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2023年江苏省宿迁市沭阳县中考数学第二次联考试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省宿迁市沭阳县中考数学第二次联考试卷（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年江苏省宿迁市沭阳县中考数学第二次联考试卷
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. −13 的相反数是( )
A. 13 B. 3 C. −13 D. − 3
2. 在平面直角坐标系中，点P(−π,x2+3)所在的象限是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 某班学生一周参加体育锻炼的时间统计如下表，则该班学生一周锻炼时间的众数、中位数(单位：h)分别是( )
时间/h
6
7
8
9
人数
2
14
18
6
A. 18，8 B. 8，7 C. 8，8 D. 8，7.5
4. 将一副直角三角尺如图放置，若∠BOC=160°，则∠AOD的大小为( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
5. 如图，点O是正五边形ABCDE的中心，过点O作OH⊥CD，垂足为H，则下列四个选项中正确的为( )
A. OH=OC⋅sin36°
B. OH=OC⋅sin35°
C. OH=OC⋅cos36°
D. OH=OC⋅cos35°
6. 运用你学习函数的经验，判断以下哪个函数的图象如图所示( )
A. y=3x+1 B. y=3|x| C. y=3x2+1 D. y=3(x+1)2
7. 如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD(AB>AD)的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH.下列关于四边形EFGH的说法正确的是( )
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；
②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；
④存在无数个四边形EFGH是正方形
A. ① B. ①② C. ①②③ D. ①②③④
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4.矩形DEFG的顶点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，若tan∠DEC=34，则矩形DEFG面积的最大值为( )
A. 5
B. 327
C. 5 22
D. 257
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 我国北斗卫星导航系统部署已完成，其中一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米，将21500000用科学记数法表示为 ．
10. 计算 8− 12的结果为 ．
11. 如图，一次函数y=2x+b的图象经过点A(−2,4)，则不等式2x+b>4的解集是______ ．
12. 若a−b−2=0，则代数式a2−b2−4a的值等于______．
13. 如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为______ ．
14. 已知关于x、y的二元一次方程组2x−y=kx+y=3的解满足方程x−2y=4，则k的值为______．
15. 《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积=12(弦×矢+矢 2).弧田是由圆弧和其所对的弦围成(如图中的阴影部分)，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理(当半径OC⊥弦AB时，OC平分AB)可以求解．现已知弦AB=8米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为 平方米．
16. 如图，▱ABCD的边CD在x轴上，顶点A在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，点B在y轴上，AD与y轴交于点E.若ODOC=13，S△EDC=3，则k的值为______ ．
17. 如图，△ABC中，∠ABC=90°，P是边AB上一点，连接CP，将线段CP绕点P逆时针旋转90°得C′P，连接AC′.若AP=BC=4，BP=2，则线段AC′= ______ ．
18. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=4，点D是边AC上一动点.连接BD，将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，当点A′在△ABC内部(不含边界)时，AD长度的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：−32+(−4)×sin60°+ 12．
20. (本小题8.0分)
先化简：x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)，然后从2，0，−2中选一个合适的数代入求值．
21. (本小题10.0分)
为庆祝中国共产党建党100周年，某中学开展“学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行”知识竞赛，现随机抽取部分学生的成绩分成A、B、C、D、E五个等级进行统计，并绘制成两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查中共抽取______名学生；
(2)补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求B等级所对应的扇形圆心角的度数；
(4)若该校有1000名学生参加此次竞赛，估计这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有多少名？
22. (本小题8.0分)
甲、乙、丙三名选手参加“飞花令”比赛，他们通过摸球的方式决定首场比赛的对手：在一个不透明的口袋中放入两个黑球和一个白球，它们除颜色外其他都相同，三人从中各摸出一个球，摸到黑球的两人即为首场比赛的对手．
(1)若甲第一个摸球，则他摸到黑球的概率是______；
(2)求乙、丙两人成为首场比赛对手的概率．(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
23. (本小题10.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D为弧AC的中点，⊙O的切线DE交OC的延长线于点E．
(1)求证：DE//AC；
(2)连接BD交AC于P，若AC=8,cosA=45，求BP的长．
24. (本小题10.0分)
肺炎疫情期间，口罩成了家家户户必备的防疫物品．在某超市购买2只普通医用口罩和3只N95口罩的费用是22元；购买5只普通医用口罩和2只N95口罩的费用也是22元．
(1)求该超市普通医用口罩和N95口罩的单价；
(2)若准备在该超市购买两种口罩共50只，且N95口罩不少于总数的40%，试通过计算说明，在预算不超过190元的情况下有哪些购买方案．
25. (本小题10.0分)
已知在△ABC中，BC>AB，请用直尺(不带刻度)和圆规在AC上作出符合要求的一点P.(作图不必写作法，但要保留作图痕迹.)
(1)如图1，若∠A=90°，使得点P到BC的距离等于PA；
(2)如图2，若∠A>90°，使得点P到BC的距离等于PA；
(3)在(2)的条件下，若∠A=105°，∠C=30°，AB=6，则PA= ______ ．
26. (本小题10.0分)
点P是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点P向x轴，y轴作垂线段，若垂线段的长度的和为4，则点P叫做“垂距点”，例如：如图中的P(1,3)是“垂距点”．
(1)在点A(2,2)，B(32,−52)，C(−1,5)，是“垂距点”的为______；
(2)若D(32m,12m)为“垂距点”，求m的值；
(3)若过点(2,3)的一次函数y=kx+b(k≠0)的图象上存在“垂距点”，则k的取值范围是______．
27. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(a、b)，且a、b满足a2+4a+4= b−4+ 4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴上一点，连接PA、PB、AB，若B(−4,0)，且∠APB=45°+12∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N(−1,0)，则MN的最小值为______(请直接写出结果)．
28. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴交于A(−2,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，且OC=2OA．
(1)试求抛物线的解析式；
(2)直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，与抛物线在第一象限交于点P，与直线BC交于点M，记m=S△CPMS△CDM，试求m的最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，m取最大值时，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？请直接写出满足条件的N点的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−13的相反数是13，
故选：A．
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
2.【答案】B
【解析】解：因为−π<0，x2+3>0，
所以点P(−π,x2+3)所在的象限是第二象限，
故选：B．
直接利用偶次方的性质得出x2+3>0，再利用点的坐标特点即可求解．
本题考查了点的坐标，正确掌握点的坐标特点是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意可得，参加体育锻炼时间的众数为8，
因为该班有40名同学，所以中位数为第20和21名同学锻炼时间的平均数，第20名同学的时间为8h，第21名同学的时间为8h，
所以中位数为8+82=8．
故选：C．
根据众数和中位的定义进行求解即可得出答案．
本题主要考查了众数和中位数，熟练应用众数和中位数的概念进行求解是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠COB=∠COD+∠AOB−∠AOD，
∴90°+90°−∠AOD=160°，
∴∠AOD=20°．
故选：B．
依据∠COB=∠COD+∠AOB−∠AOD求解即可．
本题主要考查的是角的和差计算，明确图形中相关角之间的和差关系是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：连接OD，
∵点O是正五边形ABCDE的中心，
∴OD=OC，∠COD=15×360°=72°，
∵OH⊥CD于点H，
∴∠OHC=90°，∠COH=∠DOH=12∠COD=12×72°=36°，
∵OHOC=cos∠COH=cos36°，
∴OH=OC⋅cos36°，
故选：C．
连接OD，则OD=OC，∠COD=15×360°=72°，由OH⊥CD于点H，根据等腰三角形的“三线合一”得∠COH=12∠COD=36°，则OHOC=cos36°，所以OH=OC⋅cos36°，于是得到问题的答案．
此题重点考查正多边形与圆、正多边形的中心角、等腰三角形的“三线合一”、锐角三角函数与解直角三角形等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解是的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A.当x=−2时，y=1−2+1=−1，故与题干中图象不符，该选项不合题意；
B.当x=0时，y=3|x|无意义，故与题干中图象不符，该选项不合题意；
C.当自变量x取其相反数时，y=3(−x)2+1=3x2+1，且当x=0时，y=3为最大值，与题干中图象相符，该选项符合题意；
D.当x=−1时，y=3(x+1)2无意义，故与题干中图象不符，该选项不合题意．
故选C．
根据图象可知x无论取任何数y始终大于0，且在x=0时有最大值，再逐项判断即可．
本题考查识别函数图象，解题的关键是根据图象得出该函数的性质．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：①如图，
∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；
②如图，当EG=HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故②正确；
③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故③正确；
④当四边形EFGH是正方形时，EH=EF，
则△AEH≌△BFE(AAS)，
∴AH=BE，AE=BF，
∵BF=DH，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故④错误；
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：作FH⊥AC于H，
∴∠EFH+∠FEH=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，
∴∠EFH=∠DEC，
∴tan∠EFH=tan∠DEC=34，
∴EHFH=DCCE=34，
令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，
∴FE= EH2+FH2=5x，DE= DC2+CE2=5y，
∵∠C=90°，AC=BC=4，
∴∠A=45°，
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴AH=FH=4x，
∴AC=4x+3x+4y=4，
∴y=4−7x4，
∵矩形DEFG的面积=DE⋅FE=25xy=25x⋅4−7x4=−1754(x−27)2+257，
∴矩形DEFG面积的最大值为257．
故选：D．
作FH⊥AC于H，由余角的性质得到∴∠EFH=∠DEC，因此tan∠EFH=tan∠DEC=34，得到EHFH=DCCE=34，令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，由勾股定理得到EF=5x，DE=5y，由4x+3x+4y=4，得到y=4−7x4，于是得到矩形DEFG的面积=DE⋅FE=25xy=25x⋅4−7x4=−1754(x−27)2+257，即可得到矩形DEFG面积的最大值为257．
本题考查解直角三角形，勾股定理，二次函数的最值，等腰直角三角形，关键是由锐角的正切定义得到到EHFH=DCCE=34，令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，从而得到矩形DEFG面积关于x的二次函数关系式，即可求出矩形DEFG面积的最大值．
9.【答案】2.15×107
【解析】
【分析】
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
【解答】
解：21500000=2.15×107．
故答案为：2.15×107．
10.【答案】32 2
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
首先化简二次根式，进而合并求出答案．
【解答】
解： 8− 12=2 2− 22=32 2．
故答案为：32 2．
11.【答案】x>−2
【解析】解：由图象可得：当x>−2时，2x+b>4，
所以不等式2x+b>4的解集为x>−2，
故答案为：x>−2．
根据已知条件和一次函数的图象得出答案即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12.【答案】−4
【解析】解：∵a−b−2=0，
∴a−b=2，
a2−b2−4a
=a2−ab+ab−b2−4a
=a(a−b)+b(a−b)−4a
=2a+2b−4a
=2b−2a
=−2(a−b)
=−4，
故答案为：−4．
先根据a−b−2=0求出a−b的值，再将a2−b2−4a化简为含有a−b的代数式，然后整体代入即可求出所求的结果．
此题考查了提公因式法分解因式，从多项式中整理成已知条件的形式，然后利用“整体代入法”求代数式的值．
13.【答案】31.5°
【解析】解：由题意得：正八边形的每个内角都等于135°，正五边形的每个内角都等于108°，
故∠BAC=360°−135°−108°=117°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=(180°−117°)÷2=31.5°．
故答案为：31.5°．
根据正八边形的内角和正五边形的内角结合周角的定义和等腰三角形性质可得结论．
本题考查了正多边形的内角与外角、等腰三角形的性质，熟练正八边形的内角，正五边形的内角是解题的关键．
14.【答案】7
【解析】
【分析】
本题考查了二元一次方程组的解，二元一次方程的解，以及解二元一次方程组等知识．
把x−2y=4与x+y=3联立方程组，求出x，y的值代入2x−y=k进行计算即可．
【解答】
解：由题意，得：
x−2y=4①x+y=3 ②,
解得：x=103y=−13，
把x=103y=−13代入2x−y=k，得：
2×103−(−13)=k，
解得：k=7，
故答案为：7．
15.【答案】10
【解析】
【分析】
此题考查垂径定理的应用，关键是根据垂径定理和勾股定理解答．
根据垂径定理得到AD=4m，由勾股定理得到OD= OA2−AD2=3m，求得OC−OD=2m，根据弧田面积=12(弦×矢+矢 2)即可得到结论．
【解答】
解：∵弦AB=8m，半径OC⊥弦AB，半径OA=5，
∴AD=4m，
∴OD= OA2−AD2=3m，
∴“矢”=OC−OD=2m，
∴弧田面积=12(弦×矢+矢 2)=12×(8×2+22)=10(m2)，
故答案为：10．
16.【答案】−18
【解析】解：如图，作AF⊥x轴于点F，
∵ODOC=13，
∴ODCD=ODAB=12，
∵S△EDC=3，
∴S△ODE=32，
∵AB//OC，
∴△ABE∽△DOE，
∴S△ABES△DOE=(ABOD)2=4，
∴S△ABE=6，
∵ABOC=23，
∴S△BCE=9，
∴S平行四边形ABCD=3+6+9=18，
∴S矩形ABOFS平行四边形ABCD=18，
∴k=−18．
故答案为：−18．
作AF⊥x轴于点F，由ODOC=13，得ODCD=ODAB=12，由S△EDC=3，得S△ODE=32，根据△ABE∽△DOE，得S△ABE=6，根据S矩形ABOFS平行四边形ABCD，即可求出k的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，平行四边形的性质及相似三角形的性质等，应用S矩形ABOF=S平行四边形ABCD是解题的关键．
17.【答案】2 17
【解析】解：如图，过点C作CH⊥直线AB于H，
∵将线段CP绕点P逆时针旋转90°得C′P，
∴PC=PC′，∠CPC′=90°，
∵∠ABC=∠H=∠CPC′=90°，
∴∠CPB+∠C′PB=90°=∠CPB+∠PCB，
∴∠C′PB=∠PCB，
∴△PBC≌△C′HP(AAS)，
∴C′H=PB=2，PH=BC=4，
∴AH=8，
∴AC′= AH2+C′H2= 64+4=2 17，
故答案为：2 17．
由旋转的性质可得PC=PC′，∠CPC′=90°，由“AAS”可证△PBC≌△C′HP，可得C′H=PB=2，PH=BC=4，由勾股定理可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18.【答案】2 55
∴AC= AB2+BC2= 4+16=2 5，
当点A′落在AC上时，如图，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，
∴∠ADB=∠A′DB=90°，
∵cosA=ADAB=ABAC，
∴AD=2×22 5=2 55，
当点A′落在BC上时，如图，过点D作DH⊥AB于H，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，
∴∠ABD=∠DBC=45°，
∵DH⊥AB，
∴∠HDB=∠HBD=45°，
∴BH=DH，
∵tanA=HDAH=BCAB=2，
∴HD=2AH=BH，
∵AB=AH+BH=2AH+AH=2，
∴AH=23，BH=43=DH，
∴AD= AH2+HD2= 49+169=2 53，
∴当点A′在△ABC内部(不含边界)时，AD长度的取值范围为2 55
本题考查了翻折变换，勾股定理，锐角三角函数等知识，求出点A落在AC和BC上时AD的值是本题的关键．
19.【答案】解：−32+(−4)×sin60°+ 12
=−9+(−4)× 32+2 3
=−9−2 3+2 3
=−9．
【解析】根据乘方运算−32=−9，特殊角的三角函数值sin60°= 32，二次根式化简 12=2 3，然后进行计算即可．
本题考查乘方的运算、特殊角的三角函数值、二次根式的化简，关键是熟练掌握乘方运算法则、二次根式的化简，牢记特殊角的三角函数值；易错点是运算过程中的符号问题．
20.【答案】解：x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)
=(x−2)2x+2÷x+2−4x+2
=(x−2)2x+2÷x−2x+2
=(x−2)2x+2⋅x+2x−2
=x−2，
要使分式x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)有意义，x+2≠0且x−2≠0，
所以x不能为−2和2，
取x=0，
当x=0时，原式=0−2=−2．
【解析】先根据分式的减法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，根据分式有意义的条件求出x不能为−2和2，取x=0，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
21.【答案】100
【解析】解：(1)本次抽取的学生总人数为26÷26%=100(名)，
故答案为：100；
(2)D等级所占的百分比为：10÷100×100%=10%，
则B等级所占的百分比为：1−26%−20%−10%−4%=40%，
故B、C等级的学生分别为：100×40%=40(名)，100×20%=20(名)，
补全条形图如下，
(3)B等级所对应的扇形圆心角的度数为：360°×40%=144°；
(4)1000×26+40100=660(名)，
答：估计这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有660名．
(1)根据A所占的百分比，根据频数、频率、总数之间的关系即可求出本次调查中共抽取的学生数；
(2)根据(1)中的结果和扇形统计图中的数据，可以计算出B、C等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整；
(3)根据(2)中的结果计算出B等级所对应的扇形圆心角的度数；
(4)求出A、B等级所占整体的百分比即可求出相应的人数．
本题考查扇形统计图、条形统计图，理解两个统计图中数量关系是解决问题的关键．
22.【答案】23
【解析】解：(1)他摸到黑球的概率是23；
故答案为：23；
(2)画树状图如下：
列出所有可能的结果有6种，其中符合题意的结果有2种，
所以乙、丙两人成为首场比赛对手的概率是26=13．
(1)用黑球的个数除以总球的个数即可；
(2)画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出乙、丙两人成为首场比赛对手的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果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事件A或B的概率．
23.【答案】(1)证明：如图所示，连接OD，
∵点D是弧AC的中点，
∴OD⊥AC，
∵DE是⊙O切线，
∴DE⊥OD，
∴DE//AC；
(2)解：设OD与AC交点为F，连接AD，则∠CAD=∠CBD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵cos∠BAC=ACAB=45，AC=8，
∴AB=10，
∴BC= AB2−AC2=6，OD=5，
∵OD⊥AC，
∴OF//BC，AF=CF=12AC，
∴OF=12BC=3，
∴DF=OD−OF=5−3=2，
∵AF=12AC=4，
∴AD= AF2+DF2=2 5，
∴cos∠CAD=AFAD=42 5= 55，
∴cos∠CBD=BCBP=6BP=2 55，
∴BP=3 5．
【解析】(1)连接OD，用垂径定理的推论和切线性质定理证明；
(2)设OD与AC交点为F，连接AD，根据∠BAC的余弦值和勾股定理求出AB，BC的长，证明∠ACB=90°，得到OF//BC，根据三角形中位线定理求出OF的长，得到DF的长，用勾股定理求出AD的长，最后用∠CAD=∠CBD的余弦值求出BP的长．
本题主要考查了垂径定理，切线性质定理，平行线的判定，圆周角定理推论，三角形中位线定理，勾股定理，锐角三角函数，熟练运用上述性质和判定定理解答．
24.【答案】解：(1)设普通医用口罩的单价为x元，N95口罩单价为y元，依题意有
2x+3y=225x+2y=22，
解得x=2y=6．
故普通医用口罩的单价为2元，N95口罩单价为6元；
(2)设购买普通医用口罩z个，则购买N95口罩(50−z)个，依题意有：
50−z≥50×40%2z+6(50−z)≤190，
解得27.5≤z≤30．
z为整数，所以z=28，29，30，
购买方案有3种：
①购买普通医用口罩28个，购买N95口罩22个；
②购买普通医用口罩29个，购买N95口罩21个；
③购买普通医用口罩30个，购买N95口罩20个．
【解析】本题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题意列出等量关系和不等式关系式即可求解．
(1)设普通医用口罩的单价为x元，N95口罩单价为y元，根据题意列方程组解答即可；
(2)设购买普通医用口罩z个，则购买N95口罩(50−z)个，根据N95口罩不少于总数的40%；预算不超过190元；列出不等式组解答即可．
25.【答案】2 2
【解析】解：(1)如图1中，点P即为所求；
(2)如图2中，点P即为所求；
(3)如图，作AR⊥BC于点R．
∵∠B=180°−∠C−∠BA=45°，AB=6，
∴AR=3 2，
∵∠CAT=90°，
∴∠ATC=90°−30°=60°，
∵TP平分∠ATC，
∴∠ATP=30°，
∵AT=ARcos30∘=2 6，
∴AP=AT⋅tan30°=2 2．
故答案为：2 2．
(1)作∠ABC的角平分线BP，交AC于点P，点P即为所求；
(2)过点A作AT⊥AC交BC于点T，作∠ATC的角平分线TP交AC于点P，点P即为所求；
(3)证明∠ATP=30°，解直角三角形求出AT，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，点到直线的距离等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26.【答案】(1)A和B
(2)根据题意得|32m|+|12m|=4
①当m>0时，则2m=4，
解得m=2，
②当m<0时，则−2m=4，
解得m=−2，
故m的值为±2．
(3)k<−32或−120
【解析】解：(1)根据题意，对于点A而言，|2|+|2|=4，
A是“垂距点”，
对于点B而言，|32|+|−52|=4，
B是“垂距点”，
对于点C而言，|−1|+|5|=6≠4，
所以C不是“垂距点”，
故答案为A和B．
(2)根据题意得|32m|+|12m|=4
①当m>0时，则2m=4，
解得m=2，
②当m<0时，则−2m=4，
解得m=−2，
故m的值为±2．
(3)如图，取E(0,4)，F(4,0)，G(−4,0).连接EF，EG，在EF上取一点P，作PM⊥OE于M，PN⊥OF于N．
则有四边形PMON是矩形，可得PN=OM，PM=EM，
∴PM+PN=OM+EM=4，
∴线段EF或线段EG上的点是“垂距点”，当直线y=kx+b与线段EF或线段EG有交点时，直线y=kx+b上存在“垂距点”，
∵直线y=kx+b，经过A(2,3)，
∴3=2k+b，
∴b=3−2k，
∴直线y=kx+3−2k，
当直线经过E(0,4)时，k=−12，
当直线经过F(4,0)时，k=−32，
观察图象可知满足条件的k的值为k<−32或−120．
故答案为k<−32或−120．
(1)根据题意即可得到结论；
(2)根据“垂距点”的定义，得到|32m|+|12m|=4，解得即可；
(3)如图，取E(0,40,F(4,0)，G(−4,0).连接EF，EG，在EF上取一点P，作PM⊥OE于M，PN⊥OF于N.首先说明线段EF或线段EG上的点是“垂距点”，当直线y=kx+b与线段EF或线段EG有交点时，直线y=kx+b上存在“垂距点”，
本题考查一次函数图象与系数的性质，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
27.【答案】4 55
【解析】解：(1)如图1，连接OP，
∵a2+4a+4= b−4+ 4−b，
∴(a+2)2= b−4+ 4−b，
∵b−4≥04−b≥0，
∴b=4，
∴a=−2，
∴P(−2,4)，
∵PC⊥OC，
∴PC=2，OC=4，
∴OP= PC2+OC2= 22+42=2 5；
(2)如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B(−4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC=4，
∵∠BOC=∠OCD=∠BDC=90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD=OB=OC=4，
∵∠APB=45°+12∠PAC，
∴2∠APB=90°+∠PAC，
∵∠BPD+∠APB=90°+∠PAC，
∴∠BPD=∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD=BE=4，
设OA=x，
①当点A在x轴上方时，AC=4−x，
∴PA= PC2+AC2= 22+(4−x)2= x2−8x+20，
∵S△ABP=S正方形OBDC−S△BDP−S△APC−S△AOB，
∴12× x2−8x+20×4=4×4−12×4×2−12×2(4−x)−12×4x，
解得：x1=4(舍去)，x2=43，
∴A(0,43)；
②当点A在x轴下方时，AC=4+x，
∴PA= PC2+AC2= 22+(4+x)2= x2+8x+20，
∵S△ABP=S正方形OBDC−S△BDP−S△APC+S△AOB，
∴12× x2+8x+20×4=4×4−12×4×2−12×2(4+x)+12×4x，
解得：x1=−4，x2=−43，
∴A(0,−4)或(0,−43)，
综上所述，点A的坐标为：(0,43)或(0,−4)或(0,−43)；
(3)如图3，设M(x,y)，
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B(2x,0)，D(0,2y)，
∵∠DPB=90°，DM=BM，
∴MP=12BD，
∴ (x+2)2+(y−4)2=12 (2x)2+(2y)2，
化简，得：y=12x+52，
∴点M的运动轨迹是直线y=12x+52，
∴MN的最小值即为点N(−1,0)到直线y=12x+52的距离，
过点N作直线y=12x+52的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG=5，OH=52，
∵∠GQN=∠GOH=90°，∠NGQ=∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴QNOH=GNGH，即QN⋅GH=GN⋅OH，
∵GN=OG−ON=4，GH= 52+(52)2=5 52，
∴QN×5 52=4×52，
解得：QN=4 55，
∴MN的最小值为4 55．
故答案为4 55．
(1)连接OP，根据二次根式的性质可求得b=4，a=−2，运用勾股定理即可求得OP；
(2)过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据∠APB=45°+12∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD=BE=4，设OA=x，分两种情况进行讨论：①当点A在x轴上方时，②当点A在x轴下方时，分别运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
(3)设M(x,y)，根据点M是BD中点，可得出B(2x,0)，D(0,2y)，根据直角三角形性质可得出MP=12BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y=12x+52，即点M的运动轨迹是直线y=12x+52，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
本题考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，点到直线距离等知识，综合性较强，难度较大；熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
28.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴C(0,4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B(4,0)、C，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，
解得：a=−12b=1c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)如图1，过点P作PE//y轴交直线BC于E，连接CP，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∵B(4,0)、C(0,4)，
∴4k+d=0d=4，
解得：k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，
∴PE=−12t2+t+4−(−t+4)=−12t2+2t，
∵直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，
∴D(0,1)，
∴CD=4−1=3，
∵PE//y轴，即PE//CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴PMDM=PECD=−12t2+2t3=−16t2+23t，
∵m=S△CPMS△CDM=PMDM，
∴m=−16t2+23t=−16(t−2)2+23，
∵−16<0，
∴当t=2时，m取得最大值23，此时点P的坐标为(2,4)；
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
由(2)知：D(0,1)，P(2,4)，
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
当四边形PDQ1N1为矩形时，如图2，连接PC，过点N1作N1M⊥x轴于M，
则∠DCP=∠N1MQ1=90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M=90°，
∵四边形PDQ1N1为矩形，
∴PD=N1Q1，∠PDQ1=∠DQ1N1=90°，
∴∠PDC+∠Q1DO=∠N1Q1M+∠DQ1O=90°，
∵∠DOQ1=90°，
∴∠Q1DO+∠DQ1O=90°，
∴∠PDC=∠Q1N1M=∠DQ1O，
∴△PDC≌△Q1N1M(AAS)，
∴Q1M=CP=2，MN1=CD=3，
∵∠DCP=∠DOQ1=90°，∠PDC=∠DQ1O，
∴△PDC∽△DQ1O，
∴OQ1CD=ODCP，即OQ13=12，
∴OQ1=32，
∴OM=OQ1+Q1M=32+2=72，
∴N1(72,3)；
当四边形PDN2Q2是矩形时，如图2，过点Q2作Q2K⊥x轴交CP的延长线于K，过点N2作N2T⊥x轴于T，
∵四边形PDN2Q2是矩形，
∴∠DPQ2=90°，PD=N2Q2，
∴∠DPC+∠Q2PK=90°，
∵∠K=∠DCP=90°，
∴∠PDC+∠DPC=90°，
∴∠PDC=∠Q2PK，
∴△PDC∽△Q2PK，
∴PKKQ2=CDCP，即PK4=32，
∴PK=6，
∴OQ2=8，
∵∠PQ2K+∠PQ2O=∠PQ2O+∠N2Q2T=90°，
∴∠PQ2K=∠N2Q2T，
∵∠PQ2K=∠DPC，
∴∠N2Q2T=∠DPC，
∵∠DCP=∠N2TQ2=90°，
∴△DCP≌△N2TQ2(AAS)，
∴Q2T=CP=2，N2T=CD=3，
∴OT=OQ2−Q2T=8−2=6，
∴N2(6,−3)；
②当DP是对角线时，设Q(x,0)，则QD2=x2+1，QP2=(x−2)2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+(x−2)2+16=13，
整理得x2−2x+4=0，方程无解，此种情形不存在；
综上所述，N点的坐标为(72,3)或(6,−3)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+4，设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，可得PE=−12t2+2t，再由△EMP∽△CMD，可得PMDM=PECD=−16t2+23t，根据等高三角形的面积比等于底的比可得：m=S△CPMS△CDM=PMDM=−16(t−2)2+23，运用二次函数的性质即可得出答案；
(3)分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2023年江苏省宿迁市沭阳县中考数学第二次联考试卷
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. −13 的相反数是( )
A. 13 B. 3 C. −13 D. − 3
2. 在平面直角坐标系中，点P(−π,x2+3)所在的象限是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 某班学生一周参加体育锻炼的时间统计如下表，则该班学生一周锻炼时间的众数、中位数(单位：h)分别是( )
时间/h
6
7
8
9
人数
2
14
18
6
A. 18，8 B. 8，7 C. 8，8 D. 8，7.5
4. 将一副直角三角尺如图放置，若∠BOC=160°，则∠AOD的大小为( )
A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
5. 如图，点O是正五边形ABCDE的中心，过点O作OH⊥CD，垂足为H，则下列四个选项中正确的为( )
A. OH=OC⋅sin36°
B. OH=OC⋅sin35°
C. OH=OC⋅cos36°
D. OH=OC⋅cos35°
6. 运用你学习函数的经验，判断以下哪个函数的图象如图所示( )
A. y=3x+1 B. y=3|x| C. y=3x2+1 D. y=3(x+1)2
7. 如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD(AB>AD)的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH.下列关于四边形EFGH的说法正确的是( )
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；
②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；
④存在无数个四边形EFGH是正方形
A. ① B. ①② C. ①②③ D. ①②③④
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4.矩形DEFG的顶点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，若tan∠DEC=34，则矩形DEFG面积的最大值为( )
A. 5
B. 327
C. 5 22
D. 257
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9. 我国北斗卫星导航系统部署已完成，其中一颗中高轨道卫星高度大约是21500000米，将21500000用科学记数法表示为 ．
10. 计算 8− 12的结果为 ．
11. 如图，一次函数y=2x+b的图象经过点A(−2,4)，则不等式2x+b>4的解集是______ ．
12. 若a−b−2=0，则代数式a2−b2−4a的值等于______．
13. 如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为______ ．
14. 已知关于x、y的二元一次方程组2x−y=kx+y=3的解满足方程x−2y=4，则k的值为______．
15. 《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积=12(弦×矢+矢 2).弧田是由圆弧和其所对的弦围成(如图中的阴影部分)，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理(当半径OC⊥弦AB时，OC平分AB)可以求解．现已知弦AB=8米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为 平方米．
16. 如图，▱ABCD的边CD在x轴上，顶点A在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，点B在y轴上，AD与y轴交于点E.若ODOC=13，S△EDC=3，则k的值为______ ．
17. 如图，△ABC中，∠ABC=90°，P是边AB上一点，连接CP，将线段CP绕点P逆时针旋转90°得C′P，连接AC′.若AP=BC=4，BP=2，则线段AC′= ______ ．
18. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=4，点D是边AC上一动点.连接BD，将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，当点A′在△ABC内部(不含边界)时，AD长度的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：−32+(−4)×sin60°+ 12．
20. (本小题8.0分)
先化简：x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)，然后从2，0，−2中选一个合适的数代入求值．
21. (本小题10.0分)
为庆祝中国共产党建党100周年，某中学开展“学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行”知识竞赛，现随机抽取部分学生的成绩分成A、B、C、D、E五个等级进行统计，并绘制成两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查中共抽取______名学生；
(2)补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求B等级所对应的扇形圆心角的度数；
(4)若该校有1000名学生参加此次竞赛，估计这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有多少名？
22. (本小题8.0分)
甲、乙、丙三名选手参加“飞花令”比赛，他们通过摸球的方式决定首场比赛的对手：在一个不透明的口袋中放入两个黑球和一个白球，它们除颜色外其他都相同，三人从中各摸出一个球，摸到黑球的两人即为首场比赛的对手．
(1)若甲第一个摸球，则他摸到黑球的概率是______；
(2)求乙、丙两人成为首场比赛对手的概率．(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
23. (本小题10.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D为弧AC的中点，⊙O的切线DE交OC的延长线于点E．
(1)求证：DE//AC；
(2)连接BD交AC于P，若AC=8,cosA=45，求BP的长．
24. (本小题10.0分)
肺炎疫情期间，口罩成了家家户户必备的防疫物品．在某超市购买2只普通医用口罩和3只N95口罩的费用是22元；购买5只普通医用口罩和2只N95口罩的费用也是22元．
(1)求该超市普通医用口罩和N95口罩的单价；
(2)若准备在该超市购买两种口罩共50只，且N95口罩不少于总数的40%，试通过计算说明，在预算不超过190元的情况下有哪些购买方案．
25. (本小题10.0分)
已知在△ABC中，BC>AB，请用直尺(不带刻度)和圆规在AC上作出符合要求的一点P.(作图不必写作法，但要保留作图痕迹.)
(1)如图1，若∠A=90°，使得点P到BC的距离等于PA；
(2)如图2，若∠A>90°，使得点P到BC的距离等于PA；
(3)在(2)的条件下，若∠A=105°，∠C=30°，AB=6，则PA= ______ ．
26. (本小题10.0分)
点P是平面直角坐标系中的一点且不在坐标轴上，过点P向x轴，y轴作垂线段，若垂线段的长度的和为4，则点P叫做“垂距点”，例如：如图中的P(1,3)是“垂距点”．
(1)在点A(2,2)，B(32,−52)，C(−1,5)，是“垂距点”的为______；
(2)若D(32m,12m)为“垂距点”，求m的值；
(3)若过点(2,3)的一次函数y=kx+b(k≠0)的图象上存在“垂距点”，则k的取值范围是______．
27. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(a、b)，且a、b满足a2+4a+4= b−4+ 4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴上一点，连接PA、PB、AB，若B(−4,0)，且∠APB=45°+12∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N(−1,0)，则MN的最小值为______(请直接写出结果)．
28. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴交于A(−2,0)、B(4,0)两点，与y轴交于点C，且OC=2OA．
(1)试求抛物线的解析式；
(2)直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，与抛物线在第一象限交于点P，与直线BC交于点M，记m=S△CPMS△CDM，试求m的最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，m取最大值时，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？请直接写出满足条件的N点的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−13的相反数是13，
故选：A．
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
2.【答案】B
【解析】解：因为−π<0，x2+3>0，
所以点P(−π,x2+3)所在的象限是第二象限，
故选：B．
直接利用偶次方的性质得出x2+3>0，再利用点的坐标特点即可求解．
本题考查了点的坐标，正确掌握点的坐标特点是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意可得，参加体育锻炼时间的众数为8，
因为该班有40名同学，所以中位数为第20和21名同学锻炼时间的平均数，第20名同学的时间为8h，第21名同学的时间为8h，
所以中位数为8+82=8．
故选：C．
根据众数和中位的定义进行求解即可得出答案．
本题主要考查了众数和中位数，熟练应用众数和中位数的概念进行求解是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠COB=∠COD+∠AOB−∠AOD，
∴90°+90°−∠AOD=160°，
∴∠AOD=20°．
故选：B．
依据∠COB=∠COD+∠AOB−∠AOD求解即可．
本题主要考查的是角的和差计算，明确图形中相关角之间的和差关系是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：连接OD，
∵点O是正五边形ABCDE的中心，
∴OD=OC，∠COD=15×360°=72°，
∵OH⊥CD于点H，
∴∠OHC=90°，∠COH=∠DOH=12∠COD=12×72°=36°，
∵OHOC=cos∠COH=cos36°，
∴OH=OC⋅cos36°，
故选：C．
连接OD，则OD=OC，∠COD=15×360°=72°，由OH⊥CD于点H，根据等腰三角形的“三线合一”得∠COH=12∠COD=36°，则OHOC=cos36°，所以OH=OC⋅cos36°，于是得到问题的答案．
此题重点考查正多边形与圆、正多边形的中心角、等腰三角形的“三线合一”、锐角三角函数与解直角三角形等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解是的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A.当x=−2时，y=1−2+1=−1，故与题干中图象不符，该选项不合题意；
B.当x=0时，y=3|x|无意义，故与题干中图象不符，该选项不合题意；
C.当自变量x取其相反数时，y=3(−x)2+1=3x2+1，且当x=0时，y=3为最大值，与题干中图象相符，该选项符合题意；
D.当x=−1时，y=3(x+1)2无意义，故与题干中图象不符，该选项不合题意．
故选C．
根据图象可知x无论取任何数y始终大于0，且在x=0时有最大值，再逐项判断即可．
本题考查识别函数图象，解题的关键是根据图象得出该函数的性质．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：①如图，
∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；
②如图，当EG=HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故②正确；
③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故③正确；
④当四边形EFGH是正方形时，EH=EF，
则△AEH≌△BFE(AAS)，
∴AH=BE，AE=BF，
∵BF=DH，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故④错误；
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：作FH⊥AC于H，
∴∠EFH+∠FEH=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，
∴∠EFH=∠DEC，
∴tan∠EFH=tan∠DEC=34，
∴EHFH=DCCE=34，
令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，
∴FE= EH2+FH2=5x，DE= DC2+CE2=5y，
∵∠C=90°，AC=BC=4，
∴∠A=45°，
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴AH=FH=4x，
∴AC=4x+3x+4y=4，
∴y=4−7x4，
∵矩形DEFG的面积=DE⋅FE=25xy=25x⋅4−7x4=−1754(x−27)2+257，
∴矩形DEFG面积的最大值为257．
故选：D．
作FH⊥AC于H，由余角的性质得到∴∠EFH=∠DEC，因此tan∠EFH=tan∠DEC=34，得到EHFH=DCCE=34，令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，由勾股定理得到EF=5x，DE=5y，由4x+3x+4y=4，得到y=4−7x4，于是得到矩形DEFG的面积=DE⋅FE=25xy=25x⋅4−7x4=−1754(x−27)2+257，即可得到矩形DEFG面积的最大值为257．
本题考查解直角三角形，勾股定理，二次函数的最值，等腰直角三角形，关键是由锐角的正切定义得到到EHFH=DCCE=34，令EH=3x，FH=4x，DC=3y，CE=4y，从而得到矩形DEFG面积关于x的二次函数关系式，即可求出矩形DEFG面积的最大值．
9.【答案】2.15×107
【解析】
【分析】
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
【解答】
解：21500000=2.15×107．
故答案为：2.15×107．
10.【答案】32 2
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
首先化简二次根式，进而合并求出答案．
【解答】
解： 8− 12=2 2− 22=32 2．
故答案为：32 2．
11.【答案】x>−2
【解析】解：由图象可得：当x>−2时，2x+b>4，
所以不等式2x+b>4的解集为x>−2，
故答案为：x>−2．
根据已知条件和一次函数的图象得出答案即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
12.【答案】−4
【解析】解：∵a−b−2=0，
∴a−b=2，
a2−b2−4a
=a2−ab+ab−b2−4a
=a(a−b)+b(a−b)−4a
=2a+2b−4a
=2b−2a
=−2(a−b)
=−4，
故答案为：−4．
先根据a−b−2=0求出a−b的值，再将a2−b2−4a化简为含有a−b的代数式，然后整体代入即可求出所求的结果．
此题考查了提公因式法分解因式，从多项式中整理成已知条件的形式，然后利用“整体代入法”求代数式的值．
13.【答案】31.5°
【解析】解：由题意得：正八边形的每个内角都等于135°，正五边形的每个内角都等于108°，
故∠BAC=360°−135°−108°=117°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=(180°−117°)÷2=31.5°．
故答案为：31.5°．
根据正八边形的内角和正五边形的内角结合周角的定义和等腰三角形性质可得结论．
本题考查了正多边形的内角与外角、等腰三角形的性质，熟练正八边形的内角，正五边形的内角是解题的关键．
14.【答案】7
【解析】
【分析】
本题考查了二元一次方程组的解，二元一次方程的解，以及解二元一次方程组等知识．
把x−2y=4与x+y=3联立方程组，求出x，y的值代入2x−y=k进行计算即可．
【解答】
解：由题意，得：
x−2y=4①x+y=3 ②,
解得：x=103y=−13，
把x=103y=−13代入2x−y=k，得：
2×103−(−13)=k，
解得：k=7，
故答案为：7．
15.【答案】10
【解析】
【分析】
此题考查垂径定理的应用，关键是根据垂径定理和勾股定理解答．
根据垂径定理得到AD=4m，由勾股定理得到OD= OA2−AD2=3m，求得OC−OD=2m，根据弧田面积=12(弦×矢+矢 2)即可得到结论．
【解答】
解：∵弦AB=8m，半径OC⊥弦AB，半径OA=5，
∴AD=4m，
∴OD= OA2−AD2=3m，
∴“矢”=OC−OD=2m，
∴弧田面积=12(弦×矢+矢 2)=12×(8×2+22)=10(m2)，
故答案为：10．
16.【答案】−18
【解析】解：如图，作AF⊥x轴于点F，
∵ODOC=13，
∴ODCD=ODAB=12，
∵S△EDC=3，
∴S△ODE=32，
∵AB//OC，
∴△ABE∽△DOE，
∴S△ABES△DOE=(ABOD)2=4，
∴S△ABE=6，
∵ABOC=23，
∴S△BCE=9，
∴S平行四边形ABCD=3+6+9=18，
∴S矩形ABOFS平行四边形ABCD=18，
∴k=−18．
故答案为：−18．
作AF⊥x轴于点F，由ODOC=13，得ODCD=ODAB=12，由S△EDC=3，得S△ODE=32，根据△ABE∽△DOE，得S△ABE=6，根据S矩形ABOFS平行四边形ABCD，即可求出k的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，平行四边形的性质及相似三角形的性质等，应用S矩形ABOF=S平行四边形ABCD是解题的关键．
17.【答案】2 17
【解析】解：如图，过点C作CH⊥直线AB于H，
∵将线段CP绕点P逆时针旋转90°得C′P，
∴PC=PC′，∠CPC′=90°，
∵∠ABC=∠H=∠CPC′=90°，
∴∠CPB+∠C′PB=90°=∠CPB+∠PCB，
∴∠C′PB=∠PCB，
∴△PBC≌△C′HP(AAS)，
∴C′H=PB=2，PH=BC=4，
∴AH=8，
∴AC′= AH2+C′H2= 64+4=2 17，
故答案为：2 17．
由旋转的性质可得PC=PC′，∠CPC′=90°，由“AAS”可证△PBC≌△C′HP，可得C′H=PB=2，PH=BC=4，由勾股定理可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18.【答案】2 55
∴AC= AB2+BC2= 4+16=2 5，
当点A′落在AC上时，如图，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，
∴∠ADB=∠A′DB=90°，
∵cosA=ADAB=ABAC，
∴AD=2×22 5=2 55，
当点A′落在BC上时，如图，过点D作DH⊥AB于H，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在A′处，
∴∠ABD=∠DBC=45°，
∵DH⊥AB，
∴∠HDB=∠HBD=45°，
∴BH=DH，
∵tanA=HDAH=BCAB=2，
∴HD=2AH=BH，
∵AB=AH+BH=2AH+AH=2，
∴AH=23，BH=43=DH，
∴AD= AH2+HD2= 49+169=2 53，
∴当点A′在△ABC内部(不含边界)时，AD长度的取值范围为2 55
本题考查了翻折变换，勾股定理，锐角三角函数等知识，求出点A落在AC和BC上时AD的值是本题的关键．
19.【答案】解：−32+(−4)×sin60°+ 12
=−9+(−4)× 32+2 3
=−9−2 3+2 3
=−9．
【解析】根据乘方运算−32=−9，特殊角的三角函数值sin60°= 32，二次根式化简 12=2 3，然后进行计算即可．
本题考查乘方的运算、特殊角的三角函数值、二次根式的化简，关键是熟练掌握乘方运算法则、二次根式的化简，牢记特殊角的三角函数值；易错点是运算过程中的符号问题．
20.【答案】解：x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)
=(x−2)2x+2÷x+2−4x+2
=(x−2)2x+2÷x−2x+2
=(x−2)2x+2⋅x+2x−2
=x−2，
要使分式x2−4x+4x+2÷(1−4x+2)有意义，x+2≠0且x−2≠0，
所以x不能为−2和2，
取x=0，
当x=0时，原式=0−2=−2．
【解析】先根据分式的减法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，根据分式有意义的条件求出x不能为−2和2，取x=0，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
21.【答案】100
【解析】解：(1)本次抽取的学生总人数为26÷26%=100(名)，
故答案为：100；
(2)D等级所占的百分比为：10÷100×100%=10%，
则B等级所占的百分比为：1−26%−20%−10%−4%=40%，
故B、C等级的学生分别为：100×40%=40(名)，100×20%=20(名)，
补全条形图如下，
(3)B等级所对应的扇形圆心角的度数为：360°×40%=144°；
(4)1000×26+40100=660(名)，
答：估计这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有660名．
(1)根据A所占的百分比，根据频数、频率、总数之间的关系即可求出本次调查中共抽取的学生数；
(2)根据(1)中的结果和扇形统计图中的数据，可以计算出B、C等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整；
(3)根据(2)中的结果计算出B等级所对应的扇形圆心角的度数；
(4)求出A、B等级所占整体的百分比即可求出相应的人数．
本题考查扇形统计图、条形统计图，理解两个统计图中数量关系是解决问题的关键．
22.【答案】23
【解析】解：(1)他摸到黑球的概率是23；
故答案为：23；
(2)画树状图如下：
列出所有可能的结果有6种，其中符合题意的结果有2种，
所以乙、丙两人成为首场比赛对手的概率是26=13．
(1)用黑球的个数除以总球的个数即可；
(2)画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出乙、丙两人成为首场比赛对手的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果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事件A或B的概率．
23.【答案】(1)证明：如图所示，连接OD，
∵点D是弧AC的中点，
∴OD⊥AC，
∵DE是⊙O切线，
∴DE⊥OD，
∴DE//AC；
(2)解：设OD与AC交点为F，连接AD，则∠CAD=∠CBD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵cos∠BAC=ACAB=45，AC=8，
∴AB=10，
∴BC= AB2−AC2=6，OD=5，
∵OD⊥AC，
∴OF//BC，AF=CF=12AC，
∴OF=12BC=3，
∴DF=OD−OF=5−3=2，
∵AF=12AC=4，
∴AD= AF2+DF2=2 5，
∴cos∠CAD=AFAD=42 5= 55，
∴cos∠CBD=BCBP=6BP=2 55，
∴BP=3 5．
【解析】(1)连接OD，用垂径定理的推论和切线性质定理证明；
(2)设OD与AC交点为F，连接AD，根据∠BAC的余弦值和勾股定理求出AB，BC的长，证明∠ACB=90°，得到OF//BC，根据三角形中位线定理求出OF的长，得到DF的长，用勾股定理求出AD的长，最后用∠CAD=∠CBD的余弦值求出BP的长．
本题主要考查了垂径定理，切线性质定理，平行线的判定，圆周角定理推论，三角形中位线定理，勾股定理，锐角三角函数，熟练运用上述性质和判定定理解答．
24.【答案】解：(1)设普通医用口罩的单价为x元，N95口罩单价为y元，依题意有
2x+3y=225x+2y=22，
解得x=2y=6．
故普通医用口罩的单价为2元，N95口罩单价为6元；
(2)设购买普通医用口罩z个，则购买N95口罩(50−z)个，依题意有：
50−z≥50×40%2z+6(50−z)≤190，
解得27.5≤z≤30．
z为整数，所以z=28，29，30，
购买方案有3种：
①购买普通医用口罩28个，购买N95口罩22个；
②购买普通医用口罩29个，购买N95口罩21个；
③购买普通医用口罩30个，购买N95口罩20个．
【解析】本题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题意列出等量关系和不等式关系式即可求解．
(1)设普通医用口罩的单价为x元，N95口罩单价为y元，根据题意列方程组解答即可；
(2)设购买普通医用口罩z个，则购买N95口罩(50−z)个，根据N95口罩不少于总数的40%；预算不超过190元；列出不等式组解答即可．
25.【答案】2 2
【解析】解：(1)如图1中，点P即为所求；
(2)如图2中，点P即为所求；
(3)如图，作AR⊥BC于点R．
∵∠B=180°−∠C−∠BA=45°，AB=6，
∴AR=3 2，
∵∠CAT=90°，
∴∠ATC=90°−30°=60°，
∵TP平分∠ATC，
∴∠ATP=30°，
∵AT=ARcos30∘=2 6，
∴AP=AT⋅tan30°=2 2．
故答案为：2 2．
(1)作∠ABC的角平分线BP，交AC于点P，点P即为所求；
(2)过点A作AT⊥AC交BC于点T，作∠ATC的角平分线TP交AC于点P，点P即为所求；
(3)证明∠ATP=30°，解直角三角形求出AT，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，点到直线的距离等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26.【答案】(1)A和B
(2)根据题意得|32m|+|12m|=4
①当m>0时，则2m=4，
解得m=2，
②当m<0时，则−2m=4，
解得m=−2，
故m的值为±2．
(3)k<−32或−12
【解析】解：(1)根据题意，对于点A而言，|2|+|2|=4，
A是“垂距点”，
对于点B而言，|32|+|−52|=4，
B是“垂距点”，
对于点C而言，|−1|+|5|=6≠4，
所以C不是“垂距点”，
故答案为A和B．
(2)根据题意得|32m|+|12m|=4
①当m>0时，则2m=4，
解得m=2，
②当m<0时，则−2m=4，
解得m=−2，
故m的值为±2．
(3)如图，取E(0,4)，F(4,0)，G(−4,0).连接EF，EG，在EF上取一点P，作PM⊥OE于M，PN⊥OF于N．
则有四边形PMON是矩形，可得PN=OM，PM=EM，
∴PM+PN=OM+EM=4，
∴线段EF或线段EG上的点是“垂距点”，当直线y=kx+b与线段EF或线段EG有交点时，直线y=kx+b上存在“垂距点”，
∵直线y=kx+b，经过A(2,3)，
∴3=2k+b，
∴b=3−2k，
∴直线y=kx+3−2k，
当直线经过E(0,4)时，k=−12，
当直线经过F(4,0)时，k=−32，
观察图象可知满足条件的k的值为k<−32或−12
故答案为k<−32或−12
(1)根据题意即可得到结论；
(2)根据“垂距点”的定义，得到|32m|+|12m|=4，解得即可；
(3)如图，取E(0,40,F(4,0)，G(−4,0).连接EF，EG，在EF上取一点P，作PM⊥OE于M，PN⊥OF于N.首先说明线段EF或线段EG上的点是“垂距点”，当直线y=kx+b与线段EF或线段EG有交点时，直线y=kx+b上存在“垂距点”，
本题考查一次函数图象与系数的性质，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
27.【答案】4 55
【解析】解：(1)如图1，连接OP，
∵a2+4a+4= b−4+ 4−b，
∴(a+2)2= b−4+ 4−b，
∵b−4≥04−b≥0，
∴b=4，
∴a=−2，
∴P(−2,4)，
∵PC⊥OC，
∴PC=2，OC=4，
∴OP= PC2+OC2= 22+42=2 5；
(2)如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B(−4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC=4，
∵∠BOC=∠OCD=∠BDC=90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD=OB=OC=4，
∵∠APB=45°+12∠PAC，
∴2∠APB=90°+∠PAC，
∵∠BPD+∠APB=90°+∠PAC，
∴∠BPD=∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD=BE=4，
设OA=x，
①当点A在x轴上方时，AC=4−x，
∴PA= PC2+AC2= 22+(4−x)2= x2−8x+20，
∵S△ABP=S正方形OBDC−S△BDP−S△APC−S△AOB，
∴12× x2−8x+20×4=4×4−12×4×2−12×2(4−x)−12×4x，
解得：x1=4(舍去)，x2=43，
∴A(0,43)；
②当点A在x轴下方时，AC=4+x，
∴PA= PC2+AC2= 22+(4+x)2= x2+8x+20，
∵S△ABP=S正方形OBDC−S△BDP−S△APC+S△AOB，
∴12× x2+8x+20×4=4×4−12×4×2−12×2(4+x)+12×4x，
解得：x1=−4，x2=−43，
∴A(0,−4)或(0,−43)，
综上所述，点A的坐标为：(0,43)或(0,−4)或(0,−43)；
(3)如图3，设M(x,y)，
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B(2x,0)，D(0,2y)，
∵∠DPB=90°，DM=BM，
∴MP=12BD，
∴ (x+2)2+(y−4)2=12 (2x)2+(2y)2，
化简，得：y=12x+52，
∴点M的运动轨迹是直线y=12x+52，
∴MN的最小值即为点N(−1,0)到直线y=12x+52的距离，
过点N作直线y=12x+52的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG=5，OH=52，
∵∠GQN=∠GOH=90°，∠NGQ=∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴QNOH=GNGH，即QN⋅GH=GN⋅OH，
∵GN=OG−ON=4，GH= 52+(52)2=5 52，
∴QN×5 52=4×52，
解得：QN=4 55，
∴MN的最小值为4 55．
故答案为4 55．
(1)连接OP，根据二次根式的性质可求得b=4，a=−2，运用勾股定理即可求得OP；
(2)过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据∠APB=45°+12∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD=BE=4，设OA=x，分两种情况进行讨论：①当点A在x轴上方时，②当点A在x轴下方时，分别运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
(3)设M(x,y)，根据点M是BD中点，可得出B(2x,0)，D(0,2y)，根据直角三角形性质可得出MP=12BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y=12x+52，即点M的运动轨迹是直线y=12x+52，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
本题考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，点到直线距离等知识，综合性较强，难度较大；熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
28.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴C(0,4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B(4,0)、C，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，
解得：a=−12b=1c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)如图1，过点P作PE//y轴交直线BC于E，连接CP，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∵B(4,0)、C(0,4)，
∴4k+d=0d=4，
解得：k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，
∴PE=−12t2+t+4−(−t+4)=−12t2+2t，
∵直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，
∴D(0,1)，
∴CD=4−1=3，
∵PE//y轴，即PE//CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴PMDM=PECD=−12t2+2t3=−16t2+23t，
∵m=S△CPMS△CDM=PMDM，
∴m=−16t2+23t=−16(t−2)2+23，
∵−16<0，
∴当t=2时，m取得最大值23，此时点P的坐标为(2,4)；
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
由(2)知：D(0,1)，P(2,4)，
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
当四边形PDQ1N1为矩形时，如图2，连接PC，过点N1作N1M⊥x轴于M，
则∠DCP=∠N1MQ1=90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M=90°，
∵四边形PDQ1N1为矩形，
∴PD=N1Q1，∠PDQ1=∠DQ1N1=90°，
∴∠PDC+∠Q1DO=∠N1Q1M+∠DQ1O=90°，
∵∠DOQ1=90°，
∴∠Q1DO+∠DQ1O=90°，
∴∠PDC=∠Q1N1M=∠DQ1O，
∴△PDC≌△Q1N1M(AAS)，
∴Q1M=CP=2，MN1=CD=3，
∵∠DCP=∠DOQ1=90°，∠PDC=∠DQ1O，
∴△PDC∽△DQ1O，
∴OQ1CD=ODCP，即OQ13=12，
∴OQ1=32，
∴OM=OQ1+Q1M=32+2=72，
∴N1(72,3)；
当四边形PDN2Q2是矩形时，如图2，过点Q2作Q2K⊥x轴交CP的延长线于K，过点N2作N2T⊥x轴于T，
∵四边形PDN2Q2是矩形，
∴∠DPQ2=90°，PD=N2Q2，
∴∠DPC+∠Q2PK=90°，
∵∠K=∠DCP=90°，
∴∠PDC+∠DPC=90°，
∴∠PDC=∠Q2PK，
∴△PDC∽△Q2PK，
∴PKKQ2=CDCP，即PK4=32，
∴PK=6，
∴OQ2=8，
∵∠PQ2K+∠PQ2O=∠PQ2O+∠N2Q2T=90°，
∴∠PQ2K=∠N2Q2T，
∵∠PQ2K=∠DPC，
∴∠N2Q2T=∠DPC，
∵∠DCP=∠N2TQ2=90°，
∴△DCP≌△N2TQ2(AAS)，
∴Q2T=CP=2，N2T=CD=3，
∴OT=OQ2−Q2T=8−2=6，
∴N2(6,−3)；
②当DP是对角线时，设Q(x,0)，则QD2=x2+1，QP2=(x−2)2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+(x−2)2+16=13，
整理得x2−2x+4=0，方程无解，此种情形不存在；
综上所述，N点的坐标为(72,3)或(6,−3)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+4，设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，可得PE=−12t2+2t，再由△EMP∽△CMD，可得PMDM=PECD=−16t2+23t，根据等高三角形的面积比等于底的比可得：m=S△CPMS△CDM=PMDM=−16(t−2)2+23，运用二次函数的性质即可得出答案；
(3)分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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