2023年安徽省合肥市瑶海区众望初级中学中考数学一模试卷

这是一份2023年安徽省合肥市瑶海区众望初级中学中考数学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）（2023•瑶海区校级一模）在12，﹣20，0，﹣（﹣5），﹣|+3|中，负数的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（4分）（2023•瑶海区校级一模）中国的太空空间站离地球大约400000米，则近似数400000用科学记数法表示为（ ）
A．4×104B．40×104C．4×105D．40×105
3．（4分）（2021•济南）下列几何体中，其俯视图与主视图完全相同的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（4分）（2023•瑶海区校级一模）下列运算中，不正确的是（ ）
A．（﹣ab2）3＝﹣a3b6B．212+（﹣2）12＝213
C．（π﹣3.14）0＝1D．（﹣m）3•（﹣m3）＝﹣m5
5．（4分）（2023•瑶海区校级一模）在2，3，4，4，7这组数据中，去掉一个数后，余下的数据的中位数不变，且方差变小，则去掉的数是（ ）
A．2B．3C．4D．7
6．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，将一副三角板的直角顶点重合放置于A处（两块三角板可以在同一平面内自由转动），则下列结论一定成立的是（ ）
A．∠BAD≠∠EACB．∠DAC﹣∠BAE＝45°
C．∠DAC+∠BAE＝180°D．∠DAC﹣∠BAE＝90°
7．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，直线AB与⊙O相切于点A，CD是⊙O的一条弦，您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 性价比最高 且CD∥AB，连接AC．若⊙O的半径为2，CD=23，则阴影部分的面积为（ ）
A．4π3-3B．4πC．42π-3D．23π-33
8．（4分）（2023•瑶海区校级一模）九年级同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）
A．抛一枚硬币，正面朝上的概率
B．掷一枚正方体的骰子，出现点数是3的倍数的概率
C．将一副新的扑克牌（54张）洗匀后，随机抽一张，抽出牌上的数字为“9”的概率
D．从装有3个红球和1个白球（4个球除颜色外均相同）的不透明口袋中，任取一个球恰好是白球的概率
9．（4分）（2023•瓯海区模拟）设函数y1=-(x-m)2，y2=-(x-n)2，直线x＝1与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，a1），B（1，a2），得（ ）
A．若1＜m＜n，则a1＜a2B．若m＜1＜n，则a1＜a2
C．若m＜n＜1，则a1＜a2D．若m＜n＜1，则a2＜a1
10．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AC＝2，以AC为边作等腰直角△ACD，连BD，则BD的最大值是（ ）
A．10-2B．10+3C．22D．10+2
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）（2022•大连模拟）不等式4x﹣2＞x的解集是 ．
12．（5分）（2023•惠民县一模）关于x的一元二次方程（a﹣2）x2﹣4x+1＝0有实数根，则a的取值范围是 ．
13．（5分）（2023•瑶海区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，与反比例函数y=kx在第一象限内的图象交于点B，连接BO．若S△OBC＝1，tan∠BOC=13，则k的值是 ．
14．（5分）（2023•瑶海区校级一模）已知二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m，
（1）当m＝2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为 ．
（2）当﹣1≤x≤2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为6，则m的值为 ．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）（2023•瑶海区校级一模）计算：﹣12003-3×38+27-（12）﹣2．
16．（8分）（2023•瑶海区校级一模）如图，已知△ABC的顶点分别为A（﹣2，2），B（﹣4，5），C（﹣5，1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1．
（2）点P在x轴上运动，当AP+CP的值最小时，直接写出点P的坐标．
（3）求△ABC的面积．
四、（本大共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）（2023•瑶海区校级一模）观察下列算式：
①1×3﹣22＝3﹣4＝﹣1；
②2×4﹣32＝8﹣9＝﹣1；
③3×5﹣42＝15﹣16＝﹣1；
……
按照以上规律，解决下列问题：
（1）写出第④个算式： ；
（2）根据这个规律写出你猜想的第n个算式（用含n的式子表示），并证明．
18．（8分）（2023•和县二模）如图，某建筑物楼顶挂有广告牌BC，小华准备利用所学的在角函数知识估测该建筑的高度．由于场地有限，不便测量，所以小华从点A处沿滑坡度为i＝1：3的斜坡步行30米到达点P处，测得广告牌底部C的仰角为45°，广告牌顶部B的仰角为53°，小华的身高忽略不计，已知广告牌BC＝12米．（参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈1.3）
（1）求P处距离水平地面的高度；
（2）求建筑物BO的高度．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）（2022•渭源县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为弦作⊙O，交BC的延长线于点D，且DC＝BC，∠CAB＝∠BDE．
（1）求证：DE为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，AB＝BE，求AC的长．
20．（10分）（2023•瑶海区校级一模）喜迎中共二十大，为响应党的“文化自信”号召，初二年级开展了汉字听写大赛活动．现随机抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图（A表示50～60分，B表示60～70分，C表示70～80分，D表示80～90分，E表示90～100分，每组含前一个边界值，不含后一个边界值），请结合图中提供的信息，解答下列各题：
（1）直接写出a的值，a＝ ，并把频数分布直方图补充完整；
（2）求扇形B的圆心角的度数；
（3）如果全年级有1500名学生参加这次活动，90分以上为优秀，那么估计获得优秀的学生有多少人．
六、（本题满分12分）
21．（12分）（2023•瑶海区校级一模）将矩形ABCD沿DE折叠，使点A落在点F处，折痕为DE，其中AB＝2，AD＝3．
（1）如图（1），若点F恰好在边BC上，连接AF，求证：△ABF∽△DAE；
（2）如图（2），若E是AB的中点，EF的延长线交BC于点G，求BG的长．
七、（本题满分12分）
22．（12分）（2023•瑶海区校级一模）某市公安局交警支队在全市范围内开展“一盔一带”安全守护行动，某商场的头盔销量不断增加，该头盔销售第x天与该天销售量y（件）之间满足函数关系式为：y＝20x+200（1≤x≤30且x为整数），为减少库存，该商场将此头盔的价格不断下调，其销售单价z（元）与第x天成一次函数关系，当x＝1时，z＝98，当x＝2时，z＝96．已知该头盔进价为40元/件．
（1）求z与x之间的函数关系式；
（2）求这30天中第几天销售利润最大，并求出最大利润；
（3）在实际销售的前15天，为配合“骑乘人员佩戴头盔专题周”活动的开展，商场决定将每个头盔的单价在原来价格变化的基上再降价a元（a＞2）销售，通过销售记录发现，前8天中，每天的利润随时间x（天）的增大而增大，试求a的取值范围．
八（本题满分14分）
23．（14分）（2023•瑶海区校级一模）（1）【初步体验】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别是AD、AB边上，且BE⊥CF于点O，求证：BE＝CF．
（2）【思考探究】如图2，在（1）的条件下，连接AO并延长交BC于点G，若点G为BC边中点，求证：AE2＝AF•AB．
（3）【灵活运用】如图3，在（2）的条件下，连接EF并延长交CB的延长线于点H，求AEGH的值．
2023年安徽省合肥市瑶海区众望初级中学中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．（4分）（2023•瑶海区校级一模）在12，﹣20，0，﹣（﹣5），﹣|+3|中，负数的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据相反数、绝对值的概念将相关数值化简，再根据负数的定义即可作出判断．
【解答】解：因为﹣（﹣5）＝5，﹣|+3|＝﹣3，
所以负数有﹣20，﹣|+3|，共2个．
故选：B．
2．（4分）（2023•瑶海区校级一模）中国的太空空间站离地球大约400000米，则近似数400000用科学记数法表示为（ ）
A．4×104B．40×104C．4×105D．40×105
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：400000＝4×105．
故选：C．
3．（4分）（2021•济南）下列几何体中，其俯视图与主视图完全相同的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据圆锥、圆柱、正方体、三棱柱的主视图、俯视图进行判断即可．
【解答】解：圆锥的主视图是等腰三角形，俯视图是圆，因此A不符合题意；
圆柱的主视图是矩形，俯视图是圆，因此B不符合题意；
正方体的主视图、俯视图都是正方形，因此选项C符合题意；
三棱柱的主视图是矩形，俯视图是三角形，因此D不符合题意；
故选：C．
4．（4分）（2023•瑶海区校级一模）下列运算中，不正确的是（ ）
A．（﹣ab2）3＝﹣a3b6B．212+（﹣2）12＝213
C．（π﹣3.14）0＝1D．（﹣m）3•（﹣m3）＝﹣m5
【分析】利用零指数幂，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方与积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、（﹣ab2）3＝﹣a3b6，故A不符合题意；
B、212+（﹣2）12＝213，故B不符合题意；
C、（π﹣3.14）0＝1，故C不符合题意；
D、（﹣m）3•（﹣m3）＝m6，故D符合题意；
故选：D．
5．（4分）（2023•瑶海区校级一模）在2，3，4，4，7这组数据中，去掉一个数后，余下的数据的中位数不变，且方差变小，则去掉的数是（ ）
A．2B．3C．4D．7
【分析】根据方差和中位数的定义利用排除的方法确定正确的选项即可．
【解答】解：∵去掉一个数后中位数不变，
∴去掉的数字应该是2或3，
原来5个数据的平均数为：（2+3+4+4+7）÷5＝4，
所以，方差为：15×[（2﹣4）2+（3﹣4）2+2×（4﹣4）2+（7﹣4）2]＝2.8，
当去掉2时，平均数为（3+4+4+7）÷4＝4.5，
所以，方差为：14×[（3﹣4.5）2+2×（4﹣4.5）2+（7﹣4.5）2]＝2.25，
当去掉3时，平均数为（2+4+4+7）÷4=174，
所以，方差为：14×[（2-174）2+2×（4-174）2+（7-174）2]＝3.1875，
∴应该去掉2．
故选：A．
6．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，将一副三角板的直角顶点重合放置于A处（两块三角板可以在同一平面内自由转动），则下列结论一定成立的是（ ）
A．∠BAD≠∠EACB．∠DAC﹣∠BAE＝45°
C．∠DAC+∠BAE＝180°D．∠DAC﹣∠BAE＝90°
【分析】根据余角的定义、结合图形计算即可．
【解答】解：∵是直角三角板，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠BAD＝∠EAC，①不成立；
∠DAC﹣∠BAE的值不固定，②不成立；
∵是直角三角板，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD+∠BAE+∠BAE+∠EAC＝180°，
即∠BAE+∠DAC＝180°，③成立；
∠DAC与∠BAE的大小不确定，④不成立；
故选：C．
7．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，直线AB与⊙O相切于点A，CD是⊙O的一条弦，且CD∥AB，连接AC．若⊙O的半径为2，CD=23，则阴影部分的面积为（ ）
A．4π3-3B．4πC．42π-3D．23π-33
【分析】如图所示，过点O作EF∥AB，作OH⊥CD于H，可得∠OCH＝30°，∠AOC＝120°，结合图形可求出扇形OAC的面积，△OAC的面积，由此即可求解．
【解答】解：如图所示，过点O作EF∥AB，作OH⊥CD于H，则点H是CD的中点，
∵直线AB与⊙O相切于点A，CD∥AB，
∴A，O，H在同一条直线上，且AB∥EF∥CD，
∴CH=DH=12CD=12×23=3，
在Rt△COH中，CO＝2，
∴OH=CO2-CH2=22-(3)2=1，
∴∠OCH＝30°，
∵AB∥EF∥CD，
∴∠HCO＝∠COF＝30°，∠FOA＝∠OAB＝90°，
∴∠AOC＝120°，
∴S扇形OAC=120360×π×22=43π，S△COH=12OH⋅CH=12×1×3=32，S△ACH=12CH⋅AH=12×3×(1+2)=332，
∴S△OAC=S△ACH-S△OCH=332-32=3，
∴阴影部分的面积为S扇形OAC-S△OAC=43π-3，
故选：A．
8．（4分）（2023•瑶海区校级一模）九年级同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则符合这一结果的试验可能是（ ）
A．抛一枚硬币，正面朝上的概率
B．掷一枚正方体的骰子，出现点数是3的倍数的概率
C．将一副新的扑克牌（54张）洗匀后，随机抽一张，抽出牌上的数字为“9”的概率
D．从装有3个红球和1个白球（4个球除颜色外均相同）的不透明口袋中，任取一个球恰好是白球的概率
【分析】求出各选项的概率，与统计图比较即可得到结论．
【解答】解：A．抛一枚硬币，正面朝上的概率是12，故选项不符合题意；
B．掷一枚正方体的骰子，出现点数是3的倍数的概率为13，即频率在13附近波动，故选项符合题意；
C．将一副新的扑克牌（54张）洗匀后，随机抽一张，抽出牌上的数字为“9”的概率为227，故选项不符合题意；
D．从装有3个红球和1个白球（4个球除颜色外均相同）的不透明口袋中，任取一个球恰好是白球的概率为14，故选项不符合题意．
故选：B．
9．（4分）（2023•瓯海区模拟）设函数y1=-(x-m)2，y2=-(x-n)2，直线x＝1与函数y1，y2的图象分别交于点A（1，a1），B（1，a2），得（ ）
A．若1＜m＜n，则a1＜a2B．若m＜1＜n，则a1＜a2
C．若m＜n＜1，则a1＜a2D．若m＜n＜1，则a2＜a1
【分析】根据题意分别画出y1，y2的图象，继而根据图象即可求解．
【解答】解：如图所示，若1＜m＜n，则a1＞a2，
故A选项错误；
如图所示，若m＜1＜n，则a1＞a2或a1＜a2，
故B选项错误；
如图所示，若m＜n＜1，则a1＜a2，
故C选项正确，D选项错误；
故选：C．
10．（4分）（2023•瑶海区校级一模）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AC＝2，以AC为边作等腰直角△ACD，连BD，则BD的最大值是（ ）
A．10-2B．10+3C．22D．10+2
【分析】如图所示，以AC为斜边，作等腰直角△AOC，过点O作OE⊥AD交DA延长线于E，连接OD，则∠AOC=90°，OC=OA=2，∠OAC＝45°，先证明点B在以O为圆心，2为半径的圆周上运动（AB右侧），故当点O在线段BD上时，BD最大，再求出OE，DE的长，进而利用勾股定理求出OD的长即可得到答案．
【解答】解：如图所示，以AC为斜边，作等腰直角△AOC，过点O作OE⊥AD交DA延长线于E，连接OD，
∴∠AOC=90°，OC=OA=22AC=2，∠OAC＝45°，
∵∠ABC＝45°，
∴点B在以O为圆心，2为半径的圆周上运动（AB右侧），
∴当点O在线段BD上时，BD最大，
∵△ACD是以AC为边的等腰直角三角形，
∴∠CAD＝90°，AD＝AC＝2，
∴∠OAE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE=OE=22OA=1，
∴DE＝AE+AD＝3，
在Rt△DOE中，由勾股定理得OD=OE2+DE2=10，
∴BD的最小值=DO+BO=10+2，
故选：D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）（2022•大连模拟）不等式4x﹣2＞x的解集是 x＞23 ．
【分析】根据解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：4x﹣2＞x，
4x﹣x＞2，
3x＞2，
x＞23，
故答案为：x＞23．
12．（5分）（2023•惠民县一模）关于x的一元二次方程（a﹣2）x2﹣4x+1＝0有实数根，则a的取值范围是 a≤6且a≠2 ．
【分析】由一元二次方程（a﹣2）x2﹣4x+1＝0有实数根，则a﹣2≠0，即a≠2，且△≥0，然后解两个不等式得到a的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（a﹣2）x2﹣4x+1＝0有实数根，
∴△≥0且a﹣2≠0，
∴42﹣4（a﹣2）×1≥0且a﹣2≠0，
解得：a≤6，且a≠2．
故答案为：a≤6且a≠2．
13．（5分）（2023•瑶海区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，与反比例函数y=kx在第一象限内的图象交于点B，连接BO．若S△OBC＝1，tan∠BOC=13，则k的值是 3 ．
【分析】先求出C点坐标，利用S△OBC＝1，求出B点横坐标，过点B作BD⊥y轴，交y轴于点D，再利用tan∠BOC=13，求出B点纵坐标，即可求出k值．
【解答】解：y＝mx+2，
当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
过点B作BD⊥y轴，交y轴于点D，
则：S△OBC=12OC•BD＝1，
∴BD＝1，
∵tan∠BOC=BDOD=1OD=13，
∴OD＝3，
∴B（1，3），
∴k＝1×3＝3；
故答案为：3．
14．（5分）（2023•瑶海区校级一模）已知二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m，
（1）当m＝2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为 1 ．
（2）当﹣1≤x≤2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为6，则m的值为 8或-52 ．
【分析】（1）将m＝2代入y＝﹣x2+mx+2﹣m，再根据二次函数的性质求解即可；
（2）先求得抛物线的对称轴，再分情况讨论：①当m2≤-1时，②当-1＜m2＜2时，当m2≥2时，根据二次函数的性质，得到关于m的方程，求解即可．
【解答】解：（1）将m＝2代入y＝﹣x2+mx+2﹣m，
得：y＝﹣x2+2x+2﹣2＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，
当x＝1时，函数有最大值1，
故答案为：1；
（2）∵y＝﹣x2+mx+2﹣m，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=-m2×(-1)=m2，
①当m2≤-1时，即m≤﹣2时，
∵﹣1≤x≤2，在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∴当x＝﹣1时，y有最大值为6，
∴﹣（﹣1）2﹣m+2﹣m＝6，
解得：m=-52；
②当-1＜m2＜2时，即﹣2＜m＜4时，
当x=m2时，y有最大值为6，
∴-(m2)2+m⋅m2+2-m=6，
解得：m=2±25，
∵﹣2＜m＜4，
∴m=2±5（不合题意，舍去），
③当m2≥2时，即m≥4时，
∵﹣1≤x≤2，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，
∴当x＝2时，y有最大值为6，
∴﹣22+2m+2﹣m＝6，
解得：m＝8，
综上所述，m的值为8或-52．
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）（2023•瑶海区校级一模）计算：﹣12003-3×38+27-（12）﹣2．
【分析】先根据计算有理数的乘方，立方根，二次根式的性质，负整数指数幂化简，再计算加减即可．
【解答】解：原式=-1-3×2+33-4
=-1-23+33-4=-5+3．
16．（8分）（2023•瑶海区校级一模）如图，已知△ABC的顶点分别为A（﹣2，2），B（﹣4，5），C（﹣5，1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1．
（2）点P在x轴上运动，当AP+CP的值最小时，直接写出点P的坐标．
（3）求△ABC的面积．
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特征得到A1，B1，C1的坐标，然后描点连线即可；
（2）作点C关于x轴的对称点C′，连接C′A，与x轴相交于点P，点P即为所求；求出直线C′A的函数解析式，然后可求出点P的坐标；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）作点C关于x轴对称点C′（﹣5，﹣1），连接C′A，与x轴相交于点P，点P即为所求；设直线C′A的函数解析式为：y＝kx+b（k≠0），
把C′（﹣5，﹣1），A（﹣2，2）代入得y＝kx+b，
解得：k=1b=4
∴直线C′A的函数解析式为：y＝x+4，
把y＝0代入得：0＝x+4，
解得：x＝﹣4，
∴P（﹣4，0）．
（3）S△ABC=3×4-12×1×3-12×2×3-12×1×4=5.5．
四、（本大共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（8分）（2023•瑶海区校级一模）观察下列算式：
①1×3﹣22＝3﹣4＝﹣1；
②2×4﹣32＝8﹣9＝﹣1；
③3×5﹣42＝15﹣16＝﹣1；
……
按照以上规律，解决下列问题：
（1）写出第④个算式： 4×6﹣52＝24﹣25＝﹣1 ；
（2）根据这个规律写出你猜想的第n个算式（用含n的式子表示），并证明．
【分析】（1）根据规律进行计算即可求解；
（2）根据单项式乘以单项式，完全平方公式进行计算即可得出结论．
【解答】解：（1）∵1＝2﹣1，
3＝2+1，
2＝3﹣1，
4＝3+1，
3＝4﹣1，
5＝4+1，
∴第④个算式为：4×6﹣52＝24﹣25＝﹣1；
（2）第n个算式为：n（n+2）﹣（n+1）2＝（n2+2n）﹣（n2+2n+1）＝﹣1．
证明：n（n+2）﹣（n+1）2
＝n2+2n﹣（n2+2n+1）
＝n2+2n﹣n2﹣2n﹣1
＝﹣1．
18．（8分）（2023•和县二模）如图，某建筑物楼顶挂有广告牌BC，小华准备利用所学的在角函数知识估测该建筑的高度．由于场地有限，不便测量，所以小华从点A处沿滑坡度为i＝1：3的斜坡步行30米到达点P处，测得广告牌底部C的仰角为45°，广告牌顶部B的仰角为53°，小华的身高忽略不计，已知广告牌BC＝12米．（参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈1.3）
（1）求P处距离水平地面的高度；
（2）求建筑物BO的高度．
【分析】（1）过点P作PH⊥AO于H，根据坡比设PH=3x，AH＝3x，用勾股定理求得AP=23x，求解得出PH即可．
（2）过点P作PG⊥OC于G，先证四边形PGOH为矩形，得PH＝OG，在利用三角函数解Rt△BPG可得CG的长，从而得解．
【解答】解：（1）过点P作PH⊥AO于H，
∵i=1：3=33，
∴设PH=3x，AH＝3x，
∴AP=(3x)2+(3x)2=23x，
∵从点A处沿滑坡度为i=1：3的斜坡步行30米到达点P处，
∴AP＝30，
∴x=1533m，
∴PH＝15m．
（2）解：过点P作PG⊥OC于G，
∴∠PGO＝∠O＝∠PHO＝90°，
∴四边形PGOH为矩形，
∴PH＝OG＝15m，
∵∠CPG＝45°，
∴∠CPG＝∠GCP＝45°，
∴PG＝CG，
设PG＝CG＝y，
∴BG＝y+12，
在Rt△BPG中，tan∠BPG=BGPG，∠BPG＝53°，
∴tan53°=y+12y，
∴y＝40m，即PG＝CG＝40m，
∴BO＝CG+OG+BC＝40+15+12＝67m．
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．（10分）（2022•渭源县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为弦作⊙O，交BC的延长线于点D，且DC＝BC，∠CAB＝∠BDE．
（1）求证：DE为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，AB＝BE，求AC的长．
【分析】（1）连接AD，如图，利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则可判断AD为⊙O的直径，再根据SAS判断△ADC≌△ABC，根据全等的性质证得∠CAB＝∠CAD，等量代换证得∠CAD＝∠BDE，从而得到∠ADE＝90°证得结论；
（2）连接OC，先确定△ABD为等边三角形，然后计算∠AOC，根据弧长的计算公式求出弧长即可．
【解答】（1）证明：连接AD，如图，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠ACB＝90°，
∴AD为⊙O的直径，
∵DC＝BC，AC＝AC，
∴△ADC≌△ABC（SAS），
∴∠CAB＝∠CAD，
∵∠CAB＝∠BDE，
∴∠CAD＝∠BDE，
∵∠CAD+∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠BDE＝90°，
∴∠ADE＝90°，
即AD⊥DE，
∵AD是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接OC，
∵△ADC≌△ABC
∴AD＝AB，
∵O的半径为2，
∴AD＝4，
∵AB＝BE，
∴AB＝BE＝4，
∴AE＝8，
∴∠E＝30°，
∴∠DAE＝∠ADB＝60°，
∴∠AOC＝2∠ADB＝120°，
∴AC的长为120π×2180=43π．
20．（10分）（2023•瑶海区校级一模）喜迎中共二十大，为响应党的“文化自信”号召，初二年级开展了汉字听写大赛活动．现随机抽取部分同学的成绩进行统计，并绘制成如图所示的两幅不完整的统计图（A表示50～60分，B表示60～70分，C表示70～80分，D表示80～90分，E表示90～100分，每组含前一个边界值，不含后一个边界值），请结合图中提供的信息，解答下列各题：
（1）直接写出a的值，a＝ 30 ，并把频数分布直方图补充完整；
（2）求扇形B的圆心角的度数；
（3）如果全年级有1500名学生参加这次活动，90分以上为优秀，那么估计获得优秀的学生有多少人．
【分析】（1）用E组人数除以扇形图中E组圆心角度数占周角的比例可得总人数，根据百分比的概念可得a的值；总人数减去其它四个小组人数求出C组人数，从而补全图形；
（2）用360°乘以B等级人数所占比例可得；
（3）用总人数乘以样本中E等级人数所占比例．
【解答】解：（1）样本容量为10÷72360=50，a%=1550×100%＝30%，即a＝30，
C组人数为50﹣（5+7+15+10）＝13（人），
补全图形如下：
故答案为：30；
（2）扇形B的圆心角度数为360°×750=50.4°，
（3）1050×1500＝300（人）．
答：估计获得优秀的学生有300人．
六、（本题满分12分）
21．（12分）（2023•瑶海区校级一模）将矩形ABCD沿DE折叠，使点A落在点F处，折痕为DE，其中AB＝2，AD＝3．
（1）如图（1），若点F恰好在边BC上，连接AF，求证：△ABF∽△DAE；
（2）如图（2），若E是AB的中点，EF的延长线交BC于点G，求BG的长．
【分析】（1）根据矩形，可得∠BAD＝∠B，根据折叠可知AF⊥DE，即∠FAD+∠ADE＝90°，由此即可求解；
（2）根据题意可证，△EFM∽△FDN，再证△EMF∽△EBG，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
由翻折可知，AF⊥DE，
∴∠BAF+∠FAD＝∠FAD+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ABF∽△DAE；
（2）解：如图2中，过点F作MN∥BC交AB于M，交CD于N，
四边形AMND是矩形，设EM＝x，
∵∠A＝∠EFD＝90°，∠EMF＝∠DNF＝90°，
∴∠EFM+∠DFN＝90°，∠DFN+∠FDN＝90°，
∴△EFM∽△FDN，
∴EMFN=FMDN=EFFD=13，
∴FN＝3EM＝3x，FM＝3﹣3x，
在Rt△EFD中，EF＝EA＝1，
x2+（3﹣3x）2＝12，解得x1＝1（舍去），x2=45，
∴FM=35，
∵FM∥BC，
∴△EMF∽△EBG，
∴EMEB=FMBG，即451=35BF，
∴BG=34．
七、（本题满分12分）
22．（12分）（2023•瑶海区校级一模）某市公安局交警支队在全市范围内开展“一盔一带”安全守护行动，某商场的头盔销量不断增加，该头盔销售第x天与该天销售量y（件）之间满足函数关系式为：y＝20x+200（1≤x≤30且x为整数），为减少库存，该商场将此头盔的价格不断下调，其销售单价z（元）与第x天成一次函数关系，当x＝1时，z＝98，当x＝2时，z＝96．已知该头盔进价为40元/件．
（1）求z与x之间的函数关系式；
（2）求这30天中第几天销售利润最大，并求出最大利润；
（3）在实际销售的前15天，为配合“骑乘人员佩戴头盔专题周”活动的开展，商场决定将每个头盔的单价在原来价格变化的基上再降价a元（a＞2）销售，通过销售记录发现，前8天中，每天的利润随时间x（天）的增大而增大，试求a的取值范围．
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据题意，设总利润为w元，可得出总利润与第x天的函数关系，根据二次函数顶点式即可求解；
（3）根据数量关系，二次函数图象的性质即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，设z＝mx+n，当x＝1时，z＝98，当x＝2时，z＝96，
∴m+n=982m+n=96，
解得：m=-2n=100，
∴z与x之间的函数关系式为z＝﹣2x+100（1≤x≤30）；
（2）设总利润为w元，则w＝y（z﹣40）＝（20x+200）（﹣2x+100）＝﹣40（x﹣10）2+16000，
当x＝10时，w取得最大值，
∴第10天利润最大，最大值为：w＝16000（元）；
（3）由题意可设第x天的销售利润为w1元，则w1＝（2x+200）（﹣20x+60﹣a）＝﹣40x2+（800﹣20a）x+200（60﹣a），
∴对称轴为x=-800-20a2×(-40)=10-14a，
又知前8天中，每天的利润随时间x（天）的增大而增大，
∴10-14a＞7.5，
即a＜10，
又a＞2，
∴2＜a＜10．
八（本题满分14分）
23．（14分）（2023•瑶海区校级一模）（1）【初步体验】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别是AD、AB边上，且BE⊥CF于点O，求证：BE＝CF．
（2）【思考探究】如图2，在（1）的条件下，连接AO并延长交BC于点G，若点G为BC边中点，求证：AE2＝AF•AB．
（3）【灵活运用】如图3，在（2）的条件下，连接EF并延长交CB的延长线于点H，求AEGH的值．
【分析】（1）利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明△ABE≌△BCF即可；
（2）先根据直角三角形斜边上的中线性质得到GO＝GB＝GC，再证明△AOF∽△ABO得到AOAF=ABAO即可；
（3）设AE＝x，AB＝1，根据（2）中结论求得x=5-12，再证明E、A、F、O四点共圆，利用圆周角定理和平行线的性质证得∠FHB＝∠GCO，利用等腰三角形的判定和性质证得BH＝BC＝1，进而求得GH=BH+BG=32即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC，AD∥BC，
∵BE⊥CF，
∴∠BOF＝∠BOC＝90°，
∴∠ABE+∠BFO＝90°，
又∠BCF+∠BFO＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF．
（2）证明：如图2，
∵点G为BC中点，
∴GO＝GB＝GC，
∴∠OBG＝∠BOG，∠GOC＝∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠OBG＝∠AEB，
又∠AOE＝∠BOG，
∴∠AOE＝∠AEB，
∴AO＝AE，
而∠AOF+∠BOG＝180°﹣∠BOF＝180°﹣90°＝90°，
∠ABE+∠OBG＝90°，
∴∠ABO＝∠AOF，
又∠FAO＝∠OAB，
∴△AOF∽△ABO
∴AOAF=ABAO，
∴AO2＝AF•AB，
即AE2＝AF•AB；
（3）解：如图3，
设AE＝x，AB＝1，则BC＝AB＝1，
∵△ABE≌△BCF，
∴BF＝AE＝x，则AF＝1﹣x，
由（2）中AE2＝AF•AB得x2＝1×（1﹣x），
解得x=5-12（负值舍去），
∵∠EAF＝∠EOF＝90°，
∴E、A、F、O四点共圆，
∴∠AEF＝∠AOF，
又∠AOF＝∠GOC＝∠GCO，
∴∠AEF＝∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠FHB，
∴∠FHB＝∠GCO，
∴HF＝CF，
又FB⊥BC，
∴BH＝BC＝1，
∴GH=BH+BG=32，
∴AEGH=5-1232=5-13．
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