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2023年山东省青岛市崂山区中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省青岛市崂山区中考数学三模试卷（含解析），共33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年山东省青岛市崂山区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列数中，绝对值等于2的数是( )
A. −2−1 B. (±12)−2 C. |±2| D. (−2)−1
2. 青岛市为积极保障人民的健康财产，出台“食安青岛”八条措施.下列食品标识中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 微米通常用来计量微小物体的长度，是红外线等波长、细胞大小、细菌大小等的数量级.1微米相当于1米的一百万分之一.紫外线是一种在电磁波谱中波长从0.01微米～0.4微米辐射的总称，把0.01微米用科学记数法表示是( )
A. 1×10−8m B. 0.1×10−6m C. 0.1×10−7m D. 1×10−7m
4. 下列计算正确的是( )
A. 5m+3m=8m2 B. 3x2⋅2x3=6x6 C. a5÷a2=a3 D. (cos30°)−2=4
5. 一个由若干个大小相同的小立方块搭成的几何体，从正面和从上面看到的形状图如图所示，则搭成这样的几何体最多、最少需要的小立方块的个数分别为( )
A. 10，7 B. 9，7 C. 11，7 D. 11，8
6. 如图，AB是⊙O的直径，AE⊥EP，垂足为E，直线EP与⊙O相切于点C，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，若∠APC=36°，则∠CAE的度数是( )
A. 27° B. 18° C. 30° D. 36°
7. 如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OB=2 3，∠C=120°，则点B′的坐标为( )
A. (3, 3) B. (3,− 3) C. ( 6, 6) D. ( 6,− 6)
8. 如图，在矩形ABCD中，AD=12，AE⊥BD，垂足为E，ED=3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为( )
A. 4 2 B. 2 2 C. 6 3 D. 4 3
9. 如图，在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边G，AG的中垂线与CB的延长线交于E，与AB、AC、DC分别交于点M，N，F，若BG=2，则下列选项错误的是( )
A. MBGN= 22 B. ∠AGB=60°
C. 四边形AMGN是菱形 D. S四边形ABCD=12+8 2
10. 如图，直线y=kx+c与抛物线y=ax2+bx+c的图象都经过y轴上的D点，抛物线与x轴交于A，B两点，其对称轴为直线x=1，且OA=OD.直线y=kx+c与x轴交于点C(点C在点B的右侧)，则下列选项正确的是( )
A. abc>0 B. 3b<2c C. a+b=k D. 0
11. 因式分解：−4m3+4m2−m=______．
12. 小明坐滴滴打车前去火车高铁站，小明可以选择两条不同路线：路线A的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线B的全程比路线A的全程多7千米，但平均车速比走路线A时能提高60%，若走路线B的全程能比走路线A少用15分钟，若设走路线A时的平均速度为x千米/小时，根据题意，可列分式方程______．
13. 已知a，b，c分别是△ABC的边长，则关于x的一元二次方程(a+b)x2+2cx+a+b=0与x轴的交点有______ 个.
14. 为了了解某校初三年级学生的物理成绩情况，分别对该年级的甲、乙、丙三个班成绩进行了调查，他们将调查所得到的数据分别绘制成频率分布直方图(如图所示)，记甲、乙、丙三个班所调查的数据的方差分别为S甲2，S乙2，S丙2，则它们的大小关系为______ .(用“<”表示)
15. 如图，等边三角形ABC的边长为6，以A为圆心，3为半径作圆分别交AB，AC边于D，E，再以点C为圆心，CD长为半径作圆交BC边于F，连接E，F．
(1)DF的长为______ ．
(2)图中阴影部分的面积为______ ．
16. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，都是菱形，点A1，A2，A3，…，都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y= 33x+ 33上，且∠C1OA1=∠C2A1A2=∠C3A2A3=…=60°，OA1=1，则点B2023的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共10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4.0分)
已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°.求作：⊙O，使圆心O在斜边AB上，经过点B且与边AC相切于点E．
18. (本小题8.0分)
(1)计算：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)；
(2)解不等式组2x+13−5x−12<15x−1<3(x+2)，并写出它的正整数解；
19. (本小题6.0分)
小明和小刚一起做游戏，规则如下：甲、乙两个除数字外都相同的转盘如图所示.转动甲、乙转盘并各自记录所得数字，若两个数字差的绝对值大于1，则小明获胜；若两个数字差的绝对值大于1，否则小刚获胜.这个游戏公平吗？请用列表或画树状图的方法说明你的理由．
20. (本小题6.0分)
体育中考将至，某校为了了解本校九年级女生体育测试项目“仰卧起坐”的训练情况，随机调查了50名九年级女生一分钟仰卧起坐的个数，将她们的成绩分为四组进行统计，绘制成如下不完整的统计表.请根据统计表中的信息，解答下列问题：
分组
个数x
频数(人数)
每组仰卧起坐的平均个数/个
A
10≤x<20
n
15
B
20≤x<30
18
26
C
30≤x<40
2n
34
D
40≤x≤50
8
46
(1)若要将统计表中的信息绘制为扇形统计图，则C组对应圆心角度数为______ °.
(2)本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐成绩的中位数落在______ 组；
(3)求本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐的平均个数；
(4)若在该校体育考试中，一分钟仰卧起坐个数超过20个(含20个)才算通过考试，请你估计该校九年级700名女生中，能通过体育考试的女生人数．
21. (本小题6.0分)
如图，在河流的右岸边有一高楼AB，左岸边有一坡度i=1：2的山坡CF，点C与点B在同一水平面上，CF与AB在同一平面内.某数学兴趣小组为了测量楼AB的高度，在坡底C处测得楼顶A的仰角为45°，然后沿坡面CF上行了20 5米(即CD=20 5米)到达点D处，此时在D处测得楼顶A的仰角为26.7°，求楼AB的高度．
(参考数据：sin26.7°≈0.45，cos26.7°≈0.89，tan26.7°≈0.5)
22. (本小题6.0分)
如图，正比例函数y=34x的图象与反比例函数y=kx的图象分别交于A(2,m)，D两点，点C为x轴正半轴上一点，直线AC与y轴交于点B，连接BD；
(1)求反比例函数y=kx的表达式；
(2)若△AOC的面积为k4，求△ABD的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B的对应点B′，连接B′C，交AD于点E，过点B′作B′F//CD，交AC于点F．
(1)求证：△AB′E≌△CDE；
(2)已知______ (从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)
请判断四边形B′FCD的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ACB=30°，条件②：△AB′F是等边三角形．
(注：如果选择条件①、条件②分别进行解答，按第一个解答计分)
24. (本小题8.0分)
【操作与探究】
已知矩形ABCD，给出如下操作过程：
如图①所示.将四边形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为BH，将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF，得到一个新的矩形BCEF．
【问题探究】
(1)若图①中的四边形ABCD是正方形，则矩形BCEF的长宽比为______ ，tan∠HBC= ______ ．
(2)如图②，将(1)中的矩形BCEF按照“操作与探究”中的方法再次操作，得到的新矩形BCMN，则矩形BCMN的长宽比为______ ，tan∠QBC= ______ ．
【问题解决】
若将长宽比 n：1(n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则k= ______ ，tan∠Dk−1BC= ______ ．
25. (本小题10.0分)
某商家计划在某短视频直播平台上直播销售当地特产，将其中一种特产在网上进行试销售.该商家在试销售期间调查发现，每天销售量y(万件)与销售单价x(元/件)(5≤x≤20)的数据如表：
x(元/件)
…
10
12
14
16
…
y(万件)
…
14
12
10
8
…
(1)根据所给数据判断函数类型，并求y关于x的函数表达式；
(2)总成本P(万元)与销售量y(万件)之间存在如图所示的变化趋势，当4≤y≤12时可看成一条线段，当12≤y≤19时可看成抛物线P=−13y2+6y+m．
①销售量不超过12万件时，利润为45万元，求此时的售价为多少元/件？
②当售价为多少元时，利润最大，最大值是多少万元？(利润=销售总额−总成本)
26. (本小题10.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点O.动点P从点B开始沿BC边以2cm/s的速度运动，动点Q从点A开始沿AD边以1cm/s的速度运动，过点Q作QM//AC，QM交CD于点M，交BD于点N，点E，F分别是PQ，PM与AC的交点.点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动.设动点的运动时间为t s，解答下列问题：
(1)当MP//BD时，求t的值；
(2)设△PQM的面积为S cm2，求S与t的关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使NP平分∠BNM？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、|−2−1|=|−12|=12，不合题意；
B、|(±12)−2|=|1(±12)2|=|114|=4，不合题意；
C、|±2|=2，符合题意；
D、|(−2)−1|=|1−2|=12，不合题意；
故选：C．
分别利用负整数指数幂与绝对值的性质解答判断即可．
此题考查的是负整数指数幂、绝对值，掌握其运算法则是解决此题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：左起第一个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
第二个图形是轴对称图形但不是中心对称图形；
第三个图形是中心对称图形，不是轴对称图形；
第四个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．
所以是轴对称图形但不是中心对称图形的有1个．
故选：A．
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】解：0.01微米=0.01×0.000001米=1×10−8．
故选：A．
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．
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】C
【解析】解：A、5m+3m=8m，故本选项计算错误，不符合题意；
B、3x2⋅2x3=6x5，故本选项计算错误，不符合题意；
C、a5÷a2=a3，计算正确，符合题意；
D、(cos30°)−2=( 32)−2=43，故本选项计算错误，不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则、单项式乘单项式的运算法则、同底数幂的除法法则，负整数指数幂和特殊角的三角函数值计算，判断即可．
本题考查的是合并同类项、单项式乘单项式、同底数幂的除法，负整数指数幂和特殊角的三角函数值，掌握它们的运算法则是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：在俯视图的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数，如图所示：
因此最多需要：3+3+1+3=9(个)，最少需要：3+2+1+1=7(个)，
故选：B．
在俯视图的对应位置标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数即可．
本题考查由三视图判断几何体，理解视图的定义，掌握简单组合体的三视图的画法是正确解答的前提．
6.【答案】A
【解析】解：连接OC，
∵PE与⊙O相切于C，
∴半径OC⊥PE，
∵AE⊥PE，
∴OC//AE，
∴∠EAC=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∴∠EAC=∠CAO=12∠PAE，
∵∠PAE=90°−∠P=90°−36°=54°，
∴∠EAC=12×54°=27°．
故选：A．
连接OC，由切线的性质，可以证明AE//OC，由平行线的性质，等腰三角形的性质，得到∠EAC=12∠PAE，由∠P=36°，求出∠PAE的度数，即可得到答案．
本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由条件证明∠EAC=12∠PAE．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了菱形的性质，旋转的性质以及直角三角形的性质，勾股定理等知识．此题综合性较强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OF的度数，然后在Rt△B′OF中，利用勾股定理即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标．
【解答】
解：过点B′作B′F⊥OA于F，
∴∠B′FO=90°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠AOB=12∠AOC，OA//BC，
∴∠AOC+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠AOC=60°，
∴∠AOB=30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2 3，
∴∠B′OF=45°，
∴△OFB′为等腰直角三角形，且OF=B′F，
在Rt△B′OF中，由勾股定理得：OB′2=OF2+B′F2，
∴2OF2=(2 3)2，
∴OF=B′F= 6，
∴点B′的坐标为：( 6,− 6).
故选D．
8.【答案】C
【解析】解：设BE=x，则DE=3x，
∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，
∴△ABE∽△DAE，
∴AE2=BE⋅DE，即AE2=3x2，
∴AE= 3x，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2=AE2+DE2，即122=( 3x)2+(3x)2，解得x=2 3，
∴AE=6，DE=6 3，
如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，PA′，
则A′A=2AE=12=AD，AD=A′D=12，
∴△AA′D是等边三角形，
∵PA=PA′，
∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，
又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，
∴AP+PQ=A′P+PQ=A′Q=DE=6 3．
故选：C．
在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．
本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP+PQ的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．
9.【答案】B
【解析】解：∵在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边于G，
∴∠BAG=∠CAG=12∠BAC=22.5°，
∵∠ABC=90°，
∴∠AGB=90°−22.5°=67.5°，
故B错误；
∵AG的中垂线与CB的延长线交于E，
∴AM=MG，AN=NG，∠E=90°−∠AGB=22.5°，∠AMN=∠EMB=90°−22.5°=67.5°，∠ANM=90°−22.5°=67.5°，∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
∴AM=GM=NG=AN，
∴四边形AMGN是菱形，故C说法正确；
∴MG//AC，
∴∠MGB=∠ACB=45°，
∴sin∠MGB=BMMG=sin45°= 22，BM=BG=2，
∴GM=2 2，
∵GN=GM=AM，
∴MBGN= 22，AM=2 2，
故A说法正确；
∴AB=AM+BM=2 2+2，
∴S正方形ABCD=AB2=(2 2+2)2=12+8 2，故D说法正确；
故选：B．
在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边于G，可得∠BAG=∠CAG=12∠BAC=22.5°，求出∠AGB=67.5°，则B说法错误；根据线段垂直平分线的性质可得AM=MG，AN=NG，求出∠E=22.5°，证明AM=AN，可得AM=GM=NG=AN，即四边形AMGN是菱形，则C说法正确；求出∠MGE=45°可得MBMG=MBNG= 22MG=AM=2 2然后可得S正方形ABCD=12+8 2可判断A、D正确．
本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，锐角三角函数，二次根式的运算等知识，灵活运用相关知识进行解答是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0．
∵抛物线对称轴是直线x=1，
∴b<0且b=−2a．
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c>0．
∴abc<0，
∴abc>0，A错误；
∵b=−2a．
∴3b−2c=−6a−2c=−2(3a+c)<0，；
∵直线y=kx+c经过一、二、四象限，
∴k<0．
∵OA=OD，
∴点A的坐标为(c,0)．
直线y=kx+c当x=c时，y>0，
∴kc+c>0可得k>−1．
∴③−1
∴ax2+bx+c=kx+c，
得x1=0，x2=k−ba．
由图象知x2>1，
∴k−ba>1，
∴k>a+b，
∴C错误
令ax2+bx+c=kx+c，
∴ax+b=k，
∵b=−2a，
∴x=k+2aa．
∵交点在B(2−c,0)右边，
∴k+2aa>2−c，
∴k+2a>2a−ac，
∴ac+k>0，
∵A(c,0)，B(2−c,0)，
∴c(2−c)=ca，
∴2−c=1a，
∴2−1a=c，
∵c<1，
∴2−1a<1，
∴a<1，
∴ac<1．
∵−1
根据抛物线的性质逐项判断即可．由抛物线的开口判断a的符号；由对称轴判断b及b与2a的关系；还可由图象上点的坐标判断．
本题主要考查了抛物线的性质，二次函数的图象与系数的关系以及一次函数的性质是本题的重点．
11.【答案】−m(2m−1)2
【解析】解：原式=−m(4m2−4m+1)
=−m(2m−1)2．
故答案为：−m(2m−1)2．
直接提取公因式−m，进而利用完全平方公式分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用完全平方公式分解因式是解题关键．
12.【答案】25x−25+7(1+60%)x=14
【解析】解：设走路线A时的平均速度为x千米/小时，则走路线B时的平均速度为(1+60%)x千米/小时，
依题意，得：25x−25+7(1+60%)x=14．
故答案为：25x−25+7(1+60%)x=14．
设走路线A时的平均速度为x千米/小时，则走路线B时的平均速度为(1+60%)x千米/小时，根据时间=路程÷速度结合走路线B的全程能比走路线A少用15分钟(即14小时)，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
13.【答案】0
【解析】解：∵Δ=(2c)2−4(a+b)(a+b)=4(c+a+b)(c−a−b)，
∵a，b，c分别是△ABC的边长，
∴ab+c>0，c
∴Δ=4(c+a+b)(c−a−b)<0，
∴关于x的一元二次方程(a+b)x2+2cx+a+b=0与x轴的交点有0个．
故答案为：0．
首先求出判别式Δ=(2c)2−4(a+b)(a+b)=4(c+a+b)(c−a−b)，然后根据三角形三边之间的关系得ab+c>0，c−a−b<0，据此可判定Δ<0，据此即可得出答案．
此题主要考查了二次函数与x轴的交点，二次函数与一元二次方程之间的关系，解答此题的关键是理解对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，方程ax2+bx+c=0的判别式Δ=b2−4ac，当Δ>0，二次函数与x轴有两个不同的交点，当Δ=0时，二次函数与x轴有一个交点(二次函数的顶点在x轴上)当，当Δ<0时，二次函数与x轴无交点(交点的个数为0个)．
14.【答案】S乙2
故方差的大小关系为S乙2
本题主要考查频率分布直方图和方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
15.【答案】 3π2 3π4+9 32−274
【解析】解：(1)∵△ABC是等边三角形，且AD=BD=3，
∴∠BCD=30°(三线合一)，CD=CF=3 3，
∴lDF=nπr180=30π×3 3180= 3π2，
故答案为： 3π2．
(2)根据条件可求以下图形面积：
S△EFC=12×3×3 3× 32=274，
S扇形ADE=60π9360=3π2，
S△ADC=12×3×3 3=9 32，
S扇形DCF=30π×(3 3)2360=9π4，
∴S阴影=S△ADC+S扇形DCF−S扇形ADE−S△EFC
=9 32+9π4−3π2−274=3π4+9 32−274．
故答案为：3π4+9 32−274．
(1)由等边三角形的性质得∠DOF=30°，CD=3 3，根据弧长公式L=nπr180代入数值计算即可；
(2)由题给条件计算出S△EFC、S扇形ADE、S△ADC、S扇形DCF，利用S阴影=S△ADC+S扇形DCF−S扇形ADE−S△EFC代入计算即可．
本题考查了扇形面积的计算，弧长公式的应用，等边三角形的性质．
16.【答案】(22023+22021−1,2023 3)
【解析】解：如图，
∵直线y= 33x+ 33，
∴当y=0时，x=−1，
设直线y= 33x+ 33与x轴的交点为D，则点D的坐标为(−1,0)，
∴DA1=2，
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，都是菱形，
∴C1B1=OA1=1，C1B1//OA1，
∴C2A1=2B1A1=2OA1=2，
同理可得，
C3A2=4，C4A3=8，C5A4=16，
∵∠C1OA1=∠C2A1A2=∠C3A2A3，=……=60°，
由此推出Bn的横坐标为：2n−1+2n−1⋅cos60°=2n−1+2n−1⋅12=2n−1+2n−2．
Bn的横坐标为： 3n，
∴Bn的坐标为(2n−1+2n−2, 3n)，
∴点B2023的横坐标为22023−1+22023−2=22023+22021−1；纵坐标为：2023 3，
点B2023的坐标为(22023+22021−1,2023 3).
故答案为：(22023+22021−1,2023 3).
根据题意和图形可以求得前几个菱形的边长，然后根据锐角三角函数即可求得点B4的坐标，得出规律即可求出答案．
本题考查菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，找出规律是解题的关键．
17.【答案】解：如图，⊙O为所作．
【解析】先作∠ABC的平分线交AC于E，再过E点作OE⊥AC交AB于O，然后以O点为圆心，OB为半径作⊙O，可以证明OE=OB，从而可判断⊙O满足条件．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质．
18.【答案】解：(1)原式=x(x+1)(x−1)2÷2x−x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2÷x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2⋅x(x−1)x+1
=x2x−1；
(2)2x+13−5x−12<1①5x−1<3(x+2)②，
由①得，x>−111；
由②得，x<72，
故不等式组的解集为：−111
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解解，找出其整数解即可．
本题考查的是分式的混合运算及一元一次不等式组的整数解，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】解：这个游戏对双方不公平，理由如下：
列表如下：
1
−1
−3
0
1
1
3
−2
3
1
1
2
1
3
5
由表知，共有9种等可能结果，其中两个数字差的绝对值大于1的有4种结果，两个数字差的绝对值小或等于1的有5种结果，
∴小明获胜的概率为49，小刚获胜的概率为59．
∵49≠59，
∴这个游戏不公平．
【解析】列表得出所有等可能结果，从中找到两个数字差的绝对值大于1的情况和两个数字差的绝对值小或等于1的情况，求出对应概率，比较后即可得出答案．
此题主要考查了游戏的公平性以及用列表法或画树状图法求概率，主要是通过列举出所有的可能结果是解决问题的关键．
20.【答案】115.2 B
【解析】解：(1)由题意得，n+18+2n+8=50，
解得n=8，
即2n=16，
所以若要将统计表中的信息绘制为扇形统计图，则C组对应圆心角度数为360°×1650=115.2°，
故答案为：115.2；
(2)∵调查人数为50，
∴中位数是第25和26个数的平均数．
n+18=8+18=26，
∴中位数在B组．
故答案为：B．
(3) 15×8+26×18+34×16+46×850=30(个)，
答：本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐的平均个数为30个；
(4)18+16+850×700=588(人)，
答：估计该校九年级700名女生中，能通过体育考试的女生人数大约为588人．
(1)用360°乘C组所占百分比即可；
(2)根据抽取人数50人，列出关于n的方程，解方程即可；
(3)根据中位数的定义知道中位数是第25和26个数的平均数，由此即可得出答案；
(4)根据算出抽取的50人中通过考试率再乘总人数即可得出该校九年级通过考试的女生人数．
本题以文字应用题为背景考查了数据统计和分析，考核了学生对数据的理解以及对用样本估计总数的运用，解题关键是明确中位数的求法和用样本估计总数．
21.【答案】解：由题意得：DE⊥CE，
∵山坡CF的坡度i=1：2，
∴DECE=12，
设DE=x米，则CE=2x米，
∴CD= DE2+CE2= x2+(2x)2= 5x(米)，
∵CD=20 5米，
∴ 5x=20 5，
∴x=20，
∴DE=20米，CE=2x=40(米)，
过点D作DG⊥AB，垂足为G，
由题意得：DE=GB=20米，DG=EB，
设AB=x米，
∴AG=AB−BG=(x−20)米，
在Rt△ABC中，∠ACB=45°，
∴BC=ABtan45∘=x(米)，
∴DG=EB=EC+BC=(x+40)米，
在Rt△ADG中，∠ADG=26.7°，
∴tan26.7°=AGDG=x−20x+40≈0.5，
解得：x=80，
经检验：x=80是原方程的根，
∴AB=80米，
∴楼AB的高度约为80米．
【解析】根据题意可得：DE⊥CE，再根据已知可DE=x米，则CE=2x米，然后利用勾股定理可求出CD= 5x米，从而可得 5x=20 5，求得CE；过点D作DG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：DE=GB=20米，DG=EB，然后设AB=x米，则AG=(x−20)米，在Rt△ABC中，利用锐角是三角函数的定义求出BC的长，从而求出BE的长，再在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义列出关于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，坡度坡角问题，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．
22.【答案】解：(1)∵A(2,m)在正比例函数y=34x的图象上，
∴m=34×2=32，
∴A(2,32)，
∵A(2,32)在反比例函数y=kx的图象上，
∴32=k2，
解得k=3，
∴反比例函数的表达式为y=3x；
(2)过A作AE⊥x轴于E，如图：
∵正比例函数y=34x的图象与反比例函数y=3x的图象分别交于A(2,32)，D两点，
∴D(−2,−32)，
由A(2,32)可知AE=32，
∵△AOC的面积为34，
∴12OC⋅AE=34，即12OC×32=34，
∴OC=1，
∴C(1,0)，
设直线AC解析式为y=mx+n，把A(2,32)，C(1,0)代入得：
32=2m+n0=m+n，
解得m=32n=−32，
∴直线AC解析式为y=32x−32，
在y=32x−32中，令x=0得y=−32，
∴B(0,−32)，
∴OB=32，
∴S△ABD=S△BOD+S△BOA=12OB⋅|xD|+12OB⋅|xA|=12×32×2+12×32×2=3，
∴△ABD的面积为3．
【解析】(1)由A(2,m)在正比例函数y=34x的图象上得m=34×2=32，再将A(2,32)代入y=kx即得k=3，故反比例函数的表达式为y=3x；
(2)过A作AE⊥x轴于E，由A(2,32)和反比例函数图象的对称性可得D(−2,−32)，由△AOC的面积为34，可得OC=1，C(1,0)，从而可得直线AC解析式为y=32x−32，令x=0B(0,−32)，故S△ABD=S△BOD+S△BOA=12OB⋅|xD|+12OB⋅|xA|=3．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，涉及待定系数法，三角形面积等知识，解题的关键是掌握待定系数法和函数图象上点坐标的特征．
23.【答案】①或②
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠ADC=90°，
由翻折得AB′=AB，∠AB′C=∠B=90°，
∴AB′=CD，∠AB′C=∠ADC=90°，
在△AB′E和△CDE中，
∠AB′E=∠CDE∠AEB′=∠CEDAB′=CD，
∴△AB′E≌△CDE(AAS)．
(2)解：条件①：∠ACB=30°，
结论：四边形B′FCD是菱形，
证明：∵△AB′E≌△CDE，
∴B′E=DE，AE=CE，
∴∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，
∴∠AEB′=∠EB′D+∠EDB′=2∠EB′D，∠AEB′=∠ECA+∠EAC=2∠ECA，
∴∠EB′D=∠ECA，
∴B′D//AC，
∵B′F//CD，
∴四边形B′FCD是平行四边形，
∵∠BCD=90°，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠BCD−∠ACB=60°，
∵∠ACB′=∠ACB=30°，
∴∠DCB′=∠ACD−∠ACB′=30°=∠ACB′，
∵∠FB′C=∠DCB′，
∴∠FB′C=∠ACB′，
∴B′F=CF，
∴四边形B′FCD是菱形，
故答案为：①．
注：答案不唯一，如：
解：条件②：△AB′F是等边三角形，
结论：四边形B′FCD是菱形，
证明：∵△AB′E≌△CDE，
∴B′E=DE，AE=CE，
∴∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，
∴∠AEB′=∠EB′D+∠EDB′=2∠EB′D，∠AEB′=∠ECA+∠EAC=2∠ECA，
∴∠EB′D=∠ECA，
∴B′D//AC，
∵B′F//CD，
∴四边形B′FCD是平行四边形，
∵△AB′F是等边三角形，
∴∠AFB′=60°，
∵B′F//CD，
∴∠AFB′=∠ACD=60°，
∵∠BCD=90°，
∴∠ACB=∠BCD−∠ACD=30°，
∴∠ACB′=∠ACB=30°，
∴∠DCB′=∠ACD−∠ACB′=30°=∠ACB′，
∵∠FB′C=∠DCB′，
∴∠FB′C=∠ACB′，
∴B′F=CF，
∴四边形B′FCD是菱形，
故答案为：②．
(1)由矩形的性质得AB=CD，∠B=∠ADC=90°，由翻折得AB′=AB，∠AB′C=∠B=90°，则AB′=CD，∠AB′C=∠ADC=90°，而∠AEB′=∠CED，即可证明△AB′E≌△CDE；
(2)若选择条件①，由B′E=DE，AE=CE，得∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，可证明∠EB′D=∠ECA，则B′D//AC，而B′F//CD，所以四边形B′FCD是平行四边形，再证明∠FB′C=∠ACB′，则B′F=CF，所以四边形B′FCD是菱形；若选择条件②，先证明四边形B′FCD是平行四边形，再证明∠FB′C=∠ACB′，则B′F=CF，所以四边形B′FCD是菱形．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、菱形的判定等知识，证明B′D//AC是解题的关键．
24.【答案】 2：1 2−1 3：1 3− 2 n+m n+m− n+m−1
【解析】解：问题探究：
(1)设BC=CD= 2a，则BG= 2a，
在Rt△BGF中，
BF=GF=BG⋅cos45°=a
∴GE=EF−FG= 2a−a=( 2−1)a，
∴长宽比=BC：BF= 2a：a= 2：1，
由折叠知，∠HBC=∠HBG，
∠BGH=∠C=90°，
∴∠BGF+∠EGH=90°，
而∠BGF+∠FBG=90°，
∴∠FBG=∠EGH，
∴△FGB∽△EGH，
∴GHBG=GEBF=( 2−1)aa= 2−1，
∴tan∠HBC=tan∠HBG=GHBG= 2−1；
(2)如图②，设BC= 2a，则BP= 2a，CE=a，
由题意知，MN//BC，
∴∠EPM=∠EBC，∠EMP=∠C，
∴△EPM∽△EBC，
∴EPEB=PMBC=EMEC，
∴EB= BC2+EC2= 3a，
∴PE=EB−BP=( 3− 2)a，
∴EPEB=PMBC=EMEC=( 3− 2)a 3a= 3− 2 3，
∴PM= 3− 2 3BC= 3− 2 3× 2a= 6−2 3a，
EM= 3− 2 3EC= 3− 2 3a，
∴CM=CE−EM=a− 3− 2 3a= 2 3a，
∴BN=CM= 2 3a，
∴长宽比=BC：CM= 2a： 2 3a= 3：1，
又△NBP∽△MPQ，
∴PQBP=PMBN= 2( 3− 2)a 3 2 3a= 3− 2，
∴tan∠QBC=tan∠QBP=PQBP= 3− 2，
问题解决：
由(2)知，若将长宽比 n：1 (n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，
得到一个矩形，则k= n+m，
tan∠Dk−1BC= n+m− n+m−1．
问题探究：(1)设BC=CD= 2a，根据三角函数求得BF，进而求得长宽比，由折叠求得△FGB∽△EGH，线段成比例，进而求得tan∠HBC；
(2)设BC= 2a，MN//BC，推出∠EPM=∠EBC，∠EMP=∠C，进而推出△EPM∽△EBC，对应线段成比例，求出EB，PE，进而求出PM，EM和CM，长宽比，由△NBP∽△MPQ，线段成比例求出tan∠QBC；
问题解决：由(2)知，若将长宽比 n：1 (n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则k和tan∠Dk−1BC．
本题考查折叠的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，解题的关键熟练掌握由折叠及相似转化为线段之间的数量关系．
25.【答案】解：根据表格中数据可知，y与x是一次函数类型．
设y关于x的函数表达式为y=kx+b，
将(10,14)，(12,12)代入解析式得：10k+b=1412k+b=12，
解得k=−1b=24，
∴y关于x的函数表达式为y=−x+24；
(2)①设4≤y≤12时，P=my+n(m≠0)，
将(4,40)，(12,120)代入解析式得：4m+n=4012m+n=120，
解得m=10n=0，
∴P=10y，
∴xy−10y=(x−10)y=(x−10)(−x+24)=45，
整理得：x2−34x+265=0，
解得x1=15，x2=19，
∵4≤y≤12，即4≤−x+24≤12，
∴12≤x≤20，
∴此时的售价为15或19元/件；
②设利润为w万元，
当4≤y≤12时，即12≤x≤20，
则w=xy−10y=(x−10)y=(x−10)(−x+24)=−x2+34x−240=−(x−17)2+49，
∵−1<0，
∴当x=17时，w有最大值，最大值为49；
当12≤y≤19时，
把y=12，P=120代入P=−13y2+6y+m得，
−13×122+6×12+m=120，
解得m=96，
∴P=−13y2+6y+96，
∴w=xy−P
=xy−(−13y2+6y+96)
=(24−y)y+13y2−6y−96
=−23y2+18y−96
=−23(y−272)2+512，
∵−23<0，
∴当y=272时，w有最大值，最大值为512，
此时x=24−272=212，
综上所述，当售价为17元时，利润最大，最大利润为49万元．
【解析】(1)根据表格数据，用待定系数法求函数解析式；
(2)①先求出P关于x的解析式，再根据利润=销售额−总成本列出方程，解方程即可，再根据x，y的关系式求出x的取值范围，从而得出结论；
②设利润为w万元，分两种情况求出w的最大值，然后比较即可．
本题考查二次函数的应用，关键是求出函数解析式．
26.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6cm，AD=BC=8cm，
∵QM//AC，
∴CMCD=AQAD，
即CM6=t8，
∴CM=34t(cm)，
若MP//BD，
则CMCD=CPCB，
即34t6=8−2t8，
解得：t=83，
即当t为83s时，MP//BD；
(2)S=S矩形ABCD−S梯形ABPQ−S△PCM−S△DMQ=8×6−12(t+2t)×6−12(8−2t)×34t−12(8−t)×(6−34t)=38t2−6t+24，
即y与t的函数关系式是S=38t2−6t+24；
(3)存在某一时刻t，使NP平分∠BNM，理由如下：
过点O作OG⊥BC于点G，如图所示：
则OG//CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6cm，∠BCD=90°，OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴BD= BC2+CD2= 82+62=10(cm)，
∴OB=OC=5(cm)，
∵OG⊥BC，
∴OG平分∠BOC，
∴∠BOG=12∠BOC，
∵QM//AC，
∴∠BOC=∠BNM，
∵NP平分∠BNM，
∴∠BNP=12∠BNM，
∴∠BOG=∠BNP，
∴NP//OG，
∴NP//CD，
∴△BPN∽△BCD，
∴BPBC=BNBD，
即2t8=BN10，
解得：BN=52t(cm)，
∵QM//AC，
∴AQAD=ONOD，
即t8=ON5，
∴ON=58t(cm)，
∴BN=ON+OB=(58t+5)cm，
∴52t=58t+5，
解得：t=83，
∴存在某一时刻t，使NP平分∠BNM，t的值为83s．
【解析】(1)由平行线分线段成比例定理得CMCD=AQAD，CMCD=CPCB，即可求解；
(2)S=S矩形ABCD−S梯形ABPQ−S△PCM−S△DMQ，代入计算即可；
(3)过点O作OG⊥BC于点G，由矩形的性质得OB=OC=5(cm)，再证∠BOG=∠BNP，得NP//OG，则NP//CD，证出△BPN∽△BCD，得BPBC=BNBD，求出BN=52t(cm)，然后由平行线分线段成比例定理得AQAD=ONOD，则ON=58t(cm)，得BN=(58t+5)cm，因此52t=58t+5，解得t=83即可．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明△PEF∽△PMQ和△BPN∽△BCD是解题的关键，属于中考常考题型．
2023年山东省青岛市崂山区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列数中，绝对值等于2的数是( )
A. −2−1 B. (±12)−2 C. |±2| D. (−2)−1
2. 青岛市为积极保障人民的健康财产，出台“食安青岛”八条措施.下列食品标识中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 微米通常用来计量微小物体的长度，是红外线等波长、细胞大小、细菌大小等的数量级.1微米相当于1米的一百万分之一.紫外线是一种在电磁波谱中波长从0.01微米～0.4微米辐射的总称，把0.01微米用科学记数法表示是( )
A. 1×10−8m B. 0.1×10−6m C. 0.1×10−7m D. 1×10−7m
4. 下列计算正确的是( )
A. 5m+3m=8m2 B. 3x2⋅2x3=6x6 C. a5÷a2=a3 D. (cos30°)−2=4
5. 一个由若干个大小相同的小立方块搭成的几何体，从正面和从上面看到的形状图如图所示，则搭成这样的几何体最多、最少需要的小立方块的个数分别为( )
A. 10，7 B. 9，7 C. 11，7 D. 11，8
6. 如图，AB是⊙O的直径，AE⊥EP，垂足为E，直线EP与⊙O相切于点C，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，若∠APC=36°，则∠CAE的度数是( )
A. 27° B. 18° C. 30° D. 36°
7. 如图，菱形OABC的一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OB=2 3，∠C=120°，则点B′的坐标为( )
A. (3, 3) B. (3,− 3) C. ( 6, 6) D. ( 6,− 6)
8. 如图，在矩形ABCD中，AD=12，AE⊥BD，垂足为E，ED=3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为( )
A. 4 2 B. 2 2 C. 6 3 D. 4 3
9. 如图，在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边G，AG的中垂线与CB的延长线交于E，与AB、AC、DC分别交于点M，N，F，若BG=2，则下列选项错误的是( )
A. MBGN= 22 B. ∠AGB=60°
C. 四边形AMGN是菱形 D. S四边形ABCD=12+8 2
10. 如图，直线y=kx+c与抛物线y=ax2+bx+c的图象都经过y轴上的D点，抛物线与x轴交于A，B两点，其对称轴为直线x=1，且OA=OD.直线y=kx+c与x轴交于点C(点C在点B的右侧)，则下列选项正确的是( )
A. abc>0 B. 3b<2c C. a+b=k D. 0
11. 因式分解：−4m3+4m2−m=______．
12. 小明坐滴滴打车前去火车高铁站，小明可以选择两条不同路线：路线A的全程是25千米，但交通比较拥堵，路线B的全程比路线A的全程多7千米，但平均车速比走路线A时能提高60%，若走路线B的全程能比走路线A少用15分钟，若设走路线A时的平均速度为x千米/小时，根据题意，可列分式方程______．
13. 已知a，b，c分别是△ABC的边长，则关于x的一元二次方程(a+b)x2+2cx+a+b=0与x轴的交点有______ 个.
14. 为了了解某校初三年级学生的物理成绩情况，分别对该年级的甲、乙、丙三个班成绩进行了调查，他们将调查所得到的数据分别绘制成频率分布直方图(如图所示)，记甲、乙、丙三个班所调查的数据的方差分别为S甲2，S乙2，S丙2，则它们的大小关系为______ .(用“<”表示)
15. 如图，等边三角形ABC的边长为6，以A为圆心，3为半径作圆分别交AB，AC边于D，E，再以点C为圆心，CD长为半径作圆交BC边于F，连接E，F．
(1)DF的长为______ ．
(2)图中阴影部分的面积为______ ．
16. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，都是菱形，点A1，A2，A3，…，都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y= 33x+ 33上，且∠C1OA1=∠C2A1A2=∠C3A2A3=…=60°，OA1=1，则点B2023的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共10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4.0分)
已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°.求作：⊙O，使圆心O在斜边AB上，经过点B且与边AC相切于点E．
18. (本小题8.0分)
(1)计算：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)；
(2)解不等式组2x+13−5x−12<15x−1<3(x+2)，并写出它的正整数解；
19. (本小题6.0分)
小明和小刚一起做游戏，规则如下：甲、乙两个除数字外都相同的转盘如图所示.转动甲、乙转盘并各自记录所得数字，若两个数字差的绝对值大于1，则小明获胜；若两个数字差的绝对值大于1，否则小刚获胜.这个游戏公平吗？请用列表或画树状图的方法说明你的理由．
20. (本小题6.0分)
体育中考将至，某校为了了解本校九年级女生体育测试项目“仰卧起坐”的训练情况，随机调查了50名九年级女生一分钟仰卧起坐的个数，将她们的成绩分为四组进行统计，绘制成如下不完整的统计表.请根据统计表中的信息，解答下列问题：
分组
个数x
频数(人数)
每组仰卧起坐的平均个数/个
A
10≤x<20
n
15
B
20≤x<30
18
26
C
30≤x<40
2n
34
D
40≤x≤50
8
46
(1)若要将统计表中的信息绘制为扇形统计图，则C组对应圆心角度数为______ °.
(2)本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐成绩的中位数落在______ 组；
(3)求本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐的平均个数；
(4)若在该校体育考试中，一分钟仰卧起坐个数超过20个(含20个)才算通过考试，请你估计该校九年级700名女生中，能通过体育考试的女生人数．
21. (本小题6.0分)
如图，在河流的右岸边有一高楼AB，左岸边有一坡度i=1：2的山坡CF，点C与点B在同一水平面上，CF与AB在同一平面内.某数学兴趣小组为了测量楼AB的高度，在坡底C处测得楼顶A的仰角为45°，然后沿坡面CF上行了20 5米(即CD=20 5米)到达点D处，此时在D处测得楼顶A的仰角为26.7°，求楼AB的高度．
(参考数据：sin26.7°≈0.45，cos26.7°≈0.89，tan26.7°≈0.5)
22. (本小题6.0分)
如图，正比例函数y=34x的图象与反比例函数y=kx的图象分别交于A(2,m)，D两点，点C为x轴正半轴上一点，直线AC与y轴交于点B，连接BD；
(1)求反比例函数y=kx的表达式；
(2)若△AOC的面积为k4，求△ABD的面积．
23. (本小题8.0分)
如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B的对应点B′，连接B′C，交AD于点E，过点B′作B′F//CD，交AC于点F．
(1)求证：△AB′E≌△CDE；
(2)已知______ (从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)
请判断四边形B′FCD的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ACB=30°，条件②：△AB′F是等边三角形．
(注：如果选择条件①、条件②分别进行解答，按第一个解答计分)
24. (本小题8.0分)
【操作与探究】
已知矩形ABCD，给出如下操作过程：
如图①所示.将四边形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为BH，将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF，得到一个新的矩形BCEF．
【问题探究】
(1)若图①中的四边形ABCD是正方形，则矩形BCEF的长宽比为______ ，tan∠HBC= ______ ．
(2)如图②，将(1)中的矩形BCEF按照“操作与探究”中的方法再次操作，得到的新矩形BCMN，则矩形BCMN的长宽比为______ ，tan∠QBC= ______ ．
【问题解决】
若将长宽比 n：1(n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则k= ______ ，tan∠Dk−1BC= ______ ．
25. (本小题10.0分)
某商家计划在某短视频直播平台上直播销售当地特产，将其中一种特产在网上进行试销售.该商家在试销售期间调查发现，每天销售量y(万件)与销售单价x(元/件)(5≤x≤20)的数据如表：
x(元/件)
…
10
12
14
16
…
y(万件)
…
14
12
10
8
…
(1)根据所给数据判断函数类型，并求y关于x的函数表达式；
(2)总成本P(万元)与销售量y(万件)之间存在如图所示的变化趋势，当4≤y≤12时可看成一条线段，当12≤y≤19时可看成抛物线P=−13y2+6y+m．
①销售量不超过12万件时，利润为45万元，求此时的售价为多少元/件？
②当售价为多少元时，利润最大，最大值是多少万元？(利润=销售总额−总成本)
26. (本小题10.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点O.动点P从点B开始沿BC边以2cm/s的速度运动，动点Q从点A开始沿AD边以1cm/s的速度运动，过点Q作QM//AC，QM交CD于点M，交BD于点N，点E，F分别是PQ，PM与AC的交点.点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动.设动点的运动时间为t s，解答下列问题：
(1)当MP//BD时，求t的值；
(2)设△PQM的面积为S cm2，求S与t的关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使NP平分∠BNM？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、|−2−1|=|−12|=12，不合题意；
B、|(±12)−2|=|1(±12)2|=|114|=4，不合题意；
C、|±2|=2，符合题意；
D、|(−2)−1|=|1−2|=12，不合题意；
故选：C．
分别利用负整数指数幂与绝对值的性质解答判断即可．
此题考查的是负整数指数幂、绝对值，掌握其运算法则是解决此题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：左起第一个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
第二个图形是轴对称图形但不是中心对称图形；
第三个图形是中心对称图形，不是轴对称图形；
第四个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．
所以是轴对称图形但不是中心对称图形的有1个．
故选：A．
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】解：0.01微米=0.01×0.000001米=1×10−8．
故选：A．
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．
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】C
【解析】解：A、5m+3m=8m，故本选项计算错误，不符合题意；
B、3x2⋅2x3=6x5，故本选项计算错误，不符合题意；
C、a5÷a2=a3，计算正确，符合题意；
D、(cos30°)−2=( 32)−2=43，故本选项计算错误，不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则、单项式乘单项式的运算法则、同底数幂的除法法则，负整数指数幂和特殊角的三角函数值计算，判断即可．
本题考查的是合并同类项、单项式乘单项式、同底数幂的除法，负整数指数幂和特殊角的三角函数值，掌握它们的运算法则是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：在俯视图的对应位置上标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数，如图所示：
因此最多需要：3+3+1+3=9(个)，最少需要：3+2+1+1=7(个)，
故选：B．
在俯视图的对应位置标注，需要几何体最少和最多时该位置所摆放的正方体的个数即可．
本题考查由三视图判断几何体，理解视图的定义，掌握简单组合体的三视图的画法是正确解答的前提．
6.【答案】A
【解析】解：连接OC，
∵PE与⊙O相切于C，
∴半径OC⊥PE，
∵AE⊥PE，
∴OC//AE，
∴∠EAC=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∴∠EAC=∠CAO=12∠PAE，
∵∠PAE=90°−∠P=90°−36°=54°，
∴∠EAC=12×54°=27°．
故选：A．
连接OC，由切线的性质，可以证明AE//OC，由平行线的性质，等腰三角形的性质，得到∠EAC=12∠PAE，由∠P=36°，求出∠PAE的度数，即可得到答案．
本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键是由条件证明∠EAC=12∠PAE．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了菱形的性质，旋转的性质以及直角三角形的性质，勾股定理等知识．此题综合性较强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OF的度数，然后在Rt△B′OF中，利用勾股定理即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标．
【解答】
解：过点B′作B′F⊥OA于F，
∴∠B′FO=90°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠AOB=12∠AOC，OA//BC，
∴∠AOC+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠AOC=60°，
∴∠AOB=30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2 3，
∴∠B′OF=45°，
∴△OFB′为等腰直角三角形，且OF=B′F，
在Rt△B′OF中，由勾股定理得：OB′2=OF2+B′F2，
∴2OF2=(2 3)2，
∴OF=B′F= 6，
∴点B′的坐标为：( 6,− 6).
故选D．
8.【答案】C
【解析】解：设BE=x，则DE=3x，
∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，
∴△ABE∽△DAE，
∴AE2=BE⋅DE，即AE2=3x2，
∴AE= 3x，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2=AE2+DE2，即122=( 3x)2+(3x)2，解得x=2 3，
∴AE=6，DE=6 3，
如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，PA′，
则A′A=2AE=12=AD，AD=A′D=12，
∴△AA′D是等边三角形，
∵PA=PA′，
∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，
又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，
∴AP+PQ=A′P+PQ=A′Q=DE=6 3．
故选：C．
在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．
本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP+PQ的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．
9.【答案】B
【解析】解：∵在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边于G，
∴∠BAG=∠CAG=12∠BAC=22.5°，
∵∠ABC=90°，
∴∠AGB=90°−22.5°=67.5°，
故B错误；
∵AG的中垂线与CB的延长线交于E，
∴AM=MG，AN=NG，∠E=90°−∠AGB=22.5°，∠AMN=∠EMB=90°−22.5°=67.5°，∠ANM=90°−22.5°=67.5°，∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
∴AM=GM=NG=AN，
∴四边形AMGN是菱形，故C说法正确；
∴MG//AC，
∴∠MGB=∠ACB=45°，
∴sin∠MGB=BMMG=sin45°= 22，BM=BG=2，
∴GM=2 2，
∵GN=GM=AM，
∴MBGN= 22，AM=2 2，
故A说法正确；
∴AB=AM+BM=2 2+2，
∴S正方形ABCD=AB2=(2 2+2)2=12+8 2，故D说法正确；
故选：B．
在正方形ABCD中，∠BAC的平分线交BC边于G，可得∠BAG=∠CAG=12∠BAC=22.5°，求出∠AGB=67.5°，则B说法错误；根据线段垂直平分线的性质可得AM=MG，AN=NG，求出∠E=22.5°，证明AM=AN，可得AM=GM=NG=AN，即四边形AMGN是菱形，则C说法正确；求出∠MGE=45°可得MBMG=MBNG= 22MG=AM=2 2然后可得S正方形ABCD=12+8 2可判断A、D正确．
本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，锐角三角函数，二次根式的运算等知识，灵活运用相关知识进行解答是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0．
∵抛物线对称轴是直线x=1，
∴b<0且b=−2a．
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c>0．
∴abc<0，
∴abc>0，A错误；
∵b=−2a．
∴3b−2c=−6a−2c=−2(3a+c)<0，；
∵直线y=kx+c经过一、二、四象限，
∴k<0．
∵OA=OD，
∴点A的坐标为(c,0)．
直线y=kx+c当x=c时，y>0，
∴kc+c>0可得k>−1．
∴③−1
∴ax2+bx+c=kx+c，
得x1=0，x2=k−ba．
由图象知x2>1，
∴k−ba>1，
∴k>a+b，
∴C错误
令ax2+bx+c=kx+c，
∴ax+b=k，
∵b=−2a，
∴x=k+2aa．
∵交点在B(2−c,0)右边，
∴k+2aa>2−c，
∴k+2a>2a−ac，
∴ac+k>0，
∵A(c,0)，B(2−c,0)，
∴c(2−c)=ca，
∴2−c=1a，
∴2−1a=c，
∵c<1，
∴2−1a<1，
∴a<1，
∴ac<1．
∵−1
根据抛物线的性质逐项判断即可．由抛物线的开口判断a的符号；由对称轴判断b及b与2a的关系；还可由图象上点的坐标判断．
本题主要考查了抛物线的性质，二次函数的图象与系数的关系以及一次函数的性质是本题的重点．
11.【答案】−m(2m−1)2
【解析】解：原式=−m(4m2−4m+1)
=−m(2m−1)2．
故答案为：−m(2m−1)2．
直接提取公因式−m，进而利用完全平方公式分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用完全平方公式分解因式是解题关键．
12.【答案】25x−25+7(1+60%)x=14
【解析】解：设走路线A时的平均速度为x千米/小时，则走路线B时的平均速度为(1+60%)x千米/小时，
依题意，得：25x−25+7(1+60%)x=14．
故答案为：25x−25+7(1+60%)x=14．
设走路线A时的平均速度为x千米/小时，则走路线B时的平均速度为(1+60%)x千米/小时，根据时间=路程÷速度结合走路线B的全程能比走路线A少用15分钟(即14小时)，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
13.【答案】0
【解析】解：∵Δ=(2c)2−4(a+b)(a+b)=4(c+a+b)(c−a−b)，
∵a，b，c分别是△ABC的边长，
∴ab+c>0，c
∴Δ=4(c+a+b)(c−a−b)<0，
∴关于x的一元二次方程(a+b)x2+2cx+a+b=0与x轴的交点有0个．
故答案为：0．
首先求出判别式Δ=(2c)2−4(a+b)(a+b)=4(c+a+b)(c−a−b)，然后根据三角形三边之间的关系得ab+c>0，c−a−b<0，据此可判定Δ<0，据此即可得出答案．
此题主要考查了二次函数与x轴的交点，二次函数与一元二次方程之间的关系，解答此题的关键是理解对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，方程ax2+bx+c=0的判别式Δ=b2−4ac，当Δ>0，二次函数与x轴有两个不同的交点，当Δ=0时，二次函数与x轴有一个交点(二次函数的顶点在x轴上)当，当Δ<0时，二次函数与x轴无交点(交点的个数为0个)．
14.【答案】S乙2
故方差的大小关系为S乙2
本题主要考查频率分布直方图和方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
15.【答案】 3π2 3π4+9 32−274
【解析】解：(1)∵△ABC是等边三角形，且AD=BD=3，
∴∠BCD=30°(三线合一)，CD=CF=3 3，
∴lDF=nπr180=30π×3 3180= 3π2，
故答案为： 3π2．
(2)根据条件可求以下图形面积：
S△EFC=12×3×3 3× 32=274，
S扇形ADE=60π9360=3π2，
S△ADC=12×3×3 3=9 32，
S扇形DCF=30π×(3 3)2360=9π4，
∴S阴影=S△ADC+S扇形DCF−S扇形ADE−S△EFC
=9 32+9π4−3π2−274=3π4+9 32−274．
故答案为：3π4+9 32−274．
(1)由等边三角形的性质得∠DOF=30°，CD=3 3，根据弧长公式L=nπr180代入数值计算即可；
(2)由题给条件计算出S△EFC、S扇形ADE、S△ADC、S扇形DCF，利用S阴影=S△ADC+S扇形DCF−S扇形ADE−S△EFC代入计算即可．
本题考查了扇形面积的计算，弧长公式的应用，等边三角形的性质．
16.【答案】(22023+22021−1,2023 3)
【解析】解：如图，
∵直线y= 33x+ 33，
∴当y=0时，x=−1，
设直线y= 33x+ 33与x轴的交点为D，则点D的坐标为(−1,0)，
∴DA1=2，
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，都是菱形，
∴C1B1=OA1=1，C1B1//OA1，
∴C2A1=2B1A1=2OA1=2，
同理可得，
C3A2=4，C4A3=8，C5A4=16，
∵∠C1OA1=∠C2A1A2=∠C3A2A3，=……=60°，
由此推出Bn的横坐标为：2n−1+2n−1⋅cos60°=2n−1+2n−1⋅12=2n−1+2n−2．
Bn的横坐标为： 3n，
∴Bn的坐标为(2n−1+2n−2, 3n)，
∴点B2023的横坐标为22023−1+22023−2=22023+22021−1；纵坐标为：2023 3，
点B2023的坐标为(22023+22021−1,2023 3).
故答案为：(22023+22021−1,2023 3).
根据题意和图形可以求得前几个菱形的边长，然后根据锐角三角函数即可求得点B4的坐标，得出规律即可求出答案．
本题考查菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，找出规律是解题的关键．
17.【答案】解：如图，⊙O为所作．
【解析】先作∠ABC的平分线交AC于E，再过E点作OE⊥AC交AB于O，然后以O点为圆心，OB为半径作⊙O，可以证明OE=OB，从而可判断⊙O满足条件．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了切线的判定与性质．
18.【答案】解：(1)原式=x(x+1)(x−1)2÷2x−x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2÷x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2⋅x(x−1)x+1
=x2x−1；
(2)2x+13−5x−12<1①5x−1<3(x+2)②，
由①得，x>−111；
由②得，x<72，
故不等式组的解集为：−111
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解解，找出其整数解即可．
本题考查的是分式的混合运算及一元一次不等式组的整数解，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】解：这个游戏对双方不公平，理由如下：
列表如下：
1
−1
−3
0
1
1
3
−2
3
1
1
2
1
3
5
由表知，共有9种等可能结果，其中两个数字差的绝对值大于1的有4种结果，两个数字差的绝对值小或等于1的有5种结果，
∴小明获胜的概率为49，小刚获胜的概率为59．
∵49≠59，
∴这个游戏不公平．
【解析】列表得出所有等可能结果，从中找到两个数字差的绝对值大于1的情况和两个数字差的绝对值小或等于1的情况，求出对应概率，比较后即可得出答案．
此题主要考查了游戏的公平性以及用列表法或画树状图法求概率，主要是通过列举出所有的可能结果是解决问题的关键．
20.【答案】115.2 B
【解析】解：(1)由题意得，n+18+2n+8=50，
解得n=8，
即2n=16，
所以若要将统计表中的信息绘制为扇形统计图，则C组对应圆心角度数为360°×1650=115.2°，
故答案为：115.2；
(2)∵调查人数为50，
∴中位数是第25和26个数的平均数．
n+18=8+18=26，
∴中位数在B组．
故答案为：B．
(3) 15×8+26×18+34×16+46×850=30(个)，
答：本次所抽取的50名女生一分钟仰卧起坐的平均个数为30个；
(4)18+16+850×700=588(人)，
答：估计该校九年级700名女生中，能通过体育考试的女生人数大约为588人．
(1)用360°乘C组所占百分比即可；
(2)根据抽取人数50人，列出关于n的方程，解方程即可；
(3)根据中位数的定义知道中位数是第25和26个数的平均数，由此即可得出答案；
(4)根据算出抽取的50人中通过考试率再乘总人数即可得出该校九年级通过考试的女生人数．
本题以文字应用题为背景考查了数据统计和分析，考核了学生对数据的理解以及对用样本估计总数的运用，解题关键是明确中位数的求法和用样本估计总数．
21.【答案】解：由题意得：DE⊥CE，
∵山坡CF的坡度i=1：2，
∴DECE=12，
设DE=x米，则CE=2x米，
∴CD= DE2+CE2= x2+(2x)2= 5x(米)，
∵CD=20 5米，
∴ 5x=20 5，
∴x=20，
∴DE=20米，CE=2x=40(米)，
过点D作DG⊥AB，垂足为G，
由题意得：DE=GB=20米，DG=EB，
设AB=x米，
∴AG=AB−BG=(x−20)米，
在Rt△ABC中，∠ACB=45°，
∴BC=ABtan45∘=x(米)，
∴DG=EB=EC+BC=(x+40)米，
在Rt△ADG中，∠ADG=26.7°，
∴tan26.7°=AGDG=x−20x+40≈0.5，
解得：x=80，
经检验：x=80是原方程的根，
∴AB=80米，
∴楼AB的高度约为80米．
【解析】根据题意可得：DE⊥CE，再根据已知可DE=x米，则CE=2x米，然后利用勾股定理可求出CD= 5x米，从而可得 5x=20 5，求得CE；过点D作DG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：DE=GB=20米，DG=EB，然后设AB=x米，则AG=(x−20)米，在Rt△ABC中，利用锐角是三角函数的定义求出BC的长，从而求出BE的长，再在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义列出关于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，坡度坡角问题，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．
22.【答案】解：(1)∵A(2,m)在正比例函数y=34x的图象上，
∴m=34×2=32，
∴A(2,32)，
∵A(2,32)在反比例函数y=kx的图象上，
∴32=k2，
解得k=3，
∴反比例函数的表达式为y=3x；
(2)过A作AE⊥x轴于E，如图：
∵正比例函数y=34x的图象与反比例函数y=3x的图象分别交于A(2,32)，D两点，
∴D(−2,−32)，
由A(2,32)可知AE=32，
∵△AOC的面积为34，
∴12OC⋅AE=34，即12OC×32=34，
∴OC=1，
∴C(1,0)，
设直线AC解析式为y=mx+n，把A(2,32)，C(1,0)代入得：
32=2m+n0=m+n，
解得m=32n=−32，
∴直线AC解析式为y=32x−32，
在y=32x−32中，令x=0得y=−32，
∴B(0,−32)，
∴OB=32，
∴S△ABD=S△BOD+S△BOA=12OB⋅|xD|+12OB⋅|xA|=12×32×2+12×32×2=3，
∴△ABD的面积为3．
【解析】(1)由A(2,m)在正比例函数y=34x的图象上得m=34×2=32，再将A(2,32)代入y=kx即得k=3，故反比例函数的表达式为y=3x；
(2)过A作AE⊥x轴于E，由A(2,32)和反比例函数图象的对称性可得D(−2,−32)，由△AOC的面积为34，可得OC=1，C(1,0)，从而可得直线AC解析式为y=32x−32，令x=0B(0,−32)，故S△ABD=S△BOD+S△BOA=12OB⋅|xD|+12OB⋅|xA|=3．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，涉及待定系数法，三角形面积等知识，解题的关键是掌握待定系数法和函数图象上点坐标的特征．
23.【答案】①或②
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠ADC=90°，
由翻折得AB′=AB，∠AB′C=∠B=90°，
∴AB′=CD，∠AB′C=∠ADC=90°，
在△AB′E和△CDE中，
∠AB′E=∠CDE∠AEB′=∠CEDAB′=CD，
∴△AB′E≌△CDE(AAS)．
(2)解：条件①：∠ACB=30°，
结论：四边形B′FCD是菱形，
证明：∵△AB′E≌△CDE，
∴B′E=DE，AE=CE，
∴∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，
∴∠AEB′=∠EB′D+∠EDB′=2∠EB′D，∠AEB′=∠ECA+∠EAC=2∠ECA，
∴∠EB′D=∠ECA，
∴B′D//AC，
∵B′F//CD，
∴四边形B′FCD是平行四边形，
∵∠BCD=90°，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠BCD−∠ACB=60°，
∵∠ACB′=∠ACB=30°，
∴∠DCB′=∠ACD−∠ACB′=30°=∠ACB′，
∵∠FB′C=∠DCB′，
∴∠FB′C=∠ACB′，
∴B′F=CF，
∴四边形B′FCD是菱形，
故答案为：①．
注：答案不唯一，如：
解：条件②：△AB′F是等边三角形，
结论：四边形B′FCD是菱形，
证明：∵△AB′E≌△CDE，
∴B′E=DE，AE=CE，
∴∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，
∴∠AEB′=∠EB′D+∠EDB′=2∠EB′D，∠AEB′=∠ECA+∠EAC=2∠ECA，
∴∠EB′D=∠ECA，
∴B′D//AC，
∵B′F//CD，
∴四边形B′FCD是平行四边形，
∵△AB′F是等边三角形，
∴∠AFB′=60°，
∵B′F//CD，
∴∠AFB′=∠ACD=60°，
∵∠BCD=90°，
∴∠ACB=∠BCD−∠ACD=30°，
∴∠ACB′=∠ACB=30°，
∴∠DCB′=∠ACD−∠ACB′=30°=∠ACB′，
∵∠FB′C=∠DCB′，
∴∠FB′C=∠ACB′，
∴B′F=CF，
∴四边形B′FCD是菱形，
故答案为：②．
(1)由矩形的性质得AB=CD，∠B=∠ADC=90°，由翻折得AB′=AB，∠AB′C=∠B=90°，则AB′=CD，∠AB′C=∠ADC=90°，而∠AEB′=∠CED，即可证明△AB′E≌△CDE；
(2)若选择条件①，由B′E=DE，AE=CE，得∠EB′D=∠EDB′，∠ECA=∠EAC，可证明∠EB′D=∠ECA，则B′D//AC，而B′F//CD，所以四边形B′FCD是平行四边形，再证明∠FB′C=∠ACB′，则B′F=CF，所以四边形B′FCD是菱形；若选择条件②，先证明四边形B′FCD是平行四边形，再证明∠FB′C=∠ACB′，则B′F=CF，所以四边形B′FCD是菱形．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、菱形的判定等知识，证明B′D//AC是解题的关键．
24.【答案】 2：1 2−1 3：1 3− 2 n+m n+m− n+m−1
【解析】解：问题探究：
(1)设BC=CD= 2a，则BG= 2a，
在Rt△BGF中，
BF=GF=BG⋅cos45°=a
∴GE=EF−FG= 2a−a=( 2−1)a，
∴长宽比=BC：BF= 2a：a= 2：1，
由折叠知，∠HBC=∠HBG，
∠BGH=∠C=90°，
∴∠BGF+∠EGH=90°，
而∠BGF+∠FBG=90°，
∴∠FBG=∠EGH，
∴△FGB∽△EGH，
∴GHBG=GEBF=( 2−1)aa= 2−1，
∴tan∠HBC=tan∠HBG=GHBG= 2−1；
(2)如图②，设BC= 2a，则BP= 2a，CE=a，
由题意知，MN//BC，
∴∠EPM=∠EBC，∠EMP=∠C，
∴△EPM∽△EBC，
∴EPEB=PMBC=EMEC，
∴EB= BC2+EC2= 3a，
∴PE=EB−BP=( 3− 2)a，
∴EPEB=PMBC=EMEC=( 3− 2)a 3a= 3− 2 3，
∴PM= 3− 2 3BC= 3− 2 3× 2a= 6−2 3a，
EM= 3− 2 3EC= 3− 2 3a，
∴CM=CE−EM=a− 3− 2 3a= 2 3a，
∴BN=CM= 2 3a，
∴长宽比=BC：CM= 2a： 2 3a= 3：1，
又△NBP∽△MPQ，
∴PQBP=PMBN= 2( 3− 2)a 3 2 3a= 3− 2，
∴tan∠QBC=tan∠QBP=PQBP= 3− 2，
问题解决：
由(2)知，若将长宽比 n：1 (n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，
得到一个矩形，则k= n+m，
tan∠Dk−1BC= n+m− n+m−1．
问题探究：(1)设BC=CD= 2a，根据三角函数求得BF，进而求得长宽比，由折叠求得△FGB∽△EGH，线段成比例，进而求得tan∠HBC；
(2)设BC= 2a，MN//BC，推出∠EPM=∠EBC，∠EMP=∠C，进而推出△EPM∽△EBC，对应线段成比例，求出EB，PE，进而求出PM，EM和CM，长宽比，由△NBP∽△MPQ，线段成比例求出tan∠QBC；
问题解决：由(2)知，若将长宽比 n：1 (n为正整数)矩形沿用上述方式操作m次后，得到一个矩形，则k和tan∠Dk−1BC．
本题考查折叠的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，解题的关键熟练掌握由折叠及相似转化为线段之间的数量关系．
25.【答案】解：根据表格中数据可知，y与x是一次函数类型．
设y关于x的函数表达式为y=kx+b，
将(10,14)，(12,12)代入解析式得：10k+b=1412k+b=12，
解得k=−1b=24，
∴y关于x的函数表达式为y=−x+24；
(2)①设4≤y≤12时，P=my+n(m≠0)，
将(4,40)，(12,120)代入解析式得：4m+n=4012m+n=120，
解得m=10n=0，
∴P=10y，
∴xy−10y=(x−10)y=(x−10)(−x+24)=45，
整理得：x2−34x+265=0，
解得x1=15，x2=19，
∵4≤y≤12，即4≤−x+24≤12，
∴12≤x≤20，
∴此时的售价为15或19元/件；
②设利润为w万元，
当4≤y≤12时，即12≤x≤20，
则w=xy−10y=(x−10)y=(x−10)(−x+24)=−x2+34x−240=−(x−17)2+49，
∵−1<0，
∴当x=17时，w有最大值，最大值为49；
当12≤y≤19时，
把y=12，P=120代入P=−13y2+6y+m得，
−13×122+6×12+m=120，
解得m=96，
∴P=−13y2+6y+96，
∴w=xy−P
=xy−(−13y2+6y+96)
=(24−y)y+13y2−6y−96
=−23y2+18y−96
=−23(y−272)2+512，
∵−23<0，
∴当y=272时，w有最大值，最大值为512，
此时x=24−272=212，
综上所述，当售价为17元时，利润最大，最大利润为49万元．
【解析】(1)根据表格数据，用待定系数法求函数解析式；
(2)①先求出P关于x的解析式，再根据利润=销售额−总成本列出方程，解方程即可，再根据x，y的关系式求出x的取值范围，从而得出结论；
②设利润为w万元，分两种情况求出w的最大值，然后比较即可．
本题考查二次函数的应用，关键是求出函数解析式．
26.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6cm，AD=BC=8cm，
∵QM//AC，
∴CMCD=AQAD，
即CM6=t8，
∴CM=34t(cm)，
若MP//BD，
则CMCD=CPCB，
即34t6=8−2t8，
解得：t=83，
即当t为83s时，MP//BD；
(2)S=S矩形ABCD−S梯形ABPQ−S△PCM−S△DMQ=8×6−12(t+2t)×6−12(8−2t)×34t−12(8−t)×(6−34t)=38t2−6t+24，
即y与t的函数关系式是S=38t2−6t+24；
(3)存在某一时刻t，使NP平分∠BNM，理由如下：
过点O作OG⊥BC于点G，如图所示：
则OG//CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6cm，∠BCD=90°，OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴BD= BC2+CD2= 82+62=10(cm)，
∴OB=OC=5(cm)，
∵OG⊥BC，
∴OG平分∠BOC，
∴∠BOG=12∠BOC，
∵QM//AC，
∴∠BOC=∠BNM，
∵NP平分∠BNM，
∴∠BNP=12∠BNM，
∴∠BOG=∠BNP，
∴NP//OG，
∴NP//CD，
∴△BPN∽△BCD，
∴BPBC=BNBD，
即2t8=BN10，
解得：BN=52t(cm)，
∵QM//AC，
∴AQAD=ONOD，
即t8=ON5，
∴ON=58t(cm)，
∴BN=ON+OB=(58t+5)cm，
∴52t=58t+5，
解得：t=83，
∴存在某一时刻t，使NP平分∠BNM，t的值为83s．
【解析】(1)由平行线分线段成比例定理得CMCD=AQAD，CMCD=CPCB，即可求解；
(2)S=S矩形ABCD−S梯形ABPQ−S△PCM−S△DMQ，代入计算即可；
(3)过点O作OG⊥BC于点G，由矩形的性质得OB=OC=5(cm)，再证∠BOG=∠BNP，得NP//OG，则NP//CD，证出△BPN∽△BCD，得BPBC=BNBD，求出BN=52t(cm)，然后由平行线分线段成比例定理得AQAD=ONOD，则ON=58t(cm)，得BN=(58t+5)cm，因此52t=58t+5，解得t=83即可．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明△PEF∽△PMQ和△BPN∽△BCD是解题的关键，属于中考常考题型．
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