：
共有12种等可能的结果，满足条件的有4种可能，
所以抽到的两个素数之和等于30的概率=412=13．
【解析】
【分析】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
(1)直接根据概率公式计算可得；
(2)画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．
【解析】
解：(1)从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是14．
故答案为14．
(2)见答案．
46.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△DBE和△ECF中，
DB=EC∠B=∠CBE=CF，
∴DE=EF，
∴△DEF是等腰三角形．
(2)解：，
∴∠BDE=∠CEF，
∵∠DEC=∠B+∠BDE，即∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE，
∴∠DEF=∠B，
∵∠A=20°，
；
∴∠DEF=80°．
【解析】(1)根据等边对等角可得∠B=∠C，利用“边角边”证明，然后根据全等三角形对应边相等可得DE=EF，最后根据等腰三角形的定义即可证明结论；
(2)根据全等三角形对应角相等可得∠BDE=∠CEF，然后求出∠BED+∠CEF=∠BED+∠BDE，再根据等腰三角形的性质求得∠B，最后再利用三角形的内角和定理和平角的定义求出∠B=∠DEF即可解答．
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质并证明出全等三角形是解题的关键．
47.【答案】解：(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，如图：
∵∠ABC=143°，
∴∠CBQ=53°，
在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°≈70×0.8=56cm，
∵CD//l，
∴DE=CP=CQ+PQ=56+50=106cm．
即手臂端点D离操作台l的高度DE的长为106cm．
(2)当B，C，D共线时，如图：
BD=60+70=130cm，AB=50cm，
在Rt△ABD中，AB²+AD²=BD²，
∴AD=120cm>110cm．
∴手臂端点D能碰到点M．
【解析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°，再根据DE=CP=CQ+PQ可得答案；
(2)当B，C，D共线时，根据勾股定理可得AD的长，进而可进行判断．
48.【答案】解：(1)把A(m,2)代入y=3x得2m=3，解得m=32；
(2)∵△OEF为直角三角形，点A是△EOF的外心，
∴点A(32,2)为EF的中点，
∴E点坐标为(3,0)，F点坐标为(0,4)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
把E(3,0)，F(0,4)代入得3k+b=0b=4，
解得k=−43b=4，
∴直线l的解析式为y=−43x+4；
(3)存在．理由如下：
连接OA，设P(0,t)，
，
，
，
∴t=6或t=2
∴满足条件的P点坐标为(0,6)或(0,2)．
【解析】(1)直接把A点坐标代入y=3x可计算出m；
(2)由于△OEF为直角三角形，点A是△EOF的外心，根据直角三角形外心为斜边的中点得到点A(32,2)为EF的中点，再根据线段中点的坐标公式得到E点坐标为(3,0)，F点坐标为(0,4)，然后利用待定系数法确定l的解析式；
(2)根据反比例函数的比例系数的几何意义得到，设P(0,t)，利用三角形面积公式得到，然后求出t即可得到P点坐标．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数的解析式．也考查了待定系数法求函数解析式以及反比例函数的比例系数的几何意义．
49.【答案】解：(1)①∵D(0,2)到⊙O的距离的最小值p=1，最大值q=3，
∴d(D,⊙O)=1+32=2，
故答案为：2；
②当M在点E处，d(E,⊙O)=2，
当M在点F处，d(F,⊙O)=2+42=3，
∴2≤d(M,⊙O)≤3；
(2)设ON=d，
∴p=d−r=d−1，q=d+r=d+1，
∴d(N,⊙O)=p+q2=d−1+d+12=d，
∵点N在直线y= 3x+2 3上，
设直线交x轴于点B，交y轴于点A，如图1，
则x=0时，y=2 3，y=0时，x=−2，
∴A(0,2 3)，B(−2,0)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴AB= OA2+OB2=4，
当ON⊥AB时，d(N,⊙O)最小，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅ON，即12×2 3×2=12×4ON，
∴ON= 3，
∵ON无最大值，
∴d(N,⊙O)≥ 3；
(3)如图2，d(P,⊙O)的最小值为1，最大值为 10，
∴两个圆中，小圆的半径为1，大圆的半径为 10，
∵KL= 10−1，
∴m的最小值是 10−1 2= 5− 22，
在Rt△OMH中，OM= 10，OH=m−1，MH=12m，
∴m−12+12m2= 102
解得：m=−2(舍去)或m=185
∴m的最小值为 5− 22，最大值为185．
【解析】此题考查考查了圆的性质和新定义等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，
属于中考压轴题．
(1)①运用新定义“关联距离”，即可求得答案；
②根据新定义“关联距离”，分别求出d(E,⊙O)=2，d(F,⊙O)=3，即可得出答案；
(2)设ON=d，可得p=d−1，q=d+1，运用新定义“关联距离”，可得d(N,⊙O)=d，再利用S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅ON，即可求得答案．
50.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=10，
∴CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
由折叠得AE=AD=10，，
∴BF= AF2−AB2= 102−82=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
，
∴CE2+42=(8−CE)2，
解得CE=3，
∴线段CE的长是3．
(2)四边形AFGD是菱形，理由如下：
如图1，连接DF，
∵点F与点D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分DF，
∵CG//AD，
∴△GCE∽△ADE，
，
，
，
，
，
∴四边形AFGD是菱形．
(3)存在这样的点N，使△DMN是直角三角形，
当∠MDN=90°时，如图2，
，，
，
，，
∴∠DME=∠DEM，
，
，，
∴△DMN∽△DAE，
，
，
解得x=52；
当∠DNM=90°时，如图3，
，，
，
，
∴DM⊥AE，
，AE= AD2+DE2= 102+52=5 5，
，
∴DM=2 5，
，
，
解得x=2；
，
∴不存在∠DMN=90°的情况，
综上所述，x的值为52或2．
【解析】(1)由矩形的性质得CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，由折叠得AE=AD=10，，则BF= AF2−AB2=6，CF=BC−BF=4，根据勾股定理得，即可求得线段CE的长是3；
(2)连接DF，则AC垂直平分DF，由CG//AD，证明△GCE∽△ADE，得，所以，，则，所以四边形AFGD是菱形；
(3)当∠MDN=90°时，先证明，则，再证明△DMN∽△DAE，得，则x=52；当∠DNM=90°时，则，由，AE= AD2+DE2=5 5，得，则DM=2 5，由，得，则x=2；由，可知不存在∠DMN=90°的情况，所以x的值为52或2．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
51.【答案】解：(1)∵抛物线与x轴交于点B(2,0)，C(−1,0)，
∴设y=a(x−2)(x+1)，将点A(0,4)代入，
得：−2a=4，
解得：a=−2，
∴y=−2(x−2)(x+1)=−2x2+2x+4；
∴该抛物线的函数表达式为y=−2x2+2x+4；
(2)①如图1，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(0,4)，B(2,0)，
∴2k+b=0b=4，
解得：k=−2b=4，
∴直线AB的解析式为y=−2x+4，
设点D(m,−2m2+2m+4)，则点N(m,−2m+4)，
∴DN=−2m2+2m+4−(−2m+4)=−2m2+4m，
在RtAOB中，AB= OA2+OB2= 42+22=2 5，
∵DE⊥AB，DM⊥x轴，
∴∠DEN=∠DMB=90°，
∵∠DNE=∠MNB，
∴∠EDN=∠ABO，
又∵∠DEN=∠AOB=90°，
∴△EDN∽△OBA，
∴DEOB=DNAB，即DE2=−2m2+4m2 5，
∴DE=−2 55m2+4 55m=−2 55(m−1)2+2 55，
∴当m=1时，DE取得最大值为2 55，
∴0
②存在两种情况：
如图2，四边形AFGD是菱形时，满足四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，
设D(t,−2t2+2t+4)，G(t,−2t+4)，
∴DG=(−2t2+2t+4)−(−2t+4)=−2t2+4t，
∵四边形AFGD是菱形，
∴AD=DG，
∴t2+(−2t2+2t+4−4)2=(−2t2+4t)2，
解得：t1=0，t2=118，
∴D(118,9532)；
如图3，四边形AFGD是矩形时，满足四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，
由对称得：D(1,4)；
综上，点D的坐标为(118,9532)或(1,4)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求解；
(2)①如图1，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，运用待定系数法求出直线AB的解析式为y=−2x+4，设点D(m,−2m2+2m+4)，则点N(m,−2m+4)，利用△EDN∽△OBA，即可求得DE的长，运用二次函数性质即可求得答案；
②如图2，存在两种情况：四边形AFGD是矩形和菱形时满足既是中心对称图形，又是轴对称图形，根据各自的性质可得点D的坐标．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，轴对称和中心对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质相关知识．
2023年江苏省常州二十四中中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共18小题，共46.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，被墨迹污染的数可能是( )
A. 1.5 B. 0.5 C. −1.5 D. −0.5
2. 根据图中三视图可知该几何体是( )
A. 三棱锥 B. 三棱柱 C. 四棱锥 D. 四棱柱
3. 世卫组织宣布冠状病毒最大直径约为0.00000012m，“0.00000012”用科学记数法可表示为( )
A. 12×10−8 B. 0.12×10−6 C. 1.2×10−7 D. 1.2×10−6
4. 将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为( )
A. 70° B. 75° C. 80° D. 85°
5. 下列运算正确的是( )
A. a2+a=a3 B. 3a−4a=−a
C. (a−3)2=a2−9 D. a3⋅a4=a12
6. 若事件“关于x的一元二次方程ax2+4x−1=0有实数根”是必然事件，则a的取值范围是( )
A. a<4 B. a>−4 C. a≥−4且a≠0 D. a≤−4且a≠0
7. 端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗.某超市以9元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋15元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出70袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1360元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为( )
A. (15−x−9)(200+70x)=1360 B. (15−x)(200+70x)=1360
C. (15−x−9)(200−70x)=1360 D. (15−x)(200−70x)=1360
8. 在2022年北京冬奥会开幕式和闭幕式中，一片“雪花”的故事展现了“世界大同、天下一家”的主题，让世界观众感受了中国人的浪漫.如图，将“雪花”图案(边长为4的正六边形ABCDEF)放在平面直角坐标系中，若AB与x轴垂直，顶点A的坐标为(2,−3)，则顶点C的坐标为( )
A. B.
C. D.
9. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，连接BD，当DB⊥x轴时，k的值是( )
A. −2 3 B. −3 3 C. −4 3 D. −6 3
10. 老师布置了任务：过直线AB上一点C作AB的垂线.在没有直角尺的情况下，嘉嘉和淇淇利用手头的学习工具给出了如图所示的两种方案，下列判断正确的是( )
①利用一把有刻度的直尺在AB上量出CD=30cm．
②分别以D，C为圆心，以50cm和40cm为半径画圆弧，两弧相交于点E．
③作直线CE，CE即为所求的垂线．
取一根笔直的木棒，在木棒上标出M，N两点
①使点M与点C重合，点N对应的位置标记为点Q．
②保持点N不动，将木棒绕点N旋转，使点M落在AB上，将旋转后点M对应的位置标记为点R．
③将RQ延长，在延长线上截取线段QS=MN，得到点S．
④作直线SC，SC即为所求直线．
A. Ⅰ可行、Ⅱ不可行 B. Ⅰ不可行、Ⅱ可行
C. Ⅰ、Ⅱ都不可行 D. Ⅰ、Ⅱ都可行
11. 计算3−(−2)的结果是( )
A. −5 B. −1 C. 1 D. 5
12. 下列计算中正确的是( )
A. b3⋅b2=b6 B. x3+x3=x6 C. a2÷a2=0 D. (−a3)2=a6
13. 下列几何体的左视图和俯视图相同的是( )
A. B.
C. D.
14. 在平面直角坐标系中，点P(x2+2,−3)所在的象限是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
15. 在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=8，以点A为顶点作三角形(阴影部分)，使这个三角形与△ABC相似，且相似比为1：2，根据下列选项图中标注的条件，不符合要求的作图是( )
A. B.
C. D.
16. 如图，已知⊙O的弦AB、DC的延长线相交于点E，∠AOD=128°，∠E=40°，则∠BDC的度数是( )
A. 16°
B. 20°
C. 24°
D. 32°
17. 小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己.已知图1正方形纸片的边长为4，图2中FM=2EM，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即AB，CD之间的距离是( )
A. 103 B. 113 C. 4 D. 133
18. 已知抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(p,m)，(q,m)，(4,c)，当1≤q−p<6时，则m的取值范围为
( )
A. c−4≤m
二、填空题（本大题共15小题，共35.0分）
19. 若代数式 x−2023有意义，则x的取值范围是 ．
20. 分解因式：3m2−12= ______ ．
21. 如图是小明的健康绿码示意图，用黑白打印机打印于边长为2cm的正方形区域内，为了估计图中黑色部分的总面积，在正方形区域内随机掷点，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，据此可以估计黑色部分的总面积约为______ cm2．
22. 如图1所示，半圆O的直径AB长度为6，半径OC⊥AB，沿OC将半圆剪开得到两个圆心角为90°的扇形.将左侧扇形向右平移至图2位置，则所得图形中重叠部分的面积为______ ．
23. 如图，∠AOB=30°，点P在OA上，且OP= 3，M是OA上的点，在OB上找点N，以PM为边，P，M，N为顶点作正方形，则MN的长为 ．
24. 当x ______ 时，分式13−x无意义．
25. 分解因式：3x2−12y2=______．
26. 2022年3月25日，我国核电企业研发设计的具有完全自主知识产权的“华龙一号”示范工程全面建成投运，每年减少二氧化碳排放约1632万吨，用科学记数法表示1632万是______ ．
27. 关于x的方程3x2+2x+m=0有两个不相等的实数根.则m的取值范围是______ ．
28. 一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1=20°，则∠2的度数是______．
29. 如图，在△ABC中，点D，E在边AB，AC上，DE//BC，△ADE与△ABC的周长比为2：5，则AD：DB=______．
30. 如图，在扇形OAB中，已知∠AOB=90°，OA=2，过AB的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，则图中阴影部分的面积为______ ．
31. 已知线段AB，按照如下方法画图：①经过点B作BD⊥AB，使BD=12AB；②连接AD，在DA上截取DE=DB，点E在AD上；③在AB上截取AC=AE，点C在AB上.根据上述作图，如果AB=2，那么AC的长等于______ ．
32. 如图，A，B两点分别在x轴正半轴，y轴正半轴上且∠BAO=30°，AB=4 3，将△AOB沿AB翻折得△ADB，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过D点，则k的值是______．
33. 如图，已知正方形ABCD中，AB=2，点E为BC边上一动点(不与点B、C重合)，连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 ．
三、解答题（本大题共18小题，共159.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
34. (本小题8.0分)
计算：
；
(2)化简求值：，其中a从−2，−1，0，1，2中选取一个合适的数．
35. (本小题9.0分)
“此生无悔入华夏，来世再做中国人！”自疫情暴发以来，我国成功地研发出了多种“新冠”疫苗，并在全国范围内免费接种.为了解接种进度，某小区管理人员对小区居民进行了抽样调查，按接种情况可分如下四类：A类——接种了只需要注射一针的疫苗；B类——接种了需要注射二针，且二针之间要间隔一定时间的疫苗；C类——接种了要注射三针，且每二针之间要间隔一定时间的疫苗；D类——还没有接种.图1与图2是根据此次调查得到的统计图(不完整)，请根据统计图回答下列问题：
(1)此次抽样调查的人数是 人；
(2)m= ；n= ；
(3)为了继续宣传新冠疫苗接种的重要性，小区管理部门准备在已经接种疫苗的居民中征集2名志愿宣传者，现有3男2女共5名居民报名，要从这5人中随机挑选2人，求恰好抽到一男和一女的概率是多少？
36. (本小题9.0分)
在一次数学研究性学习中，小敏将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=6cm，AC=DF=8cm，并进行如下研究活动，将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．
(1)图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
(2)当纸片DEF平移到某一位置时，小敏发现四边形ABDE为矩形(如图3)，求AF的长．
37. (本小题9.0分)
枯槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1，是我国古代农用工具，桔槔始见于(墨子⋅备城门)，是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆，AB是杠杆，且AB=5.4米，OA：OB=2：1.当点A位于最高点时，∠AOM=127°；当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A1，求此时水桶B上升的高度．
(参考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8)
38. (本小题9.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AB=AC=6，tan∠BAC=34，求DE的长．
39. (本小题9.0分)
2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，任务取得圆满成功.航模店看准商机，推出了“神舟”和“天宫”模型.已知每个“天宫”模型的成本比“神舟”模型低20%，同样花费320元，购进“天宫”模型的数量比“神舟”模型多4个．
(1)“神舟”和“天宫”模型的成本各多少元？
(2)该航模店计划购买两种模型共100个，且每个“神舟”模型的售价为35元，“天宫”模型的售价为25元.设购买“神舟”模型a个，销售这批模型的利润为w元．
①求w与a的函数关系式(不要求写出a的取值范围)；
②若购进“神舟”模型的数量不超过“天宫”模型数量的一半，则购进“神舟”模型多少个时，销售这批模型可以获得最大利润？最大利润是多少？
40. (本小题10.0分)
如图，是某水上乐园为亲子游乐区新设滑梯的示意图，其中线段PA是竖直高度为6米的平台，PO垂直于水平面，滑道分为两部分，其中AB段是双曲线y=12x的一部分，BCD段是抛物线的一部分，两滑道的连接点B为抛物线的顶点，且B点的竖直高度为2米，滑道与水平面的交点D距PO的水平距离为8米，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，滑道上点的竖直高度为y，距直线PO的水平距离为x．
(1)请求出滑道BCD段y与x之间的函数关系式；
(2)当滑行者滑到C点时，距地面的距离为1米，求滑行者此时距滑道起点A的水平距离；
(3)在建模实验中发现，为保证滑行者的安全，滑道BCD落地点D与最高点B连线与水平面夹角应不大于45°，且由于实际场地限制，，求OD长度的取值范围．
41. (本小题12.0分)
[问题情境]
(1)王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图①，在△ABC中，AB=AC，P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D，E，过点C作CF⊥AB，垂足为F.求证：PD+PE=CF．
小明的证明思路是：
如图①，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小颖的证明思路是：
如图②，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF.请你选择小明、小颖两种证明思路中的任意一种，写出详细的证明过程．
[变式探究]
(2)如图③，当点P在BC延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证：PD−PE=CF．
[结论运用]
(3)如图④，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BG，垂足分别为G，H，若AD=18，CF=5，求PG+PH的值．
[迁移拓展]
(4)图⑤是一个机器模型的截面示意图，在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D，C，且AD⋅CE=DE⋅BC，，AD=3cm，，M、N分别为AE，BE的中点，连接DM，CN，请直接写出△DEM与△CEN的周长之和．
42. (本小题6.0分)
解不等式组：╔╔ \ begin{cases}2(x-3) \ leqslant x-4\\\dfrac{x-2}{2}
43. (本小题8.0分)
(1)计算：；
(2)解方程：1−xx−2=12−x−2．
44. (本小题8.0分)
为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每天完成书面作业的时间t(单位：分钟).按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“45
根据以上信息，解答下列问题：
(1)这次调查的样本容量是______，请补全条形统计图；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是______度，本次调查数据的中位数落在______组内；
(3)若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
45. (本小题8.0分)
只有1和它本身两个因数且大于1的正整数叫做素数．我国数学家陈景润从哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想是：“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”.如20=3+17．
(1)若从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是______；
(2)从7、11、19、23这4个素数中随机抽取1个数，再从余下的3个数中随机抽取1个数，请用画树状图或列表的方法，求抽到的两个素数之和等于30的概率．
46. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，且BE=CF，BD=CE．
(1)求证：△DEF是等腰三角形；
(2)当∠A=20°时，求∠DEF的度数；
47. (本小题8.0分)
拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm.点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．
(1)转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC=143°，CD//l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长(精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6)．
(2)物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．
48. (本小题8.0分)
已知A(m,2)是直线L和双曲线y=3x的交点．
(1)求m的值．
(2)若直线L分别和x轴、y轴交于E、F两点，且点A是△EOF的外心，试确定直线L的解析式．
(3)在双曲线y=3x上另取一点B，过B作BK⊥x轴于K，试问：在y轴上是否存在点P，使得？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．
49. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A为任意一点，B为⊙O上任意一点．给出如下定义：记A，B两点间的距离的最小值为p(规定：点A在⊙O上时，p=0)，最大值为q，那么把p+q2的值称为点A与⊙O的“关联距离”，记作d(A,⊙O)．
(1)如图，点D，E，F的横、纵坐标都是整数．
①d(D,⊙O)=______；
②若点M在线段EF上，求d(M,⊙O)的取值范围；
(2)若点N在直线y= 3x+2 3上，直接写出d(N,⊙O)的取值范围；
(3)正方形的边长为m，若点P在该正方形的边上运动时，满足d(P,⊙O)的最小值为1，最大值为 10，直接写出m的最小值和最大值．
50. (本小题10.0分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，延长AE交BC的延长线于点G．
(1)求线段CE的长．
(2)判断四边形AFGD是什么特殊四边形，并说明理由．
(3)如图2，M、N分别是线段AG、DG上的动点(与端点不重合)，且∠DMN=∠DAM，设DN=x.是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
51. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点A(0,4)、与x轴交于点B(2,0)和点C(−1,0)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点D为第一象限的抛物线上一点．
①过点D作DE⊥AB，垂足为点E，求线段DE长的取值范围；
②若点F、G分别为线段OA、AB上一点，且四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，求此时点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据图示，被墨迹污染的数大于−1且小于0，
∵1.5>0，
∴选项A不符合题意；
∵0.5>0，
∴选项B不符合题意；
∵−1.5<−1，
∴选项C不符合题意；
∵−1<−0.5<0，
∴选项D符合题意．
故选：D．
根据图示，被墨迹污染的数大于−1且小于0，据此逐项判断即可．
此题主要考查了数轴的特征和应用，解答此题的关键是要明确：一般来说，当数轴正方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
2.【答案】B
【解析】解：根据图中三视图可知该几何体是三棱柱．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力以及对立体图形的认识．
3.【答案】C
【解析】解：0.00000012=1.2×10−7．
故选：C．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
∵∠2=90°−30°=60°，
∴∠3=180°−45°−60°=75°，
∵a//b，
∴∠1=∠3=75°，
故选：B．
利用三角形内角和定理和平行线的性质解题即可．
此题考查平行线的性质，关键是根据两直线平行，同位角相等解答．
5.【答案】B
【解析】解：A.因为a2与a不是同类项，不能合并计算，所以A选项计算错误，故A选项不符合题意；
B.因为3a−4a=−a，所以B选项计算正确，故B选项符合题意；
C.因为(a−3)2=a2−6a+9，所以C选项算不正确，故C选项不符合题意；
D.因为a3⋅a4=a7，所以D选项计算不正确，故D选项不符合题意．
故选：B．
A.应用合并同类项的法则进行计算即可得出答案；
B.应用合并同类项的法则进行计算即可得出答案；
C.应用完全平方公式进行计算即可得出答案；
D.应用同底数幂的乘法法则进行计算即可得出答案．
本题主要考查了完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法，熟练掌握完全平方公式，合并同类项，同底数幂的乘法法则进行计算是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意得a≠0且Δ=42−4a×(−1)≥0，
解得a≥−4且a≠0．
故选：C．
根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到a≠0且Δ=42−4a×(−1)≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查的是随机事件及根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：每袋粽子的销售利润为(15−x−9)，每天可售出(200+70x)袋，
∴超市每天售出此种粽子的利润(15−x−9)(200+70x)=1360．
故选：A．
由售价及销售间的关系，可得出降价后每袋粽子的销售利润为(15−x−9)，每天可售出(200+70x)袋，利用超市每天售出此种粽子的利润=每袋的销售利润×日销售量，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．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接BD交CF于点M，则点B(2,1)，
在Rt△BCM中，BC=4，∠BCM=12×120°=60°，
∴CM=12BC=2，BM= 32BC=2 3，
∴点C的横坐标为−(2 3−2)=2−2 3，纵坐标为1+2=3，
∴点C的坐标为(2−2 3,3)，
故选：B．
根据正六边形的性质以及坐标与图形的性质进行计算即可．
本题考查正多边形与圆，勾股定理，掌握正六边形的性质以及勾股定理是正确计算的前提，理解坐标与图形的性质是解决问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E，
∵顶点C的坐标为(a,3)，
∴OE=−a，CE=3，
∴OC=CEcos60∘=2 3，
∵菱形ABOC中，∠BOC=60°，
∴OB=OC=2 3，∠BOD=12∠BOC=30°，
∵DB⊥x轴，
∴DB=OB⋅tan30°=2 3× 33=2，
∴点D的坐标为：(−2 3,2)，
∵反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，
∴k=xy=−4 3．
故选：C．
首先过点C作CE⊥x轴于点E，由∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，可求得OC的长，进而根据菱形的性质，可求得OB的长，且∠AOB=30°，继而求得DB的长，则可求得点D的坐标，又由反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交D点，即可求得答案．
此题考查了菱形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征．注意准确作出辅助线，求出OC是解本题的是关键．
10.【答案】D
【解析】解：方案Ⅰ：∵CD2+CE2=302+402=502=DE2，
∴△CDE是直角三角形；
故方案Ⅰ可行；
方案Ⅱ：由作图得：Q是SR的中点，且CQ=0.5AS，
∴∠ACS=90°，
∴△CDE是直角三角形，
故选：D．
两个方案分别根据“勾股定理的逆定理”和“如果三角形一边上我中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”进行的作图，故都正确．
本题考查了复杂作图，掌握直角三角形的判定定理是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了有理数的减法，是基础题，熟记减去一个数等于加上这个数的相反数是解题的关键．
根据有理数的减法运算法则，减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．
【解答】
解：3−(−2)=3+2=5．
故选：D．
12.【答案】D
【解析】解：b3⋅b2=b5，故选项A不合题意；
x3+x3=2x3，故选项B不合题意；
a2÷a2=1，故选项C不合题意；
(−a3)2=a6，正确，故选项D符合题意．
故选：D．
分别根据同底数幂的乘法法则，合并同类项的法则，同底数幂的除法法则以及积的乘方运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了同底数幂的乘除法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项的法则，熟记相关运算法则是解答本题的关键．
13.【答案】D
【解析】解：选项A中的几何体的左视图和俯视图为：
选项B中的几何体的左视图和俯视图为：
选项C中的几何体的左视图和俯视图为：
选项D中的几何体的左视图和俯视图为：
因此左视图和俯视图相同的选项D中的几何体，
故选：D．
分别画出各种几何体的左视图和俯视图，进而进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，掌握三视图的画法是得出正确结论的前提．
14.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了点的坐标，正确掌握各象限内点的坐标特点是解题关键．
直接利用各象限内点的坐标特点分析得出答案．
【解答】
解：∵x2⩾0且−3<0，
∴x2+2>0，
∴点P(x2+2,−3)所在的象限是第四象限．
故选：D．
15.【答案】D
【解析】解：A.∵∠AMN=∠C，∠A=∠A，
∴△AMN∽△ACB，且MN：BC=1：2；
B.由勾股定理得，MN=4，
∵AMAC=MNBC=12，∠M=∠C，
∴△AMN∽△ACB，
C.△AMC∽△BMA，相似比是MCAM=12，
D.相似比不是1：2，故D符合题意．
故选：D．
根据相似三角形的判定逐一进行判断即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
16.【答案】C
【解析】解：∵∠ABD是AD所对的圆周角，
∴∠ABD=12∠AOD=12×128°=64°，
∵∠ABD是△BDE的外角，
∴∠BDC=∠ABD−∠E=64°−40°=24°，
故选：C．
根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出∠ABD的度数，根据∠ABD是△BDE的外角即可出答案．
本题考查了圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．
17.【答案】D
【解析】解：如图2，过点E作EI⊥FK于点I，过点M作MJ⊥FK于点J，
由题意得，△ABM，△EFK都是等腰直角三角形，AB=BM=2，EK=EF=2 2，FK=4，FK与CD之间的距离为1，
，
，
∵EI⊥FK，MJ⊥FK，
∴KI=IF，，
∴EI=12FK=2，，
，
∴MJ=43，
∵AB//CD，
∴AB与CD之间的距离=2+43+1=133，
故选：D．
过点E作EI⊥FK于点I，过点M作MJ⊥FK于点J，由七巧板的特点可得，△ABM，△EFK都是等腰直角三角形，AB=BM=2，EK=EF=2 2，FK=4，FK与CD之间的距离为1，由FM=2EM，得出，由平行线分线段成比例定理的推论求出MJ的长度，进而即可得出答案．
本题考查了七巧板，正方形的性质，掌握七巧板的特点，正方形的性质，平行线分线段成比例定理的推论是解决问题的关键．
18.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(0,c)，(4,c)，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2=0+42=2，
∴b=−4，
∴抛物线为y=x2−4x+c，
∵抛物线y=x2+bx+c(c为常数)经过点(p,m)，(q,m)，
∴p+q2=2，
∴p+q=4，
∴p=4−q，
∵1≤q−4+q<6，
∴2.5≤q<5，
∵m=q2−4q+c，
∴−154+c≤m<5+c，
故选：B．
根据题意求得抛物线的对称轴为直线x=−b2=0+42=2，进而得到抛物线为y=x2−4x+c，根据抛物线的对称性得出p+q=4，即可得到p=4−q，代入1≤q−p<6得到2.5≤q<5，根据图象上点的坐标特征即可求得−154+c≤m<5+c．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象和性质，熟知二次函数的对称性是解题的关键．
19.【答案】x≥2023
【解析】解：由题意得：x−2023≥0，
解得：x≥2023，
故答案为：x≥2023．
根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，可得不等式x−2023≥0，再解不等式即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件；用到的知识点为：二次根式有意义的条件是被开方数为非负数．
20.【答案】3(m−2)(m+2)
【解析】解：3m2−12
=3(m2−4)
=3(m−2)(m+2)．
故答案为：3(m−2)(m+2)．
利用提公因式和平方差公式进行因式分解．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，解题的关键是掌握提公因式和平方差公式因式分解法．
21.【答案】2.4
【解析】解：∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，
∴点落入黑色部分的概率为0.6，
∵边长为2cm的正方形的面积为4cm2，
设黑色部分的面积为S，
则S4=0.6，
解得S=2.4(cm2).
∴估计黑色部分的总面积约为2.4cm2．
故答案为：2.4．
经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.6左右，可得点落入黑色部分的概率为0.6，根据边长为2cm的正方形的面积为4cm2，进而可以估计黑色部分的总面积．
本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握概率公式，知道点落入黑色部分的概率为0.6．
22.【答案】
【解析】解：连接OE，作ED⊥OB于点D．
∵OE=OB=2OD，
∴∠OED=30°，
∴∠EOB=60°，
，
在直角△ODE中，，则，
则弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积是：，
则．
故答案是：．
连接OE，作ED⊥OB于点D，S扇形−S△ODE，即可求得弧BE和BD以及DE围成的阴影部分的面积，则阴影部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
23.【答案】 2或3− 32或3+ 32
【解析】解：如图1，正方形PMDN以MN为对角线，且点M在点P的左侧，
∵∠OPN=90°，∠AOB=30°，OP= 3，
∴PM=PN=OP⋅tan30°= 3× 33=1，
∵∠MPN=90°，
∴MN= PM2+PN2= 12+12= 2；
当正方形PM′D′N以M′N为对角线，且点M在点P的右侧时，M′N=MN= 2；
如图2，正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的左侧，
∵∠OMN=90°，∠AOB=30°，
∴∠ONM=60°，
∴OM=MN⋅tan60°= 3MN，
∵MP=MN，
∴ 3MN+MN= 3，
解得MN=3− 32；
如图3，正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的右侧，
∵OM= 3MN，MP=MN，
∴ 3MN−MN= 3，
解得MN=3+ 32，
综上所述，MN的长为 2或3− 32或3+ 32，
故答案为： 2或3− 32或3+ 32．
分三种情况，一是正方形PMDN以MN为对角线，则PM=PN=OP⋅tan30°=1，所以MN= PM2+PN2= 2，此时点M在点P的左侧或右侧，MN的长相同；二是正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的左侧，则OM= 3MN，所以 3MN+MN= 3，则MN=3− 32；三是正方形PMNC以PN为对角线，且点M在点P的右侧，则 3MN−MN= 3，所以MN=3+ 32．
此题重点考查正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，依据正方形的对角线的不同和点M的位置的不同，正确地进行分类是解题的关键．
24.【答案】=3
【解析】解：由题意得，3−x=0，
解得x=3．
故答案为：=3．
根据分式无意义，分母等于0列方程求解即可．
本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：(1)分式无意义⇔分母为零；(2)分式有意义⇔分母不为零；(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
25.【答案】3(x−2y)(x+2y)
【解析】解：3x2−12y2，
=3(x2−4y2)，
=3(x+2y)(x−2y)．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后，可以利用平方差公式进行二次分解．
26.【答案】1.632×107
【解析】解：1632万=16320000=1.632×107．
故答案为：1.632×107．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，先确定a的值，再找出n的值，就可求解．
此题考查科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
27.【答案】m<13
【解析】解：∵该方程有两个不相等的实数根，
，
解得m<13，
故答案为：m<13．
根据题意得根的判别式大于0，可求得此题结果．
此题考查了利用一元二次方程根的判别式解决问题的能力，关键是能准确理解并运用以上知识，并能进行正确的计算．
28.【答案】25°
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠3=∠1=20°．
∵是等腰直角三角尺，
∴∠2+∠3=45°．
∴∠2=25°．
故答案为：25°．
用平行线的性质推内错角相等，再利用角的差求结果．
本题考查等腰三角形平行线的性质，掌握平行推那两个角相等，找准角是解题的关键．
29.【答案】2：3
【解析】解：∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∵△ADE与△ABC的周长比为2：5，
∴ADAB=25，
∴ADDB=23，
∴AD：DB=2：3，
故答案为：2：3．
根据已知可知A字模型相似三角形△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性质进行计算计算即可解答．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握A字模型相似三角形是解题的关键．
30.【答案】π−2
【解析】解：连接OC，
∵OA=2，
∴OC=0A=2，
∵∠AOB=90°，C为AB的中点，
∴∠AOC=∠BOC=45°，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO=∠CEO=90°，
∴∠DCO=∠AOC=∠ECO=∠COE=45°，
∴CD=OD，CE=OE，
∴2CD2=22，2OE2=22，
即CD=OD=OE=CE= 2，
∴阴影部分的面积S=S扇形AOB−S△CDO−S△CEO=90π×22360−12× 2× 2−12× 2× 2=π−2，
故答案为：π−2．
连接OC，求出∠AOC=∠BOC=45°，求出∠DCO=∠AOC=∠ECO=∠COE=45°，求出CD=OD，CE=OE，根据勾股定理求出CD=OD=OE=CE= 2，再求出阴影部分的面积即可．
本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，圆心角、弧、弦之间的关系，扇形面积的计算等知识点，把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键，注意：如果扇形的圆心角为n°，半径为r，那么该扇形的面积为nπr2360．
31.【答案】 5−1
【解析】解：，AB=2，
∴BD=1，
∴DE=1，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD=90°，
，
，
∴AC= 5−1．
故答案为： 5−1．
由BD=12AB，AB=2，可得BD=DE=1，由勾股定理可得AD= AB2+BD2= 5，则，即可得出答案．
本题考查基本作图、勾股定理，理解题意，利用勾股定理求出直角三角形斜边的长是解题的关键．
32.【答案】9 3
【解析】解：∵∠AOB=90°，∠BAO=30°，AB=4 3，
∴AO=ABcos30°=4 3× 32=6，
∵将△AOB沿AB翻折得△ADB，
∴∠DAB=∠OAB=30°，AD=AO=6，
∴∠DAO=60°，
过D作DC⊥OA于C，
∴∠ACD=90°，
∴AC=12AD=3，CD= 32AD=3 3，
∴D(3,3 3)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过D点，
∴k=3×3 3=9 3，
故答案为：9 3．
根据直角三角形的性质得到AO=ABcos30°=4 3× 32=6，根据折叠的性质得到∠DAB=∠OAB=30°，AD=AO=6，求得∠DAO=60°，过D作DC⊥OA于C，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了反比例函数点的坐标特征，翻折变换(折叠问题)，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
33.【答案】43
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
通过证明点A，点F，点C，点E四点共圆，可得∠AEF=∠ACF=90°，可求∠DCF的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求CG，CE，CH的长，由三角形的面积公式可求解．
【解答】
解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AFE=45°，
∴∠AFE=∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF=90°，
∴∠DCF=45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH//CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，
∵DF⊥CF，∠DCF=45°，
∴∠FDC=∠FCD=45°，
∴FD=FC，
∵AB=CD=AD=BC=2，
∴DF=FC= 2，
∵NH//CD，
∴∠NFD=∠FDC=45°，∠HFC=∠FCD=45°，∠N=∠ADC=90°=∠BCD=∠H，
∴NF=DN=1，FH=CH=1，
∵DC//NH，
∴△ADG∽△ANF，
∴ADAN=DGNF，
∴22+1=DG1，
∴DG=23，
∴GC=43，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
∠BAE=∠FEH∠B=∠HAE=EF，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴BE=FH=1，AB=EH=2，
∴CE=1，
∴四边形CEGF的面积=12×CG×CE+12×CG×CH=12×43×1+12×43×1=43，
故答案为：43．
34.【答案】解：(1)原式=3−4−1
=−2；
(2)原式=a2+1−2aa⋅a(a+1)(a−1)
=(a−1)2a⋅a(a+1)(a−1)
=a−1a+1，
根据分式有意义的条件可得a≠0，a≠±1，
当a=2时，原式=2−12+1=13．
【解析】(1)先算乘方，再化简绝对值、二次根式，最后算加减；
(2)先根据分式的混合运算法则化简，再选取合适的数代入计算即可．
本题考查了实数的运算、分式的化简求值，熟练掌握乘方的运算法则、绝对值的代数意义和分式的混合运算法则是解题关键．
35.【答案】200 40 30
【解析】解：(1)20÷10%=200(人)，
故答案为：200；
(2)80÷200=40%，
∴m=40，
200×15%=30，
∴n=30，
故答案为：40，30；
(3)列表如下：
共有20种等可能的结果，恰好抽到一男和一女的有12种，
∴恰好抽到一男一女的概率为1220=35．
(1)根据图1和图2中A的数据计算即可；
(2)根据图1和图2中B的数据和C的数据求解即可；
(3)采用列表法求求出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了树状图或列表法求概率，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．
36.【答案】解：(1)四边形ABDE是平行四边形．
证明：∵△ABC≅△DEF，
∴AB=DE，∠BAC=∠EDF，
∴AB//DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA=OD=OB=OE，
设AF=x，则OA=OE=12(x+8)，
∴OF=OA−AF=4−12x，
在Rt△OFE中，OF2+EF2=OE2，
∴(4−12x)2+62=14(x+8)2，
解得：x=92，
∴AF=92cm．
【解析】(1)由全等三角形的性质得出AB=DE，∠BAC=∠EDF，则AB//DE，可得出结论；
(2)连接BE交AD于点O，设AF=x，则OA=OE=12(x+8)，得出OF=OA−AF=4−12x，由勾股定理列出方程，进而求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
37.【答案】解：过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于F，过B1作B1D⊥EF于D，如图所示：
则∠EOM=90°，
∵∠AOM=127°，∠AOA1=54.5°，
∴∠BOC=∠AOE=127°−90°=37°，∠B1OD=∠A1OE=54.5°−37°=17.5°，
∵AB=5.4米，OA：OB=2：1，
∴OA1=OA=3.6(米)，OB1=OB=1.8(米)，
∵sin∠B1OD=B1DOB1，sin∠BOC=BCOB，
∴B1D=OB1×sin17.5°≈1.8×0.3=0.54(米)，BC=OB×sin37°≈1.8×0.6=1.08(米)，
∴B1D+BC=0.54+1.08≈1.6(米)，
即此时水桶B上升的高度约为1.6米．
【解析】过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于F，过B1作B1D⊥EF于D，先求出∠BOC=∠AOE=37°，∠B1OD=∠A1OE=17.5°，再求出OA1=OA=3.6(米)，OB1=OB=1.8(米)，然后由锐角三角函数定义求出B1D≈0.54(米)，BC≈1.08(米)，即可解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
38.【答案】(1)证明：如图，连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，点O是AB的中点，
∵AC=AB，
∴点D是BC的中点，
∴OD//AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：设AC与⊙O交于点F，连接BF，
∵AB是⊙O直径，
∴∠BFA=90°，
∵tan∠BAC=BFAF=34，
∴不妨设BF=3k，AF=4k，则AB=5k，
∵AB=6，
∴5k=6，
解得k=65，BF=185．
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴CD//BF．
∵点D是BC的中点，
∴E为CF的中点，
∴DE是△CFB的中位线，
∴DE=95．
【解析】(1)连接OD，AD，利用圆周角定理得到∠ADB=90°，再证OD//AC，从而得到OD⊥DE，最后证得结论；
(2)设AC与⊙O交于点F，连接BF，由圆周角定理得到∠BFA=90°，在Rt△ABF中，根据三角函数的定义和勾股定理求得BF=185，证得DE是△CFB的中位线，根据三角形中位线的性质即可求出DE．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握切线的性质是解决问题的关键．
39.【答案】解：(1)设“神舟”模型成本为每个x元，则“天宫”模型成本为每个(1−20%)x=0.8x(元)，
根据题意得：320x=3200.8x−4，
解得x=20，
经检验，x=20是原方程的解，且符合实际意义，
0.8x=16(元)，
答：“神舟”模型成本为每个20元，“天宫”模型成本为每个16元；
(2)①设购买“神舟”模型a个，则购买“天宫”模型(100−a)个，
则w=(35−20)a+(25−16)(100−a)=6a+900，
∴w与a的函数关系式为w=6a+900；
②∵购进“神舟”模型的数量不超过“天官”模型数量的一半，
∴a≤12(100−a)，
解得a≤1003，
∵w=6a+900，4>0，a是正整数，
∴当x=33时，w最大，最大值为1098，
答：购进“神舟”模型33个时，销售这批模型可以获得最大利润，最大利润是1098元．
【解析】(1)设“神舟”模型成本为每个x元，则“天宫”模型成本为每个(1−20%)x=0.8x(元)，根据同样花费320元，购进“天官”模型的数量比“神舟”模型多4个．列出方程，解方程即可，注意验根；
(2)①设购买“神舟”模型a个，则购买“天宫”模型(100−a)个，根据总利润=两种模型利润之和列出函数解析式即可；
②根据购进“神舟”模型的数量不超过“天官”模型数量的一半求出a的取值范围，由函数的性质求最值即可．
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用和分式方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和方程．
40.【答案】解：(1)B在双曲线y=12x上，且根据题意yB=2，
∴B(6,2)，
∵B为抛物线BCD的最高点，
则设抛物线BCD的解析式为y=a(x−6)2+2顶点式，
根据题意得此时D(8,0)，代入解析式得a(8−6)2+2=0，
解得：a=−12，
∴滑道BCD段y与x之间函数关系式为y=−12(x−6)2+2；
(2)令上式y=1时，则−12(x−6)2+2=1，
解得x1=6+ 2，x2=6− 2(舍去)，
∴C(6+ 2,1)，
将y=6代入y=12x中得x=2，
∴A(2,6)，
∴6+ 2−2=4+ 2，
此时滑行者距滑道起点的水平距离为(4+ 2)米；
(3)根据上面所得B (6,2)，D (8,0)时，此时∠BDO=45°，
则D点不可往左，可往右，则OD最小值为8，
又∵OPOD≥12，
∴OD≤2OP=12，
∴7≤OD≤12．
∴OD长度的取值范围为8≤OD≤12．
【解析】(1)B点既在双曲线上，又在抛物线上，根据题中数据可求出B点坐标．又因为点B为抛物线的顶点，且B点到地面的距离为2米，D(8,0).据此可求出解析式．
(2)依据前面的解析式求出A、C的横坐标，它们的差距即为所经过的水平距离；
(3)先判断OD的最小值，再根据已知求出OD最大值即可．
本题主要考查了二次函数的综合应用，其中涉及点的坐标的求法及二次函数的实际应用，借助二次函数解决实际问题，体现了数学建模思想．
41.【答案】(1)证明：连接AP，如图②，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴12AB×CF=12AB×PD+12AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD+PE．
小颖的证明：
过点P作PG⊥CF，如图2，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC，
∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°，
∴四边形PDFG为矩形，
∴DP=FG，∠DPG=90°，
∴∠CGP=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠PGC=∠CEP，
∵∠BDP=∠DPG=90°，
∴PG//AB，
∴∠GPC=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠GPC=∠ECP，
在△PGC和△CEP中，
∠PGC=∠CEP∠GPC=∠ECPPC=CP，
∴△PGC≌△CEP(AAS)，
∴CG=PE，
∴CF=CG+FG=PE+PD；
(2)证明：连接AP，如图③，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∴S△ABC=S△ABP−S△ACP，
∴12AB×CF=12AB×PD−12AC×PE，
∵AB=AC，
∴CF=PD−PE；
证明：
过点C作CG⊥DP，如图③，
∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP，
∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°，
∴四边形CFDG是矩形，
∴CF=GD，∠DGC=90°，
∵PE⊥AC，
∴∠CEP=90°，
∴∠CGP=∠CEP，
∵CG⊥DP，AB⊥DP，
∴∠CGP=∠BDP=90°，
∴CG//AB，
∴∠GCP=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ACB=∠PCE，
∴∠GCP=∠ECP，
在△CGP和△CEP中，
∠CGP=∠CEP=90°∠GCP=∠ECPCP=CP，
∴△CGP≌△CEP(AAS)，
∴PG=PE，
∴CF=DG=DP−PG=DP−PE．
(3)解：如图④，过点E作EQ⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°，
∵AD=8，CF=3，
∴BF=BC−CF=AD−CF=5，
由折叠有，DF=BF，∠BEF=∠DEF，
∴DF=5，
∵∠C=90°，
∴DC= DF2−CF2=4，
∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°，
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC，
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ=DC=4，
∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFB，
∵∠BEF=∠DEF，
∴∠BEF=∠EFB，
∴BE=BF，
由问题情景中的结论可得：PG+PH=EQ，
∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
(4)解：延长AD，BC交于点F，作BH⊥AF，如图⑤，
∵AD×CE=DE×BC，
∴ADDE=BCEC，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，
∴∠ADE=∠BCE=90°，
∴△ADE∽△BCE，
∴∠A=∠CBE，
∴FA=FB，
由问题情景中的结论可得：ED+EC=BH，
设DH=x，
∴AH=AD+DH=3+x，
∵BH⊥AF，
∴∠BHA=90°，
∴BH2=BD2−DH2=AB2−AH2，
∵AB= 41，AD=3，BD= 26，
，
∴x=1，
∴BH2=BD2−DH2=26−1=25，
∴BH=5，
∴ED+EC=5，
∵∠ADE=∠BCE=90°，且M，N分别为AE，BE的中点，
∴DM=EM=12AE，CN=EN=12BE，
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
，
∴△DEM与△CEN的周长之和．
【解析】(1)按照小明，小颖的证明思路即可解决问题．
(2)借鉴小明，小颖的证明思路即可解决问题．
(3)易证BE=BF，过E作EQ⊥BF，垂足，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求即可．
(4)由条AD×CE=DE×BC联想到三角形相似，从而得∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM，△CEN的周长之和就可转化AB+BH，而BH是△ADB的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求BH，就可解决问题．
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
42.【答案】解：2(x−3)≤x−4①x−22
由②得：x>−2，
∴不等式组的解集为−2
则不等式组的整数解为−1，0，1，2．
【解析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分求出不等式组的解集，进而求出整数解即可．
此题考查了解一元一次不等式组，以及在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
43.【答案】解：
=1．
(2)1−xx−2=12−x−2，
去分母，得1−x=−1−2(x−2)．
去括号，得1−x=−1−2x+4．
移项，得−x+2x=−1+4−1．
合并同类项，得x=2．
检验：当x=2，x−2=0．
∴x=2是该方程的增根．
∴该分式方程无解．
【解析】(1)根据实数的混合运算法则，先计算零指数幂、特殊角的正弦值、算术平方根，再计算乘法，最后计算加减．
(2)通过去分母、去括号、移项、合并同类项、检验解决此题．
本题主要考查特殊角的正弦值、零指数幂、二次根式的化简、实数的混合运算、解分式方程，熟练掌握特殊角的正弦值、零指数幂、二次根式的化简、实数的混合运算法则、分式方程的解法是解决本题的关键．
44.【答案】(1)100，
补全的条形统计图如图所示：
(2)72；C；
(3)1800×100−5100=1710(人)，
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【解析】解：(1)这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
D组的人数为：100−10−20−25−5=40(人)，
故答案为：100；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20100=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72；C；
(3)见答案．
(1)根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(2)根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
(3)根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
45.【答案】解：(1)14；
(2)树状图如图所示：
共有12种等可能的结果，满足条件的有4种可能，
所以抽到的两个素数之和等于30的概率=412=13．
【解析】
【分析】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
(1)直接根据概率公式计算可得；
(2)画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．
【解析】
解：(1)从7、11、19、23这4个素数中随机抽取一个，则抽到的数是7的概率是14．
故答案为14．
(2)见答案．
46.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△DBE和△ECF中，
DB=EC∠B=∠CBE=CF，
∴DE=EF，
∴△DEF是等腰三角形．
(2)解：，
∴∠BDE=∠CEF，
∵∠DEC=∠B+∠BDE，即∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE，
∴∠DEF=∠B，
∵∠A=20°，
；
∴∠DEF=80°．
【解析】(1)根据等边对等角可得∠B=∠C，利用“边角边”证明，然后根据全等三角形对应边相等可得DE=EF，最后根据等腰三角形的定义即可证明结论；
(2)根据全等三角形对应角相等可得∠BDE=∠CEF，然后求出∠BED+∠CEF=∠BED+∠BDE，再根据等腰三角形的性质求得∠B，最后再利用三角形的内角和定理和平角的定义求出∠B=∠DEF即可解答．
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质并证明出全等三角形是解题的关键．
47.【答案】解：(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，如图：
∵∠ABC=143°，
∴∠CBQ=53°，
在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°≈70×0.8=56cm，
∵CD//l，
∴DE=CP=CQ+PQ=56+50=106cm．
即手臂端点D离操作台l的高度DE的长为106cm．
(2)当B，C，D共线时，如图：
BD=60+70=130cm，AB=50cm，
在Rt△ABD中，AB²+AD²=BD²，
∴AD=120cm>110cm．
∴手臂端点D能碰到点M．
【解析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
(1)过点C作CP⊥AE于点P，过点B作BQ⊥CP于点Q，在Rt△BCQ中，CQ=BC⋅sin53°，再根据DE=CP=CQ+PQ可得答案；
(2)当B，C，D共线时，根据勾股定理可得AD的长，进而可进行判断．
48.【答案】解：(1)把A(m,2)代入y=3x得2m=3，解得m=32；
(2)∵△OEF为直角三角形，点A是△EOF的外心，
∴点A(32,2)为EF的中点，
∴E点坐标为(3,0)，F点坐标为(0,4)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
把E(3,0)，F(0,4)代入得3k+b=0b=4，
解得k=−43b=4，
∴直线l的解析式为y=−43x+4；
(3)存在．理由如下：
连接OA，设P(0,t)，
，
，
，
∴t=6或t=2
∴满足条件的P点坐标为(0,6)或(0,2)．
【解析】(1)直接把A点坐标代入y=3x可计算出m；
(2)由于△OEF为直角三角形，点A是△EOF的外心，根据直角三角形外心为斜边的中点得到点A(32,2)为EF的中点，再根据线段中点的坐标公式得到E点坐标为(3,0)，F点坐标为(0,4)，然后利用待定系数法确定l的解析式；
(2)根据反比例函数的比例系数的几何意义得到，设P(0,t)，利用三角形面积公式得到，然后求出t即可得到P点坐标．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数的解析式．也考查了待定系数法求函数解析式以及反比例函数的比例系数的几何意义．
49.【答案】解：(1)①∵D(0,2)到⊙O的距离的最小值p=1，最大值q=3，
∴d(D,⊙O)=1+32=2，
故答案为：2；
②当M在点E处，d(E,⊙O)=2，
当M在点F处，d(F,⊙O)=2+42=3，
∴2≤d(M,⊙O)≤3；
(2)设ON=d，
∴p=d−r=d−1，q=d+r=d+1，
∴d(N,⊙O)=p+q2=d−1+d+12=d，
∵点N在直线y= 3x+2 3上，
设直线交x轴于点B，交y轴于点A，如图1，
则x=0时，y=2 3，y=0时，x=−2，
∴A(0,2 3)，B(−2,0)，
∴OA=2 3，OB=2，
∴AB= OA2+OB2=4，
当ON⊥AB时，d(N,⊙O)最小，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅ON，即12×2 3×2=12×4ON，
∴ON= 3，
∵ON无最大值，
∴d(N,⊙O)≥ 3；
(3)如图2，d(P,⊙O)的最小值为1，最大值为 10，
∴两个圆中，小圆的半径为1，大圆的半径为 10，
∵KL= 10−1，
∴m的最小值是 10−1 2= 5− 22，
在Rt△OMH中，OM= 10，OH=m−1，MH=12m，
∴m−12+12m2= 102
解得：m=−2(舍去)或m=185
∴m的最小值为 5− 22，最大值为185．
【解析】此题考查考查了圆的性质和新定义等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，
属于中考压轴题．
(1)①运用新定义“关联距离”，即可求得答案；
②根据新定义“关联距离”，分别求出d(E,⊙O)=2，d(F,⊙O)=3，即可得出答案；
(2)设ON=d，可得p=d−1，q=d+1，运用新定义“关联距离”，可得d(N,⊙O)=d，再利用S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅ON，即可求得答案．
50.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=10，
∴CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
由折叠得AE=AD=10，，
∴BF= AF2−AB2= 102−82=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
，
∴CE2+42=(8−CE)2，
解得CE=3，
∴线段CE的长是3．
(2)四边形AFGD是菱形，理由如下：
如图1，连接DF，
∵点F与点D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分DF，
∵CG//AD，
∴△GCE∽△ADE，
，
，
，
，
，
∴四边形AFGD是菱形．
(3)存在这样的点N，使△DMN是直角三角形，
当∠MDN=90°时，如图2，
，，
，
，，
∴∠DME=∠DEM，
，
，，
∴△DMN∽△DAE，
，
，
解得x=52；
当∠DNM=90°时，如图3，
，，
，
，
∴DM⊥AE，
，AE= AD2+DE2= 102+52=5 5，
，
∴DM=2 5，
，
，
解得x=2；
，
∴不存在∠DMN=90°的情况，
综上所述，x的值为52或2．
【解析】(1)由矩形的性质得CD=AB=8，BC=AD=10，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，由折叠得AE=AD=10，，则BF= AF2−AB2=6，CF=BC−BF=4，根据勾股定理得，即可求得线段CE的长是3；
(2)连接DF，则AC垂直平分DF，由CG//AD，证明△GCE∽△ADE，得，所以，，则，所以四边形AFGD是菱形；
(3)当∠MDN=90°时，先证明，则，再证明△DMN∽△DAE，得，则x=52；当∠DNM=90°时，则，由，AE= AD2+DE2=5 5，得，则DM=2 5，由，得，则x=2；由，可知不存在∠DMN=90°的情况，所以x的值为52或2．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
51.【答案】解：(1)∵抛物线与x轴交于点B(2,0)，C(−1,0)，
∴设y=a(x−2)(x+1)，将点A(0,4)代入，
得：−2a=4，
解得：a=−2，
∴y=−2(x−2)(x+1)=−2x2+2x+4；
∴该抛物线的函数表达式为y=−2x2+2x+4；
(2)①如图1，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(0,4)，B(2,0)，
∴2k+b=0b=4，
解得：k=−2b=4，
∴直线AB的解析式为y=−2x+4，
设点D(m,−2m2+2m+4)，则点N(m,−2m+4)，
∴DN=−2m2+2m+4−(−2m+4)=−2m2+4m，
在RtAOB中，AB= OA2+OB2= 42+22=2 5，
∵DE⊥AB，DM⊥x轴，
∴∠DEN=∠DMB=90°，
∵∠DNE=∠MNB，
∴∠EDN=∠ABO，
又∵∠DEN=∠AOB=90°，
∴△EDN∽△OBA，
∴DEOB=DNAB，即DE2=−2m2+4m2 5，
∴DE=−2 55m2+4 55m=−2 55(m−1)2+2 55，
∴当m=1时，DE取得最大值为2 55，
∴0
如图2，四边形AFGD是菱形时，满足四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，
设D(t,−2t2+2t+4)，G(t,−2t+4)，
∴DG=(−2t2+2t+4)−(−2t+4)=−2t2+4t，
∵四边形AFGD是菱形，
∴AD=DG，
∴t2+(−2t2+2t+4−4)2=(−2t2+4t)2，
解得：t1=0，t2=118，
∴D(118,9532)；
如图3，四边形AFGD是矩形时，满足四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，
由对称得：D(1,4)；
综上，点D的坐标为(118,9532)或(1,4)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求解；
(2)①如图1，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，运用待定系数法求出直线AB的解析式为y=−2x+4，设点D(m,−2m2+2m+4)，则点N(m,−2m+4)，利用△EDN∽△OBA，即可求得DE的长，运用二次函数性质即可求得答案；
②如图2，存在两种情况：四边形AFGD是矩形和菱形时满足既是中心对称图形，又是轴对称图形，根据各自的性质可得点D的坐标．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，轴对称和中心对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质相关知识．
