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2023年山东省枣庄市中考数学试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山东省枣庄市中考数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 下列各数中比1大的数是， 下列运算结果正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省枣庄市中考数学试卷
1. 下列各数中比1大的数是( )
A. 0 B. 2 C. −1 D. −3
2. 榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传承，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯.如图是某个部件“卯”的实物图，它的主视图是( )
A. B. C. D.
3. 随着全球新一轮科技革命和产业变革的蓬勃发展，新能源汽车已经成为全球汽车产业转型发展的主要方向，根据中国乘用车协会的统计数据，2023年第一季度，中国新能源汽车销量为159万辆，同比增长26.2%，其中159万用科学记数法表示为( )
A. 1.59×106 B. 15.9×105 C. 159×104 D. 1.59×102
4. 《算学启蒙》是我国较早的数学著作之一，书中记载一道问题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”题意是：快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，试问快马几天可以追上慢马？若设快马x天可以追上慢马，则下列方程正确的是( )
A. 240x+150x=150×12 B. 240x−150x=240×12
C. 240x+150x=240×12 D. 240x−150x=150×12
5. 下列运算结果正确的是( )
A. x4+x4=2x8 B. (−2x2)3=−6x6 C. x6÷x3=x3 D. x2⋅x3=x6
6. 4月23日是世界读书日，学校举行“快乐阅读，健康成长”读书活动.小明随机调查了本校七年级30名同学近4个月内每人阅读课外书的数量，数据如下表所示：
人数
6
7
10
7
课外书数量(本)
6
7
9
12
则阅读课外书数量的中位数和众数分别是( )
A. 8，9 B. 10，9 C. 7，12 D. 9，9
7. 如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P.若∠A=48∘，∠APD=80∘，则∠B的度数为( )
A. 32∘
B. 42∘
C. 48∘
D. 52∘
8. 如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44∘，则∠2的度数为( )
A. 14∘ B. 16∘ C. 24∘ D. 26∘
9. 如图，在△ABC中，∠ABC=90∘，∠C=30∘，以点A为圆心，以AB的长为半径作弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于D的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，连接DE，则下列结论中不正确的是( )
A. BE=DE
B. AE=CE
C. CE=2BE
D. S△EDCS△ABC= 33
10. 二次函数y=ax²+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线x=1，下列结论：①abc<0；②方程ax²+bx+c=0(a≠0)必有一个根大于2且小于3；③若(0,y1)，(32,y2)是抛物线上的两点，那么y10；⑤对于任意实数m，都有m(am+b)≥a+b，其中正确结论的个数是( )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
11. 计算( 2023−1)0+(12)−1=______ .
12. 若x=3是关x的方程ax2−bx=6的解，则2023−6a+2b的值为______ .
13. 银杏著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形.如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的标分别为(−3,2)，(4,3)，将银杏叶绕原点顺时针旋转90∘后，叶柄上点A对应点的坐标为______ .
14. 如图所示，桔棒是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶.当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB=6米，AO：OB=2：1，支架OM⊥EF，OM=3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时∠AOM=45∘，此时点B到水平地面EF的距离为______ 米.(结果保留根号)
15. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为______ .
16. 如图，在反比例函数y=8x(x>0)的图象上有P1，P2，P3，…P2024等点，它们的横坐标依次为1，2，3，…，2024，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，…，S2023，则S1+S2+S3+…+S2023=______ .
17. 先化简，再求值：(a−a2a2−1)÷a2a2−1，其中a的值从不等式组−1
(2)动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在(1)中发现的共同特征.
19. 对于任意实数a，b，定义一种新运算：a※b=a−b(a≥2b)a+b−6(a<2b)，例如：3※1=3−1=2，5※4=5+4−6=3.根据上面的材料，请完成下列问题：
(1)4※3=______ ，(−1)※(−3)=______ ；
(2)若(3x+2)※(x−1)=5，求x的值.
20. 《义务教育课程方案》和《义务教育劳动课程标准(2022年版)》正式发布，劳动课正式成为中小学的一门独立课程，日常生活劳动设定四个任务群；A清洁与卫生，B整理与收纳，C家用器具使用与维护，D烹饪与营养.学校为了较好地开设课程，对学生最喜欢的任务群进行了调查，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图.
请根据统计图解答下列问题：
(1)本次调查中，一共调查了______ 名学生，其中选择“C家用器具使用与维护”的女生有______ 名，“D烹饪与营养”的男生有______ 名；
(2)补全上面的条形统计图和扇形统计图；
(3)学校想从选择“C家用器具使用与维护”的学生中随机选取两名学生作为“家居博览会”的志愿者，请用画树状图或列表法求出所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率.
21. 如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y=4x的图象交于A(m,1)，B(−2,n)两点.
(1)求一次函数的表达式，并在所给的平面直角坐标系中画出这个一次函数的图象；
(2)观察图象，直接写出不等式kx+b<4x的解集；
(3)设直线AB与x轴交于点C，若P(0,a)为y轴上的一动点，连接AP，CP，当△APC的面积为52时，求点P的坐标.
22. 如图，AB为⊙O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E.
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若BE=3，AB=4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积(用含有π的式子表示).
23. 如图，抛物线y=−x²+bx+c经过A(−1,0)，C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D.
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
24. 问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC边上的中线.如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，F，G，H.
猜想证明：(1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由；
问题解决：(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵|−1|=1，|−3|=3，1<3，
∴2>1>0>−1>−3，
则比1大的数是2，
故选：B.
正数>0>负数；两个负数比较大小，绝对值大的反而小；据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】C
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
.
故选：C.
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3.【答案】A
【解析】解：159万=1590000=1.59×106，
故选：A.
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】D
【解析】解：依题意得：240x−150x=150×12.
故选：D.
利用路程=速度×时间，结合x天快马比慢马多走的路程为慢马12天走的路程，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.x4+x4=2x4，故此选项不合题意；
B.(−2x2)3=−8x6，故此选项不合题意；
C.x6÷x3=x3，故此选项符合题意；
D.x2⋅x3=x5，故此选项不合题意．
故选：C.
直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别计算，进而得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：中位数为第15个和第16个的平均数9+92=9，众数为9.
故选：D.
利用中位数，众数的定义即可解决问题．
本题考查了中位数和众数，解答本题的关键是掌握中位数和众数的概念．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠A=48∘，∠APD=80∘，
∴∠C=80∘−48∘=32∘，
∵AD=AD，
∴∠B=∠C=32∘.
故选：A.
根据外角∠APD，求出∠C，由同弧所对圆周角相等即可求出∠B.
本题考查了圆周角的性质的应用，三角形外角的性质应用是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，
∵太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，
∴∠BCD=360∘÷6=60∘，EF//BD，∠ABC=120∘，
∴∠BDC=∠1=44∘，
∵∠3是△BCD的外角，
∴∠3=∠BDC+∠BCD=104∘，
∴∠2=∠ABC−∠3=16∘.
故选：B.
由多边形的外角和可求得∠BCD=60∘，∠ABC=120∘，再由平行线的性质可得∠BDC=∠1=44∘，由三角形的外角性质可求得∠3的度数，即可求∠2的度数．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
9.【答案】D
【解析】解：由作法得AB=AD，PB=PD，
∴AP垂直平分BD，
∴BE=DE，所以A选项不符合题意；
∵∠ABC=90∘，∠C=30∘，
∴∠BAC=60∘，
由作法得AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=30∘，
∴∠CAE=∠C，
∴AE=CE，所以B选项不符合题意；
在Rt△ABE中，∵∠BAE=30∘，
∴AE=2BE，
∴CE=2BE，所以C选项不符合题意；
在Rt△ABC中，∵∠C=30∘，
∴AC=2AB，
∵AD=AB，
∴AD=CD，
∴S△EDC=12S△ACE，
∵CE=2BE，
∴CE=23BC，
∴S△ACE=23S△ABC，
∴S△EDC=12×23S△ABC=13S△ABC，所以D选项符合题意．
故选：D.
由作法得AB=AD，PB=PD，则可判断AP垂直平分BD，于是根据线段垂直平分线的性质可对A选项进行判断；由作法得AE平分∠BAC，则∠BAE=∠CAE=30∘，所以∠CAE=∠C，则可对B选项进行判断；在Rt△ABE中利用∠BAE=30∘得到AE=2BE，则CE=2BE，于是可对C选项进行判断；在Rt△ABC中利用∠C=30∘得到AC=2AB，则AD=CD，根据三角形面积公式得到S△EDC=12S△ACE，再证明S△ACE=23S△ABC，所以S△EDC=13S△ABC，从而可对D选项进行判断．
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．
10.【答案】C
【解析】解：①根据图象可知：a>0，c<0，
∵对称轴是直线x=1，
∴−b2a=1，即b=−2a.
∴b<0，
∴abc>0.
故①错误．
②方程ax²+bx+c=0，即为二次函数y=ax²+bx+c(a≠0)与x轴的交点，
根据图象已知一个交点−1
③∵对称轴是直线x=1，
|0−1|>|23−1|，
∴点(32,y2)离对称轴更近，
∴y1>y2，
故③错诶．
④∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∴y=ax2−2ax+c，
根据图象，令x=−1，
y=a+2a+c=3a+c>0，
∴6a+2c>0，
∵a>0，
∴11a+2c>0，
故④正确．
⑤m(am+b)=am2+bm=am2−2am≥a−2a，
am2−2am≥−a，
即证：m2−2m+1≥0，
m2−2m+1=(m−1)2，
∴m为任意实数，m2−2m+1≥0恒成立．
故⑤正确．
综上②④⑤正确，
故选：C.
①根据函数图象分别判断a、b、c的正负，求出abc的正负；
②将方程转化为函数与x轴的交点，利用已知交点和对称轴找出另一交点的范围；
③根据二次函数图象的性质：当图象开口向上，离对称轴越近的点y值越小；
④用a来表示改变函数解析式，根据图象，令x=−1，得到3a+c>0，即6a+2c>，因为a>0，所以得出11a+2c>0；
⑤化简不等式，用a表示b，根据a>0及不等式的性质得到只含有m的不等式，解不等式即可．
本题以二次函数为背景考查了二次函数图象与系数的关系，考察学生在函数图象中数形结合的能力．运用待定系数法，二次函数图象与x轴的交点，利用图象求出a、b、c的范围以及用特殊值法代入解析式中得到特殊的式子是解决问题关键．这类题型是中考常考题，很有参考价值．
11.【答案】3
【解析】解：( 2023−1)0+(12)−1
=1+2
=3
故答案为：3.
根据零指数幂和负整数指数幂的计算法则求解即可．
本题主要考查了零指数幂和负整数指数幂，正确计算是解题的关键，注意非零底数的零指数幂的结果为1.
12.【答案】2019
【解析】解：把x=3代入方程得：9a−3b=6，即3a−b=2，
则原式=2023−2(3a−b)=2023−4=2019.
故答案为：2019.
把x=3代入方程求出3a−b的值，代入原式计算即可求出值．
此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
13.【答案】(3,−1)
【解析】解：如图，建立平面直角坐标系，那么点A的坐标为(−1,−3)，
作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点A′，
则点A′的坐标为(3,−1).
故答案为：(3,−1).
先根据B、C两点的坐标建立平面直角坐标系，再作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点，即可求解．
本题考查了坐标与图形变化-旋转，掌握旋转的性质，作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点是解题的关键．
14.【答案】(3+ 2)
【解析】解：过点O作OC⊥BT，垂足为C，
由题意得：BC//OM，
∴∠AOM=∠OBC=45∘，
∵AB=6米，AO：OB=2：1，
∴AO=4米，OB=2米，
在Rt△OBC中，BC=OB⋅cos45∘=2× 22= 2(米)，
∵OM=3米，
∴此时点B到水平地面EF的距离=BC+OM=(3+ 2)米，
故答案为：(3+ 2).
过点O作OC⊥BT，垂足为C，根据题意可得：BC//OM，从而可得∠AOM=∠OBC=45∘，再根据已知易得AO=4米，OB=2米，然后在Rt△OBC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，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．
15.【答案】172
【解析】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD=90∘，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF=EF=DF，
∵△CEF的周长为32，CE=7，
∴CF+EF=25，即DE=25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD=24=BC，
∴BE=24−7=17，
根据三角形的中位线可得OF=12BE=172.
故答案为：172.
在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD=90∘，F为DE的中点，则CF=EF=DF，△CEF的周长为32，CE=7，则CF+EF=25，即DE=25，根据勾股定理可得CD=24=BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
16.【答案】2023253
【解析】解：∵P1，P2，P3，…P2024的横坐标依次为1，2，3，…，2024，
∴阴影矩形的一边长都为1，
将除第一个矩形外的所有矩形向左平移至y轴，
∴S1+S2+S3+…+S2023=S矩形ABP1D，
把x=2024代入关系式得，y=1253，即OA=1253，
∴S矩形OABC=OA⋅OC=1253，
由几何意义得，S矩形OCP1D=8，
∴S矩形ABP1D=8−1253=2023253.
故答案为：2023253.
将除第一个矩形外的所有矩形向左平移至y轴，得出所求面积为矩形ABP1D的面积，再分别求矩形ODP1C和矩形OABC的面积即可．
本题考查了反比例函数的性质的应用，几何意义的应用是解题关键．
17.【答案】解：(a−a2a2−1)÷a2a2−1
=(a−a2a2−1)⋅a2−1a2
=a⋅a2−1a2−a2a2−1⋅a2−1a2
=a2−1a−1
=a2−a−1a，
∵a2−1≠0，a≠0，
∴a≠±1，a≠0，
∴a=2，
原式=22−2−12
=12.
【解析】先将分式利用相关运算法则进行化简，然后代入一个合适的整数进行计算即可．
本题考查分式化简求值，特别注意根据分式有意义的条件得出a≠±1，a≠0.
18.【答案】轴对称图形 面积相等
【解析】解：(1)观察图形可知：三个图形都为轴对称图形且面积相等，
故答案为：轴对称图形，面积相等．
(2)如图：(答案不唯一)
(1)观察图形可得出结论．
(2)根据发现的规律直接画出图形即可．
本题考查了轴对称的知识，利用轴对称进行图形的变换是解题的关键．
19.【答案】1 2
【解析】解：(1)∵4<2×3，
∴4※3
=4+3−6
=1；
∵−1>2×(−3)，
∴(−1)※(−3)
=−1−(−3)
=2；
故答案为：1；2；
(2)由题意，当3x+2≥2(x−1)时，
即x≥−4时，
原方程为：3x+2−(x−1)=5，
解得：x=1；
当3x+2<2(x−1)时，
即x<−4时，
原方程为：3x+2+x−1−6=5，
解得：x=2.5，
∵2.5>−4，
∴x=2.5不符合题意，应舍去，
综上，x=1.
(1)根据定义的新运算列式计算即可；
(2)由新定义，分3x+2≥2(x−1)和3x+2<2(x−1)两种情况分类讨论，并列得对应的方程并解方程即可．
本题考查定义新运算问题，特别注意(2)中应分3x+2≥2(x−1)和3x+2<2(x−1)两种情况分类讨论．
20.【答案】20 2 1
【解析】解：(1)3÷15%=20(名)，
所以本次调查中，一共调查了20名学生，
“C家用器具使用与维护”的女生数为25%×20−3=2(名)，
“D烹饪与营养”的男生数为20−3−10−5−1=1(名)；
故答案为：20；2；1；
(2)选择“D烹饪与营养”的人数所占的百分比为：220×100%=10%，
补全上面的条形统计图和扇形统计图为：
(3)画树状图为：
共有20种等可能的结果，其中所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果数为12，
所以所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率=1220=35.
(1)先用选择A的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再计算出选择C的人数，从而得到选择C的女生人数，然后计算出选择D的人数，从而得到选择D的男生人数；
(2)由(1)得到选择C的女生人数和选择D的男生人数，再计算出选择D的人数所占的百分比，然后补全条形统计图和扇形统计图；
(3)画树状图展示所有20种等可能的结果，再找出所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y=4x的图象经过A(m,1)，B(−2,n)两点，
∴1=4m，n=4−2=−2，
解得：m=4，
∴A(4,1)，B(−2,−2)，
将A(4,1)，B(−2,−2)代入y=kx+b，得4k+b=1−2k+b=−2，
解得：k=12b=−1，
∴一次函数的表达式为y=12x−1，该函数的图象如图所示：
(2)由图可得，不等式kx+b−4x<0的解集范围是x<−2或0
在y=12x−1中，
当x=0时，y=−1，
∴D(0,−1)，
当y=0时，得12x−1=0，
解得：x=2，
∴C(2,0)，
∴OC=2，
∵P(0,a)，A(4,1)，
∴PD=|a+1|，
∵S△APC=52，
∴12|a+1|⋅(4−2)=52，
解得：a=32或−72，
∴点P的坐标为(0,32)或(0,−72).
【解析】(1)先根据反比例函数图象经过A、B，求出点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式，在平面直角坐标系中画出直线AB即可；
(2)观察函数图象找出直线在双曲线的上方时所对应的自变量取值范围，即可写出不等式kx+b<4x的解集；
(3)根据三角形面积公式列方程求解即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．解决问题的关键是掌握用待定系数法确定一次函数的解析式．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵点C是AD的中点，
∴AC=DC，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC//BE，
∵BE⊥CE，
∴半径OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
(2)解：如图，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴∠ACB=∠CEB=90∘，
∵∠ABC=∠EBC，
∴△ACB∽△CEB，
∴ABBC=BCBE，
∴4BC=BC3，
∴BC=2 3.
答：BC的长为2 3.
(3)解：如图，连接OD、CD，
∵AB=4，
∴OC=OB=2，
在Rt△BCE中，BC=2 3,BE=2，
∴cos∠CBE=BEBC=32 3= 32，
∴∠CBE=30∘，
∴∠COD=60∘，
∴∠AOC=60∘，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO=60∘，
∴∠CDO=∠AOC，
∴CD//AB，
∴S△COD=S△CBD，
∴S阴影=S扇形COD=60π×22360=23π.
答：阴影部分的面积为23π.
【解析】(1)连接OC，证明OC//BE，即可得到结论．
(2)连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得ABBC=BCBE，再代入求值即可．
(3)连接OD，CD，证明CD//AB，从而可得S△COD=S△CBD，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的面积．
本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x²+bx+c经过A(−1,0)，C(0,3)两点，
∴−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点M(1,4)，
设直线AM的解析式为y=kx+d，则k+d=4−k+d=0，
解得：k=2d=2，
∴直线AM的解析式为y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D(0,2)，
作点D关于x轴的对称点D′(0,−2)，连接D′M，D′H，如图，
则DH=D′H，
∴MH+DH=MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M= (1−0)2+(4+2)2= 37，
∴MH+DH的最小值为 37；
(3)对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由(2)得：D(0,2)，M(1,4)，
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P(m,−m2+2m+3)，
∵抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=1，
∴设Q(1,n)，
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴0+1=m+12+4=−m2+2m+3+n，
解得：m=0n=3，
∴Q(1,3)；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴0+m=1+12−m2+2m+3=4+n，
解得：m=2n=1，
∴Q(1,1)；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴0+1=1+m2+n=4−m2+2m+3，
解得：m=0n=5，
∴Q(1,5)；
综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为(1,3)或(1,1)或(1,5).
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
(2)利用待定系数法可得直线AM的解析式为y=2x+2，进而可得D(0,2)，作点D关于x轴的对称点D′(0,−2)，连接D′M，D′H，MH+DH=MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
(3)分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形AEDG是菱形，
理由：∵AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴BD=CD=12BC，AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90∘，
由折叠得BF=DF=12BD，CH=DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，
∴EF//GH//AD，
∴BEAE=BFDF=1，CGAG=CHDH=1，
∴BE=AE，CG=AG，
∴DE=AE=12AB，GD=AG=12AC，
∵12AB=12AC，
∴DE=AE=GD=AG，
∴四边形AEDG是菱形．
(2)如图3，作KI⊥DH于点I，则∠KIH=90∘，
∵AB=AC=17，BC=30，
∴BD=CD=12BC=12×30=15，
∴AD= AB2−BD2= 172−152=8，CH=DH=12CD=12×15=152，
∴GH=12AD=12×8=4，BH=BC−CH=30−152=452，
由折叠得BN=HN=12BH=12×452=454，MN⊥BH，
∴MN//AD，
∴△MBN∽△ABD，
∴MNAD=BNBD=45415=34，
∴MN=34AD=34×8=6，
∵∠KHD=∠B，∠KDH=∠C，且∠B=∠C，
∴∠KHD=∠KDH，
∴KD=KH，
∴DI=HI=12DH=12×152=154，
∵∠KHI=∠B=∠C，
∴KIHI=tan∠KHI=tanC=ADCD=815，
∴KI=815HI=815×154=2，
∴S四边形MKGA=A△ABC−S△MBH−S△GDC+S△KDH，
∴S四边形MKGA=12×30×8−12×452×6−12×15×4+12×152×2=30，
∴四边形MKGA的面积是30.
【解析】(1)由AB=AC，AD是BC边上的中线，得BD=CD=12BC，AD⊥BC，由折叠得BF=DF=12BD，CH=DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，则EF//GH//AD，可证明BE=AE，CG=AG，所以DE=AE=12AB，GD=AG=12AC，则DE=AE=GD=AG，所以四边形AEDG是菱形；
(2)作KI⊥DH于点I，由AB=AC=17，BC=30，得BD=CD=15，AD= AB2−BD2=8，所以CH=DH=152，则GH=12AD=4，BH=452，所以BN=HN=454，因为MN//AD，所以△MBN∽△ABD，则MNAD=BNBD=34，所以MN=34AD=6，再证明KD=KH，则DI=HI=154，由KIHI=tan∠KHI=tanC=ADCD=815，求得KI=815HI=2，即可由S四边形MKGA=A△ABC−S△MBH−S△GDC+S△KDH，求得S四边形MKGA=30.
此题重点考查等腰三角形的性质、三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
2023年山东省枣庄市中考数学试卷
1. 下列各数中比1大的数是( )
A. 0 B. 2 C. −1 D. −3
2. 榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式，是我国工艺文化精神的传承，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯.如图是某个部件“卯”的实物图，它的主视图是( )
A. B. C. D.
3. 随着全球新一轮科技革命和产业变革的蓬勃发展，新能源汽车已经成为全球汽车产业转型发展的主要方向，根据中国乘用车协会的统计数据，2023年第一季度，中国新能源汽车销量为159万辆，同比增长26.2%，其中159万用科学记数法表示为( )
A. 1.59×106 B. 15.9×105 C. 159×104 D. 1.59×102
4. 《算学启蒙》是我国较早的数学著作之一，书中记载一道问题：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？”题意是：快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，试问快马几天可以追上慢马？若设快马x天可以追上慢马，则下列方程正确的是( )
A. 240x+150x=150×12 B. 240x−150x=240×12
C. 240x+150x=240×12 D. 240x−150x=150×12
5. 下列运算结果正确的是( )
A. x4+x4=2x8 B. (−2x2)3=−6x6 C. x6÷x3=x3 D. x2⋅x3=x6
6. 4月23日是世界读书日，学校举行“快乐阅读，健康成长”读书活动.小明随机调查了本校七年级30名同学近4个月内每人阅读课外书的数量，数据如下表所示：
人数
6
7
10
7
课外书数量(本)
6
7
9
12
则阅读课外书数量的中位数和众数分别是( )
A. 8，9 B. 10，9 C. 7，12 D. 9，9
7. 如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P.若∠A=48∘，∠APD=80∘，则∠B的度数为( )
A. 32∘
B. 42∘
C. 48∘
D. 52∘
8. 如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44∘，则∠2的度数为( )
A. 14∘ B. 16∘ C. 24∘ D. 26∘
9. 如图，在△ABC中，∠ABC=90∘，∠C=30∘，以点A为圆心，以AB的长为半径作弧交AC于点D，连接BD，再分别以点B，D为圆心，大于D的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，连接DE，则下列结论中不正确的是( )
A. BE=DE
B. AE=CE
C. CE=2BE
D. S△EDCS△ABC= 33
10. 二次函数y=ax²+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线x=1，下列结论：①abc<0；②方程ax²+bx+c=0(a≠0)必有一个根大于2且小于3；③若(0,y1)，(32,y2)是抛物线上的两点，那么y1
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
11. 计算( 2023−1)0+(12)−1=______ .
12. 若x=3是关x的方程ax2−bx=6的解，则2023−6a+2b的值为______ .
13. 银杏著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形.如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的标分别为(−3,2)，(4,3)，将银杏叶绕原点顺时针旋转90∘后，叶柄上点A对应点的坐标为______ .
14. 如图所示，桔棒是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶.当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB=6米，AO：OB=2：1，支架OM⊥EF，OM=3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时∠AOM=45∘，此时点B到水平地面EF的距离为______ 米.(结果保留根号)
15. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为______ .
16. 如图，在反比例函数y=8x(x>0)的图象上有P1，P2，P3，…P2024等点，它们的横坐标依次为1，2，3，…，2024，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，…，S2023，则S1+S2+S3+…+S2023=______ .
17. 先化简，再求值：(a−a2a2−1)÷a2a2−1，其中a的值从不等式组−1
(2)动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在(1)中发现的共同特征.
19. 对于任意实数a，b，定义一种新运算：a※b=a−b(a≥2b)a+b−6(a<2b)，例如：3※1=3−1=2，5※4=5+4−6=3.根据上面的材料，请完成下列问题：
(1)4※3=______ ，(−1)※(−3)=______ ；
(2)若(3x+2)※(x−1)=5，求x的值.
20. 《义务教育课程方案》和《义务教育劳动课程标准(2022年版)》正式发布，劳动课正式成为中小学的一门独立课程，日常生活劳动设定四个任务群；A清洁与卫生，B整理与收纳，C家用器具使用与维护，D烹饪与营养.学校为了较好地开设课程，对学生最喜欢的任务群进行了调查，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图.
请根据统计图解答下列问题：
(1)本次调查中，一共调查了______ 名学生，其中选择“C家用器具使用与维护”的女生有______ 名，“D烹饪与营养”的男生有______ 名；
(2)补全上面的条形统计图和扇形统计图；
(3)学校想从选择“C家用器具使用与维护”的学生中随机选取两名学生作为“家居博览会”的志愿者，请用画树状图或列表法求出所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率.
21. 如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y=4x的图象交于A(m,1)，B(−2,n)两点.
(1)求一次函数的表达式，并在所给的平面直角坐标系中画出这个一次函数的图象；
(2)观察图象，直接写出不等式kx+b<4x的解集；
(3)设直线AB与x轴交于点C，若P(0,a)为y轴上的一动点，连接AP，CP，当△APC的面积为52时，求点P的坐标.
22. 如图，AB为⊙O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E.
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若BE=3，AB=4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积(用含有π的式子表示).
23. 如图，抛物线y=−x²+bx+c经过A(−1,0)，C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D.
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
24. 问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC边上的中线.如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，F，G，H.
猜想证明：(1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由；
问题解决：(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵|−1|=1，|−3|=3，1<3，
∴2>1>0>−1>−3，
则比1大的数是2，
故选：B.
正数>0>负数；两个负数比较大小，绝对值大的反而小；据此进行判断即可．
本题考查有理数的大小比较，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】C
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
.
故选：C.
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3.【答案】A
【解析】解：159万=1590000=1.59×106，
故选：A.
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】D
【解析】解：依题意得：240x−150x=150×12.
故选：D.
利用路程=速度×时间，结合x天快马比慢马多走的路程为慢马12天走的路程，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.x4+x4=2x4，故此选项不合题意；
B.(−2x2)3=−8x6，故此选项不合题意；
C.x6÷x3=x3，故此选项符合题意；
D.x2⋅x3=x5，故此选项不合题意．
故选：C.
直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别计算，进而得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：中位数为第15个和第16个的平均数9+92=9，众数为9.
故选：D.
利用中位数，众数的定义即可解决问题．
本题考查了中位数和众数，解答本题的关键是掌握中位数和众数的概念．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠A=48∘，∠APD=80∘，
∴∠C=80∘−48∘=32∘，
∵AD=AD，
∴∠B=∠C=32∘.
故选：A.
根据外角∠APD，求出∠C，由同弧所对圆周角相等即可求出∠B.
本题考查了圆周角的性质的应用，三角形外角的性质应用是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，
∵太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，
∴∠BCD=360∘÷6=60∘，EF//BD，∠ABC=120∘，
∴∠BDC=∠1=44∘，
∵∠3是△BCD的外角，
∴∠3=∠BDC+∠BCD=104∘，
∴∠2=∠ABC−∠3=16∘.
故选：B.
由多边形的外角和可求得∠BCD=60∘，∠ABC=120∘，再由平行线的性质可得∠BDC=∠1=44∘，由三角形的外角性质可求得∠3的度数，即可求∠2的度数．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
9.【答案】D
【解析】解：由作法得AB=AD，PB=PD，
∴AP垂直平分BD，
∴BE=DE，所以A选项不符合题意；
∵∠ABC=90∘，∠C=30∘，
∴∠BAC=60∘，
由作法得AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=30∘，
∴∠CAE=∠C，
∴AE=CE，所以B选项不符合题意；
在Rt△ABE中，∵∠BAE=30∘，
∴AE=2BE，
∴CE=2BE，所以C选项不符合题意；
在Rt△ABC中，∵∠C=30∘，
∴AC=2AB，
∵AD=AB，
∴AD=CD，
∴S△EDC=12S△ACE，
∵CE=2BE，
∴CE=23BC，
∴S△ACE=23S△ABC，
∴S△EDC=12×23S△ABC=13S△ABC，所以D选项符合题意．
故选：D.
由作法得AB=AD，PB=PD，则可判断AP垂直平分BD，于是根据线段垂直平分线的性质可对A选项进行判断；由作法得AE平分∠BAC，则∠BAE=∠CAE=30∘，所以∠CAE=∠C，则可对B选项进行判断；在Rt△ABE中利用∠BAE=30∘得到AE=2BE，则CE=2BE，于是可对C选项进行判断；在Rt△ABC中利用∠C=30∘得到AC=2AB，则AD=CD，根据三角形面积公式得到S△EDC=12S△ACE，再证明S△ACE=23S△ABC，所以S△EDC=13S△ABC，从而可对D选项进行判断．
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．
10.【答案】C
【解析】解：①根据图象可知：a>0，c<0，
∵对称轴是直线x=1，
∴−b2a=1，即b=−2a.
∴b<0，
∴abc>0.
故①错误．
②方程ax²+bx+c=0，即为二次函数y=ax²+bx+c(a≠0)与x轴的交点，
根据图象已知一个交点−1
③∵对称轴是直线x=1，
|0−1|>|23−1|，
∴点(32,y2)离对称轴更近，
∴y1>y2，
故③错诶．
④∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∴y=ax2−2ax+c，
根据图象，令x=−1，
y=a+2a+c=3a+c>0，
∴6a+2c>0，
∵a>0，
∴11a+2c>0，
故④正确．
⑤m(am+b)=am2+bm=am2−2am≥a−2a，
am2−2am≥−a，
即证：m2−2m+1≥0，
m2−2m+1=(m−1)2，
∴m为任意实数，m2−2m+1≥0恒成立．
故⑤正确．
综上②④⑤正确，
故选：C.
①根据函数图象分别判断a、b、c的正负，求出abc的正负；
②将方程转化为函数与x轴的交点，利用已知交点和对称轴找出另一交点的范围；
③根据二次函数图象的性质：当图象开口向上，离对称轴越近的点y值越小；
④用a来表示改变函数解析式，根据图象，令x=−1，得到3a+c>0，即6a+2c>，因为a>0，所以得出11a+2c>0；
⑤化简不等式，用a表示b，根据a>0及不等式的性质得到只含有m的不等式，解不等式即可．
本题以二次函数为背景考查了二次函数图象与系数的关系，考察学生在函数图象中数形结合的能力．运用待定系数法，二次函数图象与x轴的交点，利用图象求出a、b、c的范围以及用特殊值法代入解析式中得到特殊的式子是解决问题关键．这类题型是中考常考题，很有参考价值．
11.【答案】3
【解析】解：( 2023−1)0+(12)−1
=1+2
=3
故答案为：3.
根据零指数幂和负整数指数幂的计算法则求解即可．
本题主要考查了零指数幂和负整数指数幂，正确计算是解题的关键，注意非零底数的零指数幂的结果为1.
12.【答案】2019
【解析】解：把x=3代入方程得：9a−3b=6，即3a−b=2，
则原式=2023−2(3a−b)=2023−4=2019.
故答案为：2019.
把x=3代入方程求出3a−b的值，代入原式计算即可求出值．
此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
13.【答案】(3,−1)
【解析】解：如图，建立平面直角坐标系，那么点A的坐标为(−1,−3)，
作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点A′，
则点A′的坐标为(3,−1).
故答案为：(3,−1).
先根据B、C两点的坐标建立平面直角坐标系，再作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点，即可求解．
本题考查了坐标与图形变化-旋转，掌握旋转的性质，作出点A绕原点O顺时针旋转90∘所得的对应点是解题的关键．
14.【答案】(3+ 2)
【解析】解：过点O作OC⊥BT，垂足为C，
由题意得：BC//OM，
∴∠AOM=∠OBC=45∘，
∵AB=6米，AO：OB=2：1，
∴AO=4米，OB=2米，
在Rt△OBC中，BC=OB⋅cos45∘=2× 22= 2(米)，
∵OM=3米，
∴此时点B到水平地面EF的距离=BC+OM=(3+ 2)米，
故答案为：(3+ 2).
过点O作OC⊥BT，垂足为C，根据题意可得：BC//OM，从而可得∠AOM=∠OBC=45∘，再根据已知易得AO=4米，OB=2米，然后在Rt△OBC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，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．
15.【答案】172
【解析】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD=90∘，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF=EF=DF，
∵△CEF的周长为32，CE=7，
∴CF+EF=25，即DE=25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD=24=BC，
∴BE=24−7=17，
根据三角形的中位线可得OF=12BE=172.
故答案为：172.
在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD=90∘，F为DE的中点，则CF=EF=DF，△CEF的周长为32，CE=7，则CF+EF=25，即DE=25，根据勾股定理可得CD=24=BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
16.【答案】2023253
【解析】解：∵P1，P2，P3，…P2024的横坐标依次为1，2，3，…，2024，
∴阴影矩形的一边长都为1，
将除第一个矩形外的所有矩形向左平移至y轴，
∴S1+S2+S3+…+S2023=S矩形ABP1D，
把x=2024代入关系式得，y=1253，即OA=1253，
∴S矩形OABC=OA⋅OC=1253，
由几何意义得，S矩形OCP1D=8，
∴S矩形ABP1D=8−1253=2023253.
故答案为：2023253.
将除第一个矩形外的所有矩形向左平移至y轴，得出所求面积为矩形ABP1D的面积，再分别求矩形ODP1C和矩形OABC的面积即可．
本题考查了反比例函数的性质的应用，几何意义的应用是解题关键．
17.【答案】解：(a−a2a2−1)÷a2a2−1
=(a−a2a2−1)⋅a2−1a2
=a⋅a2−1a2−a2a2−1⋅a2−1a2
=a2−1a−1
=a2−a−1a，
∵a2−1≠0，a≠0，
∴a≠±1，a≠0，
∴a=2，
原式=22−2−12
=12.
【解析】先将分式利用相关运算法则进行化简，然后代入一个合适的整数进行计算即可．
本题考查分式化简求值，特别注意根据分式有意义的条件得出a≠±1，a≠0.
18.【答案】轴对称图形 面积相等
【解析】解：(1)观察图形可知：三个图形都为轴对称图形且面积相等，
故答案为：轴对称图形，面积相等．
(2)如图：(答案不唯一)
(1)观察图形可得出结论．
(2)根据发现的规律直接画出图形即可．
本题考查了轴对称的知识，利用轴对称进行图形的变换是解题的关键．
19.【答案】1 2
【解析】解：(1)∵4<2×3，
∴4※3
=4+3−6
=1；
∵−1>2×(−3)，
∴(−1)※(−3)
=−1−(−3)
=2；
故答案为：1；2；
(2)由题意，当3x+2≥2(x−1)时，
即x≥−4时，
原方程为：3x+2−(x−1)=5，
解得：x=1；
当3x+2<2(x−1)时，
即x<−4时，
原方程为：3x+2+x−1−6=5，
解得：x=2.5，
∵2.5>−4，
∴x=2.5不符合题意，应舍去，
综上，x=1.
(1)根据定义的新运算列式计算即可；
(2)由新定义，分3x+2≥2(x−1)和3x+2<2(x−1)两种情况分类讨论，并列得对应的方程并解方程即可．
本题考查定义新运算问题，特别注意(2)中应分3x+2≥2(x−1)和3x+2<2(x−1)两种情况分类讨论．
20.【答案】20 2 1
【解析】解：(1)3÷15%=20(名)，
所以本次调查中，一共调查了20名学生，
“C家用器具使用与维护”的女生数为25%×20−3=2(名)，
“D烹饪与营养”的男生数为20−3−10−5−1=1(名)；
故答案为：20；2；1；
(2)选择“D烹饪与营养”的人数所占的百分比为：220×100%=10%，
补全上面的条形统计图和扇形统计图为：
(3)画树状图为：
共有20种等可能的结果，其中所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果数为12，
所以所选的学生恰好是一名男生和一名女生的概率=1220=35.
(1)先用选择A的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，再计算出选择C的人数，从而得到选择C的女生人数，然后计算出选择D的人数，从而得到选择D的男生人数；
(2)由(1)得到选择C的女生人数和选择D的男生人数，再计算出选择D的人数所占的百分比，然后补全条形统计图和扇形统计图；
(3)画树状图展示所有20种等可能的结果，再找出所选的学生恰好是一名男生和一名女生的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y=4x的图象经过A(m,1)，B(−2,n)两点，
∴1=4m，n=4−2=−2，
解得：m=4，
∴A(4,1)，B(−2,−2)，
将A(4,1)，B(−2,−2)代入y=kx+b，得4k+b=1−2k+b=−2，
解得：k=12b=−1，
∴一次函数的表达式为y=12x−1，该函数的图象如图所示：
(2)由图可得，不等式kx+b−4x<0的解集范围是x<−2或0
在y=12x−1中，
当x=0时，y=−1，
∴D(0,−1)，
当y=0时，得12x−1=0，
解得：x=2，
∴C(2,0)，
∴OC=2，
∵P(0,a)，A(4,1)，
∴PD=|a+1|，
∵S△APC=52，
∴12|a+1|⋅(4−2)=52，
解得：a=32或−72，
∴点P的坐标为(0,32)或(0,−72).
【解析】(1)先根据反比例函数图象经过A、B，求出点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式，在平面直角坐标系中画出直线AB即可；
(2)观察函数图象找出直线在双曲线的上方时所对应的自变量取值范围，即可写出不等式kx+b<4x的解集；
(3)根据三角形面积公式列方程求解即可．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．解决问题的关键是掌握用待定系数法确定一次函数的解析式．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵点C是AD的中点，
∴AC=DC，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC//BE，
∵BE⊥CE，
∴半径OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
(2)解：如图，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
∴∠ACB=∠CEB=90∘，
∵∠ABC=∠EBC，
∴△ACB∽△CEB，
∴ABBC=BCBE，
∴4BC=BC3，
∴BC=2 3.
答：BC的长为2 3.
(3)解：如图，连接OD、CD，
∵AB=4，
∴OC=OB=2，
在Rt△BCE中，BC=2 3,BE=2，
∴cos∠CBE=BEBC=32 3= 32，
∴∠CBE=30∘，
∴∠COD=60∘，
∴∠AOC=60∘，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO=60∘，
∴∠CDO=∠AOC，
∴CD//AB，
∴S△COD=S△CBD，
∴S阴影=S扇形COD=60π×22360=23π.
答：阴影部分的面积为23π.
【解析】(1)连接OC，证明OC//BE，即可得到结论．
(2)连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得ABBC=BCBE，再代入求值即可．
(3)连接OD，CD，证明CD//AB，从而可得S△COD=S△CBD，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的面积．
本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x²+bx+c经过A(−1,0)，C(0,3)两点，
∴−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
(2)∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴顶点M(1,4)，
设直线AM的解析式为y=kx+d，则k+d=4−k+d=0，
解得：k=2d=2，
∴直线AM的解析式为y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D(0,2)，
作点D关于x轴的对称点D′(0,−2)，连接D′M，D′H，如图，
则DH=D′H，
∴MH+DH=MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M= (1−0)2+(4+2)2= 37，
∴MH+DH的最小值为 37；
(3)对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由(2)得：D(0,2)，M(1,4)，
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P(m,−m2+2m+3)，
∵抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=1，
∴设Q(1,n)，
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴0+1=m+12+4=−m2+2m+3+n，
解得：m=0n=3，
∴Q(1,3)；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴0+m=1+12−m2+2m+3=4+n，
解得：m=2n=1，
∴Q(1,1)；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴0+1=1+m2+n=4−m2+2m+3，
解得：m=0n=5，
∴Q(1,5)；
综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为(1,3)或(1,1)或(1,5).
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
(2)利用待定系数法可得直线AM的解析式为y=2x+2，进而可得D(0,2)，作点D关于x轴的对称点D′(0,−2)，连接D′M，D′H，MH+DH=MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
(3)分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形AEDG是菱形，
理由：∵AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴BD=CD=12BC，AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90∘，
由折叠得BF=DF=12BD，CH=DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，
∴EF//GH//AD，
∴BEAE=BFDF=1，CGAG=CHDH=1，
∴BE=AE，CG=AG，
∴DE=AE=12AB，GD=AG=12AC，
∵12AB=12AC，
∴DE=AE=GD=AG，
∴四边形AEDG是菱形．
(2)如图3，作KI⊥DH于点I，则∠KIH=90∘，
∵AB=AC=17，BC=30，
∴BD=CD=12BC=12×30=15，
∴AD= AB2−BD2= 172−152=8，CH=DH=12CD=12×15=152，
∴GH=12AD=12×8=4，BH=BC−CH=30−152=452，
由折叠得BN=HN=12BH=12×452=454，MN⊥BH，
∴MN//AD，
∴△MBN∽△ABD，
∴MNAD=BNBD=45415=34，
∴MN=34AD=34×8=6，
∵∠KHD=∠B，∠KDH=∠C，且∠B=∠C，
∴∠KHD=∠KDH，
∴KD=KH，
∴DI=HI=12DH=12×152=154，
∵∠KHI=∠B=∠C，
∴KIHI=tan∠KHI=tanC=ADCD=815，
∴KI=815HI=815×154=2，
∴S四边形MKGA=A△ABC−S△MBH−S△GDC+S△KDH，
∴S四边形MKGA=12×30×8−12×452×6−12×15×4+12×152×2=30，
∴四边形MKGA的面积是30.
【解析】(1)由AB=AC，AD是BC边上的中线，得BD=CD=12BC，AD⊥BC，由折叠得BF=DF=12BD，CH=DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，则EF//GH//AD，可证明BE=AE，CG=AG，所以DE=AE=12AB，GD=AG=12AC，则DE=AE=GD=AG，所以四边形AEDG是菱形；
(2)作KI⊥DH于点I，由AB=AC=17，BC=30，得BD=CD=15，AD= AB2−BD2=8，所以CH=DH=152，则GH=12AD=4，BH=452，所以BN=HN=454，因为MN//AD，所以△MBN∽△ABD，则MNAD=BNBD=34，所以MN=34AD=6，再证明KD=KH，则DI=HI=154，由KIHI=tan∠KHI=tanC=ADCD=815，求得KI=815HI=2，即可由S四边形MKGA=A△ABC−S△MBH−S△GDC+S△KDH，求得S四边形MKGA=30.
此题重点考查等腰三角形的性质、三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
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