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2023年吉林省白山市临江外国语学校、临江三中、光华中学中考数学四模试卷（含解析）
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这是一份2023年吉林省白山市临江外国语学校、临江三中、光华中学中考数学四模试卷（含解析），共26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年吉林省白山市临江外国语学校、临江三中、光华中学中考数学四模试卷
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为( )
A. B. C. D.
2. 计算5+(−3)，结果正确的是( )
A. 2 B. −2 C. 8 D. −8
3. 不等式4x−1<0的解集是( )
A. x>4 B. x<4 C. x>14 D. x<14
4. 实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论中，正确的是( )
A. a>b B. a=b C. a 5. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 65°
6. 我国古代著作《增删算法统宗》中记载了一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齐足．”其大意是：牧童们在树下拿着竹竿高兴地玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，多14竿；每人8竿，恰好用完．若设牧童有x人，根据题意可列方程为( )
A. 6x+14=8x B. 6(x+14)=8x C. 8x+14=6x D. 8(x−14)=6x
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. 计算： 9−(12)−1= ______ ．
8. 因式分解：xy2−x= ______ ．
9. 计算a+1a+2+1a+2的结果是 ．
10. 若关于x的一元二次方程x2+x+2m=0有两个相等的实数根，则实数m的值为______ ．
11. 如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交CB于点D，连接AD.若AC=8，BC=15，则△ACD的周长为______．
12. 如图，在平面直角坐标系中，∠AB0=90°，将直角△AOB绕O点顺时针旋转，使点B落在x轴上的点B1处，点A落在A1处，若B点的坐标为(165,125)，则点A1的坐标是______ ．
13. 如图，AB//CD，AD，BC相交于点E，若AE：DE=1：2，AB=2.5，则CD的长为______．
14. 如图，正方形ABCD的边长是 2，将对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，则弧CE的长是______(结果保留π)．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(x+2)(x−2)−(x−1)(x+5)，其中x=12．
16. (本小题5.0分)
2022年4月15日是第七个全民国家安全教育日，某校七、八年级举行了一次国家安全知识竞赛，经过评比后，七年级的两名学生(用A，B表示)和八年级的两名学生(用C，D表示)获得优秀奖.从获得优秀奖的学生中随机抽取两名分享经验，请用列表法或画树状图法，求抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率．
17. (本小题5.0分)
如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在AB，AD上，AE=AF.求证：CE=CF．
18. (本小题5.0分)
2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩和冬残奥会吉祥物雪容融深受大家喜爱．已知购买1个冰墩墩毛绒玩具和2个雪容融毛绒玩具用了400元，购买3个冰墩墩毛绒玩具和4个雪容融毛绒玩具用了1000元．这两种毛绒玩具的单价各是多少元？
19. (本小题7.0分)
图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形ABC，且点C在格点上．(画出一个即可)
(2)在图2中画出以AB为边的菱形ABDE，且点D，E均在格点上．
20. (本小题7.0分)
图①表示的是某便利店1−5月份的各月营业总额的情况，图②表示的是该便利店奶制品1−5月份的各月营业额占该店当月营业总额的百分比情况，已知该便利店1−5月份的营业总额一共是180万元．
观察图①、图②，解答下列问题：
(1)该便利店1−5月份的营业总额的中位数是______ ；
(2)请预估该便利店全年的营业总额；
(3)请你判断该便利店1−5月份中哪个月奶制品的营业额最高．
21. (本小题7.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=k1x+b的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，与反比例函数y=k2x的图象在第二象限交于C，D(−6,2)两点，DE//OC交x轴于点E，若ADAC=13．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式．
(2)求四边形OCDE的面积．
22. (本小题7.0分)
如图是小朋友玩的“滚铁环”游戏的示意图，⊙O向前滚动时，铁棒DE保持与OE垂直．⊙O与地面接触点为A，若⊙O的半径为25cm，∠AOE=53°．
(1)求点E离地面AC的距离BE的长；
(2)设人站立点C与点A的距离AC=53cm，DC⊥AC，求铁棒DE的长．(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6)
23. (本小题8.0分)
在一条笔直的公路上有A、B两地，甲、乙二人同时出发，甲从A地步行匀速前往B地，到达B地后，立刻以原速度沿原路返回A地．乙从B地步行匀速前往A地(甲、乙二人到达A地后均停止运动)，甲、乙二人之间的距离y(米)与出发时间x(分钟)之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)A、B两地之间的距离是______米，乙的步行速度是______米/分；
(2)图中a=______，b=______，c=______；
(3)求线段MN的函数解析式；
(4)在乙运动的过程中，何时两人相距80米？(直接写出答案即可)
24. (本小题8.0分)
问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动(每个小组的矩形纸片规格相同)，已知矩形纸片宽AB=8，长AD=8 2．
动手实践：
(1)如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，折痕为BE，连接A′E，然后将纸片展平，得到四边形AEA′B，则折痕BE的长为______．
(2)如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC，再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上(O为两条折痕的交点)，第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由．
深度探究：
(3)如图3，探究小组将图1中的四边形AEA′B剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF叠得到△MBF，点P，Q分别是边A′E，A′B上的动点(均不与顶点重合)，将△A′PQ沿PQ折叠的对应点N恰好落在BM上，当△A′PQ的一个内角与∠A′BM相等时，请直接写出A′Q的长度．
25. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，点D在AC上，CD=3，连接DB，AD=DB，点P是边AC上一动点(点P不与点A，D，C重合)，过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP=x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
(1)求AC的长；
(2)求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．
26. (本小题10.0分)
已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)．
(1)求点A，点B的坐标；
(2)如图，过点A的直线l：y=−x−1与抛物线的另一个交点为C，点P为抛物线对称轴上的一点，连接PA，PC，设点P的纵坐标为m，当PA=PC时，求m的值；
(3)将线段AB先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，若抛物线y=a(−x2+2x+3)(a≠0)与线段MN只有一个交点，请直接写出a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：如图，它的俯视图为：
故选：A．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，从上边看上边看得到的图形是俯视图．注意看得见的棱画实线，看不见的棱画虚线．
2.【答案】A
【解析】解：5+(−3)=2，
故选：A．
根据有理数异号相加法则即可处理．
本题主要考查有理数加法，掌握其运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵4x−1<0，
∴4x<1，
∴x<14．
故选：D．
根据解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤系数化为1解不等式即可．
本题考查了解一元一次不等式，掌握解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤系数化为1是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据数轴得：a|b|，故C选项符合题意，A，B，D选项不符合题意；
故选：C．
根据数轴上右边的数总比左边的大即可得出答案．
本题考查了实数与数轴，掌握数轴上右边的数总比左边的大是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠D=130°，
∴∠B=50°，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=40°．
故选：B．
由圆内接四边形的性质得到∠B=50°，由圆周角定理得到∠ACB=90°，即可求出∠BAC=40°．
本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，关键是圆内接四边形的性质求出∠B=50°，由圆周角定理即可求出∠BAC的度数．
6.【答案】A
【解析】解：设有牧童x人，
若设牧童有x人，根据题意可列方程为：6x+14=8x．
故选：A．
设有牧童x人，根据“每人6竿，多14竿；每人8竿，恰好用完”，结合竹竿的数量不变，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．
7.【答案】1
【解析】解：原式=3−2
=1．
故答案为：1．
直接利用二次根式的性质以及负整数指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
8.【答案】x(y+1)(y−1)
【解析】解：原式=x(y2−1)=x(y+1)(y−1)，
故答案为：x(y+1)(y−1)
原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
9.【答案】1
【解析】解：原式=a+1+1a+2
=a+2a+2
=1．
故答案为：1．
直接利用分式的加减运算法则计算得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确掌握相关运算法则是解题关键．
10.【答案】18
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+x+2m=0有两个相等的实数根，
∴Δ=12−8m=0，
解得m=18．
故答案为：18．
根据一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式Δ=b2−4ac=0，建立关于m的方程，即可求解．
此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
11.【答案】23
【解析】解：根据作图过程可知：
MN是线段AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴△ACD的周长为：AC+CD+AD=AC+CD+BD=AC+BC=8+15=23．
故答案为：23．
根据作图过程可得MN是线段AB的垂直平分线，得AD=BD，进而可得△ACD的周长．
本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等．
12.【答案】(4,−3)
【解析】解：过B作BC⊥OA于C，
∵B点的坐标为(165,125)，
∴OB2=(165)2+(125)2，
∴OB=4，
∵BC2=OC⋅CA，
∴(125)2=165⋅CA，
∴CA=95，
∴OA=OC+CA=165+95=5，
∴OA=OA1=5，
在△A1B1O中：(OA1)2=(OB1)2+(A1B1)2，
∴52=42+(A1B1)2，
∴A1B1=3，
∴A1的坐标是(4,−3)．
故答案为：(4,−3)．
△A1B1O是由△ABO旋转得到的，所以OB=OB1，OA=OA1，A1B1=AB，知道B点坐标，就可以根据勾股定理求出OB=OB1的长；过B作出△AOB的高，再利用射影定理求出CA的长，从而求出OA=OA1的长，再次利用勾股定理求可以求出A1的坐标．
此题主要考查了旋转、勾股定理和射影定理，题目综合能力较强，难度适中．
13.【答案】5
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠B=∠C，∠A=∠D，
∴△EAB∽△EDC，
∴AB：CD=AE：DE=1：2，
又∵AB=2.5，
∴CD=5．
故答案为：5．
由平行线的性质求出∠B=∠C，∠A=∠D，其对应角相等得△EAB∽△EDC，再由相似三角形的性质求出线段CD即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
14.【答案】12π
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CAD=45°，AC= 2AB= 2× 2=2，
∵对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，
∴CE的长度为45×π×2180=12π.
故答案为：12π.
先根据正方形的性质得到∠CAD=45°，AC= 2AB= 2× 2=2，然后利用弧长公式计算CE的长度．
本题考查了弧长的计算：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R).也考查了正方形的性质．
15.【答案】解：(x+2)(x−2)−(x−1)(x+5)
=x2−4−x2−5x+x+5
=−4x+1，
当x=12时，原式=−4×12+1=−2+1=−1．
【解析】本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
先根据多项式乘多项式法则进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
16.【答案】解：列表如下：
A
B
C
D
A
(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)
(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)
(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
由表知，共有12种等可能结果，其中抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的有8种结果，
所以抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率为812=23．
【解析】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．
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，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
17.【答案】证明：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠EAC=∠FAC，
在△ACE和△ACF中，
AE=AF∠EAC=∠FACAC=AC，
∴△ACE≌△ACF(SAS)
∴CE=CF．
【解析】连接AC，由菱形的性质得∠EAC=∠FAC，再由SAS证△ACE≌△ACF，即可得出结论．
此题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．熟练掌握菱形的性质，证得△ACE≌△ACF是解题的关键．
18.【答案】解：设冰墩墩毛绒玩具的单价为x元，雪容融毛绒玩具的单价为y元，
依题意得：x+2y=4003x+4y=1000，
解得：x=200y=100，
答：冰墩墩毛绒玩具的单价为200元，雪容融毛绒玩具的单价为100元．
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
设冰墩墩毛绒玩具的单价为x元，雪容融毛绒玩具的单价为y元，由总价=单价×数量，结合“购买1个冰墩墩和2个雪容融毛绒玩具需400元；购买3个冰墩墩和4个雪容融毛绒玩具需1000元”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，解二元一次方程组即可得出结果．
19.【答案】解：(1)答案不唯一．
(2)
【解析】(1)结合等腰三角形的性质，找出点C的位置，再连线即可．
(2)结合菱形的性质，找出点D，E的位置，再连线即可．
本题考查作图−复杂作图，熟练掌握等腰三角形和菱形的性质是解题的关键．
20.【答案】38
【解析】解：(1)该便利店2月份的营业额为：180−30−25−45−42=38(万元)，
将这5个月营业额从小到大排列，处在中间位置的一个数是38万元，因此中位数是38，
故答案为：38；
(2)1−5月的营业额的平均数为180÷5=36(万元)，
预计全年的意义额为：36×12=432(万元)，
答：预估该便利店全年的营业总额约为432万元；
(3)5月份奶制品的营业额最高．理由如下：
1月份奶制品的营业额是30×15%=4.5(万元)，
2月份奶制品的营业额是38×10%=3.8(万元)，
3月份奶制品的营业额是25×12%=3(万元)，
4月份奶制品的营业额是45×20%=9(万元)，
5月份奶制品的营业额是42x25%=10.5(万元)，
∴5月份奶制品的营业额最高．
(1)求出2月份的营业额，再由中位数的定义进行计算即可；
(2)求出1−5月平均每月的营业额，再计算全年12个月的营业额即可；
(3)分别计算出1−5月，奶制品的营业额，比较得出结论．
本题考查条形统计图、中位数以及样本估计总体，掌握中位数的计算方法，理解两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)将D(−6,2)代入y=k2x中，
k2=−6×2=−12，
∴反比例函数的解析式为y=−12x；
过点D作DM⊥x轴，过点C作CN⊥x轴，
∵DE//OC，
∴△ADE∽△ACO，
∴ADAC=AEAO=DMCN=13，
∴CN=3DM=6，
将y=6代入y=−12x中，
−12x=6，
解得：x=−2，
∴C点坐标为(−2,6)，
将C(−2,6)，D(−6,2)代入y=k1x+b中，
可得−2k1+b=6−6k1+b=2，
解得：k1=1b=8，
∴一次函数的解析式为y=x+8；
(2)设直线OC的解析式为y=mx，
将C(−2,6)代入，得：−2m=6，
解得：m=−3，
∴直线OC的解析式为y=−3x，
由DE//OC，设直线DE的解析式为y=−3x+n，
将D(−6,2)代入可得：−3×(−6)+n=2，
解得：n=−16，
∴直线DE的解析式为y=−3x−16，
当y=0时，−3x−16=0，
解得：x=−163，
∴E点坐标为(−163,0)，
∴OE=163，
在y=x+8中，当y=0时，x+8=0，
解得：x=−8，
∴A点坐标为(−8,0)，
∴OA=8，
∴AE=8−163=83，
S四边形OCDE=S△AOC−S△AED
=12OA⋅CN−12AE⋅DM
=12×8×6−12×83×2
=24−83
=643．
解法二：在y=x+8中，当y=0时，x=−8，
∴A点坐标为(−8,0)，
又∵DE//OC，
∴△ADE∽△ACO，
∴ADAC=AEAO=13，
∴AE=13AO=83，
∴S四边形OCDE=S△AOC−S△AED=12OA·CN−12AE·DM=12×8×6−12×83×2=24−83=643.
∴四边形OCDE的面积为643．
【解析】(1)先利用待定系数法求反比例函数解析式，然后结合相似三角形的判定和性质求得C点坐标，再利用待定系数法求函数关系式；
(2)根据一次函数图象上点的坐标特征并结合待定系数法求得A点和E点坐标，然后用△AOC的面积减去△AED的面积求解．
本题考查反比例函数与一次函数的应用，相似三角形的判定和性质，掌握一次函数及反比例函数图象上点的坐标特征，利用待定系数法求函数解析式是解题关键．
22.【答案】解：如图，过点E作HN//AC，与OA、DC分别相交于H、N．
(1)在Rt△OHE中，∠OHE=90°，OE=25cm，∠AOE=53°，
∴OH=OE×cos53°=15(cm)，EH=OE×sin53°=20(cm)，
EB=HA=OA−OH=25−15=10(cm)，
所以铁环钩离地面的高度为10cm；
(2)∵铁环钩与铁环相切，
∴∠EOH+∠OEH=∠OEH+∠DEN=90°，∠DEN=∠EOH(∠AOE)，
∵cos∠DEN=ENDE，
∴cos∠AOE=ENDE=0.6，
在Rt△DEN中，∠DNE=90°，EN=BC=AC−AB=53−20=33(cm)，DE=ENcos∠AOE=ENcos53°=330.6=55(cm)
∴铁环钩的长度DE为55cm．
【解析】(1)过E作HN//AC，与OA、DC分别相交于H、N.那么求BE的长就转化为求HA的长，而要求出HA，必须先求出OH，在Rt△OHE中，OE=25cm，利用题中给的三角函数值可求得OH、EH的值，从而求得HA的值；
(2)因为∠EOH+∠OEH=∠OEH+∠DEN=90°，∠DEN=∠EOH，又因为cos∠AOE=0.6，所以可得出DE和EN之间的数量关系，由此即可解决问题．
考查了解直角三角形的应用，解此题的关键是把实际问题转化为数学问题，只要把实际问题抽象到解直角三角形中即可解答．
23.【答案】1200 60 900 800 15
【解析】解：(1)由图象知：当x=0时，y=1200，
∴A、B两地之间的距离是1200米；
由图象知：乙经过20分钟到达A，
∴乙的速度为120020=60(米/分)．
故答案为：1200；60；
(2)由图象知：当x=607时，y=0，
∴甲乙二人的速度和为：1200÷607=140(米/分)，
设甲的速度为x米/分，则乙的速度为(140−x)米/分，
∴140−x==60，
∴x=80．
∴甲的速度为80(米/分)，
∵点M的实际意义是经过c分钟甲到达B地，
∴c=1200÷80=15(分钟)，
∴a=60×15=900(米)．
∵点M的实际意义是经过20分钟乙到达A地，
∴b=900−(80−60)×5=800(米)；
故答案为：900；800；15；
(3)由题意得：M(15,900)，N(20,800)，
设直线MN的解析式为y=kx+n，
∴15k+n=90020k+n=800，
解得：k=−20n=1200，
∴直线MN的解析式为y=−20x+1200；
(4)在乙运动的过程中，二人出发后第8分钟和第647分钟两人相距80米．理由：
①相遇前两人相距80米时，二人的所走路程和为1200−80=1120(米)，
∴1120÷140=8(分钟)；
②相遇后两人相距80米时，二人的所走路程和为1200+80=1280(米)，
∴1280÷140=647(分钟)．
综上，在乙运动的过程中，二人出发后第8分钟和第647分钟两人相距80米．
(1)利用函数图象中的信息直接得到A、B两地之间的距离，再利用函数图象中的信息即可求得乙的步行速度；
(2)利用(1)的结论通过计算即可得出结论；
(3)利用待定系数法解答即可；
(4)利用分类讨论的方法，分别求得相遇前和相遇后两人相距80米时的时间即可求得结论．
本题主要考查了一次函数的图象和性质，待定系数法，一次函数图象上点的坐标的特征，明确函数图象上点的坐标的实际意义是解题的关键．
24.【答案】8 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°=∠A，
∵将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，
∴∠ABE=∠A′BE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE= 2AB=8 2，
故答案为：8 2；
(2)OC=2OB；理由如下：
∵矩形纸片宽AB=8=CD，长AD=8 2=AD，
∴AC= AB2+BC2= AB2+AD2=8 3，
由翻折点A落在OC上可得BE⊥AC，
∴∠BOA=90°，
∴2S△ABC=AB⋅BC=AC⋅OB，
∴OB=AB⋅BCAC=8 63，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 82−(8 63)2=8 33，
在Rt△BOC中，OC= BC2−OB2= (8 2)2−(8 63)2=16 33，
∴OC=2OB；
(3)过M作RT//AB交AE于R，交A′B于T，如图：
由已知可得：四边形ABA′E是正方形，边长为8cm，
∵F是AE中点，
∴AF=4cm，
∵△ABF沿BF叠得到△MBF，
∴BM=AB=8cm，FM=AF=4cm，∠BMF=∠A=90°，
∴∠FMR=90°−∠BMT=∠MBT，
又∠MRF=∠MTB=90°，
∴△FRM∽△MTB，
∴FRMT=MRBT=FMBM=48=12，
∴MT=2FR，BT=2MR，
设FR=x，MR=y，则MT=2x，BT=2y，
∵AR=BT，
∴4+x=2y①，
∵AB=RT，
∴8=y+2x②，
由①②可得：x=125，y=165，
∴FR=125cm，MR=165cm，MT=245cm，BT=325cm，
(Ⅰ)当∠A′QP=∠A′BM时，PQ//BM，
∴∠PQN=∠BNQ，
∵△A′PQ沿PQ折叠的对应点N恰好落在BM上，
∴∠PQN=∠A′QP，NQ=A′Q，
∴∠BNQ=∠A′BM，
∴BQ=NQ，
∴BQ=A′Q，即Q是A′B的中点，
∴A′Q=12A′B=4(cm)；
(Ⅱ)当∠A′PQ=∠A′BM时，过N作KS//AE交A′B于S，过P作PK//A′B交KS于K，如图：
在Rt△BMT中，tan∠A′BM=MTBT=245325=34，
∴tan∠A′PQ=34，
∴A′QA′P=34=NQNP，
∵∠PNQ=∠A′=90°，
∴∠PNK=90°−∠QNS=∠NQS，
∵∠K=∠NSQ=90°，
∴△PKN∽△NSQ，
∴SQNK=SNKP=NQNP=34，
设SQ=m，SN=n，则NK=43m，KP=43n，
∴NQ= SQ2+SN2= m2+n2=A′Q，
∵KP=A′S=A′Q+SQ，
∴43n= m2+n2+m，可得n=247m，
∴A′Q= m2+n2=257m，SN=247m，
在Rt△BNS中，
tan∠NBS=SNBS=34，
∴BS=43SN=327m，
∵BS+SQ+A′Q=A′B=8，
∴327m+m+257m=8，
解得m=78，
∴A′Q=257m=258(cm)，
综上所述，A′Q的长为4cm或258cm．
(1)由四边形ABCD是矩形，得∠ABC=90°=∠A，根据将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，知∠ABE=∠A′BE=45°，△ABE是等腰直角三角形，故BE= 2AB=8 2；
(2)由矩形纸片宽AB=8=CD，长AD=8 2=AD，得AC= AB2+BC2= AB2+AD2=8 3，由翻折点A落在OC上可得BE⊥AC，即得OB=AB⋅BCAC=8 63，在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2=8 33，在Rt△BOC中，OC= BC2−OB2=16 33，可得OC=2OB；
(3)过M作RT//AB交AE于R，交A′B于T，可证明△FRM∽△MTB，得FRMT=MRBT=FMBM=48=12，设FR=x，MR=y，则MT=2x，BT=2y，又AR=BT，AB=RT可列方程组解得FR=125cm，MR=165cm，MT=245cm，BT=325cm，(Ⅰ)当∠A′QP=∠A′BM时，PQ//BM，可得∠BNQ=∠A′BM，BQ=NQ，从而BQ=A′Q，知A′Q=12A′B=4cm；
(Ⅱ)当∠A′PQ=∠A′BM时，过N作KS//AE交A′B于S，过P作PK//A′B交KS于K，由tan∠A′BM=MTBT=245325=34，可得A′QA′P=34=NQNP，证明△PKN∽△NSQ，即知SQNK=SNKP=NQNP=34，设SQ=m，SN=n，则NK=43m，KP=43n，NQ= SQ2+SN2= m2+n2=A′Q，根据KP=A′S=A′Q+SQ，有43n= m2+n2+m，可得n=247m，故A′Q= m2+n2=257m，SN=247m，在Rt△BNS中，可得BS=43SN=327m，而BS+SQ+A′Q=A′B=8，即得327m+m+257m=8，解得A′Q=257m=258cm．
本题考查四边形综合应用，涉及翻折变换、相似三角形判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
25.【答案】解：(1)在Rt△BCD中，BC=4，CD=3，
∴BD= BC2+CD2=5，
又∵AD=BD，
∴AC=AD+CD=5+3=8；
(2)当点P在点D的左侧时，即0
∴PQ//BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴APPQ=ACBC=84=2，
设AP=x，则PQ=12x，PD=AD−AP=5−x，
∴S阴影部分=S△PQD=12(5−x)×12x
=−14x2+54x；
当点P在点D的右侧时，即5
∵PQ//BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴DPEP=DCBC=34，
∴PE=43(x−5)，
∴S阴影部分=S△PQD−S△DPE
=12(x−5)×12x−12(x−5)×43(x−5)
=−512x2+2512x−503；
答：S关于x的函数解析式为：当0
(2)分两种情况进行解答，即点P在点D的左侧或右侧，分别画出相应的图形，根据相似三角形的判定和性质分别用含有x的代数式表示PD、PE、PQ，由三角形面积之间的关系可得答案．
本题考查勾股定理，函数关系式以及相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质，求出相关三角形的边长是解决问题的关键．
26.【答案】解：(1)当y=0时，−x2+2x+3=0，
∴x1=−1，x2=3，
∴A (−1,0)，B(3,0)；
(2)∵抛物线对称轴为：x=−1+32=1，
∴设P(1,m)，
由−x2+2x+3=−x−1得，
x3=−1(舍去)，x4=4，
当x=4时，y=−4−1=−5，
∴C(4,−5)，
由PA2=PC2得，
22+m2=(4−1)2+(m+5)2，
∴m=−3；
(3)可得M(0,5)，N(4,5)，
当a>0时，
∵y=−a(x−1)2+4a，
∴抛物线的顶点为：(1,4a)，
∴4a≥5(−42+8+3)a≤5，
∴a≥54，
当a<0时，
(−16+8+3)a≥5，
∴a≤−1，
综上所述：a≥54或a≤−1．
【解析】(1)令y=0，从而−x2+2x+3=0，解方程进而求得结果；
(2)设点P(1,m)，根据PA=PC列出方程，进一步求得结果；
(3)分为a>0和a<0两种情形．当a>0时，抛物线的顶点大于等于5，及把x=4代入，y的值大于或等于5，从而求得结果；当a<0时，将x=4代入抛物线解析式，y的值大于等于5，从而求得结果．
本题考查二次函数图象与x轴的交点与一元二次方程的关系，勾股定理列方程，分类讨论等知识思想，解决问题的关键是正确分类．
2023年吉林省白山市临江外国语学校、临江三中、光华中学中考数学四模试卷
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为( )
A. B. C. D.
2. 计算5+(−3)，结果正确的是( )
A. 2 B. −2 C. 8 D. −8
3. 不等式4x−1<0的解集是( )
A. x>4 B. x<4 C. x>14 D. x<14
4. 实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，则下列结论中，正确的是( )
A. a>b B. a=b C. a 5. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，∠ADC=130°，连接AC，则∠BAC的度数为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 65°
6. 我国古代著作《增删算法统宗》中记载了一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿恰齐足．”其大意是：牧童们在树下拿着竹竿高兴地玩耍，不知有多少人和竹竿．每人6竿，多14竿；每人8竿，恰好用完．若设牧童有x人，根据题意可列方程为( )
A. 6x+14=8x B. 6(x+14)=8x C. 8x+14=6x D. 8(x−14)=6x
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. 计算： 9−(12)−1= ______ ．
8. 因式分解：xy2−x= ______ ．
9. 计算a+1a+2+1a+2的结果是 ．
10. 若关于x的一元二次方程x2+x+2m=0有两个相等的实数根，则实数m的值为______ ．
11. 如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交CB于点D，连接AD.若AC=8，BC=15，则△ACD的周长为______．
12. 如图，在平面直角坐标系中，∠AB0=90°，将直角△AOB绕O点顺时针旋转，使点B落在x轴上的点B1处，点A落在A1处，若B点的坐标为(165,125)，则点A1的坐标是______ ．
13. 如图，AB//CD，AD，BC相交于点E，若AE：DE=1：2，AB=2.5，则CD的长为______．
14. 如图，正方形ABCD的边长是 2，将对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，则弧CE的长是______(结果保留π)．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(x+2)(x−2)−(x−1)(x+5)，其中x=12．
16. (本小题5.0分)
2022年4月15日是第七个全民国家安全教育日，某校七、八年级举行了一次国家安全知识竞赛，经过评比后，七年级的两名学生(用A，B表示)和八年级的两名学生(用C，D表示)获得优秀奖.从获得优秀奖的学生中随机抽取两名分享经验，请用列表法或画树状图法，求抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率．
17. (本小题5.0分)
如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在AB，AD上，AE=AF.求证：CE=CF．
18. (本小题5.0分)
2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩和冬残奥会吉祥物雪容融深受大家喜爱．已知购买1个冰墩墩毛绒玩具和2个雪容融毛绒玩具用了400元，购买3个冰墩墩毛绒玩具和4个雪容融毛绒玩具用了1000元．这两种毛绒玩具的单价各是多少元？
19. (本小题7.0分)
图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形ABC，且点C在格点上．(画出一个即可)
(2)在图2中画出以AB为边的菱形ABDE，且点D，E均在格点上．
20. (本小题7.0分)
图①表示的是某便利店1−5月份的各月营业总额的情况，图②表示的是该便利店奶制品1−5月份的各月营业额占该店当月营业总额的百分比情况，已知该便利店1−5月份的营业总额一共是180万元．
观察图①、图②，解答下列问题：
(1)该便利店1−5月份的营业总额的中位数是______ ；
(2)请预估该便利店全年的营业总额；
(3)请你判断该便利店1−5月份中哪个月奶制品的营业额最高．
21. (本小题7.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=k1x+b的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，与反比例函数y=k2x的图象在第二象限交于C，D(−6,2)两点，DE//OC交x轴于点E，若ADAC=13．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式．
(2)求四边形OCDE的面积．
22. (本小题7.0分)
如图是小朋友玩的“滚铁环”游戏的示意图，⊙O向前滚动时，铁棒DE保持与OE垂直．⊙O与地面接触点为A，若⊙O的半径为25cm，∠AOE=53°．
(1)求点E离地面AC的距离BE的长；
(2)设人站立点C与点A的距离AC=53cm，DC⊥AC，求铁棒DE的长．(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6)
23. (本小题8.0分)
在一条笔直的公路上有A、B两地，甲、乙二人同时出发，甲从A地步行匀速前往B地，到达B地后，立刻以原速度沿原路返回A地．乙从B地步行匀速前往A地(甲、乙二人到达A地后均停止运动)，甲、乙二人之间的距离y(米)与出发时间x(分钟)之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)A、B两地之间的距离是______米，乙的步行速度是______米/分；
(2)图中a=______，b=______，c=______；
(3)求线段MN的函数解析式；
(4)在乙运动的过程中，何时两人相距80米？(直接写出答案即可)
24. (本小题8.0分)
问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动(每个小组的矩形纸片规格相同)，已知矩形纸片宽AB=8，长AD=8 2．
动手实践：
(1)如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，折痕为BE，连接A′E，然后将纸片展平，得到四边形AEA′B，则折痕BE的长为______．
(2)如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC，再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上(O为两条折痕的交点)，第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由．
深度探究：
(3)如图3，探究小组将图1中的四边形AEA′B剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF叠得到△MBF，点P，Q分别是边A′E，A′B上的动点(均不与顶点重合)，将△A′PQ沿PQ折叠的对应点N恰好落在BM上，当△A′PQ的一个内角与∠A′BM相等时，请直接写出A′Q的长度．
25. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，点D在AC上，CD=3，连接DB，AD=DB，点P是边AC上一动点(点P不与点A，D，C重合)，过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP=x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
(1)求AC的长；
(2)求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．
26. (本小题10.0分)
已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)．
(1)求点A，点B的坐标；
(2)如图，过点A的直线l：y=−x−1与抛物线的另一个交点为C，点P为抛物线对称轴上的一点，连接PA，PC，设点P的纵坐标为m，当PA=PC时，求m的值；
(3)将线段AB先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，若抛物线y=a(−x2+2x+3)(a≠0)与线段MN只有一个交点，请直接写出a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：如图，它的俯视图为：
故选：A．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，从上边看上边看得到的图形是俯视图．注意看得见的棱画实线，看不见的棱画虚线．
2.【答案】A
【解析】解：5+(−3)=2，
故选：A．
根据有理数异号相加法则即可处理．
本题主要考查有理数加法，掌握其运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵4x−1<0，
∴4x<1，
∴x<14．
故选：D．
根据解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤系数化为1解不等式即可．
本题考查了解一元一次不等式，掌握解一元一次不等式的步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤系数化为1是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：根据数轴得：a
故选：C．
根据数轴上右边的数总比左边的大即可得出答案．
本题考查了实数与数轴，掌握数轴上右边的数总比左边的大是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠D=130°，
∴∠B=50°，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=40°．
故选：B．
由圆内接四边形的性质得到∠B=50°，由圆周角定理得到∠ACB=90°，即可求出∠BAC=40°．
本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，关键是圆内接四边形的性质求出∠B=50°，由圆周角定理即可求出∠BAC的度数．
6.【答案】A
【解析】解：设有牧童x人，
若设牧童有x人，根据题意可列方程为：6x+14=8x．
故选：A．
设有牧童x人，根据“每人6竿，多14竿；每人8竿，恰好用完”，结合竹竿的数量不变，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．
7.【答案】1
【解析】解：原式=3−2
=1．
故答案为：1．
直接利用二次根式的性质以及负整数指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
8.【答案】x(y+1)(y−1)
【解析】解：原式=x(y2−1)=x(y+1)(y−1)，
故答案为：x(y+1)(y−1)
原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
9.【答案】1
【解析】解：原式=a+1+1a+2
=a+2a+2
=1．
故答案为：1．
直接利用分式的加减运算法则计算得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确掌握相关运算法则是解题关键．
10.【答案】18
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+x+2m=0有两个相等的实数根，
∴Δ=12−8m=0，
解得m=18．
故答案为：18．
根据一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式Δ=b2−4ac=0，建立关于m的方程，即可求解．
此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
11.【答案】23
【解析】解：根据作图过程可知：
MN是线段AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴△ACD的周长为：AC+CD+AD=AC+CD+BD=AC+BC=8+15=23．
故答案为：23．
根据作图过程可得MN是线段AB的垂直平分线，得AD=BD，进而可得△ACD的周长．
本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等．
12.【答案】(4,−3)
【解析】解：过B作BC⊥OA于C，
∵B点的坐标为(165,125)，
∴OB2=(165)2+(125)2，
∴OB=4，
∵BC2=OC⋅CA，
∴(125)2=165⋅CA，
∴CA=95，
∴OA=OC+CA=165+95=5，
∴OA=OA1=5，
在△A1B1O中：(OA1)2=(OB1)2+(A1B1)2，
∴52=42+(A1B1)2，
∴A1B1=3，
∴A1的坐标是(4,−3)．
故答案为：(4,−3)．
△A1B1O是由△ABO旋转得到的，所以OB=OB1，OA=OA1，A1B1=AB，知道B点坐标，就可以根据勾股定理求出OB=OB1的长；过B作出△AOB的高，再利用射影定理求出CA的长，从而求出OA=OA1的长，再次利用勾股定理求可以求出A1的坐标．
此题主要考查了旋转、勾股定理和射影定理，题目综合能力较强，难度适中．
13.【答案】5
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠B=∠C，∠A=∠D，
∴△EAB∽△EDC，
∴AB：CD=AE：DE=1：2，
又∵AB=2.5，
∴CD=5．
故答案为：5．
由平行线的性质求出∠B=∠C，∠A=∠D，其对应角相等得△EAB∽△EDC，再由相似三角形的性质求出线段CD即可．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
14.【答案】12π
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CAD=45°，AC= 2AB= 2× 2=2，
∵对角线AC绕点A顺时针旋转∠CAD的度数，点C旋转后的对应点为E，
∴CE的长度为45×π×2180=12π.
故答案为：12π.
先根据正方形的性质得到∠CAD=45°，AC= 2AB= 2× 2=2，然后利用弧长公式计算CE的长度．
本题考查了弧长的计算：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R).也考查了正方形的性质．
15.【答案】解：(x+2)(x−2)−(x−1)(x+5)
=x2−4−x2−5x+x+5
=−4x+1，
当x=12时，原式=−4×12+1=−2+1=−1．
【解析】本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
先根据多项式乘多项式法则进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
16.【答案】解：列表如下：
A
B
C
D
A
(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)
(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)
(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)
由表知，共有12种等可能结果，其中抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的有8种结果，
所以抽取的两名学生恰好一名来自七年级、一名来自八年级的概率为812=23．
【解析】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．
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，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
17.【答案】证明：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠EAC=∠FAC，
在△ACE和△ACF中，
AE=AF∠EAC=∠FACAC=AC，
∴△ACE≌△ACF(SAS)
∴CE=CF．
【解析】连接AC，由菱形的性质得∠EAC=∠FAC，再由SAS证△ACE≌△ACF，即可得出结论．
此题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．熟练掌握菱形的性质，证得△ACE≌△ACF是解题的关键．
18.【答案】解：设冰墩墩毛绒玩具的单价为x元，雪容融毛绒玩具的单价为y元，
依题意得：x+2y=4003x+4y=1000，
解得：x=200y=100，
答：冰墩墩毛绒玩具的单价为200元，雪容融毛绒玩具的单价为100元．
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
设冰墩墩毛绒玩具的单价为x元，雪容融毛绒玩具的单价为y元，由总价=单价×数量，结合“购买1个冰墩墩和2个雪容融毛绒玩具需400元；购买3个冰墩墩和4个雪容融毛绒玩具需1000元”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，解二元一次方程组即可得出结果．
19.【答案】解：(1)答案不唯一．
(2)
【解析】(1)结合等腰三角形的性质，找出点C的位置，再连线即可．
(2)结合菱形的性质，找出点D，E的位置，再连线即可．
本题考查作图−复杂作图，熟练掌握等腰三角形和菱形的性质是解题的关键．
20.【答案】38
【解析】解：(1)该便利店2月份的营业额为：180−30−25−45−42=38(万元)，
将这5个月营业额从小到大排列，处在中间位置的一个数是38万元，因此中位数是38，
故答案为：38；
(2)1−5月的营业额的平均数为180÷5=36(万元)，
预计全年的意义额为：36×12=432(万元)，
答：预估该便利店全年的营业总额约为432万元；
(3)5月份奶制品的营业额最高．理由如下：
1月份奶制品的营业额是30×15%=4.5(万元)，
2月份奶制品的营业额是38×10%=3.8(万元)，
3月份奶制品的营业额是25×12%=3(万元)，
4月份奶制品的营业额是45×20%=9(万元)，
5月份奶制品的营业额是42x25%=10.5(万元)，
∴5月份奶制品的营业额最高．
(1)求出2月份的营业额，再由中位数的定义进行计算即可；
(2)求出1−5月平均每月的营业额，再计算全年12个月的营业额即可；
(3)分别计算出1−5月，奶制品的营业额，比较得出结论．
本题考查条形统计图、中位数以及样本估计总体，掌握中位数的计算方法，理解两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)将D(−6,2)代入y=k2x中，
k2=−6×2=−12，
∴反比例函数的解析式为y=−12x；
过点D作DM⊥x轴，过点C作CN⊥x轴，
∵DE//OC，
∴△ADE∽△ACO，
∴ADAC=AEAO=DMCN=13，
∴CN=3DM=6，
将y=6代入y=−12x中，
−12x=6，
解得：x=−2，
∴C点坐标为(−2,6)，
将C(−2,6)，D(−6,2)代入y=k1x+b中，
可得−2k1+b=6−6k1+b=2，
解得：k1=1b=8，
∴一次函数的解析式为y=x+8；
(2)设直线OC的解析式为y=mx，
将C(−2,6)代入，得：−2m=6，
解得：m=−3，
∴直线OC的解析式为y=−3x，
由DE//OC，设直线DE的解析式为y=−3x+n，
将D(−6,2)代入可得：−3×(−6)+n=2，
解得：n=−16，
∴直线DE的解析式为y=−3x−16，
当y=0时，−3x−16=0，
解得：x=−163，
∴E点坐标为(−163,0)，
∴OE=163，
在y=x+8中，当y=0时，x+8=0，
解得：x=−8，
∴A点坐标为(−8,0)，
∴OA=8，
∴AE=8−163=83，
S四边形OCDE=S△AOC−S△AED
=12OA⋅CN−12AE⋅DM
=12×8×6−12×83×2
=24−83
=643．
解法二：在y=x+8中，当y=0时，x=−8，
∴A点坐标为(−8,0)，
又∵DE//OC，
∴△ADE∽△ACO，
∴ADAC=AEAO=13，
∴AE=13AO=83，
∴S四边形OCDE=S△AOC−S△AED=12OA·CN−12AE·DM=12×8×6−12×83×2=24−83=643.
∴四边形OCDE的面积为643．
【解析】(1)先利用待定系数法求反比例函数解析式，然后结合相似三角形的判定和性质求得C点坐标，再利用待定系数法求函数关系式；
(2)根据一次函数图象上点的坐标特征并结合待定系数法求得A点和E点坐标，然后用△AOC的面积减去△AED的面积求解．
本题考查反比例函数与一次函数的应用，相似三角形的判定和性质，掌握一次函数及反比例函数图象上点的坐标特征，利用待定系数法求函数解析式是解题关键．
22.【答案】解：如图，过点E作HN//AC，与OA、DC分别相交于H、N．
(1)在Rt△OHE中，∠OHE=90°，OE=25cm，∠AOE=53°，
∴OH=OE×cos53°=15(cm)，EH=OE×sin53°=20(cm)，
EB=HA=OA−OH=25−15=10(cm)，
所以铁环钩离地面的高度为10cm；
(2)∵铁环钩与铁环相切，
∴∠EOH+∠OEH=∠OEH+∠DEN=90°，∠DEN=∠EOH(∠AOE)，
∵cos∠DEN=ENDE，
∴cos∠AOE=ENDE=0.6，
在Rt△DEN中，∠DNE=90°，EN=BC=AC−AB=53−20=33(cm)，DE=ENcos∠AOE=ENcos53°=330.6=55(cm)
∴铁环钩的长度DE为55cm．
【解析】(1)过E作HN//AC，与OA、DC分别相交于H、N.那么求BE的长就转化为求HA的长，而要求出HA，必须先求出OH，在Rt△OHE中，OE=25cm，利用题中给的三角函数值可求得OH、EH的值，从而求得HA的值；
(2)因为∠EOH+∠OEH=∠OEH+∠DEN=90°，∠DEN=∠EOH，又因为cos∠AOE=0.6，所以可得出DE和EN之间的数量关系，由此即可解决问题．
考查了解直角三角形的应用，解此题的关键是把实际问题转化为数学问题，只要把实际问题抽象到解直角三角形中即可解答．
23.【答案】1200 60 900 800 15
【解析】解：(1)由图象知：当x=0时，y=1200，
∴A、B两地之间的距离是1200米；
由图象知：乙经过20分钟到达A，
∴乙的速度为120020=60(米/分)．
故答案为：1200；60；
(2)由图象知：当x=607时，y=0，
∴甲乙二人的速度和为：1200÷607=140(米/分)，
设甲的速度为x米/分，则乙的速度为(140−x)米/分，
∴140−x==60，
∴x=80．
∴甲的速度为80(米/分)，
∵点M的实际意义是经过c分钟甲到达B地，
∴c=1200÷80=15(分钟)，
∴a=60×15=900(米)．
∵点M的实际意义是经过20分钟乙到达A地，
∴b=900−(80−60)×5=800(米)；
故答案为：900；800；15；
(3)由题意得：M(15,900)，N(20,800)，
设直线MN的解析式为y=kx+n，
∴15k+n=90020k+n=800，
解得：k=−20n=1200，
∴直线MN的解析式为y=−20x+1200；
(4)在乙运动的过程中，二人出发后第8分钟和第647分钟两人相距80米．理由：
①相遇前两人相距80米时，二人的所走路程和为1200−80=1120(米)，
∴1120÷140=8(分钟)；
②相遇后两人相距80米时，二人的所走路程和为1200+80=1280(米)，
∴1280÷140=647(分钟)．
综上，在乙运动的过程中，二人出发后第8分钟和第647分钟两人相距80米．
(1)利用函数图象中的信息直接得到A、B两地之间的距离，再利用函数图象中的信息即可求得乙的步行速度；
(2)利用(1)的结论通过计算即可得出结论；
(3)利用待定系数法解答即可；
(4)利用分类讨论的方法，分别求得相遇前和相遇后两人相距80米时的时间即可求得结论．
本题主要考查了一次函数的图象和性质，待定系数法，一次函数图象上点的坐标的特征，明确函数图象上点的坐标的实际意义是解题的关键．
24.【答案】8 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°=∠A，
∵将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，
∴∠ABE=∠A′BE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE= 2AB=8 2，
故答案为：8 2；
(2)OC=2OB；理由如下：
∵矩形纸片宽AB=8=CD，长AD=8 2=AD，
∴AC= AB2+BC2= AB2+AD2=8 3，
由翻折点A落在OC上可得BE⊥AC，
∴∠BOA=90°，
∴2S△ABC=AB⋅BC=AC⋅OB，
∴OB=AB⋅BCAC=8 63，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 82−(8 63)2=8 33，
在Rt△BOC中，OC= BC2−OB2= (8 2)2−(8 63)2=16 33，
∴OC=2OB；
(3)过M作RT//AB交AE于R，交A′B于T，如图：
由已知可得：四边形ABA′E是正方形，边长为8cm，
∵F是AE中点，
∴AF=4cm，
∵△ABF沿BF叠得到△MBF，
∴BM=AB=8cm，FM=AF=4cm，∠BMF=∠A=90°，
∴∠FMR=90°−∠BMT=∠MBT，
又∠MRF=∠MTB=90°，
∴△FRM∽△MTB，
∴FRMT=MRBT=FMBM=48=12，
∴MT=2FR，BT=2MR，
设FR=x，MR=y，则MT=2x，BT=2y，
∵AR=BT，
∴4+x=2y①，
∵AB=RT，
∴8=y+2x②，
由①②可得：x=125，y=165，
∴FR=125cm，MR=165cm，MT=245cm，BT=325cm，
(Ⅰ)当∠A′QP=∠A′BM时，PQ//BM，
∴∠PQN=∠BNQ，
∵△A′PQ沿PQ折叠的对应点N恰好落在BM上，
∴∠PQN=∠A′QP，NQ=A′Q，
∴∠BNQ=∠A′BM，
∴BQ=NQ，
∴BQ=A′Q，即Q是A′B的中点，
∴A′Q=12A′B=4(cm)；
(Ⅱ)当∠A′PQ=∠A′BM时，过N作KS//AE交A′B于S，过P作PK//A′B交KS于K，如图：
在Rt△BMT中，tan∠A′BM=MTBT=245325=34，
∴tan∠A′PQ=34，
∴A′QA′P=34=NQNP，
∵∠PNQ=∠A′=90°，
∴∠PNK=90°−∠QNS=∠NQS，
∵∠K=∠NSQ=90°，
∴△PKN∽△NSQ，
∴SQNK=SNKP=NQNP=34，
设SQ=m，SN=n，则NK=43m，KP=43n，
∴NQ= SQ2+SN2= m2+n2=A′Q，
∵KP=A′S=A′Q+SQ，
∴43n= m2+n2+m，可得n=247m，
∴A′Q= m2+n2=257m，SN=247m，
在Rt△BNS中，
tan∠NBS=SNBS=34，
∴BS=43SN=327m，
∵BS+SQ+A′Q=A′B=8，
∴327m+m+257m=8，
解得m=78，
∴A′Q=257m=258(cm)，
综上所述，A′Q的长为4cm或258cm．
(1)由四边形ABCD是矩形，得∠ABC=90°=∠A，根据将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，知∠ABE=∠A′BE=45°，△ABE是等腰直角三角形，故BE= 2AB=8 2；
(2)由矩形纸片宽AB=8=CD，长AD=8 2=AD，得AC= AB2+BC2= AB2+AD2=8 3，由翻折点A落在OC上可得BE⊥AC，即得OB=AB⋅BCAC=8 63，在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2=8 33，在Rt△BOC中，OC= BC2−OB2=16 33，可得OC=2OB；
(3)过M作RT//AB交AE于R，交A′B于T，可证明△FRM∽△MTB，得FRMT=MRBT=FMBM=48=12，设FR=x，MR=y，则MT=2x，BT=2y，又AR=BT，AB=RT可列方程组解得FR=125cm，MR=165cm，MT=245cm，BT=325cm，(Ⅰ)当∠A′QP=∠A′BM时，PQ//BM，可得∠BNQ=∠A′BM，BQ=NQ，从而BQ=A′Q，知A′Q=12A′B=4cm；
(Ⅱ)当∠A′PQ=∠A′BM时，过N作KS//AE交A′B于S，过P作PK//A′B交KS于K，由tan∠A′BM=MTBT=245325=34，可得A′QA′P=34=NQNP，证明△PKN∽△NSQ，即知SQNK=SNKP=NQNP=34，设SQ=m，SN=n，则NK=43m，KP=43n，NQ= SQ2+SN2= m2+n2=A′Q，根据KP=A′S=A′Q+SQ，有43n= m2+n2+m，可得n=247m，故A′Q= m2+n2=257m，SN=247m，在Rt△BNS中，可得BS=43SN=327m，而BS+SQ+A′Q=A′B=8，即得327m+m+257m=8，解得A′Q=257m=258cm．
本题考查四边形综合应用，涉及翻折变换、相似三角形判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
25.【答案】解：(1)在Rt△BCD中，BC=4，CD=3，
∴BD= BC2+CD2=5，
又∵AD=BD，
∴AC=AD+CD=5+3=8；
(2)当点P在点D的左侧时，即0
∴PQ//BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴APPQ=ACBC=84=2，
设AP=x，则PQ=12x，PD=AD−AP=5−x，
∴S阴影部分=S△PQD=12(5−x)×12x
=−14x2+54x；
当点P在点D的右侧时，即5
∵PQ//BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴DPEP=DCBC=34，
∴PE=43(x−5)，
∴S阴影部分=S△PQD−S△DPE
=12(x−5)×12x−12(x−5)×43(x−5)
=−512x2+2512x−503；
答：S关于x的函数解析式为：当0
(2)分两种情况进行解答，即点P在点D的左侧或右侧，分别画出相应的图形，根据相似三角形的判定和性质分别用含有x的代数式表示PD、PE、PQ，由三角形面积之间的关系可得答案．
本题考查勾股定理，函数关系式以及相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质，求出相关三角形的边长是解决问题的关键．
26.【答案】解：(1)当y=0时，−x2+2x+3=0，
∴x1=−1，x2=3，
∴A (−1,0)，B(3,0)；
(2)∵抛物线对称轴为：x=−1+32=1，
∴设P(1,m)，
由−x2+2x+3=−x−1得，
x3=−1(舍去)，x4=4，
当x=4时，y=−4−1=−5，
∴C(4,−5)，
由PA2=PC2得，
22+m2=(4−1)2+(m+5)2，
∴m=−3；
(3)可得M(0,5)，N(4,5)，
当a>0时，
∵y=−a(x−1)2+4a，
∴抛物线的顶点为：(1,4a)，
∴4a≥5(−42+8+3)a≤5，
∴a≥54，
当a<0时，
(−16+8+3)a≥5，
∴a≤−1，
综上所述：a≥54或a≤−1．
【解析】(1)令y=0，从而−x2+2x+3=0，解方程进而求得结果；
(2)设点P(1,m)，根据PA=PC列出方程，进一步求得结果；
(3)分为a>0和a<0两种情形．当a>0时，抛物线的顶点大于等于5，及把x=4代入，y的值大于或等于5，从而求得结果；当a<0时，将x=4代入抛物线解析式，y的值大于等于5，从而求得结果．
本题考查二次函数图象与x轴的交点与一元二次方程的关系，勾股定理列方程，分类讨论等知识思想，解决问题的关键是正确分类．
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