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2023年山东省菏泽市鄄城县中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省菏泽市鄄城县中考数学三模试卷（含解析），共25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年山东省菏泽市鄄城县中考数学三模试卷
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. 世界最大的高海拔宇宙线观测站“拉索”位于我国甘孜稻城，其海拔高度记为“+4410米”，表示高出海平面4410米；全球最大的超深水半潜式钻井平台“蓝鲸2号”是我国自主设计制造的，其最大钻深记为“−15250米”.“−15250米”表示的意义为( )
A. 高于海平面15250米 B. 低于海平面15250米
C. 比“拉索”高15250米 D. 比“拉索”低15250米
2. 剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，距今已经有三千多年的历史，剪纸文化起源于人民的社会生活，蕴含了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认识，生活理想和审美情趣，下列剪纸图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. “燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台．”这是诗仙李白眼里的雪花．单个雪花的重量其实很轻，只有0.00003kg左右，0.00003用科学记数法可表示为( )
A. 3×10−5 B. 3×10−4 C. 0.3×10−4 D. 0.3×10−5
4. 中国的华容道，法国的独立钻石棋，匈牙利的魔方，并称为智力游戏界的三大不可思议.下列魔方中，主视图形如三角形的是( )
A. B. C. D.
5. 在平面直角坐标系xOy中，已知一次函数y=kx+b(k≠0)的图象过点P(1,1)，与x轴、y轴分别交点A、B，且OA=3OB，那么点A的坐标为( )
A. (−2,0) B. (4,0)
C. (−2,0)或(−4,0) D. (−2,0)或(4,0)
6. 如图，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，点E在线段BC上，CE=5，以点C为圆心，CE长为半径作弧交AC于点D，交BC的延长线于点F，以点F为圆心，DE长为半径作弧，交DF于点G，连接CG，过点G作GH⊥BF，垂足为点H，则线段GH的长为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，折痕AE交BC于点E，交BO于点F，连接FH，下列结论：
①AD=DF；
②四边形BEHF为菱形；
③FHAD= 2−1；
④S△ABES△ACE=ABAC．
其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
8. 如图，抛物线y=−x2+2(m+1)x+m+3与x轴交于A、B两点，且OA：OB=3：1，则m的值为( )
A. −53
B. 1
C. 0
D. 0或−53
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 观察有理数a、b、c在数轴上的位置并比较大小：(c−b)(a+b) ______ 0.
10. 分解因式：3x2−6xy+3y2=______．
11. 如图，在△ABC中，AB=AC.以点C为圆心，CA长为半径作弧交AB于点D，分别以点A和点D为圆心，大于12AD长为半径作弧，两弧相交于点E，作直线CE，交AB于点F.若∠B=55°，则∠ACF的大小是______ 度.
12. 定义运算“★”：a★b=a2−b(a≤b)b2−a(a>b)，关于x的方程(2x+1)★(2x−3)=t恰好有两个不相等的实数根，则t的取值范围是______ ．
13. 如图，在平面直角坐标系中，线段AC的端点A在y轴正半轴上，AC//x轴，点C在第一象限，函数y=2x(x>0)的图象交边AC于点B，D为x轴上一点，连结CD、BD.若BC=2AB，则△BCD的面积为______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，A(−3,0)，B(0,1)，形状相同的抛物线Cn(n=1,2,3,4,…)的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C8的顶点坐标为(______ ).
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
15. 计算：|2− 3|+(π−1)0+ 122−(12)−1．
四、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE=BF.求证：∠DEF=∠DFE．
17. (本小题6.0分)
解分式方程：3xx−2−1x2−4=3．
18. (本小题7.0分)
《中共中央国务院关于深化教育改革全面推进素质教育的决定》中明确指出：“健康体魄是青少年为祖国和人民服务的基本前提，是中华民族旺路生命力的体现.”王老师所在的学校为加强学生的体育锻练，需要购买若干个足球和蓝球，他曾三次在某商场购买过足球和蓝球，其中有一次购买时，遇到商场打折销售，其余两次均按标价购买，三次购买足球和篮球的数量和费用如下表：
足球数量(个)
篮球数量(个)
总费用(元)
第一次
6
5
700
第二次
3
7
710
第三次
7
8
693
(1)求足球和篮球的标价；
(2)如果现在商场均以标价的6折对足球和篮球进行促销，王老师决定从该商场一次性购买足球和篮球60个，且总费用不能超过2500元，那么最多可以购买多少个蓝球？
19. (本小题8.0分)
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动．
【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y
(单位：cm)，宽x(单位：cm)的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
芒果树叶的长宽比
3.8
3.7
3.5
3.4
3.8
4.0
3.6
4.0
3.6
4.0
荔枝树叶的长宽比
2.0
2.0
2.0
2.4
1.8
1.9
1.8
2.0
1.3
1.9
【实践探究】分析数据如下：
平均数
中位数
众数
方差
芒果树叶的长宽比
3.74
m
4.0
0.0424
荔枝树叶的长宽比
1.95
n
0.0669
【问题解决】
(1)m= ______ ，n= ______ ，求荔枝树叶的长宽比的平均数．
(2)A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大.”
B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍.”以上两位同学的说法中，合理的是______ 同学；
(3)现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由．
20. (本小题8.0分)
桑梯——登以採桑，它是我国古代劳动人民发明的一种采桑工具.图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知AB=AC=1.6米，AD=1.2米，设∠BAC=α，为保证安全，α的调整范围是30°≤α≤90°．
(1)当α=60°时，若人站在AD的中点E处，求此人离地面(BC)的高度．
(2)在安全使用范围下，求桑梯顶端D到地面BC的距离范围．
(参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 3≈1.73， 2≈1.41，精确到0.1米)
21. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+2的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于一、三象限内的A、B两点，直线AB与x轴交于点C，点B的坐标为(−4,m)．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)若0
22. (本小题9.0分)
如图，已知在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=45，点P是边BC上的动点，以C为圆心，CP为半径的圆与边AD交于点E、F(点F在点E的右侧)，射线CE与射线BA交于点G．
(1)当⊙C经过点A时，求CP长；
(2)连接AP，当AP//CG时，求弦EF的长．
23. (本小题10.0分)
综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明．
独立思考：(1)请解答老师提出的问题；
实践探究：(2)希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明．
问题解决：(3)智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=2 5，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积.请你思考此问题，直接写出结果．
24. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知B点的坐标为(3,0)，C点的坐标为(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)图1中，点P为抛物线上的动点，且位于第二象限，过P，B两点作直线l交y轴于点D，交直线AC于点E.是否存在这样的直线l：以C，D，E为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，请求出这样的直线l的解析式；若不存在，请说明理由．
(3)图2中，点C和点C′关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线上，且∠MBA=∠CBC′，求M点的横坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：区分高出海平面与低于海平面的高度，高出海平面用+号表示，
故“−15250米”表示的意义为低于海平面15250米．
故选：B．
根据正负数的意义，表示相反意义的量，可得结果．
本题考查正数，负数的意义，熟练掌握正负数是表示相反意义的量是解答此题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B.该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】A
【解析】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要确定a的值以及n的值．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
解：0.00003=3×10−5．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：观察图形可知，上列魔方中，主视图形如三角形的是选项C．
故选：C．
根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
本题主要考查由三视图确定几何体等相关知识，从正面看得到的视图是主视图．
5.【答案】D
【解析】解：由y=kx+b得，
当x=0时，y=b，
∴点B的坐标为(0,b)，
∴OB=|b|，
当y=0时，x=−bk，
∴点A的坐标为(−bk,0)，
∴OA=|bk|，
又∵y=kx+b图象过点P(1,1)，
∴k+b=1，
∵OA=3OB，
∴|bk|=3|b|，
解得：k=±13，
①当k=13时，由k+b=1得，b=23，
∴A(−2,0)；
②当k=−13时，由k+b=1得，b=43，
∴A(4,0)；
综上可知：A(−2,0)或(4,0)．
故选：D．
根据题意找出k，b数量关系，考虑直线的位置两种情形即可．
此题考查一次函数及其图象的综合应用，解此题的关键是分类讨论各种情形．
6.【答案】B
【解析】解：∵以点F为圆心，DE长为半径作弧，交DF于点G，
∴FG=DE，
∴∠GCH=∠ACB，
∵GH⊥BF，
∴∠GHC=90°，
∴∠B=∠GHC=90°，
∴△CGH∽△CAB，
∴GH：AB=CG：AC，
∵AC= AB2+BC2= 62+82=10，
∴GH：6=5：10，
∴GH=3．
故选：B．
由FG=DE，得到∠GCH=∠ACB，于是可以证明△CGH∽△CAB，得到GH：AB=CG：AC，由勾股定理求出AC的长，代入有关数据即可求解．
本题考查圆心角、弧、弦的关系，公共定理，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=12×45°=22.5°，∠DAC=∠ADF=45°，BE=EH，
∴∠AFD=∠ABD+∠BAF=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DAF=∠DAO+∠OAF=45°+22.5°=67.5°，
∴∠AFD=∠DAF，
∴AD=DF，故①正确；
∵∠AOB=∠AHE=∠ABE=90°，
∴BD//EH，
∴∠BFE=∠FEH，
∴∠BFE=∠BEF，
∴BF=BE，
∴EH=BF，
∵EH//BF，
∴四边形BEHF是平行四边形，
∵BE=EH，
∴▱BEHF是菱形，故②正确；设AD=DF=x，则BD= 2x，
∴FH=BE= 2x−x，
∴FHAD= 2x−xx= 2−1，故③正确；
∵AE平分∠BAC，∠ABE=∠AHE=90°，
∴BE=EH，
∴S△ABES△ACE=ABAC，故④正确，
故选：A．
根据正方形的性质和折叠的性质可知∠AFD=∠ABD+∠BAF=45°+22.5°=67.5°，∠DAF=∠DAO+∠OAF=45°+22.5°=67.5°，则∠AFD=∠DAF，得AD=DF，故①正确；根据EH=BF，EH//BF，得四边形BEHF是平行四边形，由BE=EH，可知▱BEHF是菱形，故②正确；设AD=DF=x，则BD= 2x，则FH=BE= 2x−x，得FHAD= 2x−xx= 2−1，故③正确；由角平分线的性质得BE=HE，从而得出④正确．
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，熟练掌握正方形和折叠的性质是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设B坐标为(a,0)，则A(−3a,0)，
∵与x轴有交点，此时y=0，
∴−x2+2(m+1)x+m+3=0，
∴a+(−3a)=2m+2，a(−3a)=−m−3，
解得a=−1，m=0；或a=23，m=−53．
∵对称轴在y轴右侧，
所以−2(m+1)−2>0，
解得m>−1，
∴m=0．
故选：C．
运用二次函数与x轴有交点的性质．
二次函数与x轴有交点，那么就可变为一元二次方程求解，注意利用抛物线的对称轴舍去不合题意的值．
9.【答案】<
【解析】解：由题意可知：a<0
∴(c−b)(a+b)<0．
故答案为：<．
根据数轴表示数得到a<0
10.【答案】3(x−y)2
【解析】解：3x2−6xy+3y2，
=3(x2−2xy+y2)，
=3(x−y)2．
故答案为：3(x−y)2．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
11.【答案】20
【解析】解：由作图方法可知CF是线段AD的垂直平分线，
∴∠AFC=90°，
∵∠B=55°，AB=AC，
∴∠ACB=∠B=55°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB=70°，
∴∠ACF=90°−∠BAC=20°，
故答案为：20．
先根据作图方法得到CF是线段AD的垂直平分线，则∠AFC=90°，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠BAC的度数，即可得到答案．
本题主要考查了线段垂线的尺规作图，等边对等角，三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，熟知相关知识是解题的关键．
12.【答案】t>−174
【解析】解：由新定义的运算可得关于x的方程为：
(1)当2x+1≤2x−3成立时，即1≤−3，矛盾，
所以a≤b时不成立；
(2)当2x+1>2x−3成立时，即1>−3时，
所以a>b时成立，
则(2x−3)2−(2x+1)=t，
化简得：4x2−14x+8−t=0，
∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴Δ=142−4×4×(8−t)>0，
解得：t>−174，
故答案为：t>−174．
根据新定义，分2x+1≤2x−3和2x+1>2x−3两种情况分别讨论，得到两个一元二次方程后讨论其根的情况，得到不等式组，解不等式组即可得出答案．
本题考查整式的运算，能够根据新定义得出不等式是解决问题的关键．
13.【答案】2
【解析】解：如图，连接OB、OC，
∵函数y=2x(x>0)，AC//x轴，
∴S△OBA=12|k|=1，
∵BC=2AB，AC//x轴，
∴S△OBC=2S△OBA=2×1=2，
∵OD//BC，
∴S△BCD=S△OBC=2．
故选答案为：2．
根据反比例函数系数k的几何意义得到S△OBA=12|k|=1，根据BC=2AB和三角形面积公式得到S△OBC=2S△OBA=2，从而得到S△BCD的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
14.【答案】55，583
【解析】解：设直线AB的解析式为y=kx+b，(k≠0)，
∵A(−3,0)，B(0,1)，
∴−3k+b=0b=1，
解得k=13b=1，
∴直线AB的解析式为y=13x+1，
∵对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，
观察发现：每个数都是前两个数的和，
∴抛物线C8的顶点坐标的横坐标为55，
∴抛物线C8的顶点坐标为(55,583).
根据A(−3,0)，B(0,1)的坐标求直线AB的解析式为y=13x+1，根据横坐标的变化规律可知，C8的横坐标为55，代入直线AB的解析式y=13x+1中，可求纵坐标．
此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，还考查了点与函数关系式的关系，考查了学生的分析归纳能力．
15.【答案】解：原式=2− 3+1+ 3−2
=1．
【解析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质以及二次根式的性质分别化简得出答案．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C，AB=CB，AD=DC，
∵BE=BF，
∴AE=CF，
在△ADE和△CDF中，
AD=DC∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE．
【解析】根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“SAS”即可证明△ADE≌△CDF，进而利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
本题主要考查菱形的性质，同时综合利用全等三角形的判定方法及等腰三角形的性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质．
17.【答案】解：去分母得：3x(x+2)−1=3(x2−4)，
整理得：6x=−11，
解得：x=−116，
检验将x=−116代入x2−4=(−116)2−4≠0．
∴分式方程的解是：x=−116，
【解析】方程两边都乘最简公分母，可把分式方程转换为整式方程求解．
本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
18.【答案】解：(1)∵第三次购买足球、篮球的数量最多，总费用最少，
∴第一次和第二次均按标价购买．
设足球的标价是x元，篮球的标价是y元，
根据题意得：6x+5y=7003x+7y=710，
解得：x=50y=80．
答：足球的标价是50元，篮球的标价是80元；
(2)设王老师购买m个篮球，则购买(60−m)个足球，
根据题意得：50×0.6(60−m)+80×0.6m≤2500，
解得：m≤3509，
又∵m为正整数，
∴m的最大值为38．
答：最多可以购买38个蓝球．
【解析】(1)分析三次购买数量及总费用，可得出第一次和第二次均按标价购买，设足球的标价是x元，篮球的标价是y元，利用总费用=足球的标价×购买足球的数量+篮球的标价×购买篮球的数量，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设王老师购买m个篮球，则购买(60−m)个足球，利用总费用=足球的标价×折扣率×购买足球的数量+篮球的标价×折扣率×购买篮球的数量，结合总费用不超过2500元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
19.【答案】3.75 2.0 B
【解析】解：(1)把10片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为3.7、3.8，故m=3.7+3.82=3.75；
10片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是2.0，故n=2.0；
故答案为：3.75；2.0；
(2)∵0.0424<0.0669，
∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理；
∵荔枝树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0，
∴B同学说法合理．
故答案为：B；
(3)∵一片长11cm，宽5.6cm的树叶，长宽比接近2.0，
∴这片树叶更可能来自荔枝．
(1)根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)根据题目给出的数据判断即可；
(3)根据树叶的长宽比判断即可．
本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)过点E作EH⊥BC，垂足为H，
∵AB=AC=1.6米，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵点E是AD的中点，
∴AE=12AD=0.6(米)，
∴EC=AE+AC=2.2(米)，
在Rt△ECH中，EH=EC⋅tan60°=2.2 3≈1.9(米)，
∴此人离地面(BC)的高度约为1.9米；
(2)过点D作DM⊥BC，垂足为M，
当∠BAC=30°时，
∵AB=AC=1.6米，
∴∠B=∠C=12(180°−∠BAC)=75°，
∵AD=1.2米，
∴DC=AD+AC=2.8(米)，
在Rt△DMC中，DM=DC⋅sin75°≈2.8×0.97≈2.7(m)；
当∠BAC=90°时，
∵AB=AC=1.6米，
∴∠B=∠C=12(180°−∠BAC)=45°，
在Rt△DMC中，DM=DC⋅sin45°=2.8× 22=1.4 2≈2.0(m)；
∴在安全使用范围下，桑梯顶端D到地面BC的距离范围约为2.0m≤DM≤2.7m．
【解析】(1)过点E作EH⊥BC，垂足为H，根据已知易得△ABC是等边三角形，从而可得∠C=60°，再根据线段中点的定义可得AE=0.6米，从而可得EC=2.2(米)，然后在Rt△ECH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，即可解答；
(2)过点D作DM⊥BC，垂足为M，然后分两种情况：当∠BAC=30°时；当∠BAC=90°时，分别求出DM的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵点B(−4,m)在y=x+2上，
∴m=−2，
∴B(−4,−2)，
∵B(−4,−2)在y=kx(k≠0)上．
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为：y=8x；
(2)当02时，
故答案为：x>2；
(3)解y=x+2y=8x得x=−4y=−2或x=2y=8，
∴A(2,4)，
∴OA= 22+42=2 5，
当OA=OP=2 5时，
∴P(−2 5,0)；
∴S△AOP=12×2 5×4=4 5，
故答案为：4 5．
【解析】(1)把点B(−4,n)代入y=x+2得到B(−4,−2)，把B(−4,−2)代入y=kx(k≠0)，求得k=8，于是得到结论；
(2)在第一象限写出一次函数的图象在反比例函数的图象上方的x的值即可；
(3)解方程组得到A(2,4)，根据勾股定理得到OA=2 5，当OA=OP时，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了反比例函数的综合题，待定系数法求函数的解析式，等腰三角形的判定，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图1，设⊙O的半径为r，
当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，
∴BH=AB⋅cosB=4，
∴AH=3，CH=4，
∴AC= AH2+CH2=5，
∴此时CP=r=5；
(2)如图2，若AP//CE，APCE为平行四边形，
∵CE=CP，
∴四边形APCE是菱形，
连接AC、EP，则AC⊥EP，
∴AM=CM=2.5，
由(1)知，AB=AC，则∠ACB=∠B，
∴CP=CE=CMcos∠ACB=258，
∴EF=2 (258)2−32=74．
【解析】(1)当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，直接利用勾股定理求出AC进而得出答案；
(2)①首先得出四边形APCE是菱形，进而得出CM的长，进而利用锐角三角函数关系得出CP以及EF的长．
此题主要考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、菱形的判断和性质勾股定理以及锐角三角函数关系等知识，正确做出图形的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)结论：EF=BF．
理由：如图①中，如图，作FH//AD交BE于H．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵FH//AD，
∴DE//FH//CB，
∵DF=CF，
∴EHHB=DFFC=1，
∴EH=HB，
∴BE⊥AD，FH//AD，
∴FH⊥EB，
∴EF=BF．
(2)结论：AG=BG．
理由：连接CC′．
∵△BFC′是由△BFC翻折得到，
∴BF⊥CC′，FC=FC′，
∵DF=FC，
∴DF=FC=FC′，
∴∠CC′D=90°，
∴CC′⊥GD，
∴DG//BF，
∵DF//BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴DF=BG，
∵AB=CD，DF=12CD，
∴BG=12AB，
∴AG=GB．
(3)如图3中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T．
∵S平行四边形ABCD=AB⋅DJ，
∴DJ=205=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2 5，AB//CD，
∴AJ= AD2−DJ2= (2 5)2−42=2，
∵A′B⊥AB，DJ⊥AB，
∴∠DJB=∠JBH=∠DHB=90°，
∴四边形DJBH是矩形，
∴BH=DJ=4，
∴A′H=A′B−BH=5−4=1，
∵tanA=DJAJ=MTAT=2，
设AT=x，则MT=2x，
∵∠ABM=∠MBA′=45°，
∴MT=TB=2x，
∴3x=5，
∴x=53，
∴MT=103，
∵tanA=tanA′=NHA′H=2，
∴NH=2，
∴S△ABM=S△A′BM=12×5×103=253，
∴S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′=253−12×1×2=223．
【解析】(1)结论：EF=BF.如图1中，如图，作FH//AD交BE于H.证明FH垂直平分线段BE即可．
(2))结论：AG=BG.证明四边形BFDG是平行四边形，可得结论．
(3)如图3中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T.根据S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′，求解即可．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)抛物线y=−x2+bx+c过B(3,0)，C(0.3)，
∴−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴函数解析式为：y=−x2+2x+3；
(2)存在直线l使得以C，D，E为顶点的三角形与△ABE相似，
当l⊥AC时，以C，D，E为顶点的三角形与△ABE相似，
∴∠ACD=∠EBO，
在Rt△ACO和Rt△DBO中，
∠ACD=∠EBOOC=OB∠AOC=∠DOB，
∴ΔΑCO≌△DBO(ASA)，
∴OA=OD，
解−x2+2x+3=0，
得：x1=3(不符合题意，舍去)，x2=−1，
∴A(−1,0)，
∴D(0,1)，
由B(3,0)，D(0,1)的坐标得，直线BD的解析式为：y=−13x+1；
(3)连接BM，CC′，作C′H⊥BC交BC于H，
∵抛物线对称轴为直线：x=−b2a=1，
∴CC′=2，
∵OB=OC，
∴∠BCO=45°，
∴∠C′CB=45°，
∵C′H⊥BC，CC′=2，
∴C′H=CH= 2，
∵OB=OC=3，
∴BC=3 2，
∴BH=3 2− 2=2 2，
∴tan∠CBC′=C′HBH=12，
∵∠MBA=∠CBC′，
∴tan∠MBA=12=ONOB，
∴ON=32，
∴N(0,32)或N(0,−32)，
当N(0,32)，如图：
由点B、N的坐标得，直线BN解析式为：y=−12x+32，
解方程−x2+2x+3=−12x+32，
解得：x=−12或3(舍去)，
∴M的横坐标为−12；
当N(0,−32)，如图：
同理可得，直线BN解析式为：y=12x−32，
解方程−x2+2x+3=12x−32，
解得：x=3(舍去)或−32，
∴M的横坐标为−32，
综上所述：M的横坐标为−12或−32．
【解析】(1)利用待定系数法求解析式即可；
(2)存在直线l，证明△ACO≌△DBO(ASA)得到OA=OD，求出A点坐标即可求出D点坐标，再利用待定系数法求直线解析式即可；
(3)连接BM，CC′，作C′H⊥BC交BC于H，求出tan∠MBA，进一步可求出N点坐标，再分情况讨论，即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，涉及到全等三角形的性质和判定、待定系数法求函数解析式、勾股定理的运用等，具有一定的综合性，难度适中．
2023年山东省菏泽市鄄城县中考数学三模试卷
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. 世界最大的高海拔宇宙线观测站“拉索”位于我国甘孜稻城，其海拔高度记为“+4410米”，表示高出海平面4410米；全球最大的超深水半潜式钻井平台“蓝鲸2号”是我国自主设计制造的，其最大钻深记为“−15250米”.“−15250米”表示的意义为( )
A. 高于海平面15250米 B. 低于海平面15250米
C. 比“拉索”高15250米 D. 比“拉索”低15250米
2. 剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，距今已经有三千多年的历史，剪纸文化起源于人民的社会生活，蕴含了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认识，生活理想和审美情趣，下列剪纸图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. “燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台．”这是诗仙李白眼里的雪花．单个雪花的重量其实很轻，只有0.00003kg左右，0.00003用科学记数法可表示为( )
A. 3×10−5 B. 3×10−4 C. 0.3×10−4 D. 0.3×10−5
4. 中国的华容道，法国的独立钻石棋，匈牙利的魔方，并称为智力游戏界的三大不可思议.下列魔方中，主视图形如三角形的是( )
A. B. C. D.
5. 在平面直角坐标系xOy中，已知一次函数y=kx+b(k≠0)的图象过点P(1,1)，与x轴、y轴分别交点A、B，且OA=3OB，那么点A的坐标为( )
A. (−2,0) B. (4,0)
C. (−2,0)或(−4,0) D. (−2,0)或(4,0)
6. 如图，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，点E在线段BC上，CE=5，以点C为圆心，CE长为半径作弧交AC于点D，交BC的延长线于点F，以点F为圆心，DE长为半径作弧，交DF于点G，连接CG，过点G作GH⊥BF，垂足为点H，则线段GH的长为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，折痕AE交BC于点E，交BO于点F，连接FH，下列结论：
①AD=DF；
②四边形BEHF为菱形；
③FHAD= 2−1；
④S△ABES△ACE=ABAC．
其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
8. 如图，抛物线y=−x2+2(m+1)x+m+3与x轴交于A、B两点，且OA：OB=3：1，则m的值为( )
A. −53
B. 1
C. 0
D. 0或−53
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 观察有理数a、b、c在数轴上的位置并比较大小：(c−b)(a+b) ______ 0.
10. 分解因式：3x2−6xy+3y2=______．
11. 如图，在△ABC中，AB=AC.以点C为圆心，CA长为半径作弧交AB于点D，分别以点A和点D为圆心，大于12AD长为半径作弧，两弧相交于点E，作直线CE，交AB于点F.若∠B=55°，则∠ACF的大小是______ 度.
12. 定义运算“★”：a★b=a2−b(a≤b)b2−a(a>b)，关于x的方程(2x+1)★(2x−3)=t恰好有两个不相等的实数根，则t的取值范围是______ ．
13. 如图，在平面直角坐标系中，线段AC的端点A在y轴正半轴上，AC//x轴，点C在第一象限，函数y=2x(x>0)的图象交边AC于点B，D为x轴上一点，连结CD、BD.若BC=2AB，则△BCD的面积为______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，A(−3,0)，B(0,1)，形状相同的抛物线Cn(n=1,2,3,4,…)的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C8的顶点坐标为(______ ).
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
15. 计算：|2− 3|+(π−1)0+ 122−(12)−1．
四、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE=BF.求证：∠DEF=∠DFE．
17. (本小题6.0分)
解分式方程：3xx−2−1x2−4=3．
18. (本小题7.0分)
《中共中央国务院关于深化教育改革全面推进素质教育的决定》中明确指出：“健康体魄是青少年为祖国和人民服务的基本前提，是中华民族旺路生命力的体现.”王老师所在的学校为加强学生的体育锻练，需要购买若干个足球和蓝球，他曾三次在某商场购买过足球和蓝球，其中有一次购买时，遇到商场打折销售，其余两次均按标价购买，三次购买足球和篮球的数量和费用如下表：
足球数量(个)
篮球数量(个)
总费用(元)
第一次
6
5
700
第二次
3
7
710
第三次
7
8
693
(1)求足球和篮球的标价；
(2)如果现在商场均以标价的6折对足球和篮球进行促销，王老师决定从该商场一次性购买足球和篮球60个，且总费用不能超过2500元，那么最多可以购买多少个蓝球？
19. (本小题8.0分)
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动．
【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y
(单位：cm)，宽x(单位：cm)的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
芒果树叶的长宽比
3.8
3.7
3.5
3.4
3.8
4.0
3.6
4.0
3.6
4.0
荔枝树叶的长宽比
2.0
2.0
2.0
2.4
1.8
1.9
1.8
2.0
1.3
1.9
【实践探究】分析数据如下：
平均数
中位数
众数
方差
芒果树叶的长宽比
3.74
m
4.0
0.0424
荔枝树叶的长宽比
1.95
n
0.0669
【问题解决】
(1)m= ______ ，n= ______ ，求荔枝树叶的长宽比的平均数．
(2)A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大.”
B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍.”以上两位同学的说法中，合理的是______ 同学；
(3)现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由．
20. (本小题8.0分)
桑梯——登以採桑，它是我国古代劳动人民发明的一种采桑工具.图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知AB=AC=1.6米，AD=1.2米，设∠BAC=α，为保证安全，α的调整范围是30°≤α≤90°．
(1)当α=60°时，若人站在AD的中点E处，求此人离地面(BC)的高度．
(2)在安全使用范围下，求桑梯顶端D到地面BC的距离范围．
(参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 3≈1.73， 2≈1.41，精确到0.1米)
21. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+2的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于一、三象限内的A、B两点，直线AB与x轴交于点C，点B的坐标为(−4,m)．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)若0
22. (本小题9.0分)
如图，已知在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=45，点P是边BC上的动点，以C为圆心，CP为半径的圆与边AD交于点E、F(点F在点E的右侧)，射线CE与射线BA交于点G．
(1)当⊙C经过点A时，求CP长；
(2)连接AP，当AP//CG时，求弦EF的长．
23. (本小题10.0分)
综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明．
独立思考：(1)请解答老师提出的问题；
实践探究：(2)希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明．
问题解决：(3)智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=2 5，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积.请你思考此问题，直接写出结果．
24. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知B点的坐标为(3,0)，C点的坐标为(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)图1中，点P为抛物线上的动点，且位于第二象限，过P，B两点作直线l交y轴于点D，交直线AC于点E.是否存在这样的直线l：以C，D，E为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，请求出这样的直线l的解析式；若不存在，请说明理由．
(3)图2中，点C和点C′关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线上，且∠MBA=∠CBC′，求M点的横坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：区分高出海平面与低于海平面的高度，高出海平面用+号表示，
故“−15250米”表示的意义为低于海平面15250米．
故选：B．
根据正负数的意义，表示相反意义的量，可得结果．
本题考查正数，负数的意义，熟练掌握正负数是表示相反意义的量是解答此题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B.该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】A
【解析】此题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要确定a的值以及n的值．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
解：0.00003=3×10−5．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：观察图形可知，上列魔方中，主视图形如三角形的是选项C．
故选：C．
根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
本题主要考查由三视图确定几何体等相关知识，从正面看得到的视图是主视图．
5.【答案】D
【解析】解：由y=kx+b得，
当x=0时，y=b，
∴点B的坐标为(0,b)，
∴OB=|b|，
当y=0时，x=−bk，
∴点A的坐标为(−bk,0)，
∴OA=|bk|，
又∵y=kx+b图象过点P(1,1)，
∴k+b=1，
∵OA=3OB，
∴|bk|=3|b|，
解得：k=±13，
①当k=13时，由k+b=1得，b=23，
∴A(−2,0)；
②当k=−13时，由k+b=1得，b=43，
∴A(4,0)；
综上可知：A(−2,0)或(4,0)．
故选：D．
根据题意找出k，b数量关系，考虑直线的位置两种情形即可．
此题考查一次函数及其图象的综合应用，解此题的关键是分类讨论各种情形．
6.【答案】B
【解析】解：∵以点F为圆心，DE长为半径作弧，交DF于点G，
∴FG=DE，
∴∠GCH=∠ACB，
∵GH⊥BF，
∴∠GHC=90°，
∴∠B=∠GHC=90°，
∴△CGH∽△CAB，
∴GH：AB=CG：AC，
∵AC= AB2+BC2= 62+82=10，
∴GH：6=5：10，
∴GH=3．
故选：B．
由FG=DE，得到∠GCH=∠ACB，于是可以证明△CGH∽△CAB，得到GH：AB=CG：AC，由勾股定理求出AC的长，代入有关数据即可求解．
本题考查圆心角、弧、弦的关系，公共定理，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=12×45°=22.5°，∠DAC=∠ADF=45°，BE=EH，
∴∠AFD=∠ABD+∠BAF=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DAF=∠DAO+∠OAF=45°+22.5°=67.5°，
∴∠AFD=∠DAF，
∴AD=DF，故①正确；
∵∠AOB=∠AHE=∠ABE=90°，
∴BD//EH，
∴∠BFE=∠FEH，
∴∠BFE=∠BEF，
∴BF=BE，
∴EH=BF，
∵EH//BF，
∴四边形BEHF是平行四边形，
∵BE=EH，
∴▱BEHF是菱形，故②正确；设AD=DF=x，则BD= 2x，
∴FH=BE= 2x−x，
∴FHAD= 2x−xx= 2−1，故③正确；
∵AE平分∠BAC，∠ABE=∠AHE=90°，
∴BE=EH，
∴S△ABES△ACE=ABAC，故④正确，
故选：A．
根据正方形的性质和折叠的性质可知∠AFD=∠ABD+∠BAF=45°+22.5°=67.5°，∠DAF=∠DAO+∠OAF=45°+22.5°=67.5°，则∠AFD=∠DAF，得AD=DF，故①正确；根据EH=BF，EH//BF，得四边形BEHF是平行四边形，由BE=EH，可知▱BEHF是菱形，故②正确；设AD=DF=x，则BD= 2x，则FH=BE= 2x−x，得FHAD= 2x−xx= 2−1，故③正确；由角平分线的性质得BE=HE，从而得出④正确．
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，熟练掌握正方形和折叠的性质是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设B坐标为(a,0)，则A(−3a,0)，
∵与x轴有交点，此时y=0，
∴−x2+2(m+1)x+m+3=0，
∴a+(−3a)=2m+2，a(−3a)=−m−3，
解得a=−1，m=0；或a=23，m=−53．
∵对称轴在y轴右侧，
所以−2(m+1)−2>0，
解得m>−1，
∴m=0．
故选：C．
运用二次函数与x轴有交点的性质．
二次函数与x轴有交点，那么就可变为一元二次方程求解，注意利用抛物线的对称轴舍去不合题意的值．
9.【答案】<
【解析】解：由题意可知：a<0
∴(c−b)(a+b)<0．
故答案为：<．
根据数轴表示数得到a<0
10.【答案】3(x−y)2
【解析】解：3x2−6xy+3y2，
=3(x2−2xy+y2)，
=3(x−y)2．
故答案为：3(x−y)2．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
11.【答案】20
【解析】解：由作图方法可知CF是线段AD的垂直平分线，
∴∠AFC=90°，
∵∠B=55°，AB=AC，
∴∠ACB=∠B=55°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB=70°，
∴∠ACF=90°−∠BAC=20°，
故答案为：20．
先根据作图方法得到CF是线段AD的垂直平分线，则∠AFC=90°，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠BAC的度数，即可得到答案．
本题主要考查了线段垂线的尺规作图，等边对等角，三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，熟知相关知识是解题的关键．
12.【答案】t>−174
【解析】解：由新定义的运算可得关于x的方程为：
(1)当2x+1≤2x−3成立时，即1≤−3，矛盾，
所以a≤b时不成立；
(2)当2x+1>2x−3成立时，即1>−3时，
所以a>b时成立，
则(2x−3)2−(2x+1)=t，
化简得：4x2−14x+8−t=0，
∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴Δ=142−4×4×(8−t)>0，
解得：t>−174，
故答案为：t>−174．
根据新定义，分2x+1≤2x−3和2x+1>2x−3两种情况分别讨论，得到两个一元二次方程后讨论其根的情况，得到不等式组，解不等式组即可得出答案．
本题考查整式的运算，能够根据新定义得出不等式是解决问题的关键．
13.【答案】2
【解析】解：如图，连接OB、OC，
∵函数y=2x(x>0)，AC//x轴，
∴S△OBA=12|k|=1，
∵BC=2AB，AC//x轴，
∴S△OBC=2S△OBA=2×1=2，
∵OD//BC，
∴S△BCD=S△OBC=2．
故选答案为：2．
根据反比例函数系数k的几何意义得到S△OBA=12|k|=1，根据BC=2AB和三角形面积公式得到S△OBC=2S△OBA=2，从而得到S△BCD的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
14.【答案】55，583
【解析】解：设直线AB的解析式为y=kx+b，(k≠0)，
∵A(−3,0)，B(0,1)，
∴−3k+b=0b=1，
解得k=13b=1，
∴直线AB的解析式为y=13x+1，
∵对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，
观察发现：每个数都是前两个数的和，
∴抛物线C8的顶点坐标的横坐标为55，
∴抛物线C8的顶点坐标为(55,583).
根据A(−3,0)，B(0,1)的坐标求直线AB的解析式为y=13x+1，根据横坐标的变化规律可知，C8的横坐标为55，代入直线AB的解析式y=13x+1中，可求纵坐标．
此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，还考查了点与函数关系式的关系，考查了学生的分析归纳能力．
15.【答案】解：原式=2− 3+1+ 3−2
=1．
【解析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质以及二次根式的性质分别化简得出答案．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C，AB=CB，AD=DC，
∵BE=BF，
∴AE=CF，
在△ADE和△CDF中，
AD=DC∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴DE=DF，
∴∠DEF=∠DFE．
【解析】根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“SAS”即可证明△ADE≌△CDF，进而利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
本题主要考查菱形的性质，同时综合利用全等三角形的判定方法及等腰三角形的性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质．
17.【答案】解：去分母得：3x(x+2)−1=3(x2−4)，
整理得：6x=−11，
解得：x=−116，
检验将x=−116代入x2−4=(−116)2−4≠0．
∴分式方程的解是：x=−116，
【解析】方程两边都乘最简公分母，可把分式方程转换为整式方程求解．
本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
18.【答案】解：(1)∵第三次购买足球、篮球的数量最多，总费用最少，
∴第一次和第二次均按标价购买．
设足球的标价是x元，篮球的标价是y元，
根据题意得：6x+5y=7003x+7y=710，
解得：x=50y=80．
答：足球的标价是50元，篮球的标价是80元；
(2)设王老师购买m个篮球，则购买(60−m)个足球，
根据题意得：50×0.6(60−m)+80×0.6m≤2500，
解得：m≤3509，
又∵m为正整数，
∴m的最大值为38．
答：最多可以购买38个蓝球．
【解析】(1)分析三次购买数量及总费用，可得出第一次和第二次均按标价购买，设足球的标价是x元，篮球的标价是y元，利用总费用=足球的标价×购买足球的数量+篮球的标价×购买篮球的数量，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设王老师购买m个篮球，则购买(60−m)个足球，利用总费用=足球的标价×折扣率×购买足球的数量+篮球的标价×折扣率×购买篮球的数量，结合总费用不超过2500元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
19.【答案】3.75 2.0 B
【解析】解：(1)把10片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为3.7、3.8，故m=3.7+3.82=3.75；
10片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是2.0，故n=2.0；
故答案为：3.75；2.0；
(2)∵0.0424<0.0669，
∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理；
∵荔枝树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0，
∴B同学说法合理．
故答案为：B；
(3)∵一片长11cm，宽5.6cm的树叶，长宽比接近2.0，
∴这片树叶更可能来自荔枝．
(1)根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)根据题目给出的数据判断即可；
(3)根据树叶的长宽比判断即可．
本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键．
20.【答案】解：(1)过点E作EH⊥BC，垂足为H，
∵AB=AC=1.6米，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵点E是AD的中点，
∴AE=12AD=0.6(米)，
∴EC=AE+AC=2.2(米)，
在Rt△ECH中，EH=EC⋅tan60°=2.2 3≈1.9(米)，
∴此人离地面(BC)的高度约为1.9米；
(2)过点D作DM⊥BC，垂足为M，
当∠BAC=30°时，
∵AB=AC=1.6米，
∴∠B=∠C=12(180°−∠BAC)=75°，
∵AD=1.2米，
∴DC=AD+AC=2.8(米)，
在Rt△DMC中，DM=DC⋅sin75°≈2.8×0.97≈2.7(m)；
当∠BAC=90°时，
∵AB=AC=1.6米，
∴∠B=∠C=12(180°−∠BAC)=45°，
在Rt△DMC中，DM=DC⋅sin45°=2.8× 22=1.4 2≈2.0(m)；
∴在安全使用范围下，桑梯顶端D到地面BC的距离范围约为2.0m≤DM≤2.7m．
【解析】(1)过点E作EH⊥BC，垂足为H，根据已知易得△ABC是等边三角形，从而可得∠C=60°，再根据线段中点的定义可得AE=0.6米，从而可得EC=2.2(米)，然后在Rt△ECH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，即可解答；
(2)过点D作DM⊥BC，垂足为M，然后分两种情况：当∠BAC=30°时；当∠BAC=90°时，分别求出DM的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵点B(−4,m)在y=x+2上，
∴m=−2，
∴B(−4,−2)，
∵B(−4,−2)在y=kx(k≠0)上．
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为：y=8x；
(2)当0
故答案为：x>2；
(3)解y=x+2y=8x得x=−4y=−2或x=2y=8，
∴A(2,4)，
∴OA= 22+42=2 5，
当OA=OP=2 5时，
∴P(−2 5,0)；
∴S△AOP=12×2 5×4=4 5，
故答案为：4 5．
【解析】(1)把点B(−4,n)代入y=x+2得到B(−4,−2)，把B(−4,−2)代入y=kx(k≠0)，求得k=8，于是得到结论；
(2)在第一象限写出一次函数的图象在反比例函数的图象上方的x的值即可；
(3)解方程组得到A(2,4)，根据勾股定理得到OA=2 5，当OA=OP时，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了反比例函数的综合题，待定系数法求函数的解析式，等腰三角形的判定，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图1，设⊙O的半径为r，
当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，
∴BH=AB⋅cosB=4，
∴AH=3，CH=4，
∴AC= AH2+CH2=5，
∴此时CP=r=5；
(2)如图2，若AP//CE，APCE为平行四边形，
∵CE=CP，
∴四边形APCE是菱形，
连接AC、EP，则AC⊥EP，
∴AM=CM=2.5，
由(1)知，AB=AC，则∠ACB=∠B，
∴CP=CE=CMcos∠ACB=258，
∴EF=2 (258)2−32=74．
【解析】(1)当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，直接利用勾股定理求出AC进而得出答案；
(2)①首先得出四边形APCE是菱形，进而得出CM的长，进而利用锐角三角函数关系得出CP以及EF的长．
此题主要考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有：相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、菱形的判断和性质勾股定理以及锐角三角函数关系等知识，正确做出图形的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)结论：EF=BF．
理由：如图①中，如图，作FH//AD交BE于H．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵FH//AD，
∴DE//FH//CB，
∵DF=CF，
∴EHHB=DFFC=1，
∴EH=HB，
∴BE⊥AD，FH//AD，
∴FH⊥EB，
∴EF=BF．
(2)结论：AG=BG．
理由：连接CC′．
∵△BFC′是由△BFC翻折得到，
∴BF⊥CC′，FC=FC′，
∵DF=FC，
∴DF=FC=FC′，
∴∠CC′D=90°，
∴CC′⊥GD，
∴DG//BF，
∵DF//BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴DF=BG，
∵AB=CD，DF=12CD，
∴BG=12AB，
∴AG=GB．
(3)如图3中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T．
∵S平行四边形ABCD=AB⋅DJ，
∴DJ=205=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2 5，AB//CD，
∴AJ= AD2−DJ2= (2 5)2−42=2，
∵A′B⊥AB，DJ⊥AB，
∴∠DJB=∠JBH=∠DHB=90°，
∴四边形DJBH是矩形，
∴BH=DJ=4，
∴A′H=A′B−BH=5−4=1，
∵tanA=DJAJ=MTAT=2，
设AT=x，则MT=2x，
∵∠ABM=∠MBA′=45°，
∴MT=TB=2x，
∴3x=5，
∴x=53，
∴MT=103，
∵tanA=tanA′=NHA′H=2，
∴NH=2，
∴S△ABM=S△A′BM=12×5×103=253，
∴S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′=253−12×1×2=223．
【解析】(1)结论：EF=BF.如图1中，如图，作FH//AD交BE于H.证明FH垂直平分线段BE即可．
(2))结论：AG=BG.证明四边形BFDG是平行四边形，可得结论．
(3)如图3中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T.根据S四边形BHNM=S△A′BM−S△NHA′，求解即可．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)抛物线y=−x2+bx+c过B(3,0)，C(0.3)，
∴−9+3b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴函数解析式为：y=−x2+2x+3；
(2)存在直线l使得以C，D，E为顶点的三角形与△ABE相似，
当l⊥AC时，以C，D，E为顶点的三角形与△ABE相似，
∴∠ACD=∠EBO，
在Rt△ACO和Rt△DBO中，
∠ACD=∠EBOOC=OB∠AOC=∠DOB，
∴ΔΑCO≌△DBO(ASA)，
∴OA=OD，
解−x2+2x+3=0，
得：x1=3(不符合题意，舍去)，x2=−1，
∴A(−1,0)，
∴D(0,1)，
由B(3,0)，D(0,1)的坐标得，直线BD的解析式为：y=−13x+1；
(3)连接BM，CC′，作C′H⊥BC交BC于H，
∵抛物线对称轴为直线：x=−b2a=1，
∴CC′=2，
∵OB=OC，
∴∠BCO=45°，
∴∠C′CB=45°，
∵C′H⊥BC，CC′=2，
∴C′H=CH= 2，
∵OB=OC=3，
∴BC=3 2，
∴BH=3 2− 2=2 2，
∴tan∠CBC′=C′HBH=12，
∵∠MBA=∠CBC′，
∴tan∠MBA=12=ONOB，
∴ON=32，
∴N(0,32)或N(0,−32)，
当N(0,32)，如图：
由点B、N的坐标得，直线BN解析式为：y=−12x+32，
解方程−x2+2x+3=−12x+32，
解得：x=−12或3(舍去)，
∴M的横坐标为−12；
当N(0,−32)，如图：
同理可得，直线BN解析式为：y=12x−32，
解方程−x2+2x+3=12x−32，
解得：x=3(舍去)或−32，
∴M的横坐标为−32，
综上所述：M的横坐标为−12或−32．
【解析】(1)利用待定系数法求解析式即可；
(2)存在直线l，证明△ACO≌△DBO(ASA)得到OA=OD，求出A点坐标即可求出D点坐标，再利用待定系数法求直线解析式即可；
(3)连接BM，CC′，作C′H⊥BC交BC于H，求出tan∠MBA，进一步可求出N点坐标，再分情况讨论，即可求解．
本题考查了二次函数的综合应用，涉及到全等三角形的性质和判定、待定系数法求函数解析式、勾股定理的运用等，具有一定的综合性，难度适中．
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