还剩20页未读，
继续阅读
2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学八模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学八模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学八模试卷
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. −1−2的值为( )
A. −3 B. 1 C. −1 D. 2
2. 如图所示，直线a//b，∠2=28°，∠1=50°，则∠A=( )
A. 32°
B. 78°
C. 22°
D. 20°
3. 下列因式分解正确的是( )
A. x2+y2=(x+y)2 B. x2−5x+6=(x−2)(x−3)
C. −3t2+6t=−3t(t+2) D. x2y+xy+x=x(xy+y)
4. 如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为( )
A. 12cm2 B. 9cm2 C. 6cm2 D. 3cm2
5. 如图，在△ABC中，∠B=45°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为点E.若DE=2，则BD的长为( )
A. 4
B. 2 3
C. 2
D. 2 2
6. 直线y=12x+2交x轴于A，交y轴于B，直线AB绕原点旋转180度后的直线解析式为( )
A. y=12x−2 B. y=12x+2 C. y=−12x−2 D. y=−12x+2
7. 如图，A，B，C是⊙O上的三点，其中点B是弧AC的三等分点，且弧AB大于弧BC，若∠A=50°，则∠ABC的度数是( )
A. 100°
B. 110°
C. 120°
D. 130°
8. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m.水面上升1.5m，水面宽度为( )
A. 1m
B. 2m
C. 3m
D. 2 3m
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
9. 计算： 25−3−64= ______ ．
10. 幻方是古老的数学问题，我国古代的《洛书》中记载了最早的幻方——九宫格.将9个数填入幻方的空格中，要求每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，则x+y的值为______ ．
11. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，AM=CN，点M、N分别在边AD、BC上，连BM、DN.若AMMD=35，则四边形MBND的形状是______ ．
12. 反比例函数y=kx的图象经过点(3,1)、(x1,2)、(x2,3)，比较大小：x1______x2．
13. 如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分面积为______．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
14. 解不等式组：5x+2≥4x−1x+14>x−32+1．
四、解答题（本大题共12小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
−16+( 5−2)0+(12)−2− 2014．
16. (本小题6.0分)
先化简，再求值：m2−2m+1m2−1÷(m−1−m−1m+1)，其中m= 3．
17. (本小题6.0分)
已知：如图，射线AB．
求作：∠CAB，使得∠CAB=30°.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
18. (本小题6.0分)
如图所示，在四边形ABCD中，AD//BC，E为CD的中点，连接AE、BE，延长AE交BC的延长线于点F.若AB=BC+AD，求证：BE⊥AF．
19. (本小题6.0分)
我国三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.若大正方形的面积为25，每个直角三角形两直角边的和为7，求中间小正方形的边长．
20. (本小题6.0分)
(1)如表是历史上一些著名数学家做掷硬币试验的数据：由这些数据，你可以估计掷一枚质地均匀的硬币，正面向上的概率为______ ；
试验者
抛硬币次数
正面朝上的次数
反面朝上的频率
德⋅摩根
4092
2048
0.5005
布丰
4040
2048
0.5069
费勒
10000
4979
0.4979
皮尔逊
24000
12012
0.5005
(2)甲、乙两人在玩摸球游戏，游戏规则如下，在一个不透明的袋子中放入分别标有数字0、1、2、3的四个除标号外完全相同的小球，先将袋中的小球摇匀，甲先随机摸出一球记下数字并放回，乙再随机摸出一球记下数字，若摸到的两个标号数字差的绝对值不大于1，则甲胜，否则乙胜.用列表法或画树状图法说明游戏是否公平．
21. (本小题6.0分)
为了加快城市发展，保障市民出行方便，某市在流经该市的河流上架起一座桥，连通南北，铺就城市繁荣之路．小明和小颖想通过自己所学的数学知识计算该桥AF的长．如图，该桥两侧河岸平行，他们在河的对岸选定一个目标作为点A，再在河岸的这一边选出点B和点C，分别在AB、AC的延长线上取点D、E，使得DE//BC.经测量，BC=120米，DE=210米，且点E到河岸BC的距离为60米．已知AF⊥BC于点F，请你根据提供的数据，帮助他们计算桥AF的长度．
22. (本小题6.0分)
某校八年级全体同学参加了某项捐款活动，随机抽查了部分同学捐款的情况绘制了条形统计图(不完整)和扇形统计图．请根据信息回答下列问题：
(1)本次共抽查学生______人，请将条形图补充完整；
(2)捐款金额的众数是______，平均数是______；
(3)在八年级700名学生中，捐款20元及以上(含20元)的学生估计有多少人？
23. (本小题6.0分)
民族要复兴，乡村必振兴，2月21日发布的2021年中央一号文件，主题是全面推进乡村振兴，加快农业农村现代化.乡村振兴战略的实施效果要用农民生活富裕水平来评价，某合作社为尽快打开市场，对本地新产品进行线上和线下销售相结合的模式，具体费用标准如下：线下销售模式：标价5元/千克，八折出售；线上销售模式：标价5元/千克，九折出售，超过6千克时，超出部分每千克再让利1.5元.购买这种新产品x千克，所需费用为y元，y与x之间的函数关系如图所示．
根据以上信息回答下列问题：
(1)请求出两种销售模式对应的函数解析式；
(2)若想购买这种产品10千克，请问选择哪种模式购买最省钱？
24. (本小题6.0分)
如图，在△ABC，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且BF是⊙O的切线．
(1)求证：∠BAC=2∠CBF；
(2)若⊙O的半径为5，sin∠CBF=25，求CD的长．
25. (本小题7.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(− 2,0)、B(2 2,0)两点，与y轴交于C(0,2)点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)证明：△ABC为直角三角形；
(3)在抛物线上除C点外，是否还存在另外一个点P，使△ABP是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
26. (本小题8.0分)
问题提出：
(1)如图1，有公共端点的两条线段OA，OB，且OA=4，OB=5则AB最大值为______ ；最小值为______ ．
(2)问题探究：如图2，已知∠AOB=30°，其内部有一点P，OP=6，在∠AOB的两边分别有C，D两点(不同于点O).使△PCD的周长最小，请画出草图，并求出△PCD周长的最小值；
(3)问题解决：开发商准备对一块正方形土地进行绿化，要求绿化带从一个顶点出发到对角线上一点，再到两边上一点，最后回到出发点，如图3，正方形ABCD的边长为400米，在对角线AC上有一固定点G，且CG=3AG，在AD，DC上取两点F，E，准备从B到G到F到E再到B修一条绿化带(绿化带宽忽略不计)，能否设计出最短绿化带，若能请计算出绿化带最短长度，若不能说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−1−2=−3，
故选：A．
本题是对有理数减法的考查，减去一个数等于加上这个数的相反数．
本题考查了有理数的减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数．
2.【答案】C
【解析】解：∵a//b，
∴∠1=∠DBC=50°．
∵∠DBC=∠A+∠2，
∴∠A=∠DBC−∠2=50°−28°=22°．
故选：C．
根据三角形外角的性质，∠A=∠DBC−∠2，欲求∠A，需求∠DBC.根据平行线的性质，由a//b，得∠1=∠DBC=50°，从而解决此题．
本题主要考查平行线的性质、三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质、三角形外角的性质是解决本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：x2+2xy+y2=(x+y)2，A错误；
x2−5x+6=(x−2)(x−3)，B正确；
−3t2+6t=−3t(t−2)，C错误；
x2y+xy+x=x(xy+y+1)，D错误，
故选：B．
利用公式法、十字相乘法、提公因式法进行因式分解，判断即可．
本题考查的是因式分解，掌握公式法、提公因式法因式分解的一般步骤是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE//BC，且ADAB=12，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE的面积：△ABC的面积=1：4，
∴△ADE的面积：四边形BDEC的面积=1：3，
∵△ADE的面积是3cm2，
∴四边形BDEC的面积是9cm2．
故选：B．
由点D、E分别是AB、AC的中点，可得DE是△ABC的中位线，则DE//BC，则△ADE∽△ABC，且相似比是1：2，则△ADE的面积和△ABC的面积比是1：4，则△ADE的面积：四边形BDEC的面积=1：3，结合已知条件，可得结论．
本题主要考查三角形中位线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，结合背景图形，找到已知和所求面积的关系是解题关键．
5.【答案】D
【解析】解：过点D作DF⊥AB，如图所示：
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，DE=2，
∴DF=DE=2，
∵∠B=45°，
∴∠BDF=∠B=45°，
∴DF=BF=2，
∴BD= BF2+DF2=2 2，
故选：D．
过点D作DF⊥AB，根据角平分线的性质得出DF=DE=2，再由等角对等边得出DF=BF=2，由勾股定理即可求解．
题目主要考查角平分线的性质，等角对等边及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵直线y=12x+2交x轴于A，交y轴于B，
当x=0时，y=2，当y=0时，x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,2)，
∴A，B绕原点旋转180度后的坐标为(4,0)，(0,−2)，
设旋转后的直线解析式为y=kx+b，则4x+b=0b=−2，
解得：x=12b=−2，
∴旋转后的直线解析式为y=12x−2，
故选：A．
先求得A，B的坐标，再求得A，B绕原点旋转180度后的坐标，利用待定系数法求解即可．
本题考查了一次函数的图象与几何变换，明确关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：
连接OB，取AB的中点D，连接OD，在优弧AC上取点E，连接AE、CE，如图，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∴∠AOB=180°−50°−50°=80°，
∵点B是弧AC的三等分点，
∴∠BOC=∠AOD=∠BOD=40°，
∴∠AOC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠ABC=180°−∠E=120°，
故选：C．
连接OB，取AB的中点D，连接OD，在优弧AC上取点E，连接AE、CE，由圆的性质可求得∠AOC的度数，根据圆周角定理可求得∠AEC，利用圆内接四边形的性质可求得∠ABC的大小．
本题主要考查圆周角定理，利用条件构造圆内接四边形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如右图建立平面直角坐标系，
设抛物线的解析式为y=ax2，
由已知可得，点(2,−2)在此抛物线上，
则−2=a×22，
解得a=−12，
∴y=−12x2，
当y=−0.5时，−12x2=−0.5，
解得x=±1，
此时水面的宽度为2m，
故选：B．
根据题意建立合适的平面直角坐标系，设出抛物线的解析式，从而可以求得水面的宽度增加了多少，本题得以解决．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，建立合适的平面直角坐标系．
9.【答案】9
【解析】解：原式=5−(−4)=9，
故答案为：9．
直接利用算术平方根以及立方根的性质分别化简进而得出答案．
本题考查了实数的运算，熟练掌握算术平方根和立方根，正确化简各项是解题的关键．
10.【答案】−5
【解析】解：由题意可得，最右下角的数为：x+4−1−(x+0)=3，
可依次推出其余方格中分别为：
则y+2=0x+3=0，
解得：x=−3，y=−2，
则x+y=−5，
故答案为：−5．
分别推出其余方格中的数，结合每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等得到−1+0+1=y+2=x+3，求出x，y的值即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，根据幻方的特点，灵活运用每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等推出空格内的数是解题的关键．
11.【答案】菱形
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，AB=CD，
∵AM=CN，
∴DM=BN，
∴四边形MDNB是平行四边形，
∵AMMD=35，
∴设AM=3x，MD=5x，
∴AD=8x，
∵AD=2AB，
∴AB=4x，
∴BM= AB2+AM2= 9x2+16x2=5x，
∴BM=MD，
∴平行四边形MBND是菱形，
故答案为：菱形．
先证四边形MDNB是平行四边形，设AM=3x，MD=5x，可得AB=4x，利用勾股定理可求BM=5x=MD，即可求解．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，求证BM=MD是解题的关键．
12.【答案】>
【解析】解：∵反比例函数y=kx的图象经过点(3,1)，
∴k=3×1=3，
∴此函数的图象在一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小，
∴(x1,2)、(x2,3)两点均位于第一象限，
∵2<3，
∴x1>x2．
故答案为：>．
先代入点(3,1)求得k的值，根据k的值判断此函数图象所在的象限，再根据0<2<3判断出(x1,2)、(x2,3)两点所在的象限，根据此函数的增减性即可解答．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数的性质是解答此题的关键．
13.【答案】9−3 3
【解析】解：连接AE，如图所示：
由旋转的性质可知：AB=AB′．
在Rt△AB′E和Rt△ADE中，AE=AEAB′=AD，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE(HL)．
∴∠DAE=∠B′AE，S△ADE=S△AB′E．
∵∠BAB′=30°，
∴∠DAE=12×(90°−30°)=30°．
又∵AB=3，
∴DE= 33AB= 3，
∴S△ADE=12× 3×3=3 32，
又∵S正方形ABCD=32=9，
∴S阴影=9−2×3 32=9−3 3．
故答案为：9−3 3．
连接AE.根据HL即可证明△AB′E≌△ADE，可得到∠DAE=30°，然后可求得DE的长，从而可求得△ADE的面积，由正方形的面积减去△AB′E和△ADE的面积即可得出答案．
本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定与性质、特殊锐角三角函数值的应用，证得△AB′E≌△ADE是本题的关键．
14.【答案】解：5x+2≥4x−1①x+14>x−32+1②，
解不等式①得：x≥−3，
解不等式②得：x<3．
∴不等式组的解集为−3≤x<3．
【解析】分别解两个不等式，求解集的公共部分即可．
本题考查解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式的步骤．
15.【答案】解：原式=−1+1+4−92
=−12．
【解析】先计算有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，化简二次根式，在进行加减运算．
本题考查了实数的混合运算，有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，二次根式的化简，熟练掌握运算法则及运算顺序是解题的关键．
16.【答案】解：原式=(m−1)2(m+1)(m−1)⋅m+1m2−1−m+1=(m−1)2(m+1)(m−1)⋅m+1m(m−1)=1m，
当m= 3时，原式= 33．
【解析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值．
17.【答案】解：如图，∠CAB即为所求．
【解析】首先作等边三角形ABD，再作∠DAB的平分线即可解决问题．
本题考查了作图−复杂作图，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
18.【答案】证明：∵AD//BC，
∴∠ADC=∠ECF，
∵E是CD的中点，
∴DE=EC，
在△ADE与△FCE中，
∠ADC=∠ECFDE=EC∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△FCE(ASA)，
∴AE=EF，AD=CF，
∵AB=BC+AD，
∴AB=BC+CF，
即AB=BF，
∴△ABF是等腰三角形，
∵AE=EF，
∴E为AF的中点，
∴BE⊥AF．
【解析】根据AD//BC可知∠ADC=∠ECF，再根据E是CD的中点可推出△ADE≌△FCE(ASA)，得到AE=EF，AD=CF，由于AB=BC+AD，等量代换得到AB=BC+CF，即AB=BF，根据等腰三角形三线合一，即可得到结论．
本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的“三线合一”的性质，熟练掌握并灵活运用全等三角形的判定方法是解题的关键．
19.【答案】解：设直角三角形的两直角边中较长边为a，较短边为b，
∴大正方形的边长为 a2+b2，面积为a2+b2，
由题意得：a2+b2=25a+b=7，
∴2ab=(a+b)2−(a2+b2)=49−25=24，
∴(a−b)2=a2+b2−2ab=25−24=1，
∴a−b=1，
∴小正方形的边长为：4−3=1．
【解析】设直角三角形的两直角边中较长边为a，较短边为b，根据大正方形面积为25和a+b=7列出方程组，根据完全平方公式的变形求出a−b的值即可．
本题考查了勾股定理的证明，完全平方公式的变形求值，正确列出方程组是解题的关键．
20.【答案】0.5
【解析】解：(1)根据表中的数据，随着试验次数的增多，频率逐渐稳定在0.5左右，
∴估计掷一枚质地均匀的硬币，正面向上的概率为0.5，
故答案为：0.5；
(2)列表如下：
0
1
2
3
0
(0,0)
(1,0)
(2,0)
(3,0)
1
(0,1)
(1,1)
(2,1)
(3,1)
2
(0,2)
(1,2)
(2,2)
(3,2)
3
(0,3)
(1,3)
(2,3)
(3,3)
由表可知，共有16种等可能出现的结果，其中摸到的两个标号数字差的绝对值不大于1的结果有：(0,0)，(1,0)，(0,1)，(1,1)，(2,1)，(1,2)，(2,2)，(3,2)，(2,3)，(3,3)，共10种，
∴甲获胜的概率为1016=58，则乙获胜的概率为1−58=38，
∵58≠38，
∴游戏不公平．
(1)大量重复试验中时间发生的频率可以表示概率；
(2)列出所有等可能出现的结果，再根据概率公式计算即可．
本题考查了利用频率估计概率，游戏公平性的判断，判断游戏公平性需要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则不公平．
21.【答案】解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，
∵DE//BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴ACAE=BCDE=47，
∴ACEC=43，
∵AF⊥BC，EG⊥BC，
∴AF//EG，
∴△ACF∽△ECG，
∴AFEG=ACEC，即AF60=43，
解得AF=80，
∴桥AF的长度为80米．
【解析】过E作EG⊥BC于G，依据△ABC∽△ADE，即可得出ACEC=43，依据△ACF∽△ECG，即可得到AFEG=ACEC，进而得出AF的长．
本题主要考查了利用相似测量河的宽度(测量距离).测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．方法是通过测量易于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．
22.【答案】50 10 13.1
【解析】解：(1)本次抽查的学生有：14÷28%=50(人)，
则捐款10元的有50−9−14−7−4=16(人)，
补全条形统计图如下：
故答案为：50；
(2)由条形图可知，捐款10元人数最多，故众数是10；
平均数是9×5+16×10+14×15+7×20+4×259+16+14+7+4=13.1．
故答案为：10，13.1；
(3)捐款20元及以上(含20元)的学生有：700×7+450=154(人)．
答：捐款20元及以上(含20元)的学生估计有154人．
(1)有题意可知，捐款15元的有14人，占捐款总人数的28%，由此可得总人数，将捐款总人数减去捐款5、15、20、25元的人数可得捐10元的人数；
(2)根据众数和平均数的定义解答即可；
(3)由抽取的样本可知，用捐款20及以上的人数所占比例估计总体中的人数．
本题主要考查了条形统计图，扇形统计图，众数和中位数，用样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
23.【答案】解：(1)线下销售模式的解析式为：y=0.8×5x=4x；
线上销售模式的解析式为：不超过6千克时，y=0.9×5x=4.5x；
超过6千克时，y=0.9×5×6+(0.9×5−1.5)(x−6)=3x+9；
综上所述，线下销售模式的函数解析式为y=4x，线上销售模式的函数解析式为y=4.5x(0≤x≤6)3x+9(x>6)；
(2)当x=10时，
线下销售模式费用为：y=4×10=40(元)，
线上销售模式费用为：y=3×10+9=39(元)，
∵40>39，
∴选择线上销售模式购买最省钱．
【解析】(1)根据题意列出函数关系式即可；
(2)分别计算两种销售模式的费用，比较它们的大小即可得出选择哪种销售模式购买最省钱．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出一次函数解析式，并准确利用函数解析式求解．
24.【答案】(1)如图1，证明；连接AE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵BF是⊙O的切线，
∴∠CBF−∠BAE=12∠BAC，
∴∠BAC=2∠CBF；
(2)解：如图2，连接BD，
∵AB=AC=2OB=10，
∵sin∠CBF=25，
∴sin∠BAE=25，
∴BE=4，
∴BC=2BE=8，
设CD=x，则AD=10−x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
∴∠BCD=90°，
∴82−x2=102−(10−x)2，
解得：x=165，
∴CD=165．
【解析】(1)连接AD，根据圆周角的性质求得AE⊥BC，根据等腰三角形的性质三效合一的性质得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC，然后根据弦切角定理得出∠CBF=∠BAE=12∠BAC；
(2)连接BD，由⊙O的半径为5，解出AC=AB=10，根据勾股定理求出BC=2BE=8，在根据勾股定理列方程求解．
本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理弦切角定理，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形．
25.【答案】(1)解：∵y=ax2+bx+c与x轴交于A(− 2,0)、B(2 2,0)两点，与y轴交于C(0,2)点，
∴(− 2)2a− 2b+c=0(2 2)2a+2 2b+c=0c=2，
解得：a=−12b= 22c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+ 22x+2；
(2)证明：∵A(− 2,0)、B(2 2,0)、C(0,2)，
∴AC= (− 2−0)2+(0−2)2= 6，
BC= (2 2−0)2+(0−2)2=2 3，
AB= (− 2−2 2)2+(0−0)2=3 2，
∵(3 2)2=( 6)2+(2 3)2，
∴AB2=AC2+BC2，则∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(3)解：存在，
当PC//x轴，即P点与C点是关于抛物线对称轴的对称点，而C点坐标为(0,2)，
∴y=2，
把y=2代入y=−12x2+ 22x+2得：−12x2+ 22x+2=2，
∴x1=0，x2= 2．
∴P点坐标为( 2,2)．
【解析】(1)将A、B、C的坐标代入抛物线解析式，求解即可；
(2)由(1)得到边AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理来判定△ABC为直角三角形；
(3)根据抛物线的对称性可得另一点的坐标．
本题考查了二次函数与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，两点间的距离公式，二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26.【答案】9 1
【解析】解：(1)如图，设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴AB的最大值为A2B=4+5=9，最小值为A1B=5−4=1，
故答案为：9，1；
(2)如图，分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，则△PCD的周长最小，连接OM、ON，
由轴对称的性质可知，OM=OP=6，ON=OP=6，CP=CM，DP=DN，∠MON=2∠AOB=60°，
∴△MON为等边三角形，
∴MN=6，
∴△PCD的周长=PC+CD+DP=CM+CD+DN=MN=6；
(3)如图，分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，在AC2上，且C2G1=3AG1，
则B1E=BE，FG1=FG，AG=AG1，
∴BE+EF+FG=B1E+EF+FG1，
∵G是定点，
∴BG的长度不变，
∴当且仅当B1，E，F，G1四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，
作GH⊥AB于点H，
∴△AHG∽△ABC，
∵CG=3AG，正方形ABCD的边长为400，
∴GHBC=AGAC=14，
∴GH=100，
∴BH=400−100=300，
∴在Rt△BHG，BG= BH2+GH2= 3002+1002=100 10，
作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，
∴△G1C2K∽△AC2D，
∵C2G1=3AG1，
∴C2G1C2A=G1KAD=34，
∴G1K=G2K=300，
∴A1I=KD=400−300=100，
∴B1I=400+100=500，G1I=400+300=700，
∴在Rt△B1IG1中，B1G1= B1I2+G1I2= 5002+7002=100 74，
∴四边形BEFG的周长BE+EF+FG+BG的最小值为100( 74+ 10)，即绿化带的最短长度为100( 74+ 10)米．
(1)设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，画出图形，即可得到结论；
(2)分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，根据等边三角形的判定和性质求解即可；
(3)分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，由轴对称的性质可知，当且仅当B1，E，F，G四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，作GH⊥AB于点H，作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可．
本题考查了轴对称的性质−最短路径问题，共端点两条线段为定长问题，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学八模试卷
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. −1−2的值为( )
A. −3 B. 1 C. −1 D. 2
2. 如图所示，直线a//b，∠2=28°，∠1=50°，则∠A=( )
A. 32°
B. 78°
C. 22°
D. 20°
3. 下列因式分解正确的是( )
A. x2+y2=(x+y)2 B. x2−5x+6=(x−2)(x−3)
C. −3t2+6t=−3t(t+2) D. x2y+xy+x=x(xy+y)
4. 如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积是3cm2，则四边形BDEC的面积为( )
A. 12cm2 B. 9cm2 C. 6cm2 D. 3cm2
5. 如图，在△ABC中，∠B=45°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为点E.若DE=2，则BD的长为( )
A. 4
B. 2 3
C. 2
D. 2 2
6. 直线y=12x+2交x轴于A，交y轴于B，直线AB绕原点旋转180度后的直线解析式为( )
A. y=12x−2 B. y=12x+2 C. y=−12x−2 D. y=−12x+2
7. 如图，A，B，C是⊙O上的三点，其中点B是弧AC的三等分点，且弧AB大于弧BC，若∠A=50°，则∠ABC的度数是( )
A. 100°
B. 110°
C. 120°
D. 130°
8. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m.水面上升1.5m，水面宽度为( )
A. 1m
B. 2m
C. 3m
D. 2 3m
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
9. 计算： 25−3−64= ______ ．
10. 幻方是古老的数学问题，我国古代的《洛书》中记载了最早的幻方——九宫格.将9个数填入幻方的空格中，要求每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，则x+y的值为______ ．
11. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，AM=CN，点M、N分别在边AD、BC上，连BM、DN.若AMMD=35，则四边形MBND的形状是______ ．
12. 反比例函数y=kx的图象经过点(3,1)、(x1,2)、(x2,3)，比较大小：x1______x2．
13. 如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形AB′C′D′，则图中阴影部分面积为______．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
14. 解不等式组：5x+2≥4x−1x+14>x−32+1．
四、解答题（本大题共12小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
−16+( 5−2)0+(12)−2− 2014．
16. (本小题6.0分)
先化简，再求值：m2−2m+1m2−1÷(m−1−m−1m+1)，其中m= 3．
17. (本小题6.0分)
已知：如图，射线AB．
求作：∠CAB，使得∠CAB=30°.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
18. (本小题6.0分)
如图所示，在四边形ABCD中，AD//BC，E为CD的中点，连接AE、BE，延长AE交BC的延长线于点F.若AB=BC+AD，求证：BE⊥AF．
19. (本小题6.0分)
我国三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.若大正方形的面积为25，每个直角三角形两直角边的和为7，求中间小正方形的边长．
20. (本小题6.0分)
(1)如表是历史上一些著名数学家做掷硬币试验的数据：由这些数据，你可以估计掷一枚质地均匀的硬币，正面向上的概率为______ ；
试验者
抛硬币次数
正面朝上的次数
反面朝上的频率
德⋅摩根
4092
2048
0.5005
布丰
4040
2048
0.5069
费勒
10000
4979
0.4979
皮尔逊
24000
12012
0.5005
(2)甲、乙两人在玩摸球游戏，游戏规则如下，在一个不透明的袋子中放入分别标有数字0、1、2、3的四个除标号外完全相同的小球，先将袋中的小球摇匀，甲先随机摸出一球记下数字并放回，乙再随机摸出一球记下数字，若摸到的两个标号数字差的绝对值不大于1，则甲胜，否则乙胜.用列表法或画树状图法说明游戏是否公平．
21. (本小题6.0分)
为了加快城市发展，保障市民出行方便，某市在流经该市的河流上架起一座桥，连通南北，铺就城市繁荣之路．小明和小颖想通过自己所学的数学知识计算该桥AF的长．如图，该桥两侧河岸平行，他们在河的对岸选定一个目标作为点A，再在河岸的这一边选出点B和点C，分别在AB、AC的延长线上取点D、E，使得DE//BC.经测量，BC=120米，DE=210米，且点E到河岸BC的距离为60米．已知AF⊥BC于点F，请你根据提供的数据，帮助他们计算桥AF的长度．
22. (本小题6.0分)
某校八年级全体同学参加了某项捐款活动，随机抽查了部分同学捐款的情况绘制了条形统计图(不完整)和扇形统计图．请根据信息回答下列问题：
(1)本次共抽查学生______人，请将条形图补充完整；
(2)捐款金额的众数是______，平均数是______；
(3)在八年级700名学生中，捐款20元及以上(含20元)的学生估计有多少人？
23. (本小题6.0分)
民族要复兴，乡村必振兴，2月21日发布的2021年中央一号文件，主题是全面推进乡村振兴，加快农业农村现代化.乡村振兴战略的实施效果要用农民生活富裕水平来评价，某合作社为尽快打开市场，对本地新产品进行线上和线下销售相结合的模式，具体费用标准如下：线下销售模式：标价5元/千克，八折出售；线上销售模式：标价5元/千克，九折出售，超过6千克时，超出部分每千克再让利1.5元.购买这种新产品x千克，所需费用为y元，y与x之间的函数关系如图所示．
根据以上信息回答下列问题：
(1)请求出两种销售模式对应的函数解析式；
(2)若想购买这种产品10千克，请问选择哪种模式购买最省钱？
24. (本小题6.0分)
如图，在△ABC，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且BF是⊙O的切线．
(1)求证：∠BAC=2∠CBF；
(2)若⊙O的半径为5，sin∠CBF=25，求CD的长．
25. (本小题7.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(− 2,0)、B(2 2,0)两点，与y轴交于C(0,2)点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)证明：△ABC为直角三角形；
(3)在抛物线上除C点外，是否还存在另外一个点P，使△ABP是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
26. (本小题8.0分)
问题提出：
(1)如图1，有公共端点的两条线段OA，OB，且OA=4，OB=5则AB最大值为______ ；最小值为______ ．
(2)问题探究：如图2，已知∠AOB=30°，其内部有一点P，OP=6，在∠AOB的两边分别有C，D两点(不同于点O).使△PCD的周长最小，请画出草图，并求出△PCD周长的最小值；
(3)问题解决：开发商准备对一块正方形土地进行绿化，要求绿化带从一个顶点出发到对角线上一点，再到两边上一点，最后回到出发点，如图3，正方形ABCD的边长为400米，在对角线AC上有一固定点G，且CG=3AG，在AD，DC上取两点F，E，准备从B到G到F到E再到B修一条绿化带(绿化带宽忽略不计)，能否设计出最短绿化带，若能请计算出绿化带最短长度，若不能说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−1−2=−3，
故选：A．
本题是对有理数减法的考查，减去一个数等于加上这个数的相反数．
本题考查了有理数的减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数．
2.【答案】C
【解析】解：∵a//b，
∴∠1=∠DBC=50°．
∵∠DBC=∠A+∠2，
∴∠A=∠DBC−∠2=50°−28°=22°．
故选：C．
根据三角形外角的性质，∠A=∠DBC−∠2，欲求∠A，需求∠DBC.根据平行线的性质，由a//b，得∠1=∠DBC=50°，从而解决此题．
本题主要考查平行线的性质、三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质、三角形外角的性质是解决本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：x2+2xy+y2=(x+y)2，A错误；
x2−5x+6=(x−2)(x−3)，B正确；
−3t2+6t=−3t(t−2)，C错误；
x2y+xy+x=x(xy+y+1)，D错误，
故选：B．
利用公式法、十字相乘法、提公因式法进行因式分解，判断即可．
本题考查的是因式分解，掌握公式法、提公因式法因式分解的一般步骤是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE//BC，且ADAB=12，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE的面积：△ABC的面积=1：4，
∴△ADE的面积：四边形BDEC的面积=1：3，
∵△ADE的面积是3cm2，
∴四边形BDEC的面积是9cm2．
故选：B．
由点D、E分别是AB、AC的中点，可得DE是△ABC的中位线，则DE//BC，则△ADE∽△ABC，且相似比是1：2，则△ADE的面积和△ABC的面积比是1：4，则△ADE的面积：四边形BDEC的面积=1：3，结合已知条件，可得结论．
本题主要考查三角形中位线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，结合背景图形，找到已知和所求面积的关系是解题关键．
5.【答案】D
【解析】解：过点D作DF⊥AB，如图所示：
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，DE=2，
∴DF=DE=2，
∵∠B=45°，
∴∠BDF=∠B=45°，
∴DF=BF=2，
∴BD= BF2+DF2=2 2，
故选：D．
过点D作DF⊥AB，根据角平分线的性质得出DF=DE=2，再由等角对等边得出DF=BF=2，由勾股定理即可求解．
题目主要考查角平分线的性质，等角对等边及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵直线y=12x+2交x轴于A，交y轴于B，
当x=0时，y=2，当y=0时，x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,2)，
∴A，B绕原点旋转180度后的坐标为(4,0)，(0,−2)，
设旋转后的直线解析式为y=kx+b，则4x+b=0b=−2，
解得：x=12b=−2，
∴旋转后的直线解析式为y=12x−2，
故选：A．
先求得A，B的坐标，再求得A，B绕原点旋转180度后的坐标，利用待定系数法求解即可．
本题考查了一次函数的图象与几何变换，明确关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：
连接OB，取AB的中点D，连接OD，在优弧AC上取点E，连接AE、CE，如图，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∴∠AOB=180°−50°−50°=80°，
∵点B是弧AC的三等分点，
∴∠BOC=∠AOD=∠BOD=40°，
∴∠AOC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠ABC=180°−∠E=120°，
故选：C．
连接OB，取AB的中点D，连接OD，在优弧AC上取点E，连接AE、CE，由圆的性质可求得∠AOC的度数，根据圆周角定理可求得∠AEC，利用圆内接四边形的性质可求得∠ABC的大小．
本题主要考查圆周角定理，利用条件构造圆内接四边形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如右图建立平面直角坐标系，
设抛物线的解析式为y=ax2，
由已知可得，点(2,−2)在此抛物线上，
则−2=a×22，
解得a=−12，
∴y=−12x2，
当y=−0.5时，−12x2=−0.5，
解得x=±1，
此时水面的宽度为2m，
故选：B．
根据题意建立合适的平面直角坐标系，设出抛物线的解析式，从而可以求得水面的宽度增加了多少，本题得以解决．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，建立合适的平面直角坐标系．
9.【答案】9
【解析】解：原式=5−(−4)=9，
故答案为：9．
直接利用算术平方根以及立方根的性质分别化简进而得出答案．
本题考查了实数的运算，熟练掌握算术平方根和立方根，正确化简各项是解题的关键．
10.【答案】−5
【解析】解：由题意可得，最右下角的数为：x+4−1−(x+0)=3，
可依次推出其余方格中分别为：
则y+2=0x+3=0，
解得：x=−3，y=−2，
则x+y=−5，
故答案为：−5．
分别推出其余方格中的数，结合每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等得到−1+0+1=y+2=x+3，求出x，y的值即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，根据幻方的特点，灵活运用每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等推出空格内的数是解题的关键．
11.【答案】菱形
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，AB=CD，
∵AM=CN，
∴DM=BN，
∴四边形MDNB是平行四边形，
∵AMMD=35，
∴设AM=3x，MD=5x，
∴AD=8x，
∵AD=2AB，
∴AB=4x，
∴BM= AB2+AM2= 9x2+16x2=5x，
∴BM=MD，
∴平行四边形MBND是菱形，
故答案为：菱形．
先证四边形MDNB是平行四边形，设AM=3x，MD=5x，可得AB=4x，利用勾股定理可求BM=5x=MD，即可求解．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，求证BM=MD是解题的关键．
12.【答案】>
【解析】解：∵反比例函数y=kx的图象经过点(3,1)，
∴k=3×1=3，
∴此函数的图象在一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小，
∴(x1,2)、(x2,3)两点均位于第一象限，
∵2<3，
∴x1>x2．
故答案为：>．
先代入点(3,1)求得k的值，根据k的值判断此函数图象所在的象限，再根据0<2<3判断出(x1,2)、(x2,3)两点所在的象限，根据此函数的增减性即可解答．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数的性质是解答此题的关键．
13.【答案】9−3 3
【解析】解：连接AE，如图所示：
由旋转的性质可知：AB=AB′．
在Rt△AB′E和Rt△ADE中，AE=AEAB′=AD，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE(HL)．
∴∠DAE=∠B′AE，S△ADE=S△AB′E．
∵∠BAB′=30°，
∴∠DAE=12×(90°−30°)=30°．
又∵AB=3，
∴DE= 33AB= 3，
∴S△ADE=12× 3×3=3 32，
又∵S正方形ABCD=32=9，
∴S阴影=9−2×3 32=9−3 3．
故答案为：9−3 3．
连接AE.根据HL即可证明△AB′E≌△ADE，可得到∠DAE=30°，然后可求得DE的长，从而可求得△ADE的面积，由正方形的面积减去△AB′E和△ADE的面积即可得出答案．
本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及全等三角形的判定与性质、特殊锐角三角函数值的应用，证得△AB′E≌△ADE是本题的关键．
14.【答案】解：5x+2≥4x−1①x+14>x−32+1②，
解不等式①得：x≥−3，
解不等式②得：x<3．
∴不等式组的解集为−3≤x<3．
【解析】分别解两个不等式，求解集的公共部分即可．
本题考查解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握解一元一次不等式的步骤．
15.【答案】解：原式=−1+1+4−92
=−12．
【解析】先计算有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，化简二次根式，在进行加减运算．
本题考查了实数的混合运算，有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，二次根式的化简，熟练掌握运算法则及运算顺序是解题的关键．
16.【答案】解：原式=(m−1)2(m+1)(m−1)⋅m+1m2−1−m+1=(m−1)2(m+1)(m−1)⋅m+1m(m−1)=1m，
当m= 3时，原式= 33．
【解析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值．
17.【答案】解：如图，∠CAB即为所求．
【解析】首先作等边三角形ABD，再作∠DAB的平分线即可解决问题．
本题考查了作图−复杂作图，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
18.【答案】证明：∵AD//BC，
∴∠ADC=∠ECF，
∵E是CD的中点，
∴DE=EC，
在△ADE与△FCE中，
∠ADC=∠ECFDE=EC∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△FCE(ASA)，
∴AE=EF，AD=CF，
∵AB=BC+AD，
∴AB=BC+CF，
即AB=BF，
∴△ABF是等腰三角形，
∵AE=EF，
∴E为AF的中点，
∴BE⊥AF．
【解析】根据AD//BC可知∠ADC=∠ECF，再根据E是CD的中点可推出△ADE≌△FCE(ASA)，得到AE=EF，AD=CF，由于AB=BC+AD，等量代换得到AB=BC+CF，即AB=BF，根据等腰三角形三线合一，即可得到结论．
本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的“三线合一”的性质，熟练掌握并灵活运用全等三角形的判定方法是解题的关键．
19.【答案】解：设直角三角形的两直角边中较长边为a，较短边为b，
∴大正方形的边长为 a2+b2，面积为a2+b2，
由题意得：a2+b2=25a+b=7，
∴2ab=(a+b)2−(a2+b2)=49−25=24，
∴(a−b)2=a2+b2−2ab=25−24=1，
∴a−b=1，
∴小正方形的边长为：4−3=1．
【解析】设直角三角形的两直角边中较长边为a，较短边为b，根据大正方形面积为25和a+b=7列出方程组，根据完全平方公式的变形求出a−b的值即可．
本题考查了勾股定理的证明，完全平方公式的变形求值，正确列出方程组是解题的关键．
20.【答案】0.5
【解析】解：(1)根据表中的数据，随着试验次数的增多，频率逐渐稳定在0.5左右，
∴估计掷一枚质地均匀的硬币，正面向上的概率为0.5，
故答案为：0.5；
(2)列表如下：
0
1
2
3
0
(0,0)
(1,0)
(2,0)
(3,0)
1
(0,1)
(1,1)
(2,1)
(3,1)
2
(0,2)
(1,2)
(2,2)
(3,2)
3
(0,3)
(1,3)
(2,3)
(3,3)
由表可知，共有16种等可能出现的结果，其中摸到的两个标号数字差的绝对值不大于1的结果有：(0,0)，(1,0)，(0,1)，(1,1)，(2,1)，(1,2)，(2,2)，(3,2)，(2,3)，(3,3)，共10种，
∴甲获胜的概率为1016=58，则乙获胜的概率为1−58=38，
∵58≠38，
∴游戏不公平．
(1)大量重复试验中时间发生的频率可以表示概率；
(2)列出所有等可能出现的结果，再根据概率公式计算即可．
本题考查了利用频率估计概率，游戏公平性的判断，判断游戏公平性需要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则不公平．
21.【答案】解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，
∵DE//BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴ACAE=BCDE=47，
∴ACEC=43，
∵AF⊥BC，EG⊥BC，
∴AF//EG，
∴△ACF∽△ECG，
∴AFEG=ACEC，即AF60=43，
解得AF=80，
∴桥AF的长度为80米．
【解析】过E作EG⊥BC于G，依据△ABC∽△ADE，即可得出ACEC=43，依据△ACF∽△ECG，即可得到AFEG=ACEC，进而得出AF的长．
本题主要考查了利用相似测量河的宽度(测量距离).测量不能直接到达的两点间的距离，常常构造“A”型或“X”型相似图，三点应在一条直线上．必须保证在一条直线上，为了使问题简便，尽量构造直角三角形．方法是通过测量易于测量的线段，利用三角形相似，对应边成比例可求出河的宽度．
22.【答案】50 10 13.1
【解析】解：(1)本次抽查的学生有：14÷28%=50(人)，
则捐款10元的有50−9−14−7−4=16(人)，
补全条形统计图如下：
故答案为：50；
(2)由条形图可知，捐款10元人数最多，故众数是10；
平均数是9×5+16×10+14×15+7×20+4×259+16+14+7+4=13.1．
故答案为：10，13.1；
(3)捐款20元及以上(含20元)的学生有：700×7+450=154(人)．
答：捐款20元及以上(含20元)的学生估计有154人．
(1)有题意可知，捐款15元的有14人，占捐款总人数的28%，由此可得总人数，将捐款总人数减去捐款5、15、20、25元的人数可得捐10元的人数；
(2)根据众数和平均数的定义解答即可；
(3)由抽取的样本可知，用捐款20及以上的人数所占比例估计总体中的人数．
本题主要考查了条形统计图，扇形统计图，众数和中位数，用样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
23.【答案】解：(1)线下销售模式的解析式为：y=0.8×5x=4x；
线上销售模式的解析式为：不超过6千克时，y=0.9×5x=4.5x；
超过6千克时，y=0.9×5×6+(0.9×5−1.5)(x−6)=3x+9；
综上所述，线下销售模式的函数解析式为y=4x，线上销售模式的函数解析式为y=4.5x(0≤x≤6)3x+9(x>6)；
(2)当x=10时，
线下销售模式费用为：y=4×10=40(元)，
线上销售模式费用为：y=3×10+9=39(元)，
∵40>39，
∴选择线上销售模式购买最省钱．
【解析】(1)根据题意列出函数关系式即可；
(2)分别计算两种销售模式的费用，比较它们的大小即可得出选择哪种销售模式购买最省钱．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能列出一次函数解析式，并准确利用函数解析式求解．
24.【答案】(1)如图1，证明；连接AE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AB=AC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC，
∵BF是⊙O的切线，
∴∠CBF−∠BAE=12∠BAC，
∴∠BAC=2∠CBF；
(2)解：如图2，连接BD，
∵AB=AC=2OB=10，
∵sin∠CBF=25，
∴sin∠BAE=25，
∴BE=4，
∴BC=2BE=8，
设CD=x，则AD=10−x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
∴∠BCD=90°，
∴82−x2=102−(10−x)2，
解得：x=165，
∴CD=165．
【解析】(1)连接AD，根据圆周角的性质求得AE⊥BC，根据等腰三角形的性质三效合一的性质得出∠BAE=∠CAE=12∠BAC，然后根据弦切角定理得出∠CBF=∠BAE=12∠BAC；
(2)连接BD，由⊙O的半径为5，解出AC=AB=10，根据勾股定理求出BC=2BE=8，在根据勾股定理列方程求解．
本题考查了圆的切线的判定定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理弦切角定理，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形．
25.【答案】(1)解：∵y=ax2+bx+c与x轴交于A(− 2,0)、B(2 2,0)两点，与y轴交于C(0,2)点，
∴(− 2)2a− 2b+c=0(2 2)2a+2 2b+c=0c=2，
解得：a=−12b= 22c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+ 22x+2；
(2)证明：∵A(− 2,0)、B(2 2,0)、C(0,2)，
∴AC= (− 2−0)2+(0−2)2= 6，
BC= (2 2−0)2+(0−2)2=2 3，
AB= (− 2−2 2)2+(0−0)2=3 2，
∵(3 2)2=( 6)2+(2 3)2，
∴AB2=AC2+BC2，则∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(3)解：存在，
当PC//x轴，即P点与C点是关于抛物线对称轴的对称点，而C点坐标为(0,2)，
∴y=2，
把y=2代入y=−12x2+ 22x+2得：−12x2+ 22x+2=2，
∴x1=0，x2= 2．
∴P点坐标为( 2,2)．
【解析】(1)将A、B、C的坐标代入抛物线解析式，求解即可；
(2)由(1)得到边AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理来判定△ABC为直角三角形；
(3)根据抛物线的对称性可得另一点的坐标．
本题考查了二次函数与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，勾股定理的逆定理，两点间的距离公式，二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
26.【答案】9 1
【解析】解：(1)如图，设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴AB的最大值为A2B=4+5=9，最小值为A1B=5−4=1，
故答案为：9，1；
(2)如图，分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，则△PCD的周长最小，连接OM、ON，
由轴对称的性质可知，OM=OP=6，ON=OP=6，CP=CM，DP=DN，∠MON=2∠AOB=60°，
∴△MON为等边三角形，
∴MN=6，
∴△PCD的周长=PC+CD+DP=CM+CD+DN=MN=6；
(3)如图，分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，在AC2上，且C2G1=3AG1，
则B1E=BE，FG1=FG，AG=AG1，
∴BE+EF+FG=B1E+EF+FG1，
∵G是定点，
∴BG的长度不变，
∴当且仅当B1，E，F，G1四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，
作GH⊥AB于点H，
∴△AHG∽△ABC，
∵CG=3AG，正方形ABCD的边长为400，
∴GHBC=AGAC=14，
∴GH=100，
∴BH=400−100=300，
∴在Rt△BHG，BG= BH2+GH2= 3002+1002=100 10，
作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，
∴△G1C2K∽△AC2D，
∵C2G1=3AG1，
∴C2G1C2A=G1KAD=34，
∴G1K=G2K=300，
∴A1I=KD=400−300=100，
∴B1I=400+100=500，G1I=400+300=700，
∴在Rt△B1IG1中，B1G1= B1I2+G1I2= 5002+7002=100 74，
∴四边形BEFG的周长BE+EF+FG+BG的最小值为100( 74+ 10)，即绿化带的最短长度为100( 74+ 10)米．
(1)设OB的两端点固定，则点A在以点O为圆心，半径为4的圆上运动，画出图形，即可得到结论；
(2)分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接MN，交OA、OB于C、D，根据等边三角形的判定和性质求解即可；
(3)分别作正方形ABCD关于CD和AD对称的正方形A1B1CD和AB2C2D，连接B1E，AC2，作点G关于AD的对称点G1，由轴对称的性质可知，当且仅当B1，E，F，G四点共线时，B1E+EF+FG1取最小值，即此时绿化带长度最短，作GH⊥AB于点H，作G1I⊥A1B1交其延长线于点I，交C2D于点K，利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可．
本题考查了轴对称的性质−最短路径问题，共端点两条线段为定长问题，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
相关试卷
2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学六模试卷（含解析）： 这是一份2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学六模试卷（含解析），共24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年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学七模试卷（含解析）： 这是一份2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学七模试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学七模试卷（含解析）： 这是一份2023年陕西省西安市国际港务区铁一中陆港中学中考数学七模试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
