2023年黑龙江省牡丹江市中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年黑龙江省牡丹江市中考数学一模试卷（含解析），共32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年黑龙江省牡丹江市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 下列计算正确的是(    )
A. a2+a5=a7 B. a3⋅a2=a5 C. (a2)4=a6 D. a6÷a−1=a5
3. 函数y= 2−x的自变量x的取值范围是(    )
A. x≥2 B. x≤2 C. x≥−2 D. x≤−2
4. 由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图，则搭成该几何体的小正方体的个数最少是(    )

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
5. 布袋内装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外其余都相同，随机摸出一个球后不放回，再随机摸出一个球，则两次摸出的球都是白球的概率是(    )
A. 49 B. 13 C. 16 D. 19
6. 如图，⊙O的直径AB=4，弦AC=2，点D在⊙O上，则∠D的度数是(    )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 75°
7. 如图，直线AB交x轴于点C，交反比例函数y=a−1x(a>1)的图象于A、B两点，过点B作BD⊥y轴，垂足为点D，若S△BCD=5，则a的值为(    )

A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
8. 若分式方程xx−1−m1−x=2有增根，则m的值为(    )
A. 1 B. −1 C. 2 D. −2
9. 已知一个扇形的圆心角为120°，半径是6，则这个扇形围成的圆锥的高是(    )
A. 2 7 B. 13 C. 4 2 D. 3 3
10. 按一定规律排列的一列数依次为16，112，120,130……按此规律排列下去，这列数的第9个数是(    )
A. 119 B. 1110 C. 190 D. 19
11. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC= 3，点D在直线AB上，过点D作DE⊥AB交边BC于点E，将△BDE沿直线DE翻折，点B落在直线AB上的点F处，连接FC，当△CEF为直角三角形时，则BD的长是(    )
A. 12或32 B. 1或12 C. 33或 32 D. 22或 32
12. 对称轴为直线x=1的抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，且a≠0)如图所示，小明同学得出了以下结论：①abc<0，②b2>4ac，③4a+2b+c>0，④a+b≤m(am+b)(m为任意实数)，其中结论正确的个数为(    )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
13. 第133届中国进出口商品交易会(广交会)全面恢复线下展，迎接八方来客.中国经济加速回升，是中国经济巨大韧性与潜力的体现.经统计，一季度，中国进出口总值为9.89万亿元，同比增长4.8%.将数据9.89万亿用科学记数法表示为______ ．
14. 如图，∠ACB=∠ACD，请添加一个条件______ ，使△ABC≌△ADC．


15. 某种商品每件的标价为240元，按标价的八折销售时，每件仍能获利20%，则这种商品每件的进价为______元．
16. 一组数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，平均数是6，这组数据的中位数是______ ．
17. ⊙O的半径为2，弦BC=2 3，点A是⊙O上一点，且AB=AC，则点A到BC的距离为______ ．
18. 将二次函数y=x2+2x−2的图象向左平移1个单位，再向上平移一个单位，得到的新图象函数的表达式为______．
19. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−2x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，将直线AB绕点B顺时针旋转45°，交x轴于点C，则直线BC的函数表达式为______．


20. 在矩形ABCD中，AD= 2AB，AF是∠BAD邻补角的平分线，延长FA交CB的延长线于E，DF⊥AF，射线BF分别交DE，CD延长线于O，H，下列结论：①∠DEA=∠DEC；②BF=FH；③OE=OD；④OD2=ON⋅OH，其中正确的结论是______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(2−2xx−2)÷x2−4x2−4x+4，其中x=tan60°−2．
22. (本小题15.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+5经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，与x轴的另一个交点为C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若该抛物线顶点为P，求△BPC的面积．
注：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=−b2a，顶点坐标是(−b2a,4ac−b24a)．

23. (本小题12.0分)
在菱形ABCD中，sin∠ABC= 32，点M在BD上，AD=DM=4，以AD为边作正方形ADEF，连接EM，请用尺规或三角板作出图形，并直接写出线段EM的长．
24. (本小题11.0分)
某校社团活动开设的体育选修课有：篮球(A)，足球(B)，排球(C)，羽毛球(D)，乒乓球(E)，每个学生必选且只能选修其中的一种，学校对某班全班同学的选课人数情况进行调查统计后制成了如图所示的两个不完整的统计图．

(1)请你求出该班的总人数，并补全条形统计图；
(2)求在扇形统计图中(A)项球类所对应的圆心角度数；
(3)若该校共有1000名学生，请估计该校选修篮球(A)的学生约有多少人？
25. (本小题10.0分)
在一条平坦笔直的道路上依次有A，B，C三地，甲快递车先从A地到达B地，经过1小时卸货后按原路原速返回到A地，再立即调头按原速前往C地，乙快递车比甲晚1小时出发，到达C地经过1小时装好货物后调头按原路原速回到A地，结果乙比甲早1小时到达，两车均匀速运动.如图是两车距A地的距离y(千米)与甲行驶的时间x(小时)之间的函数图象，请解答下列问题：

(1)填空：甲的速度为______ 千米/小时；
(2)求图象中线段DE所在直线表示的y(千米)与时间x(小时)之间的函数解析式；
(3)甲出发多少小时后，两车之间相距60千米？请直接写出答案．
26. (本小题10.0分)
平面内有一个等腰直角三角板ABC，∠ACB=90°，点A在直线MN上，过C作CE⊥MN于E，过B作BF⊥MN于F.当点E与点A重合时(如图①)，易证：AF+BF=2CE．

(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图②、图③的位置时，请猜想AF，BF，CE之间的数量关系，并直接写出猜想的结论.(提示：过点C作直线BF的垂线，交直线BF于H.)
(2)请选择(1)中的任意一种结论进行证明．
(3)若AB=4 2，∠BAF=15°，则EF= ______ ．
27. (本小题10.0分)
某商场准备购进A，B两种书包，每个A种书包比B种书包的进价少10元，用600元购进A种书包的个数是用350元购进B种书包个数的2倍.请解答下列问题：
(1)A，B两种书包每个进价各是多少元？
(2)若该商场购进B种书包的个数比A种书包的2倍还多5个，且A种书包不少于19个，购进A，B两种书包的总费用不超过4350元，请你求出该商场有哪几种进货方案．
(3)若A种书包售价70元/个，B种书包85元/个，该商场用(2)中最大利润再次全部用于购进甲、乙两种文具(乙种文具不少于35个)捐献给希望小学，已知甲种文具进价25元/个，乙种文具进价20元/个，则甲、乙两种文具各捐献多少个？(请直接写出答案即可)
28. (本小题12.0分)
如图，点A在第一象限，AC⊥x轴于点C，点B在x轴的负半轴上，连接AB，AO，线段OB，OC的长是方程x2−16x+63=0(OC>OB)的两个根.请解答下列问题：
(1)求点B的坐标；
(2)若∠AOC=∠BAC，反比例函数y=kx图象的一个分支经过点A，求k的值；
(3)在(2)条件下，点P在坐标轴上，在平面内是否存在点Q，使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出点Q的个数，并直接写出其中两个点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，绕对称中心旋转180度后与原图形重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确；
故选：D．  
2.【答案】B 
【解析】解：因为a2，a5不是同类项，不能合并，所以A不正确，不符合题意；
因为a3⋅a2=a3+2=a5，所以B正确，符合题意；
因为(a2)4=a2×4=a8，所以C不正确，不符合题意；
因为a6÷a−1=a6−(−1)=a7，所以D不正确，不符合题意．
故选：B．
由同类项的定义判断A，再根据同底数幂相乘法则计算判断B，然后根据幂的乘方法则计算判断C，最后根据同底数幂相除法则判断D．
本题主要考查了幂的运算和同类项，掌握运算法则是解题的关键．

3.【答案】B 
【解析】解：根据题意，2−x≥0，
解得x≤2．
故选B．
被开方数2−x大于等于0，求解即可．
本题主要考查了函数自变量的取值范围，一般考虑被开方数非负数，分母不等于0．

4.【答案】B 
【解析】解：根据左视图和主视图，这个几何体的底层最少有1+1+1=3个小正方体，
第二层最少有1个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最少有3+1=4个．
故选：B．
根据三视图的知识，主视图是由4个小正方形组成，而左视图是由4个小正方形组成，故这个几何体的底层最少有3个小正方体，第2层最少有1个小正方体．
本题考查了由几何体判断三视图，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．

5.【答案】B 
【解析】解：画树状图为：

∵共有6种等可能的结果，两次摸出的球都是白球的情况有2种，
∴两次摸出的球都是白球的概率为26=13．
故选：B．
画树状图将所有等可能的结果列举出来，利用概率公式求解即可．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AC=2，AB=4，
∴cos∠BAC=ACAB=12，
∴∠BAC=60°，
∴∠D=∠BAC=60°，
故选：C．
先根据直径所对的圆周角是直角得到∠ACB=90°，再解Rt△ABC求出∠BAC=60°，再由同弧所对的圆周角相等即可得到∠D=∠BAC=60°．
本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，正确求出∠BAC=60°是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：设点B的坐标为(m,a−1m)，
∵S△BCD=5，且a>1，
∴12·m·a−1m=5，
解得：a=11，
经检验，a=11是原分式方程的解，
故选：D．
设点B的坐标为(m,a−1m)，然后根据三角形面积公式列方程求解．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，准确识图，理解反比例函数图象上点的坐标特征是解题关键．

8.【答案】B 
【解析】解：因为xx−1−m1−x=2，
去分母得：x+m=2(x−1)，
解得：m=x−2，
因为分式方程xx−1−m1−x=2有增根，
所以x−1=0，即：x=1是方程增根，
所以m=x−2=−1．
故选：B．
先化分式方程为整式方程，令分母x−1=0，代入整式方程计算m的值．
本题考查了分式方程的增根问题，解题的关键是熟练掌握分式方程中关于增根的解题方法．

9.【答案】C 
【解析】解：圆锥的底面周长为：120π×6180=4π，
底面半径OB=4π2π=2，
这个扇形围成的圆锥的高为：AO= AB2−OB2= 62−22=4 2，故C正确．
故选：C．
根据弧长公式求出圆锥的底面周长，再求出底面半径，最后根据勾股定理求出圆锥的高即可．
本题主要考查了求圆锥的高，勾股定理，弧长公式，解题的关键是熟练掌握弧长公式，求出圆锥的底面半径．

10.【答案】B 
【解析】解：∵16=12×3，
112=13×4，
120=14×5，
……
∴第n个数为：1(n+1)(n+2)，
∴第9个数为：110×11=1110．
故选：B．
不难看出，其分子都是1，分母可拆分为6=2×3，12=3×4，20=4×5，……据此可得第n个数，从而可求第9个数．
本题主要考查数字的变化规律，解答的关键是由所给的数字总结出存在的规律．

11.【答案】B 
【解析】解：①当F点与A点重合时，∠FEC=90°，即△CEF为直角三角形，

∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC= 3，
∴AC=BC×tan∠B=1，AB=AC⋅cos30°=2，
由图形的翻折可知，
此时B点与A点关于DE对称，
∴BD=AD=12AB=1；
②当F点不与A点重合时，

由图形翻折可知，∠DFE=∠B=30°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=∠DEF=60°，
∴∠CEF=180°−∠BED−∠DEF=60°，
又∵△CEF为直角三角形，∠EFC=90°，
∴∠CFA=180°−90°−30°=60°，
又∵∠A=90°−∠B=60°，
∴△ACF为等边三角形，
∴AF=AC=1，
∴DF=12BF=12(AB−AF)=12×(2−1)=12，
综上，DF的长度为1或12，
故选：B．
分F点与A点重合和不重合两种情况分析，利用特殊角三角函数和翻折图形的对称性即可求出．
本题主要考查图形的翻折，勾股定理等知识，熟练运用翻折图形的对称性是解题的关键．

12.【答案】C 
【解析】解：①由图象可知：a>0，c<0，
∵−b2a=1，
∴b=−2a<0，
∴abc>0，故①错误；
②∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴b2>4ac，故②正确；
③当x=2时，y=4a+2b+c<0，故③错误；
④当x=1时，y取到值最小，此时，y=a+b+c，
而当x=m时，y=am2+bm+c，
所以a+b+c≤am2+bm+c，
故a+b≤am2+bm，即a+b≤m(am+b)，故④正确，
故选：C．
由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点确定．

13.【答案】9.89×1012 
【解析】解：9.89万亿=9890000000000=9.89×1012．
故答案为：9.89×1012．
对于一个绝对值较大的数，用科学记数法写成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n是比原整数位数少1的数．
此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，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．

14.【答案】∠B=∠D或∠BAC=∠DAC或BC=DC 
【解析】解：添加：∠B=∠D，
在△ABC和△ADC中，
∠B=∠D∠ACB=∠ACDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC(AAS)；
添加：∠BAC=∠DAC，
在△ABC和△ADC中，
∠BAC=∠DACAC=AC∠ACB=∠ACD，
∴△ABC≌△ADC(ASA)；
添加：BC=DC，
在△ABC和△ADC中，
BC=DC∠ACB=∠ACDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SAS)．
故答案为：∠B=∠D或∠BAC=∠DAC或BC=DC．
要使△ABC≌△ADC，已知∠ACB=∠ACD，AC是公共边，具备了一组边和一组角对应相等，再结合全等三角形的判定方法解答即可．
本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法(即SSS、SAS、ASA、AAS和HL)是解题的关键，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等．

15.【答案】160 
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出等量关系，列方程求解．
设这种商品每件的进价为x元，根据按标价的八折销售时，仍可获利20%，列方程求解．
【解答】
解：设这种商品每件的进价为x元，
由题意得，240×0.8−x=20%x，
解得：x=160，
即每件商品的进价为160元．
故答案为160．  
16.【答案】3 
【解析】解：∵数据2，3，x，y，12的平均数是6，
∴15(2+3+x+y+12)=6，
解得：x+y=13，
∵数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，
∴x=12，y=1或x=1，y=12，
把这组数据从小到大排列为：1，2，3，12，12，
则这组数据的中位数是3；
故答案为：3．
先根据数据2，3，x，y，12的平均数是6，求出x+y=13，再根据数据2，3，x，y，12中，唯一的众数是12，求出x，y的值，最后把这组数据从小到大排列，即可得出答案．
本题考查了众数、平均数与中位数的意义．中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，如果数据个数为奇数，则最中间的那个数为这组数据的中位数；如果数据个数为偶数，则最中间两个数的平均数为这组数据的中位数．给定一组数据，出现次数最多的那个数，称为这组数据的众数．

17.【答案】1或3 
【解析】解：∵⊙O的半径为2，点A是⊙O上一点，且AB=AC，
∴AB=AC，
∴AO⊥BC，
∵BC=2 3，
∴BD=BC=12BC= 3，
在Rt△OBD中，
∵BD2+OD2=OB2，
即( 3)2+OD2=22，
解得OD=1，
当如图1所示时，AD=OA−OD=2−1=1；
当如图2所示时，AD=OA+OD=2+1=3．
∴点A到BC的距离为1或3．
故答案为：1或3．
根据垂径定理推论得AO⊥BC，由勾股定理得OD=1，分两种情况分别求出AD的值，即可
本题主要考查垂径定理和勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．

18.【答案】y=(x+2)2−2 
【解析】解：∵y=x2+2x−2=(x+1)2−3，
∴将二次函数y=x2+2x−2的图象向左平移1个单位，再向上平移一个单位，得到的新图象函数的表达式为y=(x+1+1)2−3+1，即y=(x+2)2−2．
故答案为y=(x+2)2−2．
根据二次函数图象的平移规律：左加右减，上加下减进行解答即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，知道抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题的关键．

19.【答案】y=3x+4 
【解析】解：∵一次函数y=−2x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
∴令x=0，得y=4，令y=0，则x=2，
∴A(2,0)，B(0,4)，
∴OA=2，OB=4，
过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，
∵∠ABC=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AB=AF，
∵∠OAB+∠ABO=∠OAB+∠EAF=90°，
∴∠ABO=∠EAF，
在△ABO和△FAE中
∠ABO=∠FAE∠AOB=∠FEAAB=FA,
∴△ABO≌△FAE(AAS)，
∴AE=OB=4，EF=OA=2，
∴F(−2,−2)，
设直线BC的函数表达式为：y=kx+4，
把F的坐标代入得，−2=−2k+4，
解得k=3，
∴直线BC的函数表达式为：y=3x+4，
故答案为：y=3x+4．
根据已知条件得A(2,0)，B(0,4)，求得OA=2，OB=4，过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，得到AB=AF，根据全等三角形的性质得到AE=OB=4，EF=OA=2，求得F(−2,−2)，设直线BC的函数表达式为：y=kx+4，把F的坐标代入于是得到结论．
本题考查了一次函数图象与几何变换，待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

20.【答案】①②③④ 
【解析】解：①∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AD//BC，AB=CD，AB//CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，
∵AF是∠BAD邻补角的平分线，
∴∠DAF=12×90°=45°，
∴∠EAB=180°−90°−45°=45°，
∵∠ABE=180°−90°=90°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴AE= 2AB，
∵AD= 2AB，
∴AE=AD，
∴∠DEA=∠ADE，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∴∠DEA=∠DEC，故①正确；
②过点F作FG⊥BC于点G，交AD于点I，如图所示：

则∠FGB=90°，
∵∠IGB=∠ABG=∠BAI=90°，
∴四边形ABGI为矩形，
∴BG=AI，∠AOG=90°，
∴FI⊥AD，
∵∠AFD=90°，∠FAD=90°，
∴△AFD为等腰直角三角形，
∴AI=12AD，
∴BG=12AD，
∵AD=BC，
∴BG=12GC，
即BG=CG，
∵∠BGI=∠BCD=90°，
∴FG//CH，
∴BFFH=BGGC=1，
∴BF=FH，故②正确；
③∵∠DEA=∠ADE，∠DEA+∠ADE=∠DAF=45°，
∴∠DEA=∠ADE=22.5°，
∴∠EDF=90°−∠DEA=67.5°，
∵△ADE为等腰直角三角形，
∴AD= 2AF，
∵AD= 2AB，
∴AB=AF，
∴∠AFB=∠ABF，
∵∠AFB+∠ABF=∠180°−∠BAF=180°−90°−45°=45°，
∴∠AFB=∠ABF=22.5°，
∴∠NFD=∠AFD−∠AFB=67.5°，
∴∠OFD=∠ODF，
∴OD=OF，
∵∠AFO=∠OEF=22.5°，
∴OE=OF，
∴OE=OD，故③正确；
④∵∠FBC=180°−∠EBA−∠ABF=67.5°，
∴∠H=90°−∠FBC=22.5°，
∴∠H=∠NDE=22.5°，
∵∠NOD=∠DOH，
∴△NOD∽△DOH，
∴ONOD=ODOH，
∴OD2=ON⋅OH，故④正确；
综上分析可知，正确的是①②③④．
故答案为：①②③④．
①证明△ABE为等腰直角三角形，得出AE= 2AB，根据AD= 2AB，得出AE=AD，根据等腰三角形的性质得出∠DEA=∠DEC；
②过点F作FG⊥BC于点G，交AD于点I，证明BG=CG，根据∠BGI=∠BCD=90°，得出FG//CH，得出BFFH=BGGC=1，即可得出BF=FH；
③证明∠OFD=∠ODF，得出OD=OF，证明∠AFO=∠OEF=22.5°，得出OE=OF，即可证明OE=OD；
④证明△NOD∽△DOH，得出ONOD=ODOH，即可得出OD2=ON⋅OH．
本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．

21.【答案】解：原式=(2x−4x−2−2xx−2)⋅(x−2)2(x−2)(x+2)
=−4x−2⋅x−2x+2
=−4x+2，
∵tan60°= 3，
∴x=tan60°−2= 3−2，
则x+2= 3
∴原式=−4 3=−4 33． 
【解析】根据分式的混合运算化简代数式，然后根据特殊角的三角函数值求得x的值，代入化简结果进行计算即可求解．
本题考查了分式的化简求值，特殊角的三角函数值，分母有理化，掌握分式的运算法则是解题的关键．

22.【答案】解：(1)将点A(−5,0)，B(−4,−3)代入y=ax2+bx+c得：
25a−5b+5=016a−4b+5=−3，
解得：a=1b=6．
∴抛物线的表达式为：y=x2+6x+5．
(2)令y=0，x2+6x+5=0，
解得x=−1或−5，
即点C(−1,0)．
∵x=−b2a=−3，4ac−b24a=−4，
∴抛物线顶点P坐标为(−3,−4)，
∵B点坐标(−4,−3)，C点坐标(−1,0)，
则BC= (−4+1)2+(−3−0)2=3 2，
BP= (−4+3)2+(−3+4)2= 2，PC= (−3+1)2+(−4−0)2=2 5，
∵BC2+BP2=(3 2)2+( 2)2=(2 5)2=PC2，
∴△CBP是直角三角形，∠CBP=90°．
∴S△BCP=12BP⋅BC=12× 2×3 2=3． 
【解析】(1)利用待定系数法求出抛物线的表达式即可；
(2)求出点C(−1,0)和抛物线顶点P坐标为(−3,−4)，求出BC=3 2，BP= 2，PC=2 5，证明△CBP是直角三角形，∠CBP=90°，即可得到答案．
此题考查了考查了待定系数法求二次函数解析式、勾股定理及逆定理、二次函数的图象和性质等知识，数形结合准确计算是解题的关键．

23.【答案】解：①当正方形ADEF在边AD的上方时，如图所示，过点D作DH⊥ME，

∵四边形ABCD是菱形，sin∠ABC= 32，
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=30°，
∴∠EDM=30°+90°=120°，
∵AD=DM=4，
∴DM=DE，
∴∠DMH=30°，
∴MH=DM⋅cos30°=4× 32=2 3，
∴EM=2MH=4 3；
②当正方形ADEF在边AD的下方时，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，sin∠ABC= 32，
∴∠ABC=60°，
∴∠ADB=30°，
∴∠EDM=90°−30°=60°，
∵AD=DM=4，
∴DM=DE，
∴△DME是等边三角形，
∴EM=DM=4；
综上所述，EM的长为4 3或4． 
【解析】分两种情况讨论：①当正方形ADEF在边AD的上方时；②当正方形ADEF在边AD的下方时．
本题考查了菱形的性质、正方形的性质，涉及到等边三角形，锐角三角函数等，灵活运用所学知识是解题关键．

24.【答案】解：(1)总人数=12÷24%=50(人)，
E组的人数=50×10%=5(人)，
A组的人数=50−7−12−9−5=17(人)
补全的条形图为：

(2)A项球类对应的圆心角度数：360°×1750=122.4°．
(3)1000×1750=340(人)．
答：估计该校学生体育选修课选修篮球的学生约有340人． 
【解析】(1)由扇形统计图可知选择C的有24%，由条形统计图可知选择C的有12人，从而可求出全部人数，先求出选择E的人数，再全部人数减去选择B、C、D、E的人数就得到选择A的人数，从而可以补全条形统计图；
(2)选择A的比例乘以360°即可得到选择A对应的圆心角的度数；
(3)用样本中选择A的比例乘以1000名学生，即可解答．
本题主要考查统计图的理解，用样本估计总体，正确理解读懂统计图是解题的关键．

25.【答案】80 
【解析】解：(1)∵结果乙比甲早1小时到达，
∴甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，
∴甲的速度为360÷6=60(千米/小时)，
故答案为：60；
(2)乙车的速度：360÷(5−1)=90千米/时，
点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)；
设DE函数关系式y=kx+b(k≠0)，将D(6,360)，E(10,0)代入，得，
6k+b=36010k+b=0解得k=−90b=900．
所以DE函数关系式为y=−90x+900；
(3)∵甲的速度为60千米/小时，
∴60×2=120，
∴A(2,120)，B(3,120)，C(5,0)，G(1,0)，H(5,360)，F(11,360)，
线段OA的解析式为y=60x(0≤x≤2)，
线段AB的解析式为y=120(2≤x≤3)，
线段CF的解析式为y=60x−300(5≤x≤11)，
线段GH的解析式为y=90x−90(1≤x≤5)，
当0≤x≤2时，|60x−(90x−90)|=60，解得x=1或x=5(舍去)；
当2 当5≤x≤11时，|60x−300−(−90x+900)|=60，解得x=385或x=425；
综上，甲出发1小时或3小时或385小时或425小时后，两车之间相距60千米．
．
(1)计算得出甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，据此即可求解；
(2)求得点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)，利用待定系数法即可求解；
(3)根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
本题考查一次函数的应用、路程=速度×时间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，将图象中的信息转化为实际行程问题，属于中考常考题型．

26.【答案】2或2 3 
【解析】解：(1)图②：AF+BF=2CE；图③：AF−BF=2CE；
(2)图②证明：过C作CH⊥BF交FB的延长线于点H．
∵∠BCH+∠BCE=90°，∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠ACE=∠BCH．
∵∠AEC=∠BHC=90°，∠ACE=∠BCH，AC=BC，
∴△ACE≌△CBH(AAS)，
∴BH=AE，CH=CE．
∵CH⊥BF，CE⊥EF，BF⊥EF，
∴四边形CEFH是矩形．
∵CH=CE，
∴矩形CEFH是正方形．
∴AF+BF=AE+EF+BF=BH+EF+BF=HF+EF=2EC．
图③证明：过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，

∵∠CEF=∠EFG=90°，
∴四边形CEFG是矩形，
∴CE=FG，∠ECG=90°，
∴∠ACE+∠BCE=∠BCG+∠BCE=90°
∴∠ACE=∠BCG
∵∠AEC=∠CGB，∠ACE=∠BCG，AC=BC，
∴△CBG≌△CAE(AAS)．
∴AE=BG．
∵AF=AE+EF，
∴AF=BG+CE=BF+FG+CE=2CE+BF，
∴AF−BF=2CE．
(3)如图②，∵∠BAC=45°，∠BAF=15°，
∴∠CAE=60°．
在Rt△ABC中，AB=4 2，∠ACB=90°，AC=BC，
∵AC2+BC2=AB2，
∴AC=BC= 22AB=4．
∵sin∠CAE=CEAC，
∴CE4= 32，
∴CE=2 3，
∴EF=CE=2 3；
如图③，∵∠BAC=45°，∠BAF=15°，
∴∠CAE=30°．
同图②可求AC=BC=4．
∵sin∠CAE=CEAC，
∴CE4=12，
∴CE=2，
∴EF=CE=2；
故答案为：2或2 3．
(1)分别根据图②和图③写出结论即可；
(2)图②证明：过C作CH⊥BF交FB的延长线于点H.根据AAS证明△ACE≌△CBH，可得BH=AE，CH=CE.再证明CEFH是正方形，进而可证AF+BF=2CE；
图③证明：过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，证明四边形CEFG是矩形，得CE=FG，∠ECG=90°，再根据AAS证明△CBG≌△CAE，可得AE=BG，进而可证AF−BF=2CE；
(3)图②证明：先求出∠CAE=60°，根据勾股定理求出AC=BC=4，然后利用sin∠CAE=CEAC即可求解；图③证明：先求出∠CAE=30°，根据勾股定理求出AC=BC=4，然后利用sin∠CAE=CEAC即可求解；
本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及解直角三角形，正确作出辅助线是解答本题的关键．

27.【答案】解：(1)设A种书包的进价是x元，则B种书包的进价是(x+10)元，
由题意得600x=2×350x+10，
解得：x=60，
经检验，x=60是原分式方程的解，
∴x+10=60+10=70．25a+20b=875b≥35．
∴A、B两种书包每个进价分别是60元，70元．
(2)设该商场购进A种书包n个，则设该商场购进B种书包(2n+5)个，由题意可得：60n+70(2n+5)≤4350n≥19，
∴19≤n≤20．
∴n=19或20．
∴共有两种进货方案，分别为：
①A：19个，B：43个；
②A：20个，B：45个．
(3)∵(2)中方案①的利润：19×(70−60)+43×(85−70)=835(元)
方案②的利润：20×(70−60)+45×(85−70)=875(元)
∴(2)中最大利润为875元．
设购买甲种文具a个，购买乙种文具b个，
根据题意得：25a+20b=875b≥35，
∴b=175−5a4，
∴175−5a4≥35，
∴a≤7，
∵a，b都是整数，
∴a=3，b=40或者a=7，b=35．
∴捐献甲种文具3个，乙种文具40个或捐献甲种文具7个，乙种文具35个． 
【解析】(1)设A种书包的进价是x元，则B种书包的进价是(x+10)元，由题意可列出关于x的分式方程，解之即可求出每种书包的进价；
(2)设该商场购进A种书包n个，则设该商场购进B种书包(2n+5)个，由题意可列出关于n的一元一次不等式组，解之可求出n的取值范围，再结合题意可确定进货方案；
(3)分别求出两种方案的利润，设购买甲种文具a个，购买乙种文具b个，根据这两种方案的最大利润结合题意列出一元一次不等式组，解之即可求出a和b的取值范围，再结合题意，得出结论．
本题主要考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组，根据数量关系列出一元一次不等式组是解本题的关键．

28.【答案】解：(1)x2−16x+63=0，
解方程得：x1=7，x2=9，
∵OC>OB，
∴OC=9，OB=7，
∵点B在x轴的负半轴上，
∴点B的坐标为(−7,0)；
(2)∵AC⊥x轴，
∴∠ACO=∠BCA=90°，
∵∠AOC=∠BAC，
∴△ACO∽△BCA，
∴ACBC=OCAC，
即AC7+9=9AC，
解得：AC=12，负值舍去，
∴点A的坐标为(9,12)，
∵反比例函数y=kx图象的一个分支经过点A，
∴k=9×12=108．
(3)当点P在x轴上时，设P(m,0)，
∵A(9,12)，B(−7,0)，
∴AB2=(9+7)2+(12−0)2=400，
AP2=(m−9)2+(0−12)2=m2−18m+225，
BP2=(m+7)2=m2+14m+49，
∵以A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形，
∴△ABP为直角三角形，
当∠APB=90°时，AP2+BP2=AB2，
即m2−18m+225+m2+14m+49=400，
解得：m1=9，m2=−7(舍去)，
∴P(9,0)，此时AP⊥x轴，BQ//AP，BA=AP，
此时点Q的位置，如图所示：

由图可知，点Q的坐标为(−7,12)；
当∠ABP=90°时，AP2=BP2+AB2，
即m2−18m+225=m2+14m+49+400，
解得：m=−7(舍去)；
当∠BAP=90°时，AB2+AP2=BP2，
即400+m2−18m+225=m2+14m+49，
解得：m=18，
∴P(18,0)，此时AP//BQ，
此时点Q的位置，如图所示：

∵将点A(9,12)先向左平移16个单位长度，再向下平移12个单位长度，得到点B(−7,0)，
∴将点P(18,0)先向左平移16个单位长度，再向下平移12个单位长度，得到点Q，
∴Q(2,−12)；
当点P在y轴上时，设P(0,n)，
∵A(9,12)，B(−7,0)，
∴AB2=(9+7)2+(12−0)2=400，
AP2=(0−9)2+(n−12)2=n2−24n+225，
BP2=(0+7)2+(n−0)2=n2+49，
∵以A，B，P，Q为顶点的四边形是矩形，
∴△ABP为直角三角形，
当∠APB=90°时，AP2+BP2=AB2，
即n2−24n+225+n2+49=400，
解得：n1=6+3 11，n2=6−3 11，
∴此时点P的坐标为(0,6+3 11)或(0,6−3 11)，
当点P的坐标为(0,6+3 11)时，点Q的位置，如图所示：

∵将点P(0,6+3 11)先向右平移9个单位长度，再向下平移(3 11−6)个单位长度，得到点A(9,12)，
∴将点B(−7,0)先向右平移9个单位长度，再向下平移(3 11−6)个单位长度，得到点Q，
∴Q(2,6−3 11)；
当点P的坐标为(0,6−3 11)时，点Q的位置，如图所示：

∵将点P(0,6−3 11)先向左平移7个单位长度，再向上平移(3 11−6)个单位长度，得到点B(−7,0)，
∴将点A(9,12)先向左平移7个单位长度，再向上平移(3 11−6)个单位长度，得到点Q，
∴Q(2,6+3 11)；
当∠ABP=90°时，AP2=BP2+AB2，
即n2−24n+225=n2+49+400，
解得：n=−283，
此时点P的坐标为(0,−283)，点Q的位置，如图所示：

∵将点B(−7,0)先向右平移7个单位长度，再向下平移283个单位长度，得到点P(0,−283)，
∴将点A(9,12)先向右平移7个单位长度，再向下平移283个单位长度，得到点Q，
∴Q(16,83)；
当∠BAP=90°时，AB2+AP2=BP2，
即400+n2−24n+225=n2+49，
解得：n=24，
此时点P的坐标为(0,24)，点Q的位置如图所示：

∵将点A(9,12)先向左平移9个单位长度，再向上平移12个单位长度，得到点P(0,24)，
∴将点B(−7,0)先向左平移9个单位长度，再向上平移12个单位长度，得到点Q，
∴Q(−6,12)；
综上分析可知，存在，点Q右6个，点Q的坐标为(−7,12)或(2,−12)或(2,6−3 11)或(2,6+3 11)或(16,83)或(−6,12)． 
【解析】(1)先求出方程的解，然后根据OC>OB，得出OB=7即可得出点B的坐标；
(2)先证明△ACO∽△BCA，得出ACBC=OCAC，求出AC=12，得出点A的坐标为(9,12)，求出k的值即可；
(3)分点P在x轴上或点P在y轴上两种情况进行讨论，分别画出图形，求出点Q的坐标即可．
本题主要考查了坐标与图形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平移的性质，求反比例函数解析式，数形结合，注意分类讨论是解题的关键．