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2023年山东省聊城市冠县中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省聊城市冠县中考数学二模试卷（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年山东省聊城市冠县中考数学二模试卷
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. 对于一个实数a，如果它的倒数不存在，那么a等于( )
A. −1 B. 1 C. 2 D. 0
2. 下面几何图形的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列式子运算正确的是( )
A. 33+32=35 B. (−a2)3=−a6 C. (−a2b)2=−a3b2 D. (−2)−2=4
4. 下列事件中，属于确定事件的是①抛出的篮球会下落；②从装有黑球、白球的袋中摸出红球；③14人中至少有2人是同月出生；④买一张彩票，中1000万大奖．( )
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①②④
5. 如图，直线l1//l2，AB⊥CD，∠2=68°，那么∠1的度数是( )
A. 68°
B. 58°
C. 22°
D. 32°
6. 如图，一块等腰直角三角板，它的斜边BC=6cm，内部△DEF的各边与△ABC的各边分别平行，且它的斜边EF=4cm，则△DEF的面积与阴影部分的面积比为( )
A. 2：3 B. 4：9 C. 4：5 D. 2：5
7. 如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，∠B=70°，则∠OCB等于( )
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 65°
8. 已知等腰△ABC的边是方程x2−7x+10=0的根，则△ABC的周长为( )
A. 9 B. 9或12 C. 6或15 D. 6或12或15
9. 如图，在正方形ABCD中，按如下步骤作图：①连接AC，BD相交于A点O；②分别以点B，C为圆心、大于12BC的长为半径画弧，两弧相交于点E；③连接OE交BC于点F；④连接AF交BO于点G.若AD=4 2，则OG的长度为( )
A. 1
B. 2
C. 43
D. 2
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴负半轴和y轴正半轴上，点C在OB上，OC：OB=1：3，连接AC，过点O作OP//AB交AC的延长线于点P.若P(1,1)，则tan∠ACO的值是( )
A. 13 B. 3 C. 12 D. 2
11. 如图是抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，抛物线的顶点坐标A(1,3)，与x轴的一个交点B(4,0)，直线y2=mx+n(m≠0)与抛物线交于A、B两点，下列结论：①2a+b=0；②abc>0；③抛物线与x轴的另一个交点是(−1,0)；④方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；⑤当1
12. 课本中有这样一句话：“利用勾股定理，可以作出 2， 3， 5…的线段(如图)”.记△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆的半径分别为r1，r2，…，rn，若r1+r2+…+rn=10，则n的值是( )
A. 24 B. 25 C. 26 D. 27
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 二次根式 2x−1中，字母x的取值范围是 ．
14. 从0，43， 2，−7， 5−12五个数中随机抽取一个数，则抽出的数是有理数的概率为______ ．
15. 一个扇形的弧长是10π，其圆心角是150°，此扇形的面积为 ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点A为圆心，以适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，以大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若AC=6，AB=10，则CD的长为 ．
17. 如图，点A，B是半径为2的⊙O上的两点，且AB=2 3，则下列说法正确的是______ ．
①圆心O到AB的距离为1．
②在圆上取异于A，B的一点C，则△ABC面积的最大值为2 3．
③以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积为3 3+4π3．
④取AB的中点C，当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线长为2π．
三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题5.0分)
解方程：x(x−6)=6．
19. (本小题8.0分)
为庆祝党的二十大胜利召开，某学校开展了一系列学习党史的活动，并开展了党史相关的知识测试.为了解七、八年级学生的测试成绩，进行了抽样调查，过程如下，请补充完整．
【收集数据】：
从七、八两个年级各随机抽取了20名学生的测试成绩(百分制)如下：
七年级：73，82，75，89，93，96，76，84，85，85，90，90，98，77，65，90，87，90，95，98；
八年级；67，88，92，93，99，83，80，75，72，91，92，92，95，94，85，85，92，69，88，96；
[整理、描述数据]：
对上述数据进行分段整理如下：
成绩x
人数
年级
60≤x<70
70≤x<80
80≤x<90
90≤x≤100
七年级
1
4
6
9
八年级
2
2
6
10
【分析数据】：
两个年级测试成绩的平均数、中位数、众数如下：
平均数
中位数
众数
七年级
85.9
a
90
八年级
86.4
89.5
b
根据以上信息，回答下列问题：
(1)a= ，b= ．
(2)小明是该校八年级的学生，他本次测试成绩为87分，小明说：“因为我的成绩高于我们年级的平均数.所以我的成绩高于我们年级一半学生的成绩.“请你判断小明的话是否正确，并说明理由．
(3)若测试成绩不少于90分记为优秀，请你估计七年级学生本次测试成绩的优秀率，并给七年级的老师提出一条建议．
20. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AC，BD交于点O，过点B作BE//CD交AC于点E，连结DE．
(1)求证：四边形BCDE为菱形．
(2)若AB=5，E为AC的中点，当四边形BCDE为正方形时，求BC的长．
21. (本小题8.0分)
如图，是某时刻太阳光线，光线与地面的夹角为45°.小星身高1.6米．
(1)若小星正站在水平地面上A处时，那么他的影长为多少米？
(2)若小星来到一个倾斜角为30°的坡面底端B处，当他在坡面上至少前进多少米时，他的影子恰好都落在坡面上？
22. (本小题10.0分)
我县在创建全国文明城市过程中，决定购买A，B两种树苗对某路段道路进行绿化改造，已知购买A种树苗8棵，B种树苗3棵，要950元；若购买A种树苗5棵，B种树苗6棵，则需要800元．
(1)求购买A，B两种树苗每棵各需多少元？
(2)考虑到绿化效果和资金周转，购进A种树苗要多于B种树苗，且用于购买这两种树苗的资金不能超过7650元，若购进这两种树苗共100棵，则有哪几种购买方案？
(3)在(2)的条件下，哪种方案最省钱？最少费用是多少？
23. (本小题8.0分)
为预防流感，学校对教室采取药熏法消毒.已知药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间x(分钟)成正比例函数关系，药物燃烧完后，y与x成反比例函数关系(如图示).现测得药物8分钟燃毕，此时室内空气每立方米的含药量为6毫克．
研究表明：
①当空气中每立方米含药量低于1.6毫克时学生方可进教室；
②当空气中每立方米含药量不低于3毫克且持续时间不低于10分钟时，才能有效杀灭空气中的病菌．
依据信息，解决下列问题：
(1)从消毒开始，至少需要经过多少分钟后，学生才能回到教室？
(2)你认为此次消毒是否有效？并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD和过点C的直线互相垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E，且AC平分∠DAB．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)连接BC，若BC=3，AC=4，求AE的长．
25. (本小题12.0分)
已知二次函数y=−14x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A(1,0)，图象与y轴交于点B(0,3)，C、D为该二次函数图象上的两个动点(点C在点D的左侧)，且∠CAD=90°．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与(2)中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对于一个实数a，如果它的倒数不存在，那么a等于0．
故选：D．
根据0没有倒数即可求解．
本题考查了实数的性质，倒数，关键是掌握0没有倒数的知识点．
2.【答案】B
【解析】解：该几何体的俯视图如图所示：．
故选：B．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：A选项，32+33=9+27=36≠35，故该选项不符合题意；
B选项，原式=−a6，故该选项符合题意；
C选项，原式=a4b2，故该选项不符合题意；
D选项，原式=14，故该选项不符合题意；
故选：B．
根据合并同类项判断A选项；根据幂的乘方和积的乘方判断B选项；根据积的乘方判断C选项；根据负整数指数幂判断D选项．
本题考查了合并同类项，幂的乘方和积的乘方，负整数指数幂，掌握a−p=1ap(a≠0)是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：①抛出的篮球会下落，是必然事件，属于确定事件；
②从装有黑球、白球的袋中摸出红球，是不可能事件，属于确定事件；
③14人中至少有2人是同月出生，是必然事件，属于确定事件；
④买一张彩票，中1000万大奖，是随机事件；
属于确定事件的是①②③，
故选：C．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】C
【解析】解：∵直线l1//l2，
∴∠2=∠3=68°，
∵AB⊥CD，
∴∠CMB=90°，
∴∠1+∠3=90°，又∠3=68°，
∴∠1=22°，
故选：C．
由两直线平行同位角相等得到∠2=∠3，再由AB与CD垂直，利用垂直的定义得到∠BMC为直角，得到∠1与∠3互余，由∠3的度数求出∠1的度数．
此题考查了平行线的性质，平行线的性质有：两直线平行同位角相等；两直线平行内错角相等；两直线平行同旁内角互补．
6.【答案】C
【解析】解：∵△ABC，△DEF是等腰直角三角形，BC=6cm，EF=4cm，∠A=∠D=90°，
∴AB=AC= 22BC=3 2(cm)，DE=DF= 22EF=2 2(cm)，
∴△ABC的面积=12×3 2×3 2=9(cm2)，△DEF的面积=12×2 2×2 2=4(cm2)，
∴阴影部分的面积=9−4=5(cm2)，
∴△DEF的面积与阴影部分的面积比为4：5．
故选：C．
发布期间两个等腰直角三角形端点面积，可得结论．
本题考查等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质，属于中考常考题型．
7.【答案】B
【解析】解：连接OB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°−∠ABC−∠ACB=40°，
∴∠BOC=2∠A=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=12(180°−∠BOC)=50°，
故选：B．
连接OB，先利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=70°，从而利用三角形内角和定理可得∠A=40°，然后再利用圆周角定理可得∠BOC=2∠A=80°，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，进行计算即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，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．
8.【答案】D
【解析】解：x2−7x+10=0，
(x−5)(x−2)=0，
x−5=0或x−2=0，
所以x1=5，x2=2，
当等腰△ABC的边长分别为5、5、2时，△ABC的周长为5+5+2=12；
当等腰△ABC的边长分别为5、5、5时，△ABC的周长为5+5+5=15；
当等腰△ABC的边长分别为2、2、2时，△ABC的周长为2+2+2=6，
综上所述，△ABC的周长为6或12或15．
故选：D．
先利用因式分解法解方程得到x1=5，x2=2，根据等腰三角形的性质，等腰△ABC的三边长可以为5、5、2或5、5、5或2、2、2，然后分别计算对应的△ABC的周长．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了三角形三边的关系和等腰三角形的性质．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4 2，∠BAD=90°，OA=OC=OB=OD，
∴BD= AD2+AB2= (4 2)2+(4 2)2=8，
∴OB=OD=4，
由作图可知OE垂直平分线段BC，
∴BF=CF，
∴OC=OA，
∴OF//AB，FO=12AB，
∴OGGB=OFAB=12，
∴OG=13OB=43．
故选：C．
证明OF//AB，OF=12AB，求出OB，可得结论．
本题考查正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.【答案】A
【解析】解：∵OP//AB，
∴△OCP∽△BCA，
∴OCBC=CPAC，
∵OC：OB=1：3，
∴OCBC=12，
∴CPAC=12，
过点P作PQ⊥x轴于点Q，如图，
∴∠AOC=∠AQP=90°，
∴CO//PQ，
∴OQ：AO=CP：AC=1：2，∠ACO=∠APQ，
∵P(1,1)，
∴PQ=OQ=1，
∴AO=2OQ=2，
∴AQ=3，
∴tan∠APQ=PQAQ=13，
∴tan∠ACO=tan∠APQ=13．
故选：A．
根据OP//AB，证明出△OCP∽△BCA，结合OC：OB=1：3得到CP：AC=OC：BC=1：2，过点P作PQ⊥x轴于点Q，根据∠AOC=∠AQP=90°，得到CO//PQ，根据平行线分线段成比例定理得到OQ：AO=CP：AC=1：2，根据P(1,1)，得到PQ=OQ=1，得到AO=2，则可求得AQ=3，根据正切的定义即可得到tan∠APQ的值，从而可求tan∠ACO的值．
本题考查了解直角三角形，坐标与图形，根据平行线分线段成比例定理得到OQ：AO=CP：AC=1：2是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：①∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a，
∴2a+b=0，故①正确；
②∵抛物线开口向下，与y轴相交于正半轴，
∴a<0，c>0，
∴b=−2a>0，
∴abc<0，故②错误；
③∵抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点B(4,0)，
∴另一个交点坐标为(−2,0)，故③错误；
④从图象可以知道，抛物线顶点为(1,3)，
∴抛物线y1=ax2+bx+c与直线y=3有且只有一个交点，
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，故④正确；
⑤由图象可知，当1y2，故⑤正确；
故选：B．
根据二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系一一判断即可．
本题考查二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系等知识，解答关键是数形结合．
12.【答案】A
【解析】解：如图，设△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆圆心分别为O1，O2，…，
设圆O1与△OAA1的三边相切于点B，C，D，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
由题意“利用勾股定理，可以作出 2，
∴∠A=90°，
∴∠A=∠ABO=∠ACO=90°，
∴四边形ABOC是正方形，
∴AB=AC=OB=r1，
∴AB=AC=1−r1，
A1C=A1D=1−r1，
∵OA1= 2，
∴1−r1+1−r1= 2，
∴r1=1+1− 22，
同理在△OA1A2中，四边形A1EO2F是正方形，
∴A2G=A2F=1−r2，
OG=OE= 2−r2，
∵OA2= 3，
∴1−r2+ 2−r2= 3，
∴r2=1+ 2− 32，
同理r3=1+ 3− 42，r4=1+ 4− 52，...，rn=1+ n− n+12，
∴r1+r2+…+rn=1+1− 22+1+ 2− 32+1+ 3− 42+1+ 4− 52+，...，+1+ n− n+12=10，
∴n+1+ n+12=10，
∴n+1+ n+1=20，
∴n−19= n+1，
∴(n−19)2=n+1，
整理得：n2−39n+360=0，
∴n1=15，n2=24，
当n=15时，代入n−19= n+1，不成立，舍去，
∴n=24．
故选：A．
设△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆圆心分别为O1，O2，…，设圆O1与△OAA1的三边相切于点B，C，D，四边形ABOC是正方形，然后利用切线长定理列式计算得r1=1+1− 22，同理在△OA1A2中，四边形A1EO2F是正方形，求出r2=1+ 2− 32，得到规律得r3=1+ 3− 42，r4=1+ 4− 52，...，rn=1+ n− n+12，进而利用一元二次方程求解即可解决问题．
本题考查了三角形的内切圆与内心，规律型：图形的变化类，勾股定理，一元二次方程，解题的关键是寻找规律．
13.【答案】x≥12
【解析】解：根据题意，得2x−1≥0，
解得x≥12．
故答案为：x≥12．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
14.【答案】35
【解析】解：在0，43， 2，−7， 5−12这五个数中，有理数有0，43，−7这3个，
∴抽出的数是有理数的概率为35．
故答案为：35．
先找出有理数的个数，再根据概率公式即可得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确得出有理数的个数是解题关键．
15.【答案】60π
【解析】解：根据题意可得，
设扇形的半径为r，
则l=nπr180，
即10π=150πr180，
解得：r=12，
∴S=12rl=12×12×10π=60π．
故答案为：60π．
先根据题意可算出扇形的半径，再根据扇形面积公式即可得出答案．
本题主要考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算方法进行求解是解决本题的关键．
16.【答案】3
【解析】解：由作法得AP平分∠BAC，
∴点D到AC和AB的距离相等，
∴S△ACD：S△ABD=AC：AB=6：10=3：5，
∵S△ACD：S△ABD=CD：BD，
∴CD：BD=3：5，
∵∠C=90°，AC=6，AB=10，
∴BC= 102−62=8，
∴CD=38×8=3．
故答案为：3．
利用基本作图得到AP平分∠BAC，根据角平分线的性质得到点D到AC和AB的距离相等，则利用三角形面积公式得到∴S△ACD：S△ABD=AC：AB=3：5，而S△ACD：S△ABD=CD：BD，所以CD：BD=3：5，然后利用勾股定理计算出BC，从而得到CD的长．
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．也考查了角平分线的性质和勾股定理．
17.【答案】①③④
【解析】解：如图①，OH⊥AB于H，
∴AH=12AB=12×2 3= 3，
∵OA=2，
∴OH= OA2−AH2=1，
故①正确，符合题意；
如图①延长HO交圆于C，此时△ABC的面积最大，
∵CH=OC+OH=2+1=3，AB=2 3，
∴△ABC的面积=12AB⋅CH=3 3，
故②错误，不符合题意；
如图②四边形ABNM是正方形，连接AQ，PB，作OK⊥AB于K，
∴△OAB的面积=12AB⋅OK=12×2 3×1= 3，
∵OP=OQ=OA=OB，
∴△OAP的面积=△OAB的面积=△OBQ的面积= 3，
∵∠POQ=120°，
∴扇形OPQ的面积=120π×22360=43π，
∴以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积=扇形OPQ的面积+△OAB的面积×3=3 3+4π3，
故③正确，符合题意；
取AB的中点C，连接OC，OA，OB，
∵OA=OB，
∴OC⊥AB，
∴OC= OA2−AC2= 22−( 3)2=1，
∴当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线是以O为圆心半径是1的圆，
∴C运动的路线长是2π×1=2π，
故④正确，符合题意；
故答案为：①③④．
由垂径定理，勾股定理求出OH=1，延长HO交圆于C，即可求出△ABC的最大面积，当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线是以O为圆心半径是1的圆，即可求出C运动的路线长，以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积=扇形OPQ的面积+△OAB的面积×3，于是可以得到答案．
本题考查扇形面积的计算，三角形面积的计算，垂径定理，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
18.【答案】解：原方程变形为：x2−6x=6，
则x2−6x+9=6+9，即(x−3)2=15，
∴x−3=± 15，
∴x1=3+ 15，x2=3− 15．
【解析】根据单项式乘多项式的运算法则把原方程变形，利用配方法解出方程．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
19.【答案】88 92
【解析】解：(1)把七年级20名学生的测试成绩从小到大排列为65，73，75，76，77，82，84，85，85，87，89，90，90，90，90，93，95，96，98，98；
所以排在中间的两个数是87，89，故中位数a=87+892=88；
八年级20名学生的测试成绩中92出现的次数最多，故众数b=92；
故答案为：88；92；
(2)小明的话错误，理由如下：
因为小明本次测试成绩为87分，低于中位数89.5，所以小明的成绩低于我们年级一半学生的成绩；
(3)七年级学生本次测试成绩的优秀率为：920×100%=45%；
建议七年级的学生加强学习党史(答案不唯一)．
(1)根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)根据中位数的意义解答即可；
(3)利用样本估计总体即可．
此题考查了用样本估计总体以及众数、中位数的定义，众数是数据中出现次数最多的数．中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
20.【答案】(1)证明：∵AB=AD，CB=CD，
∴AC为BD的垂直平分线，
即AC⊥BD，OB=OD，
∵BE//CD，
∴∠EBO=∠CDO，
在△EOB和△COD中，
∠EBO=∠CDO∠BOE=∠DOCOB=OD，
∴△EOB≌△COD(ASA)，
∴EO=CO，
∴四边形BCDE为平行四边形．
∵CB=CD，
∴四边形BCDE是菱形；
(2)解：设OB=x，
∵四边形BCDE是菱形，
∴当OE=OB=x时，四边形BCDE是正方形，
此时BC= 2x，
∵E为AC的中点，
∴AE=CE=2x，
在Rt△AOB中，∵OB2+OA2=AB2，
∴x2+(3x)2=52，
解得x1= 102，x2=− 102(舍去)，
∴BC= 2× 102= 5，
即当BC的长为 5时，四边形BCDE为正方形．
【解析】(1)先判断AC为BD的垂直平分线得到AC⊥BD，OB=OD，再证明△EOB≌△COD得到EO=CO，于是可判断四边形BCDE为平行四边形，然后利用CB=CD可判断四边形BCDE是菱形；
(2)设OB=x，根据正方形的判定当OE=OB=x时，四边形BCDE是正方形，此时BC= 2x，由于AE=CE=2x，则在Rt△AOB中利用勾股定理得到x2+(3x)2=52，解方程x= 102，从而得到此时BC的长．
本题考查了正方形：熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键．也考查了菱形的判定与性质．
21.【答案】解：(1)如图：由题意得：AD=1.6 米，∠DCA=45°，
故AD=AC=1.6米，
答：小星在A处的影子为1.6米．
(2)∵∠FBG=30°，
设FG=x米，则BF=2x米．
∴BG= 3x米．
∴EG=EF+FG=(x+1.6)米．
在Rt△EBG中，∠EBG=45°，
∴BG=EG．
∴ 3x=1.6+x．
解得：x=45( 3+1)．
∴小星在斜坡上的影子为：BF=2x，即2×45( 3+1)=85 ( 3+1)(米)．
答：当他在坡面上至少前进85 ( 3+1)米时，他的影子恰好都落在坡面上．
【解析】(1)直接利用太阳光线与地面成45°角得到等腰直角三角形，然后利用等腰三角形的两直角边相等求得影长即可；
(2)利用斜坡BF的坡度i的值得到∠FBG=30°，然后设FG=x米，则BF=2x米，从而得BG的长、EG=EF+FG=(x+1.6)米，最后在Rt△EBG中利用∠EBG=45°得到BG=EG，从而列出关于x的方程，求解即可．
本题考查了解直角三角形的坡度坡角问题，解题的关键是根据题意整理出直角三角形，从而求解．
22.【答案】解：(1)设购买A种树苗每棵需x元，B种树苗每棵需y元，
依题意得8x+3y=9505x+6y=800，
解得x=100y=50．
答：购买A种树苗每棵需100元，B种树苗每棵需50元．
(2)设购进A种树苗m棵，则购进B种树苗(100−m)棵，
依题意得：m>100−m100m+50(100−m)≤7650，
解得：50
∴m可以为51，52，53，
∴共有3种购买方案，
方案1：购进A种树苗51棵，B种树苗49棵；
方案2：购进A种树苗52棵，B种树苗48棵；
方案3：购进A种树苗53棵，B种树苗47棵．
(3)方案1：购进A种树苗51棵，B种树苗49棵；51×100+49×50=7550元，
方案2：购进A种树苗52棵，B种树苗48棵；52×100+48×50=7600元，
方案3：购进A种树苗53棵，B种树苗47棵．53×100+47×50=7650元，
∴购进A种树苗51棵，B种树苗49棵最省钱．
【解析】(1)设购买A种树苗每棵需x元，B种树苗每棵需y元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可求解；
(2)设购进A种树苗m棵，则购进B种树苗(100−m)棵，根据题意列出一元一次不等式组，解不等式组即可求解；
(3)比较各方案即可得答案．
本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组与不等式组是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设药物燃烧后y关于x的函数关系式是y=kx，
把(8,6)代入得：k=48，
故y关于x的函数关系式是y=48x；
当y=1.6时，代入y=48x得x=30，
答：从消毒开始，至少需要经过 30 分钟后，学生才能回到教室；
(2)此次消毒有效，
理由：药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间x(分钟)成正比例，
所以设y关于x的函数关系式是y=kx(k≠0)，
将点(8,6)代入，得k=34，
即y=34x，自变量x的取值范围是0≤x≤8：
将y=3分别代入y=34x，y=48x得，x=4和x=16，
那么持续时间是16−4=12>10分钟，所以有效杀灭空气中的病菌．
【解析】(1)直接利用正比例函数解析式求法得出答案；
(2)利用反比例函数解析式求法得出答案．
此题主要考查了反比例函数的应用，正确数形结合得出函数解析式是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图所示，连接OC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠CAD=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠CAD，
∴AD//OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
又∵点C在⊙O上，
∴直线CD是⊙O的切线；
(2)解：如图所示，连接CE，
由(1)得∠CAD=∠CAB，
∴CE=BC，
∴CE=BC=3，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB= AC2+BC2=5，∠ACB=∠ADC=90°，
∴△ABC∽△ACD，
∴CDBC=ACAB，即CD3=45，
∴CD=125，
∴DE= CE2−CD2=95，AD= AC2−CD2=165，
∴AE=AD−DE=75．
【解析】(1)如图所示，连接OC，根据角平分线的定义和等边对等角证明∠OCA=∠CAD，则AD//OC，由AD⊥CD，可证OC⊥CD，即可证明直线CD是⊙O的切线；
(2)先求出CE=BC=3，利用勾股定理求出AB=5，证明△ABC∽△ACD求出CD=125，利用勾股定理求出DE=95，AD=165，则AE=AD−DE=75．
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)将点B(0,3)代入y=−14x2+bx+c，可得c=3，
∵二次函数y=−14x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A(1,0)，
∴−b2×(−14)=1，解得：b=12，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+12x+3；
(2)如图，过点D作DE⊥x轴于点E，连接BD，
∵∠CAD=90°，
∴∠BAO+∠DAE=90°，
∵∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=AODE，即 BO⋅DE=OA⋅AE，
设D点坐标为(t,−14t2+12t+3)，
∴OE=t，DE=−14t2+12t+3，AE=t−1，
∴3(−14t2+12t+3)=t−1，解得：t=−103(舍去)，t=4，
当t=4时，y=−14t2+12t+3=1，
∴AE=3，DE=1，
在Rt△ADE中，AD= AE2+DE2= 10，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 10，
在Rt△ACD中，tan∠CDA=ABAD=1；
(3)存在，理由如下：
如图，当(2)图中Rt△BAD关于对称轴x=1对称时，tan∠C′D′A=1，
当点C′、D′关于抛物线对称轴x=1对称时，此时AC′与AD′长度相等，即tan∠C′D′A=1，
①当点C在x轴上方时，过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45°，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为(m,−14m2+12m+3)，
∴CE=−14m2+12m+3，AE=1−m，
∴−14m2+12m+3=1−m，
解得m=3+ 17(舍去)或m=3− 17，
此时点C的坐标为(3− 17, 17−2)；
②当点C在x轴下方时，过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45°，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为(m,−14m2+12m+3)，
∴CF=14m2−12m−3，AF=1−m，
∴14m2−12m−3=1−m，
解得m=−1+ 17(舍去)或m=−1− 17，
此时点C的坐标为(−1− 17,− 17−2)；
综上，点C的坐标为(−2,1)或(3− 17, 17−2)或(−1− 17,− 17−2)．
【解析】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，掌握待定系数法求函数解析式，运用数形结合、分类讨论及方程思想解题是关键．
(1)二次函数与y轴交于点B(0,3)，求得c=3，二次函数的对称轴与x轴交于点A(1,0)，即二次函数对称轴为直线x=1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
(2)通过证明△ADE∽△BAO，BO⋅DE=OA⋅AE，然后结合点D的坐标特征列方程求得DE和AE的长度，从而求解；
(3)根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，再利用几何图形的性质，结合方程思想求出对应点C的坐标即可．
2023年山东省聊城市冠县中考数学二模试卷
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. 对于一个实数a，如果它的倒数不存在，那么a等于( )
A. −1 B. 1 C. 2 D. 0
2. 下面几何图形的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 下列式子运算正确的是( )
A. 33+32=35 B. (−a2)3=−a6 C. (−a2b)2=−a3b2 D. (−2)−2=4
4. 下列事件中，属于确定事件的是①抛出的篮球会下落；②从装有黑球、白球的袋中摸出红球；③14人中至少有2人是同月出生；④买一张彩票，中1000万大奖．( )
A. ①② B. ③④ C. ①②③ D. ①②④
5. 如图，直线l1//l2，AB⊥CD，∠2=68°，那么∠1的度数是( )
A. 68°
B. 58°
C. 22°
D. 32°
6. 如图，一块等腰直角三角板，它的斜边BC=6cm，内部△DEF的各边与△ABC的各边分别平行，且它的斜边EF=4cm，则△DEF的面积与阴影部分的面积比为( )
A. 2：3 B. 4：9 C. 4：5 D. 2：5
7. 如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，∠B=70°，则∠OCB等于( )
A. 40°
B. 50°
C. 60°
D. 65°
8. 已知等腰△ABC的边是方程x2−7x+10=0的根，则△ABC的周长为( )
A. 9 B. 9或12 C. 6或15 D. 6或12或15
9. 如图，在正方形ABCD中，按如下步骤作图：①连接AC，BD相交于A点O；②分别以点B，C为圆心、大于12BC的长为半径画弧，两弧相交于点E；③连接OE交BC于点F；④连接AF交BO于点G.若AD=4 2，则OG的长度为( )
A. 1
B. 2
C. 43
D. 2
10. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴负半轴和y轴正半轴上，点C在OB上，OC：OB=1：3，连接AC，过点O作OP//AB交AC的延长线于点P.若P(1,1)，则tan∠ACO的值是( )
A. 13 B. 3 C. 12 D. 2
11. 如图是抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，抛物线的顶点坐标A(1,3)，与x轴的一个交点B(4,0)，直线y2=mx+n(m≠0)与抛物线交于A、B两点，下列结论：①2a+b=0；②abc>0；③抛物线与x轴的另一个交点是(−1,0)；④方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根；⑤当1
12. 课本中有这样一句话：“利用勾股定理，可以作出 2， 3， 5…的线段(如图)”.记△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆的半径分别为r1，r2，…，rn，若r1+r2+…+rn=10，则n的值是( )
A. 24 B. 25 C. 26 D. 27
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 二次根式 2x−1中，字母x的取值范围是 ．
14. 从0，43， 2，−7， 5−12五个数中随机抽取一个数，则抽出的数是有理数的概率为______ ．
15. 一个扇形的弧长是10π，其圆心角是150°，此扇形的面积为 ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点A为圆心，以适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，以大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若AC=6，AB=10，则CD的长为 ．
17. 如图，点A，B是半径为2的⊙O上的两点，且AB=2 3，则下列说法正确的是______ ．
①圆心O到AB的距离为1．
②在圆上取异于A，B的一点C，则△ABC面积的最大值为2 3．
③以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积为3 3+4π3．
④取AB的中点C，当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线长为2π．
三、解答题（本大题共8小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题5.0分)
解方程：x(x−6)=6．
19. (本小题8.0分)
为庆祝党的二十大胜利召开，某学校开展了一系列学习党史的活动，并开展了党史相关的知识测试.为了解七、八年级学生的测试成绩，进行了抽样调查，过程如下，请补充完整．
【收集数据】：
从七、八两个年级各随机抽取了20名学生的测试成绩(百分制)如下：
七年级：73，82，75，89，93，96，76，84，85，85，90，90，98，77，65，90，87，90，95，98；
八年级；67，88，92，93，99，83，80，75，72，91，92，92，95，94，85，85，92，69，88，96；
[整理、描述数据]：
对上述数据进行分段整理如下：
成绩x
人数
年级
60≤x<70
70≤x<80
80≤x<90
90≤x≤100
七年级
1
4
6
9
八年级
2
2
6
10
【分析数据】：
两个年级测试成绩的平均数、中位数、众数如下：
平均数
中位数
众数
七年级
85.9
a
90
八年级
86.4
89.5
b
根据以上信息，回答下列问题：
(1)a= ，b= ．
(2)小明是该校八年级的学生，他本次测试成绩为87分，小明说：“因为我的成绩高于我们年级的平均数.所以我的成绩高于我们年级一半学生的成绩.“请你判断小明的话是否正确，并说明理由．
(3)若测试成绩不少于90分记为优秀，请你估计七年级学生本次测试成绩的优秀率，并给七年级的老师提出一条建议．
20. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AC，BD交于点O，过点B作BE//CD交AC于点E，连结DE．
(1)求证：四边形BCDE为菱形．
(2)若AB=5，E为AC的中点，当四边形BCDE为正方形时，求BC的长．
21. (本小题8.0分)
如图，是某时刻太阳光线，光线与地面的夹角为45°.小星身高1.6米．
(1)若小星正站在水平地面上A处时，那么他的影长为多少米？
(2)若小星来到一个倾斜角为30°的坡面底端B处，当他在坡面上至少前进多少米时，他的影子恰好都落在坡面上？
22. (本小题10.0分)
我县在创建全国文明城市过程中，决定购买A，B两种树苗对某路段道路进行绿化改造，已知购买A种树苗8棵，B种树苗3棵，要950元；若购买A种树苗5棵，B种树苗6棵，则需要800元．
(1)求购买A，B两种树苗每棵各需多少元？
(2)考虑到绿化效果和资金周转，购进A种树苗要多于B种树苗，且用于购买这两种树苗的资金不能超过7650元，若购进这两种树苗共100棵，则有哪几种购买方案？
(3)在(2)的条件下，哪种方案最省钱？最少费用是多少？
23. (本小题8.0分)
为预防流感，学校对教室采取药熏法消毒.已知药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间x(分钟)成正比例函数关系，药物燃烧完后，y与x成反比例函数关系(如图示).现测得药物8分钟燃毕，此时室内空气每立方米的含药量为6毫克．
研究表明：
①当空气中每立方米含药量低于1.6毫克时学生方可进教室；
②当空气中每立方米含药量不低于3毫克且持续时间不低于10分钟时，才能有效杀灭空气中的病菌．
依据信息，解决下列问题：
(1)从消毒开始，至少需要经过多少分钟后，学生才能回到教室？
(2)你认为此次消毒是否有效？并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD和过点C的直线互相垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E，且AC平分∠DAB．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线；
(2)连接BC，若BC=3，AC=4，求AE的长．
25. (本小题12.0分)
已知二次函数y=−14x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A(1,0)，图象与y轴交于点B(0,3)，C、D为该二次函数图象上的两个动点(点C在点D的左侧)，且∠CAD=90°．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与(2)中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对于一个实数a，如果它的倒数不存在，那么a等于0．
故选：D．
根据0没有倒数即可求解．
本题考查了实数的性质，倒数，关键是掌握0没有倒数的知识点．
2.【答案】B
【解析】解：该几何体的俯视图如图所示：．
故选：B．
根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：A选项，32+33=9+27=36≠35，故该选项不符合题意；
B选项，原式=−a6，故该选项符合题意；
C选项，原式=a4b2，故该选项不符合题意；
D选项，原式=14，故该选项不符合题意；
故选：B．
根据合并同类项判断A选项；根据幂的乘方和积的乘方判断B选项；根据积的乘方判断C选项；根据负整数指数幂判断D选项．
本题考查了合并同类项，幂的乘方和积的乘方，负整数指数幂，掌握a−p=1ap(a≠0)是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：①抛出的篮球会下落，是必然事件，属于确定事件；
②从装有黑球、白球的袋中摸出红球，是不可能事件，属于确定事件；
③14人中至少有2人是同月出生，是必然事件，属于确定事件；
④买一张彩票，中1000万大奖，是随机事件；
属于确定事件的是①②③，
故选：C．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】C
【解析】解：∵直线l1//l2，
∴∠2=∠3=68°，
∵AB⊥CD，
∴∠CMB=90°，
∴∠1+∠3=90°，又∠3=68°，
∴∠1=22°，
故选：C．
由两直线平行同位角相等得到∠2=∠3，再由AB与CD垂直，利用垂直的定义得到∠BMC为直角，得到∠1与∠3互余，由∠3的度数求出∠1的度数．
此题考查了平行线的性质，平行线的性质有：两直线平行同位角相等；两直线平行内错角相等；两直线平行同旁内角互补．
6.【答案】C
【解析】解：∵△ABC，△DEF是等腰直角三角形，BC=6cm，EF=4cm，∠A=∠D=90°，
∴AB=AC= 22BC=3 2(cm)，DE=DF= 22EF=2 2(cm)，
∴△ABC的面积=12×3 2×3 2=9(cm2)，△DEF的面积=12×2 2×2 2=4(cm2)，
∴阴影部分的面积=9−4=5(cm2)，
∴△DEF的面积与阴影部分的面积比为4：5．
故选：C．
发布期间两个等腰直角三角形端点面积，可得结论．
本题考查等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质，属于中考常考题型．
7.【答案】B
【解析】解：连接OB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°−∠ABC−∠ACB=40°，
∴∠BOC=2∠A=80°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=12(180°−∠BOC)=50°，
故选：B．
连接OB，先利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=70°，从而利用三角形内角和定理可得∠A=40°，然后再利用圆周角定理可得∠BOC=2∠A=80°，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，进行计算即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，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．
8.【答案】D
【解析】解：x2−7x+10=0，
(x−5)(x−2)=0，
x−5=0或x−2=0，
所以x1=5，x2=2，
当等腰△ABC的边长分别为5、5、2时，△ABC的周长为5+5+2=12；
当等腰△ABC的边长分别为5、5、5时，△ABC的周长为5+5+5=15；
当等腰△ABC的边长分别为2、2、2时，△ABC的周长为2+2+2=6，
综上所述，△ABC的周长为6或12或15．
故选：D．
先利用因式分解法解方程得到x1=5，x2=2，根据等腰三角形的性质，等腰△ABC的三边长可以为5、5、2或5、5、5或2、2、2，然后分别计算对应的△ABC的周长．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了三角形三边的关系和等腰三角形的性质．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4 2，∠BAD=90°，OA=OC=OB=OD，
∴BD= AD2+AB2= (4 2)2+(4 2)2=8，
∴OB=OD=4，
由作图可知OE垂直平分线段BC，
∴BF=CF，
∴OC=OA，
∴OF//AB，FO=12AB，
∴OGGB=OFAB=12，
∴OG=13OB=43．
故选：C．
证明OF//AB，OF=12AB，求出OB，可得结论．
本题考查正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.【答案】A
【解析】解：∵OP//AB，
∴△OCP∽△BCA，
∴OCBC=CPAC，
∵OC：OB=1：3，
∴OCBC=12，
∴CPAC=12，
过点P作PQ⊥x轴于点Q，如图，
∴∠AOC=∠AQP=90°，
∴CO//PQ，
∴OQ：AO=CP：AC=1：2，∠ACO=∠APQ，
∵P(1,1)，
∴PQ=OQ=1，
∴AO=2OQ=2，
∴AQ=3，
∴tan∠APQ=PQAQ=13，
∴tan∠ACO=tan∠APQ=13．
故选：A．
根据OP//AB，证明出△OCP∽△BCA，结合OC：OB=1：3得到CP：AC=OC：BC=1：2，过点P作PQ⊥x轴于点Q，根据∠AOC=∠AQP=90°，得到CO//PQ，根据平行线分线段成比例定理得到OQ：AO=CP：AC=1：2，根据P(1,1)，得到PQ=OQ=1，得到AO=2，则可求得AQ=3，根据正切的定义即可得到tan∠APQ的值，从而可求tan∠ACO的值．
本题考查了解直角三角形，坐标与图形，根据平行线分线段成比例定理得到OQ：AO=CP：AC=1：2是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：①∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a，
∴2a+b=0，故①正确；
②∵抛物线开口向下，与y轴相交于正半轴，
∴a<0，c>0，
∴b=−2a>0，
∴abc<0，故②错误；
③∵抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点B(4,0)，
∴另一个交点坐标为(−2,0)，故③错误；
④从图象可以知道，抛物线顶点为(1,3)，
∴抛物线y1=ax2+bx+c与直线y=3有且只有一个交点，
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，故④正确；
⑤由图象可知，当1
故选：B．
根据二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系一一判断即可．
本题考查二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系等知识，解答关键是数形结合．
12.【答案】A
【解析】解：如图，设△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆圆心分别为O1，O2，…，
设圆O1与△OAA1的三边相切于点B，C，D，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
由题意“利用勾股定理，可以作出 2，
∴∠A=90°，
∴∠A=∠ABO=∠ACO=90°，
∴四边形ABOC是正方形，
∴AB=AC=OB=r1，
∴AB=AC=1−r1，
A1C=A1D=1−r1，
∵OA1= 2，
∴1−r1+1−r1= 2，
∴r1=1+1− 22，
同理在△OA1A2中，四边形A1EO2F是正方形，
∴A2G=A2F=1−r2，
OG=OE= 2−r2，
∵OA2= 3，
∴1−r2+ 2−r2= 3，
∴r2=1+ 2− 32，
同理r3=1+ 3− 42，r4=1+ 4− 52，...，rn=1+ n− n+12，
∴r1+r2+…+rn=1+1− 22+1+ 2− 32+1+ 3− 42+1+ 4− 52+，...，+1+ n− n+12=10，
∴n+1+ n+12=10，
∴n+1+ n+1=20，
∴n−19= n+1，
∴(n−19)2=n+1，
整理得：n2−39n+360=0，
∴n1=15，n2=24，
当n=15时，代入n−19= n+1，不成立，舍去，
∴n=24．
故选：A．
设△OAA1，△OA1A2，…，△OAn−1An的内切圆圆心分别为O1，O2，…，设圆O1与△OAA1的三边相切于点B，C，D，四边形ABOC是正方形，然后利用切线长定理列式计算得r1=1+1− 22，同理在△OA1A2中，四边形A1EO2F是正方形，求出r2=1+ 2− 32，得到规律得r3=1+ 3− 42，r4=1+ 4− 52，...，rn=1+ n− n+12，进而利用一元二次方程求解即可解决问题．
本题考查了三角形的内切圆与内心，规律型：图形的变化类，勾股定理，一元二次方程，解题的关键是寻找规律．
13.【答案】x≥12
【解析】解：根据题意，得2x−1≥0，
解得x≥12．
故答案为：x≥12．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
14.【答案】35
【解析】解：在0，43， 2，−7， 5−12这五个数中，有理数有0，43，−7这3个，
∴抽出的数是有理数的概率为35．
故答案为：35．
先找出有理数的个数，再根据概率公式即可得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确得出有理数的个数是解题关键．
15.【答案】60π
【解析】解：根据题意可得，
设扇形的半径为r，
则l=nπr180，
即10π=150πr180，
解得：r=12，
∴S=12rl=12×12×10π=60π．
故答案为：60π．
先根据题意可算出扇形的半径，再根据扇形面积公式即可得出答案．
本题主要考查了扇形面积的计算，熟练掌握扇形面积的计算方法进行求解是解决本题的关键．
16.【答案】3
【解析】解：由作法得AP平分∠BAC，
∴点D到AC和AB的距离相等，
∴S△ACD：S△ABD=AC：AB=6：10=3：5，
∵S△ACD：S△ABD=CD：BD，
∴CD：BD=3：5，
∵∠C=90°，AC=6，AB=10，
∴BC= 102−62=8，
∴CD=38×8=3．
故答案为：3．
利用基本作图得到AP平分∠BAC，根据角平分线的性质得到点D到AC和AB的距离相等，则利用三角形面积公式得到∴S△ACD：S△ABD=AC：AB=3：5，而S△ACD：S△ABD=CD：BD，所以CD：BD=3：5，然后利用勾股定理计算出BC，从而得到CD的长．
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．也考查了角平分线的性质和勾股定理．
17.【答案】①③④
【解析】解：如图①，OH⊥AB于H，
∴AH=12AB=12×2 3= 3，
∵OA=2，
∴OH= OA2−AH2=1，
故①正确，符合题意；
如图①延长HO交圆于C，此时△ABC的面积最大，
∵CH=OC+OH=2+1=3，AB=2 3，
∴△ABC的面积=12AB⋅CH=3 3，
故②错误，不符合题意；
如图②四边形ABNM是正方形，连接AQ，PB，作OK⊥AB于K，
∴△OAB的面积=12AB⋅OK=12×2 3×1= 3，
∵OP=OQ=OA=OB，
∴△OAP的面积=△OAB的面积=△OBQ的面积= 3，
∵∠POQ=120°，
∴扇形OPQ的面积=120π×22360=43π，
∴以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积=扇形OPQ的面积+△OAB的面积×3=3 3+4π3，
故③正确，符合题意；
取AB的中点C，连接OC，OA，OB，
∵OA=OB，
∴OC⊥AB，
∴OC= OA2−AC2= 22−( 3)2=1，
∴当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线是以O为圆心半径是1的圆，
∴C运动的路线长是2π×1=2π，
故④正确，符合题意；
故答案为：①③④．
由垂径定理，勾股定理求出OH=1，延长HO交圆于C，即可求出△ABC的最大面积，当AB绕点O旋转一周时，点C运动的路线是以O为圆心半径是1的圆，即可求出C运动的路线长，以AB为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积=扇形OPQ的面积+△OAB的面积×3，于是可以得到答案．
本题考查扇形面积的计算，三角形面积的计算，垂径定理，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
18.【答案】解：原方程变形为：x2−6x=6，
则x2−6x+9=6+9，即(x−3)2=15，
∴x−3=± 15，
∴x1=3+ 15，x2=3− 15．
【解析】根据单项式乘多项式的运算法则把原方程变形，利用配方法解出方程．
本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
19.【答案】88 92
【解析】解：(1)把七年级20名学生的测试成绩从小到大排列为65，73，75，76，77，82，84，85，85，87，89，90，90，90，90，93，95，96，98，98；
所以排在中间的两个数是87，89，故中位数a=87+892=88；
八年级20名学生的测试成绩中92出现的次数最多，故众数b=92；
故答案为：88；92；
(2)小明的话错误，理由如下：
因为小明本次测试成绩为87分，低于中位数89.5，所以小明的成绩低于我们年级一半学生的成绩；
(3)七年级学生本次测试成绩的优秀率为：920×100%=45%；
建议七年级的学生加强学习党史(答案不唯一)．
(1)根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)根据中位数的意义解答即可；
(3)利用样本估计总体即可．
此题考查了用样本估计总体以及众数、中位数的定义，众数是数据中出现次数最多的数．中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
20.【答案】(1)证明：∵AB=AD，CB=CD，
∴AC为BD的垂直平分线，
即AC⊥BD，OB=OD，
∵BE//CD，
∴∠EBO=∠CDO，
在△EOB和△COD中，
∠EBO=∠CDO∠BOE=∠DOCOB=OD，
∴△EOB≌△COD(ASA)，
∴EO=CO，
∴四边形BCDE为平行四边形．
∵CB=CD，
∴四边形BCDE是菱形；
(2)解：设OB=x，
∵四边形BCDE是菱形，
∴当OE=OB=x时，四边形BCDE是正方形，
此时BC= 2x，
∵E为AC的中点，
∴AE=CE=2x，
在Rt△AOB中，∵OB2+OA2=AB2，
∴x2+(3x)2=52，
解得x1= 102，x2=− 102(舍去)，
∴BC= 2× 102= 5，
即当BC的长为 5时，四边形BCDE为正方形．
【解析】(1)先判断AC为BD的垂直平分线得到AC⊥BD，OB=OD，再证明△EOB≌△COD得到EO=CO，于是可判断四边形BCDE为平行四边形，然后利用CB=CD可判断四边形BCDE是菱形；
(2)设OB=x，根据正方形的判定当OE=OB=x时，四边形BCDE是正方形，此时BC= 2x，由于AE=CE=2x，则在Rt△AOB中利用勾股定理得到x2+(3x)2=52，解方程x= 102，从而得到此时BC的长．
本题考查了正方形：熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键．也考查了菱形的判定与性质．
21.【答案】解：(1)如图：由题意得：AD=1.6 米，∠DCA=45°，
故AD=AC=1.6米，
答：小星在A处的影子为1.6米．
(2)∵∠FBG=30°，
设FG=x米，则BF=2x米．
∴BG= 3x米．
∴EG=EF+FG=(x+1.6)米．
在Rt△EBG中，∠EBG=45°，
∴BG=EG．
∴ 3x=1.6+x．
解得：x=45( 3+1)．
∴小星在斜坡上的影子为：BF=2x，即2×45( 3+1)=85 ( 3+1)(米)．
答：当他在坡面上至少前进85 ( 3+1)米时，他的影子恰好都落在坡面上．
【解析】(1)直接利用太阳光线与地面成45°角得到等腰直角三角形，然后利用等腰三角形的两直角边相等求得影长即可；
(2)利用斜坡BF的坡度i的值得到∠FBG=30°，然后设FG=x米，则BF=2x米，从而得BG的长、EG=EF+FG=(x+1.6)米，最后在Rt△EBG中利用∠EBG=45°得到BG=EG，从而列出关于x的方程，求解即可．
本题考查了解直角三角形的坡度坡角问题，解题的关键是根据题意整理出直角三角形，从而求解．
22.【答案】解：(1)设购买A种树苗每棵需x元，B种树苗每棵需y元，
依题意得8x+3y=9505x+6y=800，
解得x=100y=50．
答：购买A种树苗每棵需100元，B种树苗每棵需50元．
(2)设购进A种树苗m棵，则购进B种树苗(100−m)棵，
依题意得：m>100−m100m+50(100−m)≤7650，
解得：50
∴m可以为51，52，53，
∴共有3种购买方案，
方案1：购进A种树苗51棵，B种树苗49棵；
方案2：购进A种树苗52棵，B种树苗48棵；
方案3：购进A种树苗53棵，B种树苗47棵．
(3)方案1：购进A种树苗51棵，B种树苗49棵；51×100+49×50=7550元，
方案2：购进A种树苗52棵，B种树苗48棵；52×100+48×50=7600元，
方案3：购进A种树苗53棵，B种树苗47棵．53×100+47×50=7650元，
∴购进A种树苗51棵，B种树苗49棵最省钱．
【解析】(1)设购买A种树苗每棵需x元，B种树苗每棵需y元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可求解；
(2)设购进A种树苗m棵，则购进B种树苗(100−m)棵，根据题意列出一元一次不等式组，解不等式组即可求解；
(3)比较各方案即可得答案．
本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意列出方程组与不等式组是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设药物燃烧后y关于x的函数关系式是y=kx，
把(8,6)代入得：k=48，
故y关于x的函数关系式是y=48x；
当y=1.6时，代入y=48x得x=30，
答：从消毒开始，至少需要经过 30 分钟后，学生才能回到教室；
(2)此次消毒有效，
理由：药物燃烧时，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间x(分钟)成正比例，
所以设y关于x的函数关系式是y=kx(k≠0)，
将点(8,6)代入，得k=34，
即y=34x，自变量x的取值范围是0≤x≤8：
将y=3分别代入y=34x，y=48x得，x=4和x=16，
那么持续时间是16−4=12>10分钟，所以有效杀灭空气中的病菌．
【解析】(1)直接利用正比例函数解析式求法得出答案；
(2)利用反比例函数解析式求法得出答案．
此题主要考查了反比例函数的应用，正确数形结合得出函数解析式是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图所示，连接OC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠CAD=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠CAD，
∴AD//OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
又∵点C在⊙O上，
∴直线CD是⊙O的切线；
(2)解：如图所示，连接CE，
由(1)得∠CAD=∠CAB，
∴CE=BC，
∴CE=BC=3，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AB= AC2+BC2=5，∠ACB=∠ADC=90°，
∴△ABC∽△ACD，
∴CDBC=ACAB，即CD3=45，
∴CD=125，
∴DE= CE2−CD2=95，AD= AC2−CD2=165，
∴AE=AD−DE=75．
【解析】(1)如图所示，连接OC，根据角平分线的定义和等边对等角证明∠OCA=∠CAD，则AD//OC，由AD⊥CD，可证OC⊥CD，即可证明直线CD是⊙O的切线；
(2)先求出CE=BC=3，利用勾股定理求出AB=5，证明△ABC∽△ACD求出CD=125，利用勾股定理求出DE=95，AD=165，则AE=AD−DE=75．
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)将点B(0,3)代入y=−14x2+bx+c，可得c=3，
∵二次函数y=−14x2+bx+c图象的对称轴与x轴交于点A(1,0)，
∴−b2×(−14)=1，解得：b=12，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+12x+3；
(2)如图，过点D作DE⊥x轴于点E，连接BD，
∵∠CAD=90°，
∴∠BAO+∠DAE=90°，
∵∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=AODE，即 BO⋅DE=OA⋅AE，
设D点坐标为(t,−14t2+12t+3)，
∴OE=t，DE=−14t2+12t+3，AE=t−1，
∴3(−14t2+12t+3)=t−1，解得：t=−103(舍去)，t=4，
当t=4时，y=−14t2+12t+3=1，
∴AE=3，DE=1，
在Rt△ADE中，AD= AE2+DE2= 10，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 10，
在Rt△ACD中，tan∠CDA=ABAD=1；
(3)存在，理由如下：
如图，当(2)图中Rt△BAD关于对称轴x=1对称时，tan∠C′D′A=1，
当点C′、D′关于抛物线对称轴x=1对称时，此时AC′与AD′长度相等，即tan∠C′D′A=1，
①当点C在x轴上方时，过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45°，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为(m,−14m2+12m+3)，
∴CE=−14m2+12m+3，AE=1−m，
∴−14m2+12m+3=1−m，
解得m=3+ 17(舍去)或m=3− 17，
此时点C的坐标为(3− 17, 17−2)；
②当点C在x轴下方时，过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90°，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45°，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为(m,−14m2+12m+3)，
∴CF=14m2−12m−3，AF=1−m，
∴14m2−12m−3=1−m，
解得m=−1+ 17(舍去)或m=−1− 17，
此时点C的坐标为(−1− 17,− 17−2)；
综上，点C的坐标为(−2,1)或(3− 17, 17−2)或(−1− 17,− 17−2)．
【解析】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，掌握待定系数法求函数解析式，运用数形结合、分类讨论及方程思想解题是关键．
(1)二次函数与y轴交于点B(0,3)，求得c=3，二次函数的对称轴与x轴交于点A(1,0)，即二次函数对称轴为直线x=1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
(2)通过证明△ADE∽△BAO，BO⋅DE=OA⋅AE，然后结合点D的坐标特征列方程求得DE和AE的长度，从而求解；
(3)根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，再利用几何图形的性质，结合方程思想求出对应点C的坐标即可．
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