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2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷
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. |−2|的相反数为( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 2021年12月9日，“天宫课堂”正式开课，我国航天员在中国空间站首次进行太空授课，本次授课结束时，网络在线观看人数累计超过14600000人次．把“14600000”用科学记数法表示为( )
A. 0.146×108 B. 1.46×107 C. 14.6×106 D. 146×105
3. 如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体从上面看是( )
A. B. C. D.
4. 下列运算中，正确的是( )
A. a2⋅a5=a10 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−3a3)2=6a6 D. −3a2b+2a2b=−a2b
5. 某班准备从甲、乙、丙、丁四名同学中选一名最优秀的参加禁毒知识比赛，下表记录了四人3次选拔测试的相关数据：
甲
乙
丙
丁
平均分
95
93
95
94
方差
3.2
3.2
4.8
5.2
根据表中数据，应该选择( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 如图，将直角三角板放置在矩形纸片上，若∠1=48°，则∠2的度数为( )
A. 42°
B. 48°
C. 52°
D. 60°
7. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B=90°，∠BCD=120°，AB=2，CD=1，则AD的长为( )
A. 2 3−2
B. 3− 3
C. 4− 3
D. 2
8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a≠0)的部分图象如图所示，对称轴为直线x=1，且与x轴的一个交点在点(−1,0)和(0,0)之间.下列四个结论：①abc<0；②若点C(−3,y1)，D( 26,y2)在此抛物线上，则y1>y2；③2a+b+c<0；④对于任意实数m，总有a+b≥m(am+b).其中正确的结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 函数y=1 x−1的自变量x的取值范围是______ ．
10. 平面直角坐标系中，点P(2,1)关于y轴的对称点P′的坐标是______ ．
11. 如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为45°，测得底部C的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为120m，那么该建筑物的高度BC约为______m(结果保留整数， 3≈1.732)．
12. 若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2−6x+4=0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是______．
13. 如图，在▱ABCD中，尺规作图：以点A为圆心，AB的长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，以大于12BF的长为半径画弧交于点P，作射线AP交BC与点E，若BF=12，AB=10，则AE的长为______ ．
14. 我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据(单位：米)计算该整流罩的侧面积(单位：平方米)是______ ．
15. 《庄子⋅天下篇》记载“一尺之棰，日取其半，万世不竭”.如图，直线l1：y=12x+1与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交直线l2：y=x于点O1，过点O1作y轴的平行线交直线l1于点A1，以此类推，通过求OA，O1A1，O2A2，O3A3，…，由此得到O2023A2023= ______ ．
16. 如图，已知正方形ABCD的边长为a，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则当DF+CF之和取最小值时，△DCF的周长为______ .(用含a的代数式表示)
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)
先化简，再求值：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)−2y(3x+5y)，其中x= 2,y= 2−1．
18. (本小题8.0分)
“绿水青山就是金山银山”，某村为了绿化荒山，计划在植树节当天种植柏树和杉树．经调查，购买1棵柏树比1棵杉树多50元，且花费900元购买杉树与花费1200元购买柏树的数量相同．
(1)求柏树和杉树的单价各是多少元；
(2)本次绿化荒山，需购买柏树和杉树共80棵，且柏树的棵数不少于杉树的2倍．为完成这次绿化任务，村里筹措了资金15000元，问该村完成这次绿化任务有几种方案？
19. (本小题8.0分)
某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛，把甲、乙两组的成绩进行整理分析(满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x≤90为网络安全意识强，x<80为网路安全意识一般).收集整理的数据制成了两幅统计图：
平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(2)已知该校八年级有1000人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少人？
(3)现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名学生参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
20. (本小题9.0分)
如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
(1)若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
(2)求证：AH是⊙O的切线；
(3)若AB=6，CH=2，则AH的长为______．
21. (本小题9.0分)
如图，直线y=2x+6与反比例函数y=kx(k>0)的图象交于点A(1,m)，与x轴交于点B，平行于x轴的直线y=n(0
(2)观察图象，直接写出当x>0时不等式2x+6−kx>0的解集；
(3)直线y=n沿y轴方向平移，当n为何值时，△BMN的面积最大？最大值是多少？
22. (本小题10.0分)
某企业接到一批帽子生产任务，按要求在20天内完成，约定这批帽子的出厂价为每顶8元．为按时完成任务，该企业招收了新工人，设新工人小华第x天生产的帽子数量为y顶，y与x满足如下关系式：y=20x(0≤x≤5)10x+100(5
(2)如图，设第x天每顶帽子的成本是P元，P与x之间的关系可用图中的函数图象来刻画．若小华第x天创造的利润为w元，求w与x之间的函数表达式，并求出第几天的利润最大？最大值是多少元？
(3)设(2)小题中第m天利润达到最大值，若要使第(m+1)天的利润比第m天的利润至少多49元，则第(m+1)天每顶帽子至少应提价几元？
23. (本小题10.0分)
【模型建立】：(1)如图1，在等边△ABC中，点D、E分别在BC、AC边上，∠ADE=60°，求证：AB⋅CE=BD⋅DC；
【模型应用】：(2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，AE=AD，点F在DC边上，∠EFD=60°，则CFDF的值为______ ；
【模型拓展】：(3)如图3，在钝角△ABC中，∠ABC=60°，点D、E分别在BC、AC边上，∠DAE=∠ADE=60°，若AB=5，CE=6，求DC的长．
24. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=mx2+(m2+3)x−(6m+9)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B(3,0)．
(1)请直接写出：m= ______ ；抛物线的解析式______ ；直线BC的解析式______ ；tan∠OCA= ______ ；
(2)如图1，点P是抛物线上位于直线BC上方的一点，过点P作BC的垂线垂足为点G，求线段PG的最大值；
(3)如图2，Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，请求出点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−2|=2，
2的相反数是−2，
所以|−2|的相反数是−2．
故选：B．
先根据绝对值的意义求出−2的绝对值，再根据相反数的定义写出它的相反数即可．
本题考查了绝对值、相反数的理解与运算能力，掌握负数的绝对值是它的相反数是关键．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【解答】
解：14600000=1.46×107．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：C．
根据从上面看得到的图形可得答案．
本题考查了简单组合体从三个角度观察所得到的图形．
4.【答案】D
【解析】解：A、a2⋅a5=a7，故选项错误；
B、(a−b)2=a2−2ab+b2，故选项错误；
C、(−3a3)2=9a6，故选项错误；
D、−3a2b+2a2b=−a2b，故选项正确；
故选：D．
根据同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式分别判断即可．
本题考查了同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，解题的关键是掌握各自的运算法则．
5.【答案】A
【解析】解：从平均数看，成绩最好的是甲、丙同学，
从方差看，甲、乙方差小，发挥最稳定，
所以要从中选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加禁毒知识比赛，应该选择甲，
故选：A．
首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的同学参加即可．
本题考查了平均数和方差，熟悉它们的意义是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，延长AB交矩形纸片于D，
∴∠3=∠1=48°，
∴∠2=180°−90°−48°=42°．
故选：A．
利用平行线的性质得出∠3=∠1，再利用直角三角形的性质得出∠2即可求解．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：延长AD、BC交于E，
∵∠BCD=120°，
∴∠A=60°，
∵∠B=90°，
∴∠ADC=90°，∠E=30°，
在Rt△ABE中，AE=2AB=4，
在Rt△CDE中，DE=CDtan∠E= 3，
∴AD=AE−DE=4− 3，
故选：C．
延长AD、BC交于E，先利用直角三角形的性质求得AE的长，然后再求得DE的长，从而求得答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下、对称轴在y轴的右侧、与y轴的交于正半轴，
∴a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，故①正确；
∵点C(−3,y1)，D( 26,y2)在此抛物线上，且 26−1>1−(−3)，
∴点C距离对称轴较近，
∴y1>y2，故②正确；
∵对称轴为x=1，
∴−b2a=1，即b=−2a，
∴2a+b+c=2a−2a+c=c>0，故③错误；
∵当x=1时，y=a+b+c，当x=m时，y=am2+bm+c，且当x=1时，y有最大值，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥m(am+b)，故④正确；
故选：C．
由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点，即可判断结论①；由点C、点D离对称轴的远近即可判断结论②；把b=−2a代入2a+b+c即可判断结论③；由x=1和x=m时函数值的大小比较即可判断结论④．
本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数图象与系数的关系是解决本题的关键．
9.【答案】x>1
【解析】解：由题意得， x−1>0，
解得x>1．
故答案为：x>1．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
10.【答案】(−2,1)
【解析】解：在平面直角坐标系中，点P(2,1)关于y轴的对称点P′的坐标是(−2,1)．
故答案为：(−2,1)．
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
本题主要考查了关于y轴对称点的坐标，掌握点的坐标的变化规律是关键．
11.【答案】328
【解析】解：如图，∵在Rt△ABD中，AD=90，∠BAD=45°，
∴BD=AD=120(m)，
∵在Rt△ACD中，∠CAD=60°，
∴CD=AD⋅tan60°=120 3(m)，
∴BC=BD+CD=120 3+120=328(m)
答：该建筑物的高度BC约为328米．
故答案为：328．
在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD=AD⋅tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD=AD⋅tan∠CAD，再根据BC=BD+CD，代入数据计算即可．
此题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．
12.【答案】2 7
【解析】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2−6x+4=0的两个实数根，
∴a+b=6，ab=4，
∴斜边c= a2+b2= (a+b)2−2ab= 62−2×4=2 7，
故答案为：2 7．
设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b=6，ab=4，再由勾股定理即可求出斜边长．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，涉及勾股定理、完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，得到a+b=6，ab=4．
13.【答案】16
【解析】解：由题意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF//BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=12BF=6，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 102−62=8，
∴AE=2OA=16．
故答案为：16．
证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形．
14.【答案】12π平方米
【解析】解：观察图形可知：
圆锥母线长为： (2.42)2+1．62=2(米)，
所以该整流罩的侧面积为：π×2.4×4+π×(2.4÷2)×2=12π(平方米)．
答：该整流罩的侧面积是12π平方米．
故选：B．
根据几何体的三视图得这个几何体是上面圆锥下面是圆柱，再根据圆锥的侧面是扇形和圆柱的侧面是长方形即可求解．
本题考查了由三视图判断几何体，几何体的表面积，解决本题的关键是根据几何体的三视图得几何体，再根据几何体求其侧面积．
15.【答案】(12)2023
【解析】解：把x=0代入y=12x+1得，y=1，
∴A(0,1)，
∴OA=1，
把y=1代入y=x得，x=1，
∴O1(1,1)，
把x=1代入y=12x+1得，y=12×1+1=32，
∴A1(1,32)，
∴O1A1=32−1=12，
把y=32代入y=x得，x=32，
∴O2(32,32)，
把x=32代入y=12x+1得，y=12×32+1=74，
∴A2(32,74)，
∴O2A2=74−32=14，
…，
∴OnAn=(12)n，
∴O2023A2023=(12)2023．
故答案为：(12)2023．
由直线l1的解析式求得A，即可求得OA，把A的坐标代入y=x求得O1的坐标，进而求得A1的坐标，即可求得O1A1，把A1的纵坐标代入y=x求得O2的坐标，进而求得A2的坐标，即可求得O2A2，…，得到规律，即可求得OnAn=(12)n．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合函数的解析式是解题的关键．
16.【答案】3( 5+1)a
【解析】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF=DE，
∴△AED≌△GFE(AAS)，
∴FG=AE，
作点C关于BF的对称点C′，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C′点在AB的延长线上，
当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，
在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，
∴DC′= AD2+C′A2=a 5，
∴DF+CF的最小值为a 5，
∴，△DCF的周长为( 5+1)a．
故答案为：( 5+1)a．
过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE(AAS)，确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C′，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C′点在AB的延长线上；当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，由勾股定理可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
17.【答案】解：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)−2y(3x+5y)
=4x2+12xy+9y2−4x2+y2−6xy−10y2
=6xy，
当x= 2，y= 2−1时，原式=6× 2×( 2−1)=12−6 2．
【解析】原式利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把x与y的值代入计算即可．
此题考查了整式的混合运算−化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，
依题意得：900x=1200x+50，
解得：x=150，
∴x+50=150+50=200．
答：柏树的单价是200元，杉树的单价是150元．
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，
依题意得：m≥2(80−m)200m+150(80−m)≤15000，
解得：1603≤m≤60．
又∵m为正整数，
∴m可以取54，55，56，57，58，59，60，
∴该村完成这次绿化任务有7种方案．
【解析】(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，利用数量=总价÷单价，结合花费900元购买杉树与花费1200元购买柏树的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出杉树的单价，再将其代入(x+50)中即可求出柏树的单价；
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，根据“购买柏树的棵数不少于杉树的2倍，且购买总费用不超过15000”元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出购买方案的个数．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
19.【答案】83 85 70
【解析】解：(1)甲组的平均数a=70+80×6+90×2+10010=83(分)，
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+902=85(分)，即中位数b=85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c=70，
故答案为：83，85，70；
(2)1000×2+1+3+210+10=400(人)，
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有400人；
(3)甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：
甲
乙1
乙2
甲
甲乙1
乙2甲
乙1
甲乙1
乙2乙1
乙2
甲乙2
乙1乙2
共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为46=23．
(1)根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
(3)列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．
20.【答案】132
【解析】(1)解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AB=CD．
∵E是AB的中点，
∴AE=12AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC=12CD．
∴AE//OC，AE=OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
(2)证明：由(1)得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO//EC
∴∠AOD=∠OCF，∠AOF=∠OFC．
∵OF=OC
∴∠OCF=∠OFC．
∴∠AOD=∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO=AO，∠AOD=∠AOF，OD=OF
∴△AOD≌△AOF(SAS)．
∴∠ADO=∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO=90°．
∴∠AFO=90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
(3)∵CD为⊙O的直径，∠ADC=∠BCD=90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH=FH，AD=AF，
设BH=x，
∵CH=2，
∴BC=2+x，
∴BC=AD=AF=2+x，
∴AH=AF+FH=4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2=AH2，
∴62+x2=(4+x)2，
解得x=52．
∴AH=4+52=132．
故答案为：132．
(1)证明AE//OC，AE=OC，可得四边形AECO为平行四边形；
(2)根据SAS证明△AOD≌△AOF，可得∠ADO=∠AFO，证得∠AFO=90°，则结论得证；
(3)由切线长定理可得CH=FH，AD=AF，设BH=x，则BC=2+x，AD=AF=2+x，可得AH=4+x，在Rt△ABH中，可得AB2+BH2=AH2，得出关于x的方程62+x2=(4+x)2，
解出x即可．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及切线长定理；熟练掌握切线的判定定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵直线y=2x+6经过点A(1,m)，
∴m=2×1+6=8，
∴A(1,8)，
∵反比例函数经过点A(1,8)，
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x．
(2)不等式2x+6−kx>0的解集为x>1．
(3)由题意得，点M，N的坐标分别为M(8n,n)，N(n−62,n)，
∵0
∴|MN|=8n−n−62>0
∴S△BMN=12|MN|×|yM|=12×(8n−n−62)×n=−14(n−3)2+254，
∴n=3时，△BMN的面积最大，最大值为254．
【解析】(1)求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
(2)结合函数图象找到直线在双曲线上方对应的x的取值范围；
(3)构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
本题考查反比例函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建二次函数，解决最值问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)若20x=220，则x=11，与0≤x≤5不符，
∴10x+100=220，
解得，x=12，
故第12天生产了220顶帽子；
(2)由图象得，
当0≤x≤10时，P=5.2；
当10
10k+b=5.220k+b=6.2，
解得，k=0.1b=4.2，
∴p=0.1x+4.2；
①0≤x≤5时，w=y(8−p)=20x(8−5.2)=56x
当x=5时，w有最大值为w=280(元)
②5
综上，当x=14时，w有最大值，最大值为576元．
(3)由(2)小题可知，m=14，m+1=15，设第15天提价a元，由题意得
w=y(8+a−p)=(10x+100)[8+a−(0.1x+4.2)]=250(2.3+a)
∴250(2.3+a)−576≥49
∴a≥0.2
答：第15天每顶帽子至少应提价0.2元．
【解析】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用，主要是利用二次函数的增减性求最值问题，利用一次函数的增减性求最值，难点在于读懂题目信息，列出相关的函数关系式．
(1)把y=220代入y=10x+100，解方程即可求得；
(2)根据图象求得成本p与x之间的关系，然后根据利润等于订购价减去成本价，然后整理即可得到W与x的关系式，再根据一次函数的增减性和二次函数的增减性解答；
(3)根据(2)得出m+1=15，根据利润等于订购价减去成本价得出提价a与利润w的关系式，再根据题意列出不等式求解即可．
23.【答案】12
【解析】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠ADC=∠B+∠BAD，∠ADE=60°，
∴∠CDE=∠BAD，
∴△ABD∽△DCE，
∴ABDC=BDCE，
∴AB⋅CE=BD⋅DC；
(2)解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵∠B=60°，
∴∠BAD=30°，
∴∠CAD=60°，
∵AE=AD，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∴∠EDF=30°，
∵∠DFE=60°，
∴∠DEF=90°，DF=2EF，
∵∠C=30°，∠EFD=60°，
∴∠C=∠FEC=30°，
∴EF=CF，
∴CFDF=EFDF=12，
故答案为：12；
(3)解：在CD上取点F，使∠EFD=60°，
∵∠DAE=∠ADE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
由(1)同理知，△ABD∽△DFE，
∴△ABD≌△DFE，
∴DF=AB=5，
∵∠CFE=∠CED=120°，∠C=∠C，
∴△CFE∽△CED，
∴CECD=CFCE，
∴6CF+5=CF6，
∴CF=4(负值舍去)，
∴CD=CF+DF=4+5=9．
(1)根据等边三角形的性质和三角形外角的性质可得∠CDE=∠BAD，则△ABD∽△DCE，即可得出结论；
(2)根据等边三角形的判定得，△ADE是等边三角形，再说明CF=EF，利用含30°角的直角三角形的性质可得答案；
(3)在CD上取点F，使∠EFD=60°，根据一线三等角说明△ABD≌△DFE，得DF=AB=5，再根据△CFE∽△CED，得CECD=CFCE，代入计算即可．
本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造一线三等角基本模型是解题的关键．
24.【答案】−1 y=−x2+4x−3 y=x−3 13
【解析】解：(1)∵抛物线y=mx2+(m2+3)x−(6m+9)经过点B(3,0)，
∴9m+3(m2+3)−6m−9=0，
解得：m=0(舍去)或m=−1，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+4x−3，
令x=0，得y=−3，
∴C(0,−3)，OC=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
故m的值为−1，直线BC对应的函数表达式为y=x−3；
在抛物线y=−x2+4x−3中，令y=0，得−x2+4x−3=0，
解得：x1=1，x2=3，
∴A(1,0)，
∴OA=1，OC=3，
tan∠OCA=OAOC=13；
故答案为：m=−1，y=−x2+4x−3，y=x−3，13；
(2)如图1，过点P作PH//y轴交BC于点H，
设P(t,−t2+4t−3)，则H(t,t−3)，
∴PH=−t2+4t−3−(t−3)=−t2+3t，
∵OB=OC=3，
∴∠BCO=∠CBO=45°，
∵PH//y轴，
∴∠PHG=∠BCO=45°，
∵PG⊥BC，
∴∠PGH=90°，
∴PG=PH⋅sin∠PHG=(−t2+3t)×sin45°=− 22(t−32)2+9 28，
∵− 22<0，
∴当t=32时，PG的最大值为9 28；
(3)如图2，在CB下方作∠BCE=∠OCA，过点B作BE⊥CB，交射线CE于点E，
过点E作EF⊥x轴于点F，连接CE交抛物线于点Q，
则∠BFE=∠CBE=90°，
∵∠CBO=45°，
∴∠EBF=180°−∠CBE−∠CBO=180°−90°−45°=45°，
∴BF=EF= 22BE，
∵∠COA=∠CBE=90°，∠BCE=∠OCA，
∴tan∠BCE=tan∠OCA，
∴BECB=OAOC，
在抛物线y=−x2+4x−3中，令y=0，得−x2+4x−3=0，
解得：x1=1，x2=3，
∴A(1,0)，
∴OA=1，
∵OC=CB⋅cos∠BCO=CB⋅cos45°= 22CB，
∴CB= 2OC=3 2，
∴BE3 2=13，
∴BE= 2，
∴BF=EF= 22× 2=1，
∴OF=OB+BF=3+1=4，
∴E(4,−1)，
设直线CE的解析式为y=ex+f，
则f=−34e+f=−1，
解得：e=12f=−3，
∴直线CE的解析式为y=12x−3，
联立方程组得y=12x−3y=−x2+4x−3，
解得：x1=0y1=−3，x2=72y2=−54，
∴点Q的坐标为(72,−54).
(1)运用待定系数法即可求出抛物线解析式，得出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，在RT△AOC中利用正切的概念计算tan∠OCA的值即可；
(2)如图1，过点P作PH//y轴交BC于点H，设P(t,−t2+4t−3)，则H(t,t−3)，PH=−t2+3t，由PH//y轴，得出∠PHG=∠BCO=45°，利用三角函数得出PG=PH⋅sin∠PHG=− 22(t−32)2+9 28，运用二次函数的性质即可求得答案；
(3)如图2，在CB下方作∠BCE=∠OCA，过点B作BE⊥CB，交射线CE于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，连接CE交抛物线于点Q，由tan∠BCE=tan∠OCA，可得BECB=OAOC，求得BE= 2，进而可得E(4,−1)，利用待定系数法可得出：直线CE的解析式为y=12x−3，联立方程组即可求得点Q的坐标．
本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角函数定义，相似三角形的判定和性质，直线与抛物线的交点坐标等，在求解过程中，结合背景图形，作出正确的辅助线是解题的关键．
2023年湖北省孝感市孝南区中考数学三模试卷
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. |−2|的相反数为( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 2021年12月9日，“天宫课堂”正式开课，我国航天员在中国空间站首次进行太空授课，本次授课结束时，网络在线观看人数累计超过14600000人次．把“14600000”用科学记数法表示为( )
A. 0.146×108 B. 1.46×107 C. 14.6×106 D. 146×105
3. 如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，这个几何体从上面看是( )
A. B. C. D.
4. 下列运算中，正确的是( )
A. a2⋅a5=a10 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−3a3)2=6a6 D. −3a2b+2a2b=−a2b
5. 某班准备从甲、乙、丙、丁四名同学中选一名最优秀的参加禁毒知识比赛，下表记录了四人3次选拔测试的相关数据：
甲
乙
丙
丁
平均分
95
93
95
94
方差
3.2
3.2
4.8
5.2
根据表中数据，应该选择( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
6. 如图，将直角三角板放置在矩形纸片上，若∠1=48°，则∠2的度数为( )
A. 42°
B. 48°
C. 52°
D. 60°
7. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B=90°，∠BCD=120°，AB=2，CD=1，则AD的长为( )
A. 2 3−2
B. 3− 3
C. 4− 3
D. 2
8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a≠0)的部分图象如图所示，对称轴为直线x=1，且与x轴的一个交点在点(−1,0)和(0,0)之间.下列四个结论：①abc<0；②若点C(−3,y1)，D( 26,y2)在此抛物线上，则y1>y2；③2a+b+c<0；④对于任意实数m，总有a+b≥m(am+b).其中正确的结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 函数y=1 x−1的自变量x的取值范围是______ ．
10. 平面直角坐标系中，点P(2,1)关于y轴的对称点P′的坐标是______ ．
11. 如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B的仰角为45°，测得底部C的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为120m，那么该建筑物的高度BC约为______m(结果保留整数， 3≈1.732)．
12. 若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2−6x+4=0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是______．
13. 如图，在▱ABCD中，尺规作图：以点A为圆心，AB的长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，以大于12BF的长为半径画弧交于点P，作射线AP交BC与点E，若BF=12，AB=10，则AE的长为______ ．
14. 我国某型号运载火箭的整流罩的三视图如图所示，根据图中数据(单位：米)计算该整流罩的侧面积(单位：平方米)是______ ．
15. 《庄子⋅天下篇》记载“一尺之棰，日取其半，万世不竭”.如图，直线l1：y=12x+1与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交直线l2：y=x于点O1，过点O1作y轴的平行线交直线l1于点A1，以此类推，通过求OA，O1A1，O2A2，O3A3，…，由此得到O2023A2023= ______ ．
16. 如图，已知正方形ABCD的边长为a，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则当DF+CF之和取最小值时，△DCF的周长为______ .(用含a的代数式表示)
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)
先化简，再求值：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)−2y(3x+5y)，其中x= 2,y= 2−1．
18. (本小题8.0分)
“绿水青山就是金山银山”，某村为了绿化荒山，计划在植树节当天种植柏树和杉树．经调查，购买1棵柏树比1棵杉树多50元，且花费900元购买杉树与花费1200元购买柏树的数量相同．
(1)求柏树和杉树的单价各是多少元；
(2)本次绿化荒山，需购买柏树和杉树共80棵，且柏树的棵数不少于杉树的2倍．为完成这次绿化任务，村里筹措了资金15000元，问该村完成这次绿化任务有几种方案？
19. (本小题8.0分)
某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛，把甲、乙两组的成绩进行整理分析(满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x≤90为网络安全意识强，x<80为网路安全意识一般).收集整理的数据制成了两幅统计图：
平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(2)已知该校八年级有1000人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少人？
(3)现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名学生参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
20. (本小题9.0分)
如图，以矩形ABCD的边CD为直径作⊙O，点E是AB的中点，连接CE交⊙O于点F，连接AF并延长交BC于点H．
(1)若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
(2)求证：AH是⊙O的切线；
(3)若AB=6，CH=2，则AH的长为______．
21. (本小题9.0分)
如图，直线y=2x+6与反比例函数y=kx(k>0)的图象交于点A(1,m)，与x轴交于点B，平行于x轴的直线y=n(0
(2)观察图象，直接写出当x>0时不等式2x+6−kx>0的解集；
(3)直线y=n沿y轴方向平移，当n为何值时，△BMN的面积最大？最大值是多少？
22. (本小题10.0分)
某企业接到一批帽子生产任务，按要求在20天内完成，约定这批帽子的出厂价为每顶8元．为按时完成任务，该企业招收了新工人，设新工人小华第x天生产的帽子数量为y顶，y与x满足如下关系式：y=20x(0≤x≤5)10x+100(5
(2)如图，设第x天每顶帽子的成本是P元，P与x之间的关系可用图中的函数图象来刻画．若小华第x天创造的利润为w元，求w与x之间的函数表达式，并求出第几天的利润最大？最大值是多少元？
(3)设(2)小题中第m天利润达到最大值，若要使第(m+1)天的利润比第m天的利润至少多49元，则第(m+1)天每顶帽子至少应提价几元？
23. (本小题10.0分)
【模型建立】：(1)如图1，在等边△ABC中，点D、E分别在BC、AC边上，∠ADE=60°，求证：AB⋅CE=BD⋅DC；
【模型应用】：(2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，AE=AD，点F在DC边上，∠EFD=60°，则CFDF的值为______ ；
【模型拓展】：(3)如图3，在钝角△ABC中，∠ABC=60°，点D、E分别在BC、AC边上，∠DAE=∠ADE=60°，若AB=5，CE=6，求DC的长．
24. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=mx2+(m2+3)x−(6m+9)与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B(3,0)．
(1)请直接写出：m= ______ ；抛物线的解析式______ ；直线BC的解析式______ ；tan∠OCA= ______ ；
(2)如图1，点P是抛物线上位于直线BC上方的一点，过点P作BC的垂线垂足为点G，求线段PG的最大值；
(3)如图2，Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，请求出点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−2|=2，
2的相反数是−2，
所以|−2|的相反数是−2．
故选：B．
先根据绝对值的意义求出−2的绝对值，再根据相反数的定义写出它的相反数即可．
本题考查了绝对值、相反数的理解与运算能力，掌握负数的绝对值是它的相反数是关键．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【解答】
解：14600000=1.46×107．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：从上面看第一列是一个小正方形，第二列是两个小正方形，第三列居上是一个小正方形．
故选：C．
根据从上面看得到的图形可得答案．
本题考查了简单组合体从三个角度观察所得到的图形．
4.【答案】D
【解析】解：A、a2⋅a5=a7，故选项错误；
B、(a−b)2=a2−2ab+b2，故选项错误；
C、(−3a3)2=9a6，故选项错误；
D、−3a2b+2a2b=−a2b，故选项正确；
故选：D．
根据同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式分别判断即可．
本题考查了同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，解题的关键是掌握各自的运算法则．
5.【答案】A
【解析】解：从平均数看，成绩最好的是甲、丙同学，
从方差看，甲、乙方差小，发挥最稳定，
所以要从中选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加禁毒知识比赛，应该选择甲，
故选：A．
首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的同学参加即可．
本题考查了平均数和方差，熟悉它们的意义是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，延长AB交矩形纸片于D，
∴∠3=∠1=48°，
∴∠2=180°−90°−48°=42°．
故选：A．
利用平行线的性质得出∠3=∠1，再利用直角三角形的性质得出∠2即可求解．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：延长AD、BC交于E，
∵∠BCD=120°，
∴∠A=60°，
∵∠B=90°，
∴∠ADC=90°，∠E=30°，
在Rt△ABE中，AE=2AB=4，
在Rt△CDE中，DE=CDtan∠E= 3，
∴AD=AE−DE=4− 3，
故选：C．
延长AD、BC交于E，先利用直角三角形的性质求得AE的长，然后再求得DE的长，从而求得答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下、对称轴在y轴的右侧、与y轴的交于正半轴，
∴a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，故①正确；
∵点C(−3,y1)，D( 26,y2)在此抛物线上，且 26−1>1−(−3)，
∴点C距离对称轴较近，
∴y1>y2，故②正确；
∵对称轴为x=1，
∴−b2a=1，即b=−2a，
∴2a+b+c=2a−2a+c=c>0，故③错误；
∵当x=1时，y=a+b+c，当x=m时，y=am2+bm+c，且当x=1时，y有最大值，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥m(am+b)，故④正确；
故选：C．
由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点，即可判断结论①；由点C、点D离对称轴的远近即可判断结论②；把b=−2a代入2a+b+c即可判断结论③；由x=1和x=m时函数值的大小比较即可判断结论④．
本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数图象与系数的关系是解决本题的关键．
9.【答案】x>1
【解析】解：由题意得， x−1>0，
解得x>1．
故答案为：x>1．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
10.【答案】(−2,1)
【解析】解：在平面直角坐标系中，点P(2,1)关于y轴的对称点P′的坐标是(−2,1)．
故答案为：(−2,1)．
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
本题主要考查了关于y轴对称点的坐标，掌握点的坐标的变化规律是关键．
11.【答案】328
【解析】解：如图，∵在Rt△ABD中，AD=90，∠BAD=45°，
∴BD=AD=120(m)，
∵在Rt△ACD中，∠CAD=60°，
∴CD=AD⋅tan60°=120 3(m)，
∴BC=BD+CD=120 3+120=328(m)
答：该建筑物的高度BC约为328米．
故答案为：328．
在Rt△ABD中，根据正切函数求得BD=AD⋅tan∠BAD，在Rt△ACD中，求得CD=AD⋅tan∠CAD，再根据BC=BD+CD，代入数据计算即可．
此题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角或俯角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．
12.【答案】2 7
【解析】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2−6x+4=0的两个实数根，
∴a+b=6，ab=4，
∴斜边c= a2+b2= (a+b)2−2ab= 62−2×4=2 7，
故答案为：2 7．
设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b=6，ab=4，再由勾股定理即可求出斜边长．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，涉及勾股定理、完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，得到a+b=6，ab=4．
13.【答案】16
【解析】解：由题意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF//BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=12BF=6，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 102−62=8，
∴AE=2OA=16．
故答案为：16．
证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形．
14.【答案】12π平方米
【解析】解：观察图形可知：
圆锥母线长为： (2.42)2+1．62=2(米)，
所以该整流罩的侧面积为：π×2.4×4+π×(2.4÷2)×2=12π(平方米)．
答：该整流罩的侧面积是12π平方米．
故选：B．
根据几何体的三视图得这个几何体是上面圆锥下面是圆柱，再根据圆锥的侧面是扇形和圆柱的侧面是长方形即可求解．
本题考查了由三视图判断几何体，几何体的表面积，解决本题的关键是根据几何体的三视图得几何体，再根据几何体求其侧面积．
15.【答案】(12)2023
【解析】解：把x=0代入y=12x+1得，y=1，
∴A(0,1)，
∴OA=1，
把y=1代入y=x得，x=1，
∴O1(1,1)，
把x=1代入y=12x+1得，y=12×1+1=32，
∴A1(1,32)，
∴O1A1=32−1=12，
把y=32代入y=x得，x=32，
∴O2(32,32)，
把x=32代入y=12x+1得，y=12×32+1=74，
∴A2(32,74)，
∴O2A2=74−32=14，
…，
∴OnAn=(12)n，
∴O2023A2023=(12)2023．
故答案为：(12)2023．
由直线l1的解析式求得A，即可求得OA，把A的坐标代入y=x求得O1的坐标，进而求得A1的坐标，即可求得O1A1，把A1的纵坐标代入y=x求得O2的坐标，进而求得A2的坐标，即可求得O2A2，…，得到规律，即可求得OnAn=(12)n．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合函数的解析式是解题的关键．
16.【答案】3( 5+1)a
【解析】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF=DE，
∴△AED≌△GFE(AAS)，
∴FG=AE，
作点C关于BF的对称点C′，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C′点在AB的延长线上，
当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，
在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，
∴DC′= AD2+C′A2=a 5，
∴DF+CF的最小值为a 5，
∴，△DCF的周长为( 5+1)a．
故答案为：( 5+1)a．
过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE(AAS)，确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C′，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C′点在AB的延长线上；当D、F、C′三点共线时，DF+CF=DC′最小，在Rt△ADC′中，AD=a，AC′=2a，由勾股定理可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
17.【答案】解：(2x+3y)2−(2x+y)(2x−y)−2y(3x+5y)
=4x2+12xy+9y2−4x2+y2−6xy−10y2
=6xy，
当x= 2，y= 2−1时，原式=6× 2×( 2−1)=12−6 2．
【解析】原式利用完全平方公式，平方差公式，以及单项式乘多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把x与y的值代入计算即可．
此题考查了整式的混合运算−化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，
依题意得：900x=1200x+50，
解得：x=150，
∴x+50=150+50=200．
答：柏树的单价是200元，杉树的单价是150元．
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，
依题意得：m≥2(80−m)200m+150(80−m)≤15000，
解得：1603≤m≤60．
又∵m为正整数，
∴m可以取54，55，56，57，58，59，60，
∴该村完成这次绿化任务有7种方案．
【解析】(1)设杉树的单价是x元，则柏树的单价是(x+50)元，利用数量=总价÷单价，结合花费900元购买杉树与花费1200元购买柏树的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出杉树的单价，再将其代入(x+50)中即可求出柏树的单价；
(2)设购买柏树m棵，则购买杉树(80−m)棵，根据“购买柏树的棵数不少于杉树的2倍，且购买总费用不超过15000”元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出购买方案的个数．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
19.【答案】83 85 70
【解析】解：(1)甲组的平均数a=70+80×6+90×2+10010=83(分)，
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+902=85(分)，即中位数b=85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c=70，
故答案为：83，85，70；
(2)1000×2+1+3+210+10=400(人)，
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有400人；
(3)甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：
甲
乙1
乙2
甲
甲乙1
乙2甲
乙1
甲乙1
乙2乙1
乙2
甲乙2
乙1乙2
共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为46=23．
(1)根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
(3)列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．
20.【答案】132
【解析】(1)解：连接AO，四边形AECO是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AB=CD．
∵E是AB的中点，
∴AE=12AB．
∵CD是⊙O的直径，
∴OC=12CD．
∴AE//OC，AE=OC．
∴四边形AECO为平行四边形．
(2)证明：由(1)得，四边形AECO为平行四边形，
∴AO//EC
∴∠AOD=∠OCF，∠AOF=∠OFC．
∵OF=OC
∴∠OCF=∠OFC．
∴∠AOD=∠AOF．
∵在△AOD和△AOF中，AO=AO，∠AOD=∠AOF，OD=OF
∴△AOD≌△AOF(SAS)．
∴∠ADO=∠AFO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADO=90°．
∴∠AFO=90°，即AH⊥OF．
∵点F在⊙O上，
∴AH是⊙O的切线．
(3)∵CD为⊙O的直径，∠ADC=∠BCD=90°，
∴AD，BC为⊙O的切线，
又∵AH是⊙O的切线，
∴CH=FH，AD=AF，
设BH=x，
∵CH=2，
∴BC=2+x，
∴BC=AD=AF=2+x，
∴AH=AF+FH=4+x，
在Rt△ABH中，∵AB2+BH2=AH2，
∴62+x2=(4+x)2，
解得x=52．
∴AH=4+52=132．
故答案为：132．
(1)证明AE//OC，AE=OC，可得四边形AECO为平行四边形；
(2)根据SAS证明△AOD≌△AOF，可得∠ADO=∠AFO，证得∠AFO=90°，则结论得证；
(3)由切线长定理可得CH=FH，AD=AF，设BH=x，则BC=2+x，AD=AF=2+x，可得AH=4+x，在Rt△ABH中，可得AB2+BH2=AH2，得出关于x的方程62+x2=(4+x)2，
解出x即可．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及切线长定理；熟练掌握切线的判定定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)∵直线y=2x+6经过点A(1,m)，
∴m=2×1+6=8，
∴A(1,8)，
∵反比例函数经过点A(1,8)，
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x．
(2)不等式2x+6−kx>0的解集为x>1．
(3)由题意得，点M，N的坐标分别为M(8n,n)，N(n−62,n)，
∵0
∴|MN|=8n−n−62>0
∴S△BMN=12|MN|×|yM|=12×(8n−n−62)×n=−14(n−3)2+254，
∴n=3时，△BMN的面积最大，最大值为254．
【解析】(1)求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
(2)结合函数图象找到直线在双曲线上方对应的x的取值范围；
(3)构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
本题考查反比例函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建二次函数，解决最值问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)若20x=220，则x=11，与0≤x≤5不符，
∴10x+100=220，
解得，x=12，
故第12天生产了220顶帽子；
(2)由图象得，
当0≤x≤10时，P=5.2；
当10
10k+b=5.220k+b=6.2，
解得，k=0.1b=4.2，
∴p=0.1x+4.2；
①0≤x≤5时，w=y(8−p)=20x(8−5.2)=56x
当x=5时，w有最大值为w=280(元)
②5
综上，当x=14时，w有最大值，最大值为576元．
(3)由(2)小题可知，m=14，m+1=15，设第15天提价a元，由题意得
w=y(8+a−p)=(10x+100)[8+a−(0.1x+4.2)]=250(2.3+a)
∴250(2.3+a)−576≥49
∴a≥0.2
答：第15天每顶帽子至少应提价0.2元．
【解析】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用，主要是利用二次函数的增减性求最值问题，利用一次函数的增减性求最值，难点在于读懂题目信息，列出相关的函数关系式．
(1)把y=220代入y=10x+100，解方程即可求得；
(2)根据图象求得成本p与x之间的关系，然后根据利润等于订购价减去成本价，然后整理即可得到W与x的关系式，再根据一次函数的增减性和二次函数的增减性解答；
(3)根据(2)得出m+1=15，根据利润等于订购价减去成本价得出提价a与利润w的关系式，再根据题意列出不等式求解即可．
23.【答案】12
【解析】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠ADC=∠B+∠BAD，∠ADE=60°，
∴∠CDE=∠BAD，
∴△ABD∽△DCE，
∴ABDC=BDCE，
∴AB⋅CE=BD⋅DC；
(2)解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵∠B=60°，
∴∠BAD=30°，
∴∠CAD=60°，
∵AE=AD，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∴∠EDF=30°，
∵∠DFE=60°，
∴∠DEF=90°，DF=2EF，
∵∠C=30°，∠EFD=60°，
∴∠C=∠FEC=30°，
∴EF=CF，
∴CFDF=EFDF=12，
故答案为：12；
(3)解：在CD上取点F，使∠EFD=60°，
∵∠DAE=∠ADE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
由(1)同理知，△ABD∽△DFE，
∴△ABD≌△DFE，
∴DF=AB=5，
∵∠CFE=∠CED=120°，∠C=∠C，
∴△CFE∽△CED，
∴CECD=CFCE，
∴6CF+5=CF6，
∴CF=4(负值舍去)，
∴CD=CF+DF=4+5=9．
(1)根据等边三角形的性质和三角形外角的性质可得∠CDE=∠BAD，则△ABD∽△DCE，即可得出结论；
(2)根据等边三角形的判定得，△ADE是等边三角形，再说明CF=EF，利用含30°角的直角三角形的性质可得答案；
(3)在CD上取点F，使∠EFD=60°，根据一线三等角说明△ABD≌△DFE，得DF=AB=5，再根据△CFE∽△CED，得CECD=CFCE，代入计算即可．
本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造一线三等角基本模型是解题的关键．
24.【答案】−1 y=−x2+4x−3 y=x−3 13
【解析】解：(1)∵抛物线y=mx2+(m2+3)x−(6m+9)经过点B(3,0)，
∴9m+3(m2+3)−6m−9=0，
解得：m=0(舍去)或m=−1，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+4x−3，
令x=0，得y=−3，
∴C(0,−3)，OC=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
故m的值为−1，直线BC对应的函数表达式为y=x−3；
在抛物线y=−x2+4x−3中，令y=0，得−x2+4x−3=0，
解得：x1=1，x2=3，
∴A(1,0)，
∴OA=1，OC=3，
tan∠OCA=OAOC=13；
故答案为：m=−1，y=−x2+4x−3，y=x−3，13；
(2)如图1，过点P作PH//y轴交BC于点H，
设P(t,−t2+4t−3)，则H(t,t−3)，
∴PH=−t2+4t−3−(t−3)=−t2+3t，
∵OB=OC=3，
∴∠BCO=∠CBO=45°，
∵PH//y轴，
∴∠PHG=∠BCO=45°，
∵PG⊥BC，
∴∠PGH=90°，
∴PG=PH⋅sin∠PHG=(−t2+3t)×sin45°=− 22(t−32)2+9 28，
∵− 22<0，
∴当t=32时，PG的最大值为9 28；
(3)如图2，在CB下方作∠BCE=∠OCA，过点B作BE⊥CB，交射线CE于点E，
过点E作EF⊥x轴于点F，连接CE交抛物线于点Q，
则∠BFE=∠CBE=90°，
∵∠CBO=45°，
∴∠EBF=180°−∠CBE−∠CBO=180°−90°−45°=45°，
∴BF=EF= 22BE，
∵∠COA=∠CBE=90°，∠BCE=∠OCA，
∴tan∠BCE=tan∠OCA，
∴BECB=OAOC，
在抛物线y=−x2+4x−3中，令y=0，得−x2+4x−3=0，
解得：x1=1，x2=3，
∴A(1,0)，
∴OA=1，
∵OC=CB⋅cos∠BCO=CB⋅cos45°= 22CB，
∴CB= 2OC=3 2，
∴BE3 2=13，
∴BE= 2，
∴BF=EF= 22× 2=1，
∴OF=OB+BF=3+1=4，
∴E(4,−1)，
设直线CE的解析式为y=ex+f，
则f=−34e+f=−1，
解得：e=12f=−3，
∴直线CE的解析式为y=12x−3，
联立方程组得y=12x−3y=−x2+4x−3，
解得：x1=0y1=−3，x2=72y2=−54，
∴点Q的坐标为(72,−54).
(1)运用待定系数法即可求出抛物线解析式，得出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，在RT△AOC中利用正切的概念计算tan∠OCA的值即可；
(2)如图1，过点P作PH//y轴交BC于点H，设P(t,−t2+4t−3)，则H(t,t−3)，PH=−t2+3t，由PH//y轴，得出∠PHG=∠BCO=45°，利用三角函数得出PG=PH⋅sin∠PHG=− 22(t−32)2+9 28，运用二次函数的性质即可求得答案；
(3)如图2，在CB下方作∠BCE=∠OCA，过点B作BE⊥CB，交射线CE于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，连接CE交抛物线于点Q，由tan∠BCE=tan∠OCA，可得BECB=OAOC，求得BE= 2，进而可得E(4,−1)，利用待定系数法可得出：直线CE的解析式为y=12x−3，联立方程组即可求得点Q的坐标．
本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角函数定义，相似三角形的判定和性质，直线与抛物线的交点坐标等，在求解过程中，结合背景图形，作出正确的辅助线是解题的关键．
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