2023年安徽省合肥重点中学中考数学模拟试卷-普通用卷

这是一份2023年安徽省合肥重点中学中考数学模拟试卷-普通用卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 有理数−15的倒数为( )
A. 5B. 15C. −15D. −5
2. 2022年5月17日，工业和信息化部负责人在“2022世界电信和信息社会日”大会上宣布，我国目前已建成5G基站近160万个，成为全球首个基于独立组网模式规模建设5G网络的国家．将数据160万用科学记数法表示为( )
A. 1.6×102B. 1.6×105C. 1.6×106D. 1.6×107
3. 如图所示的六角螺栓，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下列运算正确的是( )
A. a3+a4=a7B. a3⋅a4=a12
C. 3a2b−ba2=2a2bD. (1−3a)2=1−9a2
5. 已知a，b是一元二次方程x2−2x−2=0的两根，则2aa2−b2−1a−b的值是( )
A. 2B. 12C. −12D. −2
6. 如图，一副直角三角尺如图摆放，点D在BC的延长线上.EF//BD，∠B=∠EDF=90°，∠A=30°，则∠CED的度数是( )
A. 5°
B. 10°
C. 15°
D. 25°
7. 用0、1、2、3四个数字组成一个各位不重复的四位数(千位数字不为0)，得到的四位数是偶数的概率为( )
A. 14B. 59C. 34D. 12
8. 甲、乙两人从A地出发前往B地，其中甲先出发1h，如图是甲、乙行驶路y甲(单位：km)，y乙(单位：km)随甲行驶时间x(单位：h)变化的图象，当乙追上甲时，乙行驶的时间是( )
A. 2hB. 3hC. 2.5hD. 3.5h
9. 如图，四边形ABCD是矩形，CE平分∠BCD，AE⊥CE，EA、CB的延长线交于点F，连接DE，连接BD交CE于点G.下列结论错误的是( )
A. 图中共有三个等腰直角三角形B. ∠DGC=∠EBC
C. AB⋅AD=CG⋅CED. △CDG∽△CEB
10. 如图，△ABC中，∠BAC=60°，AD平分∠BAC，∠BDC=120°，连接BD，CD并延长分别交AC，AB于点E和点F，若DE=6，DFCD=35，则BD的长为( )
A. 10
B. 12
C. 15
D. 16
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
11. 已知ab=2，a+2b=3，则2a2b+4ab2= ______ ．
12. 如图，菱形ABCD的顶点B在y轴的正半轴上，C在x轴的正半轴上，点A，D在第一象限内，BD//x轴，反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过菱形ABCD的中心E，若菱形ABCD的面积为2，则k的值为______ ．
13. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD//BE，∠A=80°，∠ABC=77.5°，BC=2，连接OB、OC，若点E是劣弧BC的中点，则扇形BOC的面积为______ ．
14. 距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度h(米)与物体运动的时间t(秒)之间满足函数关系h=−5t2+mt+n，其图象如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒，设w表示0秒到t秒时h的值的“极差”(即0秒到t秒时h的最大值与最小值的差)．
(1)m= ______ ，n= ______ ；
(2)当2≤t≤3时，w的取值范围是______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
15. 计算：(12)−1+2cs45°− 8+|1− 2|.
四、解答题（本大题共8小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
《算法统宗》是中国古代重要的数学著作，其中记载：我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空，其大意为：今有若干人住店，若每间住7人，则余下7人无房可住；若每间住9人，则余下一间无人住，求店中共有多少间房？
17. (本小题8.0分)
如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，O都在格点上．
(1)将△ABC向上平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1．
(2)以点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△DEF．
18. (本小题8.0分)
为美化市容，某广场要在人行雨道上用10×20的灰、白两色的广场砖铺设图案，设计人员画出的一些备选图案如图所示．
[观察思考]
图1灰砖有1块，白砖有8块；图2灰砖有4块，白砖有12块；以此类推．
[规律总结]
(1)图4灰砖有______块，白砖有______块；图n灰砖有______块时，白砖有______块；
[问题解决]
(2)是否存在白砖数恰好比灰砖数少1的情形，请通过计算说明你的理由．
19. (本小题10.0分)
在某次军事演习中，红方的两艘舰船A和B协同作战，登陆C岛．已知某时刻B舰在A舰北偏东15°方向70海里处，A舰沿北偏东60°方向航行，B舰沿南偏东38°方向航行，均驶向C岛．若两舰速度相同，则B舰到达C岛时A舰离C岛还有多少海里？(参考数据：sin53°≈45， 2≈1.414，结果精确到0.1海里)
20. (本小题10.0分)
Rt△ABC中，∠C=90°，O为AB上一点，以O为⊙心，OA为半径的⊙与BC相切于点D．
(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)连接DE，若AB=2BD，求cs∠CDE的值．
21. (本小题12.0分)
“防溺水”是校园安全教育工作的重点之一．某校为确保学生安全，开展了“远离溺水⋅珍爱生命”的防溺水安全知识竞赛．现从该校七、八年级中各随机抽取10名学生的竞赛成绩(百分制)进行整理和分析(成绩得分用x表示，共分成四组：
A.80≤x<85，B.85≤x<90，C.90≤x<95，D.95≤x≤100)，
下面给出了部分信息：
七年级10名学生的竞赛成绩是：96，84，97，85，96，96，96，84，90，96．
八年级10名学生的竞赛成绩在C组中的数据是：92，92，94，94．
七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
(1)上述图表中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掌握防溺水安全知识较好？请说明理由(一条理由即可)；
(3)该校七、八年级共1200人参加了此次竞赛活动，估计参加此次竞赛活动成绩优秀(x≥95)的学生人数是多少？
22. (本小题12.0分)
春回大地，万物复苏，又是一年花季到.某花圃基地计划将如图所示的一块长40m，宽20m的矩形空地划分成五块小矩形区域.其中一块正方形空地为育苗区，另一块空地为活动区，其余空地为种植区，分别种植A，B，C三种花卉.活动区一边与育苗区等宽，另一边长是10m.A，B，C三种花卉每平方米的产值分别是2百元、3百元、4百元．
(1)设育苗区的边长为x m，用含x的代数式表示下列各量：花卉A的种植面积是______ m2，花卉B的种植面积是______ m2，花卉C的种植面积是______ m2．
(2)育苗区的边长为多少时，A，B两种花卉的总产值相等？
(3)若花卉A与B的种植面积之和不超过560m2，求A，B，C三种花卉的总产值之和的最大值．
23. (本小题14.0分)
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠ABC=a，D是BC上一点(不与点B，C重合)，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E，连接BE并延长，交AC于点F．
(1)如图1，当a=1时，
①求证：∠ECD<45°；
②求证：BEEF=CDCF；
(2)如图2，若D是BC的中点，求tan∠CEF的值(用含a的代数式表示)．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了倒数，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．根据倒数的定义，找出−15的倒数为−5，此题得解．
【解答】
解：根据倒数的定义可知：−15的倒数为−5．
故选D．
2.【答案】C
【解析】解：160万=1600000=1.6×106，
故选：C．
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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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．
3.【答案】B
【解析】解：从上边看，是一个正六边形，六边形内部是一个圆，
故选：B．
根据俯视图是从上面看得到的图形，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看得到的图形，注意看到的线画实线，看不到的线画虚线．
4.【答案】C
【解析】解：A.a3和a4不能合并，故本选项不符合题意；
B.结果是a7，故本选项不符合题意；
C.结果是2a2b，故本选项符合题意；
D.结果是1−6a+9a2，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则，同底数幂的乘法，完全平方公式求出每个式子的值，再判断即可．
本题考查了幂合并同类项法则，同底数幂的乘法，完全平方公式等知识点，能正确求出每个式子的值是解此题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵a，b是一元二次方程x2−2x−2=0的两根，
∴a+b=2，
∴2aa2−b2−1a−b=2a(a+b)(a−b)−a+b(a+b)(a−b)=2a−a−b(a+b)(a−b)=a−b(a+b)(a−b)=1a+b=12．
故选：B．
由一元二次方程根与系数的关系可得a+b=2，ab=−2，再化简分式可得1a+b，最后将a+b=2整体代入即可解答．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系、分式的加减运算，正确对分式进行化简是解答本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵一副直角三角尺如图摆放，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠F=45°，
∵EF//BD，
∴∠CDE=∠DEF=45°．
∵∠B=∠EDF=90°，∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
∴∠ECD=180°−60°=120°，
∴∠CED=180°−∠ECD−∠CDE=180°−120°−45°=15°．
故选：C．
先根据平行线的性质求出∠CDE的度数，再由补角的性质得出∠ECD的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论．
本题考查的是三角形内角和定理及平行线的性质，熟知直角三角板的性质是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：

共有18种等可能的结果，其中得到的四位数是偶数的结果有10种，
∴得到的四位数是偶数的概率为1018=59，
故选：B．
画树状图，共有18种等可能的结果，其中得到的四位数是偶数的结果有10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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】A
【解析】解：由图象可得，
甲的速度为：300÷6=50(km/h)，
乙的速度为：300÷(5−1)=75(km/h)，
设当乙追上甲时，乙行驶的时间是m h，
75m=50(m+1)，
解得m=2，
故选：A．
根据函数图象中的数据，可以分别计算出甲和乙的速度，然后根据乙追上甲，可知他们走的路程一样，即可列出相应的方程，再求解即可．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】A
【解析】解：如图：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠ABF=90°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE=∠BCE=45°，
∵AE⊥CE，
∴∠FEC=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=CE，∠F=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF=AB=CD，
∵∠F=∠DCE=45°，
∴△EBF≌△EDC(SAS)，
∴∠FEB=∠CED，BE=ED，
∴∠FEB+∠CEB=∠CEB+∠CED=90°，
∵BE=ED，
∴△BED是等腰直角三角形，
△DCH是等腰直角三角形，故A错误；
∴∠EBD=45°，
∵∠DGC=∠GCB+∠CBG=45°+∠CBG，
∠EBC=∠EBD+∠CBG=45°+∠CBG，
∴∠DGC=∠EBC，故B正确；
∵∠DCG=∠ECB，
∴△CDG∽△CEB，故D正确；
∴CDCE=CGCB，
∵CD=AB，BC=AD，
∴ABCE=CGAD，
∴AB⋅AD=CG⋅CE，故C正确．
故选：A．
根据矩形的性质以及角平分线的性质得∠DCE=∠BCE=45°，△CEF是等腰直角三角形，∠F=∠DCE=45°，△ABF是等腰直角三角形，由SAS证明△EBF≌△EDC(SAS)，可得∠FEB=∠CED，BE=ED，则∠FEB+∠CEB=∠CEB+∠CED=90°，△BED是等腰直角三角形，由EBF≌△EDC，可得∠FEB=∠CED，由三角形外角的性质可得∠DGC=∠EBC，证明△CDG∽△CEB，列比例式并结合等量代换可得AB⋅AD=CG⋅CE．
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠BAC=60°，∠BDC=120°，
∴A、E、D、F四点共圆，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE=∠DAF，
∴DE=DF=6，
∵∠BDC=120°，
∴∠CDE=60°=∠FAC，
∵∠ACD=∠ACD，
∴△CDE∽△CAF，
∴AF：AC=DE：CD=6：10=3：5，
如图，延长CF到P，使DP=DB，

∵∠PBD=60°，
∴△BDP为等边三角形，
∴∠P=60°，
∴△AFC∽△PFB，
∴PF：PB=AF：AC=3：5，
设每一份为k，
∴PB=PD=5k，PF=3k，
∴DF=2k=6，
∴k=3，
∴BD=5k=15．
故选：C．
由AEDF四点共圆，得到DE=DF，再证明△CDE∽△CAF，得到AF与AC的比，延长CF到P，使DP=DB，得到△BDP为等边三角形，在证明出△AFC∽△PFB，证出PF与PB，利用DF即可求出BD．
本题考查了三角形相似的性质、等边三角形的性质等知识点的应用，四点共圆的应用及相似比的转化是解题关键．
11.【答案】12
【解析】解：∵ab=2，a+2b=3，
∴2a2b+4ab2=2ab(a+2b)=2×2×3=12，
故答案为：12．
把所求式子进行因式分解得到2a2b+4ab2=2ab(a+2b)，再把已知条件式整体代入求解即可．
本题主要考查了因式分解的应用，正确将所求式子进行因式分解是解题的关键．
12.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BE=DE，AE=CE，
∴△BEC的面积=14×菱形ABCD的面积=14×2=12，
∵BE//OC，BO⊥OC，
∴四边形BOCE是矩形，
∴矩形BOCE的面积=2×△BEC的面积=2×12=1，
∴k的值是1．
故答案为：1．
由菱形的性质，得到△BEC的面积是12，而矩形BOCE的面积是1，即可得到k的值．
本题考查反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，关键是掌握反比例函数系数k的几何意义．
13.【答案】π2
【解析】解：如图，连接OE，

∵AD//BE，
∴∠A+∠ABE=180°，
∵∠A=80°，
∴∠ABE=100°，
∵∠ABC=77.5°，
∴∠CBE=22.5°，
∴∠COE=2∠CBE=45°，
∵E是劣弧BC的中点，
∴CE=BE，
∴∠BOE=∠COE=45°，
∴∠BOC=90°，
∴OB=2 2= 2，
∴扇形BOC的面积为90π×( 2)2360=π2．
故答案为：π2．
先根据AD//BE，∠A=80°，∠ABC=77.5°，求出∠CBE=22.5°，根据圆周角定理得∠COE=2∠CBE=45°，再根据E是劣弧BC的中点，得∠BOC=90°，求出半径即可得出扇形BOC的面积．
本题考查扇形的面积和圆周角定理，解题的关键是熟练利用圆周角定理和记住扇形的面积公式．
14.【答案】10 15 5≤w≤20
【解析】解：(1)∵物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒，
∴抛物线h=−5t2+mt+n的顶点的纵坐标为20，且经过(3,0)点，
∴4×(−5)n−m24×(−5)=20−5×32+3m+n=0，
解得：m1=10n1=15，m2=50n2=−105(不合题意，舍去)，
∴m=10，n=15，
故答案为：10，15；
(2)∵抛物线的解析式为h=−5t2+10t+15，
∵h=−5t2+10t+15=−5(t−1)2+20，
∴抛物线的最高点的坐标为(1,20)．
∵20−15=5，
∴当0≤t≤1时，w的取值范围是：0≤w≤5；
当t=2时，h=15，当t=3时，h=0，
∵20−15=5，20−0=20，
∴当2≤t≤3时，w的取值范围是：5≤w≤20．
故答案为：5≤w≤20．
(1)利用待定系数法求得m、n；
(2)由(1)得出抛物线的解析式，再利用配方法求得抛物线的顶点坐标，结合函数图象即可求解．
本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，理解“极差”的意义是解题的关键．
15.【答案】解：原式=2+2× 22−2 2+ 2−1
=1．
【解析】先将原式进行负整数指数幂的运算和三角函数值的换算，再进行加减法运算．
本题考查了实数的运算，解题关键在于熟记特殊三角函数值和正确的计算．
16.【答案】解：设店中共有x间房，
根据题意得：7x+7=9(x−1)，
解得：x=8．
答：店中共有8间房．
【解析】设店中共有x间房，根据住店的人数不变，可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1为所作；
(2)如图，△DEF为所作．

【解析】(1)利用网格特点和平移的性质画出点A、B、C平移后的对应点即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C旋转后的对应点即可．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
18.【答案】16 20 n2 (4n+4)
【解析】解：(1)根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12−8=4、16−12=4、20−16=4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n−1)=4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
∴图4中灰砖有16快，白砖有4×(4+1)=20，
故答案为：16；20；n2；(4n+4)；
(2)存在，理由如下：根据题意得：n2−(4n+4)=1，
解得：n=−1(舍去)或n=5．
(1)根据图形分别得出各个图形中白色瓷砖的个数分别为8、12、16、20…，即：12−8=4、16−12=4、20−16=4，由此可得出规律：每一个图案均比前一个图案多4块白色瓷砖，所以第n个图案中，白色瓷砖的个数为8+4(n−1)=4n+4，灰色瓷砖的块数等于n2；
(2)根据白砖数恰好比灰砖数少1列出方程求解即可．
本题主要考查根据图中图形的变化情况，通过归纳与总结得出变化规律的能力，关键在于将图形数字化，即将图形转化为各个图形中白色瓷砖的变化规律，这样可方便求解．
19.【答案】解：如图：过点C作CD⊥AB，垂足为D，

由题意得：
AB=70海里，∠EAB=15°，∠EAC=60°，∠CBF=38°，EA//BF，
∴∠EAB=∠ABF=15°，
∠BAC=∠EAC−∠EAB=45°，
∴∠ABC=∠ABF+∠CBF=53°，
设BC=x海里，
在Rt△BCD中，DC=BC⋅sin53°≈45x(海里)，
∴BD= BC2−CD2= x2−(45x)2=35x(海里)，
在Rt△ADC中，AD=CDtab45∘=45x(海里)，
∵AD+BD=AB，
∴45x+35x=70，
∴x=50，
∴BC=50海里，CD=45x=40(海里)，
∴AC=CDsin45∘=40 22=40 2(海里)，
∴AC−BC=40 2−50≈6.4(海里)，
∴B舰到达C岛时A舰离C岛还有约6.4海里．
【解析】过点C作CD⊥AB，垂足为D，根据题意可得：AB=70海里，∠EAB=15°，∠EAC=60°，∠CBF=38°，EA//BF，从而可得∠ABF=15°，∠BAC=45°，进而可求出∠ABC=53°，设BC=x海里，然后在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义，以及勾股定理可求出CD，BD的长，再在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而根据AB=AD+BD，列出关于x的方程，进行计算即可求出BC，CD的长，进而求出AC的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，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．
20.【答案】解：(1)连接OD，
∵BC切⊙O于D，
∴OD⊥BC，
∴∠ODB=∠ACB=90°，
∴OD//AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠BAD，
∴AD平分∠BAC；
(2)设AB交⊙O于F，
连接DF，
∵AF为⊙O的直径，
∴∠ADF=90°，
由(1)得∠ODB=90°，
∴∠ODA=∠BDF=∠OAD，
∵∠B=∠B，
∴△BDF∽△BAD，
∴ADDF=BABD=2，
∴tan∠AFD=2，
∵四边形AEDF内接于⊙O，
∴∠CED+∠AED=∠AED+∠AFD=180°，
∴∠CED=∠AFD，
∴tan∠CED=tan∠AFD=2，
∵∠ACD=90°，
∴CDCE=2，
设CE=a，则CD=2a，
∴DE= CE2+CD2= 5a，
∴cs∠CDE=CDDE=2a 5a=2 55．
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质和平行线的判定和性质证明即可；
(2)设AB交⊙O于F，连接DF，根据圆周角定理得到∠ADF=90°，由(1)得∠ODB=90°，根据相似三角形的性质得到ADDF=BABD=2，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，正确的作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)30，96，93；
(2)八年级学生掌握防溺水安全知识较好，
理由：虽然七、八年级的平均分均为92分，但八年级的众数高于七年级；
(3)估计参加此次竞赛活动成绩优秀(x≥95)的学生人数是：1200×6+10×30％20=540(人)，
答：估计参加此次竞赛活动成绩优秀(x≥95)的学生人数是540人．
【解析】
【分析】
(1)根据扇形统计图以及中位数和众数的定义即可得到结论；
(2)根据八年级的众数高于七年级，得到八年级学生掌握防溺水安全知识较好；
(3)利用样本估计总体的思想求解可得．
【解答】
解：(1)∵a%=1−20%−10%−410×100%=30%，
∴a=30，
∵10×(10%+20%)=3，八年级10名学生的竞赛成绩的中位数是第5个和第6个数据的平均数，
∴m=92+942=93，
∵七年级10名学生的竞赛成绩中96出现的次数最多，
∴b=96，
故答案为：30，96，93；
(2)八年级学生掌握防溺水安全知识较好，
理由：虽然七、八年级的平均分均为92分，但八年级的众数高于七年级；
(3)估计参加此次竞赛活动成绩优秀(x≥95)的学生人数是：1200×6+10×30％20=540(人)，
答：估计参加此次竞赛活动成绩优秀(x≥95)的学生人数是540人．
【点评】
本题考查读扇形统计图的能力和利用统计图获取信息的能力，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断来解决问题．
22.【答案】(x2−60x+800) (−x2+30x) (−x2+20x)
【解析】解：(1)∵育苗区的边长为x m，活动区的边长为10m，
∴花卉A的面积为：(40−x)(20−x)=(x2−60x+800)m2，
花卉B的面积为：x(40−x−10)=(−x2+30x)m2，
花卉C的面积为：x(20−x)=(−x2+20x)m2，
故答案为：(x2−60x+800)；(−x2+30x)；(−x2+20x)；
(2)∵A，B花卉每平方米的产值分别是2百元、3百元，
∴A，B两种花卉的总产值分别为2×(x2−60x+800)百元和3×(−x2+30x)百元，
∵A，B两种花卉的总产值相等，
∴200×(x2−60x+800)=300×(−x2+30x)，
∴x2−42x+320=0，
解方程得x=32或x=10，
∴当育苗区的边长为32m或10m时，A，B两种花卉的总产值相等；
(3)∵花卉A与B的种植面积之和为：x2−60x+800+(−x2+30x)=(−30x+800)m2，
∴−30x+800≤560，
∴x≥8，
∵设A，B，C三种花卉的总产值之和y百元，
∴y=2(x2−60x+800)+3(−x2+30x)+4(−x2+20x)，
∴y=−5x2+50x+1600，
∴y=−5(x−5)2+1725，
∴当x≥8时，y随x的增加而减小，
∴当x=8时，y最大，且y=−5(8−5)2+1725=1680(百元)，
故A，B，C三种花卉的总产值之和的最大值168000元．
(1)根据正方形和长方形的面积计算公式可直接得到答案；
(2)根据A，B两种花卉的总产值相等建立一元二次方程，解方程即可得到答案；
(3)先根据花卉A与B的种植面积之和不超过560m2建立不等式，得到x≥8，再设A，B，C三种花卉的总产值之和y百元，得到y关于x的二次函数，根据二次函数的图形性质即可得到答案．
本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是根据题意建立正确的方程和函数表达式．
23.【答案】(1)①证明：∵∠ACB=90°，tan∠ABC=ACBC=1，
∴AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵∠EDC=∠ABC+∠BAD=45°+∠BAD，
∴∠EDC>45°，
∵CE⊥AD于点E，
∴∠DEC=90°，
∴∠ECD=90°−∠EDC，
∴∠EDC<45°．
②证明：如图1，过点B作BH//AC，交CE的延长线于H，CH与AB交于G，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBH=90°，
∴∠BCH+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠DAC=∠BCH，
又∵tan∠ABC=ACBC=1，
∴BC=AC，
∴△ACD≌△CBH(ASA)，
∴BH=CD．
∵BH//AC，
∴△BEH∽△FEC，
∴BEEF=BHCF，
∴BEEF=CDCF．
(2)解：如图2，过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，
则∠BMC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCM+∠ACE=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠DAC+∠ACE=90°，
∴∠BCM=∠DAC，
∴△BCM∽△DAC，
∴BMCD=BCAD=CMAC．
设BC=2m，
∵D是BC中点，
∴BD=CD=m，
∵tan∠ABC=ACBC=a，
∴AC=2am，
∴AD= AC2+CD2= (2am)2+m2= 4a2+1m，
∴BMm=2m 4a2+1m=CM2am，
∴BM=2m 4a2+1，CM=4am 4a2+1，
∵BM//AD，D是BC中点，
∴ME=CM=2am 4a2+1，
∴tan∠CEF=tan∠BEM=BMME =1a．
【解析】(1)①由tan∠ABC=ACBC=1得，∠ABC=45°，由外角定理得∠EDC=45°+∠BAD，从而∠ECD=90°−∠EDC<45°．
②过点B作BH//AC，交CE的延长线于H，证明△ACD≌△CBH，得到BH=CD，再证明△BEH∽△FEC，得到BEEF=BHCF，即可得结论．
(2)过点B作BM⊥CE，交CE的延长线于M，设BC=2m，证明△BCM∽△DAC，表示出BM、CM、EM的长，tan∠CEF=tan∠BEM=BMME求得结果．
本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，综合性比较强，合理添加辅助线，把所学知识串联起来熟练运用是解题的关键．
年级
七年级
八年级
平均数
92
92
中位数
96
m
众数
b
98
方差
28.6
28