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2023年山东省济南市中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省济南市中考数学三模试卷（含解析），共29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年山东省济南市中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −32的倒数是( )
A. |−23| B. −23 C. −112 D. 32
2. 如图所示的几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 人的大脑每天能记录大约8600万条信息，把数据“8600万”用科学记数法表示为( )
A. 0.86×104 B. 8.6×103 C. 8.6×107 D. 8.6×108
4. 下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 若方程x2−cx+4=0有两个不相等的实数根．则c的值不可能是( )
A. 10 B. 6 C. 3 D. −5
6. 一个不透明的袋子中装有3个小球，其中2个红球，1个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出两个球，恰好都是红球的概率为( )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
7. 实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. a+b>0 B. ab>0 C. (−a)−b>0 D. |a|<|b|
8. 如图，已知△ABC中，∠C=70°，AB=10，内切圆⊙O半径为3，则图中阴影部分面积和是( )
A. 15−258π B. 15−158π C. 20−154π D. 20−254π
9. 用棋子摆成图案，摆第20个图案需要颗棋子．( )
A. 195 B. 210 C. 290 D. 295
10. 已知在平面直角坐标系中，点A为(1,0)，点B为(3,0)，将抛物线Z：y=−mx2+2x−1，绕原点旋转180°得到抛物线R，若抛物线R与线段AB只有一个公共点，则m的取值范围是( )
A. −3≤m≤−79 B. −3≤m<−79
C. −3≤m≤−79 或m=1 D. −3≤m<−79或m=1
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：x3−6x2+9x=______．
12. 如果一个正多边形的内角和是1080°，则它的中心角的度数为______ 度.
13. 小华在如图所示的4×4正方形网格纸板上玩飞镖游戏(每次飞镖均落在纸板上，且落在纸板的任何一个点的机会都相等)，则飞镖落在阴影区域的概率是______．
14. 设x1、x2是方程x2−x+2m−1=0的两个实数根，若x1⋅x2>0，则m的取值范围是______ ．
15. 甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发向乙地．如图，线段OA表示货车离甲地距离y(千米)与时间x(小时)之间的函数关系式；折线B−C−D−表示轿车离甲地距离y(千米)与x(小时)之间的函数关系，则货车出发______小时与轿车相遇．
16. 如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点(不与点A点D重合)，将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结BP、BH，下列结论：
①BP=EF；
②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3：4：5；
③∠APB=∠BPH；
④△PDH周长等于8．
其中正确的是______ (写出所有正确结论的序号)
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算： 12+(−12)−2−|2−tan60°|+(2022−π)0．
18. (本小题8.0分)
解不等式组，2(x−1)≤x+11−2x+53≤x并写出它的正整数解．
19. (本小题8.0分)
如图，已知▱ABCD中，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．
求证：BF=DE．
20. (本小题80.0分)
某校为调查学生对海洋科普知识的了解情况，从全校学生中随机抽取n名学生进行测试，测试成绩进行整理后分成五组，并绘制成如图的频数分布直方图和扇形统计图．
请根据图中信息解答下列问题：
(1)补全频数分布直方图；
(2)在扇形统计图中，“70～80”这组的百分比m= ；
(3)已知“80～90”这组的数据如下：83，85，87，81，86，84，88，85，86，86，88，89.这组数据的众数是 分；抽取的n名学生测试成绩的中位数是 分；
(4)若成绩达到80分以上(含80分)为优秀，请你估计全校1200名学生对海洋科普知识了解情况为优秀的学生人数．
21. (本小题8.0分)
如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD=18m，斜坡CD的坡度i=1： 3.小文在点C处测得楼顶端A的仰角为63°，在D点处测得楼顶端A的仰角为37°(点A，B，C，D在同一平面内)．
(结果精确到1m，参考数据：sin63°≈910，cos63°≈920，tan63°≈2，sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34， 3≈1.7)
(1)求∠CAD度数；
(2)求居民楼的高度AB．
22. (本小题8.0分)
△ABC中，点O在BC上，以OC为半径的⊙O恰好与AB相切，切点为D，连接CD，且CD⊥AC．
(1)求证：∠BCD=∠A．
(2)设tanA=34，BD=6，求⊙O的半径之长．
23. (本小题8.0分)
某学校为改善办学条件，计划采购A、B两种型号的空调，已知A型空调的单价是B型空调单价的1.5倍，用108000元购买的A型空调数量比用90000元购买的B型空调数量少3台．
(1)求A型空调和B型空调每台各需多少元；
(2)若学校计划采购A、B两种型号空调共30台，且A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，该校共有哪几种采购方案？
(3)在(2)的条件下，采用哪一种采购方案可使总费用最低，最低费用是多少元？
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为(3,0)，四边形OABC为平行四边形，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，与边AB交于点D.若OC=2 2，tan∠AOC=1．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点P(a,0)是一动点，求|PC−PD|最大时a的值；
(3)连接CA，在反比例函数图象上是否存在点M，平面内是否存在点N，
使得四边形CAMN为矩形？若存在，请直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
25. (本小题8.0分)
(1)问题呈现：
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.易知BDCE= ______ ．
(2)类比探究
如图2，△ABC和△ADE都是Rt△，∠ABC=∠ADE=90°，且ABBC=ADDE=34.连接BD，CE，求BDCE的值；
(3)拓展提升：
如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接BD，EC，延长EC交BD于点F，设AB=6，求EF的长．
26. (本小题8.0分)
二次函数y=ax2+bx−3的图象交x轴于点A(−1,0)，点B(3,0)，交y轴于点C，抛物线的顶点为点M．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线上的一点，设点P的横坐标为m(m>3)，点Q在对称轴上，且AQ⊥PQ，若AQ=2PQ，请求出m的值；
(3)如图2，将抛物线绕x轴正半轴上一点R旋转180°得到新抛物线C1交x轴于D、E两点，点A的对应点为点E，点B的对应点为点D.若sin∠BME=35，求旋转中心点R的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−32的倒数是−23．
故选：B．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】B
【解析】解：从左边看，可得如图：
．
故选：B．
根据从左边看得到的图形是左视图即可解答．
本题考查了简单组合体的三视图，掌握从左边看得到的图形是左视图为解答本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：将8600万=86000000，
用科学记数法表示为8.6×107．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10是关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵方程x2−cx+4=0有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，即(−c)2−4×1×4=c2−16>0，
整理得：(c+4)(c−4)>0，
解得：c>4或c<−4，
则c的值不可能是3．
故选：C．
根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，求出c的范围，即可作出判断．
此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：
总计有6种可能结果，其中我们关注的事件两个都是红球的情况有2种，
∴随机摸出两个球，恰好都是红球的概率为：26=13．
故选：B．
根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数，二者的比值就是其发生的概率的大小．
此题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】C
【解析】解：根据数轴可知：a<−1、0
故选：C．
根据图中的点的位置即可确定a、b的正负，即可判断．
本题考查数轴与实数对应关系、绝对值、有理数的加减法，乘除法知识，熟记运算法则是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为G，D，R，
∴图中阴影部分面积和是△AOB的面积−扇形TOQ的面积，
∵OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
∴∠OAB=12∠CAB，∠OBA=12∠CBA，
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠CBA=180°−70°=110°，
∴∠OAB+∠OBA=12∠CAB+12∠CBA=55°，
∴∠AOB=180−(∠OAB+∠OBA)=125°，
∴S阴影=S△AOB−S扇形=12×10×3−125360×π×32=15−258π，
故选：A．
根据内切圆的性质可得图中阴影部分面积和是△AOB的面积−扇形TOQ的面积，进而即可求解．
本题考查了三角形的内切圆与内心，扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．
9.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形中的棋子的个数为：5=1+2×4−4，
第2个图形中的棋子的个数为：11=1+2+3×4−4，
第3个图形中的棋子的个数为：18=1+2+3+4×4−4，
…，
∴第n个图形中的棋子的个数为：1+2+3+…+n+4(n+1)−4=n(n+1)2+4n，
∴第20个图形中的棋子的个数为：20×212+4×20=290．
故选：C．
第1个图形中的棋子的个数为：5=1+2×4−4，第2个图形中的棋子的个数为：11=1+2+3×4−4，第3个图形中的棋子的个数为：18=1+2+3+4×4−4，…，据此可求得第n个图形中的棋子的个数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出第n个图形中的棋子的个数．
10.【答案】A
【解析】解：将抛物线Z：y=−mx2+2x−1，绕原点旋转180°得到抛物线R：−y=−m(−x)2+2(−x)−1，即y=mx2+2x+1，
当抛物线R经过点A时，则m+2+1=0，解得m=−3；
当抛物线R经过点B时，则9m+6+1=0，解得m=−79，
当抛物线y=mx2+2x+1与x轴有一个交点时，则Δ=0，
∴4−4m=0，解得m=1，此时y=x2+2x+1，与x轴的交点为(−1,0)，不合题意，
∴若抛物线R与线段AB只有一个公共点，则m的取值范围是−3≤m≤−79．
故选：A．
根据关于原点对称的点的坐标特征得到抛物线R：y=mx2+2x+1，把点A(1,0)，点B(3,0)分别代入求得m的值，即可求得m的取值范围．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，求得绕原点旋转180°后抛物线的解析式是解题的关键．
11.【答案】x(x−3)2
【解析】先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查因式分解的提公因式法和公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的基本方法是解题的关键．
解：x3−6x2+9x，
=x(x2−6x+9)，
=x(x−3)2．
故答案为：x(x−3)2．
12.【答案】45
【解析】解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180°(n−2)=1080°，
解得：n=8，
∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷8=45°．
故答案为：45．
首先设此多边形为n边形，根据题意得：180°(n−2)=1080°，即可求得n=8，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
本题考查了多边形的内角和与外角和的知识．关键是掌握多边形内角和定理：(n−2)⋅180°，外角和等于360°．
13.【答案】516
【解析】解：阴影部分的面积是：16−4−1×32×2−2×42=5，
则飞镖落在阴影区域的概率是516；
故答案为：516．
用正方形的总面积减去空白部分的面积，求出阴影部分的面积，再根据概率公式即可得出答案．
此题主要考查了几何概率，正确掌握概率公式是解题关键．
14.【答案】12
解得m≤58，
∵x1⋅x2=2m−1
∴2m−1>0，
解得m>12，
∴m的取值范围为12
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ca，x1x2=ca.也考查了根与系数的关系．
15.【答案】3.9
【解析】解：设OA段对应的函数解析式为y=kx，
将(5,300)代入，得：5k=300，
解得k=60，
即OA段对应的函数解析式为y=60x，
设CD段对应的函数解析式为y=ax+b，
2.5a+b=804.5a+b=300，
解得a=110b=−195，
即CD段对应的函数解析式为y=110x−195，
令110x−195=60x，得x=3.9，
即货车出发3.9小时与轿车相遇，
故答案为：3.9．
根据函数图象中的数据，可以分别求得OA段和CD对应的函数解析式，然后令它们相等，求得x的值，即可得到货车出发几小时与轿车相遇．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
16.【答案】①②③④
【解析】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC，
∵FM⊥AB，
∴四边形MBCF为矩形，
∴MF=BC=AB，∠FME=90°，
由折叠可知，EF⊥BP，
∴∠PBE+∠BEF=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠BEF=∠APB，即∠MEF=∠APB，
在△ABP和△MFE中，
∠APB=∠MEF∠BAP=∠FMEAB=MF，
∴△ABP≌△MFE(AAS)，
∴BP=EF，故①正确；
由折叠可知，BP=PE，
设BP=PE=x，则AE=4−x，
∵P为AD中点，
∴AP=2，
在Rt△PAE中，AP2+AE2=PE2，
∴22+(4−x)2=x2，
解得：x=52，
∴AE=4−x=32，PE=52，
∴AE：AP：PE=32：2：52=3：4：5，
即△PAE三边之比为3：4：5，故②正确；
由折叠可知，BE=PE，∠EBC=∠EPC=90°，
∴∠PBE=∠BPE，∠BPE+∠BPH=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠APB=∠BPH，故③正确；
如图，过点B作BN⊥PH于点N，
∴∠BAP=∠BNP=90°，
在△ABP和△NBP中，
∠BAP=∠BNP∠APB=∠NPBPB=PB，
∴△ABP≌△NBP(AAS)，
∴AB=BN，AP=PN，
∴BC=BN，
在Rt△BNH和Rt△BCH中，
BN=BCBH=BH，
∴Rt△BNH≌Rt△BCH(HL)，
∴NH=CH，
∴C△PDH=PD+PN+NH+DH=PD+AP+CH+DH=2AD=8，故④正确．
综上，正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
过点F作FM⊥AB于点M，易得MF=BC=AB，由折叠可知EF⊥BP，于是利用同角的余角相等可得∠MEF=∠APB，以此可通过AAS证明△ABP≌△MFE，即可判断①；由折叠可知BP=PE，设BP=PE=x，则AE=4−x，在Rt△PAE中，利用勾股定理建立方程，求解即可判断②；利用等角的余角相等即可判断③；过点B作BN⊥PH于点N，易通过AAS证明△ABP≌△NBP，得到AB=BN，AP=PN，以此再通过HL证明Rt△BNH≌Rt△BCH，得到NH=CH，则C△PDH=2AD，即可判断④．
本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构建合适的全等三角形解决问题是解题关键．
17.【答案】解：原式=2 3+4−(2− 3)+1
=2 3+4−2+ 3+1
=3 3+3．
【解析】利用二次根式的性质，负整数指数幂的意义，绝对值的意义和零指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，二次根式的性质，负整数指数幂的意义，绝对值的意义和零指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
18.【答案】解：2(x−1)≤x+1①1−2x+53≤x②，
解不等式①，得x≤3，
解不等式②，得x≥−25，
所以不等式组的解集是−25≤x≤3，
所以不等式组的正整数解是1，2，3．
【解析】先根据不等式的性质求出不等式的解集，再根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集，最后求出不等式组的正整数解即可．
本题考查了解一元一次不等式组和一元一次不等式组的整数解，能根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集是解此题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，
∴∠BEA=∠DFC，
在△ABE和△CDF中，
∠BAE=∠CDF∠BEA=∠DFCAB=CD，
∴△ABE≌△DFC(AAS)，
∴BE=DF，
∵∠BEA=∠DFC，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BF=DE．
【解析】根据AAS证明△ABE≌△DFC得出BE=DF，再证明四边形BEDF是平行四边形即可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定性质，证明△ABE≌△DFC是解题的关键．
20.【答案】20% 86 84.5
【解析】解：(1)8÷16%=50(人)，50−4−8−10−12=16(人)，
补全频数分布直方图如下：
(2)m=1050×100%=20%；
故答案为：20%；
(3)将“80～90”这组数据进行排序：
81，83，84，85，85，86，86，86，87，88，88，89，出现次数最多的为86，
∴众数为86分，
故答案为：86；
∵“50～80”分的人数已有22人，
∴第25和26名的成绩分别是是84分，85分，
∴中位数是84+852=84.5分；
故答案为：84.5；
(4)1200×12+1650=672(人)．
∴优秀人数是672人．
(1)先求出样本容量，再用样本容量减去已知各部分的频数，即可求出“90～100”这组的频数，从而补全频数分布直方图；
(2)用“70～80”这组的频数除以样本容量即可；
(3)根据众数和中位数的定义求解即可；
(4)用1200乘以80分以上人数所占的比例即可．
本题主要考查了频数分布直方图、扇形统计图的综合和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了利用样本估计总体，求数据的众数与中位数．
21.【答案】解：(1)过点D作DE⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由题意得：DF//BE，
∵斜坡CD的坡度i=1： 3，
∴DECE=1 3= 33，
在Rt△DCE中，tan∠DCE=DECE= 33，
∴∠DCE=30°，
∵∠ACB=63°，
∴∠ACD=180°−∠ACB−∠DCE=87°，
∵DF//BE，
∴∠FDC=∠DCE=30°，
∵∠ADF=37°，
∴∠ADC=∠ADF+∠FDC=67°，
∴∠CAD=180°−∠ACD−∠ADC=26°，
∴∠CAD度数为26°；
(2)由题意得：DF=BE，BF=DE，
在Rt△DCE中，CD=18m，∠DCE=30°，
∴DE=12CD=9(m)，CE= 3DE=9 3(m)，
∴BF=DE=9 3m，
设BC=x m，
∴DF=BE=BC+CE=(x+9 3)m，
在Rt△ABC中，∠ACB=63°，
∴AB=BC⋅tan63°≈2x(m)，
在Rt△ADF中，∠ADF=37°，
∴AF=DF⋅tan37°≈34(x+9 3)m，
∵AB−AF=BF，
∴2x−34(x+9 3)=9，
解得：x≈16.38，
∴AB=2x≈33(m)，
∴居民楼的高度AB约为33m．
【解析】(1)过点D作DE⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意可得：DF//BE，根据已知可得：在Rt△DCE中，tan∠DCE= 33，从而可得∠DCE=30°，然后利用平角定义求出∠ACD=87°，再利用平行线的性质可得∠FDC=∠DCE=30°，从而可得∠ADC=67°，最后利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)根据题意可得：DF=BE，BF=DE，在Rt△DCE中，利用含30度角的直角三角形的性质求出DE，CE的长，然后设BC=xm，则DF=BE=(x+9 3)m，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，再在Rt△ADF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，最后根据AB−AF=BF，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的一已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OD，如图，
∵以OC为半径的⊙O恰好与AB相切，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴∠ODC+∠ADC=90°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠BCD+∠ADC=90°．
∵CD⊥AC，
∴∠A+∠ADC=90°，
∴∠BCD=∠A；
(2)解：设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，
∵tanA=34，tanA=CDAC，
∴CDAC=34．
∵∠BCD=∠A，∠B=∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴BDBC=BCAB=CDAC=34，
∴6BC=34，
∴6BO+r=34，
∴BO=8−r．
在Rt△OBD中，
∵OD2+BD2=BO2，
∴r2+62=(8−r)2，
解得：r=74．
∴⊙O的半径之长为74．
【解析】(1)连接OD，利用切线的性质定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质定理，直角三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
(2)设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，判定△BCD∽△BAC，利用相似三角形的性质定理得出比例式得到BO=8−r，在Rt△OBD中，利用勾股定理列出关于r的方程，解方程即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
23.【答案】解：(1)设B型空调每台需x元，则A型空调每台需1.5x元，
根据题意得：1080001.5x=90000x−3，
解得：x=6000，
经检验，x=6000是原方程的解，
∴1.5x=1.5×6000=9000，
∴A型空调每台需9000元，B型空调每台需6000元；
(2)设采购m台A型空调，则采购(30−m)台B型空调，
∵A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，
∴m≥12(30−m)9000m+6000(30−m)≤217000，
解得：10≤m≤1213，
∵m为整数，
∴m可取10，11，12，
∴学校共有3种采购方案：采购10台A型空调，采购20台B型空调或采购11台A型空调，采购19台B型空调或采购12台A型空调，采购18台B型空调；
(3)设总费用为w，
根据题意得：w=9000m+6000(30−m)=3000m+180000，
∵3000>0，
∴w随m的增大而增大，
∴m=10时，w取最小值，最小值为3000×10+180000=210000(元)，
∴采购10台A型空调，采购20台B型空调可使总费用最低，最低费用是210000元．
【解析】(1)设B型空调每台需x元，可得得：1080001.5x=90000x−3，解方程并检验可得答案；
(2)根据A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，列不等式组，由m为整数可得答案；
(3)设总费用为w，可得：w=9000m+6000(30−m)=3000m+180000，根据一次函数性质可得答案．
本题考查一次函数，分式方程的应用，涉及一元一次不等式组的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
24.【答案】解：(1)如图，过点C作CE⊥x轴于E，
∴∠CEO=90°，
∵tan∠AOC=1
∴∠COA=45°，
∴∠OCE=45°，
∵OC=2 2，
∴OE=CE=2，
∴C(2,2)，
∵点C在反比例函数图象上，
∴k=2×2=4，
∴反比例函数解析式为y=4x；
(2)∵点C(2,2)，点O(0,0)，
∴OC解析式为：y=x，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC=OA=3，BC//OA，AB//OC，
∴点B(5,2)，
∴设AB解析式为：y=x+b，
∴2=5+b，
∴b=−3，
∴AB解析式为：y=x−3，
联立方程组可得：y=4xy=x−3，
∴x=4y=1或x=−1y=−4(舍去)，
∴点D(4,1)；
在△PCD中，|PC−PD|
∴2m+n=24m+n=1，解得m=−12n=3，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+3，
令y=0，即−12x+3=0，得x=6，
∴|PC−PD|最大时a的值为6．
(3)存在，理由如下：
若四边形CAMN为矩形，则△CAM是直角三角形，
则①当点A为直角顶点时，如图2，过点A作AC的垂线与y=4x交于点M，分别过点C，M作x轴的垂线，垂足分别为点F，G，
由“一线三等角”模型可得△AFC∽△MGA，
则AF：MG=CF：AG，
∵C(2,2)，A(3,0)，
∴OF=CF=2，AF=1，
∴1：MG=2：AG，即MG：AG=1：2，
设MG=t，则AG=2t，
∴M(2t+3,t)，
∵点M在反比例函数y=4x的图象上，
则t(2t+3)=4，
解得t=−3+ 414，(负值舍去)，
∴M(3+ 412,−3+ 414)；
②当点C为直角顶点时，这种情况不成立；
综上，点M的坐标为(3+ 412,−3+ 414).
【解析】(1)先确定出OE=CE=2，即可得出点C坐标，最后用待定系数法即可得出结论；
(2)先求出OC解析式，由平行四边形的性质可得BC=OA=3，BC//OA，AB//OC，利用待定系数法可求AB解析式，求出点D的坐标，再根据三角形关系可得出当点P，C，D三点共线时，|PC−PD|最大，求出直线CD的解析式，令y=0即可求解；
(3)若四边形CAMN为矩形，则△CAM是直角三角形且AC为一条直角边，根据直角顶点需要分两种情况，画出图形分别求解即可．
本题考查了反比例函数综合问题，涉及矩形的判定与性质，相似三角形的性质与判定．第一问的关键是求出点C的坐标，第二问的关键是知道当点P，C，D三点共线时，|PC−PD|取得最大值，第三问的关键是利用矩形的内角是直角进行分类讨论，利用相似三角形的性质建立等式．
25.【答案】1
【解析】解：(1)∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∴BDCE=1，
故答案为：1；
(2)∵ABBC=ADDE=34，∠ABC=∠ADE=90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE=35；
∴∠CAE=∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35；
(3)如图，过点D作DH//BC，交EF的延长线于H，过点D作DN⊥EF于N，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AB=6，
∴AC=BC=3 2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，BC=DE，∠ACB=∠AED=90°，
∴△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB=BD=6，∠ACE=∠AEC=60°，
∴∠BCF=∠DEF=30°，
∵DH//BC，
∴∠BCF=∠H=30°=∠DEF，
∴DH=DE=BC=3 2，
又∵∠BCF=∠DEF，∠BFC=∠DFH，
∴△BCF≌△DHF(AAS)，
∴BF=DF=12BD=3，
∵DN⊥EF，∠DEF=30°，
∴DN=12DE=3 22，NE= 3DN=3 62，
∵FN= FD2−ND2= 9−184=3 22，
∴EF=FN+EN=3 62+3 22=3 6+3 22．
(1)证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
(2)先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
(3)由“AAS”可证△BCF≌△DHF，可得BF=DF=12BD=3，由直角三角形的性质可求解．
本题是相似形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)将A(−1,0)，点B(3,0)，代入函数解析式得：a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴这个二次函数的表达式是y=x2−2x−3；
(2)过点Q作x轴的平行线交过点P与y轴的平行线与点N，交过点A与y轴的平行线于点M，
∵∠NQP+∠MQA=90°，∠MQA+∠QAM=90°，
∴∠NQP=∠QAM，
∵∠AMQ=∠QNP=90°，
∴△AMQ∽△QNP，
∴AMQN=MQNP=AQQP=2，
设点Q的坐标为(1,t)，点P的坐标为(m,m2−2m−3)，
则AM=t，QN=m−1，MQ=2，NP=t−m2+2m+3，
即tm−1=2t−m2+2m+3=2，
解得m=0(舍去)或4，
故m=4；
(3)过点E作EH⊥MB交MB的延长线于点H，
由抛物线的表达式知，点M(1,−4)，BM=2 5，
则tan∠OBM=OMOB=2=tan∠HBE，
∵sin∠BME=35，故tan∠BME=34，
故设BH=x，则HE=2x，
在Rt△HEM中，tan∠BME=34，MB=2 5，
则tan∠BME=34=HEMH=2xx+2 5，解得x=6 5，
在Rt△BHE中，BE= BH2+HE2= 5x=6，
故点E的坐标为(9,0)，
由旋转的定义知，点R是点A、E的中点，
则xR=12(9−1)=4，
故点R的坐标为(4,0)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)证明△AMQ∽△QNP，则AMQN=MQNP=AQQP=2，即可求解；
(3)在Rt△HEM中，tan∠BME=34，MB=2 5，则tan∠BME=34=HEMH=2xx+2 5，解得x=6 5，在Rt△BHE中，BE= BH2+HE2= 5x=6，故点E的坐标为(9,0)，进而求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形的性质、图形的旋转、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
2023年山东省济南市中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −32的倒数是( )
A. |−23| B. −23 C. −112 D. 32
2. 如图所示的几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 人的大脑每天能记录大约8600万条信息，把数据“8600万”用科学记数法表示为( )
A. 0.86×104 B. 8.6×103 C. 8.6×107 D. 8.6×108
4. 下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 若方程x2−cx+4=0有两个不相等的实数根．则c的值不可能是( )
A. 10 B. 6 C. 3 D. −5
6. 一个不透明的袋子中装有3个小球，其中2个红球，1个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出两个球，恰好都是红球的概率为( )
A. 16 B. 13 C. 12 D. 23
7. 实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. a+b>0 B. ab>0 C. (−a)−b>0 D. |a|<|b|
8. 如图，已知△ABC中，∠C=70°，AB=10，内切圆⊙O半径为3，则图中阴影部分面积和是( )
A. 15−258π B. 15−158π C. 20−154π D. 20−254π
9. 用棋子摆成图案，摆第20个图案需要颗棋子．( )
A. 195 B. 210 C. 290 D. 295
10. 已知在平面直角坐标系中，点A为(1,0)，点B为(3,0)，将抛物线Z：y=−mx2+2x−1，绕原点旋转180°得到抛物线R，若抛物线R与线段AB只有一个公共点，则m的取值范围是( )
A. −3≤m≤−79 B. −3≤m<−79
C. −3≤m≤−79 或m=1 D. −3≤m<−79或m=1
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 分解因式：x3−6x2+9x=______．
12. 如果一个正多边形的内角和是1080°，则它的中心角的度数为______ 度.
13. 小华在如图所示的4×4正方形网格纸板上玩飞镖游戏(每次飞镖均落在纸板上，且落在纸板的任何一个点的机会都相等)，则飞镖落在阴影区域的概率是______．
14. 设x1、x2是方程x2−x+2m−1=0的两个实数根，若x1⋅x2>0，则m的取值范围是______ ．
15. 甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发向乙地．如图，线段OA表示货车离甲地距离y(千米)与时间x(小时)之间的函数关系式；折线B−C−D−表示轿车离甲地距离y(千米)与x(小时)之间的函数关系，则货车出发______小时与轿车相遇．
16. 如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点(不与点A点D重合)，将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结BP、BH，下列结论：
①BP=EF；
②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3：4：5；
③∠APB=∠BPH；
④△PDH周长等于8．
其中正确的是______ (写出所有正确结论的序号)
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算： 12+(−12)−2−|2−tan60°|+(2022−π)0．
18. (本小题8.0分)
解不等式组，2(x−1)≤x+11−2x+53≤x并写出它的正整数解．
19. (本小题8.0分)
如图，已知▱ABCD中，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．
求证：BF=DE．
20. (本小题80.0分)
某校为调查学生对海洋科普知识的了解情况，从全校学生中随机抽取n名学生进行测试，测试成绩进行整理后分成五组，并绘制成如图的频数分布直方图和扇形统计图．
请根据图中信息解答下列问题：
(1)补全频数分布直方图；
(2)在扇形统计图中，“70～80”这组的百分比m= ；
(3)已知“80～90”这组的数据如下：83，85，87，81，86，84，88，85，86，86，88，89.这组数据的众数是 分；抽取的n名学生测试成绩的中位数是 分；
(4)若成绩达到80分以上(含80分)为优秀，请你估计全校1200名学生对海洋科普知识了解情况为优秀的学生人数．
21. (本小题8.0分)
如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD=18m，斜坡CD的坡度i=1： 3.小文在点C处测得楼顶端A的仰角为63°，在D点处测得楼顶端A的仰角为37°(点A，B，C，D在同一平面内)．
(结果精确到1m，参考数据：sin63°≈910，cos63°≈920，tan63°≈2，sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34， 3≈1.7)
(1)求∠CAD度数；
(2)求居民楼的高度AB．
22. (本小题8.0分)
△ABC中，点O在BC上，以OC为半径的⊙O恰好与AB相切，切点为D，连接CD，且CD⊥AC．
(1)求证：∠BCD=∠A．
(2)设tanA=34，BD=6，求⊙O的半径之长．
23. (本小题8.0分)
某学校为改善办学条件，计划采购A、B两种型号的空调，已知A型空调的单价是B型空调单价的1.5倍，用108000元购买的A型空调数量比用90000元购买的B型空调数量少3台．
(1)求A型空调和B型空调每台各需多少元；
(2)若学校计划采购A、B两种型号空调共30台，且A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，该校共有哪几种采购方案？
(3)在(2)的条件下，采用哪一种采购方案可使总费用最低，最低费用是多少元？
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为(3,0)，四边形OABC为平行四边形，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，与边AB交于点D.若OC=2 2，tan∠AOC=1．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点P(a,0)是一动点，求|PC−PD|最大时a的值；
(3)连接CA，在反比例函数图象上是否存在点M，平面内是否存在点N，
使得四边形CAMN为矩形？若存在，请直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
25. (本小题8.0分)
(1)问题呈现：
如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE.易知BDCE= ______ ．
(2)类比探究
如图2，△ABC和△ADE都是Rt△，∠ABC=∠ADE=90°，且ABBC=ADDE=34.连接BD，CE，求BDCE的值；
(3)拓展提升：
如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接BD，EC，延长EC交BD于点F，设AB=6，求EF的长．
26. (本小题8.0分)
二次函数y=ax2+bx−3的图象交x轴于点A(−1,0)，点B(3,0)，交y轴于点C，抛物线的顶点为点M．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线上的一点，设点P的横坐标为m(m>3)，点Q在对称轴上，且AQ⊥PQ，若AQ=2PQ，请求出m的值；
(3)如图2，将抛物线绕x轴正半轴上一点R旋转180°得到新抛物线C1交x轴于D、E两点，点A的对应点为点E，点B的对应点为点D.若sin∠BME=35，求旋转中心点R的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−32的倒数是−23．
故选：B．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】B
【解析】解：从左边看，可得如图：
．
故选：B．
根据从左边看得到的图形是左视图即可解答．
本题考查了简单组合体的三视图，掌握从左边看得到的图形是左视图为解答本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：将8600万=86000000，
用科学记数法表示为8.6×107．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10是关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵方程x2−cx+4=0有两个不相等的实数根，
∴Δ>0，即(−c)2−4×1×4=c2−16>0，
整理得：(c+4)(c−4)>0，
解得：c>4或c<−4，
则c的值不可能是3．
故选：C．
根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，求出c的范围，即可作出判断．
此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：
总计有6种可能结果，其中我们关注的事件两个都是红球的情况有2种，
∴随机摸出两个球，恰好都是红球的概率为：26=13．
故选：B．
根据随机事件概率大小的求法，找准两点：①符合条件的情况数目；②全部情况的总数，二者的比值就是其发生的概率的大小．
此题考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】C
【解析】解：根据数轴可知：a<−1、0
故选：C．
根据图中的点的位置即可确定a、b的正负，即可判断．
本题考查数轴与实数对应关系、绝对值、有理数的加减法，乘除法知识，熟记运算法则是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为G，D，R，
∴图中阴影部分面积和是△AOB的面积−扇形TOQ的面积，
∵OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
∴∠OAB=12∠CAB，∠OBA=12∠CBA，
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠CBA=180°−70°=110°，
∴∠OAB+∠OBA=12∠CAB+12∠CBA=55°，
∴∠AOB=180−(∠OAB+∠OBA)=125°，
∴S阴影=S△AOB−S扇形=12×10×3−125360×π×32=15−258π，
故选：A．
根据内切圆的性质可得图中阴影部分面积和是△AOB的面积−扇形TOQ的面积，进而即可求解．
本题考查了三角形的内切圆与内心，扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．
9.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形中的棋子的个数为：5=1+2×4−4，
第2个图形中的棋子的个数为：11=1+2+3×4−4，
第3个图形中的棋子的个数为：18=1+2+3+4×4−4，
…，
∴第n个图形中的棋子的个数为：1+2+3+…+n+4(n+1)−4=n(n+1)2+4n，
∴第20个图形中的棋子的个数为：20×212+4×20=290．
故选：C．
第1个图形中的棋子的个数为：5=1+2×4−4，第2个图形中的棋子的个数为：11=1+2+3×4−4，第3个图形中的棋子的个数为：18=1+2+3+4×4−4，…，据此可求得第n个图形中的棋子的个数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形总结出第n个图形中的棋子的个数．
10.【答案】A
【解析】解：将抛物线Z：y=−mx2+2x−1，绕原点旋转180°得到抛物线R：−y=−m(−x)2+2(−x)−1，即y=mx2+2x+1，
当抛物线R经过点A时，则m+2+1=0，解得m=−3；
当抛物线R经过点B时，则9m+6+1=0，解得m=−79，
当抛物线y=mx2+2x+1与x轴有一个交点时，则Δ=0，
∴4−4m=0，解得m=1，此时y=x2+2x+1，与x轴的交点为(−1,0)，不合题意，
∴若抛物线R与线段AB只有一个公共点，则m的取值范围是−3≤m≤−79．
故选：A．
根据关于原点对称的点的坐标特征得到抛物线R：y=mx2+2x+1，把点A(1,0)，点B(3,0)分别代入求得m的值，即可求得m的取值范围．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，求得绕原点旋转180°后抛物线的解析式是解题的关键．
11.【答案】x(x−3)2
【解析】先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查因式分解的提公因式法和公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的基本方法是解题的关键．
解：x3−6x2+9x，
=x(x2−6x+9)，
=x(x−3)2．
故答案为：x(x−3)2．
12.【答案】45
【解析】解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180°(n−2)=1080°，
解得：n=8，
∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷8=45°．
故答案为：45．
首先设此多边形为n边形，根据题意得：180°(n−2)=1080°，即可求得n=8，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．
本题考查了多边形的内角和与外角和的知识．关键是掌握多边形内角和定理：(n−2)⋅180°，外角和等于360°．
13.【答案】516
【解析】解：阴影部分的面积是：16−4−1×32×2−2×42=5，
则飞镖落在阴影区域的概率是516；
故答案为：516．
用正方形的总面积减去空白部分的面积，求出阴影部分的面积，再根据概率公式即可得出答案．
此题主要考查了几何概率，正确掌握概率公式是解题关键．
14.【答案】12
解得m≤58，
∵x1⋅x2=2m−1
∴2m−1>0，
解得m>12，
∴m的取值范围为12
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ca，x1x2=ca.也考查了根与系数的关系．
15.【答案】3.9
【解析】解：设OA段对应的函数解析式为y=kx，
将(5,300)代入，得：5k=300，
解得k=60，
即OA段对应的函数解析式为y=60x，
设CD段对应的函数解析式为y=ax+b，
2.5a+b=804.5a+b=300，
解得a=110b=−195，
即CD段对应的函数解析式为y=110x−195，
令110x−195=60x，得x=3.9，
即货车出发3.9小时与轿车相遇，
故答案为：3.9．
根据函数图象中的数据，可以分别求得OA段和CD对应的函数解析式，然后令它们相等，求得x的值，即可得到货车出发几小时与轿车相遇．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
16.【答案】①②③④
【解析】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC，
∵FM⊥AB，
∴四边形MBCF为矩形，
∴MF=BC=AB，∠FME=90°，
由折叠可知，EF⊥BP，
∴∠PBE+∠BEF=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠BEF=∠APB，即∠MEF=∠APB，
在△ABP和△MFE中，
∠APB=∠MEF∠BAP=∠FMEAB=MF，
∴△ABP≌△MFE(AAS)，
∴BP=EF，故①正确；
由折叠可知，BP=PE，
设BP=PE=x，则AE=4−x，
∵P为AD中点，
∴AP=2，
在Rt△PAE中，AP2+AE2=PE2，
∴22+(4−x)2=x2，
解得：x=52，
∴AE=4−x=32，PE=52，
∴AE：AP：PE=32：2：52=3：4：5，
即△PAE三边之比为3：4：5，故②正确；
由折叠可知，BE=PE，∠EBC=∠EPC=90°，
∴∠PBE=∠BPE，∠BPE+∠BPH=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠APB=∠BPH，故③正确；
如图，过点B作BN⊥PH于点N，
∴∠BAP=∠BNP=90°，
在△ABP和△NBP中，
∠BAP=∠BNP∠APB=∠NPBPB=PB，
∴△ABP≌△NBP(AAS)，
∴AB=BN，AP=PN，
∴BC=BN，
在Rt△BNH和Rt△BCH中，
BN=BCBH=BH，
∴Rt△BNH≌Rt△BCH(HL)，
∴NH=CH，
∴C△PDH=PD+PN+NH+DH=PD+AP+CH+DH=2AD=8，故④正确．
综上，正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
过点F作FM⊥AB于点M，易得MF=BC=AB，由折叠可知EF⊥BP，于是利用同角的余角相等可得∠MEF=∠APB，以此可通过AAS证明△ABP≌△MFE，即可判断①；由折叠可知BP=PE，设BP=PE=x，则AE=4−x，在Rt△PAE中，利用勾股定理建立方程，求解即可判断②；利用等角的余角相等即可判断③；过点B作BN⊥PH于点N，易通过AAS证明△ABP≌△NBP，得到AB=BN，AP=PN，以此再通过HL证明Rt△BNH≌Rt△BCH，得到NH=CH，则C△PDH=2AD，即可判断④．
本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构建合适的全等三角形解决问题是解题关键．
17.【答案】解：原式=2 3+4−(2− 3)+1
=2 3+4−2+ 3+1
=3 3+3．
【解析】利用二次根式的性质，负整数指数幂的意义，绝对值的意义和零指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，二次根式的性质，负整数指数幂的意义，绝对值的意义和零指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
18.【答案】解：2(x−1)≤x+1①1−2x+53≤x②，
解不等式①，得x≤3，
解不等式②，得x≥−25，
所以不等式组的解集是−25≤x≤3，
所以不等式组的正整数解是1，2，3．
【解析】先根据不等式的性质求出不等式的解集，再根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集，最后求出不等式组的正整数解即可．
本题考查了解一元一次不等式组和一元一次不等式组的整数解，能根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集是解此题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，
∴∠BEA=∠DFC，
在△ABE和△CDF中，
∠BAE=∠CDF∠BEA=∠DFCAB=CD，
∴△ABE≌△DFC(AAS)，
∴BE=DF，
∵∠BEA=∠DFC，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BF=DE．
【解析】根据AAS证明△ABE≌△DFC得出BE=DF，再证明四边形BEDF是平行四边形即可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定性质，证明△ABE≌△DFC是解题的关键．
20.【答案】20% 86 84.5
【解析】解：(1)8÷16%=50(人)，50−4−8−10−12=16(人)，
补全频数分布直方图如下：
(2)m=1050×100%=20%；
故答案为：20%；
(3)将“80～90”这组数据进行排序：
81，83，84，85，85，86，86，86，87，88，88，89，出现次数最多的为86，
∴众数为86分，
故答案为：86；
∵“50～80”分的人数已有22人，
∴第25和26名的成绩分别是是84分，85分，
∴中位数是84+852=84.5分；
故答案为：84.5；
(4)1200×12+1650=672(人)．
∴优秀人数是672人．
(1)先求出样本容量，再用样本容量减去已知各部分的频数，即可求出“90～100”这组的频数，从而补全频数分布直方图；
(2)用“70～80”这组的频数除以样本容量即可；
(3)根据众数和中位数的定义求解即可；
(4)用1200乘以80分以上人数所占的比例即可．
本题主要考查了频数分布直方图、扇形统计图的综合和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了利用样本估计总体，求数据的众数与中位数．
21.【答案】解：(1)过点D作DE⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由题意得：DF//BE，
∵斜坡CD的坡度i=1： 3，
∴DECE=1 3= 33，
在Rt△DCE中，tan∠DCE=DECE= 33，
∴∠DCE=30°，
∵∠ACB=63°，
∴∠ACD=180°−∠ACB−∠DCE=87°，
∵DF//BE，
∴∠FDC=∠DCE=30°，
∵∠ADF=37°，
∴∠ADC=∠ADF+∠FDC=67°，
∴∠CAD=180°−∠ACD−∠ADC=26°，
∴∠CAD度数为26°；
(2)由题意得：DF=BE，BF=DE，
在Rt△DCE中，CD=18m，∠DCE=30°，
∴DE=12CD=9(m)，CE= 3DE=9 3(m)，
∴BF=DE=9 3m，
设BC=x m，
∴DF=BE=BC+CE=(x+9 3)m，
在Rt△ABC中，∠ACB=63°，
∴AB=BC⋅tan63°≈2x(m)，
在Rt△ADF中，∠ADF=37°，
∴AF=DF⋅tan37°≈34(x+9 3)m，
∵AB−AF=BF，
∴2x−34(x+9 3)=9，
解得：x≈16.38，
∴AB=2x≈33(m)，
∴居民楼的高度AB约为33m．
【解析】(1)过点D作DE⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意可得：DF//BE，根据已知可得：在Rt△DCE中，tan∠DCE= 33，从而可得∠DCE=30°，然后利用平角定义求出∠ACD=87°，再利用平行线的性质可得∠FDC=∠DCE=30°，从而可得∠ADC=67°，最后利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)根据题意可得：DF=BE，BF=DE，在Rt△DCE中，利用含30度角的直角三角形的性质求出DE，CE的长，然后设BC=xm，则DF=BE=(x+9 3)m，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，再在Rt△ADF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，最后根据AB−AF=BF，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的一已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OD，如图，
∵以OC为半径的⊙O恰好与AB相切，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴∠ODC+∠ADC=90°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠BCD+∠ADC=90°．
∵CD⊥AC，
∴∠A+∠ADC=90°，
∴∠BCD=∠A；
(2)解：设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，
∵tanA=34，tanA=CDAC，
∴CDAC=34．
∵∠BCD=∠A，∠B=∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴BDBC=BCAB=CDAC=34，
∴6BC=34，
∴6BO+r=34，
∴BO=8−r．
在Rt△OBD中，
∵OD2+BD2=BO2，
∴r2+62=(8−r)2，
解得：r=74．
∴⊙O的半径之长为74．
【解析】(1)连接OD，利用切线的性质定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质定理，直角三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
(2)设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，判定△BCD∽△BAC，利用相似三角形的性质定理得出比例式得到BO=8−r，在Rt△OBD中，利用勾股定理列出关于r的方程，解方程即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
23.【答案】解：(1)设B型空调每台需x元，则A型空调每台需1.5x元，
根据题意得：1080001.5x=90000x−3，
解得：x=6000，
经检验，x=6000是原方程的解，
∴1.5x=1.5×6000=9000，
∴A型空调每台需9000元，B型空调每台需6000元；
(2)设采购m台A型空调，则采购(30−m)台B型空调，
∵A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，
∴m≥12(30−m)9000m+6000(30−m)≤217000，
解得：10≤m≤1213，
∵m为整数，
∴m可取10，11，12，
∴学校共有3种采购方案：采购10台A型空调，采购20台B型空调或采购11台A型空调，采购19台B型空调或采购12台A型空调，采购18台B型空调；
(3)设总费用为w，
根据题意得：w=9000m+6000(30−m)=3000m+180000，
∵3000>0，
∴w随m的增大而增大，
∴m=10时，w取最小值，最小值为3000×10+180000=210000(元)，
∴采购10台A型空调，采购20台B型空调可使总费用最低，最低费用是210000元．
【解析】(1)设B型空调每台需x元，可得得：1080001.5x=90000x−3，解方程并检验可得答案；
(2)根据A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，列不等式组，由m为整数可得答案；
(3)设总费用为w，可得：w=9000m+6000(30−m)=3000m+180000，根据一次函数性质可得答案．
本题考查一次函数，分式方程的应用，涉及一元一次不等式组的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
24.【答案】解：(1)如图，过点C作CE⊥x轴于E，
∴∠CEO=90°，
∵tan∠AOC=1
∴∠COA=45°，
∴∠OCE=45°，
∵OC=2 2，
∴OE=CE=2，
∴C(2,2)，
∵点C在反比例函数图象上，
∴k=2×2=4，
∴反比例函数解析式为y=4x；
(2)∵点C(2,2)，点O(0,0)，
∴OC解析式为：y=x，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC=OA=3，BC//OA，AB//OC，
∴点B(5,2)，
∴设AB解析式为：y=x+b，
∴2=5+b，
∴b=−3，
∴AB解析式为：y=x−3，
联立方程组可得：y=4xy=x−3，
∴x=4y=1或x=−1y=−4(舍去)，
∴点D(4,1)；
在△PCD中，|PC−PD|
∴2m+n=24m+n=1，解得m=−12n=3，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+3，
令y=0，即−12x+3=0，得x=6，
∴|PC−PD|最大时a的值为6．
(3)存在，理由如下：
若四边形CAMN为矩形，则△CAM是直角三角形，
则①当点A为直角顶点时，如图2，过点A作AC的垂线与y=4x交于点M，分别过点C，M作x轴的垂线，垂足分别为点F，G，
由“一线三等角”模型可得△AFC∽△MGA，
则AF：MG=CF：AG，
∵C(2,2)，A(3,0)，
∴OF=CF=2，AF=1，
∴1：MG=2：AG，即MG：AG=1：2，
设MG=t，则AG=2t，
∴M(2t+3,t)，
∵点M在反比例函数y=4x的图象上，
则t(2t+3)=4，
解得t=−3+ 414，(负值舍去)，
∴M(3+ 412,−3+ 414)；
②当点C为直角顶点时，这种情况不成立；
综上，点M的坐标为(3+ 412,−3+ 414).
【解析】(1)先确定出OE=CE=2，即可得出点C坐标，最后用待定系数法即可得出结论；
(2)先求出OC解析式，由平行四边形的性质可得BC=OA=3，BC//OA，AB//OC，利用待定系数法可求AB解析式，求出点D的坐标，再根据三角形关系可得出当点P，C，D三点共线时，|PC−PD|最大，求出直线CD的解析式，令y=0即可求解；
(3)若四边形CAMN为矩形，则△CAM是直角三角形且AC为一条直角边，根据直角顶点需要分两种情况，画出图形分别求解即可．
本题考查了反比例函数综合问题，涉及矩形的判定与性质，相似三角形的性质与判定．第一问的关键是求出点C的坐标，第二问的关键是知道当点P，C，D三点共线时，|PC−PD|取得最大值，第三问的关键是利用矩形的内角是直角进行分类讨论，利用相似三角形的性质建立等式．
25.【答案】1
【解析】解：(1)∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∴BDCE=1，
故答案为：1；
(2)∵ABBC=ADDE=34，∠ABC=∠ADE=90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE=35；
∴∠CAE=∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35；
(3)如图，过点D作DH//BC，交EF的延长线于H，过点D作DN⊥EF于N，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AB=6，
∴AC=BC=3 2，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，BC=DE，∠ACB=∠AED=90°，
∴△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB=BD=6，∠ACE=∠AEC=60°，
∴∠BCF=∠DEF=30°，
∵DH//BC，
∴∠BCF=∠H=30°=∠DEF，
∴DH=DE=BC=3 2，
又∵∠BCF=∠DEF，∠BFC=∠DFH，
∴△BCF≌△DHF(AAS)，
∴BF=DF=12BD=3，
∵DN⊥EF，∠DEF=30°，
∴DN=12DE=3 22，NE= 3DN=3 62，
∵FN= FD2−ND2= 9−184=3 22，
∴EF=FN+EN=3 62+3 22=3 6+3 22．
(1)证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
(2)先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
(3)由“AAS”可证△BCF≌△DHF，可得BF=DF=12BD=3，由直角三角形的性质可求解．
本题是相似形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)将A(−1,0)，点B(3,0)，代入函数解析式得：a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴这个二次函数的表达式是y=x2−2x−3；
(2)过点Q作x轴的平行线交过点P与y轴的平行线与点N，交过点A与y轴的平行线于点M，
∵∠NQP+∠MQA=90°，∠MQA+∠QAM=90°，
∴∠NQP=∠QAM，
∵∠AMQ=∠QNP=90°，
∴△AMQ∽△QNP，
∴AMQN=MQNP=AQQP=2，
设点Q的坐标为(1,t)，点P的坐标为(m,m2−2m−3)，
则AM=t，QN=m−1，MQ=2，NP=t−m2+2m+3，
即tm−1=2t−m2+2m+3=2，
解得m=0(舍去)或4，
故m=4；
(3)过点E作EH⊥MB交MB的延长线于点H，
由抛物线的表达式知，点M(1,−4)，BM=2 5，
则tan∠OBM=OMOB=2=tan∠HBE，
∵sin∠BME=35，故tan∠BME=34，
故设BH=x，则HE=2x，
在Rt△HEM中，tan∠BME=34，MB=2 5，
则tan∠BME=34=HEMH=2xx+2 5，解得x=6 5，
在Rt△BHE中，BE= BH2+HE2= 5x=6，
故点E的坐标为(9,0)，
由旋转的定义知，点R是点A、E的中点，
则xR=12(9−1)=4，
故点R的坐标为(4,0)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)证明△AMQ∽△QNP，则AMQN=MQNP=AQQP=2，即可求解；
(3)在Rt△HEM中，tan∠BME=34，MB=2 5，则tan∠BME=34=HEMH=2xx+2 5，解得x=6 5，在Rt△BHE中，BE= BH2+HE2= 5x=6，故点E的坐标为(9,0)，进而求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形的性质、图形的旋转、解直角三角形等，综合性强，难度适中．
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