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2023年江苏省无锡市梁溪区辅仁中学中考数学一模试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省无锡市梁溪区辅仁中学中考数学一模试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省无锡市梁溪区辅仁中学中考数学一模试卷
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. 2的相反数是( )
A. −2 B. −12 C. 2 D. 12
2. 下列计算正确的是( )
A. a2+a2=a4 B. (a2)3=a5 C. a+2=2a D. (ab)3=a3b3
3. 函数y= x−22中x的取值范围是( )
A. x≤2 B. x≥2 C. x<2 D. x>2
4. 在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数
中位数
众数
方差
8.5
8.3
8.1
0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是( )
A. 平均数 B. 众数 C. 方差 D. 中位数
5. 如果一个多边形的内角和等于900°，这个多边形是( )
A. 四边形 B. 五边形 C. 六边形 D. 七边形
6. 在平行四边形、矩形、菱形和正方形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
7. 若圆锥的底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的侧面积为( )
A. 6π B. 8π C. 15π D. 30π
8. 下列判断错误的是( )
A. 对角线相等四边形是矩形
B. 对角线相互垂直平分四边形是菱形
C. 对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形
D. 对角线相互平分的四边形是平行四边形
9. 如图，矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)上，若矩形ABCD的面积为8，则k的值为( )
A. 8 B. 3 3 C. 2 2 D. 4
10. 如图，在正三角形ABC中，AC=2，CD=3，BD//AC，则△ABD的面积是( )
A. 3 2− 32
B. 3 2+32
C. 3 2+33
D. 3 2−33
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 分解因式：2x2−8= ______ ．
12. 无锡市高浪路快速化改造一期工程西起蠡湖大道学府立交，东至高浪路大桥西侧桥台，路线全长8350米，8350这个数据用科学记数法可表示为______．
13. 计算2x−1−1x+1= ______ ．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=45，BC=8，则AB=______．
15. 已知a−2b=−2，则4−2a+4b的值为______。
16. 笑笑将一副三角板按如图所示的位置放置，△DOE的直角顶点O在边BC的中点处，其中∠A=∠DOE=90°.∠B=45°，∠D=60°，△DOE绕点O自由旋转，且OD，OE分别交AB，AC于点M，N，当AN=4，NC=2时，MN的长为______．
17. 已知抛物线y=ax2+4ax+4a+1(a≠0)过点A(m,3)，B(n,3)两点，若线段AB的长不大于4，则代数式a2+a+1的最小值是 ．
18. 如图，正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF，当点A、E、O三点共线时，tan∠OAB= ______ ，线段OF长的最小值为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 如图，已知AB=DC，AB//CD，E、F是AC上两点，且AF=CE．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若∠BCE=30°，∠CBE=70°，求∠CFD的度数．
四、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
计算：(1)(−2)−2+38−(−3)0；
(2)(2x−1)(2x+1)−4(x+1)2．
21. (本小题8.0分)
(1)解方程：x2−5x+1=0；(2)解不等式组：x+8<4x−112x≤8−32x．
22. (本小题10.0分)
某中学计划根据学生的兴趣爱好组建课外兴趣小组，并随机抽取了部分同学的兴趣爱好进行调查，将收集的数据整理并绘制成下列两幅统计图，请根据图中的信息，完成下列问题：
(1)学校这次调查共抽取了______名学生；
(2)求m的值并补全条形统计图；
(3)在扇形统计图，“围棋”所在扇形的圆心角度数为______；
(4)设该校共有学生1000名，请你估计该校有多少名学生喜欢足球．
23. (本小题10.0分)
2022春开学为防控冠状病毒，学生进校园必须戴口罩，测体温，某学校开通了三条人工测体温的通道，每周一分别由王老师、张老师、李老师三位老师给进校园的学生测体温(每个通道一位老师)，周一有小卫和小孙两学生进校园，在3个人工测体温通道中，可随机选择其中的一个通过．
(1)其中小孙进校园时，由王老师测体温的概率是______；
(2)请用树状图或列表等方法求两学生进校园时，都是王老师测体温的概率(写出分析过程)．
24. (本小题10.0分)
在矩形ABCD中，E是BC边上一定点，F是直线AD上一动点，将△BEF沿直线EF翻折，点B的对应点为G．
(1)若点G落在矩形的内部，且E、G、D三点在一条直线上时，请在图1中作出此时的点G和直线EF；(请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法)
(2)若AB=3，AD=6，BE=2，当E、G、D三点在一条直线上，直接写出AF的长度为______ ．
25. (本小题10.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，且AB=CD，过D点的切线与BC的延长线交于E点．
(1)证明：∠ADB=∠CDE；
(2)若AD=5，BE=15，求BD的长．
26. (本小题10.0分)
有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB=AE=6，BC=5，∠A=∠B=90°，∠C=135°，∠E>90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．
(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积；
(2)能否截出比(1)中面积更大的矩形材料？如果能，求出该矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．
27. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(5,0)，点B(0,3)，以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
(1)如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
(2)如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H，求点H的坐标．
(3)记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，直接写出S的取值范围．
28. (本小题10.0分)
如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A.函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D(点D位于点C的左侧)．
(1)求函数y=ax2+bx+c的解析式；
(2)从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
(3)若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的13？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：2的相反数是−2，
故选：A．
根据相反数的概念解答即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2.【答案】D
【解析】解：A.a2+a2=2a2，故A选项错误；
B.(a2)3=a6，故B选项错误；
C.a+2无法计算，故C选项错误；
D.(ab)3=a3b3，故D选项正确．
故选：D．
分别利用幂的乘方运算法则以及合并同类项法则和积的乘方运算法则化简，进而求出答案；
本题主要考查了幂的乘方运算以及合并同类项和积的乘方运算等知识，正确应用运算法则是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意得：x−2≥0，
解得：x≥2．
故选：B．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
本题考查了函数自变量的取值范围，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．
4.【答案】D
【解析】解：去掉一个最高分和一个最低分，平均分、众数、方差可能发生变化，
中位数一定不发生变化，
故选：D．
根据平均数、众数、方差、中位数的概念判断．
本题考查的是平均数、众数、方差、中位数的概念，掌握它们的概念是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：设所求正n边形边数为n，
则(n−2)⋅180°=900°，
解得n=7．
故选：D．
根据n边形的内角和为(n−2)⋅180°得到(n−2)⋅180°=900°，然后解方程即可．
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
6.【答案】B
【解析】解：平行四边形，不是轴对称图形，是中心对称图形；
矩形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
菱形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
正方形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
综上所述，既是轴对称图形又是中心对称图形的有3个．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
本题考查了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度后两部分重合．
7.【答案】C
【解析】解：圆锥的侧面积=2π×3×5÷2=15π．
故选：C．
圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．
8.【答案】A
【解析】解：A、对角线相等的四边形是矩形，错误；
B、对角线相互垂直的平分四边形是菱形，正确；
C、对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
D、对角线相互平分的四边形是平行四边形，正确；
故选：A．
利用菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定定理、正方形的判定定理分别对每个选项进行判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够了解矩形和菱形的判定定理，难度不大．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数中k=xy为定值是解答此题的关键．设A点的坐标为(m,n)则根据矩形的性质得出矩形中心的纵坐标为n2，根据中心在反比例函数y=kx上，求出中心的横坐标为2kn，进而可得出BC的长度，根据矩形ABCD的面积即可求得．
【解答】
解：如图，延长DA交y轴于点E，
∵四边形ABCD是矩形，
设A点的坐标为(m,n)，
则根据矩形的性质得出矩形中心的纵坐标为n2，
∵矩形ABCD的中心在反比例函数y=kx上，
∴y=kx=n2
∴x=2kn，
∴矩形ABCD中心的坐标为(2kn,n2)，
∴BC=2(2kn−m)=4kn−2m，
∵S矩形ABCD=8，
∴(4kn−2m)⋅n=8，
4k−2mn=8，
∵点A(m,n)在y=kx上，
∴mn=k，
∴4k−2k=8，
解得：k=4．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：作BM⊥AC于M，AN⊥BD于N，DH⊥CB交CB延长线于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，BC=AC=2，
∵BD//AC，
∴∠DBH=∠ACB=60°，
设BD=x，
∴BH=12BD=12x，DH= 3BH= 32x，
∴CH=2+12x，
∵CH2+DH2=CD2，
∴(2+12x)2+( 32x)2=32，
∴x= 6−1，
∴BD= 6−1，
∵△ABC是等边三角形，MB⊥AC，
∴BM= 32AC= 3，
∵BD//AC，AN⊥BD，BM⊥AC，
∴AN=MB= 3，
∴△ABD的面积=12BD⋅AN=3 2− 32．
故选：A．
作BM⊥AC于M，AN⊥BD于N，DH⊥CB交CB延长线于H，设BD=x，由勾股定理得到(2+12x)2+( 32x)2=32，求出x的值，得到DB的长，由等边三角形的性质求出BM的长，得到AN的长，由三角形的面积公式即可求解．
本题考查等边三角形的性质，等边三角形的性质，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用勾股定理列出关于BD的方程．
11.【答案】2(x+2)(x−2)
【解析】解：2x2−8
=2(x2−4)
=2(x+2)(x−2)；
故答案为：2(x+2)(x−2)．
先提取公因数2，然后再运用平方差公式因式分解即可．
本题主要考查了因式分解，灵活运用提取公因式和公式法因式分解是解答本题的关键．
12.【答案】8.35×103
【解析】解：8350=8.35×103．
故答案是：8.35×103．
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．
13.【答案】x+3x2−1
【解析】解：原式=2(x+1)(x−1)(x+1)−x−1(x−1)(x+1)
=2x+2−x+1x2−1
=x+3x2−1．
故答案为：x+3x2−1．
直接利用分式的加减运算法则，通分运算，再化简得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确通分运算是解题关键．
14.【答案】10
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=45，BC=8，
∴sinA=45=BCAB=8AB，
∴AB=10，
故答案为：10．
根据锐角三角函数的意义求解即可．
本题考查锐角三角函数，掌握锐角三角函数的定义是解决问题的前提．
15.【答案】8
【解析】解：∵a−2b=−2，
∴4−2a+4b=4−2(a−2b)=4+4=8
故答案为：8。
原式后两项提取−2变形后，将已知等式的值代入计算即可求出值。
此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，是一道基本题型。
16.【答案】2 5
【解析】
【解答】
解：如图，连接AO，作OH⊥AC于H．
∵AB=AC，∠BAC=90°，OB=OC，
∴AO⊥BC，∠BAO=∠C=45°，OA=OB=OC，
∵∠DOE=∠AOC=90°，
∴∠AOM+∠AON=90°，∠CON+∠AON=90°，
∴∠AOM=∠CON，
∴△AOM≌△CON(ASA)，
∴OM=ON，
∵AN=4，NC=2，
∴AC=6，
∵∠AOC=90°，OA=OC，OH⊥AC，
∴AH=HC=3，OH=AH=CH=3，
∴HN=AN−AH=4−3=1，
∴ON=OM= OH2+HN2= 32+12= 10，
∴MN= 2ON=2 5，
故答案为2 5．
【分析】
本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
如图，连接AO，作OH⊥AC于H.首先证明△OMN是等腰直角三角形，求出ON即可解决问题．
17.【答案】74
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意得出4a+1≥3是解题的关键．
根据题意得4a+1≥3，解不等式求得a≥12，根据二次函数的性质把x=12代入代数式即可求得答案．
【解答】
解：∵抛物线y=ax2+4ax+4a+1=a(x+2)2+1(a≠0)，
∴顶点坐标为(−2,1)，
∵抛物线过点A(m,3)，B(n,3)两点，
∴a>0，
∵线段AB的长不大于4，当x=0时，y=4a+1，
∴由图可知：4a+1≥3，
∴a≥12，
∴a2+a+1的最小值为：(12)2+12+1=74，
故答案为74．
18.【答案】12 5 2−2
【解析】解：在正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，
∴BC=AB=2 5，OB= 5，
当点A、E、O三点共线时，
在Rt△ABO中，tan∠OAB=OBAB= 52 5=12，
故答案为：12；
如图，延长BA到点P，使AP=CO，连接PE，PO，OF，
∵点E是正方形内一动点，OE=2，
∴点E在以O为圆心，2为半径的半圆上运动，
∵线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵AD=CD，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，∠DAE=∠DCF，
∴∠PAE=∠OCF，
∵AP=CO，
∴△PAE≌△OCF(SAS)，
∴PE=OF，
当O、E、P三点共线时，PE的长最短，即OF值最小，
此时在Rt△PBO中，BO=OC= 5，PB=AB+AP=2 5+ 5=3 5，
∴OP= PB2+OB2=5 2，
∴PE=OP−OE=5 2−2，
∴OF长的最小值为5 2−2，
故答案为：5 2−2．
正方形ABCD中，当点A、E、O三点共线时，△ABO是直角三角形，已知AB=2 5，O是BC边的中点，根据正切值公式即可求解；延长BA到点P，使AP=CO= 5，连接PE，易证△APE≌△COF，得OF=PE，当O、E、P三点共线时，PE的长最短，即OF值最小，根据勾股定理可得OP的长，从而得PE的长，即可求解．
本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握性质并准确应用，结合转化思想正确添加辅助线是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠BAE=∠FCD，
∵AF=CE，
∴AE=CF，
又∵AB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：∵∠BCE=30°，∠CBE=70°，
∴∠AEB=∠BCE+∠CBE=30°+70°=100°，
∵△ABE≌△CDF，
∴∠CFD=∠AEB=100°．
【解析】(1)由平行线的性质得出∠BAE=∠FCD，根据SAS可得出△ABE≌△CDF；
(2)求出∠AEB=∠BCE+∠CBE=100°，可得出∠CFD=∠AEB=100°．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的外角和等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)原式=14+2−1
=54；
(2)原式=4x2−1−4(x2+2x+1)
=4x2−1−4x2−8x−4
=−8x−5．
【解析】(1)先计算负整数指数幂，开立方，零指数幂；然后计算加减法；
(2)利用平方差公式、完全平方公式计算括号内的式子，然后去括号．
本题综合考查了平方差公式，完全平方公式，零指数幂以及负整数指数幂．熟记实数运算法则即可解题，属于基础题．
21.【答案】解：(1)这里a=1，b=−5，c=1，
∵Δ=b2−4ac=25−4=21>0，
∴x=5± 212，
解得：x1=5+ 212，x2=5− 212；
(2)x+8<4x−1①12x≤8−32x②，
由①得：x>3，
由②得：x≤4，
则不等式组的解集为3
(2)分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
此题考查了解一元二次方程−公式法，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
22.【答案】(1)100；
(2)m=100−25−25−20−10=20，
∴“书法”的人数为100×20%=20人，
补全图形如下：
(3)36°；
(4)估计该校喜欢足球的学生人数为1000×25%=250人．
【解析】解：(1)学校本次调查的学生人数为10÷10%=100名，
故答案为：100；
(2)见答案；
(3)在扇形统计图中，“围棋”所在扇形的圆心角度数为360°×10%=36°，
故答案为：36°；
(4)见答案．
(1)用“围棋”的人数除以其所占百分比可得；
(2)用总人数乘以“书法”人数所占百分比求得其人数，据此即可补全图形；
(3)用360°乘以“围棋”人数所占百分比即可得；
(4)用总人数乘以样本中“足球”人数所占百分比可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了用样本估计总体的思想．
23.【答案】(1)13；
(2)设王老师、张老师、李老师分别用A，B，C表示，
画树状图如下：
∵共有9种等可能的结果，其中都是王老师测体温的结果有1种，
∴都是王老师测体温的概率为19．
【解析】解：(1)∵共有三位老师测体温，分别是王老师、张老师、李老师，
∴由王老师测体温的概率是13．
故答案为：13．
(2)见答案；
(1)根据概率公式求解即可．
(2)画树状图列出所有等可能的结果，再根据概率公式求解．
本题考查列表法与树状图法，概率公式，熟练掌握概率公式是解答本题的关键．
24.【答案】1
【解析】解：(1)如图，直线EF，点G即为所求作．
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=6，∠C=90°，
∵BE=2，
∴EC=6−2=4，
∴DE= CD2+EC2= 32+42=5，
由作图可知，∠FED=∠FEB，
∵AD//BC，
∴∠BEF=∠DFE，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DE=DF=5，
∴AF=AD−DF=6−5=1．
故答案为：1
(1)连接DE，作∠DEB的角平分线EF，以E为圆心EB为半径作弧交ED于G，直线EF，点G即为所求作．
(2)利用勾股定理求出DE，证明DF=DE，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】(1)证明：连接DO并延长交圆于M，连接MC，
∵过D点的切线与BC的延长线交于E点，
∴∠ODC+∠CDE=90°，
∵DM是直径，
∴∠MCD=90°，
∴∠ODC+∠M=90°，
∴∠M=∠CDE，
∵AB=CD，
∴∠ADB=∠DBC，
∵∠DBC=∠M，
∴∠ADB=∠CDE；
(2)解：∵∠ADB+∠DBA+∠A=∠EDC+∠E+∠DCE，
且∠A=∠DCE，∠ADB=∠EDC，
∴∠DBA=∠E，
又∵AB=CD，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ABD∽△DEB，
∴ADBD=BDBE，
即BD2=AD⋅BE=5×15=75，
∴BD= 75=5 3．
【解析】(1)作出辅助线如图，先根据切线的性质得∠ODC+∠CDE=90°，再根据直径所对的圆周角是90°得∠ODC+∠M=90°，可得∠M=∠CDE，再根据同弧所对的圆周角相等∠ADB=∠DBC进行分析即可；
(2)利用相似三角形的性质求出边的比例关系直接求解．
此题考查切线的性质，圆周角定理，解题关键是灵活作出辅助线，得到直径所对的圆周角为直角，通过角等推论出相似三角形．
26.【答案】解：(1)①若所截矩形材料的一条边是BC，
如图1所示，过点C作CF⊥AE于点F，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=AE=6，BC=5，
则AF=BC=5，FC=AB=6，
∴S1=AB⋅BC=6×5=30；
②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示，过点E作EF//AB交CD于点F，FG⊥AB于点G，过点C作CH⊥FG于点H，
则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，
∵∠DCB=135°，
∴∠FCH=45°，
∴△CHF为等腰直角三角形，
∴AE=FG=6，HG=BC=5，
则BG=CH=FH=FG−HG=6−5=1，
∴AG=AB−BG=6−1=5，
∴S2=AE⋅AG=6×5=30，
∴综上所述，矩形材料的面积为30;
(2)能，理由如下：
如图3，在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AE于点N，过点C作CG⊥FM于点G，
则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，
∴MG=BC=5，BM=CG，
∵∠DCB=135°，
∴∠FCG=45°，
∴△CGF为等腰直角三角形，
∴FG=CG=BM，
设AM=x，则BM=6−x，
∴FM=GM+FG=BC+BM=11−x，
∴S=AM×FM=x(11−x)
=−x2+11x
=−(x−112)2+1214，
∴当x=112时，S的最大值为1214．
【解析】(1)①若所截矩形材料的一条边是BC，过点C作CF⊥AE于点F，则可判定四边形ABCF为矩形，按照矩形面积公式计算即可，②若所截矩形材料的一条边是AE，过点E作EF//AB交CD于点F，FG⊥AB于点G，过点C作CH⊥FG于点H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，证明△CHF为等腰直角三角形，从而求得AE、AG的长，再按矩形面积公式计算即可；
(2)在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AE于点N，过点C作CG⊥FM于点G，设AM=x，则BM=6−x，根据题意得出矩形面积S关于x的二次函数，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及二次函数的应用．
27.【答案】解：(1)如图①中，
∵A(5,0)，B(0,3)，
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD= AD2−AC2=4，
∴BD=BC−CD=1，
∴D(1,3)．
(2)如图②中，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，
∵点D在线段BE上，
∴∠ADB=90°，
由(1)可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL)．
∴∠BAD=∠BAO，
又在矩形AOBC中，OA//BC，
∴∠CBA=∠OAB，
∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC−BH=5−m，
在Rt△AHC中，AH2=HC2+AC2，
∴m2=32+(5−m)2，
∴m=175，
∴BH=175，
∴H(175,3)．
(3)30−3 344≤S≤30+3 344．
如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，
最小值=12⋅DE⋅DK=12×3×(5− 342)=30−3 344，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，
最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+ 342)=30+3 344．
综上所述，30−3 344≤S≤30+3 344．
【解析】(1)如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
(2)先证得Rt△ADB≌Rt△AOB；设AH=BH=m，则HC=BC−BH=5−m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
(3)如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
28.【答案】解：(1)y=x2+2x+1=(x+1)2的图象沿x轴翻折，得y=−(x+1)2．
把y=−(x+1)2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=−x2+4，
∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=−x2+4；
(2)∵y=x2+2x+1=(x+1)2，
∴A(−1,0)，
当y=0时，−x2+4=0，解得x=±2，则D(−2,0)，C(2,0)；
当x=0时，y=−x2+4=4，则B(0,4)，
从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，
∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= 17，BC=2 5，BD=2 5，
∴△BCD为等腰三角形，
∴构造的三角形是等腰三角形的概率=13；
(3)存在．
易得BC的解析是为y=−2x+4，S△ABC=12AC⋅OB=12×3×4=6，
M点的坐标为(m,−2m+4)(0≤m≤2)，
①当N点在AC上，如图1，
∴△AMN的面积为△ABC面积的13，
∴12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，
当m=0时，M点的坐标为(0,4)，N(0,0)，则AN=1，MN=4，
∴tan∠MAC=MNAN=41=4；
当m=1时，M点的坐标为(1,2)，N(1,0)，则AN=2，MN=2，
∴tan∠MAC=MNAN=22；
②当N点在BC上，如图2，
BC= 22+42=2 5，
∵12BC⋅AN=12AC⋅BC，解得AN=3×42 5=6 55，
∵S△AMN=12AN⋅MN=2，
∴MN=4AN=2 53，
∴∠MAC=MNAN=2 536 55=59；
③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= 17−t，
由②得AH=6 55，则BH= ( 17)2−(6 55)2=7 55，
∵∠NBG=∠HBA，
∴△BNM∽△BHA，
∴MNAH=BNBH，即MN6 55= 17−t7 55，
∴MN=6 17−6t7，
∵12AN⋅MN=2，
即12⋅( 17−t)⋅6 17−6t7=2，
整理得3t2−3 17t+14=0，△=(−3 17)2−4×3×14=−15<0，方程没有实数解，
∴点N在AB上不符合条件，
综上所述，tan∠MAN的值为1或4或59．
【解析】(1)利用配方法得到y=x2+2x+1=(x+1)2，然后根据抛物线的变换规律求解；
(2)利用顶点式y=(x+1)2得到A(−1,0)，解方程−x2+4=0得D(−2,0)，C(2,0)易得B(0,4)，列举出所有的三角形，再计算出AC=3，AD=1，CD=4，AB= 17，BC=2 5，BD=2 5，然后根据等腰三角形的判定方法和概率公式求解；
(3)易得BC的解析是为y=−2x+4，S△ABC=6，M点的坐标为(m,−2m+4)(0≤m≤2)，讨论：①当N点在AC上，如图1，利用面积公式得到12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，求出AN=1，MN=4，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；当m=1时，计算出AN=2，MN=2，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；②当N点在BC上，如图2，先利用面积法计算出AN=6 55，再根据三角形面积公式计算出MN=2 53，然后利用正切定义计算tan∠MAC的值；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= 17−t，由②得AH=6 55，利用勾股定理可计算出BH=7 55，证明△BNM∽△BHA，利用相似比可得到MN=6 17−6t7，利用三角形面积公式得到12⋅( 17−t)⋅6 17−6t7=2，根据此方程没有实数解可判断点N在AB上不符合条件，从而得到tan∠MAN的值为1或4或59．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的判定、概率公式；理解二次函数图象的图象变换规律，会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，会利用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
2023年江苏省无锡市梁溪区辅仁中学中考数学一模试卷
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. 2的相反数是( )
A. −2 B. −12 C. 2 D. 12
2. 下列计算正确的是( )
A. a2+a2=a4 B. (a2)3=a5 C. a+2=2a D. (ab)3=a3b3
3. 函数y= x−22中x的取值范围是( )
A. x≤2 B. x≥2 C. x<2 D. x>2
4. 在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数
中位数
众数
方差
8.5
8.3
8.1
0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是( )
A. 平均数 B. 众数 C. 方差 D. 中位数
5. 如果一个多边形的内角和等于900°，这个多边形是( )
A. 四边形 B. 五边形 C. 六边形 D. 七边形
6. 在平行四边形、矩形、菱形和正方形这四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
7. 若圆锥的底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的侧面积为( )
A. 6π B. 8π C. 15π D. 30π
8. 下列判断错误的是( )
A. 对角线相等四边形是矩形
B. 对角线相互垂直平分四边形是菱形
C. 对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形
D. 对角线相互平分的四边形是平行四边形
9. 如图，矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)上，若矩形ABCD的面积为8，则k的值为( )
A. 8 B. 3 3 C. 2 2 D. 4
10. 如图，在正三角形ABC中，AC=2，CD=3，BD//AC，则△ABD的面积是( )
A. 3 2− 32
B. 3 2+32
C. 3 2+33
D. 3 2−33
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 分解因式：2x2−8= ______ ．
12. 无锡市高浪路快速化改造一期工程西起蠡湖大道学府立交，东至高浪路大桥西侧桥台，路线全长8350米，8350这个数据用科学记数法可表示为______．
13. 计算2x−1−1x+1= ______ ．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=45，BC=8，则AB=______．
15. 已知a−2b=−2，则4−2a+4b的值为______。
16. 笑笑将一副三角板按如图所示的位置放置，△DOE的直角顶点O在边BC的中点处，其中∠A=∠DOE=90°.∠B=45°，∠D=60°，△DOE绕点O自由旋转，且OD，OE分别交AB，AC于点M，N，当AN=4，NC=2时，MN的长为______．
17. 已知抛物线y=ax2+4ax+4a+1(a≠0)过点A(m,3)，B(n,3)两点，若线段AB的长不大于4，则代数式a2+a+1的最小值是 ．
18. 如图，正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF，当点A、E、O三点共线时，tan∠OAB= ______ ，线段OF长的最小值为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 如图，已知AB=DC，AB//CD，E、F是AC上两点，且AF=CE．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若∠BCE=30°，∠CBE=70°，求∠CFD的度数．
四、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
计算：(1)(−2)−2+38−(−3)0；
(2)(2x−1)(2x+1)−4(x+1)2．
21. (本小题8.0分)
(1)解方程：x2−5x+1=0；(2)解不等式组：x+8<4x−112x≤8−32x．
22. (本小题10.0分)
某中学计划根据学生的兴趣爱好组建课外兴趣小组，并随机抽取了部分同学的兴趣爱好进行调查，将收集的数据整理并绘制成下列两幅统计图，请根据图中的信息，完成下列问题：
(1)学校这次调查共抽取了______名学生；
(2)求m的值并补全条形统计图；
(3)在扇形统计图，“围棋”所在扇形的圆心角度数为______；
(4)设该校共有学生1000名，请你估计该校有多少名学生喜欢足球．
23. (本小题10.0分)
2022春开学为防控冠状病毒，学生进校园必须戴口罩，测体温，某学校开通了三条人工测体温的通道，每周一分别由王老师、张老师、李老师三位老师给进校园的学生测体温(每个通道一位老师)，周一有小卫和小孙两学生进校园，在3个人工测体温通道中，可随机选择其中的一个通过．
(1)其中小孙进校园时，由王老师测体温的概率是______；
(2)请用树状图或列表等方法求两学生进校园时，都是王老师测体温的概率(写出分析过程)．
24. (本小题10.0分)
在矩形ABCD中，E是BC边上一定点，F是直线AD上一动点，将△BEF沿直线EF翻折，点B的对应点为G．
(1)若点G落在矩形的内部，且E、G、D三点在一条直线上时，请在图1中作出此时的点G和直线EF；(请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法)
(2)若AB=3，AD=6，BE=2，当E、G、D三点在一条直线上，直接写出AF的长度为______ ．
25. (本小题10.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，且AB=CD，过D点的切线与BC的延长线交于E点．
(1)证明：∠ADB=∠CDE；
(2)若AD=5，BE=15，求BD的长．
26. (本小题10.0分)
有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB=AE=6，BC=5，∠A=∠B=90°，∠C=135°，∠E>90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．
(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积；
(2)能否截出比(1)中面积更大的矩形材料？如果能，求出该矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．
27. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(5,0)，点B(0,3)，以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
(1)如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
(2)如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H，求点H的坐标．
(3)记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，直接写出S的取值范围．
28. (本小题10.0分)
如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A.函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D(点D位于点C的左侧)．
(1)求函数y=ax2+bx+c的解析式；
(2)从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
(3)若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的13？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：2的相反数是−2，
故选：A．
根据相反数的概念解答即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2.【答案】D
【解析】解：A.a2+a2=2a2，故A选项错误；
B.(a2)3=a6，故B选项错误；
C.a+2无法计算，故C选项错误；
D.(ab)3=a3b3，故D选项正确．
故选：D．
分别利用幂的乘方运算法则以及合并同类项法则和积的乘方运算法则化简，进而求出答案；
本题主要考查了幂的乘方运算以及合并同类项和积的乘方运算等知识，正确应用运算法则是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意得：x−2≥0，
解得：x≥2．
故选：B．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
本题考查了函数自变量的取值范围，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．
4.【答案】D
【解析】解：去掉一个最高分和一个最低分，平均分、众数、方差可能发生变化，
中位数一定不发生变化，
故选：D．
根据平均数、众数、方差、中位数的概念判断．
本题考查的是平均数、众数、方差、中位数的概念，掌握它们的概念是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：设所求正n边形边数为n，
则(n−2)⋅180°=900°，
解得n=7．
故选：D．
根据n边形的内角和为(n−2)⋅180°得到(n−2)⋅180°=900°，然后解方程即可．
本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
6.【答案】B
【解析】解：平行四边形，不是轴对称图形，是中心对称图形；
矩形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
菱形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
正方形，既是轴对称图形又是中心对称图形；
综上所述，既是轴对称图形又是中心对称图形的有3个．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
本题考查了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度后两部分重合．
7.【答案】C
【解析】解：圆锥的侧面积=2π×3×5÷2=15π．
故选：C．
圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．
8.【答案】A
【解析】解：A、对角线相等的四边形是矩形，错误；
B、对角线相互垂直的平分四边形是菱形，正确；
C、对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
D、对角线相互平分的四边形是平行四边形，正确；
故选：A．
利用菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定定理、正方形的判定定理分别对每个选项进行判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够了解矩形和菱形的判定定理，难度不大．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数中k=xy为定值是解答此题的关键．设A点的坐标为(m,n)则根据矩形的性质得出矩形中心的纵坐标为n2，根据中心在反比例函数y=kx上，求出中心的横坐标为2kn，进而可得出BC的长度，根据矩形ABCD的面积即可求得．
【解答】
解：如图，延长DA交y轴于点E，
∵四边形ABCD是矩形，
设A点的坐标为(m,n)，
则根据矩形的性质得出矩形中心的纵坐标为n2，
∵矩形ABCD的中心在反比例函数y=kx上，
∴y=kx=n2
∴x=2kn，
∴矩形ABCD中心的坐标为(2kn,n2)，
∴BC=2(2kn−m)=4kn−2m，
∵S矩形ABCD=8，
∴(4kn−2m)⋅n=8，
4k−2mn=8，
∵点A(m,n)在y=kx上，
∴mn=k，
∴4k−2k=8，
解得：k=4．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：作BM⊥AC于M，AN⊥BD于N，DH⊥CB交CB延长线于H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，BC=AC=2，
∵BD//AC，
∴∠DBH=∠ACB=60°，
设BD=x，
∴BH=12BD=12x，DH= 3BH= 32x，
∴CH=2+12x，
∵CH2+DH2=CD2，
∴(2+12x)2+( 32x)2=32，
∴x= 6−1，
∴BD= 6−1，
∵△ABC是等边三角形，MB⊥AC，
∴BM= 32AC= 3，
∵BD//AC，AN⊥BD，BM⊥AC，
∴AN=MB= 3，
∴△ABD的面积=12BD⋅AN=3 2− 32．
故选：A．
作BM⊥AC于M，AN⊥BD于N，DH⊥CB交CB延长线于H，设BD=x，由勾股定理得到(2+12x)2+( 32x)2=32，求出x的值，得到DB的长，由等边三角形的性质求出BM的长，得到AN的长，由三角形的面积公式即可求解．
本题考查等边三角形的性质，等边三角形的性质，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用勾股定理列出关于BD的方程．
11.【答案】2(x+2)(x−2)
【解析】解：2x2−8
=2(x2−4)
=2(x+2)(x−2)；
故答案为：2(x+2)(x−2)．
先提取公因数2，然后再运用平方差公式因式分解即可．
本题主要考查了因式分解，灵活运用提取公因式和公式法因式分解是解答本题的关键．
12.【答案】8.35×103
【解析】解：8350=8.35×103．
故答案是：8.35×103．
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．
13.【答案】x+3x2−1
【解析】解：原式=2(x+1)(x−1)(x+1)−x−1(x−1)(x+1)
=2x+2−x+1x2−1
=x+3x2−1．
故答案为：x+3x2−1．
直接利用分式的加减运算法则，通分运算，再化简得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确通分运算是解题关键．
14.【答案】10
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=45，BC=8，
∴sinA=45=BCAB=8AB，
∴AB=10，
故答案为：10．
根据锐角三角函数的意义求解即可．
本题考查锐角三角函数，掌握锐角三角函数的定义是解决问题的前提．
15.【答案】8
【解析】解：∵a−2b=−2，
∴4−2a+4b=4−2(a−2b)=4+4=8
故答案为：8。
原式后两项提取−2变形后，将已知等式的值代入计算即可求出值。
此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，是一道基本题型。
16.【答案】2 5
【解析】
【解答】
解：如图，连接AO，作OH⊥AC于H．
∵AB=AC，∠BAC=90°，OB=OC，
∴AO⊥BC，∠BAO=∠C=45°，OA=OB=OC，
∵∠DOE=∠AOC=90°，
∴∠AOM+∠AON=90°，∠CON+∠AON=90°，
∴∠AOM=∠CON，
∴△AOM≌△CON(ASA)，
∴OM=ON，
∵AN=4，NC=2，
∴AC=6，
∵∠AOC=90°，OA=OC，OH⊥AC，
∴AH=HC=3，OH=AH=CH=3，
∴HN=AN−AH=4−3=1，
∴ON=OM= OH2+HN2= 32+12= 10，
∴MN= 2ON=2 5，
故答案为2 5．
【分析】
本题考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
如图，连接AO，作OH⊥AC于H.首先证明△OMN是等腰直角三角形，求出ON即可解决问题．
17.【答案】74
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意得出4a+1≥3是解题的关键．
根据题意得4a+1≥3，解不等式求得a≥12，根据二次函数的性质把x=12代入代数式即可求得答案．
【解答】
解：∵抛物线y=ax2+4ax+4a+1=a(x+2)2+1(a≠0)，
∴顶点坐标为(−2,1)，
∵抛物线过点A(m,3)，B(n,3)两点，
∴a>0，
∵线段AB的长不大于4，当x=0时，y=4a+1，
∴由图可知：4a+1≥3，
∴a≥12，
∴a2+a+1的最小值为：(12)2+12+1=74，
故答案为74．
18.【答案】12 5 2−2
【解析】解：在正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，
∴BC=AB=2 5，OB= 5，
当点A、E、O三点共线时，
在Rt△ABO中，tan∠OAB=OBAB= 52 5=12，
故答案为：12；
如图，延长BA到点P，使AP=CO，连接PE，PO，OF，
∵点E是正方形内一动点，OE=2，
∴点E在以O为圆心，2为半径的半圆上运动，
∵线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵AD=CD，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，∠DAE=∠DCF，
∴∠PAE=∠OCF，
∵AP=CO，
∴△PAE≌△OCF(SAS)，
∴PE=OF，
当O、E、P三点共线时，PE的长最短，即OF值最小，
此时在Rt△PBO中，BO=OC= 5，PB=AB+AP=2 5+ 5=3 5，
∴OP= PB2+OB2=5 2，
∴PE=OP−OE=5 2−2，
∴OF长的最小值为5 2−2，
故答案为：5 2−2．
正方形ABCD中，当点A、E、O三点共线时，△ABO是直角三角形，已知AB=2 5，O是BC边的中点，根据正切值公式即可求解；延长BA到点P，使AP=CO= 5，连接PE，易证△APE≌△COF，得OF=PE，当O、E、P三点共线时，PE的长最短，即OF值最小，根据勾股定理可得OP的长，从而得PE的长，即可求解．
本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，熟练掌握性质并准确应用，结合转化思想正确添加辅助线是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠BAE=∠FCD，
∵AF=CE，
∴AE=CF，
又∵AB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：∵∠BCE=30°，∠CBE=70°，
∴∠AEB=∠BCE+∠CBE=30°+70°=100°，
∵△ABE≌△CDF，
∴∠CFD=∠AEB=100°．
【解析】(1)由平行线的性质得出∠BAE=∠FCD，根据SAS可得出△ABE≌△CDF；
(2)求出∠AEB=∠BCE+∠CBE=100°，可得出∠CFD=∠AEB=100°．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的外角和等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)原式=14+2−1
=54；
(2)原式=4x2−1−4(x2+2x+1)
=4x2−1−4x2−8x−4
=−8x−5．
【解析】(1)先计算负整数指数幂，开立方，零指数幂；然后计算加减法；
(2)利用平方差公式、完全平方公式计算括号内的式子，然后去括号．
本题综合考查了平方差公式，完全平方公式，零指数幂以及负整数指数幂．熟记实数运算法则即可解题，属于基础题．
21.【答案】解：(1)这里a=1，b=−5，c=1，
∵Δ=b2−4ac=25−4=21>0，
∴x=5± 212，
解得：x1=5+ 212，x2=5− 212；
(2)x+8<4x−1①12x≤8−32x②，
由①得：x>3，
由②得：x≤4，
则不等式组的解集为3
(2)分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
此题考查了解一元二次方程−公式法，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
22.【答案】(1)100；
(2)m=100−25−25−20−10=20，
∴“书法”的人数为100×20%=20人，
补全图形如下：
(3)36°；
(4)估计该校喜欢足球的学生人数为1000×25%=250人．
【解析】解：(1)学校本次调查的学生人数为10÷10%=100名，
故答案为：100；
(2)见答案；
(3)在扇形统计图中，“围棋”所在扇形的圆心角度数为360°×10%=36°，
故答案为：36°；
(4)见答案．
(1)用“围棋”的人数除以其所占百分比可得；
(2)用总人数乘以“书法”人数所占百分比求得其人数，据此即可补全图形；
(3)用360°乘以“围棋”人数所占百分比即可得；
(4)用总人数乘以样本中“足球”人数所占百分比可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了用样本估计总体的思想．
23.【答案】(1)13；
(2)设王老师、张老师、李老师分别用A，B，C表示，
画树状图如下：
∵共有9种等可能的结果，其中都是王老师测体温的结果有1种，
∴都是王老师测体温的概率为19．
【解析】解：(1)∵共有三位老师测体温，分别是王老师、张老师、李老师，
∴由王老师测体温的概率是13．
故答案为：13．
(2)见答案；
(1)根据概率公式求解即可．
(2)画树状图列出所有等可能的结果，再根据概率公式求解．
本题考查列表法与树状图法，概率公式，熟练掌握概率公式是解答本题的关键．
24.【答案】1
【解析】解：(1)如图，直线EF，点G即为所求作．
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=6，∠C=90°，
∵BE=2，
∴EC=6−2=4，
∴DE= CD2+EC2= 32+42=5，
由作图可知，∠FED=∠FEB，
∵AD//BC，
∴∠BEF=∠DFE，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DE=DF=5，
∴AF=AD−DF=6−5=1．
故答案为：1
(1)连接DE，作∠DEB的角平分线EF，以E为圆心EB为半径作弧交ED于G，直线EF，点G即为所求作．
(2)利用勾股定理求出DE，证明DF=DE，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】(1)证明：连接DO并延长交圆于M，连接MC，
∵过D点的切线与BC的延长线交于E点，
∴∠ODC+∠CDE=90°，
∵DM是直径，
∴∠MCD=90°，
∴∠ODC+∠M=90°，
∴∠M=∠CDE，
∵AB=CD，
∴∠ADB=∠DBC，
∵∠DBC=∠M，
∴∠ADB=∠CDE；
(2)解：∵∠ADB+∠DBA+∠A=∠EDC+∠E+∠DCE，
且∠A=∠DCE，∠ADB=∠EDC，
∴∠DBA=∠E，
又∵AB=CD，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ABD∽△DEB，
∴ADBD=BDBE，
即BD2=AD⋅BE=5×15=75，
∴BD= 75=5 3．
【解析】(1)作出辅助线如图，先根据切线的性质得∠ODC+∠CDE=90°，再根据直径所对的圆周角是90°得∠ODC+∠M=90°，可得∠M=∠CDE，再根据同弧所对的圆周角相等∠ADB=∠DBC进行分析即可；
(2)利用相似三角形的性质求出边的比例关系直接求解．
此题考查切线的性质，圆周角定理，解题关键是灵活作出辅助线，得到直径所对的圆周角为直角，通过角等推论出相似三角形．
26.【答案】解：(1)①若所截矩形材料的一条边是BC，
如图1所示，过点C作CF⊥AE于点F，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=AE=6，BC=5，
则AF=BC=5，FC=AB=6，
∴S1=AB⋅BC=6×5=30；
②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示，过点E作EF//AB交CD于点F，FG⊥AB于点G，过点C作CH⊥FG于点H，
则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，
∵∠DCB=135°，
∴∠FCH=45°，
∴△CHF为等腰直角三角形，
∴AE=FG=6，HG=BC=5，
则BG=CH=FH=FG−HG=6−5=1，
∴AG=AB−BG=6−1=5，
∴S2=AE⋅AG=6×5=30，
∴综上所述，矩形材料的面积为30;
(2)能，理由如下：
如图3，在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AE于点N，过点C作CG⊥FM于点G，
则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，
∴MG=BC=5，BM=CG，
∵∠DCB=135°，
∴∠FCG=45°，
∴△CGF为等腰直角三角形，
∴FG=CG=BM，
设AM=x，则BM=6−x，
∴FM=GM+FG=BC+BM=11−x，
∴S=AM×FM=x(11−x)
=−x2+11x
=−(x−112)2+1214，
∴当x=112时，S的最大值为1214．
【解析】(1)①若所截矩形材料的一条边是BC，过点C作CF⊥AE于点F，则可判定四边形ABCF为矩形，按照矩形面积公式计算即可，②若所截矩形材料的一条边是AE，过点E作EF//AB交CD于点F，FG⊥AB于点G，过点C作CH⊥FG于点H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，证明△CHF为等腰直角三角形，从而求得AE、AG的长，再按矩形面积公式计算即可；
(2)在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AE于点N，过点C作CG⊥FM于点G，设AM=x，则BM=6−x，根据题意得出矩形面积S关于x的二次函数，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及二次函数的应用．
27.【答案】解：(1)如图①中，
∵A(5,0)，B(0,3)，
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD= AD2−AC2=4，
∴BD=BC−CD=1，
∴D(1,3)．
(2)如图②中，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，
∵点D在线段BE上，
∴∠ADB=90°，
由(1)可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL)．
∴∠BAD=∠BAO，
又在矩形AOBC中，OA//BC，
∴∠CBA=∠OAB，
∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC−BH=5−m，
在Rt△AHC中，AH2=HC2+AC2，
∴m2=32+(5−m)2，
∴m=175，
∴BH=175，
∴H(175,3)．
(3)30−3 344≤S≤30+3 344．
如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，
最小值=12⋅DE⋅DK=12×3×(5− 342)=30−3 344，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，
最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+ 342)=30+3 344．
综上所述，30−3 344≤S≤30+3 344．
【解析】(1)如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
(2)先证得Rt△ADB≌Rt△AOB；设AH=BH=m，则HC=BC−BH=5−m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
(3)如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题．
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
28.【答案】解：(1)y=x2+2x+1=(x+1)2的图象沿x轴翻折，得y=−(x+1)2．
把y=−(x+1)2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=−x2+4，
∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=−x2+4；
(2)∵y=x2+2x+1=(x+1)2，
∴A(−1,0)，
当y=0时，−x2+4=0，解得x=±2，则D(−2,0)，C(2,0)；
当x=0时，y=−x2+4=4，则B(0,4)，
从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，
∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= 17，BC=2 5，BD=2 5，
∴△BCD为等腰三角形，
∴构造的三角形是等腰三角形的概率=13；
(3)存在．
易得BC的解析是为y=−2x+4，S△ABC=12AC⋅OB=12×3×4=6，
M点的坐标为(m,−2m+4)(0≤m≤2)，
①当N点在AC上，如图1，
∴△AMN的面积为△ABC面积的13，
∴12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，
当m=0时，M点的坐标为(0,4)，N(0,0)，则AN=1，MN=4，
∴tan∠MAC=MNAN=41=4；
当m=1时，M点的坐标为(1,2)，N(1,0)，则AN=2，MN=2，
∴tan∠MAC=MNAN=22；
②当N点在BC上，如图2，
BC= 22+42=2 5，
∵12BC⋅AN=12AC⋅BC，解得AN=3×42 5=6 55，
∵S△AMN=12AN⋅MN=2，
∴MN=4AN=2 53，
∴∠MAC=MNAN=2 536 55=59；
③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= 17−t，
由②得AH=6 55，则BH= ( 17)2−(6 55)2=7 55，
∵∠NBG=∠HBA，
∴△BNM∽△BHA，
∴MNAH=BNBH，即MN6 55= 17−t7 55，
∴MN=6 17−6t7，
∵12AN⋅MN=2，
即12⋅( 17−t)⋅6 17−6t7=2，
整理得3t2−3 17t+14=0，△=(−3 17)2−4×3×14=−15<0，方程没有实数解，
∴点N在AB上不符合条件，
综上所述，tan∠MAN的值为1或4或59．
【解析】(1)利用配方法得到y=x2+2x+1=(x+1)2，然后根据抛物线的变换规律求解；
(2)利用顶点式y=(x+1)2得到A(−1,0)，解方程−x2+4=0得D(−2,0)，C(2,0)易得B(0,4)，列举出所有的三角形，再计算出AC=3，AD=1，CD=4，AB= 17，BC=2 5，BD=2 5，然后根据等腰三角形的判定方法和概率公式求解；
(3)易得BC的解析是为y=−2x+4，S△ABC=6，M点的坐标为(m,−2m+4)(0≤m≤2)，讨论：①当N点在AC上，如图1，利用面积公式得到12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，求出AN=1，MN=4，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；当m=1时，计算出AN=2，MN=2，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；②当N点在BC上，如图2，先利用面积法计算出AN=6 55，再根据三角形面积公式计算出MN=2 53，然后利用正切定义计算tan∠MAC的值；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= 17−t，由②得AH=6 55，利用勾股定理可计算出BH=7 55，证明△BNM∽△BHA，利用相似比可得到MN=6 17−6t7，利用三角形面积公式得到12⋅( 17−t)⋅6 17−6t7=2，根据此方程没有实数解可判断点N在AB上不符合条件，从而得到tan∠MAN的值为1或4或59．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的判定、概率公式；理解二次函数图象的图象变换规律，会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，会利用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
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