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2022-2023学年度重庆市西南大学附属中学校九年级上学期期中数学试题
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这是一份2022-2023学年度重庆市西南大学附属中学校九年级上学期期中数学试题，文件包含重庆市西南大学附属中学校九年级上学期期中数学试题原卷版docx、重庆市西南大学附属中学校九年级上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年初三上学期11月份期中
数学试题
一、单选题本大题12个小题，每小题4分，共48分
1. 下列各数中：，，，（每两个2中间依次增加1个0），0，，，无理数有（ ）
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】无理数是无限不循环小数，而有理数是有限小数或无限循环小数，由此可以判断得出答案．
【详解】解：（每两个2中间依次增加1个0）是无限不循环小数；
；
上述各数中无理数有：，（每两个2中间依次增加1个0），共3个；
故选：B．
【点睛】此题考查了无理数、有理数的概念，熟练掌握无理数是无限不循环小数是解答此题的关键．
2. 某种电子元件的面积大约为0.00000082平方厘米，将0.00000082用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数．
【详解】解：．
故选：C．
【点睛】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的形式，其中，为整数，表示时关键要确定的值以及的值．
3. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据积的乘方和幂的乘方法则计算即可．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题考查了积的乘方和幂的乘方，幂的乘方，底数不变，指数相乘；积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
4. 如图，与位似，点O为位似中心，已知，面积为1，则的面积是（ ）
A. 3 B. 4 C. 9 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似比等于三角形的相似比，结合相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方计算即可．
【详解】因为与位似，点O为位似中心，且，
所以，
因为的面积为1，
所以的面积是16，
故选D．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握面积之比等于位似比的平方是解题的关键．
5. 估计的值应在（ ）
A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式混合运算法则化简，再根据无理数的估算方法估算即可．
【详解】解：
∵，
∴原式在2和3之间．
故选：B．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，无理数的估算．无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
6. 小开家、加油站和湿地公园依次在同一直线上，端午节期间，小开一家从家出发开车前往湿地公园游玩，经过加油站时，加满油后继续驶往目的地，汽车行驶路程y（千米）与汽车行驶时间x（分钟）之间的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 汽车经过30分钟到达加油站 B. 汽车加油时长为10分钟
C. 汽车加油后的速度比加油前快 D. 小开家距离湿地公园45千米
【答案】C
【解析】
【分析】观察图象，从图象中获取对应时间的路程和时间，再依次进行判断即可．
【详解】解：由图象可知，汽车经过30分钟到达加油站，故A正确；
由图象可知，汽车加油时长为40-30=10分钟，故B正确；
由图象可知，汽车加油后的速度为：（45-25）÷（80-40）=0.5千米/分，加油前速度为：25÷30=千米/分，汽车加油前的速度比加油后快，故C错误；
由图象可知，小开家距离湿地公园45千米，故D正确．
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数图象的行程问题，能从图象中获取所需信息是解决问题的关键．
7. 《九章算术》是中国古代第一部数学专著，也是世界上最早的印刷本数学书，它的出现标志着中国古代数学体系的形成．书中有如下问题：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数、物价各几何？大意是：有几个人一起去买一件物品，如果每人出8元，则多了3元；如果每人出7元，则少了4元，问有多少人？该物品价值多少元？若设有人，物品价值元，根据题意，可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“每人出8元，则多了3元；每人出7元，则少了4元”可得方程组．
【详解】解：设有x人，物品价值y元，
根据题意，可列方程组为：，
故选：A．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，由实际问题列方程组是把“未知”转化为“已知”的重要方法，它的关键是把已知量和未知量联系起来，找出题目中的相等关系．
8. 下列命题中真命题的个数是 ( )
①在函数y=中，当时，；②三角形的内心到三边的距离相等；③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；④平分弦的直径垂直于弦；⑤对于任意实数m，关于x的方程有两个不相等的实数根．
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数图象的性质即可判断①；根据角平分线的性质即可判断②；根据矩形的判定即可判断③；根据垂径定理即可判定④；根据一元二次方程根的判别式即可判断⑤．
【详解】解：①∵y=，
∴反比例函数图象经过二、四象限，在每个象限内，y随x增大而增大，
∴当时，不一定有，故①是假命题；
②三角形内心是三角形角平分线的交点，则三角形的内心到三边的距离相等，故②是真命题；
③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，故③是真命题；
④平分弦（直径除外）直径垂直于弦，故④是假命题；
⑤∵，
∴方程有两个实数根，故⑤假命题，
故选C．
【点睛】本题主要考查了判定命题真假，熟知反比例函数图象的性质，角平分线的性质，矩形的判定，垂径定理，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
9. 菱形ABCD如图所示，对角线AC、BD相交于点O，若BD=6，菱形ABCD面积等于24，且点E为AD的中点，则线段OE的长为（ ）
A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的性质：对角线互相垂直平分，得出Rt△AOD的面积等于菱形面积的，求出AO，利用勾股定理求出AD，再利用直角三角形斜边的中线的性质OE＝AD，求出OE即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ BO＝OD＝BD＝3，AO＝CO＝AC，AC⊥BD，
∴
在Rt△AOD中，
，
∴AO＝4
由勾股定理得
∵点E为AD的中点
∴
故选：B．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，得出OE＝AD是解题关键．
10. 如图，直线l与相切于点A，P是上的一点，过点于B，PB交于点Q，连接PA．若，，则PQ＝（ ）
A. 16 B. 12 C. 18 D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】连接OA、OQ，作OE⊥AP交AP于点E，OF⊥PB交PB于点F，由，，得 ，进一步得出，则，利用勾股定理求得，根据垂直于弦直径平分这条弦可得，进而求得半径，同理可得OF平分PQ，利用勾股定理求得FQ，即可求解．
【详解】解：如下图所示连接OA、OQ，作OE⊥AP交AP于点E，OF⊥PB交PB于点F，
∵直线l与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴,
在中，，，
∴,
又∵AP是的弦，且垂直于弦的直径平分这条弦，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理OF平分PQ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的性质及判定等，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
11. 若关于x的不等式组有解，且关于y的分式方程＝﹣3的解为非负数，则所有满足条件的整数a的值之积是（ ）
A. ﹣6 B. 0 C. 4 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】不等式组整理后，根据已知解集确定出的范围，分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有非负整数解，确定出的值，求出积即可．
【详解】解：不等式组整理得：，
∵关于x的不等式组有解，
∴2a+2≤8，即a≤3，
解分式方程＝﹣3得y＝，
∵关于y的分式方程＝﹣3的解为非负数，
∴≥0，且≠1，
解得，a≥﹣2，且a≠0，
∴﹣2≤a≤3，且a≠0，
∵a为整数，
∴a＝﹣2或﹣1或1或2或3，
∴满足条件的所有整数a的值之积：（﹣2）×（﹣1）×1×2×3＝12．
故选：D．
【点睛】此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12. 已知两个多项式、，（其中x为实数），
①若，则；
②存在实数x，使得；
③已知，则的值为1562；
④当时，若，则的值为．
以上结论中正确的个数有（ ）个
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】①根据题意列出方程求解即可判断；②求出可知恒大于0，从而判断；③分别令和，再把所得式子相减化简即可判断；④由可得，从而得到，继而推出，由此判断．
【详解】解：①∵、，
∴，
化简得：，
解得：，
故①错误；
②∵、，
∴，
∴不存在实数x，使得，
故②错误；
③∵
即
令得：①，
令得：②，
由①-②得：，
∴，
故③正确；
④∵，
即，
化简得：
∵
∴两边除以x并整理得：，
∴，
∴
故④错误．
正确的为③，共1个，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，配方法的应用，加减消元法，利用完全平方公式计算等知识，综合能力要求较高，掌握相关基础知识并融会贯通是解题的关键．
二、填空题本大题4个小题，每小题4分，共16分
13. ___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值、零次幂的性质化简，代入特殊角三角函数值计算即可．
【详解】解：原式
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，牢记特殊角三角函数值是解题的关键．
14. 在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机地摸出一个小球不放回，再随机地摸出一个小球，则两次摸出的小球的标号的和为奇数的概率是_____________.
【答案】；
【解析】
【详解】试题解析：列表得：
1
2
3
4
1
−−−
(2,1)
(3,1)
(4,1)
2
(1,2)
−−−
(3,2)
(4,2)
3
(1,3)
(2,3)
−−−
(4,3)
4
(1,4)
(2,4)
(3,4)
−−−
所有等可能的情况有12种，其中之和为奇数的情况有8种，
则
故答案为:
15. 如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，AD＝7，以点A为圆心，AB的长为半径作，交BC于点F，交AD于点E，连接CE，则图中阴影部分的面积为 __．
【答案】3
【解析】
【分析】根据∠ABC＝60°及菱形的性质可得△ABF，△AEF是等边三角形，得到EF＝BF＝AB＝AE＝4，即可得到图中阴影部分的面积即为△EFC的面积．
【详解】解：在菱形ABCD中，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣60°＝120°，
连接AF、EF，
∵AB＝AF＝4，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，BF＝AF，
∴∠EAF＝60°，
∵AE＝AF＝AB，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF＝AF，
∴EF＝BF＝AB＝AE＝4，
∴四边形ABFE是菱形，
∴∠EFC＝∠ABC＝60°，
∵AD＝BC＝7，
∴FC＝BC﹣BF＝3，
∴阴影部分的面积＝S△EFC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，扇形的面积，等边三角形的判定和性质等，解题的关键是确定阴影部分的面积等于△EFC的面积．
16. 秋天是观赏银杏的最佳时节，某公园有一片银杏观赏区，种植有“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”三种银杏树．为吸引更多市民，公园准备再移栽一批银杏树到观赏区，“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”三种银杏树的移栽棵数分别是原有棵数的50%，75%，62.5%，移栽后，原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的．已知移栽一棵“佛手银杏”与“梅核银杏”的费用之比为4：5，移栽一棵“马玲银杏”与“佛手银杏”的费用相同，若移栽“梅核银杏”的总费用是移栽三种银杏树总费用的，则原有“佛手银杏”的棵数与原有三类银杏树总棵数的比值为_____．
【答案】．
【解析】
【分析】设“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”原有棵数为a，b，c，设移栽一颗“佛手银杏”，“梅核银杏”，“马玲银杏”的费用为x，1.25x，x，根据“原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的列方程求得6b＋c＝4a；根据“移栽梅核银杏”的总费用是总费用的，列方程求得12b＝4a＋5c；联立可得b＝c＝a，即可得出原有“佛手银杏”的棵数与原有三类银杏树总棵数的比值．
【详解】设“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”原有棵数为a，b，c，
由移栽一棵“佛手银杏”与“梅核银杏”的费用之比为4：5，设移栽一颗“佛手银杏”，“梅核银杏”，“马玲银杏”的费用为x，1.25x，x，
由原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的．得：1.5a+1.75b+1.625c＝（a+b+c），
化简得：6b+c＝4a；
移栽“梅核银杏”的费用是总费用的，得：0.75b×1.25x＝（0.5ax+0.75b×1.25x+0.625cx ），化简得12b＝4a+5c；
由6b+c＝4a，12b＝4a+5c可得：b＝c＝a，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了方程的应用，解答本题的关键是设出多个未知数，根据题意找到等量关系列出方程．
三、解答题本大题2个小题，每小题8分，共16分
17. 计算：
（1）；
（2） ．
【答案】（1）9； （2）．
【解析】
【分析】（1）根据完全平方公式和单项式乘以多项式法则运算即可；
（2）直接将括号里的通分运算，进而利用分式混合运算法则计算得出答案．
【小问1详解】
【小问2详解】
【点睛】本题考查分式的混合运算和完全平方公式和单项式乘以多项式；熟练掌握分式混合运算法则，完全平方公式，单项式乘以多项式的法则是解题的关键．
18. 如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，连接AE．
（1）用尺规完成以下基本作图：过点B作AE的垂线，分别与AE、CD交于点F、G；（不写作法和证明，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图形中，求证：．（请补全下面的证明过程）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
∵ ∴
∵
∴
∴
又∵
∴
在和中：
∴
∴
【答案】（1）见解析 （2）90°，CBG，AB，△ABE．
【解析】
【分析】（1）根据作垂线的要求作出图形即可；
（2）证明△ABE≌△BCG（ASA），可得结论．
【小问1详解】
图形如图所示：
【小问2详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°．
∵BF⊥AE，
∴∠BFE=90°，
∴∠CBG+∠AEB=90°．
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
，
∴△ABE≌△BCG（ASA）．
∴AB=BG，
故答案为：90°，CBG，AB，△ABE．
【点睛】本题考查作图-基本作图，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
四、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）
19. 2022年4月2日，中国人民银行召开数字人民币研发试点工作座谈会，在现有试点地区基础上增加重庆市等6个城市作为试点地区，某校数学兴趣小组为了调查七、八年级同学们对数字人民币的了解程度，设计了一张含10个问题的调查问卷，在该校七、八年级中各随机抽取20名学生进行调查，并将结果整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
七年级20名学生答对的问题数量为：
5
5
5
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
8
8
9
9
9
10
10
八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图如图：
七、八年级抽取的学生答对问题数量的平均数、众数、中位数、答对8题及以上人数所占百分比如表所示：两组数据的平均数，众数，中位数，优秀率如表所示：
年级
平均数
众数
中位数
答对8题及以上人数所占百分比
七年级
7.4
a
7.5
50%
八年级
7.8
8
b
c
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中的a，b，c的值；
（2）根据上述数据，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生更了解数字人民币？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若答对7题及以上视为比较了解数字人民币，该校七年级有800名学生，八年级有700名学生，估计该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是多少？
【答案】（1），，
（2）八年级的学生更了解数字人民币，理由见解析
（3）该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是人
【解析】
【分析】（1）根据七年级20名学生答对的问题数量及众数的定义得到，根据八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图及中位数的定义可得；根据答对8题及以上人数可得c=65%；
（2）从平均值和从中位数看即可确定八年级学生更了解；
（3）利用样本中答对7题及以上学生人数的占比分别估算求和即可得出结果．
【小问1详解】
解：根据七年级20名学生答对的问题数量：
5
5
5
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
8
8
9
9
9
10
10
可知，8出现的次数最多，
∴众数为8，故；
根据八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图可得第10和11位的数据为8、8，
∴中位数为8，故；
∵答对8题及以上人数为13人，
∴c=65%，
，，；
【小问2详解】
解：八年级的学生更了解数字人民币，
从平均值看，八年级平均数要大；从中位数看，八年级中位数也大；
八年级学生更了解数字人民币；
【小问3详解】
解：七年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）；
八年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）；
该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）．
【点睛】本题考查条形统计图、平均数、众数、中位数、用样本估计总体等知识，理解各个数量之间的关系是解决问题的关键．
20. 如图，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点、两点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式，并在平面直角坐标系中画出一次函数的图象；
（2）若点C（0，4），连接AC、BC，求△ABC的面积；
（3）根据图象、直接写出当，时，自变量x的取值范围．
【答案】（1）；；作图见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）把点A坐标代入求出反比例函数解析式，求出点B坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）根据一次函数解析式求出与y轴的交点D坐标，然后利用三角形面积求解决可；
（3）利用图象法根据函数值得大小确定自变量的取值范围．
【小问1详解】
解：∵过A（6，2），
∴k＝2×6＝12，
∴，
∵在直线上，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴；
画图如图
【小问2详解】
解：由交y轴于，
∵，
∴CD=4-（-2）=6，
∴；
【小问3详解】
（3）当，即，
是一次函数的图象在反比例函数图象的上方，
两函数的交点为、，
根据图象可知在交点B的右侧，y轴左侧，以及点A的右侧，
∴或．
【点睛】本题考查待定系数法求反比例函数和一次函数解析式，三角形面积，图像法确定自变量取值范围，掌握待定系数法求反比例函数和一次函数解析式方法，三角形面积公式，图像法确定自变量取值范围的方法是解题关键．
21. 巫云开高速起于巫溪县， 经云阳县， 止于开州区， 是渝东北地区与主城都市区联系的重要通道， 也是重庆过境大通道的重要组成部分， 预计在 2025 年建成通车． 为及时学握巫云开高速通车后是否会对沿途居民生活产生噪音影响， 施工单位派出了两名勘测师对已经修建好的高速路段 进行勘测． 如图， 勘测师甲在一段自西向东的的高速路上的 处发现民宿 在 处北偏西 方向上， 与 处距离为 80 米， 民宿 在 处北偏东 方向上； 勘测师乙在民宿 处测得民宿 在 处北偏西 的方向上．
（1）求 的距离（结果保留一位小数）；
（2）当居住场所与高速路的距离不大于 30 米的时候， 人们的生活会被高速路上的噪声影响， 相关部门可通过加装隔音堜来减少噪声污染， 每米隔音墙的单价为 158 元． 请判断民宿 是否会被高速路上的噪声影响? 如果有被影响， 则在对民宿有噪音影响的高速路段上全部安装隔音墙， 请计算出安装隔音墙需要资金多少元? 如果没有被影响， 请说明理由．（参考数据： ）
【答案】（1）109.3米
（2）3160元
【解析】
【分析】（1）过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，证△AMB是等腰直角三角形得AM=BM，∠BAM=45°，再由含30°角的直角三角形的性质得AM=AC=40（米），然后由勾股定理得CM=40（米），即可解决问题；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得BN=AB=20（米），再由20米＜30米，得民宿B会被高速路上的噪声影响，设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，然后由勾股定理得GN=HN=10（米），即可解决问题．
【小问1详解】
如图，过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，
则AT∥KN，
∴∠ABN=∠BAT，
由题意得：∠CAT=45°，∠BAT=60°，∠CBK=75°，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABC=180°-∠CBK-∠ABN=180°-75°-60°=45°，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴AM=BM，∠BAM=45°，
∴∠CAM=∠CAT+∠BAT-∠BAM=45°+60°-45°=60°，
∴∠C=30°，
∴AM=AC=×80=40（米），
∴（米），
∴BC=BM+CM=AM+CM=40+40≈109.3（米）；
【小问2详解】
由（1）得：△AMB是等腰直角三角形，AM=40米，
∴AB=AM=40（米），
∵∠BAN=90°-∠BAT=90°-60°=30°，
∴BN=AB=20（米），
∵20米＜30米，
∴民宿B会被高速路上的噪声影响，
设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，
∵BN⊥DE，
∴（米），
∴GH=2×10=20（米），
∴安装隔音墙需要资金为：20×158=3160（元）．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22. 小明锻炼健身，从A地匀速步行到B地用时25分钟．若返回时，发现走一小路可使A、B两地间路程缩短200米，便抄小路以原速返回，结果比去时少用2.5分钟．
（1）求返回时A、B两地间的路程；
（2）若小明从A地步行到B地后，以跑步形式继续前进到C地（整个锻炼过程不休息）．据测试，在他整个锻炼过程的前30分钟（含第30分钟），步行平均每分钟消耗热量6卡路里，跑步平均每分钟消耗热量10卡路里；锻炼超过30分钟后，每多跑步1分钟，多跑的总时间内平均每分钟消耗的热量就增加1卡路里．测试结果，在整个锻炼过程中小明共消耗904卡路里热量．问：小明从A地到C地共锻炼多少分钟．
【答案】（1）1800米；（2）52分钟．
【解析】
【分析】（1）可设AB两地之间的距离为x米，根据两种步行方案的速度相等，列出方程即可求解；
（2）可设从A地到C地一共锻炼时间为y分钟，根据在整个锻炼过程中小明共消耗900卡路里热量，列出方程即可求解．
【详解】解：（1）设返回时A，B两地间的路程为x米，由题意得：
，
解得x=1800．
答：A、B两地间的路程为1800米；
（2）设小明从A地到B地共锻炼了y分钟，由题意得：
25×6+5×10+[10+（y﹣30）×1]（y﹣30）=904，
整理得y2﹣50y﹣104=0，
解得y1=52，y2=﹣2（舍去）．
答：小明从A地到C地共锻炼52分钟．
【点睛】本题考查一元一次方程，一元二次方程．
23. 若一个四位数的十位数字与个位数字的平方差的绝对值恰好是去掉个位与十位数字后得到的两位数，则称这是四位数为“最美差数”．
例如：，，2736是“最美差数”
又如：，，3885不是“最美差数”
（1）判断2064，5495是否是“最美差数”，并说明理由；
（2）一个“最美差数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，且满足：，记，，若为整数，除以4余3.求出所有满足条件的．
【答案】（1）2064是“最美差数”，5495不是“最美差数”
（2）6480或3262
【解析】
【分析】（1）根据新定义进行解答便可；
（2）根据一个“最美差数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，得，由0≤d＜c≤9，得（c＋d）（c－d）＝10a＋b，根据P（M）为整数，求得c、d的值，再根据Q（M）除以4余3，进而确定c、d的值，再由（c＋d）（c－d）＝10a＋b，求得a、b的值便可求得M．
【小问1详解】
解：2064是“最美差数”，5495不是“最美差数”，理由如下
，
2064是“最美差数”，5495不是“最美差数；
【小问2详解】
∵一个“最美差数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，
0≤d＜c≤9
（c＋d）（c－d）＝10a＋b
P（M）＝，P（M）为整数
c＝8，d＝0或c＝7，d＝1或c＝6，d＝2或c＝5，d＝3或c＝9，d＝7，
Q（M）＝
Q（M）＝
＝
Q（M）除以4余3
c＝8，d＝0或c＝6，d＝2
（c＋d）（c－d）＝10a＋b
a＝6，b＝4，c＝8，d＝0或a＝3，b＝2，c＝6，d＝2，
M＝6480或3262．
【点睛】本题主要考查了新定义，因式分解的应用，整除的性质，综合运用新定义，因式分解及整除的性质是解题的关键．
24. 如图，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点是抛物线上位于直线下方的一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，过点作交于点，求长度的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线的方向平移，使得新抛物线经过点，并记新抛物的顶点为，若点为新抛物线对称轴上的一动点，点为坐标平面内的任意一点，直接写出所有使得以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．
【答案】（1）
（2）PG的最大长度为 ，此时点P的坐标为（3， ）
（3）当点N的坐标为（10，0）或（-2，-10）或（-2， ）或（-2， ）时，以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线与轴交于两点，可设两点式，再把点代入，可求得解析式；
(2)先求出直线BC的解析式，过点P作直线l∥BC，只有当直线l与抛物线相切(只有一个交点的时候)PG有最大值，设此时直线l的解析式并与抛物线联立，令△=0，可求得直线l的解析式，从而可求得点P的坐标；再求出AC的解析式，由直线PG与AC平行，可求得直线PG的解析式，与直线BC联立，可求得点G的坐标，进而可求得PG的长度；
(3)过点C作直线CE∥x轴，过点B作直线CE的垂线，垂足为E，求出，设抛物线沿着射线CB的方向平移使得C点平移到G点，过点G作GH⊥CE，可证△CHG∽△CEB，则可设抛物线沿着射线CB的方向向右平移t个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线，由此即可求出平移后的抛物线的解析式，可求得D点坐标为(4，-2)，然后根据菱形的性质分别讨论：当DM，AN为以A，D，M，N为顶点的菱形的对角线时，当DM和MA为以A，D，M，N为顶点的菱形的边时，当AD和MD为以A，D， M，N为顶点的菱形的边时，利用数形结合的思想求解即可．
【小问1详解】
解：由抛物线与轴交于两点，
设抛物线的解析式为，
把点C的坐标代入得，-12a=-2，解得，
故抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：设直线BC的解析式为 ，把点B(6，0)，点C（0，-2）代入可得 ，解得 ，即直线BC的解析式为，
过点P作直线l∥BC，只有当直线l与抛物线相切(只有一个交点的时候)PG有最大值，
如图所示，此时P、G的位置分别为P1、G1，
设此时直线l的解析式为，
联立 得， ，
△=，
∴，
由，即，解得x=3，
故P1点的横坐标为3，代入直线l解析式得，其纵坐标为，
故P1的坐标为（3， ），即PG长度最大时点P的坐标为（3， ），
设直线AC的解析式为 ，把点A(-2，0)，点C（0，-2）代入可得 ，解得 ，即直线AC的解析式为 ，
∵PG∥AC，
∴设直线PG的解析式为，把点P代入得，，
∴此时直线PG的解析式为，
联立直线PG和直线BC得 ，解得 ，
∴点G1的坐标为 ，
∴此时P1G1的长度为
∴PG的最大长度为 ，此时点P的坐标为（3， ）
【小问3详解】
解：如图3-1所示，过点C作直线CE∥x轴，过点B作CE的垂线，垂足为E，
由点，点，可得CE=OB=6，BE=OC=2，
∴ ，
设抛物线沿射线CB方向平移，使点C平移到点G，过点G作GH⊥CE，
∵GH⊥CE，BE⊥CE，
∴GH∥BE，
∴△CHG∽△CEB，
∴，
∵抛物线沿射线的方向平移，可以看作先向右平移，再向上平移，
∴可以设抛物线沿着射线CB的方向向右平移t个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线，其中t>0，
由抛物线经过点，
∴，即 ，
解得t=2，
∴，
∴点D的坐标为（4，-2），
如图3-2，当DM，AN为以A、D、M、N为顶点的菱形的对角线时，设AN与DM交于点Q，
则点Q的坐标为（4，0），
∴AN⊥MD，且AQ=NQ=6，
∴此时N点的坐标为（10，0）；
如图3-3，设点M的坐标为（4，m），
当DM和MA为以A、D、M、N为顶点的菱形的邻边时，
则有AN∥MD，MA=MD，
∴点N在直线x=-2上，
由题可得，MD=m-(-2)=m+2，MA= ，
∴，解得m=8，
∴MD=10，
∴AN=MD=10，
∴点N的坐标为（-2，-10）；
如图3-4，当AD和MD为以A、D、M、N为顶点的菱形的邻边时，
同理可得点N在直线x=-2上，
∴AN=AD=，
∴点N的坐标为（-2， ）或（-2，- ）
综上所述，当点N的坐标为（10，0）或（-2，-10）或（-2， ）或（-2，- ）时，以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，菱形的性质，相似三角形的性质和判定等，解题的关键在于能够根据数形结合和分类讨论的思想进行求解．
25. 在等边中，点是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．
（1）如图1，当三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想线段与的关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接交于点，若，请直接写出的值．
【答案】（1）；
（2）AF⊥DF，；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据∠BDE=120°，BD=DE以及等边三角形的性质得到AD=CD=1，∠ADE=30°，求出AE=AD=1，过点E作EM⊥CA，交延长线于M，根据三角函数求出AM，ME，根据勾股定理求出CE；
（2）延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，根据平行四边形的性质可得∠EDA=∠KCA，证明△APD是等边三角形，进而证明△ABD≌△AKD，即可证明△AKD是等边三角形，进而根据三线合一以及含30°角的直角三角形的性质，可得∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF，利用锐角三角函数得到AF、DF的关系；
（3）过点D作DM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AB，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q，先证明∠EMF=45°，结合中位线定理可得∠EBC=45°，进而可得∠NBD=45°，设AN=DF=1，分别根据勾股定理求得AF、ND、BD、MB，进而根据CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CD+AB，即可求得结果．
【小问1详解】
解：∵∠BDE=120°，BD=DE，
∴∠ABD=∠AED=30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=AC=2，
∴∠ADB=90°，
∴AD=CD=1，∠ADE=30°，
∴AE=AD=1，
过点E作EM⊥CA，交延长线于M，
∵∠MAE=∠BAC=60°，
∴AM=，ME=，
∴CM=AC+AM=，
∴；
【小问2详解】
如图，延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，
∵点F是CE的中点，
∴FE=FC，
又FK=DF，
∴四边形CDFK是平行四边形，
∴ED= КС，ED∥KC，
∴∠EDA=∠КСА，
∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE，
∴BD=DE，∠BDE=120°，
∴BD=KC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵PD∥BC，
∴∠APD=∠АВС=60°，∠CBD=∠PDB，
∴△APD是等边三角形，
∴AD=AP，
∵AB=AC，
∴CD=PB，
设∠CBD=，则∠PDB=，
∴∠ABD= ∠APD-∠PDB=60°-，∠ADB= 60°+，
∠ADE=∠ BDE-∠ADB= 120°- (60°+)= 60° –，
∵ED∥KC，
∴∠ẠCK=∠ADE= 60 °–，
∴△ ABD≌△ACK，
∴AK=AD，∠ KАC= ∠DAB= 60°，
∴△ AKD是等边三角形，
∵DF= FK，
∴∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF，
∴；
【小问3详解】
如图，过点D作DM⊥BE于点M，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q，
∴∠GMD= ∠GFD= 90°，
∴G，M，D，F四点共圆，
∴∠FGD=∠FMD，
由(2) 知AF⊥DF，∠ FAD= 30°，
∴∠ADF= 60° ，
∵FG=FD，
∴∠FDG=∠FGD=45°，∠FGD=∠FMD=45°，
∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE，
∴BD=DE，∠BDE= 120°，
∴МВ=МЕ=ВЕ，
∵ F是EC的中点，
∴MF是△EBC的中位线，
∴ MF∥BC，
∴∠EBC=∠EMF=45°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=15°，
∵∠NBD=∠ABE+∠EBD=45°，
∴△NBD是等腰直角三角形，
∴ND=NB，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°，
∵∠AFD=90°，DN⊥AB，
∴四边形ANDF是矩形，
∴ND= AF， AN= DF，
设AN=DF=1，
在Rt△ADF中，AD=2DF=2，
∴AF=，
∴AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+，
∴DC=AC-AD=AB- AD=1+-2=-1，
在Rt△NBD中，ND=NB=AF=，
∴BD=，
在Rt△MBD中，MB=，
∴BE=2BM =，
∴CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF=2(-1+1)=2，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年初三上学期11月份期中
数学试题
一、单选题本大题12个小题，每小题4分，共48分
1. 下列各数中：，，，（每两个2中间依次增加1个0），0，，，无理数有（ ）
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】无理数是无限不循环小数，而有理数是有限小数或无限循环小数，由此可以判断得出答案．
【详解】解：（每两个2中间依次增加1个0）是无限不循环小数；
；
上述各数中无理数有：，（每两个2中间依次增加1个0），共3个；
故选：B．
【点睛】此题考查了无理数、有理数的概念，熟练掌握无理数是无限不循环小数是解答此题的关键．
2. 某种电子元件的面积大约为0.00000082平方厘米，将0.00000082用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正整数；当原数的绝对值时，是负整数．
【详解】解：．
故选：C．
【点睛】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的形式，其中，为整数，表示时关键要确定的值以及的值．
3. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据积的乘方和幂的乘方法则计算即可．
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题考查了积的乘方和幂的乘方，幂的乘方，底数不变，指数相乘；积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．
4. 如图，与位似，点O为位似中心，已知，面积为1，则的面积是（ ）
A. 3 B. 4 C. 9 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似比等于三角形的相似比，结合相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方计算即可．
【详解】因为与位似，点O为位似中心，且，
所以，
因为的面积为1，
所以的面积是16，
故选D．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握面积之比等于位似比的平方是解题的关键．
5. 估计的值应在（ ）
A. 1和2之间 B. 2和3之间 C. 3和4之间 D. 4和5之间
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式混合运算法则化简，再根据无理数的估算方法估算即可．
【详解】解：
∵，
∴原式在2和3之间．
故选：B．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，无理数的估算．无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
6. 小开家、加油站和湿地公园依次在同一直线上，端午节期间，小开一家从家出发开车前往湿地公园游玩，经过加油站时，加满油后继续驶往目的地，汽车行驶路程y（千米）与汽车行驶时间x（分钟）之间的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 汽车经过30分钟到达加油站 B. 汽车加油时长为10分钟
C. 汽车加油后的速度比加油前快 D. 小开家距离湿地公园45千米
【答案】C
【解析】
【分析】观察图象，从图象中获取对应时间的路程和时间，再依次进行判断即可．
【详解】解：由图象可知，汽车经过30分钟到达加油站，故A正确；
由图象可知，汽车加油时长为40-30=10分钟，故B正确；
由图象可知，汽车加油后的速度为：（45-25）÷（80-40）=0.5千米/分，加油前速度为：25÷30=千米/分，汽车加油前的速度比加油后快，故C错误；
由图象可知，小开家距离湿地公园45千米，故D正确．
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数图象的行程问题，能从图象中获取所需信息是解决问题的关键．
7. 《九章算术》是中国古代第一部数学专著，也是世界上最早的印刷本数学书，它的出现标志着中国古代数学体系的形成．书中有如下问题：今有共买物，人出八，盈三；人出七，不足四．问人数、物价各几何？大意是：有几个人一起去买一件物品，如果每人出8元，则多了3元；如果每人出7元，则少了4元，问有多少人？该物品价值多少元？若设有人，物品价值元，根据题意，可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“每人出8元，则多了3元；每人出7元，则少了4元”可得方程组．
【详解】解：设有x人，物品价值y元，
根据题意，可列方程组为：，
故选：A．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，由实际问题列方程组是把“未知”转化为“已知”的重要方法，它的关键是把已知量和未知量联系起来，找出题目中的相等关系．
8. 下列命题中真命题的个数是 ( )
①在函数y=中，当时，；②三角形的内心到三边的距离相等；③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；④平分弦的直径垂直于弦；⑤对于任意实数m，关于x的方程有两个不相等的实数根．
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据反比例函数图象的性质即可判断①；根据角平分线的性质即可判断②；根据矩形的判定即可判断③；根据垂径定理即可判定④；根据一元二次方程根的判别式即可判断⑤．
【详解】解：①∵y=，
∴反比例函数图象经过二、四象限，在每个象限内，y随x增大而增大，
∴当时，不一定有，故①是假命题；
②三角形内心是三角形角平分线的交点，则三角形的内心到三边的距离相等，故②是真命题；
③顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，故③是真命题；
④平分弦（直径除外）直径垂直于弦，故④是假命题；
⑤∵，
∴方程有两个实数根，故⑤假命题，
故选C．
【点睛】本题主要考查了判定命题真假，熟知反比例函数图象的性质，角平分线的性质，矩形的判定，垂径定理，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
9. 菱形ABCD如图所示，对角线AC、BD相交于点O，若BD=6，菱形ABCD面积等于24，且点E为AD的中点，则线段OE的长为（ ）
A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的性质：对角线互相垂直平分，得出Rt△AOD的面积等于菱形面积的，求出AO，利用勾股定理求出AD，再利用直角三角形斜边的中线的性质OE＝AD，求出OE即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ BO＝OD＝BD＝3，AO＝CO＝AC，AC⊥BD，
∴
在Rt△AOD中，
，
∴AO＝4
由勾股定理得
∵点E为AD的中点
∴
故选：B．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，得出OE＝AD是解题关键．
10. 如图，直线l与相切于点A，P是上的一点，过点于B，PB交于点Q，连接PA．若，，则PQ＝（ ）
A. 16 B. 12 C. 18 D. 14
【答案】A
【解析】
【分析】连接OA、OQ，作OE⊥AP交AP于点E，OF⊥PB交PB于点F，由，，得 ，进一步得出，则，利用勾股定理求得，根据垂直于弦直径平分这条弦可得，进而求得半径，同理可得OF平分PQ，利用勾股定理求得FQ，即可求解．
【详解】解：如下图所示连接OA、OQ，作OE⊥AP交AP于点E，OF⊥PB交PB于点F，
∵直线l与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴,
在中，，，
∴,
又∵AP是的弦，且垂直于弦的直径平分这条弦，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理OF平分PQ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的性质及判定等，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
11. 若关于x的不等式组有解，且关于y的分式方程＝﹣3的解为非负数，则所有满足条件的整数a的值之积是（ ）
A. ﹣6 B. 0 C. 4 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】不等式组整理后，根据已知解集确定出的范围，分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有非负整数解，确定出的值，求出积即可．
【详解】解：不等式组整理得：，
∵关于x的不等式组有解，
∴2a+2≤8，即a≤3，
解分式方程＝﹣3得y＝，
∵关于y的分式方程＝﹣3的解为非负数，
∴≥0，且≠1，
解得，a≥﹣2，且a≠0，
∴﹣2≤a≤3，且a≠0，
∵a为整数，
∴a＝﹣2或﹣1或1或2或3，
∴满足条件的所有整数a的值之积：（﹣2）×（﹣1）×1×2×3＝12．
故选：D．
【点睛】此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12. 已知两个多项式、，（其中x为实数），
①若，则；
②存在实数x，使得；
③已知，则的值为1562；
④当时，若，则的值为．
以上结论中正确的个数有（ ）个
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】①根据题意列出方程求解即可判断；②求出可知恒大于0，从而判断；③分别令和，再把所得式子相减化简即可判断；④由可得，从而得到，继而推出，由此判断．
【详解】解：①∵、，
∴，
化简得：，
解得：，
故①错误；
②∵、，
∴，
∴不存在实数x，使得，
故②错误；
③∵
即
令得：①，
令得：②，
由①-②得：，
∴，
故③正确；
④∵，
即，
化简得：
∵
∴两边除以x并整理得：，
∴，
∴
故④错误．
正确的为③，共1个，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，配方法的应用，加减消元法，利用完全平方公式计算等知识，综合能力要求较高，掌握相关基础知识并融会贯通是解题的关键．
二、填空题本大题4个小题，每小题4分，共16分
13. ___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据绝对值、零次幂的性质化简，代入特殊角三角函数值计算即可．
【详解】解：原式
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，牢记特殊角三角函数值是解题的关键．
14. 在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机地摸出一个小球不放回，再随机地摸出一个小球，则两次摸出的小球的标号的和为奇数的概率是_____________.
【答案】；
【解析】
【详解】试题解析：列表得：
1
2
3
4
1
−−−
(2,1)
(3,1)
(4,1)
2
(1,2)
−−−
(3,2)
(4,2)
3
(1,3)
(2,3)
−−−
(4,3)
4
(1,4)
(2,4)
(3,4)
−−−
所有等可能的情况有12种，其中之和为奇数的情况有8种，
则
故答案为:
15. 如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，AD＝7，以点A为圆心，AB的长为半径作，交BC于点F，交AD于点E，连接CE，则图中阴影部分的面积为 __．
【答案】3
【解析】
【分析】根据∠ABC＝60°及菱形的性质可得△ABF，△AEF是等边三角形，得到EF＝BF＝AB＝AE＝4，即可得到图中阴影部分的面积即为△EFC的面积．
【详解】解：在菱形ABCD中，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣60°＝120°，
连接AF、EF，
∵AB＝AF＝4，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，BF＝AF，
∴∠EAF＝60°，
∵AE＝AF＝AB，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF＝AF，
∴EF＝BF＝AB＝AE＝4，
∴四边形ABFE是菱形，
∴∠EFC＝∠ABC＝60°，
∵AD＝BC＝7，
∴FC＝BC﹣BF＝3，
∴阴影部分的面积＝S△EFC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，扇形的面积，等边三角形的判定和性质等，解题的关键是确定阴影部分的面积等于△EFC的面积．
16. 秋天是观赏银杏的最佳时节，某公园有一片银杏观赏区，种植有“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”三种银杏树．为吸引更多市民，公园准备再移栽一批银杏树到观赏区，“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”三种银杏树的移栽棵数分别是原有棵数的50%，75%，62.5%，移栽后，原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的．已知移栽一棵“佛手银杏”与“梅核银杏”的费用之比为4：5，移栽一棵“马玲银杏”与“佛手银杏”的费用相同，若移栽“梅核银杏”的总费用是移栽三种银杏树总费用的，则原有“佛手银杏”的棵数与原有三类银杏树总棵数的比值为_____．
【答案】．
【解析】
【分析】设“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”原有棵数为a，b，c，设移栽一颗“佛手银杏”，“梅核银杏”，“马玲银杏”的费用为x，1.25x，x，根据“原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的列方程求得6b＋c＝4a；根据“移栽梅核银杏”的总费用是总费用的，列方程求得12b＝4a＋5c；联立可得b＝c＝a，即可得出原有“佛手银杏”的棵数与原有三类银杏树总棵数的比值．
【详解】设“佛手银杏”、“梅核银杏”以及“马玲银杏”原有棵数为a，b，c，
由移栽一棵“佛手银杏”与“梅核银杏”的费用之比为4：5，设移栽一颗“佛手银杏”，“梅核银杏”，“马玲银杏”的费用为x，1.25x，x，
由原有银杏树的总棵数占现有银杏树总棵数的．得：1.5a+1.75b+1.625c＝（a+b+c），
化简得：6b+c＝4a；
移栽“梅核银杏”的费用是总费用的，得：0.75b×1.25x＝（0.5ax+0.75b×1.25x+0.625cx ），化简得12b＝4a+5c；
由6b+c＝4a，12b＝4a+5c可得：b＝c＝a，
∴ ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了方程的应用，解答本题的关键是设出多个未知数，根据题意找到等量关系列出方程．
三、解答题本大题2个小题，每小题8分，共16分
17. 计算：
（1）；
（2） ．
【答案】（1）9； （2）．
【解析】
【分析】（1）根据完全平方公式和单项式乘以多项式法则运算即可；
（2）直接将括号里的通分运算，进而利用分式混合运算法则计算得出答案．
【小问1详解】
【小问2详解】
【点睛】本题考查分式的混合运算和完全平方公式和单项式乘以多项式；熟练掌握分式混合运算法则，完全平方公式，单项式乘以多项式的法则是解题的关键．
18. 如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，连接AE．
（1）用尺规完成以下基本作图：过点B作AE的垂线，分别与AE、CD交于点F、G；（不写作法和证明，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图形中，求证：．（请补全下面的证明过程）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
∵ ∴
∵
∴
∴
又∵
∴
在和中：
∴
∴
【答案】（1）见解析 （2）90°，CBG，AB，△ABE．
【解析】
【分析】（1）根据作垂线的要求作出图形即可；
（2）证明△ABE≌△BCG（ASA），可得结论．
【小问1详解】
图形如图所示：
【小问2详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC．
∵∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°．
∵BF⊥AE，
∴∠BFE=90°，
∴∠CBG+∠AEB=90°．
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
，
∴△ABE≌△BCG（ASA）．
∴AB=BG，
故答案为：90°，CBG，AB，△ABE．
【点睛】本题考查作图-基本作图，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
四、解答题：（本大题7个小题，每小题10分，共70分）
19. 2022年4月2日，中国人民银行召开数字人民币研发试点工作座谈会，在现有试点地区基础上增加重庆市等6个城市作为试点地区，某校数学兴趣小组为了调查七、八年级同学们对数字人民币的了解程度，设计了一张含10个问题的调查问卷，在该校七、八年级中各随机抽取20名学生进行调查，并将结果整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
七年级20名学生答对的问题数量为：
5
5
5
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
8
8
9
9
9
10
10
八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图如图：
七、八年级抽取的学生答对问题数量的平均数、众数、中位数、答对8题及以上人数所占百分比如表所示：两组数据的平均数，众数，中位数，优秀率如表所示：
年级
平均数
众数
中位数
答对8题及以上人数所占百分比
七年级
7.4
a
7.5
50%
八年级
7.8
8
b
c
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中的a，b，c的值；
（2）根据上述数据，你认为该校七、八年级中哪个年级的学生更了解数字人民币？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若答对7题及以上视为比较了解数字人民币，该校七年级有800名学生，八年级有700名学生，估计该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是多少？
【答案】（1），，
（2）八年级的学生更了解数字人民币，理由见解析
（3）该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是人
【解析】
【分析】（1）根据七年级20名学生答对的问题数量及众数的定义得到，根据八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图及中位数的定义可得；根据答对8题及以上人数可得c=65%；
（2）从平均值和从中位数看即可确定八年级学生更了解；
（3）利用样本中答对7题及以上学生人数的占比分别估算求和即可得出结果．
【小问1详解】
解：根据七年级20名学生答对的问题数量：
5
5
5
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
8
8
9
9
9
10
10
可知，8出现的次数最多，
∴众数为8，故；
根据八年级20名学生答对的问题数量的条形统计图可得第10和11位的数据为8、8，
∴中位数为8，故；
∵答对8题及以上人数为13人，
∴c=65%，
，，；
【小问2详解】
解：八年级的学生更了解数字人民币，
从平均值看，八年级平均数要大；从中位数看，八年级中位数也大；
八年级学生更了解数字人民币；
【小问3详解】
解：七年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）；
八年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）；
该校七年级和八年级比较了解数字人民币的学生总人数是（人）．
【点睛】本题考查条形统计图、平均数、众数、中位数、用样本估计总体等知识，理解各个数量之间的关系是解决问题的关键．
20. 如图，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点、两点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式，并在平面直角坐标系中画出一次函数的图象；
（2）若点C（0，4），连接AC、BC，求△ABC的面积；
（3）根据图象、直接写出当，时，自变量x的取值范围．
【答案】（1）；；作图见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）把点A坐标代入求出反比例函数解析式，求出点B坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）根据一次函数解析式求出与y轴的交点D坐标，然后利用三角形面积求解决可；
（3）利用图象法根据函数值得大小确定自变量的取值范围．
【小问1详解】
解：∵过A（6，2），
∴k＝2×6＝12，
∴，
∵在直线上，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴；
画图如图
【小问2详解】
解：由交y轴于，
∵，
∴CD=4-（-2）=6，
∴；
【小问3详解】
（3）当，即，
是一次函数的图象在反比例函数图象的上方，
两函数的交点为、，
根据图象可知在交点B的右侧，y轴左侧，以及点A的右侧，
∴或．
【点睛】本题考查待定系数法求反比例函数和一次函数解析式，三角形面积，图像法确定自变量取值范围，掌握待定系数法求反比例函数和一次函数解析式方法，三角形面积公式，图像法确定自变量取值范围的方法是解题关键．
21. 巫云开高速起于巫溪县， 经云阳县， 止于开州区， 是渝东北地区与主城都市区联系的重要通道， 也是重庆过境大通道的重要组成部分， 预计在 2025 年建成通车． 为及时学握巫云开高速通车后是否会对沿途居民生活产生噪音影响， 施工单位派出了两名勘测师对已经修建好的高速路段 进行勘测． 如图， 勘测师甲在一段自西向东的的高速路上的 处发现民宿 在 处北偏西 方向上， 与 处距离为 80 米， 民宿 在 处北偏东 方向上； 勘测师乙在民宿 处测得民宿 在 处北偏西 的方向上．
（1）求 的距离（结果保留一位小数）；
（2）当居住场所与高速路的距离不大于 30 米的时候， 人们的生活会被高速路上的噪声影响， 相关部门可通过加装隔音堜来减少噪声污染， 每米隔音墙的单价为 158 元． 请判断民宿 是否会被高速路上的噪声影响? 如果有被影响， 则在对民宿有噪音影响的高速路段上全部安装隔音墙， 请计算出安装隔音墙需要资金多少元? 如果没有被影响， 请说明理由．（参考数据： ）
【答案】（1）109.3米
（2）3160元
【解析】
【分析】（1）过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，证△AMB是等腰直角三角形得AM=BM，∠BAM=45°，再由含30°角的直角三角形的性质得AM=AC=40（米），然后由勾股定理得CM=40（米），即可解决问题；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得BN=AB=20（米），再由20米＜30米，得民宿B会被高速路上的噪声影响，设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，然后由勾股定理得GN=HN=10（米），即可解决问题．
【小问1详解】
如图，过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，
则AT∥KN，
∴∠ABN=∠BAT，
由题意得：∠CAT=45°，∠BAT=60°，∠CBK=75°，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABC=180°-∠CBK-∠ABN=180°-75°-60°=45°，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴AM=BM，∠BAM=45°，
∴∠CAM=∠CAT+∠BAT-∠BAM=45°+60°-45°=60°，
∴∠C=30°，
∴AM=AC=×80=40（米），
∴（米），
∴BC=BM+CM=AM+CM=40+40≈109.3（米）；
【小问2详解】
由（1）得：△AMB是等腰直角三角形，AM=40米，
∴AB=AM=40（米），
∵∠BAN=90°-∠BAT=90°-60°=30°，
∴BN=AB=20（米），
∵20米＜30米，
∴民宿B会被高速路上的噪声影响，
设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，
∵BN⊥DE，
∴（米），
∴GH=2×10=20（米），
∴安装隔音墙需要资金为：20×158=3160（元）．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22. 小明锻炼健身，从A地匀速步行到B地用时25分钟．若返回时，发现走一小路可使A、B两地间路程缩短200米，便抄小路以原速返回，结果比去时少用2.5分钟．
（1）求返回时A、B两地间的路程；
（2）若小明从A地步行到B地后，以跑步形式继续前进到C地（整个锻炼过程不休息）．据测试，在他整个锻炼过程的前30分钟（含第30分钟），步行平均每分钟消耗热量6卡路里，跑步平均每分钟消耗热量10卡路里；锻炼超过30分钟后，每多跑步1分钟，多跑的总时间内平均每分钟消耗的热量就增加1卡路里．测试结果，在整个锻炼过程中小明共消耗904卡路里热量．问：小明从A地到C地共锻炼多少分钟．
【答案】（1）1800米；（2）52分钟．
【解析】
【分析】（1）可设AB两地之间的距离为x米，根据两种步行方案的速度相等，列出方程即可求解；
（2）可设从A地到C地一共锻炼时间为y分钟，根据在整个锻炼过程中小明共消耗900卡路里热量，列出方程即可求解．
【详解】解：（1）设返回时A，B两地间的路程为x米，由题意得：
，
解得x=1800．
答：A、B两地间的路程为1800米；
（2）设小明从A地到B地共锻炼了y分钟，由题意得：
25×6+5×10+[10+（y﹣30）×1]（y﹣30）=904，
整理得y2﹣50y﹣104=0，
解得y1=52，y2=﹣2（舍去）．
答：小明从A地到C地共锻炼52分钟．
【点睛】本题考查一元一次方程，一元二次方程．
23. 若一个四位数的十位数字与个位数字的平方差的绝对值恰好是去掉个位与十位数字后得到的两位数，则称这是四位数为“最美差数”．
例如：，，2736是“最美差数”
又如：，，3885不是“最美差数”
（1）判断2064，5495是否是“最美差数”，并说明理由；
（2）一个“最美差数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，且满足：，记，，若为整数，除以4余3.求出所有满足条件的．
【答案】（1）2064是“最美差数”，5495不是“最美差数”
（2）6480或3262
【解析】
【分析】（1）根据新定义进行解答便可；
（2）根据一个“最美差数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，得，由0≤d＜c≤9，得（c＋d）（c－d）＝10a＋b，根据P（M）为整数，求得c、d的值，再根据Q（M）除以4余3，进而确定c、d的值，再由（c＋d）（c－d）＝10a＋b，求得a、b的值便可求得M．
【小问1详解】
解：2064是“最美差数”，5495不是“最美差数”，理由如下
，
2064是“最美差数”，5495不是“最美差数；
【小问2详解】
∵一个“最美差数”M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，
0≤d＜c≤9
（c＋d）（c－d）＝10a＋b
P（M）＝，P（M）为整数
c＝8，d＝0或c＝7，d＝1或c＝6，d＝2或c＝5，d＝3或c＝9，d＝7，
Q（M）＝
Q（M）＝
＝
Q（M）除以4余3
c＝8，d＝0或c＝6，d＝2
（c＋d）（c－d）＝10a＋b
a＝6，b＝4，c＝8，d＝0或a＝3，b＝2，c＝6，d＝2，
M＝6480或3262．
【点睛】本题主要考查了新定义，因式分解的应用，整除的性质，综合运用新定义，因式分解及整除的性质是解题的关键．
24. 如图，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点是抛物线上位于直线下方的一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，过点作交于点，求长度的最大值及此时点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线的方向平移，使得新抛物线经过点，并记新抛物的顶点为，若点为新抛物线对称轴上的一动点，点为坐标平面内的任意一点，直接写出所有使得以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．
【答案】（1）
（2）PG的最大长度为 ，此时点P的坐标为（3， ）
（3）当点N的坐标为（10，0）或（-2，-10）或（-2， ）或（-2， ）时，以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形．
【解析】
【分析】（1）根据抛物线与轴交于两点，可设两点式，再把点代入，可求得解析式；
(2)先求出直线BC的解析式，过点P作直线l∥BC，只有当直线l与抛物线相切(只有一个交点的时候)PG有最大值，设此时直线l的解析式并与抛物线联立，令△=0，可求得直线l的解析式，从而可求得点P的坐标；再求出AC的解析式，由直线PG与AC平行，可求得直线PG的解析式，与直线BC联立，可求得点G的坐标，进而可求得PG的长度；
(3)过点C作直线CE∥x轴，过点B作直线CE的垂线，垂足为E，求出，设抛物线沿着射线CB的方向平移使得C点平移到G点，过点G作GH⊥CE，可证△CHG∽△CEB，则可设抛物线沿着射线CB的方向向右平移t个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线，由此即可求出平移后的抛物线的解析式，可求得D点坐标为(4，-2)，然后根据菱形的性质分别讨论：当DM，AN为以A，D，M，N为顶点的菱形的对角线时，当DM和MA为以A，D，M，N为顶点的菱形的边时，当AD和MD为以A，D， M，N为顶点的菱形的边时，利用数形结合的思想求解即可．
【小问1详解】
解：由抛物线与轴交于两点，
设抛物线的解析式为，
把点C的坐标代入得，-12a=-2，解得，
故抛物线的解析式为．
【小问2详解】
解：设直线BC的解析式为 ，把点B(6，0)，点C（0，-2）代入可得 ，解得 ，即直线BC的解析式为，
过点P作直线l∥BC，只有当直线l与抛物线相切(只有一个交点的时候)PG有最大值，
如图所示，此时P、G的位置分别为P1、G1，
设此时直线l的解析式为，
联立 得， ，
△=，
∴，
由，即，解得x=3，
故P1点的横坐标为3，代入直线l解析式得，其纵坐标为，
故P1的坐标为（3， ），即PG长度最大时点P的坐标为（3， ），
设直线AC的解析式为 ，把点A(-2，0)，点C（0，-2）代入可得 ，解得 ，即直线AC的解析式为 ，
∵PG∥AC，
∴设直线PG的解析式为，把点P代入得，，
∴此时直线PG的解析式为，
联立直线PG和直线BC得 ，解得 ，
∴点G1的坐标为 ，
∴此时P1G1的长度为
∴PG的最大长度为 ，此时点P的坐标为（3， ）
【小问3详解】
解：如图3-1所示，过点C作直线CE∥x轴，过点B作CE的垂线，垂足为E，
由点，点，可得CE=OB=6，BE=OC=2，
∴ ，
设抛物线沿射线CB方向平移，使点C平移到点G，过点G作GH⊥CE，
∵GH⊥CE，BE⊥CE，
∴GH∥BE，
∴△CHG∽△CEB，
∴，
∵抛物线沿射线的方向平移，可以看作先向右平移，再向上平移，
∴可以设抛物线沿着射线CB的方向向右平移t个单位长度，向上平移个单位长度得到抛物线，其中t>0，
由抛物线经过点，
∴，即 ，
解得t=2，
∴，
∴点D的坐标为（4，-2），
如图3-2，当DM，AN为以A、D、M、N为顶点的菱形的对角线时，设AN与DM交于点Q，
则点Q的坐标为（4，0），
∴AN⊥MD，且AQ=NQ=6，
∴此时N点的坐标为（10，0）；
如图3-3，设点M的坐标为（4，m），
当DM和MA为以A、D、M、N为顶点的菱形的邻边时，
则有AN∥MD，MA=MD，
∴点N在直线x=-2上，
由题可得，MD=m-(-2)=m+2，MA= ，
∴，解得m=8，
∴MD=10，
∴AN=MD=10，
∴点N的坐标为（-2，-10）；
如图3-4，当AD和MD为以A、D、M、N为顶点的菱形的邻边时，
同理可得点N在直线x=-2上，
∴AN=AD=，
∴点N的坐标为（-2， ）或（-2，- ）
综上所述，当点N的坐标为（10，0）或（-2，-10）或（-2， ）或（-2，- ）时，以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，菱形的性质，相似三角形的性质和判定等，解题的关键在于能够根据数形结合和分类讨论的思想进行求解．
25. 在等边中，点是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转120°，得到，连接．
（1）如图1，当三点共线时，连接，若，求的长；
（2）如图2，取的中点，连接，猜想线段与的关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接交于点，若，请直接写出的值．
【答案】（1）；
（2）AF⊥DF，；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据∠BDE=120°，BD=DE以及等边三角形的性质得到AD=CD=1，∠ADE=30°，求出AE=AD=1，过点E作EM⊥CA，交延长线于M，根据三角函数求出AM，ME，根据勾股定理求出CE；
（2）延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，根据平行四边形的性质可得∠EDA=∠KCA，证明△APD是等边三角形，进而证明△ABD≌△AKD，即可证明△AKD是等边三角形，进而根据三线合一以及含30°角的直角三角形的性质，可得∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF，利用锐角三角函数得到AF、DF的关系；
（3）过点D作DM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AB，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q，先证明∠EMF=45°，结合中位线定理可得∠EBC=45°，进而可得∠NBD=45°，设AN=DF=1，分别根据勾股定理求得AF、ND、BD、MB，进而根据CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CD+AB，即可求得结果．
【小问1详解】
解：∵∠BDE=120°，BD=DE，
∴∠ABD=∠AED=30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=AC=2，
∴∠ADB=90°，
∴AD=CD=1，∠ADE=30°，
∴AE=AD=1，
过点E作EM⊥CA，交延长线于M，
∵∠MAE=∠BAC=60°，
∴AM=，ME=，
∴CM=AC+AM=，
∴；
【小问2详解】
如图，延长DF至点K，使FK=DF，连接EK、KC，过点D作DP∥BC，交AB于点P，
∵点F是CE的中点，
∴FE=FC，
又FK=DF，
∴四边形CDFK是平行四边形，
∴ED= КС，ED∥KC，
∴∠EDA=∠КСА，
∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE，
∴BD=DE，∠BDE=120°，
∴BD=KC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵PD∥BC，
∴∠APD=∠АВС=60°，∠CBD=∠PDB，
∴△APD是等边三角形，
∴AD=AP，
∵AB=AC，
∴CD=PB，
设∠CBD=，则∠PDB=，
∴∠ABD= ∠APD-∠PDB=60°-，∠ADB= 60°+，
∠ADE=∠ BDE-∠ADB= 120°- (60°+)= 60° –，
∵ED∥KC，
∴∠ẠCK=∠ADE= 60 °–，
∴△ ABD≌△ACK，
∴AK=AD，∠ KАC= ∠DAB= 60°，
∴△ AKD是等边三角形，
∵DF= FK，
∴∠FAD=∠KAD=30°，AF⊥DF，
∴；
【小问3详解】
如图，过点D作DM⊥BE于点M，连接MF，交AC于H，过点D作DN⊥AB，交BE于R，过R作RQ⊥BD于Q，
∴∠GMD= ∠GFD= 90°，
∴G，M，D，F四点共圆，
∴∠FGD=∠FMD，
由(2) 知AF⊥DF，∠ FAD= 30°，
∴∠ADF= 60° ，
∵FG=FD，
∴∠FDG=∠FGD=45°，∠FGD=∠FMD=45°，
∵将BD绕点D顺时针旋转120°得到DE，
∴BD=DE，∠BDE= 120°，
∴МВ=МЕ=ВЕ，
∵ F是EC的中点，
∴MF是△EBC的中位线，
∴ MF∥BC，
∴∠EBC=∠EMF=45°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=15°，
∵∠NBD=∠ABE+∠EBD=45°，
∴△NBD是等腰直角三角形，
∴ND=NB，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=∠BAD+∠DAF=90°，
∵∠AFD=90°，DN⊥AB，
∴四边形ANDF是矩形，
∴ND= AF， AN= DF，
设AN=DF=1，
在Rt△ADF中，AD=2DF=2，
∴AF=，
∴AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+，
∴DC=AC-AD=AB- AD=1+-2=-1，
在Rt△NBD中，ND=NB=AF=，
∴BD=，
在Rt△MBD中，MB=，
∴BE=2BM =，
∴CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF=2(-1+1)=2，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，四点共圆，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，掌握旋转的性质，等边三角形的性质与判定是解题的关键．
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