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2023年重庆市北碚区春招数学试卷（含解析）
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这是一份2023年重庆市北碚区春招数学试卷（含解析），共27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年重庆市北碚区春招数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 3的相反数是( )
A. −3 B. −13 C. 3 D. 13
2. 如图所示的圆柱体的俯视图为( )
A.
B.
C.
D.
3. 一杆称在称物时的状态如图所示，已知∠1=80°，则∠2的度数是( )
A. 20°
B. 80°
C. 100°
D. 120°
4. 估计( 23+ 5)× 6的值应在( )
A. 7和8之间 B. 6和7之间 C. 5和6之间 D. 4和5之间
5. 用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1枚棋子，第②个图案中有3枚棋子，第③个图案中有6枚棋子，第④个图案中有10枚棋子，…，按此规律排列下去，则第⑥个图案中棋子枚数是( )
A. 10 B. 15 C. 21 D. 28
6. 小明从家里出发，外出散步，到一个公共阅报栏前看了一会儿报后，继续散步了一段时间，然后回家.如图描述了小明散步过程中离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系.根据图中提供的信息，给出下列说法，其中正确的是( )
A. 小明散步共走了900米
B. 返回时，小明的速度逐渐减小
C. 小明在公共阅报栏前看报用了16分钟
D. 前20分钟小明的平均散步速度为45米/分
7. 水果店花1500元进了一批水果，按50%的利润定价，无人购买.决定打折出售，但仍无人购买，结果又一次打折后才售完.经结算，这批水果共盈利500元.若两次打折的折扣相同，设每次打x折，根据题意，下面所列方程正确的是( )
A. (1500×50%)(x10)2=500
B. (1500×50%)(1−x10)2=500
C. 1500(1+50%)(x10)2=1500+500
D. 1500(1+50%)(1−x10)2=1500+500
8. 如图，线段AC经过圆心O，交⊙O于点A、B，CD是⊙O的切线，点D为切点.若∠ACD=30°，CD=2 3，则线段BC的长度是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 3
9. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AB的中点，△ADC沿直线CD翻折至△ABC所在平面内得△A′DC，AA′与CD交于点E.若AC= 5，BC=2 5，则点A′到AB的距离是( )
A. 245 B. 125 C. 2425 D. 1225
10. 按顺序排列的一列数：x1，x2，x3，…，xn(n是正整数)，从第二个数x2开始，每一个数都等于 2与它前一个数的倒数之差，即：x2= 2−1x1，x3= 2−1x2，…，则下列说法：①当x1≠0且x1≠ 22且x1≠ 2时，x1⋅x2⋅x3⋅x4=−1；②若x1=3 22，则x1+x2+…+x47=18 2；③代数式x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1的值恒为负；④若(x1− 2)(x2− 2)x7x8=−1，则x1=±1.其中正确的个数是( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 计算：( 2−1)0+(12)−1= ______ ．
12. 如图，△DEF与△ABC位似，点O为位似中心，相似比为1：2.若△ABC的面积为8，则△DEF的面积为______ ．
13. 在一个布袋里装着标号分别为1，2，3，4的4个小球，它们除标号外无其他区别，从布袋中随机摸出一个小球后不放回，摇匀再随机摸出一个小球，两次摸出的小球标号的和是偶数的概率为______ ．
14. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，点C在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若A(0,2)，B(1,0)，则k的值为______ ．
15. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=1，BD=2，以点C为圆心，CD的长为半径画弧，交BC于点E，则图中阴影部分的面积为______ .(结果保留π)
16. 如图，正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别在边CD、AD上，BE、CF相交于点G，BE=CF= 17，点O是BF中点，则OG的长为______ ．
17. 若关于x的一元一次不等式组x−12−2x−13>−1x−m<0的解集是x
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：(1)(x+2y)2+x(x−4y)；
(2)2aa2−4÷(a−2a+2+1)．
20. (本小题10.0分)
如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC，垂足为点E．
(1)用尺规完成基本作图：过点A作CD的垂线AF，垂足为点F(只保留作图痕迹)．
(2)在(1)所作的图形中，求证：CF=CE．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ ______ ，
______ ，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴ ______ ，
在△ABE和△ADF中，
由①②③得△ABE≌△ADF，
∴ ______ ，
∵BC=CD，
∴CE=CF．
21. (本小题10.0分)
某校开展了“党的二十大”知识竞赛活动，现从七、八年级参赛学生中各随机抽取15名学生，统计这部分学生的竞赛成绩，并进行整理、描述和分析(竞赛成绩均为整数，满分为100分，竞赛成绩用x表示，共分为四个等级：A：95≤x≤100，B：90≤x<95，C：85≤x<90，D：80≤x<85)，下下面给出了部分信息：
抽取的七年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，93，93，92，90
抽取的八年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，92，91，90
抽取的七、八年级学生成绩分段人数统计表
年级
A
B
C
D
七年级
4
5
5
1
八年级
b
4
a
2
抽取的七、八年级学生成绩统计表
年级
平均数
中位数
众数
七年级
90.6
m
93
八年级
90.8
91
96
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，m= ______ ；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中，哪个年级学生知识竞赛成绩更优异？请说明理由(写出一条理由即可)；
(3)该校七、八年级共900名学生参加此次竞赛活动，估计成绩达到90分及以上的学生人数．
22. (本小题10.0分)
某服装制造厂在开学前赶制3000套校服．
(1)若甲组先做2天，然后乙组加入，甲、乙两组再共做10天完成任务.已知每天乙组比甲组多做25套，问甲组每天能做多少套校服？
(2)为了尽快完成任务，厂领导合理调配，加强第一线人力，使每天完成的校服比原计划多了20%，结果提前4天完成任务.问原计划每天能做多少套校服？
23. (本小题10.0分)
阳春三月，春暖花开，某单位组织登山踏青活动.甲组从山脚A处沿东偏北37°方向的登山步道AD上山，乙组从山脚B处沿东北方向的登山步道BC上山，最后在观光道CD上的某处会合.已知A、B相距2000米，AB//CD，AB与CD间的距离为1200米．
(1)求观光道CD的长度；
(2)两组同时出发，若甲组的平均速度为40米/分，乙组的平均速度为30米/分，为使两组同时到达会合处，应将会合处设在距离点D多少米处？(精确到个位)(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 2≈1.41)
24. (本小题10.0分)
如图1，△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，点D从点A出发，沿A−B−C运动到点C后停止.过点D作DE⊥AC，垂足为点E，设点D的运动路程为x，△ADE的面积为y．
(1)求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(2)在图2中画出(1)中函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)当△ADE的面积等于△ABC面积的14时，直接写出x的值．
25. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−38x2+bx+c经过点A(4,0)，B(0,3)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线AB上方抛物线上一动点，过点P作PC⊥AB，垂足为点C，PD//y轴，交AB于点D，求△PCD的周长最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)中△PCD的周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向右平移2个单位，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平移后的抛物线上确定一点N，使得以点P，A，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
26. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，在平面内将线段AC绕点A顺时针旋转至线段AD的位置，E是BD的中点．
(1)如图1，若∠CAD=60°，求AE的长；
(2)如图2，若∠CAD=120°，猜想AE与BC的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)如图3，点B关于直线AC的对称点为F，在线段AC的旋转过程中，当EF的长取得最小值时，请直接写出△BCD的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据概念，3的相反数在3的前面加“−“号，则3的相反数是−3．
故选：A．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2.【答案】C
【解析】解：竖直放置的圆柱体，从上面看圆，俯视图是圆，
故选：C．
根据俯视图是从上面看到的视图进而得出答案即可．
本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握圆柱体的三视图是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得：AB//CD，∠1=80°，
∴∠BCD=∠1=80°，
∴∠2=180°−80°=100°．
故选：C．
由平行线的性质可得∠BCD=80°，从而可得答案．
本题考查的是平行线的性质，邻补角的含义，掌握“两直线平行，内错角相等”是解本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：( 23+ 5)× 6
=2+ 30，
∵5< 30<6，
∴7<2+ 30<8，
故选：A．
利用乘法分配律展开，再估计无理数 30的大小，进而求出答案即可．
本题考查了无理数的估计，准确的计算是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：观察图形的变化可知：
第①个图案中有1颗棋子，
第②个图案中有1+2=3(颗)棋子，
第③个图案中有1+2+3=6(颗)棋子，
…，
则第⑥个图案中棋子的个数为：1+2+3+4+5+6=21(颗)．
故选：C．
观察图形的变化可得第⑥个图案中黑色三角形的个数为：1+2+3+4+5+6，计算即可．
本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
6.【答案】D
【解析】解：根据函数图象可得：
小明散步共走了900×2=1800(米)，故A选项错误，不符合题意；
返回时，离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系的图象为直线，即小明的速度并未发生改变，故B选项错误，不符合题意；
小明在公共阅报栏前看报用了16−6=10(分钟)，故C选项错误，不符合题意；
前20分钟小明的平均散步速度为90020=45(米/分)，故D选项正确，符合题意．
故选：D．
根据图象可知，小明散步离家的最远距离为900米，再从该位置回家又走了900米，即可判断A选项；小明返回时，离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系的图象为直线，即小明的速度并未发生改变，即可判断B选项；根据函数图象即可算出小明在公共阅报栏前看报的时间，即可判断C选项；利用“速度=路程÷时间”即可判断D选项．
本题主要考查函数的图象，正确理解函数图象横纵坐标的实际意义，并从函数图象中获取解题所需信息是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意得：1500(1+50%)(x10)2=1500+500．
故选：C．
利用经过两次打折后的销售总价=原销售总价×(每次打折的折扣10)2，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：连接OD，
∵CD切⊙O于D，
∴半径OD⊥CD，
∴∠ODC=90°，
∵∠ACD=30°，CD=2 3，
∴tanC=ODCD=OD2 3= 33，
∴OD=2，
∴OC=2OD=4，
∴BC=OC−OB=OC−OD=4−2=2．
故选：B．
连接OD，由切线的性质得到∠ODC=90°，由锐角的正切定义求出OD长，得到OC的长，即可求出BC的长．
本题考查切线的性质，解直角三角形，关键是掌握切线的性质定理．
9.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AB的中点，
∴CD=AD=BD=12AB，
∵AC= 5，BC=2 5，
∴AB= AC2+BC2= ( 5)2+(2 5)2=5，
∴AD=BD=52，
根据折叠的性质可得，AC=A′C= 5，AD=A′D=52，
∴A′D=AD=12AB，
∴△AA′B为直角三角形，
∴A、B、A′、C四点共圆，
以AB为直径，D为圆心作圆，过点A′作A′F⊥AB，设CD与AA′交于点O，如图，
∵A′B=A′B，
∴∠A′CO=∠BAO，
∵∠A′OC=∠BOA，
∴△A′OC∽△BOA，
∴A′CAB=OCOA=OA′OB，
设OC=x，则OB=BC−OC=2 5−x，
∴ 55=xOA=OA′2 5−x，
∴OA= 5x，OA′=2− 55x，
在Rt△AOC中，OC2+AC2=OA2，
∴x2+( 5)2=( 5x)2，
解得：x= 52或− 52(舍去)，
∴OA′=2− 55× 52=32，OB=2 5− 52=3 52，
在Rt△OA′B中，A′B= OB2−OA′2= (3 52)2−(32)2=3，
设DF=a，则BF=BD−DF=52−a，
在Rt△A′DF中，A′F2=A′D2−DF2=(52)2−a2，
在Rt△A′BF中，A′F2=A′B2−BF2=32−(52−a)2，
∴(52)2−a2=32−(52−a)2，
解得：a=710，
∴A′F= (52)2−(710)2=125，
即点A′到AB的距离是125．
故选：B．
根据直角三角形斜边上的中线性质可得CD=AD=BD=12AB，根据勾股定理求出AB=5，由折叠可得AC=A′C= 5，AD=A′D=52，于是得到A′D=12AB，因此△AA′B为直角三角形，进而可得A、B、A′、C四点共圆，以AB为直径，D为圆心作圆，过点A′作A′F⊥AB，设CD与AA′交于点O，根据圆周角定理可得∠A′CO=∠BAO，易证明△A′OC∽△BOA，得到A′CAB=OCOA=OA′OB，设OC=x，则OB=2 5−x，代入式中求得OA= 5x，OA′=2− 55x，在Rt△AOC中，利用勾股定理解得x= 52，则OA′=32，OB=3 52，在Rt△OA′B中，根据勾股定理求得A′B=3，设DF=a，则BF=BD−DF=52−a，在Rt△A′DF中，A′F2=A′D2−DF2=(52)2−a2，在Rt△A′BF中，A′F2=A′B2−BF2=32−(52−a)2，以此即可建立方程，求出a值，再代入算出A′F的长即可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线、四点共圆、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，根据题意证明A、B、A′、C四点共圆，并灵活运用所学知识解决问题是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：设x1=a，则x2= 2−1a= 2a−1a，x3= 2−1x2= 2−a 2a−1=a− 2 2a−1，x4= 2−1x3= 2− 2a−1a− 2=−1a− 2，x5= 2−1x4= 2+(a− 2)=a，…，xn，可以发现每四个1个循环．
则x1⋅x2⋅x3⋅x4=a⋅ 2a−1a⋅a− 2 2a−1⋅(−1a− 2)=−1，故①正确；
若x1=3 22，则可得x2=2 23，x3= 24，x4=− 2，x5=3 22，…，可见每四个1个循环．
从而x1+x2+x3+…+x47=(x1+x2+…+x48)−x48
=12(x1+x2+x3+x4)−x48
=12(32+23+14−1)× 2−(− 2)
=17 2+ 2
=18 2，
故②正确；
由题意得，x10=x2，x11=x3，x12=x4，
故x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1=a 2a−1a⋅a− 2 2a−1⋅(−1a− 2)+2a−1=−a2+2a−1=−(a−1)2，
∵对于任意的a都有−(a−1)2≤0，
∴故x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1为非正，当a=1时为0．
故③错误；
由题意得，x7=x3，x8=x4，
∴(x1− 2)(x2− 2)x7x8=(a− 2)(−1a)(a− 2 2a−1)(−1a− 2)=−1，
∴a− 2a( 2a−1)=−1．
∴a2=1．
∴a=±1．
故④正确．
故本题选B．
利用题干的规定：设x1=a，则x2= 2−1a= 2a−1a，x3= 2−1x2= 2−a 2a−1=a− 2 2a−1，x4= 2−1x3= 2− 2a−1a− 2=−1a− 2，x5= 2−1x4= 2+(a− 2)=a，…，xn，可以发现每四个1个循环利用此规律对每个说法进行判断即可．
本题主要考查了实数的性质，实数运算的规律，实数的运算利用题干的规定找出数字的规律是解题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：原式=1+2
=3．
故答案为：3．
直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
12.【答案】2
【解析】解：∵△DEF是△ABC经过位似变换得到的，点O是位似中心，OD：OA=1：2，
∴S△DEF：S△ABC=1：4，
∵△ABC的面积为8，
∴△DEF的面积为：2．
故答案为：2．
直接利用位似图形的性质得出面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
13.【答案】13
【解析】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两次摸出的小球的标号的和为偶数的结果有4种，
∴两次摸出的小球的标号的和为偶数的概率为412=13，
故答案为：13．
画树状图，共有12种等可能的结果，其中两次摸出的小球的标号的和为偶数的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
14.【答案】3
【解析】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D．
∵A(0,2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，
∵△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBD=∠OAB．
在△CBD与△BAO中，
∠CBD=∠OAB∠CDB=∠AOB=90°BC=AB，
∴△CBD≌ABAO(AAS)，
∴BD=AO=2，CD=BO=1，
∴OD=OB+BD=1+2=3，
∴点C的坐标为(3,1)，
∵点C在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=3×1=3，
故答案为：3．
过点C作CD⊥x轴于点D.根据AAS证明△CBD≌ABAO，从而求得点C的坐标，利用待定系数法可求出k的值．
本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，利用了数形结合思想．求得点C的坐标是解题的关键．
15.【答案】 32−112π
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OD，
∵AO=AB=CD=1，
∴DO=OC=CD=1，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DCO=60°，
∴S扇形DCO=60π×12360=16π，
S△DAC=12×1× 3= 32，
S扇形COE=30π×12360=112π，
∴S阴影=S扇形COE+S△DAC−S扇形DCO=112π+ 32−16π= 32−112π，
故答案为：32−112π．
由矩形的性质可得：OA=OD，因为OA=AD，可得三角形AOD是等边三角形，可得∠OAD=60°，然后计算扇形DAO的面积和等边三角形DAO的面积，两部分面积相减即可．
此题主要考查了扇形面积求法以及矩形的性质，根据题意得出△AOD是等边三角形是解题关键．
16.【答案】2.5
【解析】解：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=∠D=90°，
∵BE=CF，
∴Rt△BCE≌Rt△CDF (HL)，
∴∠BEC=∠CFD，
∵∠CFD+∠DCF=90°，
∴∠BEC+∠DCF=90°，
∴∠CGE=90°，
∴BE⊥CF，
∴△BGF是直角三角形，
∵点O是BF中点，
∴OG=12BF，
在正方形ABCD中，AD=AB=4，BE=CF= 17，∠BCD=∠D=90°，
∴CE=DF= BE2−BC2=1，
∴AF=AD−DF=3，
∴BF= AB2+AF2=5，
∴OG=12BF=2.5．
故答案为：2.5．
根据正方形的性质证明Rt△BCE≌Rt△CDF (HL)，可得∠BEC=∠CFD，然后利用角的和差证明BE⊥CF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OG的长．
本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是得到Rt△BCE≌Rt△CDF．
17.【答案】2
【解析】解：由x−12−2x−13>−1，得x<5．
∵关于x的一元一次不等式组x−12−2x−13>−1x−m<0的解集是x
my−3+y3−y=1，
去分母，得m−y=y−3．
移项，得y+y=m+3．
合并同类项，得2y=m+3．
y的系数化为1，得y=m+32．
∵关于y的分式方程my−3+y3−y=1的解是非负整数，
∴m+32≥0且为整数，m+32≠3．
∴0≤m+32≤4且m+32≠3．
∵m为整数，
∴m=−3或−1或1或5．
∴满足条件的整数m的和为−3+(−1)+1+5=2．
故答案为：2．
先解一元一次不等式组求得m的取值范围，再解分式方程，进一步确定m的值．
本题主要考查解一元一次不等式组、解分式方程，熟练掌握一元一次不等式组的解法、分式方程的解法是解决本题的关键．
18.【答案】72 9647
【解析】解：根据题意，F(5236)−G(5236)=5236+3652101−5236−365299=8888101−158499=88−16=72；
故答案为：72．
根据等和数的定义设n=1000a+100b+10(m−a)+(m−b)=990a+99b+11m(1≤a≤9,1≤b≤9,2≤m≤18)，则n′=1000(m−a)+100(m−b)+10a+b=1100m−990a−99b；
由题意得：F(n)=n+n′101=(990a+99b+11m)+(1100m−990a−99b)101=11m；
G(n)=n−n′99=(990a+99b+11m)−(1100m−990a−99b)99=1980a+198b−1089m99=20a+2b−11m．
∵F(n)13为整数，即11m13为整数，又因为各个数位上的数都不为0，
∴m为13的倍数，且2≤m≤18，
∴m=13，
∴n=990a+99b+143=99(10a+b)+143，
∵G(n)7=20a+2b−1437为整数，设20a+2b−143=7k，则20a+2b=7k+143，其中k为整数．
又∵0
∴k最大取7，此时20a+2b=7k+143=192．
即10a+b最大为：96，
所以最大的n值为：99(10a+b)+143=99×96+143=9647．
故答案为：9647．
将n用整式表示，根据定义找出规律．
本题考查了整式计算、因式分解，及对新定义的理解能力．
19.【答案】解：(1)原式=x2+4y2+4xy+x2−4xy
=2x2+4y2；
(2)原式=2a(a+2)(a−2)÷a−2+a+2a+2
=2a(a+2)(a−2)⋅a+22a
=1a−2．
【解析】(1)直接利用完全平方公式以及单项式乘多项式运算法则化简，再合并同类项得出答案；
(2)将括号里面通分运算以及结合分式的乘除运算法则计算得出答案．
此题主要考查了分式的混合运算以及整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
20.【答案】AB=AD=BC=CD① ∠B=∠D② ∠AEB=∠AFD=90°③ BE=DF
【解析】解：(1)如图：
(2)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=CD①，
∠B=∠D②，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°③，
在△ABE和△ADF中，
由①②③得△ABE≌△ADF(AAS)，
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF．
故答案为：AB=AD=BC=CD，∠B=∠D，∠AEB=∠AFD=90°，BE=DF．
(1)根据过直线外一点作已知直线的垂线的作法画图；
(2)先证明三角形全等，再根据等式的性质证明．
本题考查了复杂作图，掌握三角形全等的判断和性质，及菱形的性质是解题的关键．
21.【答案】5 3 92
【解析】解：(1)∵八年级15名学生的成绩的中位数是91，抽取的八年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，92，91，90，
∴其中比91大的数有7个，
∴a=5，b=15−5−4−2=3，
七年级15名学生的成绩从小到大排列，排在第8个数是92，故中位数m=92．
故答案为：5；3；92；
(2)八年级的学生的竞赛成绩更好，理由：
因为八年级的平均数和众数均高于七年级，所以八年级的学生的竞赛成绩更好；
(3)900×4+5+5+415+15=540(名)，
答：估计成绩达到90分及以上的学生人数大约有540名．
(1)根据八年级的中位数是91可得a与b的值，根据中位数的定义可得m的值；
(2)根据平均数，中位数和众数的意义解答即可；
(3)利用样本估计总体，用七、八年级乘样本中成绩达到90分及以上的学生人数占百分比即可．
本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是正确解答的关键．
22.【答案】解：(1)设甲组每天能做x套校服，则乙组每天能做(x+25)套校服，
根据题意得：(2+10)x+10(x+25)=3000，
解得：x=125．
答：甲组每天能做125套校服；
(2)设原计划每天能做y套校服，则实际每天能做(1+20%)y套校服，
根据题意得：3000y−3000(1+20%)y=4，
解得：y=125，
经检验，y=125是所列方程的解，且符合题意．
答：原计划每天能做125套校服．
【解析】(1)设甲组每天能做x套校服，则乙组每天能做(x+25)套校服，利用工作总量=工作效率×工作时间，可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出结论；
(2)设原计划每天能做y套校服，则实际每天能做(1+20%)y套校服，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前4天完成任务，可得出关于y的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元一次方程；(2)找准等量关系，正确列出分式方程．
23.【答案】解：(1)过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥AB，交AB的延长线于点F，
∴∠DEA=∠CFB=90°，
∴DE//CF，
∵AB//CD，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∵∠CFB=90°，
∴四边形DEFC是矩形，
∴DE=CF=1200米，DC=EF，
在Rt△ADE中，∠DAE=37°，
∴AE=DEtan37∘≈12000.75=1600(米)，
在Rt△BCF中，∠CBF=90°−45°=45°，
∴BF=CFtan45∘=1200(米)，
∴DC=EF=AB+BF−AE=2000+1200−1600=1600(米)，
∴观光道CD的长度约为1600米；
(2)在Rt△ADE中，∠DAE=37°，DE=1200米，
∴AD=DEsin37∘≈12000.6=2000(米)，
在Rt△BCF中，∠CBF=45°，CF=1200米，
∴BC=CFsin45∘=1200 22=1200 2(米)，
∵甲组的平均速度为40米/分，乙组的平均速度为30米/分，
∴2000+1600+1200 240+30≈75.6(分钟)，
∴两组出发75.6分钟后同时到达会合处，
∴75.6×40−2000=1024(米)，
∴应将会合处设在距离点D约为1024米处．
【解析】(1)过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥AB，交AB的延长线于点F，根据垂直定义可得∠DEA=∠CFB=90°，从而可得DE//CF，进而可得四边形DEFC是矩形，然后利用矩形的性质可得DE=CF=1200米，DC=EF，再在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，最后在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
(2)先在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，然后根据已知可求出两组出发75.6分钟后同时到达会合处，从而求出会合处与点D的距离，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，平行线间的距离，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴AB= BC2+AC2= 32+42=5，
当0
(2)函数图象如图所示：
当0
(3)由题意625x2=14×12×3×4或−2x+16=14×12×3×4，
解得x=52或294(负根已经舍去)，
∴当x=52或254时，△ADE的面积等于△ABC面积的14．
【解析】(1)分两种情形：当0
(3)构建方程求解．
本题属于三角形综合题，考查了三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
25.【答案】解：(1)由题意得：0=−38×16+4b+cc=3，
解得：b=34c=3，
则抛物线的表达式为：y=−38x2+34x+3；
(2)在Rt△AOB中，tan∠OBA=OAOB=43=tan∠PDC，
则sin∠PDC=45，cos∠PDC=35，
则△PCD的周长=PD+PDsin∠PDC+PDcos∠PDC=125PD，
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=−34x+3，
设点P的坐标为：(x,−38x2+34x+3)，则点D(x,−34x+3)，
则PD=(−38x2+34x+3)−(−34x+3)=−38(x−2)2+32≤32，
即PD的最大值为32，
则△PCD的周长的最大值为：125×32=185，
此时点P(2,3)；
(3)平移后的抛物线表达式为：y=−38(x−2)2+34(x−2)+3=−38x2+94x，
设点N的坐标为：(x,−38x2+94x)，
当PA是对角线时，由中点坐标公式得：2+4=3+x，
解得：x=3，则点N(3,−278)；
当PM或PN是对角线时，由中点坐标公式得：2+4=3+x或3+4=2+x，
解得：x=1或5，
则点N(1,158)或(5,158)，
综上，点N的坐标为：N(3,−278)或(1,158)或(5,158).
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)△PCD的周长=PD+PDsin∠PDC+PDcos∠PDC=125PD，进而求解；
(3)当PA是对角线时，由中点坐标公式列出等式即可求解；当PM或PN是对角线时，同理可解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、最值问题等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
26.【答案】解：(1)∵∠CAD=60°，∠BAC=30°，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，BC=2，
∴AB=4，AC=2 3，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转至线段AD的位置，
∴AD=AC=2 3，
∴BD= 42+(2 3)2=2 7，
∵点E为BD的中点，
∴AE=12BD= 7；
(2)作DH⊥BA，交BA的延长线于H，作EF⊥AB于F，
∵∠CAD=120°，∠BAC=30°，
∴∠DAH=30°，
∴DH=12AD= 3，AH= 3DH=3，
∵点E为BD的中点，
∴BF=12BH=72，EF=12DH= 32，
∴AF=AB−BF=4−72=12，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
AE= (12)2+( 32)2=1；
(3)取AB的中点G，连接EG，FG，
则EG是△ABD的中位线，
∴EG=12AD= 3，
∵点B关于直线AC的对称点为F，
∴BF=2BC=4，
∴FG=4×sin60°=4× 32=2 3，
∵EF≥FG−GE，
∴当点E、F、G共线时，EF最小，
如图，连接CG，DG，
则EG//AD，
∴∠BGF=∠BAD=90°，
∵AG=2，AD=2 3，
∴tan∠AGD= 3，
∴∠AGD=∠ABC=60°，
∴S△BCG=S△BCD= 34×22= 3，
∴△BCD的面积为 3．
【解析】(1)根据含30°角的直角三角形的性质得AB=4，AC=2 3，再利用旋转的性质得AD=AC=2 3，最后利用勾股定理可得答案；
(2)作DH⊥BA，交BA的延长线于H，作EF⊥AB于F，利用三角形中位线定理求出EF和AF的长，勾股定理可得答案；
(3)取AB的中点G，连接EG，FG，利用三角形中位线定理求出EG的长，再利用三角形三边关系可得当点E、F、G共线时，EF最小，利用平行线之间的距离相等，进而解决问题．
本题是几何变换综合题，主要考查了含30°角的直角三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握辅助线的构造是解题的关键．
2023年重庆市北碚区春招数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 3的相反数是( )
A. −3 B. −13 C. 3 D. 13
2. 如图所示的圆柱体的俯视图为( )
A.
B.
C.
D.
3. 一杆称在称物时的状态如图所示，已知∠1=80°，则∠2的度数是( )
A. 20°
B. 80°
C. 100°
D. 120°
4. 估计( 23+ 5)× 6的值应在( )
A. 7和8之间 B. 6和7之间 C. 5和6之间 D. 4和5之间
5. 用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1枚棋子，第②个图案中有3枚棋子，第③个图案中有6枚棋子，第④个图案中有10枚棋子，…，按此规律排列下去，则第⑥个图案中棋子枚数是( )
A. 10 B. 15 C. 21 D. 28
6. 小明从家里出发，外出散步，到一个公共阅报栏前看了一会儿报后，继续散步了一段时间，然后回家.如图描述了小明散步过程中离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系.根据图中提供的信息，给出下列说法，其中正确的是( )
A. 小明散步共走了900米
B. 返回时，小明的速度逐渐减小
C. 小明在公共阅报栏前看报用了16分钟
D. 前20分钟小明的平均散步速度为45米/分
7. 水果店花1500元进了一批水果，按50%的利润定价，无人购买.决定打折出售，但仍无人购买，结果又一次打折后才售完.经结算，这批水果共盈利500元.若两次打折的折扣相同，设每次打x折，根据题意，下面所列方程正确的是( )
A. (1500×50%)(x10)2=500
B. (1500×50%)(1−x10)2=500
C. 1500(1+50%)(x10)2=1500+500
D. 1500(1+50%)(1−x10)2=1500+500
8. 如图，线段AC经过圆心O，交⊙O于点A、B，CD是⊙O的切线，点D为切点.若∠ACD=30°，CD=2 3，则线段BC的长度是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 3
9. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AB的中点，△ADC沿直线CD翻折至△ABC所在平面内得△A′DC，AA′与CD交于点E.若AC= 5，BC=2 5，则点A′到AB的距离是( )
A. 245 B. 125 C. 2425 D. 1225
10. 按顺序排列的一列数：x1，x2，x3，…，xn(n是正整数)，从第二个数x2开始，每一个数都等于 2与它前一个数的倒数之差，即：x2= 2−1x1，x3= 2−1x2，…，则下列说法：①当x1≠0且x1≠ 22且x1≠ 2时，x1⋅x2⋅x3⋅x4=−1；②若x1=3 22，则x1+x2+…+x47=18 2；③代数式x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1的值恒为负；④若(x1− 2)(x2− 2)x7x8=−1，则x1=±1.其中正确的个数是( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 计算：( 2−1)0+(12)−1= ______ ．
12. 如图，△DEF与△ABC位似，点O为位似中心，相似比为1：2.若△ABC的面积为8，则△DEF的面积为______ ．
13. 在一个布袋里装着标号分别为1，2，3，4的4个小球，它们除标号外无其他区别，从布袋中随机摸出一个小球后不放回，摇匀再随机摸出一个小球，两次摸出的小球标号的和是偶数的概率为______ ．
14. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，点C在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若A(0,2)，B(1,0)，则k的值为______ ．
15. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=1，BD=2，以点C为圆心，CD的长为半径画弧，交BC于点E，则图中阴影部分的面积为______ .(结果保留π)
16. 如图，正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别在边CD、AD上，BE、CF相交于点G，BE=CF= 17，点O是BF中点，则OG的长为______ ．
17. 若关于x的一元一次不等式组x−12−2x−13>−1x−m<0的解集是x
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：(1)(x+2y)2+x(x−4y)；
(2)2aa2−4÷(a−2a+2+1)．
20. (本小题10.0分)
如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC，垂足为点E．
(1)用尺规完成基本作图：过点A作CD的垂线AF，垂足为点F(只保留作图痕迹)．
(2)在(1)所作的图形中，求证：CF=CE．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ ______ ，
______ ，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴ ______ ，
在△ABE和△ADF中，
由①②③得△ABE≌△ADF，
∴ ______ ，
∵BC=CD，
∴CE=CF．
21. (本小题10.0分)
某校开展了“党的二十大”知识竞赛活动，现从七、八年级参赛学生中各随机抽取15名学生，统计这部分学生的竞赛成绩，并进行整理、描述和分析(竞赛成绩均为整数，满分为100分，竞赛成绩用x表示，共分为四个等级：A：95≤x≤100，B：90≤x<95，C：85≤x<90，D：80≤x<85)，下下面给出了部分信息：
抽取的七年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，93，93，92，90
抽取的八年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，92，91，90
抽取的七、八年级学生成绩分段人数统计表
年级
A
B
C
D
七年级
4
5
5
1
八年级
b
4
a
2
抽取的七、八年级学生成绩统计表
年级
平均数
中位数
众数
七年级
90.6
m
93
八年级
90.8
91
96
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，m= ______ ；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级中，哪个年级学生知识竞赛成绩更优异？请说明理由(写出一条理由即可)；
(3)该校七、八年级共900名学生参加此次竞赛活动，估计成绩达到90分及以上的学生人数．
22. (本小题10.0分)
某服装制造厂在开学前赶制3000套校服．
(1)若甲组先做2天，然后乙组加入，甲、乙两组再共做10天完成任务.已知每天乙组比甲组多做25套，问甲组每天能做多少套校服？
(2)为了尽快完成任务，厂领导合理调配，加强第一线人力，使每天完成的校服比原计划多了20%，结果提前4天完成任务.问原计划每天能做多少套校服？
23. (本小题10.0分)
阳春三月，春暖花开，某单位组织登山踏青活动.甲组从山脚A处沿东偏北37°方向的登山步道AD上山，乙组从山脚B处沿东北方向的登山步道BC上山，最后在观光道CD上的某处会合.已知A、B相距2000米，AB//CD，AB与CD间的距离为1200米．
(1)求观光道CD的长度；
(2)两组同时出发，若甲组的平均速度为40米/分，乙组的平均速度为30米/分，为使两组同时到达会合处，应将会合处设在距离点D多少米处？(精确到个位)(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 2≈1.41)
24. (本小题10.0分)
如图1，△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，点D从点A出发，沿A−B−C运动到点C后停止.过点D作DE⊥AC，垂足为点E，设点D的运动路程为x，△ADE的面积为y．
(1)求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(2)在图2中画出(1)中函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)当△ADE的面积等于△ABC面积的14时，直接写出x的值．
25. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−38x2+bx+c经过点A(4,0)，B(0,3)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P为直线AB上方抛物线上一动点，过点P作PC⊥AB，垂足为点C，PD//y轴，交AB于点D，求△PCD的周长最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)中△PCD的周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向右平移2个单位，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平移后的抛物线上确定一点N，使得以点P，A，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
26. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，在平面内将线段AC绕点A顺时针旋转至线段AD的位置，E是BD的中点．
(1)如图1，若∠CAD=60°，求AE的长；
(2)如图2，若∠CAD=120°，猜想AE与BC的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)如图3，点B关于直线AC的对称点为F，在线段AC的旋转过程中，当EF的长取得最小值时，请直接写出△BCD的面积．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据概念，3的相反数在3的前面加“−“号，则3的相反数是−3．
故选：A．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2.【答案】C
【解析】解：竖直放置的圆柱体，从上面看圆，俯视图是圆，
故选：C．
根据俯视图是从上面看到的视图进而得出答案即可．
本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握圆柱体的三视图是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得：AB//CD，∠1=80°，
∴∠BCD=∠1=80°，
∴∠2=180°−80°=100°．
故选：C．
由平行线的性质可得∠BCD=80°，从而可得答案．
本题考查的是平行线的性质，邻补角的含义，掌握“两直线平行，内错角相等”是解本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：( 23+ 5)× 6
=2+ 30，
∵5< 30<6，
∴7<2+ 30<8，
故选：A．
利用乘法分配律展开，再估计无理数 30的大小，进而求出答案即可．
本题考查了无理数的估计，准确的计算是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：观察图形的变化可知：
第①个图案中有1颗棋子，
第②个图案中有1+2=3(颗)棋子，
第③个图案中有1+2+3=6(颗)棋子，
…，
则第⑥个图案中棋子的个数为：1+2+3+4+5+6=21(颗)．
故选：C．
观察图形的变化可得第⑥个图案中黑色三角形的个数为：1+2+3+4+5+6，计算即可．
本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律．
6.【答案】D
【解析】解：根据函数图象可得：
小明散步共走了900×2=1800(米)，故A选项错误，不符合题意；
返回时，离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系的图象为直线，即小明的速度并未发生改变，故B选项错误，不符合题意；
小明在公共阅报栏前看报用了16−6=10(分钟)，故C选项错误，不符合题意；
前20分钟小明的平均散步速度为90020=45(米/分)，故D选项正确，符合题意．
故选：D．
根据图象可知，小明散步离家的最远距离为900米，再从该位置回家又走了900米，即可判断A选项；小明返回时，离家的距离s(米)与散步所用时间t(分)之间的函数关系的图象为直线，即小明的速度并未发生改变，即可判断B选项；根据函数图象即可算出小明在公共阅报栏前看报的时间，即可判断C选项；利用“速度=路程÷时间”即可判断D选项．
本题主要考查函数的图象，正确理解函数图象横纵坐标的实际意义，并从函数图象中获取解题所需信息是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意得：1500(1+50%)(x10)2=1500+500．
故选：C．
利用经过两次打折后的销售总价=原销售总价×(每次打折的折扣10)2，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：连接OD，
∵CD切⊙O于D，
∴半径OD⊥CD，
∴∠ODC=90°，
∵∠ACD=30°，CD=2 3，
∴tanC=ODCD=OD2 3= 33，
∴OD=2，
∴OC=2OD=4，
∴BC=OC−OB=OC−OD=4−2=2．
故选：B．
连接OD，由切线的性质得到∠ODC=90°，由锐角的正切定义求出OD长，得到OC的长，即可求出BC的长．
本题考查切线的性质，解直角三角形，关键是掌握切线的性质定理．
9.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AB的中点，
∴CD=AD=BD=12AB，
∵AC= 5，BC=2 5，
∴AB= AC2+BC2= ( 5)2+(2 5)2=5，
∴AD=BD=52，
根据折叠的性质可得，AC=A′C= 5，AD=A′D=52，
∴A′D=AD=12AB，
∴△AA′B为直角三角形，
∴A、B、A′、C四点共圆，
以AB为直径，D为圆心作圆，过点A′作A′F⊥AB，设CD与AA′交于点O，如图，
∵A′B=A′B，
∴∠A′CO=∠BAO，
∵∠A′OC=∠BOA，
∴△A′OC∽△BOA，
∴A′CAB=OCOA=OA′OB，
设OC=x，则OB=BC−OC=2 5−x，
∴ 55=xOA=OA′2 5−x，
∴OA= 5x，OA′=2− 55x，
在Rt△AOC中，OC2+AC2=OA2，
∴x2+( 5)2=( 5x)2，
解得：x= 52或− 52(舍去)，
∴OA′=2− 55× 52=32，OB=2 5− 52=3 52，
在Rt△OA′B中，A′B= OB2−OA′2= (3 52)2−(32)2=3，
设DF=a，则BF=BD−DF=52−a，
在Rt△A′DF中，A′F2=A′D2−DF2=(52)2−a2，
在Rt△A′BF中，A′F2=A′B2−BF2=32−(52−a)2，
∴(52)2−a2=32−(52−a)2，
解得：a=710，
∴A′F= (52)2−(710)2=125，
即点A′到AB的距离是125．
故选：B．
根据直角三角形斜边上的中线性质可得CD=AD=BD=12AB，根据勾股定理求出AB=5，由折叠可得AC=A′C= 5，AD=A′D=52，于是得到A′D=12AB，因此△AA′B为直角三角形，进而可得A、B、A′、C四点共圆，以AB为直径，D为圆心作圆，过点A′作A′F⊥AB，设CD与AA′交于点O，根据圆周角定理可得∠A′CO=∠BAO，易证明△A′OC∽△BOA，得到A′CAB=OCOA=OA′OB，设OC=x，则OB=2 5−x，代入式中求得OA= 5x，OA′=2− 55x，在Rt△AOC中，利用勾股定理解得x= 52，则OA′=32，OB=3 52，在Rt△OA′B中，根据勾股定理求得A′B=3，设DF=a，则BF=BD−DF=52−a，在Rt△A′DF中，A′F2=A′D2−DF2=(52)2−a2，在Rt△A′BF中，A′F2=A′B2−BF2=32−(52−a)2，以此即可建立方程，求出a值，再代入算出A′F的长即可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线、四点共圆、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，根据题意证明A、B、A′、C四点共圆，并灵活运用所学知识解决问题是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：设x1=a，则x2= 2−1a= 2a−1a，x3= 2−1x2= 2−a 2a−1=a− 2 2a−1，x4= 2−1x3= 2− 2a−1a− 2=−1a− 2，x5= 2−1x4= 2+(a− 2)=a，…，xn，可以发现每四个1个循环．
则x1⋅x2⋅x3⋅x4=a⋅ 2a−1a⋅a− 2 2a−1⋅(−1a− 2)=−1，故①正确；
若x1=3 22，则可得x2=2 23，x3= 24，x4=− 2，x5=3 22，…，可见每四个1个循环．
从而x1+x2+x3+…+x47=(x1+x2+…+x48)−x48
=12(x1+x2+x3+x4)−x48
=12(32+23+14−1)× 2−(− 2)
=17 2+ 2
=18 2，
故②正确；
由题意得，x10=x2，x11=x3，x12=x4，
故x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1=a 2a−1a⋅a− 2 2a−1⋅(−1a− 2)+2a−1=−a2+2a−1=−(a−1)2，
∵对于任意的a都有−(a−1)2≤0，
∴故x1x10⋅x11⋅x12+2x1−1为非正，当a=1时为0．
故③错误；
由题意得，x7=x3，x8=x4，
∴(x1− 2)(x2− 2)x7x8=(a− 2)(−1a)(a− 2 2a−1)(−1a− 2)=−1，
∴a− 2a( 2a−1)=−1．
∴a2=1．
∴a=±1．
故④正确．
故本题选B．
利用题干的规定：设x1=a，则x2= 2−1a= 2a−1a，x3= 2−1x2= 2−a 2a−1=a− 2 2a−1，x4= 2−1x3= 2− 2a−1a− 2=−1a− 2，x5= 2−1x4= 2+(a− 2)=a，…，xn，可以发现每四个1个循环利用此规律对每个说法进行判断即可．
本题主要考查了实数的性质，实数运算的规律，实数的运算利用题干的规定找出数字的规律是解题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：原式=1+2
=3．
故答案为：3．
直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
12.【答案】2
【解析】解：∵△DEF是△ABC经过位似变换得到的，点O是位似中心，OD：OA=1：2，
∴S△DEF：S△ABC=1：4，
∵△ABC的面积为8，
∴△DEF的面积为：2．
故答案为：2．
直接利用位似图形的性质得出面积比，进而得出答案．
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
13.【答案】13
【解析】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两次摸出的小球的标号的和为偶数的结果有4种，
∴两次摸出的小球的标号的和为偶数的概率为412=13，
故答案为：13．
画树状图，共有12种等可能的结果，其中两次摸出的小球的标号的和为偶数的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
14.【答案】3
【解析】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D．
∵A(0,2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，
∵△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBD=∠OAB．
在△CBD与△BAO中，
∠CBD=∠OAB∠CDB=∠AOB=90°BC=AB，
∴△CBD≌ABAO(AAS)，
∴BD=AO=2，CD=BO=1，
∴OD=OB+BD=1+2=3，
∴点C的坐标为(3,1)，
∵点C在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=3×1=3，
故答案为：3．
过点C作CD⊥x轴于点D.根据AAS证明△CBD≌ABAO，从而求得点C的坐标，利用待定系数法可求出k的值．
本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，利用了数形结合思想．求得点C的坐标是解题的关键．
15.【答案】 32−112π
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OD，
∵AO=AB=CD=1，
∴DO=OC=CD=1，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DCO=60°，
∴S扇形DCO=60π×12360=16π，
S△DAC=12×1× 3= 32，
S扇形COE=30π×12360=112π，
∴S阴影=S扇形COE+S△DAC−S扇形DCO=112π+ 32−16π= 32−112π，
故答案为：32−112π．
由矩形的性质可得：OA=OD，因为OA=AD，可得三角形AOD是等边三角形，可得∠OAD=60°，然后计算扇形DAO的面积和等边三角形DAO的面积，两部分面积相减即可．
此题主要考查了扇形面积求法以及矩形的性质，根据题意得出△AOD是等边三角形是解题关键．
16.【答案】2.5
【解析】解：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=∠D=90°，
∵BE=CF，
∴Rt△BCE≌Rt△CDF (HL)，
∴∠BEC=∠CFD，
∵∠CFD+∠DCF=90°，
∴∠BEC+∠DCF=90°，
∴∠CGE=90°，
∴BE⊥CF，
∴△BGF是直角三角形，
∵点O是BF中点，
∴OG=12BF，
在正方形ABCD中，AD=AB=4，BE=CF= 17，∠BCD=∠D=90°，
∴CE=DF= BE2−BC2=1，
∴AF=AD−DF=3，
∴BF= AB2+AF2=5，
∴OG=12BF=2.5．
故答案为：2.5．
根据正方形的性质证明Rt△BCE≌Rt△CDF (HL)，可得∠BEC=∠CFD，然后利用角的和差证明BE⊥CF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OG的长．
本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是得到Rt△BCE≌Rt△CDF．
17.【答案】2
【解析】解：由x−12−2x−13>−1，得x<5．
∵关于x的一元一次不等式组x−12−2x−13>−1x−m<0的解集是x
my−3+y3−y=1，
去分母，得m−y=y−3．
移项，得y+y=m+3．
合并同类项，得2y=m+3．
y的系数化为1，得y=m+32．
∵关于y的分式方程my−3+y3−y=1的解是非负整数，
∴m+32≥0且为整数，m+32≠3．
∴0≤m+32≤4且m+32≠3．
∵m为整数，
∴m=−3或−1或1或5．
∴满足条件的整数m的和为−3+(−1)+1+5=2．
故答案为：2．
先解一元一次不等式组求得m的取值范围，再解分式方程，进一步确定m的值．
本题主要考查解一元一次不等式组、解分式方程，熟练掌握一元一次不等式组的解法、分式方程的解法是解决本题的关键．
18.【答案】72 9647
【解析】解：根据题意，F(5236)−G(5236)=5236+3652101−5236−365299=8888101−158499=88−16=72；
故答案为：72．
根据等和数的定义设n=1000a+100b+10(m−a)+(m−b)=990a+99b+11m(1≤a≤9,1≤b≤9,2≤m≤18)，则n′=1000(m−a)+100(m−b)+10a+b=1100m−990a−99b；
由题意得：F(n)=n+n′101=(990a+99b+11m)+(1100m−990a−99b)101=11m；
G(n)=n−n′99=(990a+99b+11m)−(1100m−990a−99b)99=1980a+198b−1089m99=20a+2b−11m．
∵F(n)13为整数，即11m13为整数，又因为各个数位上的数都不为0，
∴m为13的倍数，且2≤m≤18，
∴m=13，
∴n=990a+99b+143=99(10a+b)+143，
∵G(n)7=20a+2b−1437为整数，设20a+2b−143=7k，则20a+2b=7k+143，其中k为整数．
又∵0
∴k最大取7，此时20a+2b=7k+143=192．
即10a+b最大为：96，
所以最大的n值为：99(10a+b)+143=99×96+143=9647．
故答案为：9647．
将n用整式表示，根据定义找出规律．
本题考查了整式计算、因式分解，及对新定义的理解能力．
19.【答案】解：(1)原式=x2+4y2+4xy+x2−4xy
=2x2+4y2；
(2)原式=2a(a+2)(a−2)÷a−2+a+2a+2
=2a(a+2)(a−2)⋅a+22a
=1a−2．
【解析】(1)直接利用完全平方公式以及单项式乘多项式运算法则化简，再合并同类项得出答案；
(2)将括号里面通分运算以及结合分式的乘除运算法则计算得出答案．
此题主要考查了分式的混合运算以及整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
20.【答案】AB=AD=BC=CD① ∠B=∠D② ∠AEB=∠AFD=90°③ BE=DF
【解析】解：(1)如图：
(2)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=CD①，
∠B=∠D②，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°③，
在△ABE和△ADF中，
由①②③得△ABE≌△ADF(AAS)，
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF．
故答案为：AB=AD=BC=CD，∠B=∠D，∠AEB=∠AFD=90°，BE=DF．
(1)根据过直线外一点作已知直线的垂线的作法画图；
(2)先证明三角形全等，再根据等式的性质证明．
本题考查了复杂作图，掌握三角形全等的判断和性质，及菱形的性质是解题的关键．
21.【答案】5 3 92
【解析】解：(1)∵八年级15名学生的成绩的中位数是91，抽取的八年级学生竞赛成绩在B等级包含的所有数据为：93，92，91，90，
∴其中比91大的数有7个，
∴a=5，b=15−5−4−2=3，
七年级15名学生的成绩从小到大排列，排在第8个数是92，故中位数m=92．
故答案为：5；3；92；
(2)八年级的学生的竞赛成绩更好，理由：
因为八年级的平均数和众数均高于七年级，所以八年级的学生的竞赛成绩更好；
(3)900×4+5+5+415+15=540(名)，
答：估计成绩达到90分及以上的学生人数大约有540名．
(1)根据八年级的中位数是91可得a与b的值，根据中位数的定义可得m的值；
(2)根据平均数，中位数和众数的意义解答即可；
(3)利用样本估计总体，用七、八年级乘样本中成绩达到90分及以上的学生人数占百分比即可．
本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，掌握平均数、中位数、众数的计算方法是正确解答的关键．
22.【答案】解：(1)设甲组每天能做x套校服，则乙组每天能做(x+25)套校服，
根据题意得：(2+10)x+10(x+25)=3000，
解得：x=125．
答：甲组每天能做125套校服；
(2)设原计划每天能做y套校服，则实际每天能做(1+20%)y套校服，
根据题意得：3000y−3000(1+20%)y=4，
解得：y=125，
经检验，y=125是所列方程的解，且符合题意．
答：原计划每天能做125套校服．
【解析】(1)设甲组每天能做x套校服，则乙组每天能做(x+25)套校服，利用工作总量=工作效率×工作时间，可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出结论；
(2)设原计划每天能做y套校服，则实际每天能做(1+20%)y套校服，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前4天完成任务，可得出关于y的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元一次方程；(2)找准等量关系，正确列出分式方程．
23.【答案】解：(1)过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥AB，交AB的延长线于点F，
∴∠DEA=∠CFB=90°，
∴DE//CF，
∵AB//CD，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∵∠CFB=90°，
∴四边形DEFC是矩形，
∴DE=CF=1200米，DC=EF，
在Rt△ADE中，∠DAE=37°，
∴AE=DEtan37∘≈12000.75=1600(米)，
在Rt△BCF中，∠CBF=90°−45°=45°，
∴BF=CFtan45∘=1200(米)，
∴DC=EF=AB+BF−AE=2000+1200−1600=1600(米)，
∴观光道CD的长度约为1600米；
(2)在Rt△ADE中，∠DAE=37°，DE=1200米，
∴AD=DEsin37∘≈12000.6=2000(米)，
在Rt△BCF中，∠CBF=45°，CF=1200米，
∴BC=CFsin45∘=1200 22=1200 2(米)，
∵甲组的平均速度为40米/分，乙组的平均速度为30米/分，
∴2000+1600+1200 240+30≈75.6(分钟)，
∴两组出发75.6分钟后同时到达会合处，
∴75.6×40−2000=1024(米)，
∴应将会合处设在距离点D约为1024米处．
【解析】(1)过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥AB，交AB的延长线于点F，根据垂直定义可得∠DEA=∠CFB=90°，从而可得DE//CF，进而可得四边形DEFC是矩形，然后利用矩形的性质可得DE=CF=1200米，DC=EF，再在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，最后在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
(2)先在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，然后根据已知可求出两组出发75.6分钟后同时到达会合处，从而求出会合处与点D的距离，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，平行线间的距离，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴AB= BC2+AC2= 32+42=5，
当0
(2)函数图象如图所示：
当0
(3)由题意625x2=14×12×3×4或−2x+16=14×12×3×4，
解得x=52或294(负根已经舍去)，
∴当x=52或254时，△ADE的面积等于△ABC面积的14．
【解析】(1)分两种情形：当0
(3)构建方程求解．
本题属于三角形综合题，考查了三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
25.【答案】解：(1)由题意得：0=−38×16+4b+cc=3，
解得：b=34c=3，
则抛物线的表达式为：y=−38x2+34x+3；
(2)在Rt△AOB中，tan∠OBA=OAOB=43=tan∠PDC，
则sin∠PDC=45，cos∠PDC=35，
则△PCD的周长=PD+PDsin∠PDC+PDcos∠PDC=125PD，
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=−34x+3，
设点P的坐标为：(x,−38x2+34x+3)，则点D(x,−34x+3)，
则PD=(−38x2+34x+3)−(−34x+3)=−38(x−2)2+32≤32，
即PD的最大值为32，
则△PCD的周长的最大值为：125×32=185，
此时点P(2,3)；
(3)平移后的抛物线表达式为：y=−38(x−2)2+34(x−2)+3=−38x2+94x，
设点N的坐标为：(x,−38x2+94x)，
当PA是对角线时，由中点坐标公式得：2+4=3+x，
解得：x=3，则点N(3,−278)；
当PM或PN是对角线时，由中点坐标公式得：2+4=3+x或3+4=2+x，
解得：x=1或5，
则点N(1,158)或(5,158)，
综上，点N的坐标为：N(3,−278)或(1,158)或(5,158).
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)△PCD的周长=PD+PDsin∠PDC+PDcos∠PDC=125PD，进而求解；
(3)当PA是对角线时，由中点坐标公式列出等式即可求解；当PM或PN是对角线时，同理可解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、最值问题等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
26.【答案】解：(1)∵∠CAD=60°，∠BAC=30°，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，BC=2，
∴AB=4，AC=2 3，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转至线段AD的位置，
∴AD=AC=2 3，
∴BD= 42+(2 3)2=2 7，
∵点E为BD的中点，
∴AE=12BD= 7；
(2)作DH⊥BA，交BA的延长线于H，作EF⊥AB于F，
∵∠CAD=120°，∠BAC=30°，
∴∠DAH=30°，
∴DH=12AD= 3，AH= 3DH=3，
∵点E为BD的中点，
∴BF=12BH=72，EF=12DH= 32，
∴AF=AB−BF=4−72=12，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
AE= (12)2+( 32)2=1；
(3)取AB的中点G，连接EG，FG，
则EG是△ABD的中位线，
∴EG=12AD= 3，
∵点B关于直线AC的对称点为F，
∴BF=2BC=4，
∴FG=4×sin60°=4× 32=2 3，
∵EF≥FG−GE，
∴当点E、F、G共线时，EF最小，
如图，连接CG，DG，
则EG//AD，
∴∠BGF=∠BAD=90°，
∵AG=2，AD=2 3，
∴tan∠AGD= 3，
∴∠AGD=∠ABC=60°，
∴S△BCG=S△BCD= 34×22= 3，
∴△BCD的面积为 3．
【解析】(1)根据含30°角的直角三角形的性质得AB=4，AC=2 3，再利用旋转的性质得AD=AC=2 3，最后利用勾股定理可得答案；
(2)作DH⊥BA，交BA的延长线于H，作EF⊥AB于F，利用三角形中位线定理求出EF和AF的长，勾股定理可得答案；
(3)取AB的中点G，连接EG，FG，利用三角形中位线定理求出EG的长，再利用三角形三边关系可得当点E、F、G共线时，EF最小，利用平行线之间的距离相等，进而解决问题．
本题是几何变换综合题，主要考查了含30°角的直角三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握辅助线的构造是解题的关键．
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