还剩24页未读，
继续阅读
2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中中考数学三模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中中考数学三模试卷（含解析），共27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年黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中中考数学三模试卷
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. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 下列计算正确的是( )
A. a3+a3=a6 B. a÷b⋅1b=a
C. 2aa−1−2a−1=2 D. (ba2)3=b3a5
3. 如图，直线a//b，将一个含30°角的三角尺按如图所示的位置放置，若∠1=36°，则∠2的度数为( )
A. 126°
B. 136°
C. 144°
D. 156°
4. 一个长方体的三视图如图，若其俯视图为正方形，则这个长方体的表面积为( )
A. 66
B. 48
C. 48 2+36
D. 57
5. 每年的4月23日为“世界读书日”，某学校为了鼓励学生多读书，开展了“书香校园”的活动.如图是初三某班班长统计的全班50名学生一学期课外图书的阅读量(单位：本)，则这50名学生图书阅读数量的中位数、众数和平均数分别为( )
A. 18，12，12 B. 12，12，12 C. 15，12，14.8 D. 15，10，14.5
6. 如图，电路图上有1个电源，4个开关和1个完好的小灯泡，随机闭合2个开关，则小灯泡发光的概率为( )
A. 16
B. 23
C. 14
D. 13
7. 若关于x的分式方程1x−2+a2−x=2a无解，则a的值为( )
A. 0 B. 1 C. −1或0 D. 0或1
8. 端午节前夕，某食品加工厂准备将生产的粽子装入A、B两种食品盒中，A种食品盒每盒装8个粽子，B种食品盒每盒装10个粽子，若现将200个粽子分别装入A、B两种食品盒中(两种食品盒均要使用并且装满)，则不同的分装方式有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
9. 如图，正方形ABCD一边AB在直线l上，P是直线l上点A左侧的一点，AB=2PA=4，E为边AD上一动点，过点P，E的直线与正方形ABCD的边交于点F，连接BE，BF，若设DE=x，△BEF的面积为S，则能反映S与x之间函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，则下列结论：
①abc>0；
②a−b+c>0；
③4ac−b2>0；
④b>3；
⑤若双曲线y=1x经过点(ac,b)，则一元二次方程x2−3x+1c=0的两个实数根为a、b；
其中正确结论的个数为( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 光的速度约为3×105km/s，以太阳系以外距离地球最近的一颗恒星(比邻星)发出的光，需要4年的时间才能到达地球．若一年以3×107s计算，则这颗恒星到地球的距离是______km．
12. 在函数y= 3−xx0−3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，要使△ACD∽△ABC，则需要添加的条件是______ (填一个即可)．
14. 如图，点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点.当△AEC的面积为34时，k的值为______ ．
15. 一个扇形的半径长为7cm，面积为21πcm2，用这个扇形做成一个圆锥的侧面，则做成的圆锥的高为______ cm．
16. 菱形ABCD的边长为5，对角线AC、BD交于点O，AC=8，以AD为一边作正方形ADEF，过点E作EG⊥直线BD，垂足为G，连接AG，则AG=______．
17. 如图，直线l1的解析式为y= 33x，直线l2的解析式为y= 3x，B1为l2上的一点，且B1点的坐标为(1, 3)，作直线B1A1//x轴，交直线l1于点A1，再作B2A1⊥l1于点A1，交直线l2于点B2，作B2A2//x轴，交直线于l1点A2，再作B3A2⊥l1，交直线l2于点B3，作B3A3//x轴，交直线l1于点A3⋯按此作法继续作下去，则A2023的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算：(−13)−2+3−8+| 3−2|−(1 2023−1)0+2sin60°．
(2)因式分解：(x2+4x)2−(x2+4x)−20．
19. (本小题5.0分)
解方程：2x2−4x=6−3x．
20. (本小题8.0分)
某中学对学生进行“综合素质评价”，现随机抽取部分学生的评价结果分为A、B、C、D、E五个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．
请根据统计图中的信息，解答下列问题．
(1)本次抽样调查的学生有 人；
(2)补全条形统计图：B组对应扇形的圆心角的度数为 ；
(3)该学校共有3500名学生，估计该校A等级的人数．
21. (本小题10.0分)
如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD，∠BDC=∠BAD．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若tan∠BAD=23，AC=9，求⊙O的半径．
22. (本小题10.0分)
甲、乙两车分别从相距360km的M、N两地出发，匀速行驶，先相向而行，乙车在甲车出发1h后出发，到达M地后停止行驶，甲车到达N地后，立即按原路原速返回M地(甲车调头的时间忽略不计)，甲、乙两车距N地的路程y(单位：km)与甲车出发时间x(单位：h)之间的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
(1)甲车的行驶速度是______ ，乙车的行驶速度是______ ，a= ______ ；
(2)求线段BC的解析式并写出自变量的取值范围；
(3)乙车出发多少小时后两车相距为100km？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则△ADE≌△ ______ ，通过这两个三角形全等可得线段AE与GC之间的关系为______ ．
【问题类比】
如图2、3，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论______ (填成立或不成立)，若成立，请选择图2证明你的结论；若不成立，请选择图3说明理由；
【拓展延伸】
(1)若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，DE=1【问题思考】中其他条件不变，则BF的取值范围是______ (直接写出结果)．
(2)若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边BC的最大距离为______ (直接写出结果)．
24. (本小题14.0分)
如图，在矩形OABC中，点O为原点，OA、OC的长是方程x2−14x+48=0的两根(OA>OC).抛物线y=−49x2+bx+c经过点A、C，与AB交于点D．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)点P为线段BC上一个动点(不与点C重合)，点Q为线段AC上一个动点，AQ=CP，连接PQ，设CP=m，△CPQ的面积为S．
①求S关于m的函数表达式；
②当S最大时，点Q的坐标为______ ；
③当S最大时，点E在抛物线y=−49x2+bx+c的对称轴上，点F是平面内任意一点，是否存在点E、F，使得以点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解答】
解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】
本题考查轴对称图形与中心对称图形的知识，关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，沿对称轴折叠后图形两部分可重合；判断中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
2.【答案】C
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、a÷b⋅1b=a⋅1b⋅1b=ab2，故B不符合题意；
C、2aa−1−2a−1=2a−2a−1=2(a−1)a−1=2，故C符合题意；
D、(ba2)3=b3a6，故D不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项，分式的乘法，除法，加减法，乘方法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了分式的混合运算，合并同类项，准确熟练地进行计算是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：如图，作c//a，
∵三角尺是含30°角的三角尺，
∴∠3+∠4=60°，
∵a//c，
∴∠1=∠3=36°，
∴∠4=60°−36°=24°，
∵a//c，a//b，
∴b//c，
∴∠2=180°−24°=156°．
故选：D．
根据平行线的判定与性质求解，
本题主要考查平行线的判定与性质，解题的关键是利用两直线平行同旁内角互补，两直线平行内错角相等求解．
4.【答案】A
【解析】解：∵如图所示：
∴AB=3 2，
∵AC2+BC2=AB2，
∴AC=BC=3，
∴正方形ABCD面积为：3×3=9，
侧面积为：4AC×CE=3×4×4=48，
∴这个长方体的表面积为：48+9+9=66．
故选A．
根据三视图图形得出AC=BC=3，EC=4，即可求出这个长方体的表面积．
此题主要考查了利用三视图求长方体的表面积，得出长方体各部分的边长是解决问题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由折线统计图得这组数据的中位数为(12+18)÷2=15，
众数为12，
平均数为(7×8+12×17+18×15+21×10)÷50=14.8．
故选：C．
利用折线统计图得到50个数据，其中第25个数为12本，第26个数是18本，从而得到数据的中位数，再求出众数和平均数．
本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．也考查了中位数、众数和平均数．
6.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中随机闭合2个开关，小灯泡发光的结果有：S1S2，S1S4，S2S1，S2S3，S3S2，S3S4，S4S1，S4S3，共8种，
∴随机闭合2个开关，小灯泡发光的概率为812=23．
故选：B．
画树状图得出所有等可能的结果数和随机闭合2个开关，小灯泡发光的的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：1x−2+a2−x=2a，
方程两边同时乘以x−2，得1−a=2ax−4a，
移项、合并同类项，得2ax=3a+1，
∵方程无解，
∴2a=0或3a+12a=2，
解得a=0或a=1．
故选：D．
先解方程得2ax=3a+1，再由方程无解可得2a=0或3a+12a=2，分别求出a的值即可．
本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，根据分式方程无解，分两种情况进行讨论是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设A种食品盒x个，B种食品盒y个，根据题意得：
8x+10y=200，
∴y=20−0.8x，
∴方程的正整数解为：x=5y=16,x=10y=12,x=15y=8,x=20y=4．
则不同的分装方式有4种．
故选：C．
根据题意列方程，求其正整数解．
本题考查二元一次方程的应用，并求其特殊解的问题．
9.【答案】B
【解析】解：AB=2PA=4，
∴AB=4，AP=2，PB=4+2=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4，
点F在边CD上时，DE=x，AE=4−x，
∴S=S△BPF−S△BPE=12×6×4−12×6(4−x)=3x，
点F与点C重合时时，
S=12×4×4=8，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴PAPB=AEBC，
∴26=4−x4，解得x=83，
点F在边BC上时，
∵AD//BC，
∴PAPB=AEBF，即26=4−xBF，
∴BF=12−3x，
∴S=12×4(12−3x)=24−6x，
∴当x<83时，S=3x，当x=83时，S=8，当83
故选：B．
分别求出点F在边CD上时，点F与点C重合时时，点F在边BC上时，S与x之间的函数关系式，即可求解．
本题考查的是动点图象问题，涉及到一次函数、平行线分线段成比例定理，正方形的性质，分类思想的利用是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可知a<0，c=−3，
∵对称轴x=−b2a>0；
∴b>0，
∴abc>0；
故①正确；
由图象可知，当x=−1时，y<0，
∴a−b+c<0，故②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴4ac−b2<0，故③错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，
∴a+b+c=0，c=−3，
∴b=3−a，
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∴b=3−a>3，故④正确；
∵双曲线y=1x经过点(ac,b)，
∴abc=1，
∴ab=−13，
∵b=3−a，
∴a+b=3，
∴以a、b为根的一元二次方程是x2−3x−1c=0，故⑤正确；
故选：B．
由抛物线y=ax2+bx+c经过点(0,−3)，由图象可知a<0，c=−3，对称轴x=−b2a>0；即可判断①；根据图象即可判断②③；根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，得出a+b+c=0，c=−3，即可得出b=3−a，由a<0，即可判断④；求得ab=−13，a+b=3即可判断⑤．
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，解决本题的关键是综合运用二次函数的相关知识．
11.【答案】3.6×1013
【解析】解：依题意，这颗恒星到地球的距离为
4×3×107×3×105，
=(4×3×3)×(107×105)，
=3.6×1013km．
根据题意列出算式，再根据单项式的运算法则进行计算．
本题考查了根据实际问题列算式的能力，科学记数法相乘可以运用单项式相乘的法则进行计算．
12.【答案】x≤3且x≠0
【解析】解：由题意得：
3−x≥0且x≠0，
∴x≤3且x≠0，
故答案为：x≤3且x≠0．
根据a0=1(a≠0)， a(a≥0)，进行计算即可．
本题考查了零指数幂，函数自变量的取值范围，熟练掌握a0=1(a≠0)， a(a≥0)是解题的关键．
13.【答案】∠ACD=∠B(答案不唯一)
【解析】解：由图可得∠A=∠A，
∴当∠ACD=∠ABC时，△ACD∽△ABC；
当∠ADC=∠ACB时，△ACD∽△ABC．
故答案为：∠ACD=∠B(答案不唯一)．
利用相似三角形的判定的定理进行分析即可．
本题主要考查相似三角形的判定，解答的关键是熟记相似三角形的判定条件．
14.【答案】−2
【解析】解：∵点E为OC的中点，
∴△AEO的面积=△AEC的面积=34，
∵点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，
∴S△ABO=S△CDO，
∵AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴△OEB∽△OCD，
∴S△OEBS△OCD=(12)2，
∴S△OCD=1，
则12xy=−1，
∴k=xy=−2．
故答案为：−2．
根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD=1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
15.【答案】2 10
【解析】解：设圆锥的底面半径为r．
根据题意得12×2π×r×7=21π，
解得，r=3，
∴圆锥的高= 72−32=2 10(cm))．
故答案为：2 10．
由于圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用扇形的面积公式得到12×2π×r×7=21π，然后解方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
16.【答案】 17或 65
【解析】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的边长为5，且AC=8，
∴OA=4，
根据勾股定理，得OD=3，
①点G在线段BD上，如图所示：
在正方形ADEF中，AD=ED，∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠ODE=90°，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∴∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠ODE=∠OAD，
∵EG⊥BD，
∴∠EGD=90°，
∴∠EGD=∠AOD，
∴△AOD≌△DGE(AAS)，
∴GD=AO=4，
∴GO=4−3=1，
根据勾股定理，得AG= 17，
②点G在线段BD的延长线上，如图所示：
同理可证△AOD≌△DGE(AAS)，
∴DG=AO=4，
∵OD=3，
∴OG=7，
根据勾股定理，得AG= 65．
故答案为： 17或 65．
分两种情况：①点G在线段BD上，②点G在线段BD的延长线上，根据菱形的性质先求出OD，易证△AOD≌△DGE(AAS)，可得GD=AO=4，根据勾股定理即可求出AG．
本题考查了正方形的性质与菱形的性质，分情况讨论以及证明△AOD≌△DGE是解题的关键．
17.【答案】(3×22022, 3×22022)
【解析】解：过点B1作B1B⊥x轴于B，过点A1作A1A⊥x轴于A，
∵B1点的坐标为(1, 3)，
∴OB=1，BB1= 3，
∴tan∠B1OB=BB1OB= 3，
∴∠B1OB=60°，
即：直线l2与x轴夹角为60°，
∴∠OB1B=30°，
∴OB1=2OB=2，
设OA=m，则AA1= 3m3，
∴tan∠A1OA=AA1OA= 33，
∴∠A1OA=30°，
即直线l1与x轴夹角为30°，
∴∠A1OB1=30°
∵B1A1//x轴，
∴∠A1OB1=∠OA1B1=30°，
∴OB1=B1A1=2；
∴点A1的坐标为(3, 3)，
同理可得：A2(6,2 3)，A3(12,4 3)，A4(24,8 3)，…，
以此类推：则点An(3×2n−1,√3×2n−1)，
∴A2023的坐标为(3×22022, 3×22022)．
故答案为：(3×22022, 3×22022)
首先求出直线l1与x轴夹角为30°，直线l2与x轴夹角为60°，进而可得OB1=B1A1=2，据此可求得A1的坐标，同理可得点A2、A3的坐标，然后观察A1，A2，A3的坐标的特点，再根据其特点，依此类推得出点An的坐标，继而可得出此题的答案．
本题主要考查了一次函数的图象，解答此题的关键是利用平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，以及等腰三角形的性质得出点A1，A2，A3的坐标，然后再根据这些坐标的特点得出一般规律．
18.【答案】解：(1)原式=9−2+2− 3−1+2× 32
=9−2+2− 3−1+ 3
=8；
(2)原式=(x2+4x−5)(x2+4x+4)
=(x+5)(x−1)(x+2)2．
【解析】(1)利用负整数指数幂，立方根的定义，绝对值的性质，零指数幂，特殊锐角的三角函数值进行计算即可；
(2)利用十字相乘法及公式法因式分解即可．
本题考查实数的运算及因式分解，熟练掌握实数运算法则及因式分解的方法是解题的关键．
19.【答案】解：2x2−4x=6−3x，
2x(x−2)+3(x−2)=0，
(2x+3)(x−2)=0，
2x+3=0或x−2=0，
解得x1=−32，x2=2，
所以，原方程的解为x1=−32，x2=2．
【解析】利用因式分解法解此方程，即可求解．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握和运用解一元二次方程的方法是解决本题的关键．
20.【答案】100 108°
【解析】解：(1)20÷20%=100(人)，
即本次抽样调查的学生有100人，
故答案为：100；
(2)B等级的学生有：100−20−30−10−10=30(人)，
补全的条形统计图如右图所示，
B组对应扇形的圆心角的度数为：360°×30100=108°，
故答案为：108°；
(3)3500×20%=700(人)，
答：估计该校A等级的学生有700人．
(1)根据A等级的人数和所占的百分比，可以计算出本次抽取的学生人数；
(2)根据(1)中的结果和条形统计图中的数据，可以计算出B等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整；根据B等级的和(1)中的结果，可以计算出B组对应扇形的圆心角的度数；
(3)根据扇形统计图中A等级所占的百分比，可以计算出该校A等级的人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠BDC=∠A，
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠ADB=90°，tan∠BAD=23，
∴BDAD=23，
∵∠C=∠C，∠BDC=∠BAD，
∴△BDC∽△DAC，
∴CDAC=BCCD=BDAD=23，
∵AC=9，
∴CD9=23，
∴CD=6，
∴BC6=23，
∴BC=4，
∴AB=AC−BC=9−4=5．
∵AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得出∠ADB=90°，证出OD⊥CD，由切线的判定可得出结论；
(2)证明△BDC∽△DAC，由相似三角形的性质得出CDAC=BCCD=BDAD=23，由比例线段求出CD和BC的长，可求出AB的长，则可得出答案．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，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】120 60 240
【解析】解：(1)∵360÷(7−1)=60(km/h)，
∴乙车的行驶速度是60km/h；
∴a=60×(5−1)=240，
∵(360+240)÷5=120(km/h)，
∴甲车的行驶速度是120km/h，
故答案为：120，60，240；
(2)∵360÷120=3(h)，
∴B(3,0)，
设线段BC的解析式为y=kx+b，将B(3,0)，E(5,240)代入得：
3k+b=05k+b=240，
解得k=120b=−360，
∴线段BC的解析式为y=120x−360(3≤x≤6)；
(3)设乙车出发m小时后两车相距为100km，
两车第一次相遇前，120(m+1)+60m=360−100，
解得m=79，
两车第一次相遇后，120(m+1)+60m=360+100，
解得m=179，
当甲车返回时，120(m+1)−60m=360−100，
解得m=73，
综上所述，乙车出发79h或179h或73h后，两车相距为100km．
(1)由路程除以时间可得乙车的行驶速度是60km/h；即得a=60×(5−1)=240，可得甲车的行驶速度是120km/h；
(2)求出B(3,0)，设线段BC的解析式为y=kx+b，用待定系数法得线段BC的解析式为y=120x−360(3≤x≤6)；
(3)设乙车出发m小时后两车相距为100km，分三种情况列方程可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
23.【答案】CDG AE=CG，AE⊥CG 成立 2≤BF≤3 2 2+1
【解析】解：【问题思考】：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形
∴AD=CD，DG=DE，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=GC，∠DCG=∠DAE，
∵∠DCG+∠DCP=180°，
∴∠DAE+∠DCP=180°，
∴∠ADC+∠APC=180°，
∴∠APC=90°，
∴AE⊥CG，
故答案为：CDG，AE⊥CG，AE=CG；
【问题类比】：仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEFG正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=GC，∠DCG=∠DAE，
∵∠DCG+∠DCP=180°，
∴∠DAE+∠DCP=180°，
∴∠ADC+∠APC=180°，
∴∠APC=90°，
∴AE⊥CG；
(1)连接BF，BD，DF，如图，
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AB=AD=2，DE=EF=1，∠BAD=∠DEF=90°，
∴BD=2 2，DF= 2，
由三角形三边关系可知：BD−DF≤BF≤BD+DF，
当B，D，F在同一直线上时取等号，
∴ 2≤BF≤3 2，
故答案为： 2≤BF≤3 2；
(2)如图，连接AC，
由(2)可知：AE⊥GC，
∴∠APC=90°=∠ADC，
∴点P在以AC为直径的⊙O上运动，
∴当P′O⊥BC时，点P到边BC有最大距离，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AC=2 2，OH=12BC=1，
∴点P到边BC的最大距离为 2+1，
故答案为： 2+1．
【问题思考】：由“SAS”可证△ADE≌△CDG，可得AE=GC，∠DCG=∠DAE，由四边形内角和定理可证AE⊥CG；
【问题类比】：由“SAS”可证△ADE≌△CDG，可得AE=GC，∠DCG=∠DAE，由四边形内角和定理可证AE⊥CG；
(1)连接BF，BD，DF，易得BD=2 2，DF= 2，由三角形三边关系可知：BD−DF≤BF≤BD+DF，当B，D，F在同一直线上时取等号，即可得 2≤BF≤3 2；
(2)由题意可得点P在以AC为直径的⊙O上运动，则当P′O⊥BC时，点P到边BC有最大距离，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】(3,4)
【解析】解：(1)x2−14x+48=0，
(x−6)(x−8)=0，
解得：x1=6，x2=8，
∵OA>OC
∴OA=8，OC=6，即A(0,8)，C(6,0)，
将A、C两点坐标代入抛物线，
得c=8−49×36+6b+c=0，
解得c=8b=43，
∴抛物线的解析式为y=−49x2+43x+8．
(2)①∵OA=8，OC=6，
∴AC= OA2+OC2=10，
过点Q作QE⊥BC与E点，则sin∠ACB=QEQC=ABAC=35，
∴QE10−m=35，
∴QE=36(10−m)，
∴S=12⋅CP⋅QE=12m×35(10−m)=−310m2+3m，
∴S=−310m2+3m(0
∴当m=5时，S取最大值，
∴AQ=CP=5，设直线AC的解析式为y=kx+8，将点C(6,0)代入得，
0=6k+8，
解得k=−43，
∴直线AC的解析式为y=−43x+8，
设Q(q,−43q+8)，
∵AQ=5，
∴q2+(−43q+8−8)2=25，
解得q=3或q=−3(舍去)，
∴Q(3,4)，
故答案为：(3,4)．
③在抛物线对称轴l上存在点F，使得以点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，
∵y=−49x2+43x+8的对称轴为x=32，
∴D坐标为(3,8)，
又∵Q(3,4)，
∴DQ//OA，
当∠FDQ=90°时，则F在直线AB上，
∵E在对称轴x=32上，
∴F(32,8)，
当∠FQD=90°时，则F的纵坐标与Q点纵坐标相同，
∴F(32,4)，
当∠DFQ=90°时，EF=DQ=4，
设E(32,n)，
则ED2+EQ2=DQ2，
即94+(8−n)2+94+(n−4)2=16，
解得n=6± 72，
∴E(32,6− 72)，E(32,6+ 72)，
如图所示，设DQ的中点为H，则H(3,6)，
∵HE=HF=HD=HQ，
∴E，F关于点H对称，
∴F3(92,6− 72)，F4(92,6+ 72)．
综上所述，F1(32,8)，F2(32,4)，F3(92,6− 72)，F4(92,6+ 72)．
(1)将A、C两点坐标代入抛物线y=−49x2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
(2)①先用m表示出QE的长度，进而求出三角形的面积S关于m的函数；
②先求出m=5时S取最大值，再求得直线AC的解析式y=−43x+8，设Q(q,−43q+8)，根据AQ=5，勾股定理即可求解；
③由②可得m=5时，S取最大值，再根据点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，分情况求出F的坐标．
本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线的解析式的求法抛物线的最值，解一元二次方程，正弦的定义，掌握二次函数的性质是解题的关键．
2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江六中中考数学三模试卷
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. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2. 下列计算正确的是( )
A. a3+a3=a6 B. a÷b⋅1b=a
C. 2aa−1−2a−1=2 D. (ba2)3=b3a5
3. 如图，直线a//b，将一个含30°角的三角尺按如图所示的位置放置，若∠1=36°，则∠2的度数为( )
A. 126°
B. 136°
C. 144°
D. 156°
4. 一个长方体的三视图如图，若其俯视图为正方形，则这个长方体的表面积为( )
A. 66
B. 48
C. 48 2+36
D. 57
5. 每年的4月23日为“世界读书日”，某学校为了鼓励学生多读书，开展了“书香校园”的活动.如图是初三某班班长统计的全班50名学生一学期课外图书的阅读量(单位：本)，则这50名学生图书阅读数量的中位数、众数和平均数分别为( )
A. 18，12，12 B. 12，12，12 C. 15，12，14.8 D. 15，10，14.5
6. 如图，电路图上有1个电源，4个开关和1个完好的小灯泡，随机闭合2个开关，则小灯泡发光的概率为( )
A. 16
B. 23
C. 14
D. 13
7. 若关于x的分式方程1x−2+a2−x=2a无解，则a的值为( )
A. 0 B. 1 C. −1或0 D. 0或1
8. 端午节前夕，某食品加工厂准备将生产的粽子装入A、B两种食品盒中，A种食品盒每盒装8个粽子，B种食品盒每盒装10个粽子，若现将200个粽子分别装入A、B两种食品盒中(两种食品盒均要使用并且装满)，则不同的分装方式有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
9. 如图，正方形ABCD一边AB在直线l上，P是直线l上点A左侧的一点，AB=2PA=4，E为边AD上一动点，过点P，E的直线与正方形ABCD的边交于点F，连接BE，BF，若设DE=x，△BEF的面积为S，则能反映S与x之间函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，则下列结论：
①abc>0；
②a−b+c>0；
③4ac−b2>0；
④b>3；
⑤若双曲线y=1x经过点(ac,b)，则一元二次方程x2−3x+1c=0的两个实数根为a、b；
其中正确结论的个数为( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 光的速度约为3×105km/s，以太阳系以外距离地球最近的一颗恒星(比邻星)发出的光，需要4年的时间才能到达地球．若一年以3×107s计算，则这颗恒星到地球的距离是______km．
12. 在函数y= 3−xx0−3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，要使△ACD∽△ABC，则需要添加的条件是______ (填一个即可)．
14. 如图，点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点.当△AEC的面积为34时，k的值为______ ．
15. 一个扇形的半径长为7cm，面积为21πcm2，用这个扇形做成一个圆锥的侧面，则做成的圆锥的高为______ cm．
16. 菱形ABCD的边长为5，对角线AC、BD交于点O，AC=8，以AD为一边作正方形ADEF，过点E作EG⊥直线BD，垂足为G，连接AG，则AG=______．
17. 如图，直线l1的解析式为y= 33x，直线l2的解析式为y= 3x，B1为l2上的一点，且B1点的坐标为(1, 3)，作直线B1A1//x轴，交直线l1于点A1，再作B2A1⊥l1于点A1，交直线l2于点B2，作B2A2//x轴，交直线于l1点A2，再作B3A2⊥l1，交直线l2于点B3，作B3A3//x轴，交直线l1于点A3⋯按此作法继续作下去，则A2023的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算：(−13)−2+3−8+| 3−2|−(1 2023−1)0+2sin60°．
(2)因式分解：(x2+4x)2−(x2+4x)−20．
19. (本小题5.0分)
解方程：2x2−4x=6−3x．
20. (本小题8.0分)
某中学对学生进行“综合素质评价”，现随机抽取部分学生的评价结果分为A、B、C、D、E五个等级，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．
请根据统计图中的信息，解答下列问题．
(1)本次抽样调查的学生有 人；
(2)补全条形统计图：B组对应扇形的圆心角的度数为 ；
(3)该学校共有3500名学生，估计该校A等级的人数．
21. (本小题10.0分)
如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD，∠BDC=∠BAD．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若tan∠BAD=23，AC=9，求⊙O的半径．
22. (本小题10.0分)
甲、乙两车分别从相距360km的M、N两地出发，匀速行驶，先相向而行，乙车在甲车出发1h后出发，到达M地后停止行驶，甲车到达N地后，立即按原路原速返回M地(甲车调头的时间忽略不计)，甲、乙两车距N地的路程y(单位：km)与甲车出发时间x(单位：h)之间的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
(1)甲车的行驶速度是______ ，乙车的行驶速度是______ ，a= ______ ；
(2)求线段BC的解析式并写出自变量的取值范围；
(3)乙车出发多少小时后两车相距为100km？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则△ADE≌△ ______ ，通过这两个三角形全等可得线段AE与GC之间的关系为______ ．
【问题类比】
如图2、3，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论______ (填成立或不成立)，若成立，请选择图2证明你的结论；若不成立，请选择图3说明理由；
【拓展延伸】
(1)若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，DE=1【问题思考】中其他条件不变，则BF的取值范围是______ (直接写出结果)．
(2)若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边BC的最大距离为______ (直接写出结果)．
24. (本小题14.0分)
如图，在矩形OABC中，点O为原点，OA、OC的长是方程x2−14x+48=0的两根(OA>OC).抛物线y=−49x2+bx+c经过点A、C，与AB交于点D．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)点P为线段BC上一个动点(不与点C重合)，点Q为线段AC上一个动点，AQ=CP，连接PQ，设CP=m，△CPQ的面积为S．
①求S关于m的函数表达式；
②当S最大时，点Q的坐标为______ ；
③当S最大时，点E在抛物线y=−49x2+bx+c的对称轴上，点F是平面内任意一点，是否存在点E、F，使得以点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，若存在，请直接写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解答】
解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】
本题考查轴对称图形与中心对称图形的知识，关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，沿对称轴折叠后图形两部分可重合；判断中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
2.【答案】C
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、a÷b⋅1b=a⋅1b⋅1b=ab2，故B不符合题意；
C、2aa−1−2a−1=2a−2a−1=2(a−1)a−1=2，故C符合题意；
D、(ba2)3=b3a6，故D不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项，分式的乘法，除法，加减法，乘方法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了分式的混合运算，合并同类项，准确熟练地进行计算是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：如图，作c//a，
∵三角尺是含30°角的三角尺，
∴∠3+∠4=60°，
∵a//c，
∴∠1=∠3=36°，
∴∠4=60°−36°=24°，
∵a//c，a//b，
∴b//c，
∴∠2=180°−24°=156°．
故选：D．
根据平行线的判定与性质求解，
本题主要考查平行线的判定与性质，解题的关键是利用两直线平行同旁内角互补，两直线平行内错角相等求解．
4.【答案】A
【解析】解：∵如图所示：
∴AB=3 2，
∵AC2+BC2=AB2，
∴AC=BC=3，
∴正方形ABCD面积为：3×3=9，
侧面积为：4AC×CE=3×4×4=48，
∴这个长方体的表面积为：48+9+9=66．
故选A．
根据三视图图形得出AC=BC=3，EC=4，即可求出这个长方体的表面积．
此题主要考查了利用三视图求长方体的表面积，得出长方体各部分的边长是解决问题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由折线统计图得这组数据的中位数为(12+18)÷2=15，
众数为12，
平均数为(7×8+12×17+18×15+21×10)÷50=14.8．
故选：C．
利用折线统计图得到50个数据，其中第25个数为12本，第26个数是18本，从而得到数据的中位数，再求出众数和平均数．
本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．也考查了中位数、众数和平均数．
6.【答案】B
【解析】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中随机闭合2个开关，小灯泡发光的结果有：S1S2，S1S4，S2S1，S2S3，S3S2，S3S4，S4S1，S4S3，共8种，
∴随机闭合2个开关，小灯泡发光的概率为812=23．
故选：B．
画树状图得出所有等可能的结果数和随机闭合2个开关，小灯泡发光的的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：1x−2+a2−x=2a，
方程两边同时乘以x−2，得1−a=2ax−4a，
移项、合并同类项，得2ax=3a+1，
∵方程无解，
∴2a=0或3a+12a=2，
解得a=0或a=1．
故选：D．
先解方程得2ax=3a+1，再由方程无解可得2a=0或3a+12a=2，分别求出a的值即可．
本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，根据分式方程无解，分两种情况进行讨论是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设A种食品盒x个，B种食品盒y个，根据题意得：
8x+10y=200，
∴y=20−0.8x，
∴方程的正整数解为：x=5y=16,x=10y=12,x=15y=8,x=20y=4．
则不同的分装方式有4种．
故选：C．
根据题意列方程，求其正整数解．
本题考查二元一次方程的应用，并求其特殊解的问题．
9.【答案】B
【解析】解：AB=2PA=4，
∴AB=4，AP=2，PB=4+2=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4，
点F在边CD上时，DE=x，AE=4−x，
∴S=S△BPF−S△BPE=12×6×4−12×6(4−x)=3x，
点F与点C重合时时，
S=12×4×4=8，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴PAPB=AEBC，
∴26=4−x4，解得x=83，
点F在边BC上时，
∵AD//BC，
∴PAPB=AEBF，即26=4−xBF，
∴BF=12−3x，
∴S=12×4(12−3x)=24−6x，
∴当x<83时，S=3x，当x=83时，S=8，当83
故选：B．
分别求出点F在边CD上时，点F与点C重合时时，点F在边BC上时，S与x之间的函数关系式，即可求解．
本题考查的是动点图象问题，涉及到一次函数、平行线分线段成比例定理，正方形的性质，分类思想的利用是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可知a<0，c=−3，
∵对称轴x=−b2a>0；
∴b>0，
∴abc>0；
故①正确；
由图象可知，当x=−1时，y<0，
∴a−b+c<0，故②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴4ac−b2<0，故③错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，
∴a+b+c=0，c=−3，
∴b=3−a，
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∴b=3−a>3，故④正确；
∵双曲线y=1x经过点(ac,b)，
∴abc=1，
∴ab=−13，
∵b=3−a，
∴a+b=3，
∴以a、b为根的一元二次方程是x2−3x−1c=0，故⑤正确；
故选：B．
由抛物线y=ax2+bx+c经过点(0,−3)，由图象可知a<0，c=−3，对称轴x=−b2a>0；即可判断①；根据图象即可判断②③；根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1,0)和(0,−3)，得出a+b+c=0，c=−3，即可得出b=3−a，由a<0，即可判断④；求得ab=−13，a+b=3即可判断⑤．
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，解决本题的关键是综合运用二次函数的相关知识．
11.【答案】3.6×1013
【解析】解：依题意，这颗恒星到地球的距离为
4×3×107×3×105，
=(4×3×3)×(107×105)，
=3.6×1013km．
根据题意列出算式，再根据单项式的运算法则进行计算．
本题考查了根据实际问题列算式的能力，科学记数法相乘可以运用单项式相乘的法则进行计算．
12.【答案】x≤3且x≠0
【解析】解：由题意得：
3−x≥0且x≠0，
∴x≤3且x≠0，
故答案为：x≤3且x≠0．
根据a0=1(a≠0)， a(a≥0)，进行计算即可．
本题考查了零指数幂，函数自变量的取值范围，熟练掌握a0=1(a≠0)， a(a≥0)是解题的关键．
13.【答案】∠ACD=∠B(答案不唯一)
【解析】解：由图可得∠A=∠A，
∴当∠ACD=∠ABC时，△ACD∽△ABC；
当∠ADC=∠ACB时，△ACD∽△ABC．
故答案为：∠ACD=∠B(答案不唯一)．
利用相似三角形的判定的定理进行分析即可．
本题主要考查相似三角形的判定，解答的关键是熟记相似三角形的判定条件．
14.【答案】−2
【解析】解：∵点E为OC的中点，
∴△AEO的面积=△AEC的面积=34，
∵点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，
∴S△ABO=S△CDO，
∵AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴△OEB∽△OCD，
∴S△OEBS△OCD=(12)2，
∴S△OCD=1，
则12xy=−1，
∴k=xy=−2．
故答案为：−2．
根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD=1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
15.【答案】2 10
【解析】解：设圆锥的底面半径为r．
根据题意得12×2π×r×7=21π，
解得，r=3，
∴圆锥的高= 72−32=2 10(cm))．
故答案为：2 10．
由于圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用扇形的面积公式得到12×2π×r×7=21π，然后解方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
16.【答案】 17或 65
【解析】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的边长为5，且AC=8，
∴OA=4，
根据勾股定理，得OD=3，
①点G在线段BD上，如图所示：
在正方形ADEF中，AD=ED，∠ADE=90°，
∴∠ADO+∠ODE=90°，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∴∠ADO+∠OAD=90°，
∴∠ODE=∠OAD，
∵EG⊥BD，
∴∠EGD=90°，
∴∠EGD=∠AOD，
∴△AOD≌△DGE(AAS)，
∴GD=AO=4，
∴GO=4−3=1，
根据勾股定理，得AG= 17，
②点G在线段BD的延长线上，如图所示：
同理可证△AOD≌△DGE(AAS)，
∴DG=AO=4，
∵OD=3，
∴OG=7，
根据勾股定理，得AG= 65．
故答案为： 17或 65．
分两种情况：①点G在线段BD上，②点G在线段BD的延长线上，根据菱形的性质先求出OD，易证△AOD≌△DGE(AAS)，可得GD=AO=4，根据勾股定理即可求出AG．
本题考查了正方形的性质与菱形的性质，分情况讨论以及证明△AOD≌△DGE是解题的关键．
17.【答案】(3×22022, 3×22022)
【解析】解：过点B1作B1B⊥x轴于B，过点A1作A1A⊥x轴于A，
∵B1点的坐标为(1, 3)，
∴OB=1，BB1= 3，
∴tan∠B1OB=BB1OB= 3，
∴∠B1OB=60°，
即：直线l2与x轴夹角为60°，
∴∠OB1B=30°，
∴OB1=2OB=2，
设OA=m，则AA1= 3m3，
∴tan∠A1OA=AA1OA= 33，
∴∠A1OA=30°，
即直线l1与x轴夹角为30°，
∴∠A1OB1=30°
∵B1A1//x轴，
∴∠A1OB1=∠OA1B1=30°，
∴OB1=B1A1=2；
∴点A1的坐标为(3, 3)，
同理可得：A2(6,2 3)，A3(12,4 3)，A4(24,8 3)，…，
以此类推：则点An(3×2n−1,√3×2n−1)，
∴A2023的坐标为(3×22022, 3×22022)．
故答案为：(3×22022, 3×22022)
首先求出直线l1与x轴夹角为30°，直线l2与x轴夹角为60°，进而可得OB1=B1A1=2，据此可求得A1的坐标，同理可得点A2、A3的坐标，然后观察A1，A2，A3的坐标的特点，再根据其特点，依此类推得出点An的坐标，继而可得出此题的答案．
本题主要考查了一次函数的图象，解答此题的关键是利用平行于x轴的直线上点的纵坐标相等，以及等腰三角形的性质得出点A1，A2，A3的坐标，然后再根据这些坐标的特点得出一般规律．
18.【答案】解：(1)原式=9−2+2− 3−1+2× 32
=9−2+2− 3−1+ 3
=8；
(2)原式=(x2+4x−5)(x2+4x+4)
=(x+5)(x−1)(x+2)2．
【解析】(1)利用负整数指数幂，立方根的定义，绝对值的性质，零指数幂，特殊锐角的三角函数值进行计算即可；
(2)利用十字相乘法及公式法因式分解即可．
本题考查实数的运算及因式分解，熟练掌握实数运算法则及因式分解的方法是解题的关键．
19.【答案】解：2x2−4x=6−3x，
2x(x−2)+3(x−2)=0，
(2x+3)(x−2)=0，
2x+3=0或x−2=0，
解得x1=−32，x2=2，
所以，原方程的解为x1=−32，x2=2．
【解析】利用因式分解法解此方程，即可求解．
本题考查了解一元二次方程，熟练掌握和运用解一元二次方程的方法是解决本题的关键．
20.【答案】100 108°
【解析】解：(1)20÷20%=100(人)，
即本次抽样调查的学生有100人，
故答案为：100；
(2)B等级的学生有：100−20−30−10−10=30(人)，
补全的条形统计图如右图所示，
B组对应扇形的圆心角的度数为：360°×30100=108°，
故答案为：108°；
(3)3500×20%=700(人)，
答：估计该校A等级的学生有700人．
(1)根据A等级的人数和所占的百分比，可以计算出本次抽取的学生人数；
(2)根据(1)中的结果和条形统计图中的数据，可以计算出B等级的人数，然后即可将条形统计图补充完整；根据B等级的和(1)中的结果，可以计算出B组对应扇形的圆心角的度数；
(3)根据扇形统计图中A等级所占的百分比，可以计算出该校A等级的人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠BDC=∠A，
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠ADB=90°，tan∠BAD=23，
∴BDAD=23，
∵∠C=∠C，∠BDC=∠BAD，
∴△BDC∽△DAC，
∴CDAC=BCCD=BDAD=23，
∵AC=9，
∴CD9=23，
∴CD=6，
∴BC6=23，
∴BC=4，
∴AB=AC−BC=9−4=5．
∵AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得出∠ADB=90°，证出OD⊥CD，由切线的判定可得出结论；
(2)证明△BDC∽△DAC，由相似三角形的性质得出CDAC=BCCD=BDAD=23，由比例线段求出CD和BC的长，可求出AB的长，则可得出答案．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，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】120 60 240
【解析】解：(1)∵360÷(7−1)=60(km/h)，
∴乙车的行驶速度是60km/h；
∴a=60×(5−1)=240，
∵(360+240)÷5=120(km/h)，
∴甲车的行驶速度是120km/h，
故答案为：120，60，240；
(2)∵360÷120=3(h)，
∴B(3,0)，
设线段BC的解析式为y=kx+b，将B(3,0)，E(5,240)代入得：
3k+b=05k+b=240，
解得k=120b=−360，
∴线段BC的解析式为y=120x−360(3≤x≤6)；
(3)设乙车出发m小时后两车相距为100km，
两车第一次相遇前，120(m+1)+60m=360−100，
解得m=79，
两车第一次相遇后，120(m+1)+60m=360+100，
解得m=179，
当甲车返回时，120(m+1)−60m=360−100，
解得m=73，
综上所述，乙车出发79h或179h或73h后，两车相距为100km．
(1)由路程除以时间可得乙车的行驶速度是60km/h；即得a=60×(5−1)=240，可得甲车的行驶速度是120km/h；
(2)求出B(3,0)，设线段BC的解析式为y=kx+b，用待定系数法得线段BC的解析式为y=120x−360(3≤x≤6)；
(3)设乙车出发m小时后两车相距为100km，分三种情况列方程可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
23.【答案】CDG AE=CG，AE⊥CG 成立 2≤BF≤3 2 2+1
【解析】解：【问题思考】：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形
∴AD=CD，DG=DE，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=GC，∠DCG=∠DAE，
∵∠DCG+∠DCP=180°，
∴∠DAE+∠DCP=180°，
∴∠ADC+∠APC=180°，
∴∠APC=90°，
∴AE⊥CG，
故答案为：CDG，AE⊥CG，AE=CG；
【问题类比】：仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEFG正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=GC，∠DCG=∠DAE，
∵∠DCG+∠DCP=180°，
∴∠DAE+∠DCP=180°，
∴∠ADC+∠APC=180°，
∴∠APC=90°，
∴AE⊥CG；
(1)连接BF，BD，DF，如图，
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AB=AD=2，DE=EF=1，∠BAD=∠DEF=90°，
∴BD=2 2，DF= 2，
由三角形三边关系可知：BD−DF≤BF≤BD+DF，
当B，D，F在同一直线上时取等号，
∴ 2≤BF≤3 2，
故答案为： 2≤BF≤3 2；
(2)如图，连接AC，
由(2)可知：AE⊥GC，
∴∠APC=90°=∠ADC，
∴点P在以AC为直径的⊙O上运动，
∴当P′O⊥BC时，点P到边BC有最大距离，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AC=2 2，OH=12BC=1，
∴点P到边BC的最大距离为 2+1，
故答案为： 2+1．
【问题思考】：由“SAS”可证△ADE≌△CDG，可得AE=GC，∠DCG=∠DAE，由四边形内角和定理可证AE⊥CG；
【问题类比】：由“SAS”可证△ADE≌△CDG，可得AE=GC，∠DCG=∠DAE，由四边形内角和定理可证AE⊥CG；
(1)连接BF，BD，DF，易得BD=2 2，DF= 2，由三角形三边关系可知：BD−DF≤BF≤BD+DF，当B，D，F在同一直线上时取等号，即可得 2≤BF≤3 2；
(2)由题意可得点P在以AC为直径的⊙O上运动，则当P′O⊥BC时，点P到边BC有最大距离，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】(3,4)
【解析】解：(1)x2−14x+48=0，
(x−6)(x−8)=0，
解得：x1=6，x2=8，
∵OA>OC
∴OA=8，OC=6，即A(0,8)，C(6,0)，
将A、C两点坐标代入抛物线，
得c=8−49×36+6b+c=0，
解得c=8b=43，
∴抛物线的解析式为y=−49x2+43x+8．
(2)①∵OA=8，OC=6，
∴AC= OA2+OC2=10，
过点Q作QE⊥BC与E点，则sin∠ACB=QEQC=ABAC=35，
∴QE10−m=35，
∴QE=36(10−m)，
∴S=12⋅CP⋅QE=12m×35(10−m)=−310m2+3m，
∴S=−310m2+3m(0
∴当m=5时，S取最大值，
∴AQ=CP=5，设直线AC的解析式为y=kx+8，将点C(6,0)代入得，
0=6k+8，
解得k=−43，
∴直线AC的解析式为y=−43x+8，
设Q(q,−43q+8)，
∵AQ=5，
∴q2+(−43q+8−8)2=25，
解得q=3或q=−3(舍去)，
∴Q(3,4)，
故答案为：(3,4)．
③在抛物线对称轴l上存在点F，使得以点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，
∵y=−49x2+43x+8的对称轴为x=32，
∴D坐标为(3,8)，
又∵Q(3,4)，
∴DQ//OA，
当∠FDQ=90°时，则F在直线AB上，
∵E在对称轴x=32上，
∴F(32,8)，
当∠FQD=90°时，则F的纵坐标与Q点纵坐标相同，
∴F(32,4)，
当∠DFQ=90°时，EF=DQ=4，
设E(32,n)，
则ED2+EQ2=DQ2，
即94+(8−n)2+94+(n−4)2=16，
解得n=6± 72，
∴E(32,6− 72)，E(32,6+ 72)，
如图所示，设DQ的中点为H，则H(3,6)，
∵HE=HF=HD=HQ，
∴E，F关于点H对称，
∴F3(92,6− 72)，F4(92,6+ 72)．
综上所述，F1(32,8)，F2(32,4)，F3(92,6− 72)，F4(92,6+ 72)．
(1)将A、C两点坐标代入抛物线y=−49x2+bx+c，即可求得抛物线的解析式；
(2)①先用m表示出QE的长度，进而求出三角形的面积S关于m的函数；
②先求出m=5时S取最大值，再求得直线AC的解析式y=−43x+8，设Q(q,−43q+8)，根据AQ=5，勾股定理即可求解；
③由②可得m=5时，S取最大值，再根据点D、Q、E、F为顶点的四边形是矩形，分情况求出F的坐标．
本题是二次函数的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线的解析式的求法抛物线的最值，解一元二次方程，正弦的定义，掌握二次函数的性质是解题的关键．
相关试卷
2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学二模试卷（含解析），共27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年黑龙江省齐齐哈尔市铁峰区中考数学三模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁峰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年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
