2023年河北省沧州市任丘市中考数学结业试卷（含解析）

这是一份2023年河北省沧州市任丘市中考数学结业试卷（含解析），共28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年河北省沧州市任丘市中考数学结业试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 画△ABC的边BC上的高，正确的是(    )
A. B.
C. D.
2. 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.
3. 将一副三角尺按如图摆放，点E在AC上，点D在BC的延长线上，EF//BC，∠B=∠EDF=90°，∠A=45°，∠F=60°，则∠CED的度数是(    )


A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
4. 下面是两位同学在讨论一个一元一次不等式．
不等式在求解的过程中需要改变不等号的方向．
不等式的解集为x≤5．
根据上面对话提供的信息，他们讨论的不等式可以是(    )
A. −2x≥−10 B. 2x≤10 C. −2x≥10 D. −2x≤−10
5. 小刚把(2022x+2021)2展开后得到ax2+bx+c，把(2021x+2020)2展开后得到mx2+nx+q，则a−m的值为(    )
A. 1 B. −1 C. 4043 D. −4043
6. 与 1+122+132结果相同的是(    )
A. 1+12−13 B. 1−12+13 C. 1+12+13 D. 1−12−13
7. 函数y=−1 x的图象所在的象限是(    )
A. 第一、三象限 B. .第二、四象限 C. .第二象限 D. .第四象限
8. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，点P为边AD上任意一点(点P不与点A，D重合)连接CP.若∠B=120°，则∠APC的度数可能为(    )
A. 30°
B. 45°
C. 50°
D. 65°
9. 用代入法解方程组2x+3y=8 ①3x−5y=5 ②有以下过程，其中错误的一步是(    )
(1)由①得x=8−3y2③；
(2)把③代入②得3×8−3y2−5y=5；
(3)去分母得24−9y−10y=5；
(4)解之得y=1，再由③得x=2.5．
A. (1) B. (2) C. (3) D. (4)
10. 如图，面积为6 3的Rt△OAB的斜边OB在x轴上，∠ABO=30°，反比例函数y=kx的图象恰好经过点A，则k的值为(    )
A. 3 32
B. −3 32
C. 3 3
D. −3 3
11. 2019年版一元硬币的直径约为22.25mm，则用它能完全覆盖住的正方形的边长最大不能超过(    )
A. 11.125mm B. 22.25mm C. 89 28mm D. 89 38mm
12. 如图，在△ABC中，P，Q分别为AB、AC边上的点，且满足APAC=AQAB根据上述信息，嘉嘉和淇淇给出了下列结论：
嘉嘉说：连接PQ，则PQ//BC．
淇淇说：△AQP∽△ABC．
对于嘉嘉和淇淇的结论，下列判断正确的是(    )


A. 两人都正确 B. 两人都错误
C. 嘉嘉正确，淇淇错误 D. 嘉嘉错误，淇淇正确
13. 已知∠AOB=30°，求作∠AOP=15°，作法：
(1)以O为圆心，任意长为半径画弧分别交OA，OB于点N，M；
(2)分别以N，M为圆心，以OM长为半径在角的内部画弧交于点P；
(3)作射线OP，则OP为AOB的平分线，可得∠AOP=15°；
根据以上作法，某同学有以下3种证明思路：
①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得．
你认为该3种证明思路中，正确的有(    )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
14. 如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过三点A(8,0)，O(0,0)，B(0,6)，点D是⊙P上的一动点．当点D到弦OB的距离最大时，sin∠BOD的值是(    )
A. 13
B. 3
C. 1010
D. 3 1010
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，CD⊥AB于点D.点P从点A出发，沿A→D→C的路径运动，运动到点C停止，过点P作PE⊥AC于点E，作PF⊥BC于点F.设点P运动的路程为x，四边形CEPF的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是(    )
A. B.
C. D.
16. 如图，抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，点P(m,n)从点A出发，沿抛物线运动到顶点后，再沿对称轴l向下运动，给出下列说法：
①a=−1；
②抛物线的对称轴为x=−1；
③当点P，B，C构成的三角形的周长取最小值时，n=1；
④在点P从点A运动到顶点的过程中，当m=−32时，△PAC的面积最大．
其中，所有正确的说法是(    )

A. ①③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 计算：2aa+1+2a+1=______．
18. 若a=nm−mn，b=nm+mn，则：
(1)a+b= ______ ；
(2)a3−b3= ______ ．
19. 如图，在矩形OABC中，OA=3，OC=2，F是AB上的一个动点(F不与A，B重合)，过点F的反比例函数y=kx(k>0)的图象与BC边交于点E．
(1)当F为AB的中点时，则k=______；
(2)当k=______时，△EFA的面积取得最大，此刻最大面积为______．


三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题9.0分)
灵活运用完全平方公式(a±b)2=a2±2ab+b2可以解决许多数学问题．
例如：已知a−b=3，ab=1，求a2+b2的值．
解：∵a−b=3，ab=1，∴(a−b)2=9，2ab=2，∴a2−2ab+b2=9，∴a2−2+b2=9，∴a2+b2=9+2=11．
请根据以上材料，解答下列问题．
(1)若a2+b2与2ab−4互为相反数，求a+b的值．
(2)如图，矩形的长为a，宽为b，周长为14，面积为8，求a2+b2的值．

21. (本小题9.0分)
嘉嘉解方程x2+2x−3=0的过程如表所示．
解方程：x2+2x−3=0
解：x2+2x=3……第一步
(x+1)2=3……第二步
x1= 3−1，x2=− 3−1……第三步
(1)嘉嘉是用        (填“配方法”“公式法”或“因式分解法”)来求解的；从第        步开始出现错误；
(2)请你用不同于(1)中的方法解该方程．
22. (本小题9.0分)
若两张扑克牌的牌面数字相同，则可以组成一对．如图，是甲、乙同学手中的扑克牌．
(1)若甲从乙手中随机抽取一张，恰好与手中牌组成一对的概率是______；
(2)若丙同学空手加入游戏，分别从甲、乙两名同学手中各随机抽取一张牌，恰好组成一对的概率为多少？(用画树状图或列表的方法解答)


23. (本小题10.0分)
如图，直线l1的表达式为y=−3x+5.且与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l2经过点C(3,0)，且与直线l1交于点D(t,−1)．
(1)写出点D的坐标，并求出直线l2的表达式；
(2)连接BC，求△BCD的面积；
(3)直线l2上是否存在一点P，使得△APB的周长最小？若不存在，请说明理由；若存在，求出点P的坐标．

24. (本小题10.0分)
在扇形AOB中，∠AOB=75°，半径OA=12，点P为AO上任一点(不与A、O重合)．
(1)如图1，Q是OB上一点，若OP=OQ，求证：BP=AQ．
(2)如图2，将扇形沿BP折叠，得到O的对称点O′．
①若点O′落在AB上，求AO′的长．
②当BO′与扇形AOB所在的圆相切时，求折痕的长．(注：本题结果不取近似值)


25. (本小题10.0分)
已知二次函数y=−12(x−1)2+2．
(1)请直接写出该抛物线的对称轴和顶点坐标，并求出抛物线与x轴的两个交点A，B(点A在点B的左边)的坐标；
(2)在所给的平面直角坐标系中，画出这个二次函数的直接画出图象即可；
(3)当−2≤x≤2时，求出函数y的取值范围；
(4)把线段AB先向上平移3个单位，再向右平移1个部位，得到线段A′B′.当抛物线y=−12(x−1−t)2+t+2与线段A′B′恰好只有一个交点时，请直接写出t的取值范围．

26. (本小题12.0分)
如图1，∠A=45°，∠ABC=60°，AB//MN，点C在MN上，点D在AC上，DE⊥MN于点E，DE是半圆O的直径，且DE=4，G为DE上靠近点D的三等分点，F是DE上的动点．

(1)CF的最小值为______ ，CF的最大值为______ ；
(2)沿直线MN向右平移半圆O，若半圆O的右移速度为每秒1个单位长，求点G在△ABC的区域内部(包括边界)的时长；
(3)过点B作BH⊥MN于点H且BH=92，沿直线MN向右平移半圆O．
①如图2，当点E与点H重合时，求半圆O在BC上截得的线段RT的长；
②将半圆O移动到如图2所示的位置时作为初始位置，将线段BE连带半圆O按顺时针方向开始旋转，如图3所示，设旋转角为a(0 答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.此图形中AD是BC边上的高，符合题意；
B.此图形中CD不是BC边上的高，不符合题意；
C.此图形中CD是AB边上的高，不符合题意；
D.此图形中AD是AB边上的高，不符合题意；
故选：A．
根据过三角形的顶点向对边所在直线作垂线，顶点与垂足之间的线段叫做三角形的高，据此解答．
本题考查了三角形的高线，熟记概念是解题的关键．钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．

2.【答案】C 
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．

3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，以及三角形的外角性质，牢记“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
根据三角形的内角和定理，得∠ACB=45°，∠DEF=30°，根据EF//BC可得∠BDE=∠DEF=30°，根据三角形的外角性质得∠ACB=∠BDE+∠CED，进而可得答案．
【解答】
解：∵∠B=90°，∠A=45°，
∴∠ACB=45°．
∵∠EDF=90°，∠F=60°，
∴∠DEF=30°．
∵EF//BC，
∴∠BDE=∠DEF=30°，
∵∠ACB=∠BDE+∠CED，
∴∠CED=∠ACB−∠BDE=45°−30°=15°．
故选A．  
4.【答案】A 
【解析】解：A、−2x≥−10，解得x≤5，符合题意；
B、2x≤10，未知数系数为正数，不符合题意；
C、−2x≥10，解得x≤−5，不符合题意；
D、−2x≤−10，解得x≥5，不符合题意．
故选：A．
找到未知数系数为负数，并且不等式的解为x≤5的即为所求．
本题考查了解一元一次不等式，根据不等式的性质解一元一次不等式，基本操作方法与解一元一次方程基本相同，都有如下步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤化系数为1.以上步骤中，只有①去分母和⑤化系数为1可能用到性质3，即可能变不等号方向，其他都不会改变不等号方向．

5.【答案】C 
【解析】解：∵(2022x+2021)2展开后得到ax2+bx+c，
∴a=20222，
∵(2021x+2020)2展开后得到mx2+nx+q，
∴m=20212，
∴a−m=20222−20212=(2022+2021)(2022−2021)=4043，
故选：C．
利用完全平方公式(a+b)2=a2+2ab+b2得出a、m所对应的值，再进行化简计算即可．
本题考查了完全平方公式，关键在于熟记该公式．

6.【答案】A 
【解析】解： 1+122+132= 3636+936+436= 4936=76，
A、1+12−13=76，故A符合题意；
B、1−12+13=56，故B不符合题意；
C、1+12+13=116，故C不符合题意；
D、1−12−13=16，故D不符合题意；
故选：A．
利用二次根式的化简的法则对式子进行化简，再对各选项进行运算即可判断．
本题主要考查二次根式的化简，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

7.【答案】D 
【解析】解：∵x>0， x>0，
∴y<0，
∴函数y=−1 x的图象所在的象限是第四象限，
故选：D．
先根据二次根式的意义求出x的取值范围，再根据除法法则求出y的取值范围，最后根据象限是特征求解．
本题考查了函数的图象，数形结合思想是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查圆内接四边形的性质，解题关键是熟练掌握圆内接四边形对角互补的性质．
由圆内接四边形的性质得∠D度数为60°，再由∠APC为△PCD的外角求解．
【解答】
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠B+∠D=180°，
∵∠B=120°，
∴∠D=180°−∠B=60°，
∵∠APC为△PCD的外角，
∴∠APC>∠D，只有D满足题意．  
9.【答案】C 
【解析】解：其中错误的一步为(3)，
正确解法为：去分母得：24−9y−10y=10，
移项合并得：−19y=−14，
解得：y=1419．
故选：C．
出错一步为(3)，理由去分母时两边都乘以2，写出正确的解法即可．
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．

10.【答案】D 
【解析】解：作AD⊥OB于D，

∵Rt△OAB中，∠ABO=30°，
∴OA=12OB，
∵∠ADO=∠OAB=90°，∠AOD=∠BOA，
∴△AOD∽△BOA，
∴S△AODS△BOA=(OAOB)2=14，
∴S△AOD=14S△BOA=14×6 3=3 32，
∵S△AOD=12|k|，
∴|k|=3 3，
∵反比例函数y=kx图象在二、四象限，
∴k=−3 3，
故选：D．
作AD⊥OB于D，根据30°角的直角三角形的性质得出OA=12OB，然后通过证得△AOD∽△BOA，求得△AOD的面积，然后根据反比例函数y=kx的几何意义即可求得k的值．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义，三角形相似的判定和性质，求得△AOD的面积是解答此题的关键．

11.【答案】C 
【解析】解：如图所示，
∵AC=BD=22.25mm，
∴AO=OD=22.252=898mm．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴AD= 2AO=898 2mm．
故选：C．
根据正方形性质得到△AOD为等腰直角三角形，根据正方形和圆的关系得到AC的长度，根据等腰直角三角形的性质求出AD的长度．
本题考查了正多边形和圆，等腰直角三角形的性质，根据题意画出图形，掌握正多边形和圆的关系，得到△AOD为等腰直角三角形是解题的关键．

12.【答案】D 
【解析】解：连接PQ，
∵APAC=AQAB，∠A=∠A，
∴△AQP∽△ABC，
故嘉嘉错误，淇淇正确，
故选：D．
根据相似三角形的判定定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定定理，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．

13.【答案】D 
【解析】解：①可证明△OPN≌△OPM，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
②可证明四边形OMPN为菱形，OP，MN互相垂直平分，得∠POA=∠POB，可得方法正确；
③可证明△PMN为等边三角形，OP，MN互相垂直平分，从而得∠POA=∠POB，可得方法正确．
故选：D．
根据全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的性质一一判断即可．
本题考查作图−复杂作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

14.【答案】D 
【解析】解：连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，此时点D到弦OB的距离最大，
∵A(8,0)，B(0,6)，
∴AO=8，BO=6，
∵∠BOA=90°，
∴AB= 62+82=10，则⊙P的半径为5，
∵PE⊥BO，
∴BE=EO=3，
∴PE= 52−32=4，
∴ED=9，
∴OD= OE2+DE2=3 10，
∴sin∠BOD=DEOD=93 10=310 3．
故选：D．
直接连接AB，过点P作PE⊥BO，并延长EP交⊙P于点D，求出⊙P的半径，进而结合勾股定理得出答案．
此题主要考查了圆周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．

15.【答案】A 
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，
∴AB=4，∠A=45°，
∵CD⊥AB于点D，
∴AD=BD=2，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴四边形CEPF是矩形，
∴CE=PF，PE=CF，
∵点P运动的路程为x，
∴AP=x，
则AE=PE=x⋅sin45°= 22x，
∴CE=AC−AE=2 2− 22x，
∵四边形CEPF的面积为y，
∴当点P从点A出发，沿A→D路径运动时，
即0 y=PE⋅CE
= 22x(2 2− 22x)
=−12x2+2x
=−12(x−2)2+2，
∴当0 当点P沿D→C路径运动时，
即2≤x<4时，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴PE=PF，
∴四边形CEPF是正方形，
∵AD=2，PD=x−2，
∴CP=4−x，
y=12(4−x)2=12(x−4)2．
∴当2≤x<4时，抛物线开口向上，
综上所述：能反映y与x之间函数关系的图象是：A．
故选：A．
根据Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2 2，可得AB=4，根据CD⊥AB于点D.可得AD=BD=2，CD平分角ACB，点P从点A出发，沿A→D→C的路径运动，运动到点C停止，分两种情况讨论：根据PE⊥AC，PF⊥BC，可得四边形CEPF是矩形和正方形，设点P运动的路程为x，四边形CEPF的面积为y，进而可得能反映y与x之间函数关系式，从而可以得函数的图象．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是掌握二次函数的性质．

16.【答案】D 
【解析】解：∵抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，
∴3=−3a，
解得a=−1，故①说法正确；
令y=0，则a(x+3)(x−1)=0，
解得x=−3或1，
∴抛物线抛物线y=a(x+3)(x−1)与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)，
∴抛物线的对称轴为x=−3+12=−1，故②说法正确；
连接AC，交对称轴为P，此时，PB+PC=AC，
∵BC是定值，
∴此时点P，B，C构成的三角形的周长最小，
∵A(−3,0)，C(0,3)，
∴直线AC为y=x+3，
当x=−1时，y=2，
∴P(−1,2)，
∴n=2，故③说法错误；
作PQ⊥x轴，交AC与点Q，
∵点P(m,n)在抛物线上，
∴n=−(m+3)(m−1)=−m2−2m+3，
把x=m代入直线AC的解析式得y=m+3，
∴Q(m,m+3)，
∴S△PAC=S△APQ+S△CPQ=12(−m2−2m+3−m−3)×3=−32(m+32)2+278，
∴m=−32时，△PAC的面积最大，故④说法正确．
故选：D．
利用待定系数法即可求得a=−1，即可判断①；求得A、B的坐标，利用抛物线的对称性求得对称轴，即可判断②；利用抛物线的对称性、两点之间线段最短，点P为直线AC与抛物线对称轴的交点时，点P，B，C构成的三角形的周长取最小值，求得直线AC的解析式，进一步求得n的值，即可判断③；作PQ⊥x轴，交AC与点Q，表示出Q点的坐标，然后根据S△PAC=S△APQ+S△CPQ得出S△PAC=S△APQ+S△CPQ=−32(m+32)2+278，根据二次函数的性质即可判断④．
本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称−最短路线问题，三角形的面积，根据题意求得A、B的坐标和对称轴是解题的关键．

17.【答案】2 
【解析】解：原式=2a+2a+1=2
故答案为：2
根据分式加减的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的加减法，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．

18.【答案】2nm  −6nm−2m3n3 
【解析】解：(1)∵a=nm−mn，b=nm+mn，
∴a+b
=nm−mn+nm+mn
=2nm；
故答案为：2nm；

(2)∵a−b
=nm−mn−nm−mn
=−2mn，
ab
=(nm−mn)(nm+mn)
=n2m2−m2n2，
∴a3−b3
=(a−b)(a2+ab+b2)
=(a−b)[(a+b)2−ab]
=−2mn⋅[(2nm)2−n2m2+m2n2]
=−2mn⋅(4n2m2−n2m2+m2n2)
=−2mn⋅(3n2m2+m2n2)
=−2mn⋅3n2m2+(−2mn)⋅m2n2
=−6nm−2m3n3，
故答案为：−6nm−2m3n3．
(1)将已知分式代入运算即可；
(2)利用立方差公式将a3−b3变形后代入已知分式代入计算即可．
本题考查分式的运算及立方差公式，(2)中运用立方差公式将原式变形是解题的关键．

19.【答案】3  3 34 
【解析】解：(1)∵在矩形OABC中，OA=3，OC=2，
∴B(3,2)，
∵F为AB的中点，
∴F(3,1)，
∵点F在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，
∴k=3，
故答案为：3．
(2)由(1)知，该函数的解析式为y=3x(x>0)，
∴E，F两点坐标分别为E(k2,2)，F(3,k3)，
∴S△EFA=12AF⋅BE=12×13k(3−12k)，
=12k−112k2
=−112(k2−6k+9−9)
=−112(k−3)2+34，
在边AB上，不与A，B重合，即0 ∴当k=3时，S有最大值，
S最大值=34．
故答案为：3；34．
(1)当F为AB的中点时，点F的坐标为(3,1)，由此代入求得函数解析式即可；
(2)根据图中的点的坐标表示出三角形的面积，得到关于k的二次函数，利用二次函数求出最值即可．
此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确定反比例解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

20.【答案】解：(1)∵a2+b2与2ab−4互为相反数，
∴a2+b2+2ab−4=0，
∴a2+b2+2ab=4，
∴(a+b)2=4，
∴a+b=±2；
(2)∵矩形的周长为14，面积为8，
∴a+b=142=7,ab=8，
∴(a+b)2=49，2ab=16，
∴a2+2ab+b2=49，
∴a2+16+b2=49，
∴a2+b2=49−16=33． 
【解析】(1)根据相反数的定义和完全平方公式，仿照题干所给例题进行解答即可；
(2)矩形的周长，面积公式得出a+b=7，ab=8，再根据完全平方公式进行变形整理，即可求解．
本题考查了完全平方公式的应用及变形应用，熟练掌握知识点是解题的关键．

21.【答案】配方法  二 
【解析】解：(1)嘉嘉是用配方法来求解的；从第二步开始出现错误；
故答案为：配方法，二；
(2)∵x2+2x−3=0，
∴(x+3)(x−1)=0，
则x+3=0或x−1=0，
解得x1=−3，x2=1．
(1)根据配方法解一元二次方程的步骤求解即可；
(2)利用十字相乘将方程的左边因式分解，继而得出两个关于x的一元一次方程，再进一步求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．

22.【答案】12 
【解析】解：(1)若甲从乙手中随机抽取一张共有4种等可能结果，其中恰好与手中牌组成一对的有2种结果，
所以恰好与手中牌组成一对的概率是24=12，
故答案为：12；
(2)列表如下：

4
5
8
9
2
(4,2)
(5,2)
(8,2)
(9,2)
5
(4,5)
(5,5)
(8,5)
(9,5)
8
(4,8)
(5,8)
(8,8)
(9,8)
由表知，共有12种等可能结果，其中恰好组成一对的有2种结果，
所以恰好组成一对的概率为212=16．
(1)根据概率公式求解即可；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查了树状图法与列表法求概率．此题难度不大，解题的关键是根据题意画出树状图或列出表格，注意树状图法与列表法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

23.【答案】解：(1)∵直线l1经过点D(t,−1)，
∴−1=−3t+5，解得t=2，
∴D(2,−1)，
设直线l2的解析式为y=kx+b，
∵直线l2经过点C(3,0)，D(2,−1)，
∴3k+b=02k+b=−1，解得k=1b=−3，
∴直线l2的解析式为y=x−3；
(2)由直线l1的表达式为y=−3x+5可知A(53,0)，B(0,5)，
∴AC=3−53=43，
∴S△BCD=12×43×(5+1)=4；
(3)存在，理由如下：
作点A关于直线l2的对称点A′，连接BA′交直线l2于P，连接A′C，此时PA+PB的值最小，即△APB的周长最小，
由直线l2为y=x−3可知，∠ACD=45°，
由轴对称的性质可知∠A′CD=∠ACD=45°，
∴∠ACA′=90°，
∵A′C=AC=43，C(3,0)，
∴A′(3,−43)
设此时BA′的解析式为y=kx+b，则有3k+b=−43b=5，
解得k=−199b=5，
∴直线CA′的解析式为y=−199x+5，
解y=−199x+5y=x−3得x=187y=−37，
∴P(187,−37). 
【解析】(1)把点D(t,−1)代入y=−3x+5即可求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线l2的解析式；
(2)由y=−3x+5求得A、B的坐标，从而求得AC的长，然后根据三角形面积公式求得即可；
(3)作点A关于直线l2的对称点A′，连接BA′交直线l2于P，连接A′C，此时PA+PB的值最小，即△APB的周长最小，求出A′的坐标，然后求得直线BA′的解析式，最后与直线l2的解析式联立，解方程即可解决问题．
本题是两条直线相交或平行问题，考查了一次函数的性质、待定系数法求一次函数的解析式以及轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会根据轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．

24.【答案】(1)证明：∵BO=AO，∠O=∠O，OP=OQ，
∴△BOP≌△AOQ(SAS)．
∴BP=AQ．
(2)解：①如图1，点O′落在AB上，连接OO′，

∵将扇形沿BP折叠，得到O的对称点O′，
∴OB=O′B，
∵OB=OO′，
∴△BOO′是等边三角形，
∴∠O′OB=60°．
∵∠AOB=75°，
∴∠AOO′=15°．
∴AO′的长为15×π×12180=π．
②BO′与扇形AOB所在的圆相切时，如图2所示，

∴∠OBO′=90°．
∴∠OBP=45°．
过点O作OC⊥BP于点C，
∵OA=OB=12，∠COB=∠OBP=45°，
∴OC=BC=6 2．
又∵∠AOB=75°，∠COB=45°，
∴∠POC=30°，
∴CP=OC⋅tan30°=2 6．
∴BP=2 6+6 2．
∴折痕的长为2 6+6 2． 
【解析】(1)根据SAS可证明△BOP≌△AOQ，则结论得证；
(2)①可得△BOO′是等边三角形，则∠O′OB=60°.求出∠AOO′=15°，由弧长公式则可得出答案；
②过点O作OC⊥BP于点C，求出OC的长，求出∠POC=30°，求出BP长，则答案可得出．
本题是圆的综合题，考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，弧长公式等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．

25.【答案】解：(1)∵y=−12(x−1)2+2，
∴该抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,2)．
由y=−12(x−1)2+2=0，解得x1=−1，x2=3，
则抛物线与x轴的两个交点的坐标为A(−1,0)，B(3,0)．
(2)图像如图所示；

(3)x=−2时，y=−12(x−1)2+2=−52；
x=2时，y=−12(x−1)2+2=32；
抛物线顶点为(1,2)；
结合图象，可知：当−2≤x≤2时，函数y的取值范围为−52≤y≤2．
(4)把线段AB先向上平移3个单位，再向右平移1个部位，得到线段A′B′，则A′(0,3)，B′(4,3)，
∵抛物线y=−12(x−1−t)2+t+2，
∴顶点为(1+t,t+2)，
当t+2=3时，只有一个公共点，
∴t=1，
当抛物线y=−12(x−1−t)2+t+2过点A′(0,3)，得3=−12(1+t)2+t+2，
整理得：t2+3=0，无解，
当抛物线y=−12(x−1−t)2+t+2过点B′(4,3)，得3=−12(3−t)2+t+2，
整理得：t2−8t+11=0，解得t1=4− 5，t2=4+ 5，
∴当4− 5 综上所述：t=1或4− 5 【解析】(1)利用顶点式y=−12(x−1)2+4，然后根据二次函数的性质写出顶点坐标和对称轴，令y=0，解方程−12(x−1)2+4=0可得到A点和B点坐标；
(2)利用描点法画二次函数图象；
(3)观察图象，即可求得函数y的取值范围；
(4)得到抛物线的顶点为(1+t,t+2)，当t+2=3时，只有一个公共点，将点B′(4,3)代入抛物线解析式，求得t1=4− 5，t2=4+ 5，结合图象即可求得结果．
本题考查二次函数图象与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化−平移，分类讨论等知识思想，数形结合是解决问题的关键．

26.【答案】4  2 5+2 
【解析】解：(1)如图1中，

①当F与E重合时，CF的最小值为CE的长=4．
②当CF经过圆心时，CF的长最大，
最大值=OC+OF= OE2+CE2+OF= 22+42+2=2 5+2，
故答案为：4，2 5+2；

(2)如图2，点G落在边AC上，连接OG，过点G作GF⊥DE于点F．

在Rt△OGF中，∠GOD=60°，
∴GF=OG⋅sin60°= 3，OF=1，
在Rt△GPF中，∠GPF=∠CPE=∠PCE=∠A=45°，
∴PF=GF= 3，
∴OP=PF−OF= 3−1，
∴PE=OE−OP=2−( 3−1)=3− 3，
∴CE=PE=3− 3；
如图3，点G落在边BC上，∠GOE=180°−∠GOD=120°，

∴∠OGC=360°−∠GOE−∠OEC−∠GCE=90°，
∴BC是半圆O的切线，
∴∠OCE=12∠GCE=12∠B=30°，
在Rt△OCE中，CE=OEtan30∘=2 3，
∴点G在△ABC的区域内部(包括边界)的时长为(3− 3+2 3)÷1=3+ 3；

(3)①如图4，过点O作OP⊥RT，垂足为P，连接OR．

在Rt△BPO中，∠OBP=30°，OB=92−2=52，
∴OP=54，
在Rt△OPR中，PR= OR2−OP2= 394，
∴RH=2PR= 392；

②如图5，当半圆O与边AB相切时，设切点为Q，则OQ⊥AB．
在Rt△OBQ中，sin∠OBQ=OQOB=252=45，
∴∠OBQ=53°，
此时点E走过的路径长为90−53180⋅π×8=7445π；

如图6，当半圆O与边BC相切时，设切点为Q，则OQ⊥BC．

在Rt△OBQ中，sin∠OBQ=OQOB=45，
∴∠OBQ=53°，
∴∠OBH=53°−30°=23°，
此时点E走过的路径长为360−23180⋅π×8=67445π.
综上，点E走过的路径长为7445π或67445π.
(1)当F与E重合时，CF的最小值为CE的长=6；当CF经过圆心时，CF的长最大，即可求解；
(2)当点G落在边AC上，求出CE=PE=3− 3，点G落在边BC上时，求出CE=OEtan30∘=2 3，即可求解；
(3)①过点O作OP⊥RT，垂足为P，连接OR，在Rt△BPO中，∠OBP=30°，OB=92−2=52，得到OP=54，进而求解；
②当半圆O与边AB相切时，在Rt△OBQ中，sin∠OBQ=OQOB=45，则∠OBQ=53°，即可求解；当半圆O与边BC相切时，∠OBQ=53°，则∠OBH=53°−30°=27°，即可求解．
本题考查圆综合题，涉及到直线与圆的位置关系、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的扇形思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．