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2023年湖北省咸宁市中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年湖北省咸宁市中考数学三模试卷（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年湖北省咸宁市中考数学三模试卷
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. 在实数 36，32，227，0.1010010001…，π3， 5，中，无理数有个．( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 在物联网时代的所有芯片中，0.000000014m芯片已成为需求的焦点.把它用科学记数法表示正确的是( )
A. 1.4×10−8m B. 1.4×10−9m C. 14×10−9m D. 1.4×10−10m
3. 如图，a//b，点B在直线b上，且AB⊥BC，∠1=42°，那么∠2的度数为( )
A. 42°
B. 45°
C. 48°
D. 52°
4. 某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么原正方体中，与“国”字所在面相对的面上的汉字是( )
A. 全
B. 面
C. 依
D. 法
5. 下列说法正确的是( )
A. 为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取全面调查的方式
B. 一组数据1，2，5，5，5，3，3的众数和平均数都是3
C. 若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定
D. 抛掷一枚硬币200次，一定有100次“正面向上”
6. 如图，以正六边形ABCDEF的顶点A为圆心，AB为半径作⊙A，与正六边形ABCDEF重合的扇形部分恰好是一个圆锥侧面展开图，则该圆锥的底面半径与母线长之比为( )
A. 16
B. 14
C. 13
D. 12
7. 如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN.若AD=4，AB=2.则四边形MBND的周长为( )
A. 52
B. 5
C. 10
D. 20
8. 对于抛物线y=ax2+4ax−m(a≠0)与x轴的交点为A(−1,0)，B(x2,0)，则下列说法：
①一元二次方程ax2+4ax−m=0的两根为x1=−1，x2=−3；
②原抛物线与y轴交于点C，CD//x轴交抛物线于D点，则CD=4；
③点E(1,y1)、点F(−4,y2)在原抛物线上，则y1>y2；
④抛物线y=−ax2−4ax+m与原抛物线关于x轴对称．其中正确的有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 如果代数式有 x+3x−2有意义，那么x的取值范围为______．
10. 方程1x+2+1=2xx+2的解为______ ．
11. 一个正多边形的内角和比它的外角和多180°，则这个正多边形的每一个内角等于 ．
12. 随机从1，2，3，4中任取两个不同的数，分别记为a和b，则a+b>4的概率是 ．
13. 如图，某数学兴趣小组测量一棵树CD的高度，在点A处测得树顶C的仰角为45°，在点B处测得树顶C的仰角为60°，且A，B，D三点在同一直线上，若AB=20m，则这棵树CD的高度约为______ m.(按四舍五入法将结果保留小数点后一位，参考数据： 3≈1.732)
14. 如图，AB//CD，E，F分别为AC，BD的中点，若AB=10，CD=6，则EF的长是______．
15. 《墨子⋅天文志》记载：“执规矩，以度天下之方图，”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A′B′C′D′，若AB：AB=2：1，则四边形A′B′B′C′D′的外接圆的面积是______ ．
16. 如图，双曲线y=kx(k>0,x>0)与正方形OABC的两边AB、BC分别相交于M，N两点，若A(6,0)，△OMN的面积为10.动点P在x轴上，则PM+PN的最小值是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组2x−35≤2x+13(x+1)≤2(4−x)，并将它的解集在数轴上表示出来．
18. (本小题8.0分)
如图，已知平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线与边CD的延长线交于点E，与AD交于点F，且AF=DF．
①求证：AB=DE；
②若AB=3，BF=5，求△BCE的周长．
19. (本小题8.0分)
某校为了解初中学生每天在校体育活动时间(单位：h)，随机调查了该校的部分初中学生，根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
(1)本次接受调查的初中学生人数为______ ，图①中m的值为______ ；
(2)求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数．
(3)根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有2700名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交AB于点F．
(1)求证：AE为⊙O的切线；
(2)当BC=4，AC=6时，求线段BG的长．
21. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点(点A在点B左侧)，已知A点的纵坐标是2；
(1)求反比例函数的表达式；
(2)根据图象直接写出−12x>kx的解集；
(3)将直线l1：y=−12x沿y向上平移后的直线l2与反比例函数y=kx在第二象限内交于点C，如果△ABC的面积为30，求平移后的直线l2的函数表达式．
22. (本小题10.0分)
排球考试要求：垫球后，球在运动中离地面的最大高度至少为2米.某次摸拟测试中，某生在O处将球垫偏，之后又在A、B两处先后垫球，球沿抛物线C1→C2→C3运动(假设抛物线C1、C2、C3在同一平面内)，最终正好在O处垫住，O处离地面的距离为1米.如图所示，以O为坐标原点1米为单位长度建立直角坐标系，x轴平行于地面水平直线m，已知点A(32,38)，点B的横坐标为−32，抛物线C1表达式为y=ax2−2ax和抛物线C3表达式为y=2ax2+bx(a≠0)．
(1)求抛物线C1的函数表达式；
(2)第一次垫球后，球在运动中离地面的最大高度是否达到要求？请说明理由；
(3)为了使第三次垫球后，球在运动中离地面的最大高度达到要求，该生第三次垫球处B离地面的高度至少为多少米？
23. (本小题11.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，ACBC=m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
(1)特例发现：如图1，当m=1，AE落在直线AC上时．求证：∠DAC=∠EBC；
(2)类比探究
如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG=∠BCE，CG交AE于点H.探究CGCE的值(用含m的式子表示)，并写出探究过程；
(3)拓展运用
在(2)条件下，当m= 22，D是BC的中点时，若EB⋅EH=6，直接写出CG的长．
24. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，直线y=34x+1分别与x轴，y轴交于点A、B(0,1)，抛物线y=−12x2+bx+c经过点B，且与直线y=34+1的另一个交点为C(−4,n)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点D是抛物线上一动点，且点D的横坐标为t(−4
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：无理数有：32，0.101001001…，π3， 5共4个．
故选：C．
无理数就是无限不循环小数，根据定义即可作出判断．
此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π， 6，0.8080080008…(每两个8之间依次多1个0)等形式．
2.【答案】A
【解析】解：0.000000014=1.4×10−8，
故选：A．
根据科学记数法的定义求解．
本题考查了科学记数法，掌握科学记数法的特征是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠1+∠ABC+∠3=180°，
∴∠3=180°−42°−90°=48°．
∵a//b，
∴∠2=∠3=48°．
故选：C．
由平角等于180°可求出∠3的度数，由直线a//b，利用“两直线平行，同位角相等”可求出∠2的度数．
本题考查了平行线的性质以及邻补角，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：原正方体中，与“国”字所在面相对的面上的汉字是依，
故选：C．
根据正方体的表面展开图找相对面的方法：“Z”字两端是对面，即可解答．
本题考查了正方体相对面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取抽样调查的方式，故本选项不合题意；
B.数据1，2，5，5，5，3，3的众数是5.平均数为247，故本选项不合题意；
C.若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定，说法正确，故本选项符合题意；
D.抛掷一枚硬币200次，不一定有100次“正面向上”，故本选项不合题意；
故选：C．
选项A根据抽样调查和全面调查的意义判断即可；选项B根据众数和平均数的定义判断即可；选项C根据方差的意义判断即可；选项D根据随机事件的定义判断即可．
本题考查了方差，众数，平均数以及全面调查与抽样调查，掌握相关定义是解答本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：设正六边形ABCDEF的边长为a，圆锥的底面半径为r，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠BAF=120°，
根据题意得2πr=120×π×a180，
所以ra=13，
即该圆锥的底面半径与母线长之比为13．
故选：C．
设正六边形ABCDEF的边长为a，圆锥的底面半径为r，由于∠BAF=120°，则利用弧长公式得到2πr=120×π×a180，然后求出ra的值即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了正六边形的性质．
7.【答案】C
【解析】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM=MD，BN=ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO=DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，
在△MDO和△NBO中，
∠DMO=∠BNO∠MDO=∠NBOOD=OB,
∴△MDO≌△NBO(AAS)，
∴DM=BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM=MD，DM=BN，
∴BM=BN，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长=4BM．
设MB=x，则MD=BM=x，
∴AM=AD−DM=4−x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2=BM2，
∴22+(4−x)2=x2，
解得：x=52，
∴四边形MBND的周长=4BM=10．
故选：C．
利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
本题主要考查了基本作图，作线段的垂直平分线，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，判定四边形MBND为菱形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：①∵抛物线y=ax2+4ax−m的对称轴为x=−4a2a=−2，
∴由抛物线与x轴的交点A(−1,0)知抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为(−3,0)，
则一元二次方程ax2+4ax−m=0的两根为x1=−1，x2=−3，故①正确，符合题意；
②根据题意，设C(0,−m)，D(n,−m)，
由抛物线的对称轴为x=−2知12(0+n)=−2，得n=−4，
∴CD=|n−0|=|n|=4，故②正确；
③由题意知，当x=−3时，y1=0，
而当抛物线开口向上时，若x=1，则y2>0，即y2>y1，
当抛物线开口向下时，若x=1，则y2<0，即y2
④抛物线y=ax2+4ax−m关于x轴对称的抛物线为−y=ax2+4ax−m，即y=−ax2−4ax+m，故④正确，符合题意；
综上，正确的是①②④，
故选：B．
由抛物线的对称轴x=−2及其与x轴的交点A(−1,0)，利用对称性可得另一交点即可判断①；根据抛物线的对称性及对称轴x=−2可得CD的长，即可判断②；根据抛物线与x轴的交点及二次函数的增减性，结合开口方向可判断③；根据关于x轴的对称的图形横坐标相等、纵坐标为相反数可判断④．
本题主要考查抛物线与x轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
9.【答案】x≥−3且x≠2
【解析】解：由题意可得x+3≥0x−2≠0，
解得：x≥−3且x≠2，
故答案为：x≥−3且x≠2．
根据二次根式和分式有意义的条件列不等式组求解．
本题考查二次根式和分式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件(被开方数为非负数)，分式有意义的条件(分母不能为零)是解题关键．
10.【答案】x=3
【解析】解：1x+2+1=2xx+2，
方程两边都乘x+2，得1+x+2=2x，
解得：x=3，
检验：当x=3时，x+2≠0，
所以x=3是原方程的解，
故答案为：x=3．
方程两边都乘x+2得出1+x+2=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
11.【答案】108°
【解析】
【分析】
本题主要考查了正多边形内角和和外角和，熟知正多边形内角和公式和正多边形外角和为360°是解题的关键．
设这个正多边形的边数为n，根据正多边形的内角和公式结合正多边形外角和为360°列出方程求解即可．
【解答】
解：设这个正多边形的边数为n，
由题意得，180°×(n−2)=360°+180°，
∴n=5，180°×(5−2)5=108°，
∴这个正多边形的每一个内角等于108°，
故答案为：108°．
12.【答案】23
【解析】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，任取两个不同的数，a+b>4的有8种结果，
∴a+b>4的概率是812=23，
故答案为：23．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与a+b>4的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查了列表法与树状图法：运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，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
13.【答案】12.7
【解析】解：由题意得：CD⊥AB，
设BD=x米，
在Rt△BDC中，∠CBD=60°，
∴CD=BD⋅tan60°= 3x(米)，
在Rt△ACD中，∠CAD=45°，
∴AD=CDtan45∘= 3x(米)，
∵AD+BD=AB，
∴ 3x+x=20，
∴x=10 3−10，
∴CD= 3x=30−10 3≈12.7(米)，
∴这棵树CD的高度约为12.7米，
故答案为：12.7．
根据题意可得：CD⊥AB，设BD=x米，然后在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，然后根据AD+BD=AB，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，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：连接DE并延长交AB于H．
∵CD//AB，E是AC中点，
∴∠C=∠A，AE=CE，
在△DCE和△HAE中，
∠C=∠ACE=AE∠CED=∠AEH，
∴△DCE≌△HAE(ASA)，
∴DE=HE，CD=AH=6，
∵F是BD中点，
∴EF是△DHB的中位线，
∴EF=12BH，
∵BH=AB−AH=AB−CD=10−6=4，
∴EF=2，
故答案为：2．
连接DE并延长交AB于H，先证明△DCE≌△HAE，可得DE=HE，DC=AH，则EF是△DHB的中位线，再根据三角形中位线的性质可得答案．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确画出辅助线，证明△DCE≌△HAE．
15.【答案】8π
【解析】解：如图，连接B′D′.设B′D′的中点为O．
∵正方形ABCD∽正方形A′B′C′D′，相似比为1：2，
又∵正方形ABCD的面积为4，
∴正方形A′B′C′D′的面积为16，
∴A′B′=A′D′=4，
∵∠B′A′D′=90°，
∴B′D′= 2A′B′=4 2，
∴正方形A′B′C′D′的外接圆的半径=2 2，
∴外接圆的面积是8π．
故答案为：8π．
如图，连接B′D′.利用相似多边形的性质求出正方形A′B′C′D′的面积，求出边长，再求出半径可得结论．
本题考查位似变换，相似多边形的性质，圆的周长等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】2 26
【解析】解：∵正方形OABC的边长是6，
∴点M的横坐标和点N的纵坐标为6，
∴M(6,k6)，N(k6,6)，
∴BN=6−k6，BM=6−k6，
∵△OMN的面积为10，
∴6×6−12×6×k6−12×6×k6−12×(6−k6)2=10，
∴k=24，
∴M(6,4)，N(4,6)，
作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，
∵AM=AM′=4，
∴BM′=10，BN=2，
∴NM′= BM′2+BN2= 102+22=2 26，
故答案为2 26．
由正方形OABC的边长是6，得到点M的横坐标和点N的纵坐标为6，求得M(6,k6)，N(k6,6)，根据三角形的面积列方程得到M(6,4)，N(4,6)，作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，轴对称−最短路线问题，勾股定理，正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：2x−35≤2x+1①3(x+1)≤2(4−x)②，
解不等式①得：x≥−1，
解不等式②得：x≤1，
∴原不等式组的解集为：−1≤x≤1，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠A=∠FDE，∠ABF=∠E，
∵AF=DF，
在△ABF和△DEF中，
∠A=∠FDEAF=DF∠ABF=∠E
∴△ABF≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE；
②∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∵AD//BC，
∴∠CBF=∠AFB，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=3，
∴AD=2AF=6
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，CD=AB=3，
∵△ABF≌△DEF，
∴DE=AB=3，EF=BF=5，
∴CE=6，BE=EF+BF=10，
∴△BCE的周长=BC+CE+BE=10+6+6=22．
【解析】①利用平行四边形的性质，判定△ABF≌△DEF，即可得出AB=DE；
②利用角平分线以及平行线的性质，即可得到AF=AB=3，进而得出BC=AD=6，CD=AB=3，依据△ABF≌△DEF，可得DE=AB=3，EF=BF=5，进而得到△BCE的周长．
本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．
19.【答案】40 25
【解析】解：(1)本次接受调查的初中学生人数为：4÷10%=40，
m%=1040×100%=25%，
故答案为：40，25；
(2)平均数是：0.9×4+1.2×8+1.5×15+1.8×10+2.1×340=1.5h，
众数是1.5h，中位数是1.5h；
(3)2700×40−440=2430(人)，
答：估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生有2430人．
(1)根据统计图中的数据可以求得本次调查的学生人数，进而求得m的值；
(2)根据统计图中的数据可以求得这组数据的平均数和众数、中位数；
(3)根据统计图中的数据可以求得该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、平均数、中位数、众数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】解：(1)连接OM，如图：
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∵OM=OB，
∴∠ABM=∠BMO，
∴∠BMO=∠CBM，
∴BC//OM，
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∴OM⊥AE，
∵OM是⊙O的半径，
∴AE为⊙O的切线；
(2)连接GF，如图：
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴BE=CE=12BC，∠AEB=90°，
∵BC=4，AC=6，
∴BE=2，AB=6，
∴sin∠EAB=13，
设OB=OM=r，则OA=6−r，
∵AE是⊙O切线，
∴∠AMO=90°，
∴sin∠EAB=OMOA=13，
∴r6−r=13，解得r=1.5，
∴OB=OM=1.5，BF=3，
∵BF为⊙O直径，
∴∠BGF=90°，
∴GF//AE，
∴∠BFG=∠EAB，
∴sin∠BFG=13，即BGBF=13，
∴BG=1．
【解析】(1)连接OM，证明OM//BC即可；
(2)连接GF，先求⊙O半径从而得到BF，再用BGBF=sin∠GFB=sin∠BAE即可得到答案．
本题考查圆的切线判定及圆中线段的计算，解题的关键是求出圆的半径．
21.【答案】解：(1)∵直线l1：y=−12x经过点A，A点的纵坐标是2，
∴当y=2时，x=−4，
∴A(−4,2)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点A，
∴k=−4×2=−8，
∴反比例函数的表达式为y=−8x；
(2)∵直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，
∴B(4,−2)，
∴不等式−12x>kx的解集为x<−4或0
∵CD//AB，
∴△ABC的面积与△ABD的面积相等，
∵△ABC的面积为30，
∴S△AOD+S△BOD=30，即12OD(|yA|+|yB|)=30，
∴12×OD×4=30，
∴OD=15，
∴D(15,0)，
设平移后的直线l2的函数表达式为y=−12x+b，
把D(15,0)代入，可得0=−12×15+b，
解得b=152，
∴平移后的直线l2的函数表达式为y=−12x+152．
【解析】(1)直线l1经过点A，且A点的纵坐标是2，可得A(−4,2)，代入反比例函数解析式可得k的值；
(2)依据直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，即可得到不等式−12x>kx的解集为x<−4或0
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与几何变换以及三角形的面积．解决问题的关键是依据△ABC的面积与△ABD的面积相等，得到D点的坐标为(15,0)．
22.【答案】解：(1)∵抛物线C1表达式为y=ax2−2ax，且经过点A(32,38)，
∴38=(32)2a−2a×32，
解得：a=−12，
∴抛物线C1的函数表达式为：y=−12x2+x；
(2)最大高度未达到要求，理由如下：
由(1)得，抛物线C1的函数表达式为y=−12x2+x，
∵y=−12x2+x=−12(x2−2x)=−12(x−1)2+12，
∴抛物线C1的顶点坐标为(1,12)，
∵O处离地面的距离为1米，
∴球在运动中离地面的最大高度为1+12=32<2，
∴最大高度未达到要求；
(3)解：由(1)可知，a=−12，
∵抛物线C3表达式为y=−x2+bx，
∴对称轴为直线x=b2，顶点坐标为(b2,b24)，
∵球在运动中离地面的最大高度达到要求，
∴b24+1≥2，
∴b≥2或b≤−2，
∵对称轴在x轴负半轴，
∴b<0，
∴b≤−2，
∵点B的横坐标为−32，
∴yB=−94−32b，
∴当b=−2时，yB有最小值，最小值为−94−32×(−2)=34，
∴点B离地面的高度至少为1+34=1.75(米)．
【解析】(1)直接利用待定系数法，即可求出抛物线C1的函数表达式；
(2)将抛物线C1表达式化为顶点式，得到顶点坐标(1,12)，求出实际最大高度，即可得到答案；
(3)由(1)可知，a=−12，得到抛物线C3表达式为y=−x2+bx，进而得到对称轴为直线x=b2，顶点坐标为(b2,b24)，根据最大高度的要求和对称轴，求出b≤−2，再根据点B的横坐标为−32，得到yB=−94−32b，求出yB的最小值即可得到答案．
本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
23.【答案】解(1)如图1，延长AD交BE于F，
由折叠知，∠AFB=90°=∠ACB，
∴∠DAC+∠ADC=∠BDF+∠EBC=90°，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠DAC=∠EBC；
(2)如图2，延长AD交BE于F，
由(1)①知，∠DAC=∠EBC，
∵∠ACG=∠BCE，
∴△ACG∽△BCE，
∴CGCE=ACBC=m；
(3)由折叠知，∠AFB=90°，BF=FE，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF//CE，
∴∠BEC=∠BFD=90°，∠AGC=∠ECG，∠GAH=∠CEA，
由(2)知，△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=90°，ACCD=AC12BC=2m= 2，
∴CGAG=tan∠GAC=DCAC=1 2，
设CG=x，则AG= 2x，BE=2x，
∴AG=CE，
∴△AGH≌△ECH(AAS)，
∴AH=EH，GH=CH，
∴GH=12x，
在Rt△AGH中，根据勾股定理得，AH= AG2+GH2=32x，
∵EB⋅EH=6，
∴2x⋅32x=6，
∴x= 2或x=− 2(舍)，
即CG= 2．
【解析】(1)由折叠知，∠AFB=90°=∠ACB，再由等角的余角相等，即可得出结论；
(2)同(1)的方法，即可得出结论；
(3)先判断出DF是△BCE的中位线，得出DF//CE，进而得出∠BEC=∠BFD=90°，∠AGC=∠ECG，∠GAH=∠CEA，再判断出AG=CE，设CG=x，则AG= 2x，BE=2x，得出AG=CE进而用AAS判断出△AGH≌△ECH，得出GH=12x，再用勾股定理求出AH=32x，即可得出结论．
此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，判断出AG=CE是解本题的关键．
24.【答案】解：(1)将点C的坐标代入y=34x+1得，n=34×(−4)+1=−2，
故点C(−4,−2)；
将点B、C的坐标代入抛物线表达式得−2=−12(−4)2−4b+cc=1，解得b=−54c=1，
故抛物线得表达式为y=−12x2−54x+1；
(2)∵点D的横坐标为t，故点D、E的坐标分别为(t,−12t2−54t+1)、(t,34t+1)，
直线y=34x+1与x轴交于点A，则点A(−43,0)，
∵DE//y轴，故∠DEF=∠ABO，
而tan∠ABO=AOOB=43=tan∠DEF，则sin∠DEF=45，cos∠DEF=35，
则l=DE+DF+EF=DE+DEsin∠DEF+DEcos∠DEF=DE(1+35+45)=125(−12t2−54t+1−34t−1)=−65t2−245t，
∵−65<0.故l有最大值，当t=−2时，l的最大值为245；
(3)由抛物线的表达式知，其对称轴为x=−54，设点P(−54,m)，
而点B、C的坐标分别为(0,1)、(−4,−2)，
则PB2=(54)2+(m−1)2，PC2=(−54+4)2+(m+2)2，同理BC=25，
当PB是斜边时，则(54)2+(m−1)2=(−54+4)2+(m+2)2+25，解得m=−173，
当PC是斜边时，同理可得m=83，
故点P的坐标为(−54,−173)或(−54,83).
【解析】(1)将点C的坐标代入y=34x+1得，n=34×(−4)+1=−2，故点C(−4,−2)，将点B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
(2)根据点D的横坐标为t，故点D、E的坐标分别为(t,−12t2−54t+1)、(t,34t+1)，由直线y=34x+1与x轴交于点A，则点A(−43,0)，因为DE//y轴，故∠DEF=∠ABO，则l=DE+DF+EF=DE+DEsin∠DEF+DEcos∠DEF，即可求解；
(3)分PB是斜边、PC是斜边两种情况，利用勾股定理即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用、解直角三角形等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
2023年湖北省咸宁市中考数学三模试卷
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. 在实数 36，32，227，0.1010010001…，π3， 5，中，无理数有个．( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 在物联网时代的所有芯片中，0.000000014m芯片已成为需求的焦点.把它用科学记数法表示正确的是( )
A. 1.4×10−8m B. 1.4×10−9m C. 14×10−9m D. 1.4×10−10m
3. 如图，a//b，点B在直线b上，且AB⊥BC，∠1=42°，那么∠2的度数为( )
A. 42°
B. 45°
C. 48°
D. 52°
4. 某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么原正方体中，与“国”字所在面相对的面上的汉字是( )
A. 全
B. 面
C. 依
D. 法
5. 下列说法正确的是( )
A. 为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取全面调查的方式
B. 一组数据1，2，5，5，5，3，3的众数和平均数都是3
C. 若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定
D. 抛掷一枚硬币200次，一定有100次“正面向上”
6. 如图，以正六边形ABCDEF的顶点A为圆心，AB为半径作⊙A，与正六边形ABCDEF重合的扇形部分恰好是一个圆锥侧面展开图，则该圆锥的底面半径与母线长之比为( )
A. 16
B. 14
C. 13
D. 12
7. 如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN.若AD=4，AB=2.则四边形MBND的周长为( )
A. 52
B. 5
C. 10
D. 20
8. 对于抛物线y=ax2+4ax−m(a≠0)与x轴的交点为A(−1,0)，B(x2,0)，则下列说法：
①一元二次方程ax2+4ax−m=0的两根为x1=−1，x2=−3；
②原抛物线与y轴交于点C，CD//x轴交抛物线于D点，则CD=4；
③点E(1,y1)、点F(−4,y2)在原抛物线上，则y1>y2；
④抛物线y=−ax2−4ax+m与原抛物线关于x轴对称．其中正确的有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 如果代数式有 x+3x−2有意义，那么x的取值范围为______．
10. 方程1x+2+1=2xx+2的解为______ ．
11. 一个正多边形的内角和比它的外角和多180°，则这个正多边形的每一个内角等于 ．
12. 随机从1，2，3，4中任取两个不同的数，分别记为a和b，则a+b>4的概率是 ．
13. 如图，某数学兴趣小组测量一棵树CD的高度，在点A处测得树顶C的仰角为45°，在点B处测得树顶C的仰角为60°，且A，B，D三点在同一直线上，若AB=20m，则这棵树CD的高度约为______ m.(按四舍五入法将结果保留小数点后一位，参考数据： 3≈1.732)
14. 如图，AB//CD，E，F分别为AC，BD的中点，若AB=10，CD=6，则EF的长是______．
15. 《墨子⋅天文志》记载：“执规矩，以度天下之方图，”度方知圆，感悟数学之美.如图，正方形ABCD的面积为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A′B′C′D′，若AB：AB=2：1，则四边形A′B′B′C′D′的外接圆的面积是______ ．
16. 如图，双曲线y=kx(k>0,x>0)与正方形OABC的两边AB、BC分别相交于M，N两点，若A(6,0)，△OMN的面积为10.动点P在x轴上，则PM+PN的最小值是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解不等式组2x−35≤2x+13(x+1)≤2(4−x)，并将它的解集在数轴上表示出来．
18. (本小题8.0分)
如图，已知平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线与边CD的延长线交于点E，与AD交于点F，且AF=DF．
①求证：AB=DE；
②若AB=3，BF=5，求△BCE的周长．
19. (本小题8.0分)
某校为了解初中学生每天在校体育活动时间(单位：h)，随机调查了该校的部分初中学生，根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②，请根据相关信息，解答下列问题：
(1)本次接受调查的初中学生人数为______ ，图①中m的值为______ ；
(2)求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数．
(3)根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有2700名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交AB于点F．
(1)求证：AE为⊙O的切线；
(2)当BC=4，AC=6时，求线段BG的长．
21. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点(点A在点B左侧)，已知A点的纵坐标是2；
(1)求反比例函数的表达式；
(2)根据图象直接写出−12x>kx的解集；
(3)将直线l1：y=−12x沿y向上平移后的直线l2与反比例函数y=kx在第二象限内交于点C，如果△ABC的面积为30，求平移后的直线l2的函数表达式．
22. (本小题10.0分)
排球考试要求：垫球后，球在运动中离地面的最大高度至少为2米.某次摸拟测试中，某生在O处将球垫偏，之后又在A、B两处先后垫球，球沿抛物线C1→C2→C3运动(假设抛物线C1、C2、C3在同一平面内)，最终正好在O处垫住，O处离地面的距离为1米.如图所示，以O为坐标原点1米为单位长度建立直角坐标系，x轴平行于地面水平直线m，已知点A(32,38)，点B的横坐标为−32，抛物线C1表达式为y=ax2−2ax和抛物线C3表达式为y=2ax2+bx(a≠0)．
(1)求抛物线C1的函数表达式；
(2)第一次垫球后，球在运动中离地面的最大高度是否达到要求？请说明理由；
(3)为了使第三次垫球后，球在运动中离地面的最大高度达到要求，该生第三次垫球处B离地面的高度至少为多少米？
23. (本小题11.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，ACBC=m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
(1)特例发现：如图1，当m=1，AE落在直线AC上时．求证：∠DAC=∠EBC；
(2)类比探究
如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG=∠BCE，CG交AE于点H.探究CGCE的值(用含m的式子表示)，并写出探究过程；
(3)拓展运用
在(2)条件下，当m= 22，D是BC的中点时，若EB⋅EH=6，直接写出CG的长．
24. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，直线y=34x+1分别与x轴，y轴交于点A、B(0,1)，抛物线y=−12x2+bx+c经过点B，且与直线y=34+1的另一个交点为C(−4,n)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点D是抛物线上一动点，且点D的横坐标为t(−4
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：无理数有：32，0.101001001…，π3， 5共4个．
故选：C．
无理数就是无限不循环小数，根据定义即可作出判断．
此题主要考查了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数．如π， 6，0.8080080008…(每两个8之间依次多1个0)等形式．
2.【答案】A
【解析】解：0.000000014=1.4×10−8，
故选：A．
根据科学记数法的定义求解．
本题考查了科学记数法，掌握科学记数法的特征是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠1+∠ABC+∠3=180°，
∴∠3=180°−42°−90°=48°．
∵a//b，
∴∠2=∠3=48°．
故选：C．
由平角等于180°可求出∠3的度数，由直线a//b，利用“两直线平行，同位角相等”可求出∠2的度数．
本题考查了平行线的性质以及邻补角，牢记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：原正方体中，与“国”字所在面相对的面上的汉字是依，
故选：C．
根据正方体的表面展开图找相对面的方法：“Z”字两端是对面，即可解答．
本题考查了正方体相对面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A.为了解我国中小学生的睡眠情况，应采取抽样调查的方式，故本选项不合题意；
B.数据1，2，5，5，5，3，3的众数是5.平均数为247，故本选项不合题意；
C.若甲、乙两组数据的方差分别是0.01，0.1，则甲组数据比乙组数据更稳定，说法正确，故本选项符合题意；
D.抛掷一枚硬币200次，不一定有100次“正面向上”，故本选项不合题意；
故选：C．
选项A根据抽样调查和全面调查的意义判断即可；选项B根据众数和平均数的定义判断即可；选项C根据方差的意义判断即可；选项D根据随机事件的定义判断即可．
本题考查了方差，众数，平均数以及全面调查与抽样调查，掌握相关定义是解答本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：设正六边形ABCDEF的边长为a，圆锥的底面半径为r，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠BAF=120°，
根据题意得2πr=120×π×a180，
所以ra=13，
即该圆锥的底面半径与母线长之比为13．
故选：C．
设正六边形ABCDEF的边长为a，圆锥的底面半径为r，由于∠BAF=120°，则利用弧长公式得到2πr=120×π×a180，然后求出ra的值即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了正六边形的性质．
7.【答案】C
【解析】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM=MD，BN=ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO=DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，
在△MDO和△NBO中，
∠DMO=∠BNO∠MDO=∠NBOOD=OB,
∴△MDO≌△NBO(AAS)，
∴DM=BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM=MD，DM=BN，
∴BM=BN，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长=4BM．
设MB=x，则MD=BM=x，
∴AM=AD−DM=4−x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2=BM2，
∴22+(4−x)2=x2，
解得：x=52，
∴四边形MBND的周长=4BM=10．
故选：C．
利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
本题主要考查了基本作图，作线段的垂直平分线，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，判定四边形MBND为菱形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：①∵抛物线y=ax2+4ax−m的对称轴为x=−4a2a=−2，
∴由抛物线与x轴的交点A(−1,0)知抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为(−3,0)，
则一元二次方程ax2+4ax−m=0的两根为x1=−1，x2=−3，故①正确，符合题意；
②根据题意，设C(0,−m)，D(n,−m)，
由抛物线的对称轴为x=−2知12(0+n)=−2，得n=−4，
∴CD=|n−0|=|n|=4，故②正确；
③由题意知，当x=−3时，y1=0，
而当抛物线开口向上时，若x=1，则y2>0，即y2>y1，
当抛物线开口向下时，若x=1，则y2<0，即y2
④抛物线y=ax2+4ax−m关于x轴对称的抛物线为−y=ax2+4ax−m，即y=−ax2−4ax+m，故④正确，符合题意；
综上，正确的是①②④，
故选：B．
由抛物线的对称轴x=−2及其与x轴的交点A(−1,0)，利用对称性可得另一交点即可判断①；根据抛物线的对称性及对称轴x=−2可得CD的长，即可判断②；根据抛物线与x轴的交点及二次函数的增减性，结合开口方向可判断③；根据关于x轴的对称的图形横坐标相等、纵坐标为相反数可判断④．
本题主要考查抛物线与x轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
9.【答案】x≥−3且x≠2
【解析】解：由题意可得x+3≥0x−2≠0，
解得：x≥−3且x≠2，
故答案为：x≥−3且x≠2．
根据二次根式和分式有意义的条件列不等式组求解．
本题考查二次根式和分式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件(被开方数为非负数)，分式有意义的条件(分母不能为零)是解题关键．
10.【答案】x=3
【解析】解：1x+2+1=2xx+2，
方程两边都乘x+2，得1+x+2=2x，
解得：x=3，
检验：当x=3时，x+2≠0，
所以x=3是原方程的解，
故答案为：x=3．
方程两边都乘x+2得出1+x+2=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
11.【答案】108°
【解析】
【分析】
本题主要考查了正多边形内角和和外角和，熟知正多边形内角和公式和正多边形外角和为360°是解题的关键．
设这个正多边形的边数为n，根据正多边形的内角和公式结合正多边形外角和为360°列出方程求解即可．
【解答】
解：设这个正多边形的边数为n，
由题意得，180°×(n−2)=360°+180°，
∴n=5，180°×(5−2)5=108°，
∴这个正多边形的每一个内角等于108°，
故答案为：108°．
12.【答案】23
【解析】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，任取两个不同的数，a+b>4的有8种结果，
∴a+b>4的概率是812=23，
故答案为：23．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与a+b>4的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查了列表法与树状图法：运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，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
13.【答案】12.7
【解析】解：由题意得：CD⊥AB，
设BD=x米，
在Rt△BDC中，∠CBD=60°，
∴CD=BD⋅tan60°= 3x(米)，
在Rt△ACD中，∠CAD=45°，
∴AD=CDtan45∘= 3x(米)，
∵AD+BD=AB，
∴ 3x+x=20，
∴x=10 3−10，
∴CD= 3x=30−10 3≈12.7(米)，
∴这棵树CD的高度约为12.7米，
故答案为：12.7．
根据题意可得：CD⊥AB，设BD=x米，然后在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，然后根据AD+BD=AB，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，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：连接DE并延长交AB于H．
∵CD//AB，E是AC中点，
∴∠C=∠A，AE=CE，
在△DCE和△HAE中，
∠C=∠ACE=AE∠CED=∠AEH，
∴△DCE≌△HAE(ASA)，
∴DE=HE，CD=AH=6，
∵F是BD中点，
∴EF是△DHB的中位线，
∴EF=12BH，
∵BH=AB−AH=AB−CD=10−6=4，
∴EF=2，
故答案为：2．
连接DE并延长交AB于H，先证明△DCE≌△HAE，可得DE=HE，DC=AH，则EF是△DHB的中位线，再根据三角形中位线的性质可得答案．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确画出辅助线，证明△DCE≌△HAE．
15.【答案】8π
【解析】解：如图，连接B′D′.设B′D′的中点为O．
∵正方形ABCD∽正方形A′B′C′D′，相似比为1：2，
又∵正方形ABCD的面积为4，
∴正方形A′B′C′D′的面积为16，
∴A′B′=A′D′=4，
∵∠B′A′D′=90°，
∴B′D′= 2A′B′=4 2，
∴正方形A′B′C′D′的外接圆的半径=2 2，
∴外接圆的面积是8π．
故答案为：8π．
如图，连接B′D′.利用相似多边形的性质求出正方形A′B′C′D′的面积，求出边长，再求出半径可得结论．
本题考查位似变换，相似多边形的性质，圆的周长等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】2 26
【解析】解：∵正方形OABC的边长是6，
∴点M的横坐标和点N的纵坐标为6，
∴M(6,k6)，N(k6,6)，
∴BN=6−k6，BM=6−k6，
∵△OMN的面积为10，
∴6×6−12×6×k6−12×6×k6−12×(6−k6)2=10，
∴k=24，
∴M(6,4)，N(4,6)，
作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，
∵AM=AM′=4，
∴BM′=10，BN=2，
∴NM′= BM′2+BN2= 102+22=2 26，
故答案为2 26．
由正方形OABC的边长是6，得到点M的横坐标和点N的纵坐标为6，求得M(6,k6)，N(k6,6)，根据三角形的面积列方程得到M(6,4)，N(4,6)，作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，轴对称−最短路线问题，勾股定理，正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：2x−35≤2x+1①3(x+1)≤2(4−x)②，
解不等式①得：x≥−1，
解不等式②得：x≤1，
∴原不等式组的解集为：−1≤x≤1，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠A=∠FDE，∠ABF=∠E，
∵AF=DF，
在△ABF和△DEF中，
∠A=∠FDEAF=DF∠ABF=∠E
∴△ABF≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE；
②∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∵AD//BC，
∴∠CBF=∠AFB，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=3，
∴AD=2AF=6
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，CD=AB=3，
∵△ABF≌△DEF，
∴DE=AB=3，EF=BF=5，
∴CE=6，BE=EF+BF=10，
∴△BCE的周长=BC+CE+BE=10+6+6=22．
【解析】①利用平行四边形的性质，判定△ABF≌△DEF，即可得出AB=DE；
②利用角平分线以及平行线的性质，即可得到AF=AB=3，进而得出BC=AD=6，CD=AB=3，依据△ABF≌△DEF，可得DE=AB=3，EF=BF=5，进而得到△BCE的周长．
本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．
19.【答案】40 25
【解析】解：(1)本次接受调查的初中学生人数为：4÷10%=40，
m%=1040×100%=25%，
故答案为：40，25；
(2)平均数是：0.9×4+1.2×8+1.5×15+1.8×10+2.1×340=1.5h，
众数是1.5h，中位数是1.5h；
(3)2700×40−440=2430(人)，
答：估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生有2430人．
(1)根据统计图中的数据可以求得本次调查的学生人数，进而求得m的值；
(2)根据统计图中的数据可以求得这组数据的平均数和众数、中位数；
(3)根据统计图中的数据可以求得该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、平均数、中位数、众数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】解：(1)连接OM，如图：
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∵OM=OB，
∴∠ABM=∠BMO，
∴∠BMO=∠CBM，
∴BC//OM，
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∴OM⊥AE，
∵OM是⊙O的半径，
∴AE为⊙O的切线；
(2)连接GF，如图：
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴BE=CE=12BC，∠AEB=90°，
∵BC=4，AC=6，
∴BE=2，AB=6，
∴sin∠EAB=13，
设OB=OM=r，则OA=6−r，
∵AE是⊙O切线，
∴∠AMO=90°，
∴sin∠EAB=OMOA=13，
∴r6−r=13，解得r=1.5，
∴OB=OM=1.5，BF=3，
∵BF为⊙O直径，
∴∠BGF=90°，
∴GF//AE，
∴∠BFG=∠EAB，
∴sin∠BFG=13，即BGBF=13，
∴BG=1．
【解析】(1)连接OM，证明OM//BC即可；
(2)连接GF，先求⊙O半径从而得到BF，再用BGBF=sin∠GFB=sin∠BAE即可得到答案．
本题考查圆的切线判定及圆中线段的计算，解题的关键是求出圆的半径．
21.【答案】解：(1)∵直线l1：y=−12x经过点A，A点的纵坐标是2，
∴当y=2时，x=−4，
∴A(−4,2)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点A，
∴k=−4×2=−8，
∴反比例函数的表达式为y=−8x；
(2)∵直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，
∴B(4,−2)，
∴不等式−12x>kx的解集为x<−4或0
∵CD//AB，
∴△ABC的面积与△ABD的面积相等，
∵△ABC的面积为30，
∴S△AOD+S△BOD=30，即12OD(|yA|+|yB|)=30，
∴12×OD×4=30，
∴OD=15，
∴D(15,0)，
设平移后的直线l2的函数表达式为y=−12x+b，
把D(15,0)代入，可得0=−12×15+b，
解得b=152，
∴平移后的直线l2的函数表达式为y=−12x+152．
【解析】(1)直线l1经过点A，且A点的纵坐标是2，可得A(−4,2)，代入反比例函数解析式可得k的值；
(2)依据直线l1：y=−12x与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，即可得到不等式−12x>kx的解集为x<−4或0
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与几何变换以及三角形的面积．解决问题的关键是依据△ABC的面积与△ABD的面积相等，得到D点的坐标为(15,0)．
22.【答案】解：(1)∵抛物线C1表达式为y=ax2−2ax，且经过点A(32,38)，
∴38=(32)2a−2a×32，
解得：a=−12，
∴抛物线C1的函数表达式为：y=−12x2+x；
(2)最大高度未达到要求，理由如下：
由(1)得，抛物线C1的函数表达式为y=−12x2+x，
∵y=−12x2+x=−12(x2−2x)=−12(x−1)2+12，
∴抛物线C1的顶点坐标为(1,12)，
∵O处离地面的距离为1米，
∴球在运动中离地面的最大高度为1+12=32<2，
∴最大高度未达到要求；
(3)解：由(1)可知，a=−12，
∵抛物线C3表达式为y=−x2+bx，
∴对称轴为直线x=b2，顶点坐标为(b2,b24)，
∵球在运动中离地面的最大高度达到要求，
∴b24+1≥2，
∴b≥2或b≤−2，
∵对称轴在x轴负半轴，
∴b<0，
∴b≤−2，
∵点B的横坐标为−32，
∴yB=−94−32b，
∴当b=−2时，yB有最小值，最小值为−94−32×(−2)=34，
∴点B离地面的高度至少为1+34=1.75(米)．
【解析】(1)直接利用待定系数法，即可求出抛物线C1的函数表达式；
(2)将抛物线C1表达式化为顶点式，得到顶点坐标(1,12)，求出实际最大高度，即可得到答案；
(3)由(1)可知，a=−12，得到抛物线C3表达式为y=−x2+bx，进而得到对称轴为直线x=b2，顶点坐标为(b2,b24)，根据最大高度的要求和对称轴，求出b≤−2，再根据点B的横坐标为−32，得到yB=−94−32b，求出yB的最小值即可得到答案．
本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
23.【答案】解(1)如图1，延长AD交BE于F，
由折叠知，∠AFB=90°=∠ACB，
∴∠DAC+∠ADC=∠BDF+∠EBC=90°，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠DAC=∠EBC；
(2)如图2，延长AD交BE于F，
由(1)①知，∠DAC=∠EBC，
∵∠ACG=∠BCE，
∴△ACG∽△BCE，
∴CGCE=ACBC=m；
(3)由折叠知，∠AFB=90°，BF=FE，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF//CE，
∴∠BEC=∠BFD=90°，∠AGC=∠ECG，∠GAH=∠CEA，
由(2)知，△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=90°，ACCD=AC12BC=2m= 2，
∴CGAG=tan∠GAC=DCAC=1 2，
设CG=x，则AG= 2x，BE=2x，
∴AG=CE，
∴△AGH≌△ECH(AAS)，
∴AH=EH，GH=CH，
∴GH=12x，
在Rt△AGH中，根据勾股定理得，AH= AG2+GH2=32x，
∵EB⋅EH=6，
∴2x⋅32x=6，
∴x= 2或x=− 2(舍)，
即CG= 2．
【解析】(1)由折叠知，∠AFB=90°=∠ACB，再由等角的余角相等，即可得出结论；
(2)同(1)的方法，即可得出结论；
(3)先判断出DF是△BCE的中位线，得出DF//CE，进而得出∠BEC=∠BFD=90°，∠AGC=∠ECG，∠GAH=∠CEA，再判断出AG=CE，设CG=x，则AG= 2x，BE=2x，得出AG=CE进而用AAS判断出△AGH≌△ECH，得出GH=12x，再用勾股定理求出AH=32x，即可得出结论．
此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，判断出AG=CE是解本题的关键．
24.【答案】解：(1)将点C的坐标代入y=34x+1得，n=34×(−4)+1=−2，
故点C(−4,−2)；
将点B、C的坐标代入抛物线表达式得−2=−12(−4)2−4b+cc=1，解得b=−54c=1，
故抛物线得表达式为y=−12x2−54x+1；
(2)∵点D的横坐标为t，故点D、E的坐标分别为(t,−12t2−54t+1)、(t,34t+1)，
直线y=34x+1与x轴交于点A，则点A(−43,0)，
∵DE//y轴，故∠DEF=∠ABO，
而tan∠ABO=AOOB=43=tan∠DEF，则sin∠DEF=45，cos∠DEF=35，
则l=DE+DF+EF=DE+DEsin∠DEF+DEcos∠DEF=DE(1+35+45)=125(−12t2−54t+1−34t−1)=−65t2−245t，
∵−65<0.故l有最大值，当t=−2时，l的最大值为245；
(3)由抛物线的表达式知，其对称轴为x=−54，设点P(−54,m)，
而点B、C的坐标分别为(0,1)、(−4,−2)，
则PB2=(54)2+(m−1)2，PC2=(−54+4)2+(m+2)2，同理BC=25，
当PB是斜边时，则(54)2+(m−1)2=(−54+4)2+(m+2)2+25，解得m=−173，
当PC是斜边时，同理可得m=83，
故点P的坐标为(−54,−173)或(−54,83).
【解析】(1)将点C的坐标代入y=34x+1得，n=34×(−4)+1=−2，故点C(−4,−2)，将点B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
(2)根据点D的横坐标为t，故点D、E的坐标分别为(t,−12t2−54t+1)、(t,34t+1)，由直线y=34x+1与x轴交于点A，则点A(−43,0)，因为DE//y轴，故∠DEF=∠ABO，则l=DE+DF+EF=DE+DEsin∠DEF+DEcos∠DEF，即可求解；
(3)分PB是斜边、PC是斜边两种情况，利用勾股定理即可求解．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用、解直角三角形等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
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