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2023年四川省绵阳市中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年四川省绵阳市中考数学三模试卷（含解析），共28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年四川省绵阳市中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (−2023)0=( )
A. 0 B. 1 C. 2023 D. −2023
2. 从人社部获悉：今年年初全国各地进一步拓宽就业渠道，岗位送到家门口，截至3月8日，累计举办各类招聘活动5.1万场，发布岗位3300万个.其中3300万用科学记数法表示为( )
A. 0.33×107 B. 3.3×106 C. 3.3×107 D. 33×106
3. 若式子1 1−x在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>1 B. x<1 C. x≥1 D. x≤1
4. 如图，直线l1//l2，∠1与∠BAC互补，∠BAC=70°，则∠2=( )
A. 30° B. 40° C. 45° D. 50°
5. 已知2a=b，则2a+1=( )
A. b B. 1+b C. 2+b D. 2b
6. 如图，在平面直角坐标系中，等边三角形ABO的顶点B的横坐标为2 3，则AB边中点的坐标为( )
A. ( 3,2)
B. ( 3,3)
C. (2,2)
D. (3,3)
7. 若关于x的一元二次方程(k−3)x2+6x+k2−k=0有一个根为−1，则k的值为( )
A. −3 B. 3 C. ±3 D. 9
8. 周末，青华到公园游玩，参加套环游戏，共进行四局，套中的次数分别为1，2，3，4，若将这组数每一个加1，则对这一组新数据描述正确的是( )
A. 平均值不变 B. 方差不变 C. 中位数不变 D. 众数不变
9. 图中的梯形ABCD是水坝的一个截面图，阴影部分是外坡面土方的部分.其中AD//BC，∠C=90°，∠B=45°，∠DEC=60°，AB=10 6m，AD=5m，则坝底外坡面土方的水平宽度BE长为( )
A. 10 3m B. (10 3−5)m C. (10 3+5)m D. (5 3+5)m
10. 新能源车的技术越来越成熟，而且更加环保节能.小松同学的爸爸准备换一台车，通过对比两台续航里程相同的燃油车和新能源车，发现燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元，已知燃油车的油箱容积为40升，燃油价格为9元/升，新能源车电池容量为60千瓦时，电价为0.6元/千瓦时，则小松爸爸选择的两台汽车的续航里程是( )
A. 600km B. 500km C. 450km D. 400km
11. 如图，矩形ABCD的边AB在x轴的正半轴上，点B在点A的右边，点C，D在第一象限，A(1,0)，C(7,b)，点P在CD边上运动，若b取某个确定的值时，使得△POB是等腰三角形的点P有三个可能位置，则b的取值范围是( )
A. b> 13 B. 13≤b≤4 3
C. 13≤b≤72 3 D. 13≤b≤4 3，且b≠72 3
12. 如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC绕着点A逆时针方向旋转到△AEF的位置，点E恰好落在边BC上，EF与CD交于点M，AB=6，AD=8，BE=2，则CM的长为( )
A. 2 B. 3 C. 52 D. 94
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 因式分解：ax2−4ay2= ．
14. 如图，已知圆锥的底面圆半径为1，则该圆锥的俯视图的面积为______ ．
15. 若点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，则m的最小值为______ ．
16. 不等式组3x+2>7x−12≤1的所有整数解的和为______ ．
17. 现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件.如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到______ 万件．
18. 如图，在矩形ABCD中，AB=2 3，BC=6，点E在BC上，且CE=AE，将△ABC沿对角线AC翻折到△AFC，连接EF.则sin∠CEF= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
(1)计算：tan60°×(−2)−1−( 34−38)+|−12 12|；
(2)化简求值：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x，其中x= 2+2．
20. (本小题8.0分)
为更好地加强食品企业、学校的食品安全宣传工作，增强企业员工、全校师生对食品安全的防范意识，普及食品安全科学知识，食品安全委员会与市场监督管理局联合开展了线上知识竞赛活动.某校为了解学生对食品安全知识点掌握情况，对该校1500名学生同期开展了线下答题.用简单随机抽样的方法，随机抽取若干名学生统计答题成绩，分别制成如下频数分布表和频数分布直方图：
成绩(分)
频数
频率
50≤x<60
4
0.02
60≤x<70
16
a
70≤x<80
60
0.3
80≤x<90
b
0.45
90≤x<100
30
c
(1)请填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ，并补全频数分布直方图；
(2)规定成绩70分以下(不含70分)的同学需继续参加线上食品安全知识学习，则估计该校需要继续参加线上学习的同学共有多少人？
(3)现有3名男生2名女生共5位同学符合食品安全志愿者推荐要求，学校共有2个推荐名额，求从这5名同学中被推荐的2人性别相同的概率．
21. (本小题8.0分)
为迎接“三⋅八妇女节”购物高峰，某化妆品牌专卖店准备购进甲、乙两种化妆品.其中甲、乙两种化妆品的进价和售价如下表：
种类
甲
乙
进价(元/件)
m
n
售价(元/件)
250
200
购进3件甲种化妆品，4件乙种化妆品，共需620元；购进5件甲种化妆品，3件乙种化妆品，共需740元．
(1)求m，n的值；
(2)要使购进的甲、乙两种化妆品共200件的总成本不超过18100元，全部售出后的总利润不少于27000元，该专卖店应该如何进货才能获得最大利润？并求最大利润．
22. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，点E在CD上，连接BE，并延长BE至点F，连接CF，DF，BC=CF，∠ABF=∠DFB，连接BD交AE于点G，若AG=DF．
(1)求证：△ADE≌△CFD；
(2)求证：CG垂直平分线段BF．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−12x+m(m为常数，且m>0)的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点C在x轴上，OC=m2，点D在反比例函数y=−6mx(x>0)的图象上，DE⊥OA，垂足为点E，四边形ABCD是矩形．
(1)用m表示点A，B的坐标，并求反比例函数的解析式；
(2)已知点P在x轴上，且△BDP的面积等于40，求点P的坐标．
24. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，PA，PC是⊙O的两条切线，点A，C为切点，延长PC，AB相交于点D，若BD=1，CD=3，点F为弧AB的中点，连接AC．
(1)连接OP交AC于点M，求证：∠ACB=∠AMO；
(2)设∠OCB=α，求tanα的值；
(3)若点G与点F关于圆心O对称，连接CG，求CG的长．
25. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系x Oy中，菱形OABC的边OC在x轴上，点C在点O的右侧，抛物线的图象经过O，A，B三点，∠AOC=60°，OA=4，若点D以每秒2个单位的速度从点O出发沿边OA向点A运动，同时点E以每秒3个单位的速度从点O出发沿边OC向点C运动，点F在AC上，∠DEF=60°，设运动时间为t．
(1)求抛物线解析式；
(2)设△ODE和△CEF的面积和为S，当t为何值时，S最小，并求出S的最小值；
(3)若点P在抛物线上，当t=1时，在平面内是否存在点Q，使得以DE为边、点D，E，P，Q为顶点的四边形为矩形，若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，
∴(−2023)0=1，
故选：B．
根据零次幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，计算即可得到答案
本题主要考查零次幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，熟练掌握零次幂法则是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵3300万=33000000=3.3×107，
故选：C．
将数字还原，再根据科学记数法定义：将一个数写成a×10n(1≤|a|<10)叫科学记数法，直接求解即可得到答案；
本题考查科学记数法定义：将一个数写成a×10n(1≤|a|<10)叫科学记数法，解题的关键是先将带单位的数字还原．
3.【答案】B
【解析】解：由题意得：1−x>0，
解得：x<1，
故选：B．
根据二次根式的被开方数是非负数和分式的分母不等于零列出不等式，解不等式即可．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中被开方数的取值范围的求法，即二次根式中的被开方数是非负数．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠1与∠BAC互补，∠BAC=70°，
∴∠1=180°−70°=110°，
∵l1//l2，
∴∠1=∠2+∠BAC，
∴∠2=∠1−∠BAC=40°，
故选：B．
先根据∠1与∠BAC互补，求出∠1的度数，再根据平行线的性质求解即可．
本题考查了平行线的性质，熟记两直线平行内错角相等是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵2a=b，
∴2a+1=2a×2=2b，
故选：D．
根据同底数幂乘法直接计算即可得到答案．
本题考查同底数幂乘法，解题的关键是熟练掌握am⋅an=am+n．
6.【答案】B
【解析】解：作BC⊥AO于C，
因为等边三角形ABO的顶点B的横坐标为2 3，
所以，BC=2 3，∠AOB=60°，BO=BCsin60∘=4，CO=BCtan60∘=2，
所以，点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(2 3,2)，
则AB边中点的坐标为(0+2 32,2+42)，即( 3,3)，
故选：B．
求出点A和点B的坐标，利用中点坐标公式求解即可．
本题考查了等边三角形的性质和解直角三角形，坐标与图形，解题关键是求出点A的坐标，熟知中点坐标公式．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得：
把x=−1代入方程(k−3)x2+6x+k2−k=0，
得：(k−3)−6+k2−k=0，
解得：k=±3，
∵k−3≠0，
∴k≠3，
∴k=−3，
故选：A．
根据一元二次方程根的定义，将−1代入关于x的一元二次方程(k−3)x2+6x+k2−k=0得到关于k的方程求解，再根据一元二次方程定义确定k值即可得到答案．
本题考查一元二次方程的定义及一元二次方程根的定义，熟练掌握相关概念是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：将一组数据中的每个数都加1，那么所得的新数据的众数、中位数、平均数都增加1，方差不变．
故选：B．
将一组数据中的每个数都加1，那么所得的新数据的众数、中位数、平均数都增加1，方差不变，据此可得答案．
本题主要考查了方差，掌握方差、众数、中位数和平均数的概念是关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点A作AF⊥BC于点F，
∵AD//BC，∠C=90°，
∴∠D=180°−∠C=90°，
∴四边形ADCF是矩形，
∴FC=AD=5，AF=CD，
在Rt△ABF中，∠B=45°，AB=10 6，
∴AF=AB⋅sin45⋅=10 3，BF=AB⋅cos45°=10 3，
在Rt△DCE中，∠DEC=60°，CD=AF=10 3，
∴CE=CDtan60∘=10，
∴BE=BC−CE=BF+CF−BC=10 3−5，
即坝底外坡面土方的水平宽度BE长为(10 3−5)m．
故选：B．
过点A作AF⊥BC于点F，证明四边形ADCF是矩形，得出FC=AD=5，AF=CD，分别解Rt△ABF，Rt△DCE，求出AF=10 3，BF=10 3，CE=10，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，弄清题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设两台汽车的续航里程是x千米，
由题意可得，40×9x=60×0.6x+0.54，
解得：x=600，
故选：A．
设两台汽车的续航里程是x千米，根据燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元列等式求解即可得到答案．
本题考查分式方程解决应用题，解题的关键是根据题意找到等量关系式列式求解．
11.【答案】D
【解析】解：矩形ABCD中，A(1,0)，C(7,b)，
则B(7,0)，D(1,b)，
∴OB=7，
∵△POB是等腰三角形，
如图：当PB=OB，且P、D重合时，
在Rt△PAB中，PA=b，AB=6，PB=OB=7，
∵PA2+AB2=PB2，
∴b2+62=72，
解得：b= 13或b=− 13(不合题意，舍去)；
如图：当PO=OB，且P、D重合时，
在Rt△POA中，PA=b，OA=1，PO=OB=7，
∵PA2+OA2=PO2，
∴b2+12=72，
解得：b=4 3或b=−4 3(不合题意，舍去)；
如图：当PO=PB，P在OB的垂直平分线上，与CD恒有一个交点，
如图：当△POB为等边三角形时，即PO=OB=PB=7，
过P作PN⊥x轴于N，
根据等边三角形三线合一易得：
ON=12OB=72，
∴b=PN= OP2−ON2=7 32；
综上所述： 13≤b≤4 3，且b≠72 3，
故选：D．
矩形ABCD中，A(1,0)，C(7,b)则B(7,0)，D(1,b)得OB=7，由△POB是等腰三角形，分PB=OB、PO=OB、PO=PB讨论，找到临界值，再分析△POB是等边三角形的情况，即可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，等边三角形的性质以及勾股定理解直角三角形；解题的关键是结合题意分类讨论并排除等边三角形的情况．
12.【答案】D
【解析】解：如图所示，过点C作CN//AE交EF于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB//CD，
∴BC=AD=8，∠BCD=180°−∠B，
由旋转的性质可得AB=AE=6，∠ABE=∠AEF，
∴∠ABE=∠AEB，
∵BE=2，
∴CE=BC−BE=6，
∴AE=CE，
∵∠BAE+∠ABE=∠AEC，∠AEC=∠AEF+∠CEN，
∴∠BAE=∠CEN，
∵CN//AE，
∴∠AEF=∠CNE=∠ABE，
∴∠ECN=∠AEB=∠ABE=∠ENC，
∴EN=EC=6，
∴△ABE≌△ECN(AAS)，
∴CN=BE=2，
∵∠BCD=180°−∠B，∠CNM=180°−∠CNE，
∴∠BCD=∠CNM，
又∵∠CMN=∠EMC，
∴△CNM∽△ECM，
∴MNMC=MCME=NCCE=26=13，
设MN=x，则MC=3x，ME=9x
∵EN=ME−MN=6，
∴9x−x=6，
解得x=34，
∴MC=3x=94，
故选：D．
如图所示，过点C作CN//AE交EF于N，由旋转的性质得到AB=AE=6，∠ABE=∠AEF，易证△ABE≌△ECN，得到CN=BE=2，再证明△CNM∽△ECM，得到MNMC=MCME=NCCE=13，设MN=x，则MC=3x，ME=9x，根据EN=ME−MN=6，得到方程9x−x=6，解方程即可得到答案．
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
13.【答案】a(x+2y)(x−2y)
【解析】
【分析】
本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是解决问题的关键．
先提公因式a，再利用平方差公式即可进行因式分解．
【解答】
解：原式=a(x2−4y2)=a(x+2y)(x−2y)，
故答案为：a(x+2y)(x−2y)．
14.【答案】π
【解析】解：圆锥的俯视图的面积等于半径为1的圆的面积，
该圆锥的俯视图的面积为π×12=π，
故答案为：π．
根据圆锥的俯视图，圆的面积公式即可得出结果．
本题考查了立体图形的三视图，圆的面积公式．根据立体图形判断出俯视图是本题的关键．
15.【答案】−1
【解析】解：∵点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，
∴m+1−|x|=0，
∴m=|x|−1，
当x=0时，m最小，最小值为m=0−1=−1．
故答案为：−1．
由点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，可得m=|x|−1，结合|x|≥0可得答案．
本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标关系，熟记关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数是解本题的关键．
16.【答案】5
【解析】解：3x+2>7①x−12≤1②，
解不等式①得：x>53，
解不等式②得：x≤3，
∴不等式组的解集为：53
则整数解的和为：2+3=5．
故答案为：5．
分别解出两个不等式的解集，再解得两个不等式的公共解集，继而解题．
本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．
17.【答案】13.31
【解析】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，
根据题意得：10(1+x)2=12.1，
解得：x1=0.1或x2=−2.1(不合题意，舍去)，
按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：12.1×(1+0.1)=13.31(万件)，
故答案为：13.31．
设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，结合题意依据增长模型a(1+x)2=b建立方程，求得增长率，从而可求解．
本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为a(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于x的一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】3 2114
【解析】解：过F作FH⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=2 3，BC=6，
∴tan∠ACB=ABBC= 33，tan∠CAB=BCAB= 3，
∴∠ACB=30°，∠BAC=60°，
∵CE=AE，
∴∠ACB=∠CAE=30°，
∴∠EAB=60°−30°=30°，
∴BE=ABtan∠EAB=2 3× 33=2，
∴CE=6−2=4，
∵△ABC沿对角线AC翻折到△AFC，
∴∠ACB=∠ACF=30°，CF=CB=6，
∴∠FCH=30°+30°=60°，
∵FH⊥BC，
∴∠FHE=∠FHC=90°，
∴FH=FCsin∠FCH=6×sin60°=3 3，CH=FCcos∠FCH=6×cos60°=3，
∴EH=BC−BE−CH=6−2−3=1，
∴EF= EH2+FH2= 12+(3 3)2=2 7，
∴sin∠CEF=FHEF=3 32 7=3 2114，
故答案为：3 2114．
过F作FH⊥BC，根据AB=2 3，BC=6可得tan∠ACB=ABBC= 33，即可得到∠ACB=30°，从而得到∠BAC=60°，根据折叠得到∠ACB=∠ACF=30°，CF=CB=6，即可求出FH，CH，根据CE=AE，得到∠ACB=∠CAE=30°，即可得到BE，从而得到CE，EH，即可得到答案．
本题考查矩形折叠，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据线段关系得到一些角度值，结合折叠得到等角转化，从而得到相应的线段的值．
19.【答案】解：(1)原式= 3×(−12)−( 32−2)+12×2 3
=− 32− 32+2+ 3
=− 3+2+ 3
=2；
(2)原式=[x+2x(x−2)−x−1(x−2)2]×xx−4
=(x+2)(x−2)−x(x−1)x(x−2)2×xx−4
=x2−4−x2+x(x−2)2×1x−4
=x−4(x−2)2×1x−4
=1(x−2)2，
当x= 2+2时，
原式=1( 2+2−2)2=12．
【解析】(1)根据特殊三角函数值，负指数幂，二次根式，立方根和绝对值的运算法则进行计算即可；
(2)先利用平方差公式和完全平方公式，根据分式的运算法则进行化简，再代入求值即可．
本题考查了实数的混合运算和分式的化简求值，掌握特殊三角函数值，负指数幂，二次根式，立方根，绝对值，平方差公式和完全平方公式是解题的关键．
20.【答案】0.08 90 0.15
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：4÷0.02=200(人)，
∴a=16÷200=0.08，
c=30÷200=0.15，
b=200−4−16−60−30=90，
补全频数分布直方图如下：
故答案为：0.08；90；0.15．
(2)由题意得1500×4+16200=150(人)，
∴估计该校需要继续参加线上学习的同学共有150人．
(3)设3名男生为A1，A2，A3，两名女生为B1，B2，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，被选中的两名学生恰好为同一性别的结果有8种，
∴被推荐的人性别相同的概率为820=25．
∴从这5名同学中被推荐的2人性别相同的概率为25．
(1)先根据50≤x<60的频数及频率求出样本容量，可得结论，再根据所得结论画出图形即可；
(2)用总人数乘以成绩70分以下(不含70分)的同学所占比例即可；
(3)画树状图，共有20种等可能的结果，被推荐的两名学生恰好为同一性别的结果有8种，再由概率公式求解即可．
本题考查画树状图或列表法求概率、频数分布表和频数分布直方图．画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；概率的公式：概率=所求情况数与总情况数之比．解题的关键是根据直方图得出解题所需数据、样本估计总体思想及通过画树状图或列表法求概率的运用．
21.【答案】解：(1)由题意得：3m+4n=6205m+3n=740，
解得m=100n=80；
(2)设购进甲种化妆品x件，则购进乙种化妆品(200−x)件，总利润为W元．(250−100)x+(200−80)(200−x)≥27000100x+80(200−x)≤18100
解得：100≤x≤105，
由题意得：W=(250−100)x+(200−80)(200−x)=30x+24000，
∵30>0，
当100≤x≤105时，W随x的增大而增大，
∴当x=105时，W有最大值为：30×105+24000=27150元．
答：购进105件甲种化妆品，购进95件乙种化妆品是能获得最大利润，最大利润为27150元．
【解析】(1)依题意建立二元一次方程组求解即可；
(2)设购进甲种化妆品x件，则购进乙种化妆品(200−x)件，总利润为W元，依题意建立一元一次不等式组，求得x的取值范围，再根据题意求得W关于x的一次函数表达式，根据一次函数的增减性即可分析求解．
本题考查了应用二元一次方程组解决实际问题，一元一次不等式组解决实际问题，依据一次函数的增减性判断最大利润；解题的关键是结合等量关系正确列式求解．
22.【答案】(1)证明：由▱ABCD得AD=BC，AB//CD，∠ADC=∠ABC，
∴∠ABF=∠DEF．
∵BC=CF，
∴AD=CF，∠CFB=∠CBF．
∵∠ABF=∠DFB，
∴∠DEF=∠DFB，
∴DE=DF．
∴∠DFB+∠CFB=∠ABF+∠CBF，即∠CFD=∠ABC，
∴∠ADC=∠CFD．
在△ADE和△CFD中，
AD=CF∠ADC=∠CFDDE=FD
∴△ADE≌△CFD(SAS)．
(2)证明：如图：连接GF．
∵△ADE≌△CFD，
∴∠DEA=∠FDE，
∴DF//AG．
∵AG=DF，
∴四边形ADFG为平行四边形，
∴AD//GF，AD=GF．
∵AD//BC，AD=BC，
∴BC//GF，BC=GF，
∴四边形BCFG为平行四边形，
∵BC=CF，
∴四边形BCFG为菱形，
∴CG垂直平分线段BF．
【解析】(1)首先根据平行四边形的性质，可证得∠ABF=∠DEF，再根据等腰三角形的判定与性质，可得AD=CF，∠CFB=∠CBF，DE=DF，∠ADC=∠CFD，据此即可证得结论；
(2)连接GF，首先根据全等三角形的性质，可证得四边形ADFG为平行四边形，可证得四边形BCFG为平行四边形，再根据菱形的判定与性质即可证得结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，作出辅助线是解决本题的关键．
23.【答案】解：(1)令y=0，则−12x+m=0，则x=2m，
∴OA=2m，则A(2m,0)．
令x=0，则y=m，
∴OB=m，则B(0,m)．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC//AD，BC=AD．
∴∠BCO=∠DAE．
∵DE⊥OA，
∴∠AED=∠BOC．
在△BOC和△DEA中，
∠BOC=∠DEAamp;∠BCO=∠DAEamp;BC=DAamp;，
∴△BOC≌△DEA(AAS)．
∴EA=OC=m2，OB=ED=m．
∴OE=OA−EA=2m−12m=32m，
∴D(32m,−m)．
∵点D在反比例函数y=−6mx的图象上，
∴−m×32m=−6m，
解得m=4，
∴反比例函数的解析式为y=−24x；
(2)解：由(1)得OB=m=4，AO=2m=8，AC=AO+OC=2m+12m=52m=52×4=10，
由矩形ABCD，得AG=12AC=5，
∴OG=AO−AG=3，
∴G(3,0)．
设x轴上点P(a,0)，则PG=|a−3|．
由△BDP的面积为40，
得S△BDP=12(yB−yD)×PG=40，
∴12×(4+4)×|a−3|=40，
∴|a−3|=10，
解得a=−7或a=13．
∴点P的坐标为(−7,0)或(13,0)．
【解析】(1)根据一次函数的性质可用m表示点A，B的坐标，证明△BOC≌△DEA(SSS).推出EA=OC=m2，OB=ED=m.求得D(32m,−m)，据此求解即可；
(2)先求得G(3,0)，设x轴上点P(a,0)，则PG=|a−3|，再利用三角形的面积公式列式计算即可求解．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积等知识点，注意利用数形结合思想．
24.【答案】(1)证明：∵PA，PC是⊙O的两条切线，
∴AB⊥AP，OC⊥CP，PA=PC，
∵OA=OB，
∴点O、P在线段AC的垂直平分线上，
∴OP垂直平分AC，即∠AMO=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠AMO．
(2)解：∵∠ACB=90°，∠OCD=90°，
∴∠BCD=∠ACO=∠OAC，
∵∠D=∠D，
∴△DCA∽△DBC，
∴ACBC=CDBD=31=3，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴tan∠OCB=tan∠OBC=tanα=ACBC=3．
(3)解：连接CF，FG，如图所示：
∵点G与点F关于圆心O对称，
∴GF过圆心，且为⊙O的直径，
∴∠GCF=90°，
由(2)得△DCA∽△DBC，
∴CDBD=ADCD，
即31=AB+13，
∴AB=8，
又∵ACBC=3，
∴设BC=k，AC=3k，由BC2+AC2=AB2得，
∴k2+(3k)2=82，
即10k2=64，
∴k=4 105(舍去负值)，
即BC=4 105，AC=12 105，
如图，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，如图所示：
∵点F为AB的中点，
∴AF=BF，∠ACF=∠BCF=45°，
∴AH=CH= 22AC=12 55，
∴AF= 22AB=4 2，
FH= AF2−AH2= (4 2)2−(12 55)2=4 55，
∴CF=CH+FH=12 55+4 55=16 55，
在Rt△CFG中，CG2=FG2−CF2=82−(16 55)2=64−2565=645，
∴CG=85 5(负值舍去)．
【解析】(1)根据切线性质得出PA=PC，由OA=OB，得出点O、P在线段AC的垂直平分线上，证明∠AMO=90°，根据AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，证明∠ACB=∠AMO；
(2)证明△DCA∽△DBC，得出ACBC=CDBD=31=3，求出tan∠OCB=tan∠OBC=tanα=ACBC=3即可；
(3)连接CF，FG，由△DCA∽△DBC，得出CDBD=ADCD，求出AB=8，根据ACBC=3，设BC=k，AC=3k，根据BC2+AC2=AB2列出方程，求出k=4 105，得出BC=4 105，AC=12 105，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，求出CF=CH+FH=12 55+4 55=16 55，最后根据勾股定理求出结果即可．
本题主要考查了圆与三角形的综合，三角形相似的判定和性质，勾股定理，垂直平分线的判断，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握基本的性质和定理，灵活应用．
25.【答案】解：(1)如图1，过A作AM⊥x轴于M，
∵∠AOC=60°，OA=4，
∴∠OAM=30°，
∴OM=2，AM=2 3，
∴A(2,2 3)，
∵菱形OABC的边OC在x轴上，
∴AB=4，AB//x轴，
∴B(6,2 3)，
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∴4a+2b=2 336a+6b=2 3c=0，解得a=− 36b=4 33c=0，
∴抛物线解析式为y=− 36x2+4 33x；
(2)如图2，过D作DH⊥x轴于H，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，OA=4，
∴OC=OA=4，∠ACO=∠AOC=60°，
∵∠OEF=∠OED+∠DEF=∠ACO+∠EFC=60°+∠EFC，
∵∠DEF=60°，
∴∠OED=∠EFC，
∵∠AOC=∠ACO=60°，
∴△ODE∽△CEF，
∴OD2CE2=S△ODES△CEF，
由题意得OD=2t，OE=3t，OH=t，DH= 3t，
∴S△ODE=12OE⋅DH=3 32t2，
∴4t2(4−3t)2=3 32t2S△CEF，
∴S△CEF=3 38(4−3t)2，
∴S=3 32t2+3 38(4−3t)2=39 38t2−9 3t+6 3=39 38(t−1213)2+24 313，
∴当t=1213时，S最小，S的最小值为24 313；
(3)如图3，过D作DH⊥x轴于H，
当t=1时，OD=2t=2，OE=3t=3，OH=t=1，DH= 3t= 3，
∴D(1, 3)，HE=2，E(3,0)，
分别过D作DP⊥DE，过点E作EP1⊥DE，与抛物线的交点即为点P，
∴∠NDE=∠NDH+∠EDH=90°，∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠NDH=∠DEH，
∴tan∠NDH=tan∠DEH，
∴NHDH=DHEH，
∴NH 3= 32，
∴NH=32，
∴ON=12，
∴N(−12,0)，
设直线DN的解析式为y=mx+n，
∴−12m+n=0m+n= 3，解得m=2 33n= 33，
∴直线DN的解析式为y=2 33x+ 33，
联立抛物线得2 33x+ 33=− 36x2+4 33x，
解得x=2+ 2或2− 2，
∴点P的横坐标为2+ 2或2− 2，
∵D(1, 3)，E(3,0)，
∴点Q的横坐标为4+ 2或4− 2；
∵DP⊥DE，P1E⊥DE，
∴DP//P1E，
设直线P1E的解析式为y=2 33x+t，
∴2 33×3+t=0，
∴t=−2 3，
∴直线P1E的解析式为y=2 33x−2 3，
联立抛物线得2 33x−2 3=− 36x2+4 33x，
解得x=6或−2，
∴点P的横坐标为6或−2，
∵D(1, 3)，E(3,0)，
∴点Q的横坐标为4或−4；
综上，存在，点Q的横坐标为4+ 2或4− 2或4或−4．
【解析】(1)根据菱形的性质以及含30°角的直角三角形的性质求出点A(2,2 3)，可得B(6,2 3)，利用待定系数法即可求解；
(2)过D作DH⊥x轴于H，证明△ODE和∽△CEF，根据相似三角形的性质得出△CEF的面积，可得S=3 32t2+3 38(4−3t)2=39 38t2−9 3t+6 3=39 38(t−1213)2+24 313，根据二次函数的性质即可得S的最小值；
(3)过D作DH⊥x轴于H，则D(1, 3)，分别过D作DP⊥DE，过点E作EP1⊥DE，与抛物线的交点即为点P，求出直线的解析式，联立抛物线可得方程，解方程求出点P的横坐标，根据矩形的性质即可得点Q的横坐标．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、矩形的性质，两直线平行问题，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2023年四川省绵阳市中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (−2023)0=( )
A. 0 B. 1 C. 2023 D. −2023
2. 从人社部获悉：今年年初全国各地进一步拓宽就业渠道，岗位送到家门口，截至3月8日，累计举办各类招聘活动5.1万场，发布岗位3300万个.其中3300万用科学记数法表示为( )
A. 0.33×107 B. 3.3×106 C. 3.3×107 D. 33×106
3. 若式子1 1−x在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>1 B. x<1 C. x≥1 D. x≤1
4. 如图，直线l1//l2，∠1与∠BAC互补，∠BAC=70°，则∠2=( )
A. 30° B. 40° C. 45° D. 50°
5. 已知2a=b，则2a+1=( )
A. b B. 1+b C. 2+b D. 2b
6. 如图，在平面直角坐标系中，等边三角形ABO的顶点B的横坐标为2 3，则AB边中点的坐标为( )
A. ( 3,2)
B. ( 3,3)
C. (2,2)
D. (3,3)
7. 若关于x的一元二次方程(k−3)x2+6x+k2−k=0有一个根为−1，则k的值为( )
A. −3 B. 3 C. ±3 D. 9
8. 周末，青华到公园游玩，参加套环游戏，共进行四局，套中的次数分别为1，2，3，4，若将这组数每一个加1，则对这一组新数据描述正确的是( )
A. 平均值不变 B. 方差不变 C. 中位数不变 D. 众数不变
9. 图中的梯形ABCD是水坝的一个截面图，阴影部分是外坡面土方的部分.其中AD//BC，∠C=90°，∠B=45°，∠DEC=60°，AB=10 6m，AD=5m，则坝底外坡面土方的水平宽度BE长为( )
A. 10 3m B. (10 3−5)m C. (10 3+5)m D. (5 3+5)m
10. 新能源车的技术越来越成熟，而且更加环保节能.小松同学的爸爸准备换一台车，通过对比两台续航里程相同的燃油车和新能源车，发现燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元，已知燃油车的油箱容积为40升，燃油价格为9元/升，新能源车电池容量为60千瓦时，电价为0.6元/千瓦时，则小松爸爸选择的两台汽车的续航里程是( )
A. 600km B. 500km C. 450km D. 400km
11. 如图，矩形ABCD的边AB在x轴的正半轴上，点B在点A的右边，点C，D在第一象限，A(1,0)，C(7,b)，点P在CD边上运动，若b取某个确定的值时，使得△POB是等腰三角形的点P有三个可能位置，则b的取值范围是( )
A. b> 13 B. 13≤b≤4 3
C. 13≤b≤72 3 D. 13≤b≤4 3，且b≠72 3
12. 如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC绕着点A逆时针方向旋转到△AEF的位置，点E恰好落在边BC上，EF与CD交于点M，AB=6，AD=8，BE=2，则CM的长为( )
A. 2 B. 3 C. 52 D. 94
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 因式分解：ax2−4ay2= ．
14. 如图，已知圆锥的底面圆半径为1，则该圆锥的俯视图的面积为______ ．
15. 若点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，则m的最小值为______ ．
16. 不等式组3x+2>7x−12≤1的所有整数解的和为______ ．
17. 现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件.如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到______ 万件．
18. 如图，在矩形ABCD中，AB=2 3，BC=6，点E在BC上，且CE=AE，将△ABC沿对角线AC翻折到△AFC，连接EF.则sin∠CEF= ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
(1)计算：tan60°×(−2)−1−( 34−38)+|−12 12|；
(2)化简求值：(x+2x2−2x−x−1x2−4x+4)÷x−4x，其中x= 2+2．
20. (本小题8.0分)
为更好地加强食品企业、学校的食品安全宣传工作，增强企业员工、全校师生对食品安全的防范意识，普及食品安全科学知识，食品安全委员会与市场监督管理局联合开展了线上知识竞赛活动.某校为了解学生对食品安全知识点掌握情况，对该校1500名学生同期开展了线下答题.用简单随机抽样的方法，随机抽取若干名学生统计答题成绩，分别制成如下频数分布表和频数分布直方图：
成绩(分)
频数
频率
50≤x<60
4
0.02
60≤x<70
16
a
70≤x<80
60
0.3
80≤x<90
b
0.45
90≤x<100
30
c
(1)请填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ，并补全频数分布直方图；
(2)规定成绩70分以下(不含70分)的同学需继续参加线上食品安全知识学习，则估计该校需要继续参加线上学习的同学共有多少人？
(3)现有3名男生2名女生共5位同学符合食品安全志愿者推荐要求，学校共有2个推荐名额，求从这5名同学中被推荐的2人性别相同的概率．
21. (本小题8.0分)
为迎接“三⋅八妇女节”购物高峰，某化妆品牌专卖店准备购进甲、乙两种化妆品.其中甲、乙两种化妆品的进价和售价如下表：
种类
甲
乙
进价(元/件)
m
n
售价(元/件)
250
200
购进3件甲种化妆品，4件乙种化妆品，共需620元；购进5件甲种化妆品，3件乙种化妆品，共需740元．
(1)求m，n的值；
(2)要使购进的甲、乙两种化妆品共200件的总成本不超过18100元，全部售出后的总利润不少于27000元，该专卖店应该如何进货才能获得最大利润？并求最大利润．
22. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，点E在CD上，连接BE，并延长BE至点F，连接CF，DF，BC=CF，∠ABF=∠DFB，连接BD交AE于点G，若AG=DF．
(1)求证：△ADE≌△CFD；
(2)求证：CG垂直平分线段BF．
23. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−12x+m(m为常数，且m>0)的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点C在x轴上，OC=m2，点D在反比例函数y=−6mx(x>0)的图象上，DE⊥OA，垂足为点E，四边形ABCD是矩形．
(1)用m表示点A，B的坐标，并求反比例函数的解析式；
(2)已知点P在x轴上，且△BDP的面积等于40，求点P的坐标．
24. (本小题8.0分)
如图，AB是⊙O的直径，PA，PC是⊙O的两条切线，点A，C为切点，延长PC，AB相交于点D，若BD=1，CD=3，点F为弧AB的中点，连接AC．
(1)连接OP交AC于点M，求证：∠ACB=∠AMO；
(2)设∠OCB=α，求tanα的值；
(3)若点G与点F关于圆心O对称，连接CG，求CG的长．
25. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系x Oy中，菱形OABC的边OC在x轴上，点C在点O的右侧，抛物线的图象经过O，A，B三点，∠AOC=60°，OA=4，若点D以每秒2个单位的速度从点O出发沿边OA向点A运动，同时点E以每秒3个单位的速度从点O出发沿边OC向点C运动，点F在AC上，∠DEF=60°，设运动时间为t．
(1)求抛物线解析式；
(2)设△ODE和△CEF的面积和为S，当t为何值时，S最小，并求出S的最小值；
(3)若点P在抛物线上，当t=1时，在平面内是否存在点Q，使得以DE为边、点D，E，P，Q为顶点的四边形为矩形，若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，
∴(−2023)0=1，
故选：B．
根据零次幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，计算即可得到答案
本题主要考查零次幂法则：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，熟练掌握零次幂法则是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵3300万=33000000=3.3×107，
故选：C．
将数字还原，再根据科学记数法定义：将一个数写成a×10n(1≤|a|<10)叫科学记数法，直接求解即可得到答案；
本题考查科学记数法定义：将一个数写成a×10n(1≤|a|<10)叫科学记数法，解题的关键是先将带单位的数字还原．
3.【答案】B
【解析】解：由题意得：1−x>0，
解得：x<1，
故选：B．
根据二次根式的被开方数是非负数和分式的分母不等于零列出不等式，解不等式即可．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中被开方数的取值范围的求法，即二次根式中的被开方数是非负数．
4.【答案】B
【解析】解：∵∠1与∠BAC互补，∠BAC=70°，
∴∠1=180°−70°=110°，
∵l1//l2，
∴∠1=∠2+∠BAC，
∴∠2=∠1−∠BAC=40°，
故选：B．
先根据∠1与∠BAC互补，求出∠1的度数，再根据平行线的性质求解即可．
本题考查了平行线的性质，熟记两直线平行内错角相等是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵2a=b，
∴2a+1=2a×2=2b，
故选：D．
根据同底数幂乘法直接计算即可得到答案．
本题考查同底数幂乘法，解题的关键是熟练掌握am⋅an=am+n．
6.【答案】B
【解析】解：作BC⊥AO于C，
因为等边三角形ABO的顶点B的横坐标为2 3，
所以，BC=2 3，∠AOB=60°，BO=BCsin60∘=4，CO=BCtan60∘=2，
所以，点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(2 3,2)，
则AB边中点的坐标为(0+2 32,2+42)，即( 3,3)，
故选：B．
求出点A和点B的坐标，利用中点坐标公式求解即可．
本题考查了等边三角形的性质和解直角三角形，坐标与图形，解题关键是求出点A的坐标，熟知中点坐标公式．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得：
把x=−1代入方程(k−3)x2+6x+k2−k=0，
得：(k−3)−6+k2−k=0，
解得：k=±3，
∵k−3≠0，
∴k≠3，
∴k=−3，
故选：A．
根据一元二次方程根的定义，将−1代入关于x的一元二次方程(k−3)x2+6x+k2−k=0得到关于k的方程求解，再根据一元二次方程定义确定k值即可得到答案．
本题考查一元二次方程的定义及一元二次方程根的定义，熟练掌握相关概念是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：将一组数据中的每个数都加1，那么所得的新数据的众数、中位数、平均数都增加1，方差不变．
故选：B．
将一组数据中的每个数都加1，那么所得的新数据的众数、中位数、平均数都增加1，方差不变，据此可得答案．
本题主要考查了方差，掌握方差、众数、中位数和平均数的概念是关键．
9.【答案】B
【解析】解：过点A作AF⊥BC于点F，
∵AD//BC，∠C=90°，
∴∠D=180°−∠C=90°，
∴四边形ADCF是矩形，
∴FC=AD=5，AF=CD，
在Rt△ABF中，∠B=45°，AB=10 6，
∴AF=AB⋅sin45⋅=10 3，BF=AB⋅cos45°=10 3，
在Rt△DCE中，∠DEC=60°，CD=AF=10 3，
∴CE=CDtan60∘=10，
∴BE=BC−CE=BF+CF−BC=10 3−5，
即坝底外坡面土方的水平宽度BE长为(10 3−5)m．
故选：B．
过点A作AF⊥BC于点F，证明四边形ADCF是矩形，得出FC=AD=5，AF=CD，分别解Rt△ABF，Rt△DCE，求出AF=10 3，BF=10 3，CE=10，即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，弄清题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：设两台汽车的续航里程是x千米，
由题意可得，40×9x=60×0.6x+0.54，
解得：x=600，
故选：A．
设两台汽车的续航里程是x千米，根据燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元列等式求解即可得到答案．
本题考查分式方程解决应用题，解题的关键是根据题意找到等量关系式列式求解．
11.【答案】D
【解析】解：矩形ABCD中，A(1,0)，C(7,b)，
则B(7,0)，D(1,b)，
∴OB=7，
∵△POB是等腰三角形，
如图：当PB=OB，且P、D重合时，
在Rt△PAB中，PA=b，AB=6，PB=OB=7，
∵PA2+AB2=PB2，
∴b2+62=72，
解得：b= 13或b=− 13(不合题意，舍去)；
如图：当PO=OB，且P、D重合时，
在Rt△POA中，PA=b，OA=1，PO=OB=7，
∵PA2+OA2=PO2，
∴b2+12=72，
解得：b=4 3或b=−4 3(不合题意，舍去)；
如图：当PO=PB，P在OB的垂直平分线上，与CD恒有一个交点，
如图：当△POB为等边三角形时，即PO=OB=PB=7，
过P作PN⊥x轴于N，
根据等边三角形三线合一易得：
ON=12OB=72，
∴b=PN= OP2−ON2=7 32；
综上所述： 13≤b≤4 3，且b≠72 3，
故选：D．
矩形ABCD中，A(1,0)，C(7,b)则B(7,0)，D(1,b)得OB=7，由△POB是等腰三角形，分PB=OB、PO=OB、PO=PB讨论，找到临界值，再分析△POB是等边三角形的情况，即可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形，等边三角形的性质以及勾股定理解直角三角形；解题的关键是结合题意分类讨论并排除等边三角形的情况．
12.【答案】D
【解析】解：如图所示，过点C作CN//AE交EF于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB//CD，
∴BC=AD=8，∠BCD=180°−∠B，
由旋转的性质可得AB=AE=6，∠ABE=∠AEF，
∴∠ABE=∠AEB，
∵BE=2，
∴CE=BC−BE=6，
∴AE=CE，
∵∠BAE+∠ABE=∠AEC，∠AEC=∠AEF+∠CEN，
∴∠BAE=∠CEN，
∵CN//AE，
∴∠AEF=∠CNE=∠ABE，
∴∠ECN=∠AEB=∠ABE=∠ENC，
∴EN=EC=6，
∴△ABE≌△ECN(AAS)，
∴CN=BE=2，
∵∠BCD=180°−∠B，∠CNM=180°−∠CNE，
∴∠BCD=∠CNM，
又∵∠CMN=∠EMC，
∴△CNM∽△ECM，
∴MNMC=MCME=NCCE=26=13，
设MN=x，则MC=3x，ME=9x
∵EN=ME−MN=6，
∴9x−x=6，
解得x=34，
∴MC=3x=94，
故选：D．
如图所示，过点C作CN//AE交EF于N，由旋转的性质得到AB=AE=6，∠ABE=∠AEF，易证△ABE≌△ECN，得到CN=BE=2，再证明△CNM∽△ECM，得到MNMC=MCME=NCCE=13，设MN=x，则MC=3x，ME=9x，根据EN=ME−MN=6，得到方程9x−x=6，解方程即可得到答案．
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
13.【答案】a(x+2y)(x−2y)
【解析】
【分析】
本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是解决问题的关键．
先提公因式a，再利用平方差公式即可进行因式分解．
【解答】
解：原式=a(x2−4y2)=a(x+2y)(x−2y)，
故答案为：a(x+2y)(x−2y)．
14.【答案】π
【解析】解：圆锥的俯视图的面积等于半径为1的圆的面积，
该圆锥的俯视图的面积为π×12=π，
故答案为：π．
根据圆锥的俯视图，圆的面积公式即可得出结果．
本题考查了立体图形的三视图，圆的面积公式．根据立体图形判断出俯视图是本题的关键．
15.【答案】−1
【解析】解：∵点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，
∴m+1−|x|=0，
∴m=|x|−1，
当x=0时，m最小，最小值为m=0−1=−1．
故答案为：−1．
由点A(1,m)与点B(−1,1−|x|)关于原点O成中心对称，可得m=|x|−1，结合|x|≥0可得答案．
本题考查的是关于原点对称的两个点的坐标关系，熟记关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数是解本题的关键．
16.【答案】5
【解析】解：3x+2>7①x−12≤1②，
解不等式①得：x>53，
解不等式②得：x≤3，
∴不等式组的解集为：53
则整数解的和为：2+3=5．
故答案为：5．
分别解出两个不等式的解集，再解得两个不等式的公共解集，继而解题．
本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握不等式组的解法是解题关键．
17.【答案】13.31
【解析】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，
根据题意得：10(1+x)2=12.1，
解得：x1=0.1或x2=−2.1(不合题意，舍去)，
按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：12.1×(1+0.1)=13.31(万件)，
故答案为：13.31．
设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，结合题意依据增长模型a(1+x)2=b建立方程，求得增长率，从而可求解．
本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为a(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于x的一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】3 2114
【解析】解：过F作FH⊥BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=2 3，BC=6，
∴tan∠ACB=ABBC= 33，tan∠CAB=BCAB= 3，
∴∠ACB=30°，∠BAC=60°，
∵CE=AE，
∴∠ACB=∠CAE=30°，
∴∠EAB=60°−30°=30°，
∴BE=ABtan∠EAB=2 3× 33=2，
∴CE=6−2=4，
∵△ABC沿对角线AC翻折到△AFC，
∴∠ACB=∠ACF=30°，CF=CB=6，
∴∠FCH=30°+30°=60°，
∵FH⊥BC，
∴∠FHE=∠FHC=90°，
∴FH=FCsin∠FCH=6×sin60°=3 3，CH=FCcos∠FCH=6×cos60°=3，
∴EH=BC−BE−CH=6−2−3=1，
∴EF= EH2+FH2= 12+(3 3)2=2 7，
∴sin∠CEF=FHEF=3 32 7=3 2114，
故答案为：3 2114．
过F作FH⊥BC，根据AB=2 3，BC=6可得tan∠ACB=ABBC= 33，即可得到∠ACB=30°，从而得到∠BAC=60°，根据折叠得到∠ACB=∠ACF=30°，CF=CB=6，即可求出FH，CH，根据CE=AE，得到∠ACB=∠CAE=30°，即可得到BE，从而得到CE，EH，即可得到答案．
本题考查矩形折叠，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据线段关系得到一些角度值，结合折叠得到等角转化，从而得到相应的线段的值．
19.【答案】解：(1)原式= 3×(−12)−( 32−2)+12×2 3
=− 32− 32+2+ 3
=− 3+2+ 3
=2；
(2)原式=[x+2x(x−2)−x−1(x−2)2]×xx−4
=(x+2)(x−2)−x(x−1)x(x−2)2×xx−4
=x2−4−x2+x(x−2)2×1x−4
=x−4(x−2)2×1x−4
=1(x−2)2，
当x= 2+2时，
原式=1( 2+2−2)2=12．
【解析】(1)根据特殊三角函数值，负指数幂，二次根式，立方根和绝对值的运算法则进行计算即可；
(2)先利用平方差公式和完全平方公式，根据分式的运算法则进行化简，再代入求值即可．
本题考查了实数的混合运算和分式的化简求值，掌握特殊三角函数值，负指数幂，二次根式，立方根，绝对值，平方差公式和完全平方公式是解题的关键．
20.【答案】0.08 90 0.15
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：4÷0.02=200(人)，
∴a=16÷200=0.08，
c=30÷200=0.15，
b=200−4−16−60−30=90，
补全频数分布直方图如下：
故答案为：0.08；90；0.15．
(2)由题意得1500×4+16200=150(人)，
∴估计该校需要继续参加线上学习的同学共有150人．
(3)设3名男生为A1，A2，A3，两名女生为B1，B2，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，被选中的两名学生恰好为同一性别的结果有8种，
∴被推荐的人性别相同的概率为820=25．
∴从这5名同学中被推荐的2人性别相同的概率为25．
(1)先根据50≤x<60的频数及频率求出样本容量，可得结论，再根据所得结论画出图形即可；
(2)用总人数乘以成绩70分以下(不含70分)的同学所占比例即可；
(3)画树状图，共有20种等可能的结果，被推荐的两名学生恰好为同一性别的结果有8种，再由概率公式求解即可．
本题考查画树状图或列表法求概率、频数分布表和频数分布直方图．画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；概率的公式：概率=所求情况数与总情况数之比．解题的关键是根据直方图得出解题所需数据、样本估计总体思想及通过画树状图或列表法求概率的运用．
21.【答案】解：(1)由题意得：3m+4n=6205m+3n=740，
解得m=100n=80；
(2)设购进甲种化妆品x件，则购进乙种化妆品(200−x)件，总利润为W元．(250−100)x+(200−80)(200−x)≥27000100x+80(200−x)≤18100
解得：100≤x≤105，
由题意得：W=(250−100)x+(200−80)(200−x)=30x+24000，
∵30>0，
当100≤x≤105时，W随x的增大而增大，
∴当x=105时，W有最大值为：30×105+24000=27150元．
答：购进105件甲种化妆品，购进95件乙种化妆品是能获得最大利润，最大利润为27150元．
【解析】(1)依题意建立二元一次方程组求解即可；
(2)设购进甲种化妆品x件，则购进乙种化妆品(200−x)件，总利润为W元，依题意建立一元一次不等式组，求得x的取值范围，再根据题意求得W关于x的一次函数表达式，根据一次函数的增减性即可分析求解．
本题考查了应用二元一次方程组解决实际问题，一元一次不等式组解决实际问题，依据一次函数的增减性判断最大利润；解题的关键是结合等量关系正确列式求解．
22.【答案】(1)证明：由▱ABCD得AD=BC，AB//CD，∠ADC=∠ABC，
∴∠ABF=∠DEF．
∵BC=CF，
∴AD=CF，∠CFB=∠CBF．
∵∠ABF=∠DFB，
∴∠DEF=∠DFB，
∴DE=DF．
∴∠DFB+∠CFB=∠ABF+∠CBF，即∠CFD=∠ABC，
∴∠ADC=∠CFD．
在△ADE和△CFD中，
AD=CF∠ADC=∠CFDDE=FD
∴△ADE≌△CFD(SAS)．
(2)证明：如图：连接GF．
∵△ADE≌△CFD，
∴∠DEA=∠FDE，
∴DF//AG．
∵AG=DF，
∴四边形ADFG为平行四边形，
∴AD//GF，AD=GF．
∵AD//BC，AD=BC，
∴BC//GF，BC=GF，
∴四边形BCFG为平行四边形，
∵BC=CF，
∴四边形BCFG为菱形，
∴CG垂直平分线段BF．
【解析】(1)首先根据平行四边形的性质，可证得∠ABF=∠DEF，再根据等腰三角形的判定与性质，可得AD=CF，∠CFB=∠CBF，DE=DF，∠ADC=∠CFD，据此即可证得结论；
(2)连接GF，首先根据全等三角形的性质，可证得四边形ADFG为平行四边形，可证得四边形BCFG为平行四边形，再根据菱形的判定与性质即可证得结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，作出辅助线是解决本题的关键．
23.【答案】解：(1)令y=0，则−12x+m=0，则x=2m，
∴OA=2m，则A(2m,0)．
令x=0，则y=m，
∴OB=m，则B(0,m)．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC//AD，BC=AD．
∴∠BCO=∠DAE．
∵DE⊥OA，
∴∠AED=∠BOC．
在△BOC和△DEA中，
∠BOC=∠DEAamp;∠BCO=∠DAEamp;BC=DAamp;，
∴△BOC≌△DEA(AAS)．
∴EA=OC=m2，OB=ED=m．
∴OE=OA−EA=2m−12m=32m，
∴D(32m,−m)．
∵点D在反比例函数y=−6mx的图象上，
∴−m×32m=−6m，
解得m=4，
∴反比例函数的解析式为y=−24x；
(2)解：由(1)得OB=m=4，AO=2m=8，AC=AO+OC=2m+12m=52m=52×4=10，
由矩形ABCD，得AG=12AC=5，
∴OG=AO−AG=3，
∴G(3,0)．
设x轴上点P(a,0)，则PG=|a−3|．
由△BDP的面积为40，
得S△BDP=12(yB−yD)×PG=40，
∴12×(4+4)×|a−3|=40，
∴|a−3|=10，
解得a=−7或a=13．
∴点P的坐标为(−7,0)或(13,0)．
【解析】(1)根据一次函数的性质可用m表示点A，B的坐标，证明△BOC≌△DEA(SSS).推出EA=OC=m2，OB=ED=m.求得D(32m,−m)，据此求解即可；
(2)先求得G(3,0)，设x轴上点P(a,0)，则PG=|a−3|，再利用三角形的面积公式列式计算即可求解．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积等知识点，注意利用数形结合思想．
24.【答案】(1)证明：∵PA，PC是⊙O的两条切线，
∴AB⊥AP，OC⊥CP，PA=PC，
∵OA=OB，
∴点O、P在线段AC的垂直平分线上，
∴OP垂直平分AC，即∠AMO=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠AMO．
(2)解：∵∠ACB=90°，∠OCD=90°，
∴∠BCD=∠ACO=∠OAC，
∵∠D=∠D，
∴△DCA∽△DBC，
∴ACBC=CDBD=31=3，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴tan∠OCB=tan∠OBC=tanα=ACBC=3．
(3)解：连接CF，FG，如图所示：
∵点G与点F关于圆心O对称，
∴GF过圆心，且为⊙O的直径，
∴∠GCF=90°，
由(2)得△DCA∽△DBC，
∴CDBD=ADCD，
即31=AB+13，
∴AB=8，
又∵ACBC=3，
∴设BC=k，AC=3k，由BC2+AC2=AB2得，
∴k2+(3k)2=82，
即10k2=64，
∴k=4 105(舍去负值)，
即BC=4 105，AC=12 105，
如图，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，如图所示：
∵点F为AB的中点，
∴AF=BF，∠ACF=∠BCF=45°，
∴AH=CH= 22AC=12 55，
∴AF= 22AB=4 2，
FH= AF2−AH2= (4 2)2−(12 55)2=4 55，
∴CF=CH+FH=12 55+4 55=16 55，
在Rt△CFG中，CG2=FG2−CF2=82−(16 55)2=64−2565=645，
∴CG=85 5(负值舍去)．
【解析】(1)根据切线性质得出PA=PC，由OA=OB，得出点O、P在线段AC的垂直平分线上，证明∠AMO=90°，根据AB是⊙O的直径，得出∠ACB=90°，证明∠ACB=∠AMO；
(2)证明△DCA∽△DBC，得出ACBC=CDBD=31=3，求出tan∠OCB=tan∠OBC=tanα=ACBC=3即可；
(3)连接CF，FG，由△DCA∽△DBC，得出CDBD=ADCD，求出AB=8，根据ACBC=3，设BC=k，AC=3k，根据BC2+AC2=AB2列出方程，求出k=4 105，得出BC=4 105，AC=12 105，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，求出CF=CH+FH=12 55+4 55=16 55，最后根据勾股定理求出结果即可．
本题主要考查了圆与三角形的综合，三角形相似的判定和性质，勾股定理，垂直平分线的判断，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握基本的性质和定理，灵活应用．
25.【答案】解：(1)如图1，过A作AM⊥x轴于M，
∵∠AOC=60°，OA=4，
∴∠OAM=30°，
∴OM=2，AM=2 3，
∴A(2,2 3)，
∵菱形OABC的边OC在x轴上，
∴AB=4，AB//x轴，
∴B(6,2 3)，
设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∴4a+2b=2 336a+6b=2 3c=0，解得a=− 36b=4 33c=0，
∴抛物线解析式为y=− 36x2+4 33x；
(2)如图2，过D作DH⊥x轴于H，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，OA=4，
∴OC=OA=4，∠ACO=∠AOC=60°，
∵∠OEF=∠OED+∠DEF=∠ACO+∠EFC=60°+∠EFC，
∵∠DEF=60°，
∴∠OED=∠EFC，
∵∠AOC=∠ACO=60°，
∴△ODE∽△CEF，
∴OD2CE2=S△ODES△CEF，
由题意得OD=2t，OE=3t，OH=t，DH= 3t，
∴S△ODE=12OE⋅DH=3 32t2，
∴4t2(4−3t)2=3 32t2S△CEF，
∴S△CEF=3 38(4−3t)2，
∴S=3 32t2+3 38(4−3t)2=39 38t2−9 3t+6 3=39 38(t−1213)2+24 313，
∴当t=1213时，S最小，S的最小值为24 313；
(3)如图3，过D作DH⊥x轴于H，
当t=1时，OD=2t=2，OE=3t=3，OH=t=1，DH= 3t= 3，
∴D(1, 3)，HE=2，E(3,0)，
分别过D作DP⊥DE，过点E作EP1⊥DE，与抛物线的交点即为点P，
∴∠NDE=∠NDH+∠EDH=90°，∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠NDH=∠DEH，
∴tan∠NDH=tan∠DEH，
∴NHDH=DHEH，
∴NH 3= 32，
∴NH=32，
∴ON=12，
∴N(−12,0)，
设直线DN的解析式为y=mx+n，
∴−12m+n=0m+n= 3，解得m=2 33n= 33，
∴直线DN的解析式为y=2 33x+ 33，
联立抛物线得2 33x+ 33=− 36x2+4 33x，
解得x=2+ 2或2− 2，
∴点P的横坐标为2+ 2或2− 2，
∵D(1, 3)，E(3,0)，
∴点Q的横坐标为4+ 2或4− 2；
∵DP⊥DE，P1E⊥DE，
∴DP//P1E，
设直线P1E的解析式为y=2 33x+t，
∴2 33×3+t=0，
∴t=−2 3，
∴直线P1E的解析式为y=2 33x−2 3，
联立抛物线得2 33x−2 3=− 36x2+4 33x，
解得x=6或−2，
∴点P的横坐标为6或−2，
∵D(1, 3)，E(3,0)，
∴点Q的横坐标为4或−4；
综上，存在，点Q的横坐标为4+ 2或4− 2或4或−4．
【解析】(1)根据菱形的性质以及含30°角的直角三角形的性质求出点A(2,2 3)，可得B(6,2 3)，利用待定系数法即可求解；
(2)过D作DH⊥x轴于H，证明△ODE和∽△CEF，根据相似三角形的性质得出△CEF的面积，可得S=3 32t2+3 38(4−3t)2=39 38t2−9 3t+6 3=39 38(t−1213)2+24 313，根据二次函数的性质即可得S的最小值；
(3)过D作DH⊥x轴于H，则D(1, 3)，分别过D作DP⊥DE，过点E作EP1⊥DE，与抛物线的交点即为点P，求出直线的解析式，联立抛物线可得方程，解方程求出点P的横坐标，根据矩形的性质即可得点Q的横坐标．
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、矩形的性质，两直线平行问题，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
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