2023年浙江省金华市兰溪市中考数学调研试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023年浙江省金华市兰溪市中考数学调研试卷（4月份）（含解析），共30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。

1. −2023的相反数是( )
A. −12023B. −2023C. 12023D. 2023
2. 兰溪游埠是一座有着一千三百多年历史的古镇，与乌镇，南浔，佛堂并称为浙江四镇，游埠早茶更有“江南第一早茶”的美誉.2023年春节期间游埠古镇累计接待约3游客，其中33万用科学记数法表示为( )
A. 0.33×107B. 3.3×106C. 3.3×105D. 3.3×104
3. 下列漂亮的图案中似乎包含了一些曲线，其实它们这种神韵是由多条线段呈现出来的，这些图案中既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
4. 2023年3月18日起，兰溪进入“镁”时间.一个正方体的表面分别标有共、赴、镁、好、之、约，如图是该正方体的表面展开图，已知“镁”的对面为“约”，则( )
A. ▲代表“之”B. ▲代表“共”C. ★代表“约”D. ▲代表“约”
5. 若x2=y5，则2x+yx=( )
A. 12B. 125C. 95D. 92
6. 如果关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0的一个解是x=1，则代数式2023−a−b的值为( )
A. −2022B. 2022C. 2023D. 2024
7. “直角”在几何学习中无处不在，如图图中的∠AOB一定是直角的是( )
A. ①②B. ②③C. ①②③D. ①②④
8. 习近平总书记指出，中华优秀传统文化是中华民族的“根”和“魂”.为了大力弘扬中华优秀传统文化，某校决定开展名著阅读活动．用3600元购买“四大名著”若干套后，发现这批图书满足不了学生的阅读需求，图书管理员在购买第二批时正赶上图书城八折销售该套书，于是用2400元购买的套数只比第有批少4套．设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则符合题意的方程是( )
A. 36000.8x−3600x=4B. 3600x−24000.8x=4
C. 24000.8x−3600x=0D. 24000.8x−2400x=4
9. 一条数轴上有点A、B，点C在线段AB上，其中点A、B表示的数分别是−8，6，现以点C为折点，将数轴向右对折，若点A′落在射线CB上，并且A′B=4，则C点表示的数是( )
A. 1B. −1C. 1或−2D. 1或−3
10. 已知二次函数y=(x+m−5)(x−m)+3，点A(x1,y1)，B(x2,x2)(x1A. 若x1+x2>5，则y1>y2B. 若x1+x2<5，则y1>y2
C. 若x1+x2>−5，则y1>y2D. 若x1+x2<−5，则y1二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 二次根式 x−1中字母x的取值范围是______．
12. 已知一组数据5，4，x，3，9众数为3，则这组数据的中位数是______．
13. 如图，A、B、C为⊙O上三点，且∠OAB=64°，则∠ACB的度数是______度．
14. 墨菲定律是一种心理学效应，1949年由美国的一名工程师爱德华⋅墨菲(Edward A.Muphy)提出的.大意是：凡事只要有可能发生，就一定会发生.用数学的概率知识来解释：假设某事件在一次实验(活动)中发生的概率为p(015. 如图，已知四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，点E、F、G、H分别在边AD、AB、BC、CD上，连结AC、EG交于点O，AC与EF交于点l.若EI：EO=2 23，则正方形ABCD与正方形EFGH的面积比为______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题4.0分)
折纸中蕴含着很多数学知识.如果想要做一个漂亮的星星收纳盒，必须先折出一个正五边形.取一张正方形卡纸，按如下步骤可以近似折出36°从而制作出五角星．
第1步：对折正方形，折痕为AB，如图1；
第2步：将DA和DC重合对折，折痕为DE，将AD与AB重合对折，折痕为AF，AF交DE于点G，如图2；
第3步：将B与G重合对折，折痕为HI，GC′交CD于点K，如图3；
第4步：过点G、H向后折叠，再将HG与Hl重合对折，如图4，图5.最后沿虚线剪开铺平就可以得到五边形．
请参考图3，回答下列问题：
(1)tan∠GHI= ______ ；
(2)若AB=4，则S△C′IK= ______ ．
17. (本小题6.0分)
计算：(−1)2023−2cs30°+|− 3|+(13)−1．
18. (本小题8.0分)
如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图(保留作图痕迹)．
(1)在图1中作∠ABC的角平分线；
(2)在图2中过点C作一条直线l，使点A，B到直线l的距离相等．
19. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABO的直角顶点A的坐标为(m,2)，点B在x轴上，将△ABO向右平移得到△DEF，使点D恰好在反比例函数y=8x(x>0)的图象上．
(1)求m的值和点D的坐标；
(2)求DF所在直线的表达式；
(3)若该反比例函数图象与直线DF的另一交点为点G，求S△EFG．
20. (本小题8.0分)
在“优秀传统文化进校园”活动中，学校计划每周二下午第三节课时间开展此项活动，拟开展活动项目为：剪纸，武术，书法，器乐，要求七年级学生人人参加，并且每人只能参加其中一项活动．教务处在该校七年级学生中随机抽取了100名学生进行调查，并对此进行统计，绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图(均不完整)．
请解答下列问题：
(1)请补全条形统计图和扇形统计图；
(2)在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比是多少？
(3)若该校七年级学生共有500人，请估计其中参加“书法”项目活动的有多少人？
(4)学校教务处要从这些被调查的女生中，随机抽取一人了解具体情况，那么正好抽到参加“器乐”活动项目的女生的概率是多少？
21. (本小题8.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，OF//BC交AC于点E，交PC于点F，连接AF．
(1)求证：直线AF是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为6,AF=2 3，求AC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积．
22. (本小题8.0分)
如图，已知抛物线y=x2+bx与直线y=2x交于点O(0,0)，A(a,10)，点B是抛物线上O，A之间的一个动点，矩形BCDE的两个顶点C、E在直线OA上，点E在点C右侧．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当BC//x轴时，设点D的坐标为(m,n)，求m关于n的函数关系式；
(3)当点C与点O重合时，若矩形BCDE的邻边之比为1：3，求点B的坐标．
23. (本小题10.0分)
项目化学习：车轮的形状
[问题提出]车轮为什么要做成圆形，这里面有什么原理？
[合作探究]
(1)探究A组：如图1，圆形车轮半径为6cm，其车轮轴心O到地面的距离始终为______ cm；
(2)探究B组：如图2，正方形车轮的轴心为O，若正方形的边长为6cm，求车轮轴心O距离地面的最高点与最低点的高度差；
(3)探究C组：如图3，有一个破损的圆形车轮，半径为6cm，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为90°，车轮轴心为O，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点O经过的路程．

(探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮轴心是否在一条水平线上运动.)
[拓展延伸]如图4，分别以正三角形的三个顶点A，B，C为圆心，以正三角形的边长为半径作60°圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．
(4)探究D组：使“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动.在滚动过程中，其“最高点”“车轮轴心O”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动的过程中，其“最高点“和“车轮轴心O”所形成路径的大致图案是______ ．

(延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心O并不稳定.)
24. (本小题10.0分)
如图1，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，沿直线AC翻折△ABC得到△AB′C.如图2，延长BC和AB′，点E从点A的位置沿射线AB′方向平移，且作DE//AC，DF//CB′.同时动点P和Q出发，点P从点A沿线段AC向终点C运动，点Q从点D沿线段DE向终点E运动.设运动时间为t，点E平移的速度为每秒53个单位．
(1)问点P和点Q平移的速度分别为多少时，才能使四边形EPCQ始终成为矩形；
(2)在(1)的条件下，
①问t为何值时，矩形EPCQ是正方形；
②t为何值时，矩形EPCQ面积最大，并求出最大面积．
(3)在(1)的条件下，当直线PQ经过四边形ABDF其中一个顶点时，求t的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−2023的相反数为2023．
故选：D．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题主要考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】C
【解析】解：33万=330000=3.3×105．
故选：C．
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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】A
【解析】解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
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度后与原图重合．
4.【答案】D
【解析】解：2023年3月18日起，兰溪进入“镁”时间．一个正方体的表面分别标有共、赴、镁、好、之、约，如图是该正方体的表面展开图，已知“镁”的对面为“约”，则▲代表“约”，
故选：D．
根据正方体的表面展开图找相对面的方法：“Z”字两端是对面，即可解答．
本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵x2=y5，
∴yx=52，
∴2x+yx
=2+yx
=2+52
=92，
故选：D．
利用比例的性质，进行计算即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意知，a+b+1=0，
∴a+b=−1，
∴2023−a−b
=2023−(a+b)
=2024．
故选：D．
由题意知，a+b+1=0，则a+b=−1，根据2023−a−b=2023−(a+b)，计算求解即可．
本题考查了一元二次方程的解，代数式求值，掌握解一元二次方程的方法是关键．
7.【答案】C
【解析】解：
①∵三条边分别为3、4、5，32+42=52，根据勾股定理的逆定理，
∴△AOD为直角三角形，
∴∠AOB是直角．
故①符合题意．
②∵直径所对应的圆周角是直角，
∴∠AOB是直角．
故②符合题意．
③设两弧交于点D.连接，CD、BD．
∵CA=CD，
∴点C在AD的垂直平分线上；
又∵BA=BD，
∴点B也在AD的垂直平分线上．
∴BC是AD的垂直平分线．
∴∠AOB是直角．
故③符合题意．
④设两弧交于点D.连接CD、ED、AE．
∵根据作图可知，DC=DE，CA=CE，
∴点D在CE的垂直平分线上，但点A不一定在CE的垂直平分线上，
∴∠AOB不一定是直角．
故④不符合题意．
故选：C．
根据判定直角的条件，4个图分别分析判断即可．
本题主要考查了角的概念，如何判定一个角是不是直角．
8.【答案】B
【解析】解：设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则设第二批购买的“四大名著”每套的价格为0.8x元，
依题意得：3600x−24000.8x=4．
故选：B．
设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则设第二批购买的“四大名著”每套的价格为0.8x元，利用数量=总价÷单价，结合第二批购买的套数比第一批少4套，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：设点C表示的数为x，
当A′在线段CB的延长线上时，
∵A′B=4，
∴点A′表示的数为6+4=10，
∵AC=A′C，
∴x−(−8)=10−x，
解得：x=1；
当A′在线段CB上时，
∵A′B=4，
∴点A′表示的数为6−4=2，
∵AC=A′C，
∴x−(−8)=2−x，
解得：x=−3；
因此，C点表示的数是1或−3．
故选：D．
设点C表示的数为x，分两种情况：A′在线段CB的延长线上和线段CB上，分别求解即可．
本题考查了数轴，考查分类讨论，根据对折得到AC=A′C是解题的关键，不要漏解．
10.【答案】A
【解析】解：∵y=−(x+m−5)(x−m)+3，
∴抛物线对称轴为直线x=m−m+52=52，开口向下，
当x1+x2=5时，点A(x1,y1)，B(x2,y2)关于抛物线对称轴对称，即y1=y2，
∴当x1+x2>5时，点A到抛物线对称轴的距离小于点B到抛物线对称轴的距离，
∴y1>y2，
故选：A．
根据抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x=12及抛物线开口方向，再通过判断点A与点B到对称轴的距离求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
11.【答案】x≥1
【解析】解：根据题意得：x−1≥0，
解得x≥1．
故答案为：x≥1．
二次根式有意义的条件就是被开方数是非负数，即可求解．
主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
12.【答案】4
【解析】解：∵数据5，4，x，3，9众数为3，
∴x=3，
则这组数据为3，3，4，5，9，
所以这组数据的中位数为4，
故答案为：4．
根据众数的定义先求出x的值，再根据中位数的定义把这组数据从小到大排列，找出最中间的数或中间两个数的平均数即可得出答案．
本题主要考查了众数和中位数的知识，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，将一组数据从小到大依次排列，把中间数据(或中间两数据的平均数)叫做中位数．
13.【答案】26
【解析】解：∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=64°，
∴∠AOB=180°−64°−64°=52°，
∴∠ACB=12∠AOB=26°．
故答案为：26．
先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠AOB，然后根据圆周角定理求解．
本题考查了圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题关键．
14.【答案】13 59
【解析】解：∵口袋里有1个红球，2个白球，除颜色外其余都相同．随机摸一次球，
∴P(摸到红球)=13，
用画树状图列举出摸出一个球后放回，再摸出一个球的所有等可能结果如下：

一共有9种等可能的结果，其中两次摸到的球至少有一次是红色有5种可能的结果，
∴P(两次摸到的球至少有一次是红色)=59．
故答案为：13，59．
先根据概率公式直接求出随机摸一次球，摸到红球的概率；用列表法或树状图法列举出摸出一个球后放回，再摸出一个球的所有可能结果，再从中找出两次摸到的球至少有一次是红色的可能结果，用概率公式计算即可．
本题考查概率的意义和概率公式，以及列表法，树状图法求等可能事件的概率，掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
15.【答案】95
【解析】解：在正方形ABCD和正方形EFGH中，AB=BC=CD=AD，
EF=FG=GH=EH，∠BAD=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，∠EFG=∠FGH=∠GHE=∠FEH=90°，

∴∠1+∠2=90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
在△AFE和△DEH中，
∠FAE=∠EDH∠1=∠3EF=HE，
∴△AFE≌△DEH(AAS)，
同理可证△AFE≌△DEH≌△CHG≌△BGF，
∴AE=DH=CG=BF，
在△AOE和△COG中，
∠6=∠7∠4=∠5AE=AG，
∴△AOE≌△COG(AAS)，
∴AO=CO，OE=OG，即O为AC中点，
连接OD，
∵∠ADC=90°，
∴OD=AO=OC=12AC，
∵AD=DC，
∴OD⊥AC，
∴∠8=∠9=45°，
∴CD= OD2+OC2= 2OC，
∵EF=FG，∠GFE=90°，
∴∠IEO=45°=∠7，
∵∠4=∠5，
∴△IEO∽△GCO，
∴EIEO=CGCO=2 23，
∴CG 2CO=2 23×1 2=23，
∴CGCO=23，
∴CG=23CD=23BC，
∴BG=13BC，BF=CG=23BC，
设BG=x，
∴BF=2x，BC=3x，x≠0，
∴BF= BG2+BF2= 5x，
∴S正方形EFGH=BF2=5x2，S正方形ABCD=BC2=9x2，
∴S正方形ABCDS正方形EFGH=9x25x2=95．
故答案为：95．
由正方形的性质可得AB=BC=CD=AD，EF=FG=GH=EH，∠BAD=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，∠EFG=∠FGH=∠GHE=∠FEH=90°，根据全等三角形的判定与性质可得AO=CO，OE=OG，即O为AC中点，最后由相似三角形的判定与性质可得答案．
此题考查的是正方形的性质，涉及了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
16.【答案】3 38
【解析】解：(1)设正方形的边长为4a，
如图2，由折叠得AD=BC=12×4a=2a，
∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，AB=CD=4a，
∵将DA和DC重合对折，折痕为DE，
∴∠ADE=∠CDE=12∠ADC=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AE=AD=2a，
∵将AD与AB重合对折，折痕为AF，AF交DE于点G，
∴∠EAG=∠DAG=12∠DAB=45°，
∴∠EAG=∠AEG=45°，
∴AG=EG，∠AGE=90°，
如图3，作GQ⊥AE于点Q，则AQ=EQ，
∴GQ=AQ=12AE=12×2a=a，
∴BQ=AB−AQ=4a−a=3a，
连接BG交HI于点R，
由折叠得点G与点B关于直线HI对称，
∴HI垂直平分BG，
∴∠BRH=∠BQG=90°，
∴∠GHI=∠BHI=∠BGQ=90°−∠ABG，
∴tan∠GHI=tan∠BGQ=BQGQ=3aa=3，
故答案为：3．
(2)如图3，由(1)得GQ=AQ=14AB，BC=12AB，
∵AB=4，
∴GQ=AQ=14×4=1，BC=12×4=2，
∴BQ=AB−AQ=4−1=3，
∵GQ2+HQ2=GH2，GH=BH=3−HQ，
∴12+HQ2=(3−HQ)2，
解得HQ=43，
作IP⊥AB于点P，则∠HPI=∠BPI=90°，
∵∠PBC=∠C=90°，
∴四边形BCIP是矩形，
∴IP=BC=2，
∵IPHP=tan∠BHI=tan∠BGQ=3，
∴HP=13IP=13×2=23，
∴IC′=IC=PB=BQ−HQ−HP=3−43−23=1，
∵CD//AB，
∴∠C′IH=∠CIH=∠AHI，∠DIH=∠BHI=∠GHI，
∴∠C′IH−∠DIH=∠AHI−∠GHI，
∴∠C′IK=∠QHG，
∵∠C′=∠C=∠GQH=90°，
∴KC′IC′=tan∠C′IK=tan∠QHG=GQHQ=143=34，
∴KC′=34IC′=34×1=34，
∴S△C′IK=12IC′⋅KC′=12×1×34=38，
故答案为：38．
(1)设正方形的边长为4a，则AD=BC=2a，可证明四边形ABCD是矩形，则∠DAB=90°，AB=CD=4a，再证明∠AED=∠ADE=45°，则AE=AD=2a，可推导出∠EAG=∠AEG=45°，则AG=EG，∠AGE=90°，作GQ⊥AE于点Q，则GQ=AQ=a，所以BQ=3a，连接BG交HI于点R，则HI垂直平分BG，所以∠BRH=∠BQG=90°，而∠GHI=∠BHI=∠BGQ=90°−∠ABG，则tan∠GHI=tan∠BGQ=BQGQ=3，于是得到问题的答案；
(2)因为GQ=AQ=14AB，BC=12AB，且AB=4，所以GQ=AQ=1，BC=2，则BQ=3，由勾股定理得12+HQ2=(3−HQ)2，求得HQ=43，作IP⊥AB于点P，由四边形BCIP是矩形，得IP=BC=2，由IPHP=tan∠BHI=tan∠BGQ=3，得HP=13IP=23，可求得IC′=IC=PB=1，再证明∠C′IK=∠QHG，则KC′IC′=tan∠C′IK=tan∠QHG=GQHQ=34，可求得KC′=34IC′=34，则S△C′IK=38，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、矩形的判定与性质、轴对称的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：原式=−1−2× 32+ 3+3
=2．
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地化简各式是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图1中，射线BP即为所求；
(2)如图2中，直线l即为所求．

【解析】(1)连接AC，取AC的中点P，作射线BP即可；
(2)利用是相结合的射线画出图形即可．
本题考查作图−应用与设计作图，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.【答案】解：(1)过A点作AH⊥BO于H，
∵△ABO是等腰直角三角形，A(m,2)，
∴OH=AH=2，
∴m=−2，
由平移可得D点纵坐标和A点纵坐标相同，设D(n,2)，
∵D在y=8x图象上，
∴n=4，
∴D(4,2)．
(2)过D作DM⊥EF于M，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DFM=45°，
∴DM=MF=2，
由D(4,2)得F(6,0)，
设直线DF的表达式为：y=kx+b，将F(6,0)和D(4,2)代入得：
2=4k+b0=6k+b，
解得：k=−1b=6，
∴直线DF的表达式为y=−x+6．
(3)延长FD交y=8x图象于点G，
y=−x+6y=8x，
解得：x1=4y1=2，x2=2y2=4，
∴G(2,4)，
由(1)得EF=BO=2HO=4，
∴S△EFG=12EF⋅Gy=12×4×4=8．
【解析】(1)根据平移的特点和反比例函数的性质解答即可；
(2)利用等腰直角三角形的性质求出D，F点的坐标，再利用待定系数法解答即可；
(3)联立两个函数解析式，根据三角形的面积公式解答即可．
本题主要考查了反比例函数与一次函数的综合运用，熟练掌握反比例函数和一次函数的性质是解答本题的关键．
解：(1)过A点作AH⊥BO于H，
∵△ABO是等腰直角三角形，A(m,2)，
∴OH=AH=2，
∴m=−2，
由平移可得D点纵坐标和A点纵坐标相同，设D(n,2)，
∵D在y=8x图象上，
∴n=4，
∴D(4,2)．
(2)过D作DM⊥EF于M，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DFM=45°，
∴DM=MF=2，
由D(4,2)得F(6,0)，
设直线DF的表达式为：y=kx+b，将F(6,0)和D(4,2)代入得：
2=4k+b0=6k+b，
解得：k=−1b=6，
∴直线DF的表达式为y=−x+6．
(3)延长FD交y=8x图象于点G，
y=−x+6y=8x，
解得：x1=4y1=2，x2=2y2=4，
∴G(2,4)，
由(1)得EF=BO=2HO=4，
∴S△EFG=12EF⋅Gy=12×4×4=8．
20.【答案】解：(1)由条形图知，男生共有：10+20+13+9=52(人)，
∴女生人数为100−52=48(人)，
∴参加武术的女生为48−15−8−15=10(人)，
∴参加武术的人数为20+10=30(人)，
∴30÷100=30%，
参加器乐的人数为9+15=24(人)，
∴24÷100=24%，
补全条形统计图和扇形统计图如图所示：
(2)在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比是1010+15×100%=40%．
答：在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比为40%．
(3)500×21%=105(人)．
答：估计其中参加“书法”项目活动的有105人．
(4)1515+10+8+15=1548=516．
答：正好抽到参加“器乐”活动项目的女生的概率为516．
【解析】此题主要考查了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．
(1)先求出参加活动的女生人数，进而求出参加武术的女生人数，即可补全条形统计图，再分别求出参加武术的人数和参加器乐的人数，即可求出百分比；
(2)用参加剪纸中男生人数除以剪纸的总人数即可得出结论；
(3)根据样本估计总体的方法计算即可；
(4)利用概率公式即可得出结论．
21.【答案】(1)证明：连接OC，

∵PC为圆O切线，
∴CP⊥OC，
∴∠OCP=90°，
∵OF//BC，
∴∠AOF=∠B，∠COF=∠OCB，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠B，
∴∠AOF=∠COF，
在△AOF和△COF中，
OA=OC∠AOF=∠COFOF=OF，
∴△AOF≌△COF(SAS)，
∴∠OAF=∠OCF=90°，
∴AF⊥OA，
又∵OA为圆O的半径，
∴AF为圆O的切线；
(2)解：∵∠AOF=∠COF，OA=OC，
∴E为AC中点，
即AE=CE=12AC，OE⊥AC，
∵∠OAF=90°，OA=6，AF=2 3，
∴tan∠AOF=AFOA=2 36= 33，
∴∠AOF=30°，
∴AE=12OA=3，
∴AC=2AE=6；
(3)解：∵AC=OA=6，OC=OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，OC=6，
∵∠OCP=90°，
∴CP= 3OC=6 3，
∴S△OCP=12OC⋅CP=12×6×6 3=18 3，S扇形AOC=60⋅π×62360=6π，
∴阴影部分的面积为S△OCP−S扇形AOC=18 3−6π．
【解析】(1)连接OC，证明△AOF≌△COF(SAS)，由全等三角形的判定与性质得出∠OAF=∠OCF=90°，由切线的判定可得出结论；
(2)由直角三角形的性质求出∠AOF=30°，可得出AE=12OA=3，则可求出答案；
(3)证明△AOC是等边三角形，求出∠AOC=60°，OC=6，由三角形面积公式和扇形的面积公式可得出答案．
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，三角形的面积求法，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵点A(a,10)在直线y=2x上，
∴10=2a，
解得：a=5，
∴A(5,10)，
∵点A(5,10)是抛物线y=x2+bx上的一点，
10=52+5b，
解得b=−3，
∴抛物线解析式为y=x2−3x；
(2)如图，

∵直线OA的解析式为y=2x，点D的坐标为(m,n)，
∴点E的坐标为(12n,n)，点C的坐标为(m,2m)，
∴点B的坐标为(12n,2m)，
把点B(12n,2m)代入y=x2−3x得：
2m=14n2−3×12n，
∴m、n之间的关系式为m=18n2−34n；
(3)设B(t,t2−3t)，
①当BC=3BE时，过B作GH//y轴交x轴于H，过E作FG//x轴交y轴于F，交GH于G，如图：

∴CH=FG=t，BH=t2−3t，
∵∠CBH=90°−∠EBG=∠BEG，∠BHC=∠G=90°，
∴△BCH∽△EBG，
∴CHBG=BHEG=BCBE，
∵BC=3BE，
∴BG=13CH=13t，EG=13BH=t2−3t3，
∴EF=FG−EG=t−t2−3t3=−t2+6t3，GH=BH+BG=t2−3t+13t=t2−83t，
∴E(−t2+6t3,t2−83t)，
∵E在直线y=2x上，
∴t2−83t=2×−t2+6t3，
解得t=0(此时B与O重合，舍去)或t=4，
∴B(4,4)；
②当BE=3BC时，过B作TK//x轴交y轴于T，过E作EK⊥x轴于R，交TK于K，如图：

同①可得E(−3t2+10t,t2)，
代入y=2x得：t2=2(−3t2+10t)，
解得t=0(舍去)或t=207，
∴B(207,−2049)；
综上所述，点E在点C右侧，点C与点O重合时，若矩形BCDE的邻边之比为1：3，点B的坐标为(4,4)或(207,−2049).
【解析】(1)把点A的坐标代入一次函数解析式求得a的值；然后把点A的坐标代入二次函数解析式求出b的值，即可得到答案；
(2)根据点D的坐标，表示出点E的坐标，点C的坐标，从而可表示点B的坐标，将点B的坐标代入抛物线解析式可求出m，n之间的关系式；
(3)设B(t,t2−3t)，①当BC=3BE时，过B作GH//y轴交x轴于H，过E作FG//x轴交y轴于F，交GH于G，由△BCH∽△EBG，可求出BG=13CH=13t，EG=13BH=t2−3t3，故E(−t2+6t3,t2−83t)，又E在直线y=2x上，有t2−83t=2×−t2+6t3，可解得B(4,4)；②当BE=3BC时，过B作TK//x轴交y轴于T，过E作EK⊥x轴于R，交TK于K，同理可得B(207,−2049).
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，动点问题，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
23.【答案】6 A
【解析】(1)∵圆形车轮与地面始终相切，
∴车轮轴心O到地面的距离始终等于圆的半径．
∴车轮轴心O到地面的距离始终等于6cm．
故答案为：6；
(2)如图所示，OC为正方形车轮的轴心O移动的部分轨迹，

点D为车轮轴心O的最高点，点O，C为车轮轴心O的最低点．
由题意得车轮轴心O距离地面的最低高度为OB=3cm，车轮轴心O距离地面的最大高度为AD=OA=3 2cm，
∴车轮轴心O最高点与最低点的高度差为(3 2−3)cm；
(3)如图所示：

从图1运动到图2，点O绕点A旋转了45°，点O的运动距离为45π×6180=32π(cm)，
从图2运动到图3，点O绕点B旋转了45°，点O的运动距离为45π×6180=32π(cm)，
从图3运动到图4，点O移动的距离为圆心角为270°，半径为6cm的弧长为270π×6180=9π(cm)，
综上，让车轮在地上无滑动地滚动一周，点O经过的路程为：32π+32π+9π=12π(cm)；
(4)由题意知，当“莱洛三角形”沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其“最高点”与水平面的距离不变，其“中心点”到水平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环，
∴其“最高点”和“中心点”所形成的图案大致是A．
故答案为：A．
(1)利用正方形的性质解答即可；
(2)画出符合题意的图形，找出最高点与最低点，利用圆的性质和正方形的性质解答即可；
(3)分别求出三部分的移动距离，然后相加即可；
(4)由题意知：“最高点”与水平面的距离不变，其“中心点”到水平面的距离开始先升高再下降，再升高再下降，不断循环，据此可得结论．
本题主要考查了圆的综合应用，主要考查圆的弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并按照题意画出图形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵∠ABC=90°，AB=3，BC4，
∴AC=5，
在Rt△APE中，AE=53t，sin∠CAE=sin∠BAC=BCAC=45，cs∠CAE=35，
∴AP=53t⋅cs∠CAE=t，CQ=EP=53t⋅sin∠CAE=53t⋅45=43t，
∴DQ=CQ⋅tanDCQ=CQ⋅tan∠BAC=43t⋅43=169t，
∴点P的速度是每秒1个单位，点Q速度是每秒169个单位；
(2)当EP=CP时，矩形EPCQ是正方形，
∴43t=5−t，
∴t=157；
②∵S矩形EPCQ=EP⋅CP=43t⋅(5−t)=−43(t−52)2+253，
∴当t=52时，S矩形EPCQ最大=253；
(3)如图1，

∵A、P、C共线，
∴A、P、Q不能共线，
同样P、Q、D不能共线，
当PQ过点B时，
只需∠CPQ=∠APB，
∴tan∠CPQ=tan∠APB，
∴CQCP=BTPT，
∵∠ABC=∠ATB=90°，∠BAT=∠BAC，
∴△ABT∽△ACB，
∴ABAC=ATAB=BTBC，
∴35=AT3=BT4，
∴AT=95，BT=125，
∴125t−95=43t5−t，
∴t1=3，t2=−3(舍去)，
∴当t=3时，PQ过点B，
如图2

当PQ过F点时，作FR⊥DE于R，
只需∠PQC=∠QFR，
∴tan∠PQC=tan∠QFR，
∴CPCQ=RQFR，
∵DE=EQ+DQ=5−t+169t=79t+5，
∴EF=DE⋅cs∠DEF=DE⋅cs∠BAC=35(79t+5)=715t+3，
∴FR=EF⋅sin∠DEF=EF⋅sin∠BAC=45(715t+3)=2875t+125，
ER=EF⋅cs∠DEF=35(715t+3)=725t+95，
∴5−t43t=725t+95−(5−t)2875t+125，
∴t1=4513，t2=−53(舍去)，
综上所述：t=3或4513时，直线PQ经过四边形ABDF其中一个顶点．
【解析】(1)表示出AP和DQ，从而得出结果；
(2)①由EP=CP列出方程，从而得出结果；
②建立面积和t的函数解析式，进而求得结果；
(3)可判断PQ可以过B和F：当PQ过点B时，只需∠CPQ=∠APB，从而tan∠CPQ=tan∠APB，从而CQCP=BTPT，从而得出125t−95=43t5−t，求出T的值；当PQ过点F时，同样方法求得t的值．
本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形、正方形的判定和性质等知识，解决问题的关键是转化条件，寻找等量关系．