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2023年吉林省白城市通榆四中、九中中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年吉林省白城市通榆四中、九中中考数学模拟试卷（含解析），共25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年吉林省白城市通榆四中、九中中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体为( )
A. 圆柱
B. 圆锥
C. 四棱柱
D. 四棱锥
2. 如图，数轴上两点M，N所对应的实数分别为m，n，则m−n的值可能是( )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2.2
3. 如图，l1//l2，l3//l4，若∠1=70°，则∠2的度数为( )
A. 100°
B. 110°
C. 120°
D. 130°
4. 代数式(x+1)2+x(x−2)化简，得( )
A. 2x+1 B. 2x−1 C. 2x2+1 D. 2x2−1
5. 如图，在⊙O中，AB为直径，BC为弦，CD为切线，连接OC.若∠BCD=48°则∠AOC的度数为( )
A. 42°
B. 48°
C. 84°
D. 106°
6. 《千里江山图》是宋代王希孟的作品，如图，它的局部画面装裱前是一个长为2.4米，宽为1.4米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是8：13，且四周边衬的宽度相等，则边衬的宽度应是多少米？设边衬的宽度为x米，根据题意可列方程( )
A. 1.4−x2.4−x=813 B. 1.4+x2.4+x=813 C. 1.4−2x2.4−2x=813 D. 1.4+2x2.4+2x=813
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. |−2023|= ______ ．
8. 袁隆平院士被誉为“杂交水稻之父”，经过他带领的团队多年努力，目前我国杂交水稻种植面积约为2.5亿亩．将250000000用科学记数法表示为2.5×10n，则n=______．
9. 已知a+b=3，a−b=5，则代数式a2−b2的值是______ ．
10. 如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，AC=6，点D，E，F分别是AC、AB、BC的中点，连接DE、DF，则四边形BFDE的周长为______ ．
11. 如图，在菱形ABCD中，点C在x轴上，点D的坐标为(7,2)，点B的坐标为(−1,2)，则点C的坐标为______ ．
12. 如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上．若线段AB=4cm，则线段BC=______cm．
13. 如图，点A，B，C对应的刻度分别为3，5，7，将线段CA绕点C顺时针旋转，得到CA′，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，线段CA扫过的图形的面积为______ .(结果保留π)
14. 公元前2000年左右，古巴比伦人使用的楔形文字中有两个符号(如图所示)，一个钉头形代表1，一个尖头形代表10.在古巴比伦的记数系统中，人们使用的标记方法和我们当今使用的方法相同，最右边的数字代表个位，然后是十位，百位．根据符号记数的方法，如图符号表示一个两位数，则这个两位数是______．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
如图，已知AB=DC，AC=DB.求证：∠A=∠D．
16. (本小题5.0分)
解不等式组x−2≥−5,①3x
(2)解不等式②，得______；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
(4)原不等式组的解集是______．
17. (本小题5.0分)
学校开展大课间活动，某班需要购买A、B两种跳绳.已知购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元.求购进一根A种跳绳和一根B种跳绳各需多少元？
18. (本小题5.0分)
有五个封装后外观完全相同的纸箱，且每个纸箱内各装有一个西瓜，其中所装西瓜的重量分别为6kg，6kg，7kg，7kg，8kg.现将这五个纸箱随机摆放．
(1)若从这五个纸箱中随机选一个，则所选纸箱里西瓜的重量为8kg的概率是______ ．
(2)若从这五个纸箱中随机选两个，请利用列表或画树状图的方法，求所选两个纸箱里的西瓜的重量之和为14kg的概率．
19. (本小题7.0分)
如图，在5×5的方格中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．
(1)如图①，画出一条线段AC，使AC=AB，点C在格点上；
(2)如图②，画出一条线段EF，使EF、AB互相平分，点E，F均在格点上；
(3)如图③，画出一个以AB为一边的四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
20. (本小题7.0分)
周末，王老师布置了一项综合实践作业，要求利用所学知识测量一栋楼的高度．小希站在自家阳台上，看对面一栋楼顶部的仰角为45°，看这栋楼底部的俯角为37°，已知两楼之间的水平距离为30m，求这栋楼的高度．
(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)
21. (本小题7.0分)
如图，大、小两个正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行或垂直.反比例函数y=kx的图象与大正方形的一边交于点A(−2,−1)，且经过小正方形的顶点B．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)求图中阴影部分的面积．
22. (本小题7.0分)
某校九年级640名学生在“信息素养提升”培训前、后各参加了一次水平相同的测试，并以同一标准折算成“6分”、“7分”、“8分”、“9分”、“10分”5个成绩．为了解培训效果，用抽样调查的方式从中抽取了32名学生的2次测试成绩，并用划记法制成了如表表格：
培训前
成绩(分)
6
7
8
9
10
划记
正正
正
正
人数(人)
12
4
7
5
4
培训后
成绩(分)
6
7
8
9
10
划记
一
正
正正正
人数(人)
4
1
3
9
15
(1)这32名学生2次测试成绩中，培训前测试成绩的中位数是m，培训后测试成绩的中位数是n，则m ______n；(填“>”、“<”或“=”)
(2)这32名学生经过培训，测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了多少？
(3)估计该校九年级640名学生经过培训，测试成绩为“10分”的学生增加了多少人？
23. (本小题8.0分)
已知A、B两地之间有一条长440千米的高速公路．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿此公路相向而行，甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地；乙车匀速行驶至A地，两车到达各自的目的地后停止，两车距A地的路程y(千米)与各自的行驶时间x(时)之间的函数关系如图所示．
(1)m=______，n=______；
(2)求两车相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式；
(3)当乙车到达A地时，求甲车距A地的路程．
24. (本小题8.0分)
下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】
如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，求证：EF=AE+CF．
证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM，∠A=∠DCM，∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°，
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌ ______ ，
∴EF=MF=CM+CF= ______ +CF．
【探究】
(1)在图①中，若正方形ABCD的边长为3，AE=1，其他条件不变，求EF的长．
解：∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2，CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x，FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x= ______ ，即EF= ______ ；
(2)如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=AD=6，BC=4，E是AB边上的点，且∠CDE=45°，则CE= ______ ．
(3)如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高.若BD=2，CD=3，则AD的长为______ ．
25. (本小题10.0分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2cm.P，Q两点分别从A，C同时出发，点P以3cm/s的速度沿折线AB−BC向终点C匀速运动；点Q在CA上以 3cm/s的速度向终点A匀速运动.过点P作PM⊥AC于点M，以PM、QM为邻边作矩形PMQN.设点P的运动时间为x(s)，矩形PMQN的面积为y(cm)2(注：线段看成面积为0cm2的矩形)
(1)当点P与点N重合时，x= ______ ；
(2)求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(3)在整个运动过程中，当PN= 3NQ时，直接写出x的值．
26. (本小题10.0分)
若二次函数y=12x2+bx+c的图象经过点A(−2,0)，其对称轴为直线x=1，与x轴的另一个交点为C，与y轴交于点B．
(1)点C的坐标为______ ；
(2)求二次函数的解析式；
(3)点M在线段AB上，过点M作MN⊥x轴于点N．
①若MN：NC=2：5，求点M的坐标；
②以MN为对角线作正方形MPNQ(点P在MN右侧)，当点P在对称轴上时，直接写出点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：俯视图为圆的几何体为球，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆柱．
故选：A．
俯视图为圆的几何体为球，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆柱．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握常见几何体的三视图．
2.【答案】D
【解析】解：∵M，N所对应的实数分别为m，n，
∴1
故选：D．
根据在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的大，可得：1
3.【答案】B
【解析】解：∵l1//l2，∠1=70°，
∴∠3=∠1=70°，
∵l3//l4，
∴∠2=180°−∠3=180°−70°=110°，
故选：B．
根据平行线的性质即可得到结论．
此题考查了平行线的性质，解题的关键是：熟记两直线平行同位角相等，两直线平行内错角相等，两直线平行同旁内角互补．
4.【答案】C
【解析】解：(x+1)2+x(x−2)
=x2+2x+1+x2−2x
=2x2+1．
故选：C．
利用完全平方公式，单项式乘多项式的法则进行运算，再合并同类项即可．
本题主要考查完全平方公式，单项式乘多项式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：在⊙O中，AB为直径，BC为弦，CD为切线，
∴∠OCD=90°，
∵∠BCD=48°，
∴∠OCB=42°，
∴∠AOC=84°，
故选：C．
根据切线的性质得出∠OCD=90°，进而得出∠OCB=40°，再利用圆心角等于圆周角的2倍解答即可．
本题考查了圆周角定理：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．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径，切线的性质：切线垂直于过切点的半径．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得，
1.4+2x2.4+2x=813，
故选：D．
根据题意可知，装裱后的长为2.4+2x，宽为1.4+2x，再根据整幅图画宽与长的比是8：13，即可得到相应的方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
7.【答案】2023
【解析】解：−2023的相反数是2023，
故|−2023|=2023，
故答案为：2023．
负数的绝对值是它的相反数，由此可解．
本题考查求一个数的绝对值，解题的关键是掌握负数的绝对值是它的相反数．
8.【答案】8
【解析】解：∵250000000=2.5×108．
∴n=8，
故答案为：8．
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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．
9.【答案】15
【解析】解：∵a+b=3，a−b=5，
∴原式=(a+b)(a−b)=15，
故答案为：15
原式利用平方差公式化简，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
10.【答案】9
【解析】解：∵点D，E，F分别是AC、AB、BC的中点，AB=4，BC=5，AC=6，
∴DE、DF是△ABC的中位线，BE=12AB=2，BF=12BC=2.5，
∴DE=12BC=2.5，DF=12AB=2，
∴四边形BFDE的周长为：BF+DF+BE+DE=9，
故答案为：9．
根据三角形中位线定理分别求出DE、DF，根据线段中点的概念分别求出BE、BF，计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
11.【答案】(3,0)
【解析】解：如图，连接AC、BD交于点E，BD交y轴于点F，
则OC=EF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BE=DE=12BD，
∵点D的坐标为(7,2)，点B的坐标为(−1,2)，
∴BF=1，DF=7，BD//x轴，
∴BD=BF+DF=8，
∴BE=DE=4，
∴OC=EF=BE−BF=4−1=3，
∵点C在x轴上，
∴点C的坐标为：(3,0)，
故答案为：(3,0)．
连接AC、BD交于点E，BD交y轴于点F，由菱形的性质得AC⊥BD，BE=DE=12BD，再求出BD=BF+DF=8，则BE=DE=4，得OC=EF=3，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：如图，过点A作AE⊥CE于点E，交BD于点D，
∵练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，
∴ABBC=ADDE，
即4BC=26，
∴BC=12．
故答案为12．
过点A作AE⊥CE于点E，交BD于点D，根据平行线分线段成比例可得ABBC=ADDE，代入计算即可解答．
本题主要考查平行线分线段成比例．
13.【答案】83π
【解析】解：由题意，知AC=7−3=4，BC=7−5=2，∠A′BC=90°．
由旋转的性质，得A′C=AC=4．
在Rt△A′BC中，cos∠ACA′=BCA′C=12．
∴∠ACA′=60°．
∴扇形ACA′的面积为60π×42360=83π.
即线段CA扫过的图形的面积为83π.
故答案为：83π.
求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA′的面积．
此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．
14.【答案】25
【解析】解：由题意可得，表示25．
故答案为：25．
根据题意可知，这个两位数的个位上的数是5，十位上的数是2，故这个两位数我25．
本题主要考查了用数字表示事件，理清题目中的符号表示的意义是解答本题的关键．
15.【答案】证明：连接BC，在△ABC和△DCB中，
∵AB=DC，AC=DB，BC=CB，
∴△ABC≌△DCB，
∴∠A=∠D．
【解析】分析题目条件，AB、AC围成△ABC，DC、DB围成△DCB，BC为它们的公共边，容易判断△ABC≌△DCB，从而得出∠A=∠D．
本题是全等三角形的判定，性质的综合运用，可以由结论探究所要证明全等的三角形，然后找全等的条件．
16.【答案】解：(1)x≥−3；
(2)x<1；
(3)如图所示：
(4)−3≤x<1．
【解析】解：(1)解不等式①，得：x≥−3；
(2)解不等式②，得：x<1；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来为：
(4)原不等式组的解集为：−3≤x<1．
故答案为：(1)x≥−3；
(2)x<1；
(4)−3≤x<1．
分别解这两个不等式，把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，找到解集的公共部分即可得到原不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，体现了数形结合的思想，在数轴上找到解集的公共部分是解题的关键．
17.【答案】解：设购进一根A种跳绳需要x元，一根B种跳绳需要y元，
根据题意得：10x+5y=17515x+10y=300，
解得：x=10y=15．
答：购进一根A种跳绳需要10元，一根B种跳绳需要15元．
【解析】设购进一根A种跳绳需要x元，一根B种跳绳需要y元，根据“购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18.【答案】15
【解析】解：(1)∵一共有5个箱子，每个箱子被选取的概率相同，而西瓜重量为6kg的箱子有2个，
∴这五个纸箱中随机选1个，所选纸箱里西瓜的重量为6kg的概率是15，
故答案为：15；
(2)画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中所选两个纸箱里西瓜的重量之和为14kg的结果有6种，
∴所选两个纸箱里西瓜的重量之和为14kg的概率为620=310．
(1)根据概率公式即可求得；
(2)首先画出树状图，展示所有20种等可能的结果数，再找出两个数字之和等于14kg所占的结果数，再根据概率公式计算．
本题考查了求概率公式，利用画树状图求概率，熟练掌握和运用求概率的方法是解决本题的关键．
19.【答案】解：如图：(1)线段AC即为所作，
(2)线段EF即为所作，
(3)四边形ABHG即为所作．
【解析】(1)AB为长方形对角线，作出相等线段即可；
(2)只要保证四边形AFBE是平行四边形即可；
(3)同(2)．
本题考查作图−旋转变换，平行四边形的判定，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】解：如图，过点A作AE⊥BC于E，则AE=CD=30m，
在Rt△ABE中，∠BAE=45°，AE=30m，
∴BE=AE=30m，
在Rt△ACE中，∠CAE=37°，AE=30m，
∴CE=tan37°×AE≈0.75×30=22.5(m)，
∴BC=BE+CE=52.5(m)，
答：这栋楼的高度大约为52.5m．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在两个直角三角形中，由锐角三角函数的定义进行计算即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y=kx的图象经过点A(−2,−1)，
∴k=xy=−2×(−1)，
∴k=2，
∴反比例函数的解析式为y=2x；
(2)∵小正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，
∴设B点的坐标为(m,m)，
∵反比例函数y=2x的图象经过B点，
∴m=2m，
∴m2=2，
∴小正方形的面积为4m2=8，
∵大正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，且A(−2,−1)，
∴大正方形的面积为4×22=66，
∴图中阴影部分的面积=大正方形的面积−小正方形的面积=16−8=8．
【解析】(1)根据待定系数法求出k即可得到反比例函数的解析式；
(2)先根据反比例函数系数k的几何意义求出小正方形的面积为4m2=8，再求出大正方形在第一象限的顶点坐标，得到大正方形的面积为4×22=16，根据图中阴影部分的面积=大正方形的面积−小正方形的面积即可求出结果．
本题主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义，正方形的性质，熟练掌握反比例函数系数k的几何意义是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)<；
(2)培训前：1232×100%，培训后：432×100%，
1232×100%−432×100%=25%，
答：测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了25%；
(3)培训前：640×432=80(人)，培训后：640×1532=300(人)，
300−80=220(人)，
答：测试成绩为“10分”的学生增加了220人．
【解析】
【分析】
本题考查了用样本估计总体，中位数，熟练掌握中位数的定义是解题的关键．
(1)根据中位数的定义即可得到结论；
(2)根据题意列式计算即可；
(3)根据题意列式计算即可．
【解答】
解：(1)∵培训前测试成绩的中位数m=7+82=7.5，培训后测试成绩的中位数n=9+92=9，
∴m
(2)见答案;
(3)见答案．
23.【答案】2 6
【解析】解：(1)由题意知：m=200÷100=2，
n=m+4=2+4=6，
故答案为：2，6；
(2)设y=kx+b，将(2,200)，(6,440)代入得：
2k+b=2006k+b=440，
解得k=60b=80，
∴y=60x+80，(2≤x≤6)；
(3)乙车的速度为(440−200)÷2=120(千米/小时)，
∴乙车到达A地所需时间为440÷120=113(小时)，
当x=113时，y=60×113+80=300，
∴甲车距A地的路程为300千米．
(1)由甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇可求出m=2，根据以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地知n=6；
(2)用待定系数法可得y=60x+80，(2≤x≤6)；
(3)求出乙的速度，即可得乙到A地所有时间，即可求得甲车距A地的路程为300千米．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
24.【答案】△MDE AE 52 52 5 6
【解析】解：【作业】
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM，∠A=∠DCM，∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°，
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌△MDE(SAS)，
∴EF=MF=CM+CF=AE+CF．
故答案为：△MDE，AE；
【探究】
(1)∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2，CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x，FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x=52，
即EF=52；
故答案为：52，52；
(2)过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，则四边形ABHD是正方形，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DHM．
∴DE=DM，∠ADE=∠MDH，
∵∠EDC=45°，
∴∠ADE+∠CDH=∠MDH+∠CDH=45°，
∴∠EDC=∠CDM，
又∵CD=CD，
∴△CDE≌△CDM(SAS)，
∴CE=CM，
∵BC=4，AD=AB=BH=6，
∴CH=2，
设HM=AE=y，则CM=CE=y+2，BE=6−y，
在Rt△BEC中，BE2+CB2=CE2，
∴(6−y)2+42=(y+2)2，
∴y=3，
∴CE=CM=2+3=5，
故答案为：5；
(3)把△ABD沿AB翻折得△ABQ，把△ACD沿AC翻折得△ACM，延长QB、MC交于点G，
由(1)(2)得：四边形AMGQ是正方形，MC+BQ=BC，MC=CD=3，DB=BQ=2，
设MG=AM=AQ=QG=a，
则GB=a−2，CG=a−3，
在Rt△BGC中，由勾股定理得：(a−2)2+(a−3)2=52，
解得：a=6(负值舍去)，
即AD=6，
故答案为：6．
【作业】由全等三角形的判定与性质可得出答案；
【探究】(1)由勾股定理可得出答案；
(2)过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，则四边形ABHD是正方形，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DHM.证明△CDE≌△CDM(SAS)，得出CE=CM，设HM=AE=y，则CM=CE=y+2，BE=6−y，由勾股定理可得出答案；
(3)把△ABD沿AB翻折得△ABQ，把△ACD沿AC翻折得△ACM，延长QB、MC交于点G，设MG=AM=AQ=QG=a，则GB=a−2，CG=a−3，由勾股定理可得出答案．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
25.【答案】45
【解析】解：(1)如图1，∵PM⊥AC于点M，
∴∠AMP=90°，
∵∠A=30°，AP=3x cm，
∴AM=AP⋅cos30°= 32×3x=3 32x(cm)，
∵∠C=90°，BC=2cm，CQ= 3x cm，
∴AB=2BC=4cm，
∴AC= AB2−BC2= 42−22=2 3(cm)，
当点P与点N重合时，则点M与点Q重合，
∴3 32x+ 3x=2 3，
解得x=45，
故答案为：45．
(2)当点P与点B重合时，则3x=4，解得x=43；
当点P与点C重合时，则3x=4+2，解得x=2，
当0≤x≤45时，如图1，PM=12AP=32xcm，QM=(2 3−3 32x− 3x)cm，
∴y=32x(2 3−3 32x− 3x)=−15 34x2+3 3x；
当45
当43
综上所述，y=−15 34x2+3 3x(0≤x≤45)15 34x2−3 3x(45
∵PN= 3NQ，
∴2 3−5 32x= 3×32x，
解得x=12；
当45
∴5 32x−2 3= 3×32x，
解得x=2，不符合题意，舍去；
当43
∴ 3x= 3(6−3x)，
解得x=32，
综上所述，x的值为12或32．
(1)由∠AMP=90°，∠A=30°，AP=3xcm，得AM=AP⋅cos30°=3 32xcm，由∠C=90°，BC=2cm，得AB=2BC=4cm，则AC= AB2−BC2=2 3cm，而CQ= 3xcm，当点P与点N重合时，则点M与点Q重合，所以3 32x+ 3x=2 3，则x=45，于是得到问题的答案；
(2)先求出当点P与点B重合时，x=43，当点P与点C重合时，x=2，再分三种情况讨论，一是当0≤x≤45时，y=32x(2 3−3 32x− 3x)=−15 34x2+3 3x；二是当45
26.【答案】(4,0)
【解析】解：(1)∵点C与点A(−2,0)关于直线x=1对称，
∴C(4,0)，
故答案为：(4,0)；
(2)把A(−2,0)、C(4,0)代入y=12x2+bx+c，得：
2−2b+c=08+4b+c=0，
解得：b=−1c=−4，
∴该二次函数的解析式为y=12x2−x−4；
(3)①∵抛物线y=12x2−x−4与y轴交于点B，
∴B(0,−4)，
设直线AB的解析式为y=kx+d，把A(−2,0)、B(0,−4)代入，得：−2k+d=0d=−4，
解得：k=−2d=−4，
∴直线AB的解析式为y=−2x−4，
设M(m,−2m−4)，则N(m,0)，如图，
∴MN=2m+4，NC=4−m，
∵MN：NC=2：5，
∴5MN=2NC，
即5(2m+4)=2(4−m)，
解得：m=−1，
∴M(−1,−2)；
②∵以MN为对角线作正方形MPNQ(点P在MN右侧)，如图，连接PQ，
则PQ⊥MN，PQ=MN，
∴P(2m+2,−m−2)，
∵点P在对称轴上，
∴2m+2=1，
解得：m=−12，
∴M(−12,−3)．
(1)根据轴对称性质即可求得点C的坐标；
(2)运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
(3)①先求得B(0,−4)，再运用待定系数法可得直线AB的解析式为y=−2x−4，设M(m,−2m−4)，则N(m,0)，由MN：NC=2：5，可得5MN=2NC，建立方程求解即可得出答案；
②由正方形性质可得PQ⊥MN，PQ=MN，进而得出P(2m+2,−m−2)，由点P在对称轴上，可得2m+2=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，轴对称性质，正方形性质，利用函数的关系式表示点的坐标和线段长度的方法等，解题关键是运用数形结合思想和方程思想．
2023年吉林省白城市通榆四中、九中中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体为( )
A. 圆柱
B. 圆锥
C. 四棱柱
D. 四棱锥
2. 如图，数轴上两点M，N所对应的实数分别为m，n，则m−n的值可能是( )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2.2
3. 如图，l1//l2，l3//l4，若∠1=70°，则∠2的度数为( )
A. 100°
B. 110°
C. 120°
D. 130°
4. 代数式(x+1)2+x(x−2)化简，得( )
A. 2x+1 B. 2x−1 C. 2x2+1 D. 2x2−1
5. 如图，在⊙O中，AB为直径，BC为弦，CD为切线，连接OC.若∠BCD=48°则∠AOC的度数为( )
A. 42°
B. 48°
C. 84°
D. 106°
6. 《千里江山图》是宋代王希孟的作品，如图，它的局部画面装裱前是一个长为2.4米，宽为1.4米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是8：13，且四周边衬的宽度相等，则边衬的宽度应是多少米？设边衬的宽度为x米，根据题意可列方程( )
A. 1.4−x2.4−x=813 B. 1.4+x2.4+x=813 C. 1.4−2x2.4−2x=813 D. 1.4+2x2.4+2x=813
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. |−2023|= ______ ．
8. 袁隆平院士被誉为“杂交水稻之父”，经过他带领的团队多年努力，目前我国杂交水稻种植面积约为2.5亿亩．将250000000用科学记数法表示为2.5×10n，则n=______．
9. 已知a+b=3，a−b=5，则代数式a2−b2的值是______ ．
10. 如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，AC=6，点D，E，F分别是AC、AB、BC的中点，连接DE、DF，则四边形BFDE的周长为______ ．
11. 如图，在菱形ABCD中，点C在x轴上，点D的坐标为(7,2)，点B的坐标为(−1,2)，则点C的坐标为______ ．
12. 如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上．若线段AB=4cm，则线段BC=______cm．
13. 如图，点A，B，C对应的刻度分别为3，5，7，将线段CA绕点C顺时针旋转，得到CA′，当点A首次落在矩形BCDE的边BE上时，线段CA扫过的图形的面积为______ .(结果保留π)
14. 公元前2000年左右，古巴比伦人使用的楔形文字中有两个符号(如图所示)，一个钉头形代表1，一个尖头形代表10.在古巴比伦的记数系统中，人们使用的标记方法和我们当今使用的方法相同，最右边的数字代表个位，然后是十位，百位．根据符号记数的方法，如图符号表示一个两位数，则这个两位数是______．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
如图，已知AB=DC，AC=DB.求证：∠A=∠D．
16. (本小题5.0分)
解不等式组x−2≥−5,①3x
(2)解不等式②，得______；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
(4)原不等式组的解集是______．
17. (本小题5.0分)
学校开展大课间活动，某班需要购买A、B两种跳绳.已知购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元.求购进一根A种跳绳和一根B种跳绳各需多少元？
18. (本小题5.0分)
有五个封装后外观完全相同的纸箱，且每个纸箱内各装有一个西瓜，其中所装西瓜的重量分别为6kg，6kg，7kg，7kg，8kg.现将这五个纸箱随机摆放．
(1)若从这五个纸箱中随机选一个，则所选纸箱里西瓜的重量为8kg的概率是______ ．
(2)若从这五个纸箱中随机选两个，请利用列表或画树状图的方法，求所选两个纸箱里的西瓜的重量之和为14kg的概率．
19. (本小题7.0分)
如图，在5×5的方格中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．
(1)如图①，画出一条线段AC，使AC=AB，点C在格点上；
(2)如图②，画出一条线段EF，使EF、AB互相平分，点E，F均在格点上；
(3)如图③，画出一个以AB为一边的四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
20. (本小题7.0分)
周末，王老师布置了一项综合实践作业，要求利用所学知识测量一栋楼的高度．小希站在自家阳台上，看对面一栋楼顶部的仰角为45°，看这栋楼底部的俯角为37°，已知两楼之间的水平距离为30m，求这栋楼的高度．
(参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)
21. (本小题7.0分)
如图，大、小两个正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行或垂直.反比例函数y=kx的图象与大正方形的一边交于点A(−2,−1)，且经过小正方形的顶点B．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)求图中阴影部分的面积．
22. (本小题7.0分)
某校九年级640名学生在“信息素养提升”培训前、后各参加了一次水平相同的测试，并以同一标准折算成“6分”、“7分”、“8分”、“9分”、“10分”5个成绩．为了解培训效果，用抽样调查的方式从中抽取了32名学生的2次测试成绩，并用划记法制成了如表表格：
培训前
成绩(分)
6
7
8
9
10
划记
正正
正
正
人数(人)
12
4
7
5
4
培训后
成绩(分)
6
7
8
9
10
划记
一
正
正正正
人数(人)
4
1
3
9
15
(1)这32名学生2次测试成绩中，培训前测试成绩的中位数是m，培训后测试成绩的中位数是n，则m ______n；(填“>”、“<”或“=”)
(2)这32名学生经过培训，测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了多少？
(3)估计该校九年级640名学生经过培训，测试成绩为“10分”的学生增加了多少人？
23. (本小题8.0分)
已知A、B两地之间有一条长440千米的高速公路．甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿此公路相向而行，甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇，再以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地；乙车匀速行驶至A地，两车到达各自的目的地后停止，两车距A地的路程y(千米)与各自的行驶时间x(时)之间的函数关系如图所示．
(1)m=______，n=______；
(2)求两车相遇后，甲车距A地的路程y与x之间的函数关系式；
(3)当乙车到达A地时，求甲车距A地的路程．
24. (本小题8.0分)
下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】
如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，求证：EF=AE+CF．
证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM，∠A=∠DCM，∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°，
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌ ______ ，
∴EF=MF=CM+CF= ______ +CF．
【探究】
(1)在图①中，若正方形ABCD的边长为3，AE=1，其他条件不变，求EF的长．
解：∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2，CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x，FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x= ______ ，即EF= ______ ；
(2)如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=AD=6，BC=4，E是AB边上的点，且∠CDE=45°，则CE= ______ ．
(3)如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高.若BD=2，CD=3，则AD的长为______ ．
25. (本小题10.0分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2cm.P，Q两点分别从A，C同时出发，点P以3cm/s的速度沿折线AB−BC向终点C匀速运动；点Q在CA上以 3cm/s的速度向终点A匀速运动.过点P作PM⊥AC于点M，以PM、QM为邻边作矩形PMQN.设点P的运动时间为x(s)，矩形PMQN的面积为y(cm)2(注：线段看成面积为0cm2的矩形)
(1)当点P与点N重合时，x= ______ ；
(2)求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
(3)在整个运动过程中，当PN= 3NQ时，直接写出x的值．
26. (本小题10.0分)
若二次函数y=12x2+bx+c的图象经过点A(−2,0)，其对称轴为直线x=1，与x轴的另一个交点为C，与y轴交于点B．
(1)点C的坐标为______ ；
(2)求二次函数的解析式；
(3)点M在线段AB上，过点M作MN⊥x轴于点N．
①若MN：NC=2：5，求点M的坐标；
②以MN为对角线作正方形MPNQ(点P在MN右侧)，当点P在对称轴上时，直接写出点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：俯视图为圆的几何体为球，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆柱．
故选：A．
俯视图为圆的几何体为球，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆柱．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握常见几何体的三视图．
2.【答案】D
【解析】解：∵M，N所对应的实数分别为m，n，
∴1
故选：D．
根据在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的大，可得：1
3.【答案】B
【解析】解：∵l1//l2，∠1=70°，
∴∠3=∠1=70°，
∵l3//l4，
∴∠2=180°−∠3=180°−70°=110°，
故选：B．
根据平行线的性质即可得到结论．
此题考查了平行线的性质，解题的关键是：熟记两直线平行同位角相等，两直线平行内错角相等，两直线平行同旁内角互补．
4.【答案】C
【解析】解：(x+1)2+x(x−2)
=x2+2x+1+x2−2x
=2x2+1．
故选：C．
利用完全平方公式，单项式乘多项式的法则进行运算，再合并同类项即可．
本题主要考查完全平方公式，单项式乘多项式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：在⊙O中，AB为直径，BC为弦，CD为切线，
∴∠OCD=90°，
∵∠BCD=48°，
∴∠OCB=42°，
∴∠AOC=84°，
故选：C．
根据切线的性质得出∠OCD=90°，进而得出∠OCB=40°，再利用圆心角等于圆周角的2倍解答即可．
本题考查了圆周角定理：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．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径，切线的性质：切线垂直于过切点的半径．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得，
1.4+2x2.4+2x=813，
故选：D．
根据题意可知，装裱后的长为2.4+2x，宽为1.4+2x，再根据整幅图画宽与长的比是8：13，即可得到相应的方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
7.【答案】2023
【解析】解：−2023的相反数是2023，
故|−2023|=2023，
故答案为：2023．
负数的绝对值是它的相反数，由此可解．
本题考查求一个数的绝对值，解题的关键是掌握负数的绝对值是它的相反数．
8.【答案】8
【解析】解：∵250000000=2.5×108．
∴n=8，
故答案为：8．
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
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．
9.【答案】15
【解析】解：∵a+b=3，a−b=5，
∴原式=(a+b)(a−b)=15，
故答案为：15
原式利用平方差公式化简，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了平方差公式，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
10.【答案】9
【解析】解：∵点D，E，F分别是AC、AB、BC的中点，AB=4，BC=5，AC=6，
∴DE、DF是△ABC的中位线，BE=12AB=2，BF=12BC=2.5，
∴DE=12BC=2.5，DF=12AB=2，
∴四边形BFDE的周长为：BF+DF+BE+DE=9，
故答案为：9．
根据三角形中位线定理分别求出DE、DF，根据线段中点的概念分别求出BE、BF，计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
11.【答案】(3,0)
【解析】解：如图，连接AC、BD交于点E，BD交y轴于点F，
则OC=EF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BE=DE=12BD，
∵点D的坐标为(7,2)，点B的坐标为(−1,2)，
∴BF=1，DF=7，BD//x轴，
∴BD=BF+DF=8，
∴BE=DE=4，
∴OC=EF=BE−BF=4−1=3，
∵点C在x轴上，
∴点C的坐标为：(3,0)，
故答案为：(3,0)．
连接AC、BD交于点E，BD交y轴于点F，由菱形的性质得AC⊥BD，BE=DE=12BD，再求出BD=BF+DF=8，则BE=DE=4，得OC=EF=3，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：如图，过点A作AE⊥CE于点E，交BD于点D，
∵练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，
∴ABBC=ADDE，
即4BC=26，
∴BC=12．
故答案为12．
过点A作AE⊥CE于点E，交BD于点D，根据平行线分线段成比例可得ABBC=ADDE，代入计算即可解答．
本题主要考查平行线分线段成比例．
13.【答案】83π
【解析】解：由题意，知AC=7−3=4，BC=7−5=2，∠A′BC=90°．
由旋转的性质，得A′C=AC=4．
在Rt△A′BC中，cos∠ACA′=BCA′C=12．
∴∠ACA′=60°．
∴扇形ACA′的面积为60π×42360=83π.
即线段CA扫过的图形的面积为83π.
故答案为：83π.
求线段CA扫过的图形的面积，即求扇形ACA′的面积．
此题考查了扇形面积的计算和解直角三角形，熟练掌握扇形面积公式是解本题的关键．
14.【答案】25
【解析】解：由题意可得，表示25．
故答案为：25．
根据题意可知，这个两位数的个位上的数是5，十位上的数是2，故这个两位数我25．
本题主要考查了用数字表示事件，理清题目中的符号表示的意义是解答本题的关键．
15.【答案】证明：连接BC，在△ABC和△DCB中，
∵AB=DC，AC=DB，BC=CB，
∴△ABC≌△DCB，
∴∠A=∠D．
【解析】分析题目条件，AB、AC围成△ABC，DC、DB围成△DCB，BC为它们的公共边，容易判断△ABC≌△DCB，从而得出∠A=∠D．
本题是全等三角形的判定，性质的综合运用，可以由结论探究所要证明全等的三角形，然后找全等的条件．
16.【答案】解：(1)x≥−3；
(2)x<1；
(3)如图所示：
(4)−3≤x<1．
【解析】解：(1)解不等式①，得：x≥−3；
(2)解不等式②，得：x<1；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来为：
(4)原不等式组的解集为：−3≤x<1．
故答案为：(1)x≥−3；
(2)x<1；
(4)−3≤x<1．
分别解这两个不等式，把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，找到解集的公共部分即可得到原不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，体现了数形结合的思想，在数轴上找到解集的公共部分是解题的关键．
17.【答案】解：设购进一根A种跳绳需要x元，一根B种跳绳需要y元，
根据题意得：10x+5y=17515x+10y=300，
解得：x=10y=15．
答：购进一根A种跳绳需要10元，一根B种跳绳需要15元．
【解析】设购进一根A种跳绳需要x元，一根B种跳绳需要y元，根据“购进10根A种跳绳和5根B种跳绳共需175元：购进15根A种跳绳和10根B种跳绳共需300元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18.【答案】15
【解析】解：(1)∵一共有5个箱子，每个箱子被选取的概率相同，而西瓜重量为6kg的箱子有2个，
∴这五个纸箱中随机选1个，所选纸箱里西瓜的重量为6kg的概率是15，
故答案为：15；
(2)画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中所选两个纸箱里西瓜的重量之和为14kg的结果有6种，
∴所选两个纸箱里西瓜的重量之和为14kg的概率为620=310．
(1)根据概率公式即可求得；
(2)首先画出树状图，展示所有20种等可能的结果数，再找出两个数字之和等于14kg所占的结果数，再根据概率公式计算．
本题考查了求概率公式，利用画树状图求概率，熟练掌握和运用求概率的方法是解决本题的关键．
19.【答案】解：如图：(1)线段AC即为所作，
(2)线段EF即为所作，
(3)四边形ABHG即为所作．
【解析】(1)AB为长方形对角线，作出相等线段即可；
(2)只要保证四边形AFBE是平行四边形即可；
(3)同(2)．
本题考查作图−旋转变换，平行四边形的判定，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
20.【答案】解：如图，过点A作AE⊥BC于E，则AE=CD=30m，
在Rt△ABE中，∠BAE=45°，AE=30m，
∴BE=AE=30m，
在Rt△ACE中，∠CAE=37°，AE=30m，
∴CE=tan37°×AE≈0.75×30=22.5(m)，
∴BC=BE+CE=52.5(m)，
答：这栋楼的高度大约为52.5m．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在两个直角三角形中，由锐角三角函数的定义进行计算即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y=kx的图象经过点A(−2,−1)，
∴k=xy=−2×(−1)，
∴k=2，
∴反比例函数的解析式为y=2x；
(2)∵小正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，
∴设B点的坐标为(m,m)，
∵反比例函数y=2x的图象经过B点，
∴m=2m，
∴m2=2，
∴小正方形的面积为4m2=8，
∵大正方形的中心与平面直角坐标系的原点O重合，边分别与坐标轴平行，且A(−2,−1)，
∴大正方形的面积为4×22=66，
∴图中阴影部分的面积=大正方形的面积−小正方形的面积=16−8=8．
【解析】(1)根据待定系数法求出k即可得到反比例函数的解析式；
(2)先根据反比例函数系数k的几何意义求出小正方形的面积为4m2=8，再求出大正方形在第一象限的顶点坐标，得到大正方形的面积为4×22=16，根据图中阴影部分的面积=大正方形的面积−小正方形的面积即可求出结果．
本题主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义，正方形的性质，熟练掌握反比例函数系数k的几何意义是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)<；
(2)培训前：1232×100%，培训后：432×100%，
1232×100%−432×100%=25%，
答：测试成绩为“6分”的百分比比培训前减少了25%；
(3)培训前：640×432=80(人)，培训后：640×1532=300(人)，
300−80=220(人)，
答：测试成绩为“10分”的学生增加了220人．
【解析】
【分析】
本题考查了用样本估计总体，中位数，熟练掌握中位数的定义是解题的关键．
(1)根据中位数的定义即可得到结论；
(2)根据题意列式计算即可；
(3)根据题意列式计算即可．
【解答】
解：(1)∵培训前测试成绩的中位数m=7+82=7.5，培训后测试成绩的中位数n=9+92=9，
∴m
(2)见答案;
(3)见答案．
23.【答案】2 6
【解析】解：(1)由题意知：m=200÷100=2，
n=m+4=2+4=6，
故答案为：2，6；
(2)设y=kx+b，将(2,200)，(6,440)代入得：
2k+b=2006k+b=440，
解得k=60b=80，
∴y=60x+80，(2≤x≤6)；
(3)乙车的速度为(440−200)÷2=120(千米/小时)，
∴乙车到达A地所需时间为440÷120=113(小时)，
当x=113时，y=60×113+80=300，
∴甲车距A地的路程为300千米．
(1)由甲车先以100千米/时的速度匀速行驶200千米后与乙车相遇可求出m=2，根据以另一速度继续匀速行驶4小时到达B地知n=6；
(2)用待定系数法可得y=60x+80，(2≤x≤6)；
(3)求出乙的速度，即可得乙到A地所有时间，即可求得甲车距A地的路程为300千米．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能正确识图．
24.【答案】△MDE AE 52 52 5 6
【解析】解：【作业】
证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM，∠A=∠DCM，∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°，
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌△MDE(SAS)，
∴EF=MF=CM+CF=AE+CF．
故答案为：△MDE，AE；
【探究】
(1)∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2，CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x，FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x=52，
即EF=52；
故答案为：52，52；
(2)过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，则四边形ABHD是正方形，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DHM．
∴DE=DM，∠ADE=∠MDH，
∵∠EDC=45°，
∴∠ADE+∠CDH=∠MDH+∠CDH=45°，
∴∠EDC=∠CDM，
又∵CD=CD，
∴△CDE≌△CDM(SAS)，
∴CE=CM，
∵BC=4，AD=AB=BH=6，
∴CH=2，
设HM=AE=y，则CM=CE=y+2，BE=6−y，
在Rt△BEC中，BE2+CB2=CE2，
∴(6−y)2+42=(y+2)2，
∴y=3，
∴CE=CM=2+3=5，
故答案为：5；
(3)把△ABD沿AB翻折得△ABQ，把△ACD沿AC翻折得△ACM，延长QB、MC交于点G，
由(1)(2)得：四边形AMGQ是正方形，MC+BQ=BC，MC=CD=3，DB=BQ=2，
设MG=AM=AQ=QG=a，
则GB=a−2，CG=a−3，
在Rt△BGC中，由勾股定理得：(a−2)2+(a−3)2=52，
解得：a=6(负值舍去)，
即AD=6，
故答案为：6．
【作业】由全等三角形的判定与性质可得出答案；
【探究】(1)由勾股定理可得出答案；
(2)过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，则四边形ABHD是正方形，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DHM.证明△CDE≌△CDM(SAS)，得出CE=CM，设HM=AE=y，则CM=CE=y+2，BE=6−y，由勾股定理可得出答案；
(3)把△ABD沿AB翻折得△ABQ，把△ACD沿AC翻折得△ACM，延长QB、MC交于点G，设MG=AM=AQ=QG=a，则GB=a−2，CG=a−3，由勾股定理可得出答案．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
25.【答案】45
【解析】解：(1)如图1，∵PM⊥AC于点M，
∴∠AMP=90°，
∵∠A=30°，AP=3x cm，
∴AM=AP⋅cos30°= 32×3x=3 32x(cm)，
∵∠C=90°，BC=2cm，CQ= 3x cm，
∴AB=2BC=4cm，
∴AC= AB2−BC2= 42−22=2 3(cm)，
当点P与点N重合时，则点M与点Q重合，
∴3 32x+ 3x=2 3，
解得x=45，
故答案为：45．
(2)当点P与点B重合时，则3x=4，解得x=43；
当点P与点C重合时，则3x=4+2，解得x=2，
当0≤x≤45时，如图1，PM=12AP=32xcm，QM=(2 3−3 32x− 3x)cm，
∴y=32x(2 3−3 32x− 3x)=−15 34x2+3 3x；
当45
当43
综上所述，y=−15 34x2+3 3x(0≤x≤45)15 34x2−3 3x(45
∵PN= 3NQ，
∴2 3−5 32x= 3×32x，
解得x=12；
当45
∴5 32x−2 3= 3×32x，
解得x=2，不符合题意，舍去；
当43
∴ 3x= 3(6−3x)，
解得x=32，
综上所述，x的值为12或32．
(1)由∠AMP=90°，∠A=30°，AP=3xcm，得AM=AP⋅cos30°=3 32xcm，由∠C=90°，BC=2cm，得AB=2BC=4cm，则AC= AB2−BC2=2 3cm，而CQ= 3xcm，当点P与点N重合时，则点M与点Q重合，所以3 32x+ 3x=2 3，则x=45，于是得到问题的答案；
(2)先求出当点P与点B重合时，x=43，当点P与点C重合时，x=2，再分三种情况讨论，一是当0≤x≤45时，y=32x(2 3−3 32x− 3x)=−15 34x2+3 3x；二是当45
26.【答案】(4,0)
【解析】解：(1)∵点C与点A(−2,0)关于直线x=1对称，
∴C(4,0)，
故答案为：(4,0)；
(2)把A(−2,0)、C(4,0)代入y=12x2+bx+c，得：
2−2b+c=08+4b+c=0，
解得：b=−1c=−4，
∴该二次函数的解析式为y=12x2−x−4；
(3)①∵抛物线y=12x2−x−4与y轴交于点B，
∴B(0,−4)，
设直线AB的解析式为y=kx+d，把A(−2,0)、B(0,−4)代入，得：−2k+d=0d=−4，
解得：k=−2d=−4，
∴直线AB的解析式为y=−2x−4，
设M(m,−2m−4)，则N(m,0)，如图，
∴MN=2m+4，NC=4−m，
∵MN：NC=2：5，
∴5MN=2NC，
即5(2m+4)=2(4−m)，
解得：m=−1，
∴M(−1,−2)；
②∵以MN为对角线作正方形MPNQ(点P在MN右侧)，如图，连接PQ，
则PQ⊥MN，PQ=MN，
∴P(2m+2,−m−2)，
∵点P在对称轴上，
∴2m+2=1，
解得：m=−12，
∴M(−12,−3)．
(1)根据轴对称性质即可求得点C的坐标；
(2)运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
(3)①先求得B(0,−4)，再运用待定系数法可得直线AB的解析式为y=−2x−4，设M(m,−2m−4)，则N(m,0)，由MN：NC=2：5，可得5MN=2NC，建立方程求解即可得出答案；
②由正方形性质可得PQ⊥MN，PQ=MN，进而得出P(2m+2,−m−2)，由点P在对称轴上，可得2m+2=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，轴对称性质，正方形性质，利用函数的关系式表示点的坐标和线段长度的方法等，解题关键是运用数形结合思想和方程思想．
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