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2023年河南省驻马店市第二初级中学中考数学二模试卷+
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这是一份2023年河南省驻马店市第二初级中学中考数学二模试卷+，共29页。
2023年河南省驻马店二中中考数学二模试卷
一、选择题（每题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的。
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家．若零上10℃记作+10℃，则零下10℃可记作（ ）
A．10℃ B．0℃ C．﹣10℃ D．﹣20℃
2．下列立体图形中，主视图为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
3．我国神舟十五号载人飞船于2022年11月30日，在距地面约390000米的轨道上与中国空间站天和核心舱交会对接成功，将390000用科学记数法表示应为（ ）
A．3.9×104 B．39×104 C．39×106 D．3.9×105
4．如图，已知AB∥CD，直线AC和BD相交于点E，∠ACD＝40°，则∠AEB等于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
5．下列计算中正确的是（ ）
A．a3•a3＝a9 B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．a10÷（﹣a2）3＝a4 D．（﹣a+2）（﹣a﹣2）＝a2+4
6．如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，点E是CN的中点，连接ME并延长，则CD的长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．某校参加课外兴趣小组的学生人数统计图如图所示．若信息技术小组有60人，则劳动实践小组有（ ）
A．75人 B．90人 C．108人 D．150人
8．若关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝3，AD＝10，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时（ ）
A．（6，5） B．（5，6） C．（﹣6，﹣5） D．（﹣5，﹣6）
10．如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，BD相交于点O，动点P由点A出发，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空：（每题3分，共15分）
11．因式分解：x2﹣9＝ ．
12．解不等式组的解集是 ．
13．某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张峰都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试．若这四科被选中的机会均等，一人选化学的概率为 ．
14．如图，扇形纸片AOB的半径为6，沿AB折叠扇形纸片上的点C处，图中阴影部分的面积为 ．
15．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC上，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，当点A的对应点F落在等边△ABC的边上时，AE的长为 ．
16．（10分）计算：
（1）；
（2）．
17．（9分）我市义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务．为了解中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查（每名学生对应一份问卷）（单位：分）分为5组（A.90≤x≤100；B.80≤x＜90；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60，
组别
分组
频数
A
90≤x≤100
15
B
80≤x＜90
C
70≤x＜80
30
D
60≤x＜70
10
E
0≤x＜60
5
并对数据进行整理、分析．部分信息如下．
a．甲中学延时服务得分情况扇形统计图如图所示．
b．乙中学延时服务得分情况频数分布表如右表（不完整）．
c．将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：81，81，82，82，83，83，83．
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表．
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）已知乙中学共有3000名学生，若对延时服务的评分在80分以上（含80分）表示认为学校延时服务合格
（3）小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学的好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．
18．（9分）如图，小明在观察大风车时，想测一下风叶的长度（四个风叶长度完全相同），然后沿水平方向走到D处，再沿着斜坡DE走了25米到达E处观察风叶，测得点A的仰角为68°，风叶A′B在如图所示的水平方向，若斜坡DE的坡度i＝1：0.75，小明身高忽略不计．
（1）求小明从D到E的过程中上升的竖直高度；
（2）求风叶AB的长度．（结果精确到1米．参考数据：sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.50）
19．（9分）如图，一次函数y＝kx+2（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0，x＞0）（2，n），与y轴交于点B，与x轴交于点C（﹣4，0）．
（1）求k与m的值；
（2）P（a，0）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时
20．（9分）越野自行车是中学生喜爱的交通工具，市场巨大，竞争也激烈．某品牌经销商经营的A型车去年销售总额为5万元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．
（注：右表是A，B两种型号车今年的进货和销售价格）
A型车
B型车
进货价
1100元/辆
1400元/辆
销售价
x元/辆
2000元/辆
（1）设今年A型车每辆销售价为x元，求x的值；
（2）该品牌经销商计划新进一批A型车和新款B型车共60辆，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，请问应如何安排两种型号车的进货数量
21．（9分）如图，在⊙O中，AB是直径
（1）在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，且EF＝12，求⊙O的半径；
22．（10分）某班级在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏（长方体无盖箱子放在水平地面上）．同学们受游戏启发，将弹珠抽象为一个动点（x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，矩形DEFG为箱子的截面示意图），某同学将弹珠从A（1，0）处抛出（单位长度为1m）的一部分，且当弹珠的高度为时，EF＝0.6m，DA＝4.7m．
（1）求抛物线L的解析式和顶点坐标．
（2）请判断该同学抛出的弹珠是否能投入箱子．若能，请通过计算说明原因；若不能，调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子
23．（10分）综合与实践
数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，点B，C重合，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N
初步探究：
（1）如图（1）若AB＝BC，则当点N落在EF上时 ，∠NBF的度数为 ．
思考探究：
（2）在AB＝BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M′．当点M′落在CD上时（2），设BN，BM′分别交EF于点J，请求出三角形BJK的面积．
开放拓展：
（3）如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB＝2，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，连接CP，DP，请直接写出AM的长．
（温馨提示：，）
2023年河南省驻马店二中中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的。
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家．若零上10℃记作+10℃，则零下10℃可记作（ ）
A．10℃ B．0℃ C．﹣10℃ D．﹣20℃
【分析】根据正数和负数可以用来表示具有相反意义的量解答即可．
【解答】解：∵零上10℃记作+10℃，
∴零下10℃记作：﹣10℃，
故选：C．
【点评】本题考查了正数和负数，熟练掌握正数和负数可以用来表示具有相反意义的量是解题的关键．
2．下列立体图形中，主视图为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
【解答】解：球体的主视图是圆形，圆台的主视图是等腰梯形，圆锥的主视图是等腰三角形，
故选：C．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解三种视图的意义是正确解答的前提．
3．我国神舟十五号载人飞船于2022年11月30日，在距地面约390000米的轨道上与中国空间站天和核心舱交会对接成功，将390000用科学记数法表示应为（ ）
A．3.9×104 B．39×104 C．39×106 D．3.9×105
【分析】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．
【解答】解：390000＝3.9×107．
故选：D．
【点评】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．如图，已知AB∥CD，直线AC和BD相交于点E，∠ACD＝40°，则∠AEB等于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】利用平行线的性质，得到∠BAE与∠C的关系，再利用三角形的内角和，求出∠AEB．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠ACD＝40°．
∵∠AEB+∠EAB+∠EBA＝180°，
∴∠AEB＝70°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质、三角形的内角和定理，题目难度较小，利用平行线的性质把要求的角和已知角放在同一个三角形中，是解决本题的关键．
5．下列计算中正确的是（ ）
A．a3•a3＝a9 B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．a10÷（﹣a2）3＝a4 D．（﹣a+2）（﹣a﹣2）＝a2+4
【分析】根据同底数幂的乘法判断A选项；根据积的乘方判断B选项；根据幂的乘方和同底数幂的除法判断C选项；根据平方差公式判断D选项．
【解答】解：A，原式＝a6，故该选项不符合题意；
B，原式＝﹣8a3，故该选项符合题意；
C，原式＝a10÷（﹣a6）＝﹣a4，故该选项不符合题意；
D，原式＝（﹣a）3﹣22＝a6﹣4，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平方差公式，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的乘除法，掌握（ab）n＝anbn是解题的关键．
6．如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，点E是CN的中点，连接ME并延长，则CD的长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据三角形中位线定理得到MN∥BC，MN＝2，证明△MEN∽△DEC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：∵M，N分别是AB和AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，MN＝×4＝4，
∴△MEN∽△DEC，
∴＝，
∵点E是CN的中点，
∴CD＝MN＝2，
故选：C．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，根据三角形中位线定理求出MN是解题的关键．
7．某校参加课外兴趣小组的学生人数统计图如图所示．若信息技术小组有60人，则劳动实践小组有（ ）
A．75人 B．90人 C．108人 D．150人
【分析】根据信息技术的人数和所占的百分比可以计算出本次参加兴趣小组的总人数，然后根据劳动实践所占的百分比，即可计算出劳动实践小组的人数．
【解答】解：本次参加课外兴趣小组的人数为：60÷20%＝300（人），
劳动实践小组有：300×30%＝90（人），
故选：B．
【点评】本题考查扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，求出本次参加兴趣小组的总人数．
8．若关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【分析】要使一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，只需△≥0．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣3x+m＝4有实数根，
∴Δ＝9﹣4m≥5，
m≤．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，关键是根据题意列出不等式．
9．如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝3，AD＝10，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时（ ）
A．（6，5） B．（5，6） C．（﹣6，﹣5） D．（﹣5，﹣6）
【分析】如图，过点D作DT⊥x轴于点T．首先利用相似三角形的性质求出点D的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．
∵OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝3，
∵∠ATD＝∠AOB＝∠BAD＝90°，
∴∠DAT+∠BAO＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠DAT＝∠ABO，
∴△ATD∽△BOA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AT＝8，DT＝6，
∴OT＝AT﹣OA＝3﹣3＝5，
∴D（﹣6，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点D的坐标为（8；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为（5；
则第6次旋转结束时，点D的坐标为（﹣6；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为（﹣4；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2023÷4＝505…7，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（﹣6．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
10．如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，BD相交于点O，动点P由点A出发，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．
【解答】解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，△AOP面积最大为3．
∴AB•，即AB•BC＝12．
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，△AOP面积为4，
∴AB+BC＝7．
则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝123﹣7AB+12＝0，解得AB＝2或3，
因为AB＜AD，即AB＜BC，
所以AB＝3，BC＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查动点问题的函数图象，掌握三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值是解题的关键．
二、填空：（每题3分，共15分）
11．因式分解：x2﹣9＝ （x+3）（x﹣3） ．
【分析】原式利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝（x+3）（x﹣3），
故答案为：（x+8）（x﹣3）．
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
12．解不等式组的解集是 ﹣3≤x＜1 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式①得：x≥﹣3，
解不等式②得：x＜1，
则不等式组的解集为﹣6≤x＜1，
故答案为：﹣3≤x＜6．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
13．某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张峰都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试．若这四科被选中的机会均等，一人选化学的概率为 ．
【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中李鑫和张峰恰好一人选物理，另一人选化学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：把“物理、化学、历史”分别用A、B、C，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中李鑫和张峰恰好一人选物理，
∴李鑫和张峰恰好一人选物理，另一人选化学的概率为＝，
故答案为：．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合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．
14．如图，扇形纸片AOB的半径为6，沿AB折叠扇形纸片上的点C处，图中阴影部分的面积为 ．
【分析】根据折叠的想找得到AC＝AO，BC＝BO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到∠CAO＝∠AOC＝60°，求得∠AOB＝120°，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在，
∴AC＝AO，BC＝BO
∵AO＝BO，
∴四边形AOBC是菱形，
连接OC交AB于D，
∵OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO＝∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵AC＝6，
∴OC＝6，，
∴，
∴图中阴影部分的面积＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
15．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC上，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，当点A的对应点F落在等边△ABC的边上时，AE的长为 2或1+ ．
【分析】分两种情况：当F点落在边BC上时，利用翻折的性质和等边三角形的性质可得∠DFC＝∠BEF，可证△DFC∽△FEB，可得，可求AE；F点落在边AB上时，利用30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出AE．
【解答】解：①当F点落在边BC上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A＝∠EFD＝60°，
∵∠EFC＝∠B+∠BEF，
∴∠EFD+∠DFC＝∠B+∠BEF
∵∠EFD＝∠A＝∠B＝60°，
∴∠DFC＝∠BEF，
∴△DFC∽△FEB，
∴，
而EF+BE＝EA+BE＝AB＝6，DF＝DA＝AC﹣CD＝4，
∴＝＝，
，
解得AE＝1+，或AE＝7﹣；
②F点落在边AB上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A＝∠DFE＝60°，∠DEA＝90°，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝×4＝2．
所以AE的长为7或1+．
故答案为：2或3+．
【点评】本题考查翻折的性质，相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，解题时要考虑全面，难度中等．
16．（10分）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先化简，然后计算加减法；
（2）先算括号内的式子，同时将除法转化为乘法，然后约分即可．
【解答】解：（1）
＝3﹣8+
＝；
（2）
＝•
＝．
【点评】本题考查分式的混合运算、实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
17．（9分）我市义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务．为了解中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查（每名学生对应一份问卷）（单位：分）分为5组（A.90≤x≤100；B.80≤x＜90；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60，
组别
分组
频数
A
90≤x≤100
15
B
80≤x＜90
C
70≤x＜80
30
D
60≤x＜70
10
E
0≤x＜60
5
并对数据进行整理、分析．部分信息如下．
a．甲中学延时服务得分情况扇形统计图如图所示．
b．乙中学延时服务得分情况频数分布表如右表（不完整）．
c．将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：81，81，82，82，83，83，83．
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表．
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ 10 ，b＝ 82.5 ；
（2）已知乙中学共有3000名学生，若对延时服务的评分在80分以上（含80分）表示认为学校延时服务合格
（3）小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学的好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．
【分析】（1）先求出B组对应的百分比，再根据百分比之和为1可得a的值；求出乙中学B组人数，再根据中位数的定义可得b的值；
（2）用总人数乘以样本中成绩在80分以上（含80分）人数所占比例即可；
（3）根据中位数、平均数和众数的意义求解即可．
【解答】解：（1）B组对应百分比为×100%＝40%，
∴a%＝1﹣（40%+25%+18%+7%）＝10%，即a＝10，
乙学校B组人数为100﹣（15+30+10+2）＝40（人），
其中位数为第50、51个数据的平均数、83，
∴其中位数b＝＝82.5，
故答案为：10、82.4；
（2）3000×＝1650（人），
答：估计乙中学学生的家长认为该校延时服务合格的人数为1650人；
（3）同意，因为乙中学延时服务得分的平均数大于甲中学．
【点评】本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18．（9分）如图，小明在观察大风车时，想测一下风叶的长度（四个风叶长度完全相同），然后沿水平方向走到D处，再沿着斜坡DE走了25米到达E处观察风叶，测得点A的仰角为68°，风叶A′B在如图所示的水平方向，若斜坡DE的坡度i＝1：0.75，小明身高忽略不计．
（1）求小明从D到E的过程中上升的竖直高度；
（2）求风叶AB的长度．（结果精确到1米．参考数据：sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.50）
【分析】（1）过点E作EF⊥CD，垂足为F，根据题意可得＝，再在Rt△DEF中，利用勾股定理求出DE＝5k，从而求出k值，进而求出EF，DF的长，即可解答；
（2）过点E作EG⊥AC，垂足为G，过点A′作AH⊥EH，交EG的延长线于点H，根据题意可得AB＝A′B＝GH，EF＝GC＝28m，BG＝A′H＝98﹣28＝70m，再在Rt△A′EH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，然后设AB＝A′B＝GH＝xm，从而表示出EG，AG的长，最后在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点E作EF⊥CD，垂足为F，
∵斜坡DE的坡度i＝1：0.75，
∴＝＝，
∴设EF＝4k，DF＝3k，
∴ED＝＝＝6k，
∵DE＝25m，
∴5k＝25，
∴k＝5，
∴EF＝20（m），DF＝15（m），
∴D到E的过程中上升的竖直高度为20m；
（2）过点E作EG⊥AC，垂足为G，交EG的延长线于点H，
则AB＝A′B＝GH，EF＝GC＝20m，
在Rt△A′EH中，∠A′EH＝45°，
∴EH＝＝＝75（m），
设AB＝A′B＝GH＝xm，
∴EG＝EH﹣GH＝（75﹣x）m，AG＝AB+BG＝（75+x）m，
在Rt△AEG中，∠AEG＝68°，
∴tan68°＝＝≈2.5，
∴x≈32，
经检验：x＝32是原方程的根，
∴AB＝32（m），
∴风叶AB的长度为32m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（9分）如图，一次函数y＝kx+2（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0，x＞0）（2，n），与y轴交于点B，与x轴交于点C（﹣4，0）．
（1）求k与m的值；
（2）P（a，0）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时
【分析】（1）把点C的坐标代入一次函数的解析式求出k，再求出点A的坐标，把点A的坐标代入反比例函数的解析式中，可得结论；
（2）根据S△CAP＝S△ABP+S△CBP，构建方程求解即可．
【解答】解：（1）把C（﹣4，0）代入y＝kx+5，
∴y＝x+2，
把A（2，n）代入y＝，得n＝7，
∴A（2，3），
把A（8，3）代入y＝，
∴k＝，m＝6；
（2）当x＝0时，y＝6，
∴B（0，2），
∵P（a，6）为x轴上的动点，
∴PC＝|a+4|，
∴S△CBP＝•PC•OB＝，S△CAP＝PC•yA＝×|a+4|×3，
∵S△CAP＝S△ABP+S△CBP，
∴|a+4|＝，
∴a＝1或﹣6．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会利用参数构建方程解决问题．
20．（9分）越野自行车是中学生喜爱的交通工具，市场巨大，竞争也激烈．某品牌经销商经营的A型车去年销售总额为5万元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．
（注：右表是A，B两种型号车今年的进货和销售价格）
A型车
B型车
进货价
1100元/辆
1400元/辆
销售价
x元/辆
2000元/辆
（1）设今年A型车每辆销售价为x元，求x的值；
（2）该品牌经销商计划新进一批A型车和新款B型车共60辆，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，请问应如何安排两种型号车的进货数量
【分析】（1）根据今年和去年销售A型车的数量相同，列分式方程，求解即可；
（2）设购进A型车m辆，总利润为w元，根据B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，列一元一次不等式，求出m的取值范围，再表示出w与m的函数关系式，根据一次函数的性质，即可确定获利最多时的进货方案．
【解答】解：（1）根据题意，得，
解得x＝1600，
经检验，x＝1600是原分式方程的根，
∴x＝1600；
（2）设购进A型车m辆，总利润为w元，
根据题意，得60﹣m≤2m，
解得m≥20，
w＝（1600﹣1100）m+（2000﹣1400）（60﹣m）＝﹣100m+36000，
∵﹣100＜6，
∴w随着m的增大而减小，
当m＝20时，w取得最大值，B型车40辆，
答：购进A型车20辆，B型车40辆时．
【点评】本题考查了一次函数的应用，分式方程的应用，一元一次不等式的应用，理解题意并根据题意建立相应的关系式是解题的关键．
21．（9分）如图，在⊙O中，AB是直径
（1）在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，且EF＝12，求⊙O的半径；
【分析】（1）由圆的对称性，连接AF、BE交于点M，连接OM并延长交⊙O于P点即可；
（2）连接OF，如图，根据垂径定理得到OP⊥EF，EQ＝FQ＝EF＝6，再利用三角形面积公式计算出PQ＝2，设⊙O的半径，则OQ＝r﹣2，OF＝r，利用勾股定理得到62+（r﹣2）2＝r2，解方程即可．
【解答】解：（1）接AF、BE，连接OM并延长交⊙O于P点，
点P为所作；
（2）连接OF，如图2，
∵点P为劣弧EF的中点，
∴OP⊥EF，EQ＝FQ＝，
∵△PQF的面积为6，
∴×PQ×6＝6，
解得PQ＝2，
设⊙O的半径r，则OQ＝r﹣2，
在Rt△OQF中，65+（r﹣2）2＝r8，
解得r＝10，
即⊙O的半径为10．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，涉及垂径定理和勾股定理，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
22．（10分）某班级在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏（长方体无盖箱子放在水平地面上）．同学们受游戏启发，将弹珠抽象为一个动点（x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，矩形DEFG为箱子的截面示意图），某同学将弹珠从A（1，0）处抛出（单位长度为1m）的一部分，且当弹珠的高度为时，EF＝0.6m，DA＝4.7m．
（1）求抛物线L的解析式和顶点坐标．
（2）请判断该同学抛出的弹珠是否能投入箱子．若能，请通过计算说明原因；若不能，调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）根据题意可求出OE的长，将点E的横坐标代入解析式，
【解答】解：（1）根据题意可知，抛物线过点（﹣2，），
将把点A（1，0），）代入y＝ax2+bx+得：
，
解得，
∴抛物线L的解析式为y＝﹣x2﹣x+；
∵y＝﹣（x4+2x）+＝﹣7+2，
∴顶点坐标为（﹣1，2）；
（2）∵A（1，0），
∴OA＝4m．
∵DA＝4.7m，
∴DO＝5.7m，
即点D（﹣3.8，0）．
∵DE＝1m，EF＝2.6m，
∴OE＝2.8m．
∴点E（﹣2.7，6），0.6），5.6）．
当x＝﹣2.4时，y＝﹣5﹣（﹣2.7）+＝0.555，
∵8.6＞0.555，
∴该同学抛出的弹珠不能投入箱子；
若调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子．
【点评】本题属于二次函数的应用，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题．
23．（10分）综合与实践
数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，点B，C重合，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N
初步探究：
（1）如图（1）若AB＝BC，则当点N落在EF上时 BF＝BN ，∠NBF的度数为 60° ．
思考探究：
（2）在AB＝BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M′．当点M′落在CD上时（2），设BN，BM′分别交EF于点J，请求出三角形BJK的面积．
开放拓展：
（3）如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB＝2，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，连接CP，DP，请直接写出AM的长．
（温馨提示：，）
【分析】（1）根据折叠的性质得：AB＝BN，BF＝CF＝BC，根据直角三角形的性质可得∠BNF＝30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；
（2）由折叠得：BM＝BM'，证明Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），可知AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF＝FJ＝BC＝2+，JK＝2，由三角形面积公式可得结论；
（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH＝CH＝CD＝AB＝1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG＝CH＝1，BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，设PL＝x，则M'L＝2x，M'P＝x，根据NL＝＝NM'+M'L，列方程可解答．
【解答】解：（1）由折叠得：AB＝BN，BF＝CF，
∵AB＝BC，
∴BF＝BN，
∴∠BNF＝30°，
∴∠NBF＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：BF＝BN；
（2）由折叠得：BM＝BM'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵AB＝BC，
∴Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），
∴AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，
∴∠ABM＝∠MBN＝∠NBM'＝∠CBM'，
∴∠FBJ＝45°，
∴△BFJ是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴矩形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠D＝90°，
∴DM＝DM'＝4，
∴MM'＝8，
∵AM＝MN＝M'N＝CM'，
∴CM'＝2，
∴BC＝CD＝4+2，
∴BF＝FC＝2+，
∵FK∥CM'，
∴BK＝KM'，
∴FK＝CM'＝，
∵△BFJ是等腰直角三角形，
∴BF＝FJ＝BC＝2+，
∴JK＝2+﹣＝2，
∴S△BJK＝•JK•BF＝）＝2+；
（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，
∵PC＝PD，
∴DH＝CH＝CD＝，
∵∠PGC＝∠PHC＝∠BCH＝90°，
∵四边形PGCH是矩形，
∴PG＝CH＝1，
由折叠得：BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，
Rt△BPG中，∠PBG＝30°，
∴∠ABN＝∠NBP＝＝30°，
延长NM'，BP交于L，
Rt△BNL中，BN＝2，
tan30°＝＝，
∴NL＝，
Rt△M'PL中，∠M'LP＝90°﹣30°＝60°，
∴∠PM'L＝30°，
设PL＝x，则M'L＝2xx，
∵NL＝＝NM'+M'L，
∴x+2x＝，
∴x＝﹣3，
∴AM＝x＝﹣3）＝4﹣2．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．
2023年河南省驻马店二中中考数学二模试卷
一、选择题（每题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的。
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家．若零上10℃记作+10℃，则零下10℃可记作（ ）
A．10℃ B．0℃ C．﹣10℃ D．﹣20℃
2．下列立体图形中，主视图为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
3．我国神舟十五号载人飞船于2022年11月30日，在距地面约390000米的轨道上与中国空间站天和核心舱交会对接成功，将390000用科学记数法表示应为（ ）
A．3.9×104 B．39×104 C．39×106 D．3.9×105
4．如图，已知AB∥CD，直线AC和BD相交于点E，∠ACD＝40°，则∠AEB等于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
5．下列计算中正确的是（ ）
A．a3•a3＝a9 B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．a10÷（﹣a2）3＝a4 D．（﹣a+2）（﹣a﹣2）＝a2+4
6．如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，点E是CN的中点，连接ME并延长，则CD的长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．某校参加课外兴趣小组的学生人数统计图如图所示．若信息技术小组有60人，则劳动实践小组有（ ）
A．75人 B．90人 C．108人 D．150人
8．若关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝3，AD＝10，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时（ ）
A．（6，5） B．（5，6） C．（﹣6，﹣5） D．（﹣5，﹣6）
10．如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，BD相交于点O，动点P由点A出发，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空：（每题3分，共15分）
11．因式分解：x2﹣9＝ ．
12．解不等式组的解集是 ．
13．某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张峰都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试．若这四科被选中的机会均等，一人选化学的概率为 ．
14．如图，扇形纸片AOB的半径为6，沿AB折叠扇形纸片上的点C处，图中阴影部分的面积为 ．
15．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC上，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，当点A的对应点F落在等边△ABC的边上时，AE的长为 ．
16．（10分）计算：
（1）；
（2）．
17．（9分）我市义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务．为了解中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查（每名学生对应一份问卷）（单位：分）分为5组（A.90≤x≤100；B.80≤x＜90；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60，
组别
分组
频数
A
90≤x≤100
15
B
80≤x＜90
C
70≤x＜80
30
D
60≤x＜70
10
E
0≤x＜60
5
并对数据进行整理、分析．部分信息如下．
a．甲中学延时服务得分情况扇形统计图如图所示．
b．乙中学延时服务得分情况频数分布表如右表（不完整）．
c．将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：81，81，82，82，83，83，83．
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表．
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）已知乙中学共有3000名学生，若对延时服务的评分在80分以上（含80分）表示认为学校延时服务合格
（3）小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学的好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．
18．（9分）如图，小明在观察大风车时，想测一下风叶的长度（四个风叶长度完全相同），然后沿水平方向走到D处，再沿着斜坡DE走了25米到达E处观察风叶，测得点A的仰角为68°，风叶A′B在如图所示的水平方向，若斜坡DE的坡度i＝1：0.75，小明身高忽略不计．
（1）求小明从D到E的过程中上升的竖直高度；
（2）求风叶AB的长度．（结果精确到1米．参考数据：sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.50）
19．（9分）如图，一次函数y＝kx+2（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0，x＞0）（2，n），与y轴交于点B，与x轴交于点C（﹣4，0）．
（1）求k与m的值；
（2）P（a，0）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时
20．（9分）越野自行车是中学生喜爱的交通工具，市场巨大，竞争也激烈．某品牌经销商经营的A型车去年销售总额为5万元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．
（注：右表是A，B两种型号车今年的进货和销售价格）
A型车
B型车
进货价
1100元/辆
1400元/辆
销售价
x元/辆
2000元/辆
（1）设今年A型车每辆销售价为x元，求x的值；
（2）该品牌经销商计划新进一批A型车和新款B型车共60辆，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，请问应如何安排两种型号车的进货数量
21．（9分）如图，在⊙O中，AB是直径
（1）在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，且EF＝12，求⊙O的半径；
22．（10分）某班级在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏（长方体无盖箱子放在水平地面上）．同学们受游戏启发，将弹珠抽象为一个动点（x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，矩形DEFG为箱子的截面示意图），某同学将弹珠从A（1，0）处抛出（单位长度为1m）的一部分，且当弹珠的高度为时，EF＝0.6m，DA＝4.7m．
（1）求抛物线L的解析式和顶点坐标．
（2）请判断该同学抛出的弹珠是否能投入箱子．若能，请通过计算说明原因；若不能，调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子
23．（10分）综合与实践
数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，点B，C重合，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N
初步探究：
（1）如图（1）若AB＝BC，则当点N落在EF上时 ，∠NBF的度数为 ．
思考探究：
（2）在AB＝BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M′．当点M′落在CD上时（2），设BN，BM′分别交EF于点J，请求出三角形BJK的面积．
开放拓展：
（3）如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB＝2，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，连接CP，DP，请直接写出AM的长．
（温馨提示：，）
2023年河南省驻马店二中中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的。
1．中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家．若零上10℃记作+10℃，则零下10℃可记作（ ）
A．10℃ B．0℃ C．﹣10℃ D．﹣20℃
【分析】根据正数和负数可以用来表示具有相反意义的量解答即可．
【解答】解：∵零上10℃记作+10℃，
∴零下10℃记作：﹣10℃，
故选：C．
【点评】本题考查了正数和负数，熟练掌握正数和负数可以用来表示具有相反意义的量是解题的关键．
2．下列立体图形中，主视图为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
【解答】解：球体的主视图是圆形，圆台的主视图是等腰梯形，圆锥的主视图是等腰三角形，
故选：C．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解三种视图的意义是正确解答的前提．
3．我国神舟十五号载人飞船于2022年11月30日，在距地面约390000米的轨道上与中国空间站天和核心舱交会对接成功，将390000用科学记数法表示应为（ ）
A．3.9×104 B．39×104 C．39×106 D．3.9×105
【分析】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．
【解答】解：390000＝3.9×107．
故选：D．
【点评】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．如图，已知AB∥CD，直线AC和BD相交于点E，∠ACD＝40°，则∠AEB等于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】利用平行线的性质，得到∠BAE与∠C的关系，再利用三角形的内角和，求出∠AEB．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠ACD＝40°．
∵∠AEB+∠EAB+∠EBA＝180°，
∴∠AEB＝70°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质、三角形的内角和定理，题目难度较小，利用平行线的性质把要求的角和已知角放在同一个三角形中，是解决本题的关键．
5．下列计算中正确的是（ ）
A．a3•a3＝a9 B．（﹣2a）3＝﹣8a3
C．a10÷（﹣a2）3＝a4 D．（﹣a+2）（﹣a﹣2）＝a2+4
【分析】根据同底数幂的乘法判断A选项；根据积的乘方判断B选项；根据幂的乘方和同底数幂的除法判断C选项；根据平方差公式判断D选项．
【解答】解：A，原式＝a6，故该选项不符合题意；
B，原式＝﹣8a3，故该选项符合题意；
C，原式＝a10÷（﹣a6）＝﹣a4，故该选项不符合题意；
D，原式＝（﹣a）3﹣22＝a6﹣4，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平方差公式，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的乘除法，掌握（ab）n＝anbn是解题的关键．
6．如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，点E是CN的中点，连接ME并延长，则CD的长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据三角形中位线定理得到MN∥BC，MN＝2，证明△MEN∽△DEC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：∵M，N分别是AB和AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥BC，MN＝×4＝4，
∴△MEN∽△DEC，
∴＝，
∵点E是CN的中点，
∴CD＝MN＝2，
故选：C．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，根据三角形中位线定理求出MN是解题的关键．
7．某校参加课外兴趣小组的学生人数统计图如图所示．若信息技术小组有60人，则劳动实践小组有（ ）
A．75人 B．90人 C．108人 D．150人
【分析】根据信息技术的人数和所占的百分比可以计算出本次参加兴趣小组的总人数，然后根据劳动实践所占的百分比，即可计算出劳动实践小组的人数．
【解答】解：本次参加课外兴趣小组的人数为：60÷20%＝300（人），
劳动实践小组有：300×30%＝90（人），
故选：B．
【点评】本题考查扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，求出本次参加兴趣小组的总人数．
8．若关于x的一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【分析】要使一元二次方程x2﹣3x+m＝0有实数根，只需△≥0．
【解答】解：∵一元二次方程x2﹣3x+m＝4有实数根，
∴Δ＝9﹣4m≥5，
m≤．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，关键是根据题意列出不等式．
9．如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝3，AD＝10，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时（ ）
A．（6，5） B．（5，6） C．（﹣6，﹣5） D．（﹣5，﹣6）
【分析】如图，过点D作DT⊥x轴于点T．首先利用相似三角形的性质求出点D的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．
∵OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝3，
∵∠ATD＝∠AOB＝∠BAD＝90°，
∴∠DAT+∠BAO＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠DAT＝∠ABO，
∴△ATD∽△BOA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AT＝8，DT＝6，
∴OT＝AT﹣OA＝3﹣3＝5，
∴D（﹣6，6），
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点D的坐标为（8；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为（5；
则第6次旋转结束时，点D的坐标为（﹣6；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为（﹣4；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2023÷4＝505…7，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（﹣6．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
10．如图①，在矩形ABCD中，AB＜AD，BD相交于点O，动点P由点A出发，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解．
【解答】解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，△AOP面积最大为3．
∴AB•，即AB•BC＝12．
当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，△AOP面积为4，
∴AB+BC＝7．
则BC＝7﹣AB，代入AB•BC＝123﹣7AB+12＝0，解得AB＝2或3，
因为AB＜AD，即AB＜BC，
所以AB＝3，BC＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查动点问题的函数图象，掌握三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值是解题的关键．
二、填空：（每题3分，共15分）
11．因式分解：x2﹣9＝ （x+3）（x﹣3） ．
【分析】原式利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝（x+3）（x﹣3），
故答案为：（x+8）（x﹣3）．
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
12．解不等式组的解集是 ﹣3≤x＜1 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式①得：x≥﹣3，
解不等式②得：x＜1，
则不等式组的解集为﹣6≤x＜1，
故答案为：﹣3≤x＜6．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
13．某地新高考有一项“6选3”选课制，高中学生李鑫和张峰都已选了地理和生物，现在他们还需要从“物理、化学、政治、历史”四科中选一科参加考试．若这四科被选中的机会均等，一人选化学的概率为 ．
【分析】画树状图，共有16种等可能的结果，其中李鑫和张峰恰好一人选物理，另一人选化学的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：把“物理、化学、历史”分别用A、B、C，
画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中李鑫和张峰恰好一人选物理，
∴李鑫和张峰恰好一人选物理，另一人选化学的概率为＝，
故答案为：．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合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．
14．如图，扇形纸片AOB的半径为6，沿AB折叠扇形纸片上的点C处，图中阴影部分的面积为 ．
【分析】根据折叠的想找得到AC＝AO，BC＝BO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到∠CAO＝∠AOC＝60°，求得∠AOB＝120°，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在，
∴AC＝AO，BC＝BO
∵AO＝BO，
∴四边形AOBC是菱形，
连接OC交AB于D，
∵OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO＝∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵AC＝6，
∴OC＝6，，
∴，
∴图中阴影部分的面积＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
15．如图，在边长为6的等边△ABC中，点D在AC上，点E在AB上（不与点A、B重合），连接DE，当点A的对应点F落在等边△ABC的边上时，AE的长为 2或1+ ．
【分析】分两种情况：当F点落在边BC上时，利用翻折的性质和等边三角形的性质可得∠DFC＝∠BEF，可证△DFC∽△FEB，可得，可求AE；F点落在边AB上时，利用30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出AE．
【解答】解：①当F点落在边BC上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A＝∠EFD＝60°，
∵∠EFC＝∠B+∠BEF，
∴∠EFD+∠DFC＝∠B+∠BEF
∵∠EFD＝∠A＝∠B＝60°，
∴∠DFC＝∠BEF，
∴△DFC∽△FEB，
∴，
而EF+BE＝EA+BE＝AB＝6，DF＝DA＝AC﹣CD＝4，
∴＝＝，
，
解得AE＝1+，或AE＝7﹣；
②F点落在边AB上时，
∵把△ADE沿DE折叠，
∴∠A＝∠DFE＝60°，∠DEA＝90°，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝×4＝2．
所以AE的长为7或1+．
故答案为：2或3+．
【点评】本题考查翻折的性质，相似三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质，解题时要考虑全面，难度中等．
16．（10分）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先化简，然后计算加减法；
（2）先算括号内的式子，同时将除法转化为乘法，然后约分即可．
【解答】解：（1）
＝3﹣8+
＝；
（2）
＝•
＝．
【点评】本题考查分式的混合运算、实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
17．（9分）我市义务教育阶段学校积极响应教育部号召，提供课后延时服务．为了解中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学中各随机抽取100名学生的家长进行问卷调查（每名学生对应一份问卷）（单位：分）分为5组（A.90≤x≤100；B.80≤x＜90；D.60≤x＜70；E.0≤x＜60，
组别
分组
频数
A
90≤x≤100
15
B
80≤x＜90
C
70≤x＜80
30
D
60≤x＜70
10
E
0≤x＜60
5
并对数据进行整理、分析．部分信息如下．
a．甲中学延时服务得分情况扇形统计图如图所示．
b．乙中学延时服务得分情况频数分布表如右表（不完整）．
c．将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下：81，81，82，82，83，83，83．
d．甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表．
学校
平均数
中位数
众数
甲
75
79
80
乙
78
b
83
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ 10 ，b＝ 82.5 ；
（2）已知乙中学共有3000名学生，若对延时服务的评分在80分以上（含80分）表示认为学校延时服务合格
（3）小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学的好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由．
【分析】（1）先求出B组对应的百分比，再根据百分比之和为1可得a的值；求出乙中学B组人数，再根据中位数的定义可得b的值；
（2）用总人数乘以样本中成绩在80分以上（含80分）人数所占比例即可；
（3）根据中位数、平均数和众数的意义求解即可．
【解答】解：（1）B组对应百分比为×100%＝40%，
∴a%＝1﹣（40%+25%+18%+7%）＝10%，即a＝10，
乙学校B组人数为100﹣（15+30+10+2）＝40（人），
其中位数为第50、51个数据的平均数、83，
∴其中位数b＝＝82.5，
故答案为：10、82.4；
（2）3000×＝1650（人），
答：估计乙中学学生的家长认为该校延时服务合格的人数为1650人；
（3）同意，因为乙中学延时服务得分的平均数大于甲中学．
【点评】本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18．（9分）如图，小明在观察大风车时，想测一下风叶的长度（四个风叶长度完全相同），然后沿水平方向走到D处，再沿着斜坡DE走了25米到达E处观察风叶，测得点A的仰角为68°，风叶A′B在如图所示的水平方向，若斜坡DE的坡度i＝1：0.75，小明身高忽略不计．
（1）求小明从D到E的过程中上升的竖直高度；
（2）求风叶AB的长度．（结果精确到1米．参考数据：sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.50）
【分析】（1）过点E作EF⊥CD，垂足为F，根据题意可得＝，再在Rt△DEF中，利用勾股定理求出DE＝5k，从而求出k值，进而求出EF，DF的长，即可解答；
（2）过点E作EG⊥AC，垂足为G，过点A′作AH⊥EH，交EG的延长线于点H，根据题意可得AB＝A′B＝GH，EF＝GC＝28m，BG＝A′H＝98﹣28＝70m，再在Rt△A′EH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，然后设AB＝A′B＝GH＝xm，从而表示出EG，AG的长，最后在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点E作EF⊥CD，垂足为F，
∵斜坡DE的坡度i＝1：0.75，
∴＝＝，
∴设EF＝4k，DF＝3k，
∴ED＝＝＝6k，
∵DE＝25m，
∴5k＝25，
∴k＝5，
∴EF＝20（m），DF＝15（m），
∴D到E的过程中上升的竖直高度为20m；
（2）过点E作EG⊥AC，垂足为G，交EG的延长线于点H，
则AB＝A′B＝GH，EF＝GC＝20m，
在Rt△A′EH中，∠A′EH＝45°，
∴EH＝＝＝75（m），
设AB＝A′B＝GH＝xm，
∴EG＝EH﹣GH＝（75﹣x）m，AG＝AB+BG＝（75+x）m，
在Rt△AEG中，∠AEG＝68°，
∴tan68°＝＝≈2.5，
∴x≈32，
经检验：x＝32是原方程的根，
∴AB＝32（m），
∴风叶AB的长度为32m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（9分）如图，一次函数y＝kx+2（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0，x＞0）（2，n），与y轴交于点B，与x轴交于点C（﹣4，0）．
（1）求k与m的值；
（2）P（a，0）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时
【分析】（1）把点C的坐标代入一次函数的解析式求出k，再求出点A的坐标，把点A的坐标代入反比例函数的解析式中，可得结论；
（2）根据S△CAP＝S△ABP+S△CBP，构建方程求解即可．
【解答】解：（1）把C（﹣4，0）代入y＝kx+5，
∴y＝x+2，
把A（2，n）代入y＝，得n＝7，
∴A（2，3），
把A（8，3）代入y＝，
∴k＝，m＝6；
（2）当x＝0时，y＝6，
∴B（0，2），
∵P（a，6）为x轴上的动点，
∴PC＝|a+4|，
∴S△CBP＝•PC•OB＝，S△CAP＝PC•yA＝×|a+4|×3，
∵S△CAP＝S△ABP+S△CBP，
∴|a+4|＝，
∴a＝1或﹣6．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会利用参数构建方程解决问题．
20．（9分）越野自行车是中学生喜爱的交通工具，市场巨大，竞争也激烈．某品牌经销商经营的A型车去年销售总额为5万元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．
（注：右表是A，B两种型号车今年的进货和销售价格）
A型车
B型车
进货价
1100元/辆
1400元/辆
销售价
x元/辆
2000元/辆
（1）设今年A型车每辆销售价为x元，求x的值；
（2）该品牌经销商计划新进一批A型车和新款B型车共60辆，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，请问应如何安排两种型号车的进货数量
【分析】（1）根据今年和去年销售A型车的数量相同，列分式方程，求解即可；
（2）设购进A型车m辆，总利润为w元，根据B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，列一元一次不等式，求出m的取值范围，再表示出w与m的函数关系式，根据一次函数的性质，即可确定获利最多时的进货方案．
【解答】解：（1）根据题意，得，
解得x＝1600，
经检验，x＝1600是原分式方程的根，
∴x＝1600；
（2）设购进A型车m辆，总利润为w元，
根据题意，得60﹣m≤2m，
解得m≥20，
w＝（1600﹣1100）m+（2000﹣1400）（60﹣m）＝﹣100m+36000，
∵﹣100＜6，
∴w随着m的增大而减小，
当m＝20时，w取得最大值，B型车40辆，
答：购进A型车20辆，B型车40辆时．
【点评】本题考查了一次函数的应用，分式方程的应用，一元一次不等式的应用，理解题意并根据题意建立相应的关系式是解题的关键．
21．（9分）如图，在⊙O中，AB是直径
（1）在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧EF的中点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下连接OP、PF，若OP交弦EF于点Q，且EF＝12，求⊙O的半径；
【分析】（1）由圆的对称性，连接AF、BE交于点M，连接OM并延长交⊙O于P点即可；
（2）连接OF，如图，根据垂径定理得到OP⊥EF，EQ＝FQ＝EF＝6，再利用三角形面积公式计算出PQ＝2，设⊙O的半径，则OQ＝r﹣2，OF＝r，利用勾股定理得到62+（r﹣2）2＝r2，解方程即可．
【解答】解：（1）接AF、BE，连接OM并延长交⊙O于P点，
点P为所作；
（2）连接OF，如图2，
∵点P为劣弧EF的中点，
∴OP⊥EF，EQ＝FQ＝，
∵△PQF的面积为6，
∴×PQ×6＝6，
解得PQ＝2，
设⊙O的半径r，则OQ＝r﹣2，
在Rt△OQF中，65+（r﹣2）2＝r8，
解得r＝10，
即⊙O的半径为10．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，涉及垂径定理和勾股定理，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
22．（10分）某班级在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏（长方体无盖箱子放在水平地面上）．同学们受游戏启发，将弹珠抽象为一个动点（x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，矩形DEFG为箱子的截面示意图），某同学将弹珠从A（1，0）处抛出（单位长度为1m）的一部分，且当弹珠的高度为时，EF＝0.6m，DA＝4.7m．
（1）求抛物线L的解析式和顶点坐标．
（2）请判断该同学抛出的弹珠是否能投入箱子．若能，请通过计算说明原因；若不能，调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）根据题意可求出OE的长，将点E的横坐标代入解析式，
【解答】解：（1）根据题意可知，抛物线过点（﹣2，），
将把点A（1，0），）代入y＝ax2+bx+得：
，
解得，
∴抛物线L的解析式为y＝﹣x2﹣x+；
∵y＝﹣（x4+2x）+＝﹣7+2，
∴顶点坐标为（﹣1，2）；
（2）∵A（1，0），
∴OA＝4m．
∵DA＝4.7m，
∴DO＝5.7m，
即点D（﹣3.8，0）．
∵DE＝1m，EF＝2.6m，
∴OE＝2.8m．
∴点E（﹣2.7，6），0.6），5.6）．
当x＝﹣2.4时，y＝﹣5﹣（﹣2.7）+＝0.555，
∵8.6＞0.555，
∴该同学抛出的弹珠不能投入箱子；
若调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子．
【点评】本题属于二次函数的应用，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题．
23．（10分）综合与实践
数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，点B，C重合，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N
初步探究：
（1）如图（1）若AB＝BC，则当点N落在EF上时 BF＝BN ，∠NBF的度数为 60° ．
思考探究：
（2）在AB＝BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M′．当点M′落在CD上时（2），设BN，BM′分别交EF于点J，请求出三角形BJK的面积．
开放拓展：
（3）如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB＝2，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，连接CP，DP，请直接写出AM的长．
（温馨提示：，）
【分析】（1）根据折叠的性质得：AB＝BN，BF＝CF＝BC，根据直角三角形的性质可得∠BNF＝30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；
（2）由折叠得：BM＝BM'，证明Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），可知AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF＝FJ＝BC＝2+，JK＝2，由三角形面积公式可得结论；
（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH＝CH＝CD＝AB＝1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG＝CH＝1，BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，设PL＝x，则M'L＝2x，M'P＝x，根据NL＝＝NM'+M'L，列方程可解答．
【解答】解：（1）由折叠得：AB＝BN，BF＝CF，
∵AB＝BC，
∴BF＝BN，
∴∠BNF＝30°，
∴∠NBF＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：BF＝BN；
（2）由折叠得：BM＝BM'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵AB＝BC，
∴Rt△ABM≌Rt△CBM'（HL），
∴AM＝CM'，∠ABM＝∠CBM'，
∴∠ABM＝∠MBN＝∠NBM'＝∠CBM'，
∴∠FBJ＝45°，
∴△BFJ是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴矩形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠D＝90°，
∴DM＝DM'＝4，
∴MM'＝8，
∵AM＝MN＝M'N＝CM'，
∴CM'＝2，
∴BC＝CD＝4+2，
∴BF＝FC＝2+，
∵FK∥CM'，
∴BK＝KM'，
∴FK＝CM'＝，
∵△BFJ是等腰直角三角形，
∴BF＝FJ＝BC＝2+，
∴JK＝2+﹣＝2，
∴S△BJK＝•JK•BF＝）＝2+；
（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，
∵PC＝PD，
∴DH＝CH＝CD＝，
∵∠PGC＝∠PHC＝∠BCH＝90°，
∵四边形PGCH是矩形，
∴PG＝CH＝1，
由折叠得：BN＝BP＝AB＝2，∠NBP＝∠ABN，
Rt△BPG中，∠PBG＝30°，
∴∠ABN＝∠NBP＝＝30°，
延长NM'，BP交于L，
Rt△BNL中，BN＝2，
tan30°＝＝，
∴NL＝，
Rt△M'PL中，∠M'LP＝90°﹣30°＝60°，
∴∠PM'L＝30°，
设PL＝x，则M'L＝2xx，
∵NL＝＝NM'+M'L，
∴x+2x＝，
∴x＝﹣3，
∴AM＝x＝﹣3）＝4﹣2．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．
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