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2023年山东省泰安市高新区中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省泰安市高新区中考数学三模试卷（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。
2023年山东省泰安市高新区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在四个数2，0，−2，−12中，比−1小的数是( )
A. 2 B. 0 C. −2 D. −12
2. 一个几何体的主视图和左视图如图所示，则这个几何体可能是( )
A.
B.
C.
D.
3. 2022年世界杯在卡塔尔举办，为了办好这届世界杯，人口仅有280万的卡塔尔投资2200亿美元修建各项设施.数据2200亿用科学记数法表示为( )
A. 22×1010 B. 2.2×1010 C. 2.2×1011 D. 0.22×1012
4. 去年6月山东省部分城市最高气温(°C)如下表：
城市
济南
德州
泰安
潍坊
济宁
青岛
烟台
枣庄
聊城
威海
气温(°C)
33
32
32
30
30
29
29
31
30
28
则这10个城市该日最高气温的众数和中位数分别是( )
A. 32，32 B. 32，30 C. 30，32 D. 30，30
5. 如图，在△ABC中，AB=AC，直线DE，FG分别经过点B，C，DE//FG.若∠DBC=45°，∠ACG=10°，则∠ABE的度数为( )
A. 100° B. 105° C. 110° D. 115°
6. 下列计算正确的是( )
A. a3+a3=a6 B. (3a−b)2=9a2−b2
C. (4a3b)2=16a5b3 D. (−ab3)2=a2b6
7. 如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，∠E=40°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠CDB等于( )
A. 25°
B. 30°
C. 35°
D. 40°
8. 《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位.在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地.送行二步与人齐，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉.良工高士素好奇，算出索长有几？”译文：“有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推送10尺(水平距离)时，秋千的踏板就和人一样高，这个人的身高为5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问绳索有多长？”设绳索的长为x尺，下列方程正确的是( )
A. 102+x2=(x+5)2 B. 102+(x−4)2=x2
C. 102+x2=(x−4)2 D. 102+(x−1)2=x2
9. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，分别以点A，B为圆心，以大于12AB的长为半径画弧，两弧交于点E，F，直线EF分别交BC，AB于点G，H，若AC=4，BC=8，则△BGH的面积为( )
A. 4 B. 5 C. 10 D. 16
10. 抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，对称轴为直线x=−1，直线y=kx+c与抛物线都经过点(−3,0).下列说法，①ab>0；②4a+c>0；③若(−2,y1)与(12,y2)是抛物线上的两个点，则y1
B. ①④
C. ②③
D. ②④
11. 如图，AB为半圆O的直径，C为AO的中点，CD⊥AB交半圆于点D，以C为圆心，CD为半径画弧交AB于E点，若AB=8，则图中阴影部分的面积是( )
A. 73π+2 3 B. 53π C. 53π−2 3 D. 23π
12. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上运动，点F在边CD上运动，运动过程中EF的长度保持不变，且EF=3.若M是EF的中点，P是边AB上的动点，则PC+PM的最小值为( )
A. 4 5−32
B. 8 5−32
C. 2 13−32
D. 8 5−3
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 若关于x的一元二次方程(k+2)x2−2x−1=0有实数根，则实数k的取值范围是______．
14. 如图，正方形ABCD的边长为8，以点A为圆心，AD长为半径画圆弧DE得到扇形DAE(阴影部分，点E在对角线AC上).若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面半径是______．
15. 已知关于x的不等式组2x+a>03x−3<9恰好有2个整数解，则a的取值范围是____．
16. 如图，某居民楼地处北半球某地，窗户朝南，窗户AB高为2米，BCD表示直角遮阳棚，墙BC长度为0.5米，此地一年的正午时刻，太阳光与地面的最大夹角为α，测得tanα=53，要使太阳光刚好不射入室内，遮阳棚水平宽CD应设计为______ 米.
17. 如图，在矩形ABCD中，AD= 2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O.下列结论：①AE=AD；②∠AED=∠CED；③H为BF的中点；④CF=32DF.其中正确的有______.(将所有正确结论的序号填在横线上)
18. 如图所示，直线y= 33x+ 33与y轴相交于点D，点A1在直线y= 33x+ 33上，点B1在x轴上，且△OA₁B₁是正三角形，记作第一个正三角形；然后过B1做B1A2//OA1与直线y= 33x+ 33相交于点A2，点B2在x轴上，再以B1A2为边作正三角形A2B2B1，记作第二个正三角形；同样过B2作B2A3//B1A2与直线y= 33x+ 33相交于点A3，点B3在x轴上，再以B2A3边作正三角形A3B3B2，记作第三个正三角形；…依此类推，则第2023个正三角形的顶点A2023的横坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：(1)计算：|− 3|+(15)−1− 27+2cos30°；
(2)先化简，再求值：x−2x2+2x+1÷(2x−1x+1−x+1)，其中x是满足−2
某工厂为掌握新入职员工的工作积极性，工厂对新入职员工进行了为期一个月的跟踪调查，调查结果分为四类：A；很好；B：较好；C：一般；D；不达标，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图，请你根据统计图解答下列问题：
(1)C类女职工有______ 名，D类男职工有______ 名，将上面条形统计图补充完整；
(2)扇形统计图中“D：不达标”对应的圆心角度数是______ ；
(3)为了相互学习，激励后进，工厂从被调查的A类和D类职工中各随机抽取一名职工组建“paterner”，请用画树状图或列表的方法求出所选两名职工恰好是一男职工一女职工的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，一次函数y1=12x+1的图象与反比例函数y2=kx(x>0)的图象交于点A(a,3)，与y轴交于点B．
(1)求a，k的值；
(2)请直接写出在第一象限y1
22. (本小题10.0分)
某校为美化校园，计划对面积为2000m2的区域进行绿化，安排甲、乙两个工程队完成，已知甲队每天完成绿化的面积是乙队每天完成绿化的面积的2倍，并且甲队独立完成500m2绿化面积比乙队独立完成550m2的绿化面积少用6天．
(1)甲、乙两个工程队每天能完成绿化的面积分别是多少？
(2)若学校每天需付给甲队的绿化费用为0.5万元，乙队为0.3万元，要使这次的绿化总费用不超过10万元，至少应安排甲队工作多步天？
23. (本小题12.0分)
.已知如图1，P为正方形ABCD的边BC上任意一点，BE⊥AP于点E，在AP的延长线上取点F，使EF=AE，连接BF，∠CBF的平分线交AF于点G．
(1)求证：BF=BC；
(2)求证：△BEG是等腰直角三角形；
(3)如图2，若正方形ABCD的边长为4，连接CF，当P点为BC的中点时，求CF的长．
24. (本小题12.0分)
如图，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，已知动点D在直线AB上方的抛物线上，动点P在线段AB上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是直线AB上方抛物线上的一动点，求D到AB的距离最大值及此时的D点坐标；
(3)连接DP、DB，请直接写出当△BDP为等腰直角三角形时点P的坐标．
25. (本小题14.0分)
【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图1，点C在AB的延长线上，且∠A=∠DBE=∠C，若求证：△DAB∽△BCE；请用你所学的知识进行证明．
【拓展训练】
如图2，点C在AB的延长线上，且∠DAB=∠DBE，若CE//AD，∠C=60°，AD=32AB，则CEBC的值为
______
；(直接写出)
【知识迁移】
将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在平行四边形ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点.若∠DEF=∠B.求证：AB⋅FE=BE⋅DE．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−2<−1<−12<0<2，
∴比−1小的数是−2．
故选：C．
−2<−1<−12<0<2，比−1小的数是−2．
本题考查了有理数大小比较，熟练掌握有理数的相关概念及运算是解本题的关键，难度不大．
2.【答案】C
【解析】解：A.该圆柱的主视图和左视图是全等的两个矩形，故本选项不符合题意；
B.该长方体的主视图和左视图是全等的两个矩形，故本选项不符合题意；
C.该三棱柱的主视图是一行两个相邻的矩形，左视图是一个矩形，故本部选项符合题意；
D.该三棱锥的主视图是一个三角形(三角形的内部由一条纵向的高线)，左视图是一个三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
分别根据各个选项的几何体的主视图和左视图判断即可．
本题考查了由三视图判断几何体，掌握常见的几何体的三视图是解答本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：2200亿=220000000000=2.2×1011．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：将这组数据按由小到大的顺序排列为28、29、29、30、30、30、31、32、32、33，
故该日最高气温的众数为30℃，
中位数为30+302=30(℃)，
故选：D．
利用中位数和众数的定义求解即可．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义并灵活运用．
5.【答案】A
【解析】解：∵DE//FG，
∴∠BCG=∠DBC=45°，
∵∠ACG=10°，
∴∠ACB=45°−10°=35°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=35°，
又∵∠EBC=180°−45°=135°，
∴∠ABE=135°−35°=100°，
故选：A．
根据平行线的性质可得∠BCG的度数，再根据∠ACG=10°，可得∠ACB的度数，根据等腰三角形的性质可得∠ACB=35°，进一步即可求出∠ABE的度数．
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、(3a−b)2=9a2−6ab+b2，故B不符合题意；
C、(4a3b)2=16a6b2，故C不符合题意；
D、(−ab3)2=a2b6，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，完全平方公式，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，积的乘方，完全平方公式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
7.【答案】A
【解析】解：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∵∠E=40°，
∴∠COE=90°−40°=50°，
∴∠CDB=12∠COE=25°．
故选：A．
连接OC，根据切线的性质可知∠OCE=90°，再由直角三角形的性质得出∠COE的度数，由圆周角定理即可得出结论．
本题考查的是切线的性质，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解答此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：在图中标上字母，如图所示．
∵绳索的长为x尺，
∴AB=x+1−5=(x−4)尺．
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=(x−4)尺，BC=10尺，AC=x尺，
∴AC2=AB2+BC2，
即x2=(x−4)2+102．
故选：B．
在图中标上字母，根据各边之间的关系，可得出AB=(x−4)尺，在Rt△ABC中，利用勾股定理，可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程、数学常识以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵∠C=90°，AC=4，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 42+82=4 5
由作图可知，EF垂直平分线段AB，
∴AH=BH=2 5，GH=BH⋅tanB= 5，
∴△BGH的面积=12⋅BH⋅GH=12×2 5× 5=5．
故选：B．
利用勾股定理求出AB，解直角三角形求出GH，可得结论．
本题考查作图−基本作图，线段的垂直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．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的开口方向向下，
∴a<0．
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，b<0．
∵a<0，b<0，
∴ab>0，
∴①的结论正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−3,0)，
∴9a−3b+c=0，
∴9a−3×2a+c=0，
∴3a+c=0．
∴4a+c=a<0，
∴②的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴点(−2,y1)关于直线x=−1对称的对称点为(0,y1)，
∵a<0，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小．
∵−1<0<12，
∴y1>y2．
∴③的结论不正确；
∵直线y=kx+c和抛物线都经过点(−3,0)(0,c)．
∴方程ax2+bx=kx的两根为x1=−3，x2=0．
∴④的结论正确；
综上，结论正确的有：①④，
故选：B．
利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式，利用待定系数法和二次函数的性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数与一元二次方程的联系，利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：连接AD，OD，BD，
可得△ACD∽△CDB，有CD2=AC⋅CB，
∴CD=2 3，OC=2，tan∠COD=2 3：2= 3：1，
∴S扇形OAD=60π×42360=83π，S△CDO=12CO×CD=2 3，
∴SADC=S扇形OAD−S△CDO═83π−2 3，S扇形CDE=14×π×(2 3)2=3π，
∴阴影部分的面积=S半圆−(SADC+S扇形CDE)=73π+2 3．
故选：A．
根据图形可得，阴影部分的面积=S半圆−(SADC+S扇形CDE)=S半圆−(S扇形OAD−S△CDO+S扇形CDE)，依次运算即可得出答案．
本题考查了扇形的面积计算，涉及了相似三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的面积公式，圆的面积公式，综合性较强，注意仔细观察所给图形．
12.【答案】A
【解析】解：作点C关于AD的对称点T，连接TM交AD于P，连接BT，BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=4，∠ABC=∠BCD=90°，
∵C，T关于AD对称，
∴CD=DT=4，
∴CT=8，
∴BT= BC2+CT2= 42+82=4 5，
∵∠EBF=90°，EM=MF，
∴BM=12EF=32．
∵BM+MT≥BT，
∴TM≥4 5−32，
∵PM+PC=PM+PT=MT，
∴PM+PC≥4 5−32，
∴PM+PC≥4 5−32，
∴PM+PC的最小值为4 5−32．
故选：A．
作点C关于AD的对称点T，连接TM交AD于P，连接BT，BM，CP.解直角三角形求出BT，MT，求出MT的最小值，可得结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称添加辅助线，求出BT，BM的值．
13.【答案】k≥−3且k≠−2
【解析】解：根据题意得k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，
解得k≥−3且k≠−2，
所以实数k的取值范围是k≥−3且k≠−2．
故答案为：k≥−3且k≠−2．
根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根．
14.【答案】1
【解析】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD=AE=8，∠DAE=45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr=45π×8180，
解得r=1．
答：该圆锥的底面圆的半径是1．
故答案为：1．
根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
15.【答案】−4
解不等式①，得x>−a2，
解不等式②，得x<4，
所以不等式组的解集是−a2
∴1≤−a2<2，
解得：−4
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
16.【答案】1.5
【解析】解：如图，过点A作地面的平行线AF，过点D作DF⊥AF，
∵太阳光与地面的最大夹角为α，
∴∠DAF=α，
∵CE垂直于地面，
∴CE⊥AF，
∵CD⊥CE，DF⊥AF，
∴四边形AFDC是矩形，
∴CD=AF，AC=DF，
∵AB=2米，BC=0.5米，
∴AC=AB+BC=2+0.5=2.5(米)，
∴DF=2.5米，
∵tanα=53，
∴DFAF=53，即2.5AF=53，
解得AF=1.5(米)，
∴遮阳棚水平宽CD应设计为1.5米．
故答案为：1.5．
过点A作地面的平行线AF，则∠DAF=α，过点D作DF⊥AF，则四边形AFDC是矩形，CD=AF，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
17.【答案】①②③
【解析】解：①设AB=a，则AD= 2a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴BA=BE．
在Rt△ABE中，AE= 2a，
∴AE=AD，故①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE=45°，AD= 2a，
∴DH=AH=a，
∴DH=DC，
∴DE平分∠AEC，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
③∵AH=AB=a，
∴∠ABH=∠AHB，
∵AB//CD，
∴∠ABF+∠DFB=180°，
又∠AHB+∠BHE=180°，
∴∠BHE=∠HFD，∠HEB=∠FDH=45°，
在△DHF和△EBH中，
∠BHE=∠HFD∠HEB=∠FDH=45°BE=DH= a，
∴△DHF≌△EBH(AAS)，
∴BH=HF，
∴点H是BF的中点，故③正确；
④∵△BHE≌△HFD，
∴HE=DF=AE−AH= 2a−a，
∴CF=a−( 2a−a)=2a− 2a，
∴CF= 2DF，故④错误；
故答案为：①②③．
设AB=a，则AD= 2a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH=DC即可说明②；证明△DHF≌△EBH，可判断③；用含a是式子表示CF与DF，比较即可判断④．
本题是四边形综合题，考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
18.【答案】3×22021−1
【解析】解：如图，设直线与x轴相交于C点，分别作A1E，A1F，A1G垂直于x轴，垂足分别为E，F，G，
令x=0，则y= 33；令y=0，则x=−1，
∴OC=1，OD= 33，
∵tan∠DCO=ODOC= 33，
∴∠DCO=30°，
∵△OA1B1是正三角形，
∴∠A1OB1=60°，
∴∠CA1O=∠A1CO=30°，
∴OA1=OC=OB1=1，
∴第一个正三角形的高=1×sin60°= 32；
同理可得：第二个正三角形的边长=1+1=2，高=2×sin60°= 3，
第三个正三角形的边长=1+1+2=4，高=4×sin60°=2 3，
第四个正三角形的边长=1+1+2+4=8，高=8×sin60°=4 3，
…，
第n个正三角形的边长=2n−1，高=2n−2× 3，
∴第n个正三角形顶点An的纵坐标是2n−2× 3，
∴当y=2n−2× 3时，
2n−2× 3= 33x+ 33，
∴x=3×2n−2−1，
∴第n个正三角形的顶点An的横坐标为3×2n−2−1，
∴第2023个正三角形的顶点A2023的横坐标为3×22023−2−1=3×22021−1．
故答案为：3×22021−1．
可设直线与x轴相交于C点．通过求交点C、D的坐标可求∠DCO=30°.根据题意得△COA1、△CB1A2、△CB2A3…都是等腰三角形，且腰长变化有规律，在正三角形中求高即可求出第n个正三角形的顶点An的纵坐标，再求横坐标即可．
此题考查一次函数的应用及正三角形的有关计算，综合性强，难度大．
19.【答案】解：(1)原式= 3+5−3 3+2× 32
=5−2 3+ 3
=5− 3；
(2)原式=x−2(x+1)2÷[2x−1x+1−x2−1x+1]
=x−2(x+1)2÷2x−1−x2+1x+1
=x−2(x+1)2÷−x(x−2)x+1
=x−2(x+1)2⋅x+1−x(x−2)
=−1x(x+1)，
∵x是满足−2
∴x=1时，原式=−11×(1+1)=−12．
【解析】(1)分别根据绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算；
(2)先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再取出合适的x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，涉及到绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值，熟知以上知识是解题的关键．
20.【答案】3 1 36°
【解析】解：(1)由A可得调查总数为(1+2)÷15%=20(人)，
∴C类女职工有20×25%−2=3(人)；
D类男职工有20×(1−15%−25%−50%)−1=1(人)；
补充条形统计图如下：
故答案为：3，1；
(2)“D：不达标”对应的圆心角度数是360°×10%=36°，
故答案为：36°；
(3)记男职工为A，女职工为B，画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽到的AB(或BA)的结果有3种，
∴P(恰好是一男职工一女职工)=36=12．
(1)先求出调查总人数，再列式计算可得答案，最后补充条形统计图；
(2)用360°乘以10%即可；
(3)画树状图，求得有6种等可能的结果，再由概率公式求解即可
本题考查扇形统计图，条形统计图及用树状图法求概率等知识，树状图法可以不重不漏的列举出所有可能发生的情况，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：(1)将点A的坐标代入一次函数表达式得：3=12a+1，
解得：a=4，
则点A(4,3)，
将点A的坐标代入反比例函数表达式得：3=k4，
解得：k=12；
(2)把y=4代入y=12x，得x=3，
由图可知y2<4时，x>3，
由图可知y1
∴点C的纵坐标是3×2−0=6，
把y=6代入y=12x，
得x=2，
∴C(2,6)，
如图1，
作CD⊥x轴于D，交AB于E，
当x=2时，y=12×2+1=2，
∴E(2,2)，
∵C(2,6)，
∴CE=6−2=4，
∴由S△ABC=12CE⋅xA=12×4×4=8．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)根据图象直接得出答案；
(3)求出C(2,6)，由S△ABC=12CE⋅xA=12×4×4=8，即可求解．
本题主要考查了求反比例函数的解析式，结合一次函数的解析式求点的坐标，解决问题的关键是画出图形．
22.【答案】解：(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，
根据题意得：550x−5002x=6，
解得：x=50．
经检验，x=50是原方程的解，
∴2x=100．
答：甲工程队每天能完成绿化的面积为100m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为50m2．
(2)设安排甲工程队工作y天，则乙工程队工作2000−100y50=40−2y天，
根据题意得：0.5y+0.3(40−2y)≤10，
解得：y≥20．
答：至少应安排甲队工作20天．
【解析】(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据甲队独立完成500m2绿化面积比乙队独立完成550m2的绿化面积少用6天，即可得出关于x的分式方程，解之并检验后，即可得出结论；
(2)设安排甲工程队工作y天，则乙工程队工作2000−100y50=40−2y天，根据总费用=需付给甲队总费用+需付给乙队总费用结合这次的绿化总费用不超过10万元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之即可得出y的取值范围，取其内的最小正整数即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，列出关于x的分式方程；(2)根据总费用=需付给甲队总费用+需付给乙队总费用结合这次的绿化总费用不超过10万元，列出关于y的一元一次不等式．
23.【答案】(1)证明：∵BE⊥AF，AE=EF，
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴BF=BC．
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBP=90°，
∵BE⊥AF，
∴∠ABE+∠BAP=90°，
∴∠BAP=∠EBP，
∵AB=BF，
∴∠BAP=∠BFP，
∴∠EBP=∠BFP，
∵∠CBF的平分线交AF于G，
∴∠CBG=∠FBG，
∴∠EBP+∠CBG=∠BFP+∠FBG，
∴∠EBG=∠EGB，
∵BE⊥AF，
∴△BEG是等腰直角三角形．
(3)解：连接CG．
∵P是BC中点，正方形的边长为4，
∴AB=4，BP=CP=2，
在Rt△ABP中，AP= 22+42=2 5，
∵BE⊥AP，
∴S△ABP=12×2 5×BE=12×4×2，
∴BE=4 55，
∵AB=BC，AB=BF，
∴BC=BF，
由(1)可知∠CBG=∠FBG，
∴BG=BG，
∴△CBG≌△FBG(SAS)，
∴∠BFP=∠BCG，CG=CF，
由(2)可知∠EBP=∠BFP，
∴∠EBP=∠BCG，
∵∠EPB=∠CPG，
∴△EBP≌△GCP(ASA)，
∴CG=BE=4 55，∠CGP=∠BEP=90°，
∴∠CGF=90°，
∴CF= 2CG=4 105．
故答案为：4 105．
【解析】(1)利用线段的垂直平分线的性质以及正方形的性质即可证明；
(2)想办法证明∠F=∠BAF=∠EBP，由∠EBG=∠EBP+∠PBG，∠EGB=∠F+∠GBF，即可解决问题；
(3)求出BG，只要证明△EBP≌△GCP，即可推出CG=BE，由此即可解决问题．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A(−4,0)，B(0,2)，
∵抛物线y=−12x2+bx+c经过A、B两点，
∴−12×(−4)2−4b+c=0c=2，
解得：b=−32c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)如图，过点P作PN⊥AC于点N，交AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，
∵A(−4,0)，B(0,2)，
∴OA=4，OB=2，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 42+22=2 5，
∵DN⊥AC，OB⊥AC，
∴DF//BC，
∴∠AFN=∠ABO，
∵∠AFN=∠DFH，
∴∠DFH=∠ABO，
∵DH⊥AB，
∴∠DHF=∠AOB=90°，
∴△DFH∽△ABO，
∴DFAB=DHAO，即DF2 5=DH4，
∴DH=2 55DF，
∴当DF有最大值时，DH有最大值，
设点D(t,−12t2−32t+2)，则F(t,12t+2)，
∴DF=−12t2−32t+2−(12t+2)=−12t2−2t=−12(t+2)2+2，
∴当t=−2时，DF取得最大值2，
此时，D(−2,3)，DH=2 55DF=4 55，
∴当点D的坐标为D(−2,3)时，点D到AB的距离取得最大值为4 55；
(3)①当BP=DP时，如图，过点P作PG⊥y轴于点G，过点D作DH//y轴，交GP的延长线于点H，
则∠DHP=∠BGP=90°，
∵△BDP为等腰直角三角形，
∴∠DPB=90°，DP=BP，
∴∠DPH+∠BPG=90°，
∵∠PBG+∠BPG=90°，
∴∠DPH=∠PBG，
在△DHP和△PGB，
∠DHP=∠PGB∠DPH=∠PBGDP=BP，
∴△DHP≌△PGB(AAS)，
∴DH=PG，PH=BG，
设P(m,12m+2)，则PG=DH=−m，OG=12m+2，
∴PH=BG=OB−OG=2−(12m+2)=−12m，
∴HG=PH+PG=−12m−m=−32m，
OG+DH=12m+2−m=−12m+2，
∴D(32m,−12m+2)，
将D(32m,−12m+2)，代入y=−12x2−32x+2中，得−12m+2=−12⋅94m2−32⋅32m+2，
解得：m1=0(不合题意，舍去)，m2=−149，
∴P(−149,119)；
②当BD⊥PD时，如图，过点D作DK⊥y轴于点K，过点P作PQ⊥KD的延长线于点Q，
用理①可证：△PQD≌△DKB(AAS)，
∴PQ=DK，DQ=BK，
设D(n,−12n2−32+2)，则DK=PQ=−n，OK=−12n2−32n+2，
∴DQ=BK=OK−OB=−12n2−32n+2−2=−12n2−32n，
∴QK=DQ+DK=−12n2−32n−n=−12n2−52n，
OK−PQ=−12n2−32n+2−(−n)=−12n2−12n+2，
∴P(12n2+52n,−12n2−12n+2)，
将点P(12n2+52n,−12n2−12n+2)代入y=12x+2中，得−12n2−12n+2=12(12n2+52n)+2，
解得：n1=0(不合题意，舍去)，n2=−73，
∴P(−289,49)．
综上，当△BDP为等腰直角三角形时，点P的坐标为(−149,119)或(−289,49)．
【解析】(1)先求出点A、B的坐标，再根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)过点P作PN⊥AC于点N，交AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，根据勾股定理求得AB=2 5，易证△DFH∽△ABO，根据相似三角形的性质可得DH=2 55DF，因此当DF有最大值时，DH有最大值，设点D(t,−12t2−32t+2)，则F(t,12t+2)，于是可得DF=−12t2−2t=−12(t+2)2+2，根据二次函数的性质即可得当t=−2时，DF取得最大值2，求出此时点D的坐标和DH的长度即可求解；
(3)分两种情况讨论：①当BP=DP时，过点P作PG⊥y轴于点G，过点D作DH//y轴，交GP的延长线于点H，易证△DHP≌△PGB(AAS)，得到DH=PG，PH=BG，设P(m,12m+2)，则PG=DH=−m，OG=12m+2，分别可求出PH=BG=−12m，HG=−32m，OG+DH=−12m+2，进而得到D(32m,−12m+2)，将D的坐标代入抛物线的解析式中，求出m的值即可得出点P的坐标；②当BD⊥PD时，过点D作DK⊥y轴于点K，过点P作PQ⊥KD的延长线于点Q，同理①可证：△PQD≌△DKB(AAS)，得到PQ=DK，DQ=BK，设D(n,−12n2−32+2)，则DK=PQ=−n，OK=−12n2−32n+2，分别求出DQ=BK=−12n2−32n，QK=−12n2−52n，OK−PQ=−12n2−12n+2，于是P(12n2+52n,−12n2−12n+2)，将点P的坐标代入直线AB的解析式中，求出n的值即可得出点P的坐标．
本题主要考查二次函数的性质、用待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，作出合适的辅助线，利用数形结合和分类讨论思想解决问题．
25.【答案】25
【解析】(1)证明：∵∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE，
∴∠ADB=∠CBE，
∴△DAB∽△BCE；
(2)解：如图1，
在CB上截取CF=CE，连接EF，
∵∠C=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠EFC=60°，
∴∠EFB=180°−∠EFC=120°，
∵AD//CE，
∴∠DBE=∠DAB=180°−∠C=120°，
∴∠DBE=∠DAB=∠EFB，
由(1)知：△DAB∽△BFE，
∴BFEF=DAAB=32，
∴CEBC=25，
故答案为：25；
(3)证明：如图2，
以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，
∴DC=DG，
∴∠G=∠DCG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，AB//CD，
∴∠B=∠DCG=∠G，
∵∠DEF=∠B，
∴∠DEF=∠DEF=∠G，
由(1)知：△BEF∽△GDE，
∴EFDE=BEDG，
∴EFDE=BEAB，
∴AB⋅FE=BE⋅DE．
(1)由∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE推出∠ADB=∠CBE，进而得出结论；
(2)在CB上截取CF=CE，连接EF，可证得△DAB∽△BFE，从而BFEF=DAAB=32，进而得出CEBC=25；
(3)以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，可得出△BEF∽△GDE，从而EFDE=BEDG，进一步得出结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．
2023年山东省泰安市高新区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在四个数2，0，−2，−12中，比−1小的数是( )
A. 2 B. 0 C. −2 D. −12
2. 一个几何体的主视图和左视图如图所示，则这个几何体可能是( )
A.
B.
C.
D.
3. 2022年世界杯在卡塔尔举办，为了办好这届世界杯，人口仅有280万的卡塔尔投资2200亿美元修建各项设施.数据2200亿用科学记数法表示为( )
A. 22×1010 B. 2.2×1010 C. 2.2×1011 D. 0.22×1012
4. 去年6月山东省部分城市最高气温(°C)如下表：
城市
济南
德州
泰安
潍坊
济宁
青岛
烟台
枣庄
聊城
威海
气温(°C)
33
32
32
30
30
29
29
31
30
28
则这10个城市该日最高气温的众数和中位数分别是( )
A. 32，32 B. 32，30 C. 30，32 D. 30，30
5. 如图，在△ABC中，AB=AC，直线DE，FG分别经过点B，C，DE//FG.若∠DBC=45°，∠ACG=10°，则∠ABE的度数为( )
A. 100° B. 105° C. 110° D. 115°
6. 下列计算正确的是( )
A. a3+a3=a6 B. (3a−b)2=9a2−b2
C. (4a3b)2=16a5b3 D. (−ab3)2=a2b6
7. 如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，∠E=40°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠CDB等于( )
A. 25°
B. 30°
C. 35°
D. 40°
8. 《算法统宗》是中国古代数学名著，作者是我国明代数学家程大位.在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地.送行二步与人齐，五尺人高曾记.仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉.良工高士素好奇，算出索长有几？”译文：“有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推送10尺(水平距离)时，秋千的踏板就和人一样高，这个人的身高为5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问绳索有多长？”设绳索的长为x尺，下列方程正确的是( )
A. 102+x2=(x+5)2 B. 102+(x−4)2=x2
C. 102+x2=(x−4)2 D. 102+(x−1)2=x2
9. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，分别以点A，B为圆心，以大于12AB的长为半径画弧，两弧交于点E，F，直线EF分别交BC，AB于点G，H，若AC=4，BC=8，则△BGH的面积为( )
A. 4 B. 5 C. 10 D. 16
10. 抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，对称轴为直线x=−1，直线y=kx+c与抛物线都经过点(−3,0).下列说法，①ab>0；②4a+c>0；③若(−2,y1)与(12,y2)是抛物线上的两个点，则y1
B. ①④
C. ②③
D. ②④
11. 如图，AB为半圆O的直径，C为AO的中点，CD⊥AB交半圆于点D，以C为圆心，CD为半径画弧交AB于E点，若AB=8，则图中阴影部分的面积是( )
A. 73π+2 3 B. 53π C. 53π−2 3 D. 23π
12. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上运动，点F在边CD上运动，运动过程中EF的长度保持不变，且EF=3.若M是EF的中点，P是边AB上的动点，则PC+PM的最小值为( )
A. 4 5−32
B. 8 5−32
C. 2 13−32
D. 8 5−3
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 若关于x的一元二次方程(k+2)x2−2x−1=0有实数根，则实数k的取值范围是______．
14. 如图，正方形ABCD的边长为8，以点A为圆心，AD长为半径画圆弧DE得到扇形DAE(阴影部分，点E在对角线AC上).若扇形DAE正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面半径是______．
15. 已知关于x的不等式组2x+a>03x−3<9恰好有2个整数解，则a的取值范围是____．
16. 如图，某居民楼地处北半球某地，窗户朝南，窗户AB高为2米，BCD表示直角遮阳棚，墙BC长度为0.5米，此地一年的正午时刻，太阳光与地面的最大夹角为α，测得tanα=53，要使太阳光刚好不射入室内，遮阳棚水平宽CD应设计为______ 米.
17. 如图，在矩形ABCD中，AD= 2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O.下列结论：①AE=AD；②∠AED=∠CED；③H为BF的中点；④CF=32DF.其中正确的有______.(将所有正确结论的序号填在横线上)
18. 如图所示，直线y= 33x+ 33与y轴相交于点D，点A1在直线y= 33x+ 33上，点B1在x轴上，且△OA₁B₁是正三角形，记作第一个正三角形；然后过B1做B1A2//OA1与直线y= 33x+ 33相交于点A2，点B2在x轴上，再以B1A2为边作正三角形A2B2B1，记作第二个正三角形；同样过B2作B2A3//B1A2与直线y= 33x+ 33相交于点A3，点B3在x轴上，再以B2A3边作正三角形A3B3B2，记作第三个正三角形；…依此类推，则第2023个正三角形的顶点A2023的横坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：(1)计算：|− 3|+(15)−1− 27+2cos30°；
(2)先化简，再求值：x−2x2+2x+1÷(2x−1x+1−x+1)，其中x是满足−2
某工厂为掌握新入职员工的工作积极性，工厂对新入职员工进行了为期一个月的跟踪调查，调查结果分为四类：A；很好；B：较好；C：一般；D；不达标，并将调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图，请你根据统计图解答下列问题：
(1)C类女职工有______ 名，D类男职工有______ 名，将上面条形统计图补充完整；
(2)扇形统计图中“D：不达标”对应的圆心角度数是______ ；
(3)为了相互学习，激励后进，工厂从被调查的A类和D类职工中各随机抽取一名职工组建“paterner”，请用画树状图或列表的方法求出所选两名职工恰好是一男职工一女职工的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，一次函数y1=12x+1的图象与反比例函数y2=kx(x>0)的图象交于点A(a,3)，与y轴交于点B．
(1)求a，k的值；
(2)请直接写出在第一象限y1
22. (本小题10.0分)
某校为美化校园，计划对面积为2000m2的区域进行绿化，安排甲、乙两个工程队完成，已知甲队每天完成绿化的面积是乙队每天完成绿化的面积的2倍，并且甲队独立完成500m2绿化面积比乙队独立完成550m2的绿化面积少用6天．
(1)甲、乙两个工程队每天能完成绿化的面积分别是多少？
(2)若学校每天需付给甲队的绿化费用为0.5万元，乙队为0.3万元，要使这次的绿化总费用不超过10万元，至少应安排甲队工作多步天？
23. (本小题12.0分)
.已知如图1，P为正方形ABCD的边BC上任意一点，BE⊥AP于点E，在AP的延长线上取点F，使EF=AE，连接BF，∠CBF的平分线交AF于点G．
(1)求证：BF=BC；
(2)求证：△BEG是等腰直角三角形；
(3)如图2，若正方形ABCD的边长为4，连接CF，当P点为BC的中点时，求CF的长．
24. (本小题12.0分)
如图，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，已知动点D在直线AB上方的抛物线上，动点P在线段AB上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是直线AB上方抛物线上的一动点，求D到AB的距离最大值及此时的D点坐标；
(3)连接DP、DB，请直接写出当△BDP为等腰直角三角形时点P的坐标．
25. (本小题14.0分)
【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图1，点C在AB的延长线上，且∠A=∠DBE=∠C，若求证：△DAB∽△BCE；请用你所学的知识进行证明．
【拓展训练】
如图2，点C在AB的延长线上，且∠DAB=∠DBE，若CE//AD，∠C=60°，AD=32AB，则CEBC的值为
______
；(直接写出)
【知识迁移】
将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在平行四边形ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点.若∠DEF=∠B.求证：AB⋅FE=BE⋅DE．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−2<−1<−12<0<2，
∴比−1小的数是−2．
故选：C．
−2<−1<−12<0<2，比−1小的数是−2．
本题考查了有理数大小比较，熟练掌握有理数的相关概念及运算是解本题的关键，难度不大．
2.【答案】C
【解析】解：A.该圆柱的主视图和左视图是全等的两个矩形，故本选项不符合题意；
B.该长方体的主视图和左视图是全等的两个矩形，故本选项不符合题意；
C.该三棱柱的主视图是一行两个相邻的矩形，左视图是一个矩形，故本部选项符合题意；
D.该三棱锥的主视图是一个三角形(三角形的内部由一条纵向的高线)，左视图是一个三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
分别根据各个选项的几何体的主视图和左视图判断即可．
本题考查了由三视图判断几何体，掌握常见的几何体的三视图是解答本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：2200亿=220000000000=2.2×1011．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：将这组数据按由小到大的顺序排列为28、29、29、30、30、30、31、32、32、33，
故该日最高气温的众数为30℃，
中位数为30+302=30(℃)，
故选：D．
利用中位数和众数的定义求解即可．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义并灵活运用．
5.【答案】A
【解析】解：∵DE//FG，
∴∠BCG=∠DBC=45°，
∵∠ACG=10°，
∴∠ACB=45°−10°=35°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=35°，
又∵∠EBC=180°−45°=135°，
∴∠ABE=135°−35°=100°，
故选：A．
根据平行线的性质可得∠BCG的度数，再根据∠ACG=10°，可得∠ACB的度数，根据等腰三角形的性质可得∠ACB=35°，进一步即可求出∠ABE的度数．
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、(3a−b)2=9a2−6ab+b2，故B不符合题意；
C、(4a3b)2=16a6b2，故C不符合题意；
D、(−ab3)2=a2b6，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，完全平方公式，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，积的乘方，完全平方公式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
7.【答案】A
【解析】解：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∵∠E=40°，
∴∠COE=90°−40°=50°，
∴∠CDB=12∠COE=25°．
故选：A．
连接OC，根据切线的性质可知∠OCE=90°，再由直角三角形的性质得出∠COE的度数，由圆周角定理即可得出结论．
本题考查的是切线的性质，熟知圆的切线垂直于经过切点的半径是解答此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：在图中标上字母，如图所示．
∵绳索的长为x尺，
∴AB=x+1−5=(x−4)尺．
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=(x−4)尺，BC=10尺，AC=x尺，
∴AC2=AB2+BC2，
即x2=(x−4)2+102．
故选：B．
在图中标上字母，根据各边之间的关系，可得出AB=(x−4)尺，在Rt△ABC中，利用勾股定理，可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程、数学常识以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵∠C=90°，AC=4，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 42+82=4 5
由作图可知，EF垂直平分线段AB，
∴AH=BH=2 5，GH=BH⋅tanB= 5，
∴△BGH的面积=12⋅BH⋅GH=12×2 5× 5=5．
故选：B．
利用勾股定理求出AB，解直角三角形求出GH，可得结论．
本题考查作图−基本作图，线段的垂直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．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的开口方向向下，
∴a<0．
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，b<0．
∵a<0，b<0，
∴ab>0，
∴①的结论正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−3,0)，
∴9a−3b+c=0，
∴9a−3×2a+c=0，
∴3a+c=0．
∴4a+c=a<0，
∴②的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴点(−2,y1)关于直线x=−1对称的对称点为(0,y1)，
∵a<0，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小．
∵−1<0<12，
∴y1>y2．
∴③的结论不正确；
∵直线y=kx+c和抛物线都经过点(−3,0)(0,c)．
∴方程ax2+bx=kx的两根为x1=−3，x2=0．
∴④的结论正确；
综上，结论正确的有：①④，
故选：B．
利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式，利用待定系数法和二次函数的性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数与一元二次方程的联系，利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：连接AD，OD，BD，
可得△ACD∽△CDB，有CD2=AC⋅CB，
∴CD=2 3，OC=2，tan∠COD=2 3：2= 3：1，
∴S扇形OAD=60π×42360=83π，S△CDO=12CO×CD=2 3，
∴SADC=S扇形OAD−S△CDO═83π−2 3，S扇形CDE=14×π×(2 3)2=3π，
∴阴影部分的面积=S半圆−(SADC+S扇形CDE)=73π+2 3．
故选：A．
根据图形可得，阴影部分的面积=S半圆−(SADC+S扇形CDE)=S半圆−(S扇形OAD−S△CDO+S扇形CDE)，依次运算即可得出答案．
本题考查了扇形的面积计算，涉及了相似三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的面积公式，圆的面积公式，综合性较强，注意仔细观察所给图形．
12.【答案】A
【解析】解：作点C关于AD的对称点T，连接TM交AD于P，连接BT，BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=4，∠ABC=∠BCD=90°，
∵C，T关于AD对称，
∴CD=DT=4，
∴CT=8，
∴BT= BC2+CT2= 42+82=4 5，
∵∠EBF=90°，EM=MF，
∴BM=12EF=32．
∵BM+MT≥BT，
∴TM≥4 5−32，
∵PM+PC=PM+PT=MT，
∴PM+PC≥4 5−32，
∴PM+PC≥4 5−32，
∴PM+PC的最小值为4 5−32．
故选：A．
作点C关于AD的对称点T，连接TM交AD于P，连接BT，BM，CP.解直角三角形求出BT，MT，求出MT的最小值，可得结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称添加辅助线，求出BT，BM的值．
13.【答案】k≥−3且k≠−2
【解析】解：根据题意得k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，
解得k≥−3且k≠−2，
所以实数k的取值范围是k≥−3且k≠−2．
故答案为：k≥−3且k≠−2．
根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根．
14.【答案】1
【解析】解：设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意可知：
AD=AE=8，∠DAE=45°，
底面圆的周长等于弧长：
∴2πr=45π×8180，
解得r=1．
答：该圆锥的底面圆的半径是1．
故答案为：1．
根据圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等列式计算即可．
本题考查了圆锥的计算，解决本题的关键是掌握圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
15.【答案】−4
解不等式①，得x>−a2，
解不等式②，得x<4，
所以不等式组的解集是−a2
∴1≤−a2<2，
解得：−4
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能得出关于a的不等式组是解此题的关键．
16.【答案】1.5
【解析】解：如图，过点A作地面的平行线AF，过点D作DF⊥AF，
∵太阳光与地面的最大夹角为α，
∴∠DAF=α，
∵CE垂直于地面，
∴CE⊥AF，
∵CD⊥CE，DF⊥AF，
∴四边形AFDC是矩形，
∴CD=AF，AC=DF，
∵AB=2米，BC=0.5米，
∴AC=AB+BC=2+0.5=2.5(米)，
∴DF=2.5米，
∵tanα=53，
∴DFAF=53，即2.5AF=53，
解得AF=1.5(米)，
∴遮阳棚水平宽CD应设计为1.5米．
故答案为：1.5．
过点A作地面的平行线AF，则∠DAF=α，过点D作DF⊥AF，则四边形AFDC是矩形，CD=AF，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
17.【答案】①②③
【解析】解：①设AB=a，则AD= 2a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴BA=BE．
在Rt△ABE中，AE= 2a，
∴AE=AD，故①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE=45°，AD= 2a，
∴DH=AH=a，
∴DH=DC，
∴DE平分∠AEC，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
③∵AH=AB=a，
∴∠ABH=∠AHB，
∵AB//CD，
∴∠ABF+∠DFB=180°，
又∠AHB+∠BHE=180°，
∴∠BHE=∠HFD，∠HEB=∠FDH=45°，
在△DHF和△EBH中，
∠BHE=∠HFD∠HEB=∠FDH=45°BE=DH= a，
∴△DHF≌△EBH(AAS)，
∴BH=HF，
∴点H是BF的中点，故③正确；
④∵△BHE≌△HFD，
∴HE=DF=AE−AH= 2a−a，
∴CF=a−( 2a−a)=2a− 2a，
∴CF= 2DF，故④错误；
故答案为：①②③．
设AB=a，则AD= 2a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH=DC即可说明②；证明△DHF≌△EBH，可判断③；用含a是式子表示CF与DF，比较即可判断④．
本题是四边形综合题，考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
18.【答案】3×22021−1
【解析】解：如图，设直线与x轴相交于C点，分别作A1E，A1F，A1G垂直于x轴，垂足分别为E，F，G，
令x=0，则y= 33；令y=0，则x=−1，
∴OC=1，OD= 33，
∵tan∠DCO=ODOC= 33，
∴∠DCO=30°，
∵△OA1B1是正三角形，
∴∠A1OB1=60°，
∴∠CA1O=∠A1CO=30°，
∴OA1=OC=OB1=1，
∴第一个正三角形的高=1×sin60°= 32；
同理可得：第二个正三角形的边长=1+1=2，高=2×sin60°= 3，
第三个正三角形的边长=1+1+2=4，高=4×sin60°=2 3，
第四个正三角形的边长=1+1+2+4=8，高=8×sin60°=4 3，
…，
第n个正三角形的边长=2n−1，高=2n−2× 3，
∴第n个正三角形顶点An的纵坐标是2n−2× 3，
∴当y=2n−2× 3时，
2n−2× 3= 33x+ 33，
∴x=3×2n−2−1，
∴第n个正三角形的顶点An的横坐标为3×2n−2−1，
∴第2023个正三角形的顶点A2023的横坐标为3×22023−2−1=3×22021−1．
故答案为：3×22021−1．
可设直线与x轴相交于C点．通过求交点C、D的坐标可求∠DCO=30°.根据题意得△COA1、△CB1A2、△CB2A3…都是等腰三角形，且腰长变化有规律，在正三角形中求高即可求出第n个正三角形的顶点An的纵坐标，再求横坐标即可．
此题考查一次函数的应用及正三角形的有关计算，综合性强，难度大．
19.【答案】解：(1)原式= 3+5−3 3+2× 32
=5−2 3+ 3
=5− 3；
(2)原式=x−2(x+1)2÷[2x−1x+1−x2−1x+1]
=x−2(x+1)2÷2x−1−x2+1x+1
=x−2(x+1)2÷−x(x−2)x+1
=x−2(x+1)2⋅x+1−x(x−2)
=−1x(x+1)，
∵x是满足−2
∴x=1时，原式=−11×(1+1)=−12．
【解析】(1)分别根据绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算；
(2)先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再取出合适的x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，涉及到绝对值的性质及负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值，熟知以上知识是解题的关键．
20.【答案】3 1 36°
【解析】解：(1)由A可得调查总数为(1+2)÷15%=20(人)，
∴C类女职工有20×25%−2=3(人)；
D类男职工有20×(1−15%−25%−50%)−1=1(人)；
补充条形统计图如下：
故答案为：3，1；
(2)“D：不达标”对应的圆心角度数是360°×10%=36°，
故答案为：36°；
(3)记男职工为A，女职工为B，画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中抽到的AB(或BA)的结果有3种，
∴P(恰好是一男职工一女职工)=36=12．
(1)先求出调查总人数，再列式计算可得答案，最后补充条形统计图；
(2)用360°乘以10%即可；
(3)画树状图，求得有6种等可能的结果，再由概率公式求解即可
本题考查扇形统计图，条形统计图及用树状图法求概率等知识，树状图法可以不重不漏的列举出所有可能发生的情况，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：(1)将点A的坐标代入一次函数表达式得：3=12a+1，
解得：a=4，
则点A(4,3)，
将点A的坐标代入反比例函数表达式得：3=k4，
解得：k=12；
(2)把y=4代入y=12x，得x=3，
由图可知y2<4时，x>3，
由图可知y1
∴点C的纵坐标是3×2−0=6，
把y=6代入y=12x，
得x=2，
∴C(2,6)，
如图1，
作CD⊥x轴于D，交AB于E，
当x=2时，y=12×2+1=2，
∴E(2,2)，
∵C(2,6)，
∴CE=6−2=4，
∴由S△ABC=12CE⋅xA=12×4×4=8．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)根据图象直接得出答案；
(3)求出C(2,6)，由S△ABC=12CE⋅xA=12×4×4=8，即可求解．
本题主要考查了求反比例函数的解析式，结合一次函数的解析式求点的坐标，解决问题的关键是画出图形．
22.【答案】解：(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，
根据题意得：550x−5002x=6，
解得：x=50．
经检验，x=50是原方程的解，
∴2x=100．
答：甲工程队每天能完成绿化的面积为100m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为50m2．
(2)设安排甲工程队工作y天，则乙工程队工作2000−100y50=40−2y天，
根据题意得：0.5y+0.3(40−2y)≤10，
解得：y≥20．
答：至少应安排甲队工作20天．
【解析】(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积为xm2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2xm2，根据甲队独立完成500m2绿化面积比乙队独立完成550m2的绿化面积少用6天，即可得出关于x的分式方程，解之并检验后，即可得出结论；
(2)设安排甲工程队工作y天，则乙工程队工作2000−100y50=40−2y天，根据总费用=需付给甲队总费用+需付给乙队总费用结合这次的绿化总费用不超过10万元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之即可得出y的取值范围，取其内的最小正整数即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，列出关于x的分式方程；(2)根据总费用=需付给甲队总费用+需付给乙队总费用结合这次的绿化总费用不超过10万元，列出关于y的一元一次不等式．
23.【答案】(1)证明：∵BE⊥AF，AE=EF，
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴BF=BC．
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBP=90°，
∵BE⊥AF，
∴∠ABE+∠BAP=90°，
∴∠BAP=∠EBP，
∵AB=BF，
∴∠BAP=∠BFP，
∴∠EBP=∠BFP，
∵∠CBF的平分线交AF于G，
∴∠CBG=∠FBG，
∴∠EBP+∠CBG=∠BFP+∠FBG，
∴∠EBG=∠EGB，
∵BE⊥AF，
∴△BEG是等腰直角三角形．
(3)解：连接CG．
∵P是BC中点，正方形的边长为4，
∴AB=4，BP=CP=2，
在Rt△ABP中，AP= 22+42=2 5，
∵BE⊥AP，
∴S△ABP=12×2 5×BE=12×4×2，
∴BE=4 55，
∵AB=BC，AB=BF，
∴BC=BF，
由(1)可知∠CBG=∠FBG，
∴BG=BG，
∴△CBG≌△FBG(SAS)，
∴∠BFP=∠BCG，CG=CF，
由(2)可知∠EBP=∠BFP，
∴∠EBP=∠BCG，
∵∠EPB=∠CPG，
∴△EBP≌△GCP(ASA)，
∴CG=BE=4 55，∠CGP=∠BEP=90°，
∴∠CGF=90°，
∴CF= 2CG=4 105．
故答案为：4 105．
【解析】(1)利用线段的垂直平分线的性质以及正方形的性质即可证明；
(2)想办法证明∠F=∠BAF=∠EBP，由∠EBG=∠EBP+∠PBG，∠EGB=∠F+∠GBF，即可解决问题；
(3)求出BG，只要证明△EBP≌△GCP，即可推出CG=BE，由此即可解决问题．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：(1)∵直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A(−4,0)，B(0,2)，
∵抛物线y=−12x2+bx+c经过A、B两点，
∴−12×(−4)2−4b+c=0c=2，
解得：b=−32c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)如图，过点P作PN⊥AC于点N，交AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，
∵A(−4,0)，B(0,2)，
∴OA=4，OB=2，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 42+22=2 5，
∵DN⊥AC，OB⊥AC，
∴DF//BC，
∴∠AFN=∠ABO，
∵∠AFN=∠DFH，
∴∠DFH=∠ABO，
∵DH⊥AB，
∴∠DHF=∠AOB=90°，
∴△DFH∽△ABO，
∴DFAB=DHAO，即DF2 5=DH4，
∴DH=2 55DF，
∴当DF有最大值时，DH有最大值，
设点D(t,−12t2−32t+2)，则F(t,12t+2)，
∴DF=−12t2−32t+2−(12t+2)=−12t2−2t=−12(t+2)2+2，
∴当t=−2时，DF取得最大值2，
此时，D(−2,3)，DH=2 55DF=4 55，
∴当点D的坐标为D(−2,3)时，点D到AB的距离取得最大值为4 55；
(3)①当BP=DP时，如图，过点P作PG⊥y轴于点G，过点D作DH//y轴，交GP的延长线于点H，
则∠DHP=∠BGP=90°，
∵△BDP为等腰直角三角形，
∴∠DPB=90°，DP=BP，
∴∠DPH+∠BPG=90°，
∵∠PBG+∠BPG=90°，
∴∠DPH=∠PBG，
在△DHP和△PGB，
∠DHP=∠PGB∠DPH=∠PBGDP=BP，
∴△DHP≌△PGB(AAS)，
∴DH=PG，PH=BG，
设P(m,12m+2)，则PG=DH=−m，OG=12m+2，
∴PH=BG=OB−OG=2−(12m+2)=−12m，
∴HG=PH+PG=−12m−m=−32m，
OG+DH=12m+2−m=−12m+2，
∴D(32m,−12m+2)，
将D(32m,−12m+2)，代入y=−12x2−32x+2中，得−12m+2=−12⋅94m2−32⋅32m+2，
解得：m1=0(不合题意，舍去)，m2=−149，
∴P(−149,119)；
②当BD⊥PD时，如图，过点D作DK⊥y轴于点K，过点P作PQ⊥KD的延长线于点Q，
用理①可证：△PQD≌△DKB(AAS)，
∴PQ=DK，DQ=BK，
设D(n,−12n2−32+2)，则DK=PQ=−n，OK=−12n2−32n+2，
∴DQ=BK=OK−OB=−12n2−32n+2−2=−12n2−32n，
∴QK=DQ+DK=−12n2−32n−n=−12n2−52n，
OK−PQ=−12n2−32n+2−(−n)=−12n2−12n+2，
∴P(12n2+52n,−12n2−12n+2)，
将点P(12n2+52n,−12n2−12n+2)代入y=12x+2中，得−12n2−12n+2=12(12n2+52n)+2，
解得：n1=0(不合题意，舍去)，n2=−73，
∴P(−289,49)．
综上，当△BDP为等腰直角三角形时，点P的坐标为(−149,119)或(−289,49)．
【解析】(1)先求出点A、B的坐标，再根据待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)过点P作PN⊥AC于点N，交AB于点F，过点D作DH⊥AB于点H，根据勾股定理求得AB=2 5，易证△DFH∽△ABO，根据相似三角形的性质可得DH=2 55DF，因此当DF有最大值时，DH有最大值，设点D(t,−12t2−32t+2)，则F(t,12t+2)，于是可得DF=−12t2−2t=−12(t+2)2+2，根据二次函数的性质即可得当t=−2时，DF取得最大值2，求出此时点D的坐标和DH的长度即可求解；
(3)分两种情况讨论：①当BP=DP时，过点P作PG⊥y轴于点G，过点D作DH//y轴，交GP的延长线于点H，易证△DHP≌△PGB(AAS)，得到DH=PG，PH=BG，设P(m,12m+2)，则PG=DH=−m，OG=12m+2，分别可求出PH=BG=−12m，HG=−32m，OG+DH=−12m+2，进而得到D(32m,−12m+2)，将D的坐标代入抛物线的解析式中，求出m的值即可得出点P的坐标；②当BD⊥PD时，过点D作DK⊥y轴于点K，过点P作PQ⊥KD的延长线于点Q，同理①可证：△PQD≌△DKB(AAS)，得到PQ=DK，DQ=BK，设D(n,−12n2−32+2)，则DK=PQ=−n，OK=−12n2−32n+2，分别求出DQ=BK=−12n2−32n，QK=−12n2−52n，OK−PQ=−12n2−12n+2，于是P(12n2+52n,−12n2−12n+2)，将点P的坐标代入直线AB的解析式中，求出n的值即可得出点P的坐标．
本题主要考查二次函数的性质、用待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，作出合适的辅助线，利用数形结合和分类讨论思想解决问题．
25.【答案】25
【解析】(1)证明：∵∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE，
∴∠ADB=∠CBE，
∴△DAB∽△BCE；
(2)解：如图1，
在CB上截取CF=CE，连接EF，
∵∠C=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠EFC=60°，
∴∠EFB=180°−∠EFC=120°，
∵AD//CE，
∴∠DBE=∠DAB=180°−∠C=120°，
∴∠DBE=∠DAB=∠EFB，
由(1)知：△DAB∽△BFE，
∴BFEF=DAAB=32，
∴CEBC=25，
故答案为：25；
(3)证明：如图2，
以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，
∴DC=DG，
∴∠G=∠DCG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，AB//CD，
∴∠B=∠DCG=∠G，
∵∠DEF=∠B，
∴∠DEF=∠DEF=∠G，
由(1)知：△BEF∽△GDE，
∴EFDE=BEDG，
∴EFDE=BEAB，
∴AB⋅FE=BE⋅DE．
(1)由∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE推出∠ADB=∠CBE，进而得出结论；
(2)在CB上截取CF=CE，连接EF，可证得△DAB∽△BFE，从而BFEF=DAAB=32，进而得出CEBC=25；
(3)以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，可得出△BEF∽△GDE，从而EFDE=BEDG，进一步得出结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．
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