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2023年辽宁省大连市八区联考中考数学押题试卷（含解析）
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这是一份2023年辽宁省大连市八区联考中考数学押题试卷（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年辽宁省大连市八区联考中考数学押题试卷
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. 如图，是由4个完全相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
2. 武汉地区春季日均最高气温15℃，最低7℃，日均最高气温比最低气温高( )
A. 22℃ B. 15℃ C. 8℃ D. 7℃
3. 计算(a+2)(a−3)的结果是( )
A. a2−6 B. a2+6 C. a2−a−6 D. a2+a−6
4. 把直线y=−x+1向下平移3个单位后得到的直线的解析式为( )
A. y=−x+4 B. y=−x−2 C. y=x+4 D. y=X−2
5. 已知一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，则x=( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
6. 下列说法中错误的是( )
A. 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B. 两条对角线相等的四边形是矩形
C. 两条对角线互相垂直的矩形是正方形
D. 两条对角线相等的菱形是正方形
7. 如图，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B，F的坐标分别为(−4,4)，(2,1)，则位似中心的坐标为( )
A. (0,3)
B. (0,2.5)
C. (0,2)
D. (0,1.5)
8. 众所周知，“石头、剪刀、布”游戏规则是比赛时双方任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种．石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，若双方出相同手势，则算打平．小明和小红玩这个游戏，他们随机出一种手势，则小明获胜的概率为( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 49
9. 某校“研学”活动小组在一次野外实践时，发现一种植物的1个主干上长出x个枝干，每个枝干上再长出x个小分支．若在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，则x等于( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(5,0)，与y轴交于点C，其对称轴为直线x=2，结合图象分析如下结论：①abc>0；②b+3a<0；③当x>0时，y随x的增大而增大；④若一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A，则点E(k,b)在第四象限；⑤点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a= 66.其中正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 方程x2−x=0解为______ ．
12. 要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竞赛，对这三名学生进行了10次数学测试，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，则这10次测试成绩比较稳定的是______．
13. 如图，点E为平行四边形ABCD中CD边上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，∠B=55°，∠DAE=20°，则∠CED′的大小为______．
14. 《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根六尺．问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈(一丈=10尺)，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部6尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为x尺，则可列方程为______．
15. 如图，直线y=34x+3与y轴相交于点A，与x轴相交于点B，点C在x轴上，OC=2，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点E，反比例函数y=kx的图象经过点E，则k的值为______ ．
16. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=3，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上(点E，F与△ABC的顶点不重合)，AD平分∠CAB，EF⊥AD，垂足为H.若设DH=x，BF=y，则y关于x的函数解析式为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题9.0分)
计算：|1− 3|+2cos30°− 12−2023．
18. (本小题9.0分)
化简求值：x2−4x+4x2−1÷(1−3x+1)其中x=4．
19. (本小题9.0分)
如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，延长BC到点E，使CE=BC，连接DE．
求证：四边形ACED是平行四边形．
20. (本小题12.0分)
随着经济的快速发展，环境问题越来越受到人们的关注．为了了解垃圾分类知识的普及情况，某校随机调查了部分学生，调查结果分为“非常了解”、“了解”、“了解较少”、“不了解”四类，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：
(1)本次被调查的学生有______名，扇形统计图中，∠α=______；
(2)将条形统计图剩余的部分补充完整(包括未标记的数据)；
(3)估计该校2800名学生中“非常了解”与“了解”的人数和是多少；
(4)某环保小队有3名男生，1名女生，从中随机抽取2人在全校做垃圾分类知识交流，求恰好抽到一男一女的概率．
21. (本小题9.0分)
如图，取一根长1米的质地均匀木杆，用细绳绑在木杆的中点O处并将其吊起来，在中点的左侧距离中点30cm处挂一个重9.8牛的物体，在中点O右侧用一个弹簧秤向下拉，使木杆保持平衡，改变弹簧秤与中点O的距离L(单位：cm)，看弹簧秤的示数F(单位：牛，精确到0.1牛)有什么变化．小慧在做此《数学活动》时，得到下表的数据：
L/cm
5
10
15
20
25
30
35
40
F/牛
58.8
60.2
19.6
14.7
11.8
9.8
8.4
7.4
结果老师发现其中有一个数据明显有错误．
(1)你认为当L=______cm时所对应的F数据是明显错误的；
(2)在已学过的函数中选择合适的模型求出F与L的函数关系式；
(3)若弹簧秤的最大量程是60牛，求L的取值范围．
22. (本小题9.0分)
甲，乙两车同时从A地出发，以各自的速度匀速向B地行驶．甲车先到达B地，停留1小时后按原路以另−速度匀速返回，直到两车相遇．乙车的速度为每小时60千米．如图是两车之间的距离y(千米)与乙车行驶时间x(小时)之间的函数图象．
(1)请将图中的内填上正确的值，并直接写出甲车从A到B的行驶速度；( )
(2)求从甲车返回到与乙车相遇过程中y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
(3)求出甲车返回时行驶速度及A、B两地的距离．
23. (本小题10.0分)
如图，在▱OABC中，OB是对角线，∠AOB=90°，以点O为圆心，以OA的长为半径作⨀O，交AB于点D，交OB于点E，交OC于点F，连接CD．
(1)求证：CD是⨀O的切线；
(2)若点E是DF的中点，OA=4，求阴影部分的面积．
24. (本小题11.0分)
在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4)，点B(m,0)是x轴上一动点，△ABC是等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，点C在直线AB的右侧，以C为中心，将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，点A的对应点是点P，连接OP．
(1)如图1，若点B的坐标为(1,0)，C点坐标是______ ．
(2)如图2，若OP与x轴正半轴夹角是45°，求m的值．
25. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，E为AB上一点，D为AC上一点，连接BD，F为EC的中点，BG=AB，AH⊥EC于H；
(1)求证：∠HAF=∠ADB；
(2)探究AH与AG的数量关系；
(3)如图2，连接EG，若EG平分∠AGB，AE=mBE，求m的值．
26. (本小题12.0分)
已知二次函数G：y=−x2+bx+c，与x轴交于A、B(3,0)两点，与y轴交于点C(0,3).二次函数H与二次函数G关于直线x=m(m>2)对称.函数H与函数G相交于点D，函数H的顶点F，
(1)求F的坐标(用含m的代数式表示)．
(2)当∠DCF=45°时，求m的值．
(3)过D的直线y=kx+b(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层中间一个小正方形，
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
2.【答案】C
【解析】解：15−7=8℃．
故选：C．
用最高温度减去最低温度，然后根据减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．
本题考查了有理数的减法，熟记运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：(a+2)(a−3)=a2−3a+2a−6=a2−a−6，
故选：C．
根据多项式乘多项式的运算法则计算可得．
本题主要考查多项式乘多项式，解题的关键是掌握多项式乘多项式的运算法则．
4.【答案】B
【解析】解：把直线y=−x+1向下平移3个单位后得到的直线的解析式为y=−x+1−3，
即y=−x−2．
故选：B．
根据函数解析式平移的规律“上加下减”进行求解即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换：直线y=kx+b向上平移m(m>0)个单位的解析式为y=kx+b+m，向下平移m(m>0)个单位的解析式为y=kx+b−m；
直线y=kx+b向左平移n(n>0)个单位的解析式为y=k(x+n)+b，向右平移n(n>0)个单位的解析式为y=k(x−n)+b．
5.【答案】B
【解析】解：一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，
则(4+x)÷2=5，
x=6；
故选：B．
根据中位数是5，得出(4+x)÷2=5，求出x的值即可．
此题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，是一道基础题．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查的是平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定的有关知识，根据矩形的对角线相等且平分，和正方形的对角线互相垂直、相等、平分进行判定即可得出结论．平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：①四边形的两组对边分别平行；②一组对边平行且相等；③两组对边分别相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
【解答】
解：A.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项正确；
B.对角线相等的平行四边形才是矩形，故B选项错误；
C.对角线互相垂直的矩形是正方形，故C选项正确；
D.两条对角线相等的菱形是正方形，故D选项正确，
综上所述，B符合题意，
故选B．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
连接BF交y轴于P，根据题意求出CG，根据相似三角形的性质求出GP，求出点P的坐标即可．
本题主要考查位似变换，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行(或共线)，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．、
【解答】
解：如图，连接BF交y轴于P，
∵四边形ABCD和四边形EFGO是矩形，点B，F的坐标分别为(−4,4)，(2,1)，
∴点C的坐标为(0,4)，点G的坐标为(0,1)，
∴CG=3，
∵BC//GF，
∴GPPC=GFBC=12，
∴GP=1，PC=2，
∴点P的坐标为(0,2)，
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小明获胜的有3种情况，
∴小明获胜的概率P=39=13；
故选：B．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明获胜的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9.【答案】C
【解析】解：依题意，得：1+x+x2=43，
整理，得：x2+x−42=0，
解得：x1=6，x2=−7(不合题意，舍去)．
故选：C．
根据在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵对称轴是直线x=2，
∴−b2a=2，
∴b=−4a<0
∵抛物线交y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确，
∵b=−4a，a>0，
∴b+3a=−a<0，故②正确，
观察图象可知，当0
∴有两种情形：当b>0时，k<0，此时E(k,b)在第二象限，
当b<0时，k>0，此时E(k,b)在第四象限，故④错误．
∵抛物线经过(−1,0)，(5,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，
∴M(2,−9a)，C(0,−5a)，
过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．
∵AM⊥CM，
∴∠AMC=∠KMH=90°，
∴∠CMH=∠KMA，
∵∠MHC=∠MKA=90°，
∴△MHC∽△MKA，
∴MHMK=CHAK，
∴2−9a=−4a3，
∴a2=16，
∵a>0，
∴a= 66，故⑤正确，
故选：C．
①正确，根据抛物线的位置判断即可；
②正确，利用对称轴公式，可得b=−4a，可得结论；
③错误，应该是x>2时，y随x的增大而增大；
④错误，分两种情形，讨论求解；
⑤正确，设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，可得M(2,−9a)，C(0,−5a)，过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K.利用相似三角形的性质，构建方程求出a即可．
本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】x1=0，x2=1
【解析】解：x2−x=0，
x(x−1)=0，
x=0或x−1=0，
所以x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1．
利用因式分解法把方程转化为x=0或x−1=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
12.【答案】丙
【解析】解：因为3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，
所以这10次测试成绩比较稳定的是丙，
故答案为丙．
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
13.【答案】30°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=55°，
∴∠AED=180°−∠DAE−∠D=105°，
∴∠AEF=75°，
由折叠的性质可知，∠AED′=∠AED=105°，
∴∠CED′=105°−75°=30°，
故答案为：30°．
根据平行四边形的性质得到∠D=∠B=55°，根据三角形内角和定理求出∠AED，根据折叠的性质计算即可．
本题考查的是翻转变换的性质、平行四边形的性质，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
14.【答案】x2+62=(10−x)2
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图，领会数形结合的思想的应用．
根据题意画出图形，设折断处离地面的高度为x尺，再利用勾股定理列出方程即可．
【解答】
解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB=10−x，BC=6，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即x2+62=(10−x)2．
故答案为：x2+62=(10−x)2．
15.【答案】32
【解析】解：令x=0，则y=3，
∴A(0,3)，
∵OC=2，
∴C(2,0)，
∴xE=xA+xC2=0+22=1，
yE=yA+yC2=3+02=32．
∴E(1,32)，
∴k=xy=32．
利用平行四边形是中心对称图形，E是AC的中点，求出点E的坐标即可得到k值．
本题考查了反比例函数上点的坐标与k的关系，利用平行四边形中心对称是突破该题的技巧．
16.【答案】y=2 33x+2(0
∴∠EAH=∠FAH=30°，
∵AC=3，AB=6，
∵DH=x，
∴AH=2 3−x，
∴AE=4−2 33x，
∵EF⊥AD，
∴∠AHE=∠AHF=90°，
在△AHE和△AHF中，
∠EAH=∠FAHAH=AH∠AHE=∠AHF，
∴△AHE≌△AHF(ASA)，
∴AE=AF=4−2 33x，
∴FB=AB−AF=6−(4−2 33x)=2 33x+2，
∴y=2 33x+2(0
本题考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
17.【答案】解：原式= 3−1+2× 32− 4× 3−2023
= 3−1+ 3−2 3−2023
=2 3−2 3−2024
=−2024．
【解析】利用绝对值的性质，特殊锐角的三角函数值，算术平方根进行计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：原式=(x−2)2(x+1)(x−1)÷x+1−3x+1
=(x−2)2(x+1)(x−1)⋅x+1x−2
=x−2x−1，
当x=4时，原式=4−24−1=23．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x=4代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】证明：根据题意可知：四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，且AD=BC，
∴AD//CE，
又∵CE=BC，
∴AD=CE，
∴AD=CE，
∴四边形ACED是平行四边形．
【解析】由矩形的性质得出AD//BC，AD=BC，再证AD=CE，然后由平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定与矩形性质，熟练掌握平行四边形的判定与矩形的性质是解题的关键．
20.【答案】150 108°
【解析】解：(1)本次被调查的学生有36÷24%=150(名)，
∵“不了解”对应的百分比为1−(24%+10%+36%)=30%，
∴扇形统计图中，∠α=360°×30%=108°，
故答案为：150，108°；
(2)非常了解的人数为150×10%=15(名)，
了解较少的人数为150×36%=54(名)，
不了解的人数为150×30%=45(名)，
补全图形如下：
(3)估计该校1500名学生中“非常了解”与“了解”的人数和是2800×(10%+24%)=952(名)；
(4)画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中抽到一男一女的结果数为6，
所以恰好抽到一男一女的概率为612=12．
(1)先由了解的人数及其所占百分比求出总人数，再根据各项目的百分比之和为1求出不了解对应的百分比，用360°乘以不了解对应的百分比可得答案；
(2)用总人数分别乘以非常了解、了解较少、不了解对应的百分比求出其人数，据此可补全图形；
(3)用总人数乘以两者百分比之和即可得；
(4)画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出抽到一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】10
【解析】解：(1)根据杠杆原理知F⋅L=30×9.8．
当L=10cm时，F=29.4牛顿．所以表格中数据错了；
(2)根据杠杆原理知F⋅L=30×9.8．
∴F与L的函数关系式为：F=294L；
(3)当F=60牛时，由F=294L得L=4.9，
根据反比例函数的图象与性质可得L≥4.9，
∵由题意可知L≤50，
∴L的取值范围是4.9cm≤L≤50cm．
(1)根据表格数据，可发现L与F的乘积为定值294，从而可得答案；
(2)根据FL=294，可得F与L的函数解析式；
(3)根据弹簧秤的最大量程是60牛，即可得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，解答本题的关键是仔细观察表格，得出F与l的积为定值，从而得出函数关系式．
22.【答案】解：(1)60；甲车从A到B的行驶速度：100千米/时；
(2)设y=kx+b，把(4,60)，(4.4,0)代入，得
4k+b=604.4k+b=0，
解，得k=−150b=660．
∴y=−150x+660，
自变量x的取值范围是：4≤x≤4.4；
(3)设甲车返回行驶速度为v千米/时，
即0.4×(60+v)=60，
解之，可得：v=90(千米/时)．
故A、B两地的距离是3×100=300(千米)．
【解析】(1)根据题意结合图象，知3小时时，甲车到达B地，3小时和4小时之间是甲车停留的1小时，根据乙车的速度为每小时60千米，则4小时时，两车相距60千米，即为所填写的内容；根据3小时内两车的路程差是120千米，得1小时两车的路程差是40千米，又乙车的速度是每小时60千米，即可求得甲车的速度；( )
(2)设解析式为y=kx+b，把已知坐标(4.4,0)和(4,60)代入可求解．根据横坐标的x的取值范围可知自变量x的取值范围；
(3)设甲车返回行驶速度为v千米/时，根据两车用0.4小时共同开了60km即可求解；根据(1)中求得的甲的速度和甲3小时到达B地即可求得两地的距离．
解答一次函数的应用问题中，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．
23.【答案】(1)证明：连接OD，
∵四边形OABC是平行四边形，AB//OC，
∴AB=OC，∠COB=∠ABO，
∵∠ADO=∠ABO+∠BOD，∠COD=∠COB+∠BOD，
∴∠ADO=∠COD，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∴∠A=∠COD，
在△ABO和△OCD中，
AO=OD∠A=∠CODAB=OC，
∴△ABO≌△OCD(SAS)，
∴∠ODC=∠AOB=90°，
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
(2)解：∵E为DF的中点，
∴∠COB=∠BOD，
由(1)知∠ADO=2∠OBD=∠A，
∴∠OBD=30°，
∴∠A=60°，
∵OA=4，
∴AB=8，
∴OB= BA2−OA2= 82−42=4 3，
∴S△OAB=12×AO⋅OB=12×4×4 3=8 3，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，DO=DA，
∴∠DOE=30°，
∴∠ABO=∠DOE，
∴DB=DO=DA，
∴S△ODB=12S△OAB=4 3，
∴S扇形ODE=30×π⋅42360=4π3，
∴阴影部分面积=S△ODB−S扇形ODE=4 3−4π3．
【解析】(1)连接OD，证明△ABO≌△OCD(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ODC=∠AOB=90°，则可得出结论；
(2)求出∠OBD=30°，由勾股定理求出OB的长，根据阴影部分面积=S△ODB−S扇形ODE可求出答案．
本题考查了切线的判定，勾股定理，含30°直角三角形的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握切线的判定．
24.【答案】(5,1)
【解析】解：(1)过点C作CD⊥x轴于点D，如图1，
∵A(0,4)，B(1,0)，
∴OA=4，OB=1，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBD．
又AB=BC，∠AOB=∠BDC=90°，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=DB=4，OB=CD=1．
∴OD=1+4=5，
∴C(5,1)．
故答案为：C(5,1)；
(2)当点B在x轴正半轴上时，如图2，
过点C作CD⊥x轴于点D，过点P作PE⊥x轴于点E，
过点C作MN//x轴交OA于点M，交PE于点N．
∴四边形ODCM和四边形CDEN均是矩形．
∴OM=CD=NE，CM=OD，CN=DE．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBD．
又AB=BC，∠AOB=∠BDC=90°，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=DB=4，OB=CD=m．
∴MC=OD=m+4，OM=CD=NE=m．
由旋转，知AC=CP，∠ACP=90°
同理，△ACM≌△CPN．
∴AM=CN=4−m，CM=PN=m+4．
∴DE=CN=4−m．
∴OE=OD+DE=m+4+4−m=8，PE=PN+NE=m+4+m=2m+4．
∵OP与x轴正半轴夹角是45°，PE⊥x轴，
∴∠POE=∠OPE=45°，
∴OE=PE．
∴8=2m+4．
∴m=2．
当点B在x轴负半轴上时，如图3，
过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥CM交CM的延长线于点N，过点P作PQ⊥MC交MC的延长线于点Q，
设PQ交y轴于点H．
同理上种情况，得△BCM≌△ABO，△CNA≌△PQC．
∴BM=AO=4，CM=BO=−m，AN=CQ，CN=PQ．
∴OM=OB−BM=−m−4．
∴AN=CQ=OM=−m−4，CN=PQ=4−m．
∴PH=PQ−QH=4−m−(−m−4)=8，OH=MQ=−m+(−m−4)=−2m−4．
∵OP与x轴正半轴夹角是45°，
∴∠HOP=∠OPH=45°，
∴OH=PH．
∴−2m−4=8．
∴m=−6．
综上，m的值为2或−6．
(1)过点C作CD⊥x轴于点D，通过证得△AOB≌△BDC(AAS)，得出OA=DB=4，OB=CD=1，即可求得OD=5，从而求得C(5,1)；
(2)分两种情况讨论通过证得三角形全等和等腰直角三角形性质得出关于m的方程，解方程即可．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，得出关于m的方程是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵F为EC的中点，∠BAC=90°，
∴AF=EF=FC，
∴∠FAE=∠FEA，∠FAC=∠ACF，
∵BG=AB，
∴∠BAG=∠BGA，
∴∠BAG=∠BGA=∠AEF，
∵AH⊥EC，
∴∠EAH+∠CAH=90°=∠CAH+ACF，
∴∠ACF=∠EAH，
∴∠FAC=∠EAH，
∴∠CAH=∠FAE=∠BGA，
∴∠FAH+∠FAC=∠FAC+∠ADB，
∴∠FAH=∠ADB；
(2)解：AG=2AH，理由如下：
如图1，过点B作BN⊥AG于N，
∵AB=BG，BN⊥AG，
∴AG=2AN，
∵AB=AC，∠AHC=∠ANB=90°，∠BAN=∠CAH，
∴△ABN≌△ACH(AAS)，
∴AH=AN，
∴AG=2AN；
(3)解：如图2，过点B作BN⊥AG于N，过点E作EQ⊥BG于Q，EP⊥AG于P，
∵EG平分∠AGB，EQ⊥BG，EP⊥AG，
∴EP=EQ，
∵AE=mBE，
∴S△AEG=mS△BEG，AB=(m+1)BE=AC=BG，
∴12×BG⋅EQ⋅m=12×AG⋅EP，
∴mBG=AG，
∴AG=m(m+1)BE，
∵AG=2AH，
∴AH=m(m+1)2BE，
∵EC= AE2+AC2= m2+(m+1)2BE，
∴S△AEC=12×AE⋅AC=12×EC⋅AH，
∴mBE⋅(m+1)BE=m(m+1)2BE× m2+(m+1)2BE，
∴m=−1+ 72(负值舍去)，
∴m的值为−1+ 72．
【解析】(1)由直角三角形的性质可求∠FAE=∠FEA，∠FAC=∠ACF，由余角的性质可得∠ACF=∠EAH，即可求解；
(2)由“AAS”可证△ABN≌△ACH，可得AH=AN，由等腰三角形的性质可得结论；
(3)由面积关系可求AG=m(m+1)BE，由勾股定理可求EC的长，由面积法可求m的值．
本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c经过B(3,0)、C(0,3)两点，
∴−9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴二次函数G：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，顶点为(1,4)，
∵二次函数H与二次函数G关于直线x=m(m>2)对称，
∴抛物线H的顶点F的坐标为(2m−1,4)．
(2)由(1)得F(2m−1,4)，
∴抛物线H的解析式为y=−(x−2m+1)2+4，
如图，设抛物线G的顶点为E(1,4)，过点E作EM//y轴，交CF于点G，交CD于点M，过点C作CH⊥EM于点H，连接CE，
则H(1,3)，
∴CH=EH=1，∠CHE=90°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠MEC=45°，
∵∠DCF=45°，
∴∠DCF=∠MEC，
∵∠CMG=∠EMC，
∴△MCG∽△MEC，
∴MCMG=MEMC，
∴MC2=ME⋅MG，
∵D(m,−m2+2m+3)，C(0,3)，
∴直线CD的解析式为y=(2−m)x+3，
∴M(1,5−m)，
∵F(2m−1,4)，
∴直线CF的解析式为y=12m−1x+3，
∴G(1,6m−22m−1)，
∴ME=4−(5−m)=m−1，MG=6m−22m−1−(5−m)=2m2−5m+32m−1，
MC2=(1−0)2+(2−m)2=m2−4m+5，
∴m2−4m+5=(m−1)⋅2m2−5m+32m−1，
解得：m=3± 52，
∵m>2，
∴m=3+ 52．
(3)如图，设PQ交MN于T，过点P作PW⊥MN于W，过点Q作QR⊥MN于R，
由题意得：P(m−1,−m2+4m)，Q(m−1,−m2+4)，
∵直线y=kx+b(0
∴b=−m2+2m+3−mk，
∴直线MN的解析式为y=kx−m2+2m+3−mk，
∴T(m−1,−m2+2m+3−k)，
∴PT=−m2+4m−(−m2+2m+3−k)=2m+k−3，QT=−m2+2m+3−k−(−m2+4)=2m−k−1，
由−x2+2x+3=kx−m2+2m+3−mk，得x2+(k−2)x−m2+(2−k)m=0，
∴xD+xM=2−k，
∴xM=2−k−m，
同理可得：xN=3m−k−2，
∴xN−xD=2m−k−2，xD−xM=2m+k−2，
∴DNDM=xN−xDxD−xM=2m−k−22m+k−2，
∵PW⊥MN，QR⊥MN，
∴PW//QR，
∴△PTW∽△QTR，
∴QRPW=QTPT=2m−k−12m+k−3，
∵S△QDN=S△PDM，
∴12DN⋅QR=12DM⋅PW，
∴DN⋅QRDM⋅PW=1，
即2m−k−22m+k−2⋅2m−k−12m+k−3=1，
整理得：8(m−1)k=4(m−1)，
∵m>2，
∴m−1>1，
∴k=12．
【解析】(1)运用待定系数法可得二次函数G：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，根据轴对称性质可得顶点(1,4)的对称点为F(2m−1,4)．
(2)由(1)得F(2m−1,4)，即抛物线H的解析式为y=−(x−2m+1)2+4，设抛物线G的顶点为E(1,4)，过点E作EM//y轴，交CF于点G，交CD于点M，过点C作CH⊥EM于点H，连接CE，则H(1,3)，可证得△MCG∽△MEC，即MC2=ME⋅MG，利用待定系数法可得：直线CD的解析式为y=(2−m)x+3，直线CF的解析式为y=12m−1x+3，进而可得：ME=4−(5−m)=m−1，MG=6m−22m−1−(5−m)=2m2−5m+32m−1，MC2=(1−0)2+(2−m)2=m2−4m+5，建立方程求解即可求得答案．
(3)设PQ交MN于T，过点P作PW⊥MN于W，过点Q作QR⊥MN于R，利用待定系数法可得直线MN的解析式为y=kx−m2+2m+3−mk，联立可得x2+(k−2)x−m2+(2−k)m=0，运用根与系数关系可得：xD+xM=2−k，即xM=2−k−m，同理可得：xN=3m−k−2，进而可得xN−xD=2m−k−2，xD−xM=2m+k−2，即DNDM=xN−xDxD−xM=2m−k−22m+k−2，再证得△PTW∽△QTR，可得QRPW=QTPT=2m−k−12m+k−3，根据S△QDN=S△PDM，可得DN⋅QRDM⋅PW=1，即2m−k−22m+k−2⋅2m−k−12m+k−3=1，解方程即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，轴对称变换的性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积，等腰直角三角形性质，一元二次方程根与系数关系等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
2023年辽宁省大连市八区联考中考数学押题试卷
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. 如图，是由4个完全相同的小正方体组成的立体图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
2. 武汉地区春季日均最高气温15℃，最低7℃，日均最高气温比最低气温高( )
A. 22℃ B. 15℃ C. 8℃ D. 7℃
3. 计算(a+2)(a−3)的结果是( )
A. a2−6 B. a2+6 C. a2−a−6 D. a2+a−6
4. 把直线y=−x+1向下平移3个单位后得到的直线的解析式为( )
A. y=−x+4 B. y=−x−2 C. y=x+4 D. y=X−2
5. 已知一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，则x=( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
6. 下列说法中错误的是( )
A. 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B. 两条对角线相等的四边形是矩形
C. 两条对角线互相垂直的矩形是正方形
D. 两条对角线相等的菱形是正方形
7. 如图，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B，F的坐标分别为(−4,4)，(2,1)，则位似中心的坐标为( )
A. (0,3)
B. (0,2.5)
C. (0,2)
D. (0,1.5)
8. 众所周知，“石头、剪刀、布”游戏规则是比赛时双方任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种．石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，若双方出相同手势，则算打平．小明和小红玩这个游戏，他们随机出一种手势，则小明获胜的概率为( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 49
9. 某校“研学”活动小组在一次野外实践时，发现一种植物的1个主干上长出x个枝干，每个枝干上再长出x个小分支．若在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，则x等于( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(5,0)，与y轴交于点C，其对称轴为直线x=2，结合图象分析如下结论：①abc>0；②b+3a<0；③当x>0时，y随x的增大而增大；④若一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A，则点E(k,b)在第四象限；⑤点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a= 66.其中正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 方程x2−x=0解为______ ．
12. 要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竞赛，对这三名学生进行了10次数学测试，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，则这10次测试成绩比较稳定的是______．
13. 如图，点E为平行四边形ABCD中CD边上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，∠B=55°，∠DAE=20°，则∠CED′的大小为______．
14. 《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根六尺．问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈(一丈=10尺)，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部6尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为x尺，则可列方程为______．
15. 如图，直线y=34x+3与y轴相交于点A，与x轴相交于点B，点C在x轴上，OC=2，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点E，反比例函数y=kx的图象经过点E，则k的值为______ ．
16. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=3，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上(点E，F与△ABC的顶点不重合)，AD平分∠CAB，EF⊥AD，垂足为H.若设DH=x，BF=y，则y关于x的函数解析式为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题9.0分)
计算：|1− 3|+2cos30°− 12−2023．
18. (本小题9.0分)
化简求值：x2−4x+4x2−1÷(1−3x+1)其中x=4．
19. (本小题9.0分)
如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，延长BC到点E，使CE=BC，连接DE．
求证：四边形ACED是平行四边形．
20. (本小题12.0分)
随着经济的快速发展，环境问题越来越受到人们的关注．为了了解垃圾分类知识的普及情况，某校随机调查了部分学生，调查结果分为“非常了解”、“了解”、“了解较少”、“不了解”四类，并将调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：
(1)本次被调查的学生有______名，扇形统计图中，∠α=______；
(2)将条形统计图剩余的部分补充完整(包括未标记的数据)；
(3)估计该校2800名学生中“非常了解”与“了解”的人数和是多少；
(4)某环保小队有3名男生，1名女生，从中随机抽取2人在全校做垃圾分类知识交流，求恰好抽到一男一女的概率．
21. (本小题9.0分)
如图，取一根长1米的质地均匀木杆，用细绳绑在木杆的中点O处并将其吊起来，在中点的左侧距离中点30cm处挂一个重9.8牛的物体，在中点O右侧用一个弹簧秤向下拉，使木杆保持平衡，改变弹簧秤与中点O的距离L(单位：cm)，看弹簧秤的示数F(单位：牛，精确到0.1牛)有什么变化．小慧在做此《数学活动》时，得到下表的数据：
L/cm
5
10
15
20
25
30
35
40
F/牛
58.8
60.2
19.6
14.7
11.8
9.8
8.4
7.4
结果老师发现其中有一个数据明显有错误．
(1)你认为当L=______cm时所对应的F数据是明显错误的；
(2)在已学过的函数中选择合适的模型求出F与L的函数关系式；
(3)若弹簧秤的最大量程是60牛，求L的取值范围．
22. (本小题9.0分)
甲，乙两车同时从A地出发，以各自的速度匀速向B地行驶．甲车先到达B地，停留1小时后按原路以另−速度匀速返回，直到两车相遇．乙车的速度为每小时60千米．如图是两车之间的距离y(千米)与乙车行驶时间x(小时)之间的函数图象．
(1)请将图中的内填上正确的值，并直接写出甲车从A到B的行驶速度；( )
(2)求从甲车返回到与乙车相遇过程中y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
(3)求出甲车返回时行驶速度及A、B两地的距离．
23. (本小题10.0分)
如图，在▱OABC中，OB是对角线，∠AOB=90°，以点O为圆心，以OA的长为半径作⨀O，交AB于点D，交OB于点E，交OC于点F，连接CD．
(1)求证：CD是⨀O的切线；
(2)若点E是DF的中点，OA=4，求阴影部分的面积．
24. (本小题11.0分)
在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4)，点B(m,0)是x轴上一动点，△ABC是等腰直角三角形，BA=BC，∠ABC=90°，点C在直线AB的右侧，以C为中心，将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CP，点A的对应点是点P，连接OP．
(1)如图1，若点B的坐标为(1,0)，C点坐标是______ ．
(2)如图2，若OP与x轴正半轴夹角是45°，求m的值．
25. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，E为AB上一点，D为AC上一点，连接BD，F为EC的中点，BG=AB，AH⊥EC于H；
(1)求证：∠HAF=∠ADB；
(2)探究AH与AG的数量关系；
(3)如图2，连接EG，若EG平分∠AGB，AE=mBE，求m的值．
26. (本小题12.0分)
已知二次函数G：y=−x2+bx+c，与x轴交于A、B(3,0)两点，与y轴交于点C(0,3).二次函数H与二次函数G关于直线x=m(m>2)对称.函数H与函数G相交于点D，函数H的顶点F，
(1)求F的坐标(用含m的代数式表示)．
(2)当∠DCF=45°时，求m的值．
(3)过D的直线y=kx+b(0
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层中间一个小正方形，
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
2.【答案】C
【解析】解：15−7=8℃．
故选：C．
用最高温度减去最低温度，然后根据减去一个数等于加上这个数的相反数进行计算即可得解．
本题考查了有理数的减法，熟记运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：(a+2)(a−3)=a2−3a+2a−6=a2−a−6，
故选：C．
根据多项式乘多项式的运算法则计算可得．
本题主要考查多项式乘多项式，解题的关键是掌握多项式乘多项式的运算法则．
4.【答案】B
【解析】解：把直线y=−x+1向下平移3个单位后得到的直线的解析式为y=−x+1−3，
即y=−x−2．
故选：B．
根据函数解析式平移的规律“上加下减”进行求解即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换：直线y=kx+b向上平移m(m>0)个单位的解析式为y=kx+b+m，向下平移m(m>0)个单位的解析式为y=kx+b−m；
直线y=kx+b向左平移n(n>0)个单位的解析式为y=k(x+n)+b，向右平移n(n>0)个单位的解析式为y=k(x−n)+b．
5.【答案】B
【解析】解：一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，
则(4+x)÷2=5，
x=6；
故选：B．
根据中位数是5，得出(4+x)÷2=5，求出x的值即可．
此题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，是一道基础题．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查的是平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定的有关知识，根据矩形的对角线相等且平分，和正方形的对角线互相垂直、相等、平分进行判定即可得出结论．平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：①四边形的两组对边分别平行；②一组对边平行且相等；③两组对边分别相等；④对角线互相平分；⑤两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．
【解答】
解：A.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项正确；
B.对角线相等的平行四边形才是矩形，故B选项错误；
C.对角线互相垂直的矩形是正方形，故C选项正确；
D.两条对角线相等的菱形是正方形，故D选项正确，
综上所述，B符合题意，
故选B．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
连接BF交y轴于P，根据题意求出CG，根据相似三角形的性质求出GP，求出点P的坐标即可．
本题主要考查位似变换，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行(或共线)，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．、
【解答】
解：如图，连接BF交y轴于P，
∵四边形ABCD和四边形EFGO是矩形，点B，F的坐标分别为(−4,4)，(2,1)，
∴点C的坐标为(0,4)，点G的坐标为(0,1)，
∴CG=3，
∵BC//GF，
∴GPPC=GFBC=12，
∴GP=1，PC=2，
∴点P的坐标为(0,2)，
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小明获胜的有3种情况，
∴小明获胜的概率P=39=13；
故选：B．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小明获胜的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了树状图法与列表法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9.【答案】C
【解析】解：依题意，得：1+x+x2=43，
整理，得：x2+x−42=0，
解得：x1=6，x2=−7(不合题意，舍去)．
故选：C．
根据在1个主干上的主干、枝干和小分支的数量之和是43个，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵对称轴是直线x=2，
∴−b2a=2，
∴b=−4a<0
∵抛物线交y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确，
∵b=−4a，a>0，
∴b+3a=−a<0，故②正确，
观察图象可知，当0
∴有两种情形：当b>0时，k<0，此时E(k,b)在第二象限，
当b<0时，k>0，此时E(k,b)在第四象限，故④错误．
∵抛物线经过(−1,0)，(5,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，
∴M(2,−9a)，C(0,−5a)，
过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．
∵AM⊥CM，
∴∠AMC=∠KMH=90°，
∴∠CMH=∠KMA，
∵∠MHC=∠MKA=90°，
∴△MHC∽△MKA，
∴MHMK=CHAK，
∴2−9a=−4a3，
∴a2=16，
∵a>0，
∴a= 66，故⑤正确，
故选：C．
①正确，根据抛物线的位置判断即可；
②正确，利用对称轴公式，可得b=−4a，可得结论；
③错误，应该是x>2时，y随x的增大而增大；
④错误，分两种情形，讨论求解；
⑤正确，设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，可得M(2,−9a)，C(0,−5a)，过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K.利用相似三角形的性质，构建方程求出a即可．
本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】x1=0，x2=1
【解析】解：x2−x=0，
x(x−1)=0，
x=0或x−1=0，
所以x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1．
利用因式分解法把方程转化为x=0或x−1=0，然后解两个一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
12.【答案】丙
【解析】解：因为3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，
所以这10次测试成绩比较稳定的是丙，
故答案为丙．
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
13.【答案】30°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=55°，
∴∠AED=180°−∠DAE−∠D=105°，
∴∠AEF=75°，
由折叠的性质可知，∠AED′=∠AED=105°，
∴∠CED′=105°−75°=30°，
故答案为：30°．
根据平行四边形的性质得到∠D=∠B=55°，根据三角形内角和定理求出∠AED，根据折叠的性质计算即可．
本题考查的是翻转变换的性质、平行四边形的性质，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
14.【答案】x2+62=(10−x)2
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图，领会数形结合的思想的应用．
根据题意画出图形，设折断处离地面的高度为x尺，再利用勾股定理列出方程即可．
【解答】
解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB=10−x，BC=6，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即x2+62=(10−x)2．
故答案为：x2+62=(10−x)2．
15.【答案】32
【解析】解：令x=0，则y=3，
∴A(0,3)，
∵OC=2，
∴C(2,0)，
∴xE=xA+xC2=0+22=1，
yE=yA+yC2=3+02=32．
∴E(1,32)，
∴k=xy=32．
利用平行四边形是中心对称图形，E是AC的中点，求出点E的坐标即可得到k值．
本题考查了反比例函数上点的坐标与k的关系，利用平行四边形中心对称是突破该题的技巧．
16.【答案】y=2 33x+2(0
∴∠EAH=∠FAH=30°，
∵AC=3，AB=6，
∵DH=x，
∴AH=2 3−x，
∴AE=4−2 33x，
∵EF⊥AD，
∴∠AHE=∠AHF=90°，
在△AHE和△AHF中，
∠EAH=∠FAHAH=AH∠AHE=∠AHF，
∴△AHE≌△AHF(ASA)，
∴AE=AF=4−2 33x，
∴FB=AB−AF=6−(4−2 33x)=2 33x+2，
∴y=2 33x+2(0
本题考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
17.【答案】解：原式= 3−1+2× 32− 4× 3−2023
= 3−1+ 3−2 3−2023
=2 3−2 3−2024
=−2024．
【解析】利用绝对值的性质，特殊锐角的三角函数值，算术平方根进行计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：原式=(x−2)2(x+1)(x−1)÷x+1−3x+1
=(x−2)2(x+1)(x−1)⋅x+1x−2
=x−2x−1，
当x=4时，原式=4−24−1=23．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x=4代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
19.【答案】证明：根据题意可知：四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，且AD=BC，
∴AD//CE，
又∵CE=BC，
∴AD=CE，
∴AD=CE，
∴四边形ACED是平行四边形．
【解析】由矩形的性质得出AD//BC，AD=BC，再证AD=CE，然后由平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定与矩形性质，熟练掌握平行四边形的判定与矩形的性质是解题的关键．
20.【答案】150 108°
【解析】解：(1)本次被调查的学生有36÷24%=150(名)，
∵“不了解”对应的百分比为1−(24%+10%+36%)=30%，
∴扇形统计图中，∠α=360°×30%=108°，
故答案为：150，108°；
(2)非常了解的人数为150×10%=15(名)，
了解较少的人数为150×36%=54(名)，
不了解的人数为150×30%=45(名)，
补全图形如下：
(3)估计该校1500名学生中“非常了解”与“了解”的人数和是2800×(10%+24%)=952(名)；
(4)画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中抽到一男一女的结果数为6，
所以恰好抽到一男一女的概率为612=12．
(1)先由了解的人数及其所占百分比求出总人数，再根据各项目的百分比之和为1求出不了解对应的百分比，用360°乘以不了解对应的百分比可得答案；
(2)用总人数分别乘以非常了解、了解较少、不了解对应的百分比求出其人数，据此可补全图形；
(3)用总人数乘以两者百分比之和即可得；
(4)画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出抽到一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】10
【解析】解：(1)根据杠杆原理知F⋅L=30×9.8．
当L=10cm时，F=29.4牛顿．所以表格中数据错了；
(2)根据杠杆原理知F⋅L=30×9.8．
∴F与L的函数关系式为：F=294L；
(3)当F=60牛时，由F=294L得L=4.9，
根据反比例函数的图象与性质可得L≥4.9，
∵由题意可知L≤50，
∴L的取值范围是4.9cm≤L≤50cm．
(1)根据表格数据，可发现L与F的乘积为定值294，从而可得答案；
(2)根据FL=294，可得F与L的函数解析式；
(3)根据弹簧秤的最大量程是60牛，即可得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，解答本题的关键是仔细观察表格，得出F与l的积为定值，从而得出函数关系式．
22.【答案】解：(1)60；甲车从A到B的行驶速度：100千米/时；
(2)设y=kx+b，把(4,60)，(4.4,0)代入，得
4k+b=604.4k+b=0，
解，得k=−150b=660．
∴y=−150x+660，
自变量x的取值范围是：4≤x≤4.4；
(3)设甲车返回行驶速度为v千米/时，
即0.4×(60+v)=60，
解之，可得：v=90(千米/时)．
故A、B两地的距离是3×100=300(千米)．
【解析】(1)根据题意结合图象，知3小时时，甲车到达B地，3小时和4小时之间是甲车停留的1小时，根据乙车的速度为每小时60千米，则4小时时，两车相距60千米，即为所填写的内容；根据3小时内两车的路程差是120千米，得1小时两车的路程差是40千米，又乙车的速度是每小时60千米，即可求得甲车的速度；( )
(2)设解析式为y=kx+b，把已知坐标(4.4,0)和(4,60)代入可求解．根据横坐标的x的取值范围可知自变量x的取值范围；
(3)设甲车返回行驶速度为v千米/时，根据两车用0.4小时共同开了60km即可求解；根据(1)中求得的甲的速度和甲3小时到达B地即可求得两地的距离．
解答一次函数的应用问题中，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．
23.【答案】(1)证明：连接OD，
∵四边形OABC是平行四边形，AB//OC，
∴AB=OC，∠COB=∠ABO，
∵∠ADO=∠ABO+∠BOD，∠COD=∠COB+∠BOD，
∴∠ADO=∠COD，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∴∠A=∠COD，
在△ABO和△OCD中，
AO=OD∠A=∠CODAB=OC，
∴△ABO≌△OCD(SAS)，
∴∠ODC=∠AOB=90°，
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
(2)解：∵E为DF的中点，
∴∠COB=∠BOD，
由(1)知∠ADO=2∠OBD=∠A，
∴∠OBD=30°，
∴∠A=60°，
∵OA=4，
∴AB=8，
∴OB= BA2−OA2= 82−42=4 3，
∴S△OAB=12×AO⋅OB=12×4×4 3=8 3，
∵OA=OD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，DO=DA，
∴∠DOE=30°，
∴∠ABO=∠DOE，
∴DB=DO=DA，
∴S△ODB=12S△OAB=4 3，
∴S扇形ODE=30×π⋅42360=4π3，
∴阴影部分面积=S△ODB−S扇形ODE=4 3−4π3．
【解析】(1)连接OD，证明△ABO≌△OCD(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ODC=∠AOB=90°，则可得出结论；
(2)求出∠OBD=30°，由勾股定理求出OB的长，根据阴影部分面积=S△ODB−S扇形ODE可求出答案．
本题考查了切线的判定，勾股定理，含30°直角三角形的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握切线的判定．
24.【答案】(5,1)
【解析】解：(1)过点C作CD⊥x轴于点D，如图1，
∵A(0,4)，B(1,0)，
∴OA=4，OB=1，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBD．
又AB=BC，∠AOB=∠BDC=90°，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=DB=4，OB=CD=1．
∴OD=1+4=5，
∴C(5,1)．
故答案为：C(5,1)；
(2)当点B在x轴正半轴上时，如图2，
过点C作CD⊥x轴于点D，过点P作PE⊥x轴于点E，
过点C作MN//x轴交OA于点M，交PE于点N．
∴四边形ODCM和四边形CDEN均是矩形．
∴OM=CD=NE，CM=OD，CN=DE．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBD．
又AB=BC，∠AOB=∠BDC=90°，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴OA=DB=4，OB=CD=m．
∴MC=OD=m+4，OM=CD=NE=m．
由旋转，知AC=CP，∠ACP=90°
同理，△ACM≌△CPN．
∴AM=CN=4−m，CM=PN=m+4．
∴DE=CN=4−m．
∴OE=OD+DE=m+4+4−m=8，PE=PN+NE=m+4+m=2m+4．
∵OP与x轴正半轴夹角是45°，PE⊥x轴，
∴∠POE=∠OPE=45°，
∴OE=PE．
∴8=2m+4．
∴m=2．
当点B在x轴负半轴上时，如图3，
过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥CM交CM的延长线于点N，过点P作PQ⊥MC交MC的延长线于点Q，
设PQ交y轴于点H．
同理上种情况，得△BCM≌△ABO，△CNA≌△PQC．
∴BM=AO=4，CM=BO=−m，AN=CQ，CN=PQ．
∴OM=OB−BM=−m−4．
∴AN=CQ=OM=−m−4，CN=PQ=4−m．
∴PH=PQ−QH=4−m−(−m−4)=8，OH=MQ=−m+(−m−4)=−2m−4．
∵OP与x轴正半轴夹角是45°，
∴∠HOP=∠OPH=45°，
∴OH=PH．
∴−2m−4=8．
∴m=−6．
综上，m的值为2或−6．
(1)过点C作CD⊥x轴于点D，通过证得△AOB≌△BDC(AAS)，得出OA=DB=4，OB=CD=1，即可求得OD=5，从而求得C(5,1)；
(2)分两种情况讨论通过证得三角形全等和等腰直角三角形性质得出关于m的方程，解方程即可．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，得出关于m的方程是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵F为EC的中点，∠BAC=90°，
∴AF=EF=FC，
∴∠FAE=∠FEA，∠FAC=∠ACF，
∵BG=AB，
∴∠BAG=∠BGA，
∴∠BAG=∠BGA=∠AEF，
∵AH⊥EC，
∴∠EAH+∠CAH=90°=∠CAH+ACF，
∴∠ACF=∠EAH，
∴∠FAC=∠EAH，
∴∠CAH=∠FAE=∠BGA，
∴∠FAH+∠FAC=∠FAC+∠ADB，
∴∠FAH=∠ADB；
(2)解：AG=2AH，理由如下：
如图1，过点B作BN⊥AG于N，
∵AB=BG，BN⊥AG，
∴AG=2AN，
∵AB=AC，∠AHC=∠ANB=90°，∠BAN=∠CAH，
∴△ABN≌△ACH(AAS)，
∴AH=AN，
∴AG=2AN；
(3)解：如图2，过点B作BN⊥AG于N，过点E作EQ⊥BG于Q，EP⊥AG于P，
∵EG平分∠AGB，EQ⊥BG，EP⊥AG，
∴EP=EQ，
∵AE=mBE，
∴S△AEG=mS△BEG，AB=(m+1)BE=AC=BG，
∴12×BG⋅EQ⋅m=12×AG⋅EP，
∴mBG=AG，
∴AG=m(m+1)BE，
∵AG=2AH，
∴AH=m(m+1)2BE，
∵EC= AE2+AC2= m2+(m+1)2BE，
∴S△AEC=12×AE⋅AC=12×EC⋅AH，
∴mBE⋅(m+1)BE=m(m+1)2BE× m2+(m+1)2BE，
∴m=−1+ 72(负值舍去)，
∴m的值为−1+ 72．
【解析】(1)由直角三角形的性质可求∠FAE=∠FEA，∠FAC=∠ACF，由余角的性质可得∠ACF=∠EAH，即可求解；
(2)由“AAS”可证△ABN≌△ACH，可得AH=AN，由等腰三角形的性质可得结论；
(3)由面积关系可求AG=m(m+1)BE，由勾股定理可求EC的长，由面积法可求m的值．
本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+bx+c经过B(3,0)、C(0,3)两点，
∴−9+3b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴二次函数G：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，顶点为(1,4)，
∵二次函数H与二次函数G关于直线x=m(m>2)对称，
∴抛物线H的顶点F的坐标为(2m−1,4)．
(2)由(1)得F(2m−1,4)，
∴抛物线H的解析式为y=−(x−2m+1)2+4，
如图，设抛物线G的顶点为E(1,4)，过点E作EM//y轴，交CF于点G，交CD于点M，过点C作CH⊥EM于点H，连接CE，
则H(1,3)，
∴CH=EH=1，∠CHE=90°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠MEC=45°，
∵∠DCF=45°，
∴∠DCF=∠MEC，
∵∠CMG=∠EMC，
∴△MCG∽△MEC，
∴MCMG=MEMC，
∴MC2=ME⋅MG，
∵D(m,−m2+2m+3)，C(0,3)，
∴直线CD的解析式为y=(2−m)x+3，
∴M(1,5−m)，
∵F(2m−1,4)，
∴直线CF的解析式为y=12m−1x+3，
∴G(1,6m−22m−1)，
∴ME=4−(5−m)=m−1，MG=6m−22m−1−(5−m)=2m2−5m+32m−1，
MC2=(1−0)2+(2−m)2=m2−4m+5，
∴m2−4m+5=(m−1)⋅2m2−5m+32m−1，
解得：m=3± 52，
∵m>2，
∴m=3+ 52．
(3)如图，设PQ交MN于T，过点P作PW⊥MN于W，过点Q作QR⊥MN于R，
由题意得：P(m−1,−m2+4m)，Q(m−1,−m2+4)，
∵直线y=kx+b(0
∴b=−m2+2m+3−mk，
∴直线MN的解析式为y=kx−m2+2m+3−mk，
∴T(m−1,−m2+2m+3−k)，
∴PT=−m2+4m−(−m2+2m+3−k)=2m+k−3，QT=−m2+2m+3−k−(−m2+4)=2m−k−1，
由−x2+2x+3=kx−m2+2m+3−mk，得x2+(k−2)x−m2+(2−k)m=0，
∴xD+xM=2−k，
∴xM=2−k−m，
同理可得：xN=3m−k−2，
∴xN−xD=2m−k−2，xD−xM=2m+k−2，
∴DNDM=xN−xDxD−xM=2m−k−22m+k−2，
∵PW⊥MN，QR⊥MN，
∴PW//QR，
∴△PTW∽△QTR，
∴QRPW=QTPT=2m−k−12m+k−3，
∵S△QDN=S△PDM，
∴12DN⋅QR=12DM⋅PW，
∴DN⋅QRDM⋅PW=1，
即2m−k−22m+k−2⋅2m−k−12m+k−3=1，
整理得：8(m−1)k=4(m−1)，
∵m>2，
∴m−1>1，
∴k=12．
【解析】(1)运用待定系数法可得二次函数G：y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，根据轴对称性质可得顶点(1,4)的对称点为F(2m−1,4)．
(2)由(1)得F(2m−1,4)，即抛物线H的解析式为y=−(x−2m+1)2+4，设抛物线G的顶点为E(1,4)，过点E作EM//y轴，交CF于点G，交CD于点M，过点C作CH⊥EM于点H，连接CE，则H(1,3)，可证得△MCG∽△MEC，即MC2=ME⋅MG，利用待定系数法可得：直线CD的解析式为y=(2−m)x+3，直线CF的解析式为y=12m−1x+3，进而可得：ME=4−(5−m)=m−1，MG=6m−22m−1−(5−m)=2m2−5m+32m−1，MC2=(1−0)2+(2−m)2=m2−4m+5，建立方程求解即可求得答案．
(3)设PQ交MN于T，过点P作PW⊥MN于W，过点Q作QR⊥MN于R，利用待定系数法可得直线MN的解析式为y=kx−m2+2m+3−mk，联立可得x2+(k−2)x−m2+(2−k)m=0，运用根与系数关系可得：xD+xM=2−k，即xM=2−k−m，同理可得：xN=3m−k−2，进而可得xN−xD=2m−k−2，xD−xM=2m+k−2，即DNDM=xN−xDxD−xM=2m−k−22m+k−2，再证得△PTW∽△QTR，可得QRPW=QTPT=2m−k−12m+k−3，根据S△QDN=S△PDM，可得DN⋅QRDM⋅PW=1，即2m−k−22m+k−2⋅2m−k−12m+k−3=1，解方程即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，轴对称变换的性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积，等腰直角三角形性质，一元二次方程根与系数关系等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
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