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2023年江苏省苏州市工业园区星海实验中学中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省苏州市工业园区星海实验中学中考数学二模试卷（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年江苏省苏州市工业园区星海实验中学中考数学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在下列四个实数中，最小的是( )
A. 0 B. −3 C. 3 D. −32
2. 4月24日是中国航天日.1970年的这一天，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射，标志着中国从此进入了太空时代，它的运行轨道，距地球最近点439000米，将439000用科学记数法表示应为( )
A. 0.439×106 B. 4.39×106 C. 4.39×105 D. 439×103
3. 下列运算正确的是( )
A. (−1)2023=−2023 B. −32=9
C. a6÷a3=a2 D. (−a2)3=−a6
4. 某校体育节有11名同学参加女子百米赛跑，她们预赛的成绩各不相同，取前5名参加决赛.小星已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，还需要知道这11名同学成绩的( )
A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 加权平均数
5. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D、E分别是AB、AC的中点，连结DE、CD.若AC=6，DE=4，则CD的长为( )
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4.8
6. 我国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有甲、乙怀钱，各不知其数，甲得乙十钱多乙余钱五倍，乙得甲十钱适等，问甲、乙怀钱各几何？”译文为：现有甲、乙两人带有一些银子，都不知道数量，甲得到乙的10两银子，甲比乙多出的银子是乙的5倍，乙得到甲的10两银子，两人的银子恰好相等，问甲、乙各带了多少两银子？设甲带了x两银子，乙带了y两银子，那么可列方程组为( )
A. x+10−(y−10)=5(y−10)x−10=y+10 B. x+10=5(y−10)x−10=y+10
C. x+10−(y−10)=5(y−10)x+10=y−10 D. x−10=5(y+10)x−10=y+10
7. 如图，小明随机地在对角线为6cm和8cm的菱形区域内投针，则针扎到其内切圆区域的概率是( )
A. 725π
B. 325π
C. 625π
D. 425π
8. 如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D是△ABC外一点，分别以BD，CD为斜边作两个等腰直角△BDE和△CDF，并使点F落在BC上，点E落在△ABC的内部，连结EF.若tan∠FDB=52，则△ABE与△DEF的面积之比为( )
A. 74 B. 73 C. 52 D. 3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 分解因式：x2−4=______．
10. 已知m+n=1，m−n=2，则m2+n2= ______ ．
11. 若关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
12. 如图，点A，B，C，D在⊙O上，CB=CD，∠CAD=30°，∠ACD=50°，则∠ADB= ．
13. 一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，则m的取值范围是________．
14. 如图，矩形ABCD中，依据尺规作图的痕迹，计算∠α= ______ °.
15. 如图，D是△ABC的边BC上一点，△ADC沿AD翻折，C点落在点E处，AE与BC相交于F点，若EF=4，CF=14，AF=AD，则FD= ______ ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2 3如果在三角
形内部有一条动线段MN//AC，且MN=1，则AM+BN+CN的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算： 9−|−4|+(π−3.14)0．
18. (本小题5.0分)
解不等式组：x+3<4x3x−1>2(x+2)．
19. (本小题6.0分)
先化简，再求值：x2−2x+1x2+x÷(1−2x+1)，其中x= 3．
20. (本小题6.0分)
如图，有四张正面标有数字−2，3，−1，2，背面颜色一样的卡片，正面朝下放在桌面上，小红从中随机抽取一张卡片记下数字，再从余下的卡片中随机抽取一张卡片记下数字．
(1)第一次抽到数字2的卡片的概率是______；
(2)设第一次抽到的数字为x，第二次抽到的数字为y，点M的坐标为(x,y)，请用树状图或列表法求点M在第三象限的概率．
21. (本小题6.0分)
如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE=∠BAD，AE⊥AC
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如果DA平分∠BDE，AB=5，AD=6，求AC的长．
22. (本小题8.0分)
实验中学八年级数学社团随机抽取部分学生，对“学习习惯”进行问卷调查．
设计的问题：对自己做错的题目进行整理、分析、改正；
答案选项为：A：很少，B：有时，C：常常，D：总是．
将调查结果的数据进行了整理，绘制成部分统计图如下：
请根据图中信息，解答下列问题：
(1)该调查的样本容量为______，a=______%，b=______%，“常常”对应扇形的圆心角的度数为______；
(2)请你补全条形统计图；
(3)若该校有3200名学生，请你估计其中“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有多少名？
23. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，顶点A、B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，顶点C
在x轴的正半轴上，∠ACO=60°．
(1)若AC=OC=4，求k的值；
(2)若∠A=30°，∠ACB=90°，k=3 3，求点C的坐标．
24. (本小题8.0分)
科学研究表明：一般情况下，在一节45分钟的课堂中，学生的注意力随教师讲课的时间变化而变化.经过实验分析，在0≤x≤8时，学生的注意力呈直线上升，学生的注意力指数y与时间x(分钟)满足关系y=2x+68，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x(分钟)的图象呈抛物线形，到第16分钟时学生的注意力指数y达到最大值92，而后学生的注意力开始分散，直至下课结束．
(1)当x=8时，注意力指数y为______ ，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x(分钟)的函数关系式是______ ；
(2)若学生的注意力指数不低于80，称为“理想听课状态”，则在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间有多长？(精确到1分钟)
(3)现有一道数学压轴题，教师必须持续讲解24分钟，为了使效果更好，要求学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，则该教师上课后从第几分钟开始讲解这道题？(精确到1分钟)(参考数据： 6≈2.449)
25. (本小题10.0分)
如图，已知O是△ABC边AB上的一点，以O为圆心、OB为半径的⊙O与边AC相切于点D，且BC=CD，连接OC，交⊙O于点E，连接BE并延长，交AC于点F．
(1)求证：BC是⊙O切线；
(2)求证：OA⋅AB=AD⋅AC；
(3)若AC=10,tan∠BAC=43，F是AC中点，求EF的长．
26. (本小题10.0分)
如图，已知二次函数y=x2+mx+8的图象交y轴于点A，作AB平行于x轴，交函数图象于另一点B(点B在第一象限).作BC垂直于x轴，垂足为C，点D在BC上，且CD=13BD.点E是线段AB上的动点(B点除外)，将△DBE沿DE翻折得到△DB′E．
(1)当∠BED=60°时，若点B′到y轴的距离为 3，求此时二次函数的表达式；
(2)若点E在AB上有且只有一个位置，使得点B′到x轴的距离为3，求m的取值范围．
27. (本小题10.0分)
已知菱形ABCD中，点E是对角线AC上一点，点F是边AD上一点，连接EF、BE、CF．
【特例探究】：(1)如图1，若∠ABC=60°且EF//CD，线段BE、CF满足的数量关系是______ ；
(2)如图2，若∠ABC=90°且EF⊥AC，判定线段BE、CF满足的数量关系，并说明理由；
【一般探究】(3)如图3，根据特例的探究，若∠BAC=α，AE=EF，请求出CFBE的值(用含α的式子表示)；
【发现应用】(4)如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，CFBE= 3，点F在直线AD上运动，则△CEF面积的最大值为______ ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−3<−32<0< 3，
∴所给的四个实数中，最小的是−3．
故选：B．
正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法，属于基础题．
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，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.据此解答即可．
【解答】
解：将439000用科学记数法表示为4.39×105．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：A、(−1)2023=−1，故A不符合题意；
B、−32=−9，故B不符合题意；
C、a6÷a3=a3，故C不符合题意；
D、(−a2)3=−a6，故D符合题意；
故选：D．
根据同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方的法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：11个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有5个数，
故只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了．
故选：A．
由于比赛取前6名参加决赛，共有11名选手参加，根据中位数的意义分析即可．
本题考查了中位数的意义，掌握相关知识是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∴BC=8，
又∵△ABC是直角三角形，
∴CD=12AB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB= AC2+BC2=10，
∴CD=5．
故选：C．
由题意知，DE是△ABC的中位线，根据DE=12BC，求BC的值，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=12AB，在Rt△ABC中，由勾股定理得AB= AC2+BC2，求AB的值，进而可得CD的值．
本题考查了中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可得，
x+10−(y−10)=5(y−10)x−10=y+10，
故选：A．
根据“甲得到乙的10两银子，甲比乙多出的银子是乙的5倍”、“乙得到甲的10两银子，两人的银子恰好相等”建立方程组即可．
本题考查了列二元一次方程组，找准等量关系是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：连接两对角线，设圆与菱形切点为E，
∵对角线为6cm和8cm的菱形，
∴AO=CO=3cm，BO=DO=4cm，BD⊥AC，
∴AB=5cm，
由题意可得出：OE⊥AB，
∴12×EO×AB=12×AO×BO，
∴12×5×EO=12×3×4，
解得：EO=125，
∴内切圆区域的面积为：π×(125)2=14425π(cm2)，
∵菱形的面积为：12×6×8=24(cm2)，
∴则针扎到其内切圆区域的概率是：14425π24=6π25．
故选：C．
利用菱形的性质得出菱形内切圆的半径和面积，进而得出菱形面积，即可得出针扎到其内切圆区域的概率．
此题主要考查了菱形的性质以及几何概率，根据题意得出菱形内切圆的面积是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，延长AE交BC于点J．
在Rt△BDF中，tan∠BDF=BFDF=52，
∴可以假设BF=5a，DF=2a，
∵△CDF是等腰直角三角形，
∴CF=DF=2a，CD=2 2a，
∵△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠EBD=45°，BDBE=BCBA= 2，
∴∠DBC=∠EBA，
∴△BDC∽△EBA，
∴CDAE=BCAB= 2，∠BCD=∠BAE=45°，
∴AE= 22CD=2a，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAE=∠CAE=45°，
∵AB=AC，
∴AJ⊥BC，BJ=CJ=72a，
∴S△ABE=12⋅AE⋅BJ=12×2a×72a=72a2，
∵AJ=BJ=CJ=72a，
∴EJ=AJ−AE=32a，
∴S△DEF=S△BDF+S△BFE−S△BDE=12×5a×2a+12×5a×32a−12× 29a× 292a=32a2，
∴S△ABES△DEF=72a232a2=73，
故选：B．
如图，延长AE交BC于点J.在Rt△BDF中，tan∠BDF=BFDF=52，可以假设BF=5a，DF=2a，分别求出△ABE，△DEF的面积，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
9.【答案】(x+2)(x−2)
【解析】解：x2−4=(x+2)(x−2)．
故答案为：(x+2)(x−2)．
直接利用平方差公式进行因式分解即可．
本题考查了平方差公式因式分解．能用平方差公式进行因式分解的式子的特点是：两项平方项，符号相反．
10.【答案】52
【解析】解：∵m+n=1，m−n=2，
∴4mn=(m+n)2−(m−n)2
=1−4
=−3，
∴2mn=−32，
∴m2+n2=(m+n)2−2mn
=1+32
=52，
故答案为：52．
先根据4mn=(m+n)2−(m−n)2进一步求出2mn的值，再根据m2+n2=(m+n)2−2mn求解即可．
本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
11.【答案】k<1
【解析】
【分析】
根据根的判别式的意义得到(−2)2−4×1×k>0，然后解不等式即可．
本题考查了根的判别式：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．熟记这些内容是解题关键．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−2)2−4×1×k>0，
解得：k<1．
故答案为：k<1．
12.【答案】70°
【解析】
【分析】
此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理有关知识，直接利用圆周角定理以及结合三角形内角和定理得出∠ACB=∠ADB=180°−∠CAB−∠ABC，进而得出答案．
【解答】
解：∵CB=CD，∠CAD=30°，
∴∠CAD=∠CAB=30°，
∴∠DBC=∠DAC=30°，
∵∠ACD=50°，
∴∠ABD=50°，
∴∠ACB=∠ADB=180°−∠CAB−∠ABC=180°−50°−30°−30°=70°．
故答案为70°．
13.【答案】m<3
【解析】解：∵一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，
∴2m−6<0，
解得，m<3；
故答案是：m<3．
利用一次函数图象与系数的关系列出关于m的不等式2m−6<0，然后解不等式即可．
本题主要考查一次函数图象与系数的关系．解答本题注意理解：k>0时，直线必经过一、三象限，y随x的增大而增大；k<0时，直线必经过二、四象限，y随x的增大而减小．
14.【答案】56
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB=68°，
由作图痕迹得∠2=12∠DAC=34°，
由作图痕迹得AC的垂直平分线交AC于O点，
∵∠3=90°，
∴∠1=90°−∠2=56°，
∠α=56°．
故答案为：56．
如图，先根据矩形的性质和平行线的性质得到∠DAC=68°，再利用基本作图得到∠2=12∠DAC=34°，∠3=90°，
接着利用互余计算出∠1=56°，然后根据对顶角的性质求解．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了矩形的性质．
15.【答案】6
【解析】解：连接CE，延长AD交CE于点G，取CF中点H，连接GH，取DH中点M，连接GM，如图，
根据折叠的性质可得，AC=AE，CD=DE，
∴AG垂直平分EC，
∴∠DGE=90°，点G为EC中点，
∵点H为CF中点，
∴GH为△CFE的中位线，
∴GH//EF，GH=12EF，CH=FH=12CF，
∵EF=4，CF=14，
∴GH=2，CH=FH=7，
∵AF=AD，
∴∠AFD=∠ADF，
∴∠HDG=∠ADF，
∵GH//AB，
∴∠DHG=∠AFD，
∴∠HDG=∠DHG，
∴DG=GH=2，
∵点M为DH的中点，
∴∠DMG=90°，DM=MH，
∵CD=DE，DG⊥EC，
∴∠EDG=∠CDG，即∠EDG=∠GDM，
∵∠DGE=∠DMG=90°，
∴△EDG∽△GDM，
∴DGDM=DEDG，
设FD=x(x<14)，则CD=DE=14−x，DH=7−x，DM=7−x2，
∴27−x2=14−x2，
解得：x=6或x=15(舍去)，
∴FD=6．
故答案为：6．
连接CE，延长AD交CE于点G，取CF中点H，连接GH，取DH中点M，连接GM，根据折叠的性质可得AC=AE，CD=DE，进而可得AG垂直平分EC，则GH为△CFE的中位线，GH=2，CH=FH=7，由等边对等角得∠AFD=∠ADF，再根据对顶角相等，两直线平行内错角相等可得推出∠HDG=∠DHG，则DG=GH=2，∠DMG=90°，DM=MH，由等腰三角形的性质可得∠EDG=∠CDG，以此可证明△EDG∽△GDM，设FD=x，则DE=14−x，DM=7−x2，根据相似三角形的性质列出方程求解即可．
本题主要考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质，根据题意正确作出辅助线，构建合适的相似三角形解决问题是解题关键．
16.【答案】 13
【解析】解：在AC上取一点A′，使得AA′=MN=1，连接A′N．
∵AA′=MN，AA′//MN，
∴四边形AMNA′是平行四边形，
∴AM=A′N，
∴AM+BN+CN=A′N+BN+CN，
将△NCB绕点C顺时针旋转60°得到△GCT，连接NG，过点T作TH⊥AC交AC的延长线于H．
∵CN=CG，∠NCG=60°，
∴△NCG是等边三角形，
∴CN=NG，
∴A′N+CN+BN=A′N+NG+GT，
∵A′N+NG+GT≥A′T，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2 3，
∴BC=CT=12AB= 3，AC= 3BC=3，
∴CA′=3−1=2，
∵∠ACH=90°，∠BCT=60°，
∴∠TCH=30°，
∵∠THC=90°，
∴TH=12CT= 32，CH= 3TH=32，
∴A′H=2+32=72，
∴A′T= A′H2+TH2= (72)2+( 32)2= 13．
∴AM+BN+CN≥ 13，
∴AM+BN+CN的最小值为 13，
故答案为： 13．
在AC上取一点A′，使得AA′=MN=1，连接A′N.首先证明AM+BN+CN=A′N+BN+CN，将△NCB绕点C顺时针旋转60°得到△GCT，连接NG，过点T作TH⊥AC交AC的延长线于H.证明A′N+CN+BN=A′N+NG+GT≥A′T，求出A′T可得结论．
本题考查解直角三角形的应用，旋转变换，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：原式=3−4+1=0．
【解析】先算零次幂、化简二次根式，再化简绝对值，最后加减．
本题考查了实数的运算，掌握零次幂的意义、二次根式的性质及绝对值的意义是解决本题的关键．
18.【答案】解：x+3<4x①3x−1>2(x+2)②，
由①得x>1，
由②得x>5，
∴不等式组的解集为x>5．
【解析】分别解出两不等式的解集，再求其公共解．
本题考查了解一元一次方程组，求不等式组的解集应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
19.【答案】解：原式=x2−2x+1x2+x÷x−1x+1
=(x−1)2x(x+1)×x+1x−1
=x−1x，
当x= 3时，原式= 3−1 3=3− 33．
【解析】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的通分和约分是解题的关键．先化简，再把x的值代入，计算即可．
20.【答案】14
【解析】解：(1)第一次抽到数字是2的概率为14；
故答案为：14；
(2)画树状图如图：
可能出现的结果共有12种，并且它们出现的可能性相同．
点M(x,y)在第三象限有2种可能结果：(−1,−2)，(−2,−1)，
∴点M在第三象限的概率=212=16．
(1)由概率公式即可得出答案；
(2)画出树状图，可能出现的结果共有12种，点M(x,y)在第三象限有2种可能结果，由概率公式即可得答案．
本题考查了列表法或画树状图法求概率以及点的坐标．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】(1)证明：∵∠ADE=∠BAD，
∴AB//DE，
∵AE⊥AC，BD⊥AC，
AE//BD，
∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)解：∵DA平分∠BDE，
∴∠AED=∠BDA，
∴∠BAD=∠BDA，
∴BD=AB=5，
设BF=x，则DF=5−x，
∴AD2−DF2=AB2−BF2，
∴62−(5−x)2=52−x2，
∴x=75，
∴AF= AB2−BF2=245，
∴AC=2AF=485．
【解析】(1)由平行四边形的判定定理：两组对边分别平行得到结论；
(2)由角平分线、等量代换得到角相等，由等角对等边得到BD=AB=5，根据勾股定理列方程求解．
本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理列方程．
22.【答案】200 12 36 108°
【解析】解：(1)∵44÷22%=200(名)，
∴该调查的样本容量为200；
a=24÷200×100=12，
b=72÷200×100=36，
“常常”对应扇形的圆心角为：
360°×30%=108°．
故答案为：200、12、36、108°．
(2)200×30%=60(名)
(3)∵3200×30%=960(名)，
∴“常常”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
∵3200×36%=1152(名)，
∴“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
960+1152=2112
答：“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有2112名．
(1)首先用“有时”对错题进行整理、分析、改正的学生的人数除以22%，求出该调查的样本容量为多少；然后分别用很少、总是“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数除以样本容量，求出a、b的值各是多少；最后根据“常常”对应的人数的百分比是30%，求出“常常”对应扇形的圆心角为多少即可；
(2)求出常常“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数，补全条形统计图即可；
(3)用该校学生的人数乘“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生占的百分率即可．
此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
23.【答案】解：(1)过点A作AE⊥OC于E，
∵∠ACO=60°，AE⊥OC，
∴∠EAC=30°，
∴EC=12AC=2，AE= 3EC=2 3，
∴OE=OC−EC=2，
∴点A(2,2 3)，
∵点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=2×2 3=4 3；
(2)如图，过点A作AE⊥OC于E，过点B作BF⊥OC于F，
∵∠CAB=30°，∠ACB=90°，
∴AC= 3BC，
设BC=a，AC= 3a，点C(m,0)，
∵∠ACO=60°，AE⊥OC，
∴∠EAC=30°，
∴EC=12AC= 32a，AE= 3EC=32a，
∴点A(m− 32a,32a)，
∵∠ACO=60°，∠ACB=90°，
∴∠BCF=30°，
∴BF=12BC=12a，CF= 3BF= 32a，
∴点B(m+ 32a,12a)，
∵点A、B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴(m− 32a)×32a=3 3，(m+ 32a)×12a=3 3，
∴a=2，m=2 3，
∴点C(2 3,0)．
【解析】(1)过点A作AE⊥OC于E，由直角三角形的性质可求EC=12AC=2，AE= 3EC=2 3，可得点A坐标，代入解析式可求解；
(2)过点A作AE⊥OC于E，过点B作BF⊥OC于F，设BC=a，AC= 3a，点C(m,0)，利用参数a，m表示点A，点B坐标，代入解析式可求解．
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，直角三角形的性质，利用参数表示点A，点B坐标是本题的关键．
24.【答案】84 y=−18x2+4x+60
【解析】解：(1)根据题意，把x=8代入y=2x+68可得：y=84，
由题意可知，抛物线的顶点坐标为(16,92)，
∴可设抛物线的解析式为：y=a(x−16)2+92，
把(8,84)代入可得：64a+92=84，
解得：a=−18，
∴y=−18(x−16)2+92=−18x2+4x+60，
故答案为：84，y=−18x2+4x+60；
(2)由学生的注意力指数不低于80，即y≥80，
当0≤x≤8时，由2x+68≥80可得：6≤x≤8；
当8
答：在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间约有20分钟；
(3)设教师上课后从第t分钟开始讲解这道题，
∵10+4 6<24，
∴0≤t<6，
要使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，
则当x=t和当x=t+24时对应的函数值相同，
即2t+68=−18(t+24−16)2+92，整理得：(t+16)2=384，
解得：t1=8 6−16，t2=−8 6−16(舍)，
∴t≈4，
答：教师上课后从第4分钟开始讲解这道题，能使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大．
(1)根据题意把x=8代入y=2x+8即可得出答案，由题意可设出抛物线的顶点解析式为：y=a(x−16)2+92，再把(8,84)代入即可解出答案；
(2)根据y≥80，可列出2x+68≥80和−18x2+4x+60≥80两种情况，在自变量的取值范围下解出不等式，即可求出答案；
(3)设出未知数，根据题中条件可列出方程：2t+68=−18(t+24−16)2+92，解出方程的解即可．
本题考查的是二次函数的应用，解题关键：一是利用顶点式求出解析式，二是利用条件列出不等式，三是求出根据当x=t和当x=t+24时对应的函数值相同求出t的值．
25.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵AC与圆O相切于点D，
∴OD⊥AC，即∠ODC=90°，
∵BC=CD，BC=DC，CO=CO，
∴△OBC≌△ODC(SSS)，
∴∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，
∴BC是圆O的切线；
(2)证明：∵OD⊥AC，
∴∠ADO=90°．
∵∠OBC=90°，
∴∠ADO=∠ABC．
又∵∠BAC=∠DAO，
∴△AOD∽△ACB，
∴AOAC=ADAB，
∴AO⋅AB=AC⋅AD；
(3)解：∵∠OBC=90°，
∴tan∠BAC=BCAB=43，
设AB=3x，则BC=4x．
∵AB2+BC2=AC2，
∴(3x)2+(4x)2=102，
解得：x=2(舍去负值)，
∴AB=6，BC=8．
∵OD⊥AC，
∴tan∠BAC=ODAD=43，
设OD=4y，
则OB=4y，AD=3y，
∴OA= OD2+AD2=5y，
∴AB=OA+OB=9y=6，
解得：y=23，
∴OB=83，即⊙O半径为83．
∵F是AC中点，
∴AF=CF=BF=12AC=5，
∴∠ABF=∠BAF．
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠ABF=∠BAF=∠OBE=∠OEB，
∴△OBE∽△FBA，
∴BEAB=OBBF，即BE6=835，
解得：BE=165，
∴EF=BF−EF=5−165=95．
【解析】(1)连接OD，由切线的性质可知∠ODC=90°.又易证△OBC≌△ODC(SSS)，即得出∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，说明BC是圆O的切线；
(2)由题意易证△AOD∽△ACB，即得出AOAC=ADAB，整理得AO⋅AB=AC⋅AD；
(3)由正切的定义结合题意可设AB=3x，则BC=4x.再由勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即得出AB=6，BC=8.可设OD=4y，则OB=4y，AD=3y，即可求出OA=5y，从而得出AB=9y=6，解出y的值，即可求出OB=83，即⊙O半径为83.由直角三角形斜边中线的性质得出AF=CF=BF=12AC=5，结合等边对等角，得出∠ABF=∠BAF，进而可证△OBE∽△FBA，得出BEAB=OBBF，代入数据，即可求出BE=165，最后由EF=BF−EF求解即可．
本题考查切线的性质与判定，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，解直角三角形等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．
26.【答案】解：(1)作B′F⊥AB于F，
∵二次函数y=x2+mx+8的图象交y轴于点A，
∴当x=0时，y=8，
∴OA=8，A(0,8)，
又∵AB平行于x轴，BC垂直于x轴，
∴四边形AOCB是矩形，
∴CB=AO=8，∠ABC=90°，
∵CD=13BD，
∴BD=6，
∵∠BED=60°，
∴BE=BDtan∠BED=6tan60∘=2 3，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴∠B′ED=∠BED=60°，B′E=BE=2 3，
∴∠B′EF=180°−∠B′ED−∠BED=60°，
在Rt△B′EF中，
EF=B′Ecos∠B′EF=2 3×12= 3，
∵点B′到y轴的距离为 3，
∴AF= 3，
当点B′在y轴右侧时，
∵AB=AF+FE+EB= 3+ 3+2 3=4 3，
∴B(4 3,8)，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图象上，
∴8=(4 3)2+4 3m+8，
解得：m=−4 3，
∴y=x2−4 3x+8，
当点B′在y轴左侧时，此时E与A重合，
∴AB=2 3，
∴B(2 3,8)，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图象上，
∴8=(2 3)2+2 3m+8，
解得：m=−2 3，
∴y=x2−2 3x+8，
综上所述，二次函数的表达式为y=x2−4 3x+8或y=x2−2 3x+8．
(2)如图 2，当点B′在x轴上方时，
过点B′作FG⊥AB，分别交AB、x轴于点F、G，作DH⊥FG，垂足为H，
∴四边形HGCD和四边形BFHD是矩形，
∴HG=CD=2，FH=BD=6，BF=DH，
∵点B′到x轴的距离为3，
∴B′G=3，
∴B′H=B′G−HG=3−2=1，
∴B′F=FH−B′H=6−1=5，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴DB′=DB=6，∠DB′E=∠DBE=90°，
在Rt△B′EF中，
DH= B′D2−B′H2= 62−12= 35，
在Rt△EFB′和Rt△B′HD中，
∠FB′E+∠HB′D=90°，∠HDB′+∠HB′D=90°，
∴∠FB′E=∠HDB′，
又∵∠EFB′=∠B′HD=90°，
∴△EFB′∽△B′HD，
∴EFB′H=FB′HD，即EF1=5 35，
∴EF= 357，
∴BE=BF−EF= 35− 357=6 357，
如图 3，当点B′在x轴下方时，
过点B′作MN//AB，作EM⊥MN，垂足为M，延长BC交MN于点N，
∴四边形BEMN是矩形，
∴EM=BN，BE=MN，
∵点B′到x轴的距离为3，
∴NC=3，
∴DN=CD+CN=2+3=5，
∴EM=BN=BD+DN=6+5=11，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴DB′=DB=6，∠DB′E=∠DBE=90°，
在Rt△B′ND中，
B′N= B′D2−DN2= 62−52= 11，
在Rt△EMB′和Rt△B′ND中，
∠MB′E+∠DB′N=90°，∠NDB′+∠DB′N=90°，
∴∠MB′E=∠NDB′，
又∵∠EMB′=∠B′ND=90°，
∴△EMB′∽△B′ND，
∴MB′ND=EMB′N，即MB′=5 11，
∴BE=MN=MB′+B′N=5 11+ 11=6 11，
∵点E在AB上有且只有一个位置，
∴6 357≤AB<6 11，
∵AB平行于x轴，且A(0,8)，
∴当y=8时，x2+mx+8=8，
解得：x1=0，x2=−m，
∴A(−m,8)，
∴AB=−m−0=−m，
∴6 357≤−m<6 11，
∴−6 11
(2)分两种情况讨论：当点B′在x轴上方时，当点B′在x轴下方时，即可得解．
本题是二次函数与特殊四边形的综合题，考查了折叠的性质，图象上点的坐标特征及二次函数图象的性质，待定系数法确定函数解析式，矩形的判定和性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理定理及直角三角形的性质等知识点．运用了分类讨论和数形结合的思想．通过作辅助线构造相似三角形的是解题的关键．
27.【答案】BE=CF 3 316
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠DAC=∠BAC=60°，
∵EF//CD，
∴∠AFE=∠ADC=60°，
∴△AEF是等边三角形，∠BAE=∠CAF=60°，
∴AE=AF，
在△ABE和△ACF中，
AB=AC∠BAE=∠CAF,AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF；
故答案为：BE=CF，
(2)CF= 2BE，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠DAC=45°，AC= 2AB，
∵EF⊥AC，
∴AF= 2AE，
∴ACAB=AFAE，
∴△ABE∽△ACF，
∴BECF=ABAC=AB 2AB，
∴CF= 2BE；
(3)如图3，过点B作BO⊥AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAC=α，
∴AB=BC，∠DAC=∠BAC=∠ACB=α，
∵AE=EF，
∴∠AFE=∠DAC=α，
∴△ABC∽△AEF，
∴ABAE=ACAF，
又∵∠DAC=∠BAC=α，
∴△ABE∽△ACF，
∴CFBE=ACAB，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AC=2AO，AO=AB⋅cos∠BAC，
∴AC=2AB⋅cosα，
∴CFBE=2AB⋅cosαAB=2cosα，
(4)如图4，连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，
由(3)可得：△ABE∽△ACF，CFBE=2cos∠BAC，∠EAF=∠EFA，
∴CFBE= 3，
∴2cos∠BAC= 3，
∴∠EFA=∠DAC=∠BAC=30°，
设AE=x，则EF=x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴BO=12AB=12×1=12，
∴S△ABE=12AE⋅BO=12x⋅12=14x，
∵AE=EF=x，∠DAC=30°，EH⊥AD，
∴EH=12AE=12x，AF=2AH，
∴AF=2AH=2 AE2−EH2=2 x2−(12x)2= 3x，
∴S△AEF=12AF⋅EH=12× 3x⋅12x= 34x2；
∵△ABE∽△ACF，
∴S△ACFS△ABE=(CFBE)2=( 3)2=3，
∴S△ACF=S△CEF+S△AEF=S△CEF+ 34x2，
∴S△CEF+ 34x214x=3，
∴S△CEF=− 34x2+34x，
即S△CEF=− 34(x− 32)2+3 316，
∵− 34<0，
∴当x= 32时，S△CEF有最大值：3 316．
故答案为：3 316．
(1)证明△ABE≌△ACF(SAS)，即可得出结论；
(2)证明△ABE∽△ACF，即可得出结论；
(3)过点B作BO⊥AC于点O，先证明△ABC∽△AEF，得到ABAE=ACAF，再证明△ABE∽△ACF，得到CFBE=ACAB，推出AC=2AB⋅cosα，即可得出结论；
(4)连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，由(3)推出∠EFA=∠DAC=∠BAC=30°，设AE=x，则EF=x，求出S△ABE，S△AEF，根据△ABE∽△ACF，得到S△ACFS△ABE=(CFBE)2=( 3)2=3，进而求出S△CEF=− 34x2+34x，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．
本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
2023年江苏省苏州市工业园区星海实验中学中考数学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在下列四个实数中，最小的是( )
A. 0 B. −3 C. 3 D. −32
2. 4月24日是中国航天日.1970年的这一天，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射，标志着中国从此进入了太空时代，它的运行轨道，距地球最近点439000米，将439000用科学记数法表示应为( )
A. 0.439×106 B. 4.39×106 C. 4.39×105 D. 439×103
3. 下列运算正确的是( )
A. (−1)2023=−2023 B. −32=9
C. a6÷a3=a2 D. (−a2)3=−a6
4. 某校体育节有11名同学参加女子百米赛跑，她们预赛的成绩各不相同，取前5名参加决赛.小星已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，还需要知道这11名同学成绩的( )
A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 加权平均数
5. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D、E分别是AB、AC的中点，连结DE、CD.若AC=6，DE=4，则CD的长为( )
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4.8
6. 我国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有甲、乙怀钱，各不知其数，甲得乙十钱多乙余钱五倍，乙得甲十钱适等，问甲、乙怀钱各几何？”译文为：现有甲、乙两人带有一些银子，都不知道数量，甲得到乙的10两银子，甲比乙多出的银子是乙的5倍，乙得到甲的10两银子，两人的银子恰好相等，问甲、乙各带了多少两银子？设甲带了x两银子，乙带了y两银子，那么可列方程组为( )
A. x+10−(y−10)=5(y−10)x−10=y+10 B. x+10=5(y−10)x−10=y+10
C. x+10−(y−10)=5(y−10)x+10=y−10 D. x−10=5(y+10)x−10=y+10
7. 如图，小明随机地在对角线为6cm和8cm的菱形区域内投针，则针扎到其内切圆区域的概率是( )
A. 725π
B. 325π
C. 625π
D. 425π
8. 如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D是△ABC外一点，分别以BD，CD为斜边作两个等腰直角△BDE和△CDF，并使点F落在BC上，点E落在△ABC的内部，连结EF.若tan∠FDB=52，则△ABE与△DEF的面积之比为( )
A. 74 B. 73 C. 52 D. 3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 分解因式：x2−4=______．
10. 已知m+n=1，m−n=2，则m2+n2= ______ ．
11. 若关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
12. 如图，点A，B，C，D在⊙O上，CB=CD，∠CAD=30°，∠ACD=50°，则∠ADB= ．
13. 一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，则m的取值范围是________．
14. 如图，矩形ABCD中，依据尺规作图的痕迹，计算∠α= ______ °.
15. 如图，D是△ABC的边BC上一点，△ADC沿AD翻折，C点落在点E处，AE与BC相交于F点，若EF=4，CF=14，AF=AD，则FD= ______ ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2 3如果在三角
形内部有一条动线段MN//AC，且MN=1，则AM+BN+CN的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算： 9−|−4|+(π−3.14)0．
18. (本小题5.0分)
解不等式组：x+3<4x3x−1>2(x+2)．
19. (本小题6.0分)
先化简，再求值：x2−2x+1x2+x÷(1−2x+1)，其中x= 3．
20. (本小题6.0分)
如图，有四张正面标有数字−2，3，−1，2，背面颜色一样的卡片，正面朝下放在桌面上，小红从中随机抽取一张卡片记下数字，再从余下的卡片中随机抽取一张卡片记下数字．
(1)第一次抽到数字2的卡片的概率是______；
(2)设第一次抽到的数字为x，第二次抽到的数字为y，点M的坐标为(x,y)，请用树状图或列表法求点M在第三象限的概率．
21. (本小题6.0分)
如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE=∠BAD，AE⊥AC
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如果DA平分∠BDE，AB=5，AD=6，求AC的长．
22. (本小题8.0分)
实验中学八年级数学社团随机抽取部分学生，对“学习习惯”进行问卷调查．
设计的问题：对自己做错的题目进行整理、分析、改正；
答案选项为：A：很少，B：有时，C：常常，D：总是．
将调查结果的数据进行了整理，绘制成部分统计图如下：
请根据图中信息，解答下列问题：
(1)该调查的样本容量为______，a=______%，b=______%，“常常”对应扇形的圆心角的度数为______；
(2)请你补全条形统计图；
(3)若该校有3200名学生，请你估计其中“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有多少名？
23. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，顶点A、B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，顶点C
在x轴的正半轴上，∠ACO=60°．
(1)若AC=OC=4，求k的值；
(2)若∠A=30°，∠ACB=90°，k=3 3，求点C的坐标．
24. (本小题8.0分)
科学研究表明：一般情况下，在一节45分钟的课堂中，学生的注意力随教师讲课的时间变化而变化.经过实验分析，在0≤x≤8时，学生的注意力呈直线上升，学生的注意力指数y与时间x(分钟)满足关系y=2x+68，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x(分钟)的图象呈抛物线形，到第16分钟时学生的注意力指数y达到最大值92，而后学生的注意力开始分散，直至下课结束．
(1)当x=8时，注意力指数y为______ ，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x(分钟)的函数关系式是______ ；
(2)若学生的注意力指数不低于80，称为“理想听课状态”，则在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间有多长？(精确到1分钟)
(3)现有一道数学压轴题，教师必须持续讲解24分钟，为了使效果更好，要求学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，则该教师上课后从第几分钟开始讲解这道题？(精确到1分钟)(参考数据： 6≈2.449)
25. (本小题10.0分)
如图，已知O是△ABC边AB上的一点，以O为圆心、OB为半径的⊙O与边AC相切于点D，且BC=CD，连接OC，交⊙O于点E，连接BE并延长，交AC于点F．
(1)求证：BC是⊙O切线；
(2)求证：OA⋅AB=AD⋅AC；
(3)若AC=10,tan∠BAC=43，F是AC中点，求EF的长．
26. (本小题10.0分)
如图，已知二次函数y=x2+mx+8的图象交y轴于点A，作AB平行于x轴，交函数图象于另一点B(点B在第一象限).作BC垂直于x轴，垂足为C，点D在BC上，且CD=13BD.点E是线段AB上的动点(B点除外)，将△DBE沿DE翻折得到△DB′E．
(1)当∠BED=60°时，若点B′到y轴的距离为 3，求此时二次函数的表达式；
(2)若点E在AB上有且只有一个位置，使得点B′到x轴的距离为3，求m的取值范围．
27. (本小题10.0分)
已知菱形ABCD中，点E是对角线AC上一点，点F是边AD上一点，连接EF、BE、CF．
【特例探究】：(1)如图1，若∠ABC=60°且EF//CD，线段BE、CF满足的数量关系是______ ；
(2)如图2，若∠ABC=90°且EF⊥AC，判定线段BE、CF满足的数量关系，并说明理由；
【一般探究】(3)如图3，根据特例的探究，若∠BAC=α，AE=EF，请求出CFBE的值(用含α的式子表示)；
【发现应用】(4)如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，CFBE= 3，点F在直线AD上运动，则△CEF面积的最大值为______ ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−3<−32<0< 3，
∴所给的四个实数中，最小的是−3．
故选：B．
正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法，属于基础题．
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，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.据此解答即可．
【解答】
解：将439000用科学记数法表示为4.39×105．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】解：A、(−1)2023=−1，故A不符合题意；
B、−32=−9，故B不符合题意；
C、a6÷a3=a3，故C不符合题意；
D、(−a2)3=−a6，故D符合题意；
故选：D．
根据同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方的法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：11个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有5个数，
故只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了．
故选：A．
由于比赛取前6名参加决赛，共有11名选手参加，根据中位数的意义分析即可．
本题考查了中位数的意义，掌握相关知识是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∴BC=8，
又∵△ABC是直角三角形，
∴CD=12AB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB= AC2+BC2=10，
∴CD=5．
故选：C．
由题意知，DE是△ABC的中位线，根据DE=12BC，求BC的值，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=12AB，在Rt△ABC中，由勾股定理得AB= AC2+BC2，求AB的值，进而可得CD的值．
本题考查了中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可得，
x+10−(y−10)=5(y−10)x−10=y+10，
故选：A．
根据“甲得到乙的10两银子，甲比乙多出的银子是乙的5倍”、“乙得到甲的10两银子，两人的银子恰好相等”建立方程组即可．
本题考查了列二元一次方程组，找准等量关系是解题关键．
7.【答案】C
【解析】解：连接两对角线，设圆与菱形切点为E，
∵对角线为6cm和8cm的菱形，
∴AO=CO=3cm，BO=DO=4cm，BD⊥AC，
∴AB=5cm，
由题意可得出：OE⊥AB，
∴12×EO×AB=12×AO×BO，
∴12×5×EO=12×3×4，
解得：EO=125，
∴内切圆区域的面积为：π×(125)2=14425π(cm2)，
∵菱形的面积为：12×6×8=24(cm2)，
∴则针扎到其内切圆区域的概率是：14425π24=6π25．
故选：C．
利用菱形的性质得出菱形内切圆的半径和面积，进而得出菱形面积，即可得出针扎到其内切圆区域的概率．
此题主要考查了菱形的性质以及几何概率，根据题意得出菱形内切圆的面积是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，延长AE交BC于点J．
在Rt△BDF中，tan∠BDF=BFDF=52，
∴可以假设BF=5a，DF=2a，
∵△CDF是等腰直角三角形，
∴CF=DF=2a，CD=2 2a，
∵△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠EBD=45°，BDBE=BCBA= 2，
∴∠DBC=∠EBA，
∴△BDC∽△EBA，
∴CDAE=BCAB= 2，∠BCD=∠BAE=45°，
∴AE= 22CD=2a，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAE=∠CAE=45°，
∵AB=AC，
∴AJ⊥BC，BJ=CJ=72a，
∴S△ABE=12⋅AE⋅BJ=12×2a×72a=72a2，
∵AJ=BJ=CJ=72a，
∴EJ=AJ−AE=32a，
∴S△DEF=S△BDF+S△BFE−S△BDE=12×5a×2a+12×5a×32a−12× 29a× 292a=32a2，
∴S△ABES△DEF=72a232a2=73，
故选：B．
如图，延长AE交BC于点J.在Rt△BDF中，tan∠BDF=BFDF=52，可以假设BF=5a，DF=2a，分别求出△ABE，△DEF的面积，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
9.【答案】(x+2)(x−2)
【解析】解：x2−4=(x+2)(x−2)．
故答案为：(x+2)(x−2)．
直接利用平方差公式进行因式分解即可．
本题考查了平方差公式因式分解．能用平方差公式进行因式分解的式子的特点是：两项平方项，符号相反．
10.【答案】52
【解析】解：∵m+n=1，m−n=2，
∴4mn=(m+n)2−(m−n)2
=1−4
=−3，
∴2mn=−32，
∴m2+n2=(m+n)2−2mn
=1+32
=52，
故答案为：52．
先根据4mn=(m+n)2−(m−n)2进一步求出2mn的值，再根据m2+n2=(m+n)2−2mn求解即可．
本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
11.【答案】k<1
【解析】
【分析】
根据根的判别式的意义得到(−2)2−4×1×k>0，然后解不等式即可．
本题考查了根的判别式：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．熟记这些内容是解题关键．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程x2−2x+k=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−2)2−4×1×k>0，
解得：k<1．
故答案为：k<1．
12.【答案】70°
【解析】
【分析】
此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理有关知识，直接利用圆周角定理以及结合三角形内角和定理得出∠ACB=∠ADB=180°−∠CAB−∠ABC，进而得出答案．
【解答】
解：∵CB=CD，∠CAD=30°，
∴∠CAD=∠CAB=30°，
∴∠DBC=∠DAC=30°，
∵∠ACD=50°，
∴∠ABD=50°，
∴∠ACB=∠ADB=180°−∠CAB−∠ABC=180°−50°−30°−30°=70°．
故答案为70°．
13.【答案】m<3
【解析】解：∵一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，
∴2m−6<0，
解得，m<3；
故答案是：m<3．
利用一次函数图象与系数的关系列出关于m的不等式2m−6<0，然后解不等式即可．
本题主要考查一次函数图象与系数的关系．解答本题注意理解：k>0时，直线必经过一、三象限，y随x的增大而增大；k<0时，直线必经过二、四象限，y随x的增大而减小．
14.【答案】56
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB=68°，
由作图痕迹得∠2=12∠DAC=34°，
由作图痕迹得AC的垂直平分线交AC于O点，
∵∠3=90°，
∴∠1=90°−∠2=56°，
∠α=56°．
故答案为：56．
如图，先根据矩形的性质和平行线的性质得到∠DAC=68°，再利用基本作图得到∠2=12∠DAC=34°，∠3=90°，
接着利用互余计算出∠1=56°，然后根据对顶角的性质求解．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了矩形的性质．
15.【答案】6
【解析】解：连接CE，延长AD交CE于点G，取CF中点H，连接GH，取DH中点M，连接GM，如图，
根据折叠的性质可得，AC=AE，CD=DE，
∴AG垂直平分EC，
∴∠DGE=90°，点G为EC中点，
∵点H为CF中点，
∴GH为△CFE的中位线，
∴GH//EF，GH=12EF，CH=FH=12CF，
∵EF=4，CF=14，
∴GH=2，CH=FH=7，
∵AF=AD，
∴∠AFD=∠ADF，
∴∠HDG=∠ADF，
∵GH//AB，
∴∠DHG=∠AFD，
∴∠HDG=∠DHG，
∴DG=GH=2，
∵点M为DH的中点，
∴∠DMG=90°，DM=MH，
∵CD=DE，DG⊥EC，
∴∠EDG=∠CDG，即∠EDG=∠GDM，
∵∠DGE=∠DMG=90°，
∴△EDG∽△GDM，
∴DGDM=DEDG，
设FD=x(x<14)，则CD=DE=14−x，DH=7−x，DM=7−x2，
∴27−x2=14−x2，
解得：x=6或x=15(舍去)，
∴FD=6．
故答案为：6．
连接CE，延长AD交CE于点G，取CF中点H，连接GH，取DH中点M，连接GM，根据折叠的性质可得AC=AE，CD=DE，进而可得AG垂直平分EC，则GH为△CFE的中位线，GH=2，CH=FH=7，由等边对等角得∠AFD=∠ADF，再根据对顶角相等，两直线平行内错角相等可得推出∠HDG=∠DHG，则DG=GH=2，∠DMG=90°，DM=MH，由等腰三角形的性质可得∠EDG=∠CDG，以此可证明△EDG∽△GDM，设FD=x，则DE=14−x，DM=7−x2，根据相似三角形的性质列出方程求解即可．
本题主要考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质，根据题意正确作出辅助线，构建合适的相似三角形解决问题是解题关键．
16.【答案】 13
【解析】解：在AC上取一点A′，使得AA′=MN=1，连接A′N．
∵AA′=MN，AA′//MN，
∴四边形AMNA′是平行四边形，
∴AM=A′N，
∴AM+BN+CN=A′N+BN+CN，
将△NCB绕点C顺时针旋转60°得到△GCT，连接NG，过点T作TH⊥AC交AC的延长线于H．
∵CN=CG，∠NCG=60°，
∴△NCG是等边三角形，
∴CN=NG，
∴A′N+CN+BN=A′N+NG+GT，
∵A′N+NG+GT≥A′T，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2 3，
∴BC=CT=12AB= 3，AC= 3BC=3，
∴CA′=3−1=2，
∵∠ACH=90°，∠BCT=60°，
∴∠TCH=30°，
∵∠THC=90°，
∴TH=12CT= 32，CH= 3TH=32，
∴A′H=2+32=72，
∴A′T= A′H2+TH2= (72)2+( 32)2= 13．
∴AM+BN+CN≥ 13，
∴AM+BN+CN的最小值为 13，
故答案为： 13．
在AC上取一点A′，使得AA′=MN=1，连接A′N.首先证明AM+BN+CN=A′N+BN+CN，将△NCB绕点C顺时针旋转60°得到△GCT，连接NG，过点T作TH⊥AC交AC的延长线于H.证明A′N+CN+BN=A′N+NG+GT≥A′T，求出A′T可得结论．
本题考查解直角三角形的应用，旋转变换，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：原式=3−4+1=0．
【解析】先算零次幂、化简二次根式，再化简绝对值，最后加减．
本题考查了实数的运算，掌握零次幂的意义、二次根式的性质及绝对值的意义是解决本题的关键．
18.【答案】解：x+3<4x①3x−1>2(x+2)②，
由①得x>1，
由②得x>5，
∴不等式组的解集为x>5．
【解析】分别解出两不等式的解集，再求其公共解．
本题考查了解一元一次方程组，求不等式组的解集应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
19.【答案】解：原式=x2−2x+1x2+x÷x−1x+1
=(x−1)2x(x+1)×x+1x−1
=x−1x，
当x= 3时，原式= 3−1 3=3− 33．
【解析】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的通分和约分是解题的关键．先化简，再把x的值代入，计算即可．
20.【答案】14
【解析】解：(1)第一次抽到数字是2的概率为14；
故答案为：14；
(2)画树状图如图：
可能出现的结果共有12种，并且它们出现的可能性相同．
点M(x,y)在第三象限有2种可能结果：(−1,−2)，(−2,−1)，
∴点M在第三象限的概率=212=16．
(1)由概率公式即可得出答案；
(2)画出树状图，可能出现的结果共有12种，点M(x,y)在第三象限有2种可能结果，由概率公式即可得答案．
本题考查了列表法或画树状图法求概率以及点的坐标．注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法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．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】(1)证明：∵∠ADE=∠BAD，
∴AB//DE，
∵AE⊥AC，BD⊥AC，
AE//BD，
∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)解：∵DA平分∠BDE，
∴∠AED=∠BDA，
∴∠BAD=∠BDA，
∴BD=AB=5，
设BF=x，则DF=5−x，
∴AD2−DF2=AB2−BF2，
∴62−(5−x)2=52−x2，
∴x=75，
∴AF= AB2−BF2=245，
∴AC=2AF=485．
【解析】(1)由平行四边形的判定定理：两组对边分别平行得到结论；
(2)由角平分线、等量代换得到角相等，由等角对等边得到BD=AB=5，根据勾股定理列方程求解．
本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理列方程．
22.【答案】200 12 36 108°
【解析】解：(1)∵44÷22%=200(名)，
∴该调查的样本容量为200；
a=24÷200×100=12，
b=72÷200×100=36，
“常常”对应扇形的圆心角为：
360°×30%=108°．
故答案为：200、12、36、108°．
(2)200×30%=60(名)
(3)∵3200×30%=960(名)，
∴“常常”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
∵3200×36%=1152(名)，
∴“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
960+1152=2112
答：“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有2112名．
(1)首先用“有时”对错题进行整理、分析、改正的学生的人数除以22%，求出该调查的样本容量为多少；然后分别用很少、总是“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数除以样本容量，求出a、b的值各是多少；最后根据“常常”对应的人数的百分比是30%，求出“常常”对应扇形的圆心角为多少即可；
(2)求出常常“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数，补全条形统计图即可；
(3)用该校学生的人数乘“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生占的百分率即可．
此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
23.【答案】解：(1)过点A作AE⊥OC于E，
∵∠ACO=60°，AE⊥OC，
∴∠EAC=30°，
∴EC=12AC=2，AE= 3EC=2 3，
∴OE=OC−EC=2，
∴点A(2,2 3)，
∵点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=2×2 3=4 3；
(2)如图，过点A作AE⊥OC于E，过点B作BF⊥OC于F，
∵∠CAB=30°，∠ACB=90°，
∴AC= 3BC，
设BC=a，AC= 3a，点C(m,0)，
∵∠ACO=60°，AE⊥OC，
∴∠EAC=30°，
∴EC=12AC= 32a，AE= 3EC=32a，
∴点A(m− 32a,32a)，
∵∠ACO=60°，∠ACB=90°，
∴∠BCF=30°，
∴BF=12BC=12a，CF= 3BF= 32a，
∴点B(m+ 32a,12a)，
∵点A、B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴(m− 32a)×32a=3 3，(m+ 32a)×12a=3 3，
∴a=2，m=2 3，
∴点C(2 3,0)．
【解析】(1)过点A作AE⊥OC于E，由直角三角形的性质可求EC=12AC=2，AE= 3EC=2 3，可得点A坐标，代入解析式可求解；
(2)过点A作AE⊥OC于E，过点B作BF⊥OC于F，设BC=a，AC= 3a，点C(m,0)，利用参数a，m表示点A，点B坐标，代入解析式可求解．
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，直角三角形的性质，利用参数表示点A，点B坐标是本题的关键．
24.【答案】84 y=−18x2+4x+60
【解析】解：(1)根据题意，把x=8代入y=2x+68可得：y=84，
由题意可知，抛物线的顶点坐标为(16,92)，
∴可设抛物线的解析式为：y=a(x−16)2+92，
把(8,84)代入可得：64a+92=84，
解得：a=−18，
∴y=−18(x−16)2+92=−18x2+4x+60，
故答案为：84，y=−18x2+4x+60；
(2)由学生的注意力指数不低于80，即y≥80，
当0≤x≤8时，由2x+68≥80可得：6≤x≤8；
当8
答：在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间约有20分钟；
(3)设教师上课后从第t分钟开始讲解这道题，
∵10+4 6<24，
∴0≤t<6，
要使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，
则当x=t和当x=t+24时对应的函数值相同，
即2t+68=−18(t+24−16)2+92，整理得：(t+16)2=384，
解得：t1=8 6−16，t2=−8 6−16(舍)，
∴t≈4，
答：教师上课后从第4分钟开始讲解这道题，能使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大．
(1)根据题意把x=8代入y=2x+8即可得出答案，由题意可设出抛物线的顶点解析式为：y=a(x−16)2+92，再把(8,84)代入即可解出答案；
(2)根据y≥80，可列出2x+68≥80和−18x2+4x+60≥80两种情况，在自变量的取值范围下解出不等式，即可求出答案；
(3)设出未知数，根据题中条件可列出方程：2t+68=−18(t+24−16)2+92，解出方程的解即可．
本题考查的是二次函数的应用，解题关键：一是利用顶点式求出解析式，二是利用条件列出不等式，三是求出根据当x=t和当x=t+24时对应的函数值相同求出t的值．
25.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵AC与圆O相切于点D，
∴OD⊥AC，即∠ODC=90°，
∵BC=CD，BC=DC，CO=CO，
∴△OBC≌△ODC(SSS)，
∴∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，
∴BC是圆O的切线；
(2)证明：∵OD⊥AC，
∴∠ADO=90°．
∵∠OBC=90°，
∴∠ADO=∠ABC．
又∵∠BAC=∠DAO，
∴△AOD∽△ACB，
∴AOAC=ADAB，
∴AO⋅AB=AC⋅AD；
(3)解：∵∠OBC=90°，
∴tan∠BAC=BCAB=43，
设AB=3x，则BC=4x．
∵AB2+BC2=AC2，
∴(3x)2+(4x)2=102，
解得：x=2(舍去负值)，
∴AB=6，BC=8．
∵OD⊥AC，
∴tan∠BAC=ODAD=43，
设OD=4y，
则OB=4y，AD=3y，
∴OA= OD2+AD2=5y，
∴AB=OA+OB=9y=6，
解得：y=23，
∴OB=83，即⊙O半径为83．
∵F是AC中点，
∴AF=CF=BF=12AC=5，
∴∠ABF=∠BAF．
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠ABF=∠BAF=∠OBE=∠OEB，
∴△OBE∽△FBA，
∴BEAB=OBBF，即BE6=835，
解得：BE=165，
∴EF=BF−EF=5−165=95．
【解析】(1)连接OD，由切线的性质可知∠ODC=90°.又易证△OBC≌△ODC(SSS)，即得出∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，说明BC是圆O的切线；
(2)由题意易证△AOD∽△ACB，即得出AOAC=ADAB，整理得AO⋅AB=AC⋅AD；
(3)由正切的定义结合题意可设AB=3x，则BC=4x.再由勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即得出AB=6，BC=8.可设OD=4y，则OB=4y，AD=3y，即可求出OA=5y，从而得出AB=9y=6，解出y的值，即可求出OB=83，即⊙O半径为83.由直角三角形斜边中线的性质得出AF=CF=BF=12AC=5，结合等边对等角，得出∠ABF=∠BAF，进而可证△OBE∽△FBA，得出BEAB=OBBF，代入数据，即可求出BE=165，最后由EF=BF−EF求解即可．
本题考查切线的性质与判定，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，解直角三角形等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．
26.【答案】解：(1)作B′F⊥AB于F，
∵二次函数y=x2+mx+8的图象交y轴于点A，
∴当x=0时，y=8，
∴OA=8，A(0,8)，
又∵AB平行于x轴，BC垂直于x轴，
∴四边形AOCB是矩形，
∴CB=AO=8，∠ABC=90°，
∵CD=13BD，
∴BD=6，
∵∠BED=60°，
∴BE=BDtan∠BED=6tan60∘=2 3，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴∠B′ED=∠BED=60°，B′E=BE=2 3，
∴∠B′EF=180°−∠B′ED−∠BED=60°，
在Rt△B′EF中，
EF=B′Ecos∠B′EF=2 3×12= 3，
∵点B′到y轴的距离为 3，
∴AF= 3，
当点B′在y轴右侧时，
∵AB=AF+FE+EB= 3+ 3+2 3=4 3，
∴B(4 3,8)，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图象上，
∴8=(4 3)2+4 3m+8，
解得：m=−4 3，
∴y=x2−4 3x+8，
当点B′在y轴左侧时，此时E与A重合，
∴AB=2 3，
∴B(2 3,8)，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图象上，
∴8=(2 3)2+2 3m+8，
解得：m=−2 3，
∴y=x2−2 3x+8，
综上所述，二次函数的表达式为y=x2−4 3x+8或y=x2−2 3x+8．
(2)如图 2，当点B′在x轴上方时，
过点B′作FG⊥AB，分别交AB、x轴于点F、G，作DH⊥FG，垂足为H，
∴四边形HGCD和四边形BFHD是矩形，
∴HG=CD=2，FH=BD=6，BF=DH，
∵点B′到x轴的距离为3，
∴B′G=3，
∴B′H=B′G−HG=3−2=1，
∴B′F=FH−B′H=6−1=5，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴DB′=DB=6，∠DB′E=∠DBE=90°，
在Rt△B′EF中，
DH= B′D2−B′H2= 62−12= 35，
在Rt△EFB′和Rt△B′HD中，
∠FB′E+∠HB′D=90°，∠HDB′+∠HB′D=90°，
∴∠FB′E=∠HDB′，
又∵∠EFB′=∠B′HD=90°，
∴△EFB′∽△B′HD，
∴EFB′H=FB′HD，即EF1=5 35，
∴EF= 357，
∴BE=BF−EF= 35− 357=6 357，
如图 3，当点B′在x轴下方时，
过点B′作MN//AB，作EM⊥MN，垂足为M，延长BC交MN于点N，
∴四边形BEMN是矩形，
∴EM=BN，BE=MN，
∵点B′到x轴的距离为3，
∴NC=3，
∴DN=CD+CN=2+3=5，
∴EM=BN=BD+DN=6+5=11，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB′E，
∴DB′=DB=6，∠DB′E=∠DBE=90°，
在Rt△B′ND中，
B′N= B′D2−DN2= 62−52= 11，
在Rt△EMB′和Rt△B′ND中，
∠MB′E+∠DB′N=90°，∠NDB′+∠DB′N=90°，
∴∠MB′E=∠NDB′，
又∵∠EMB′=∠B′ND=90°，
∴△EMB′∽△B′ND，
∴MB′ND=EMB′N，即MB′=5 11，
∴BE=MN=MB′+B′N=5 11+ 11=6 11，
∵点E在AB上有且只有一个位置，
∴6 357≤AB<6 11，
∵AB平行于x轴，且A(0,8)，
∴当y=8时，x2+mx+8=8，
解得：x1=0，x2=−m，
∴A(−m,8)，
∴AB=−m−0=−m，
∴6 357≤−m<6 11，
∴−6 11
(2)分两种情况讨论：当点B′在x轴上方时，当点B′在x轴下方时，即可得解．
本题是二次函数与特殊四边形的综合题，考查了折叠的性质，图象上点的坐标特征及二次函数图象的性质，待定系数法确定函数解析式，矩形的判定和性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理定理及直角三角形的性质等知识点．运用了分类讨论和数形结合的思想．通过作辅助线构造相似三角形的是解题的关键．
27.【答案】BE=CF 3 316
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠DAC=∠BAC=60°，
∵EF//CD，
∴∠AFE=∠ADC=60°，
∴△AEF是等边三角形，∠BAE=∠CAF=60°，
∴AE=AF，
在△ABE和△ACF中，
AB=AC∠BAE=∠CAF,AE=AF
∴△ABE≌△ACF(SAS)，
∴BE=CF；
故答案为：BE=CF，
(2)CF= 2BE，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠DAC=45°，AC= 2AB，
∵EF⊥AC，
∴AF= 2AE，
∴ACAB=AFAE，
∴△ABE∽△ACF，
∴BECF=ABAC=AB 2AB，
∴CF= 2BE；
(3)如图3，过点B作BO⊥AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAC=α，
∴AB=BC，∠DAC=∠BAC=∠ACB=α，
∵AE=EF，
∴∠AFE=∠DAC=α，
∴△ABC∽△AEF，
∴ABAE=ACAF，
又∵∠DAC=∠BAC=α，
∴△ABE∽△ACF，
∴CFBE=ACAB，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AC=2AO，AO=AB⋅cos∠BAC，
∴AC=2AB⋅cosα，
∴CFBE=2AB⋅cosαAB=2cosα，
(4)如图4，连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，
由(3)可得：△ABE∽△ACF，CFBE=2cos∠BAC，∠EAF=∠EFA，
∴CFBE= 3，
∴2cos∠BAC= 3，
∴∠EFA=∠DAC=∠BAC=30°，
设AE=x，则EF=x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴BO=12AB=12×1=12，
∴S△ABE=12AE⋅BO=12x⋅12=14x，
∵AE=EF=x，∠DAC=30°，EH⊥AD，
∴EH=12AE=12x，AF=2AH，
∴AF=2AH=2 AE2−EH2=2 x2−(12x)2= 3x，
∴S△AEF=12AF⋅EH=12× 3x⋅12x= 34x2；
∵△ABE∽△ACF，
∴S△ACFS△ABE=(CFBE)2=( 3)2=3，
∴S△ACF=S△CEF+S△AEF=S△CEF+ 34x2，
∴S△CEF+ 34x214x=3，
∴S△CEF=− 34x2+34x，
即S△CEF=− 34(x− 32)2+3 316，
∵− 34<0，
∴当x= 32时，S△CEF有最大值：3 316．
故答案为：3 316．
(1)证明△ABE≌△ACF(SAS)，即可得出结论；
(2)证明△ABE∽△ACF，即可得出结论；
(3)过点B作BO⊥AC于点O，先证明△ABC∽△AEF，得到ABAE=ACAF，再证明△ABE∽△ACF，得到CFBE=ACAB，推出AC=2AB⋅cosα，即可得出结论；
(4)连接BD交AC于点O，过点E作EH⊥AD于点H，由(3)推出∠EFA=∠DAC=∠BAC=30°，设AE=x，则EF=x，求出S△ABE，S△AEF，根据△ABE∽△ACF，得到S△ACFS△ABE=(CFBE)2=( 3)2=3，进而求出S△CEF=− 34x2+34x，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．
本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
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