2023年江苏省苏州中学伟长实验部中考数学调研试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023年江苏省苏州中学伟长实验部中考数学调研试卷（5月份）（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在实数−4，7，−18，π3，0.131131113…中，有理数的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.在下列四个图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. (−3)2=±3
C. a⋅a−1=1(a≠0)D. (−3a2b2)2=−6a4b4
4.已知第一组数据如下：72，73，76，76，77，78，78，78，第二组数据恰好是第一组数据中每个都加2，则两组数据的下列统计量对应相同的是( )
A. 平均数B. 方差C. 中位数D. 众数
5.已知二次函数y=−(x+m−1)(x−m)+1，点A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1A. 若x1+x2>1，则y1>y2B. 若x1+x2<1，则y1>y2
C. 若x1+x2>−1，则y1>y2D. 若x1+x2<−1，则y1>y2
6.如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC=( )
A. 43
B. 32
C. 1
D. 32
7.如图，在半径为1的⊙O中有三条弦，它们所对的圆心角分别为60°，90°，120°，那么以这三条弦长为边长的三角形的面积是( )
A. 2
B. 1
C. 32
D. 22
8.勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若知道．图中阴影部分的面积，则一定能求出( )
A. 直角三角形的面积B. 较小两个正方形重叠部分的面积
C. 最大正方形的面积D. 最大正方形与直角三角形的面积和
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.某旅游风景区，2022年元旦期间旅游收入约1300000000元，将1300000000用科学记数法表示为______．
10.因式分解：2x2−6x−8= ______．
11.已知圆锥的底面半径为2cm，高为2 3cm，则它的侧面展开图的面积为=______cm2．
12.已知x= 5−32，则代数式x(x+1)(x+2)(x+3)的值为______．
13.一名高山滑雪运动员沿着斜坡FC滑行，他在点D处相对大树顶端A的仰角为30°，从D点再滑行2 10米到达坡底的C点，在点C处相对树顶端A的仰角为45°，若斜坡CF的坡比为i=1：3(点E，C，B在同一水平线上)，则大树AB的高度______米(结果保留根号)．
14.在平面直角坐标系中，点T是y轴上一点，已知点P(不与点T重合)，将点P绕点T逆时针方向旋转90°得到点Q，则称点P、Q互为和谐点，把其中一个点叫做另一个点的和谐点.已知点A(1,0)、B(2,0)，点P(a,b)在一次函数y=2x+1的图象上.若在线段AB上存在点P的和谐Q，则实数a的取值范围是______．
15.要使方程x4+(m−4)x2+2(1−m)=0恰有一个不小于2的实根，那么m的取值范围是 ．
16.如图，在矩形ABCD中，AD=3AB=3 10，点P是AD的中点，点E在BC上，CE=2BE，点M、N在线段BD上．若△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，则MN= ．
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
17.计算： 27−2cs30°+(12)−2−|1− 3|.
四、解答题：本题共10小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
解分式方程：2xx+3=1x+3+1．
19.(本小题6分)
先化简，再求值：x2+xx2−2x+1÷(x+1)2x2−1−x−3x−1，其中x= 3+1．
20.(本小题6分)
教育部发布的义务教育质量监测结果报告显示，我国八年级学生平均每天的睡眠时间达9小时及以上的比例为19.4%.某校数学社团成员采用简单随机抽样的方法，抽取了本校八年级50名学生，对他们一周内平均每天的睡眠时间t(单位：小时)进行了调查，将数据整理后绘制成下表：
该样本中学生平均每天的睡眠时间达9小时及以上的比例高于全国的这项数据，达到了22%．
(1)求表格中n的值；
(2)该校八年级共400名学生，估计其中平均每天的睡眠时间在7≤t<8这个范围内的人数是多少．
21.(本小题6分)
将图中的A型(正方形)、B型(菱形)、C型(等腰直角三角形)纸片分别放在3个盒子中，盒子的形状、大小、质地都相同，再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中．
(1)搅匀后从中摸出1个盒子，盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是______；
(2)搅匀后先从中摸出1个盒子(不放回)，再从余下的2个盒子中摸出1个盒子，把摸出的2个盒中的纸片长度相等的边拼在一起，求拼成的图形是轴对称图形的概率．(不重叠无缝隙拼接)
22.(本小题8分)
某一工程，在工程招标时，接到甲乙两个工程队的投标书．施工一天需付甲工程队工程款1.5万元，付乙工程队工程款1.1万元．工程领导们根据甲乙两队的投标书测算，可有三种施工方案：
方案A：甲队单独完成这项工程刚好如期完成；
方案B：乙队单独完成这项工程比规定日期多用5天；
方案C：若甲乙两队合作4天后，余下的工程由乙队单独做也正好如期完成．
在不耽误工期的前提下，你觉得哪一种施工方案最节省工程款？
23.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=ax−3a(a≠0)与x轴、y轴分别相交于A、B两点，与双曲线y=kx(x>0)的一个交点为C，且BC=12AC．
(1)求点A的坐标；
(2)当S△AOC=3时，求a和k的值．
24.(本小题8分)
2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功发射．如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为机械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°.机械臂端点C到工作台的距离CD=6m．
(1)求A、C两点之间的距离；
(2)求OD长．
(结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75， 5≈2.24)
25.(本小题8分)
古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”.小明决定研究一下圆，如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，延长AB至点D，连接AC、BC、CD，且∠CAB=∠BCD，过点C作CE⊥AD于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若OB=BD，求证：点E是OB的中点；
(3)在(2)的条件下，若点F是⊙O上一点(不与A、B、C重合)，求EFDF的值．
26.(本小题10分)
如图1.已知正方形ABCD中，BD为对角线，边长为3.E为边CD上一点，过E点作EF⊥BD于F点，EF= 2
(1)如图1.连接CF，求线段CF的长；
(2)保持△DEF不动，将正方形ABCD绕D点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC、MF，探求MC与MF关系，并证明你的结论；
(3)保持△DEF不动，将正方形ABCD绕D点旋转一周，求出BE的中点M在这个过程中的运动路径长及MC的最小值．
27.(本小题12分)
如图，二次函数y=−x2+bx+3的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(−1,0)，点D为OC的中点，点P在抛物线上．
(1)b=______；
(2)若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC、BD分别交于点M、N.是否存在这样的点P，使得PM=MN=NH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB=2S△QRB，求点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：有理数有：−4，7，−18三个数，
故选：C．
根据有理数的定义进行解答即可．
本题考查了有理数的定义，解题的关键是熟记整数与分数统称有理数．
2.【答案】B
【解析】解：A.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：A． 2+ 3无法合并，故此选项错误；
B. (−3)2=3，故此选项错误；
C.a⋅a−1=a⋅1a=1(a≠0)，故此选项正确；
D.(−3a2b2)2=9a4b4，故此选项错误；
故选：C．
直接利用二次根式的加减运算法则、二次根式的性质、积的乘方运算法则分别化简得出答案．
此题主要考查了二次根式的性质加减运算、二次根式的性质、积的乘方运算等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得，第二组数据为74，75，78，78，79，80，80，80，
第一组数据处在最中间的数据为76和77，出现次数最多的数据为78，
∴第一组数据的中位数为76+772=76.5，众数为78，
同理第二组数据的中位数为78+792=78.5，众数为80；
第一组数据的平均数为：72+73+76+76+77+78+78+788=76，
第二组数据的平均数为：74+74+78+78+79+80+80+808=78，
第一组数据的方差为(72−76)2+(73−76)2+2×(76−76)2+(77−76)2+3×(78−76)28=4.75，
第二组数据的方差为(74−78)2+(75−78)2+2×(78−78)2+(79−78)2+3×(80−78)28=4.75
∴只有方差对应相同，
故选：B．
分别计算出两组数据的平均数，中位数，方差和众数即可得到答案．
本题主要考查了求平均数，中位数，众数和方差，熟知相关计算公式是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵y=−(x+m−1)(x−m)+1，
∴抛物线对称轴为直线x=−m+1+m2=12，开口向下，
当x1+x2=1时，点A(x1,y1)，B(x2,y2)关于抛物线对称轴对称，即y1=y2，
∴当x1+x2>1时，点A到抛物线对称轴的距离小于点B到抛物线对称轴的距离，
∴y1>y2，
故选：A．
根据抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x=12及抛物线开口方向，再通过判断点A与点B到对称轴的距离求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
6.【答案】D
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC=ACBC=32，
∵∠ADC=∠ABC，
∴tan∠ADC=32．
故选：D．
先利用圆周角定理得到∠ACB=90°，∠ADC=∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC=32，从而得到tan∠ADC的值．
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；半圆(或直径)所对的圆周角是直角．也考查了正切的定义．
7.【答案】D
【解析】解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则∠AOB=60°，∠COD=90°，∠EOF=120°，
在Rt△COD中，CD= 12+12= 2．
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
过点O作OH⊥EF于点H，则EF=2EH，∠EOH=∠FOH=60°，
∴FH=OFsin60°=1× 32= 32．
∴EF=2FH= 3．
∵12+( 2)2=( 3)2，即AB2+CD2=EF2，
∴以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，
∴其面积为：12× 2×1= 22．
故选：D．
连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则△AOB、△COD分别为等边三角形，等腰直角三角形，进而可得到AB、CD长；再过点O作OH⊥EF于点H，根据垂径定理可得EF=2EH，∠EOH=∠FOH=60°，根据锐角三角形函数可求出FH，进而可得EF；再根据AB2+CD2=EF2可判断以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，即可求出其面积．
本题主要考查垂径定理和勾股定理的逆定理，解题关键是熟练应用垂径定理求弦长．
8.【答案】B
【解析】解：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短的直角边为a，
根据勾股定理得，c2=a2+b2，
所以阴影部分的面积=c2−b2−a(c−b)=a2−ac+ab=a(a+b−c)，
因为较小的两个正方形重叠部分的长=a−(c−b)，宽=a，
所以较小的两个正方形重叠部分的面积=a⋅[a−(c−b)]=a(a+b−c)=阴影部分的面积，
所以知道图中阴影部分的面积，则一定能求的是两个小正方形重叠部分的面积，
故选：B．
设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短的直角边为a，根据勾股定理得到c2=a2+b2，根据正方形的面积公式及长方形的面积公式，表示出阴影面积，再与各选项有关的面积联系，得出结论．
本题主要考查正方形的性质和勾股定理等知识点，用a、b、c表示出阴影部分的面积和较小两个正方形重叠部分的面积是解题的关键．
9.【答案】1.3×109
【解析】解：1300000000=1.3×109．
故答案为：1.3×109．
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，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
10.【答案】2(x−4)(x+1)
【解析】解：原式=2(x2−3x−4)=2(x−4)(x+1)，
故答案为：2(x−4)(x+1)．
原式先提取公因数2，再利用十字相乘法求出解即可．
本题考查了因式分解—十字相乘法，熟练掌握十字相乘的方法是解题的关键．
11.【答案】8π
【解析】解：∵圆锥的底面半径为2cm，
∴圆锥的底面周长为4πcm，
由勾股定理得：圆锥的母线长为： 22+(2 3)2=4(cm,
∴圆锥的侧面展开图的面积为：12×4π×4=8π(cm2)，
故答案为：8π．
根据圆锥的底面周长求出底面半径，根据勾股定理求出母线长，根据扇形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是圆锥的计算，掌握圆锥的母线长是展开图扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长是解题的关键．
12.【答案】−1
【解析】解：把x= 5−32代入，则
x(x+1)(x+2)(x+3)
= 5−32( 5−32+1)( 5−32+2)( 5−32+3)
=( 5−3)( 5−1)( 5+1)( 5+3)16
=−1616
=−1．
故答案为：−1．
此题需先把x= 5−32代入要求的式子，再进行整理化简，即可求出结果．
此题考查的是整式的混合运算，要注意乘法公式和整式混和运算的综合应用，关键是把x的值代入后要能进行化简．
13.【答案】(4 3+6)
【解析】解：过点D作DH⊥BE，垂足为H，过点D作DG⊥AB，垂足为G，
则DH=GB，DG=BH，
∵斜坡CF的坡比为i=1：3，
∴DHCH=13，
∴设DH=a米，CH=3a米，
在Rt△DHC中，DC= DH2+CH2= a2+(3a)2= 10a(米)，
∵DC=2 10米，
∴ 10a=2 10，
∴a=2，
∴DH=GB=2米，CH=3a=6(米)，
设BC=x米，
∴DG=BH=CH+BC=(x+6)米，
在Rt△ABC中，∠ACB=45°，
∴AB=BC⋅tan45°=x(米)，
∴AG=AB−BG=(x−2)米，
在Rt△ADG中，∠ADG=30°，
∴tan30°=AGDG=x−2x+6= 33，
∴x=4 3+6，
经检验：x=4 3+6是原方程的根，
∴AB=(4 3+6)米，
故答案为：(4 3+6)．
过点D作DH⊥BE，垂足为H，过点D作DG⊥AB，垂足为G，则DH=GB，DG=BH，根据斜坡CF的坡比为i=1：3，设DH=a米，CH=3a米，然后在Rt△DHC中，利用勾股定理求出DH，CH的长，再设BC=x米，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数定义求出AB的长，从而求出AG，DG的长，最后在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，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．
14.【答案】−1≤a≤−23
【解析】解：如图，
B、Q为和谐点，设Q(a,2a+1)，△QTB为等腰直角三角形，过点Q作QH⊥y轴于H，
∵∠QHT=∠BOT=∠BTO=90°，
∴∠BTO+∠QTH=90°，∠QTH+∠TQH=90°，
∴∠TQH=∠BTO，
∵TQ=BT，
∴△BOT≌△THQ(AAS)，
∴QH=TO=−a，TH=OB=2，
∴−2a+1=2−a，
∴a=−1
在图2中，
A、Q为和谐点，设Q(a,2a+1)，△QTA为等腰直角三角形，过点Q作QH⊥y轴于H，
∵∠THQ=∠TOA=∠ATQ=90°，
∴∠ATO+∠QTH=90°，∠QTH+∠TQH=90°，
∴∠ATO=∠TQH，
∵TQ=BT，
∴△AOT≌△THQ(AAS)，
∴QH=TO=−a，TH=OA=1，
∴−a=1+1+2a，
∴a=−23，
综上所述：−1≤a≤−23，
故答案为：−1≤a≤−23．
如图1，B、Q为和谐点，设Q(a,2a+1)，△QTB为等腰直角三角形，在图2中，A、Q为和谐点，设Q(a,2a+1)，△QTA为等腰直角三角形，分别利用三角形全等求出两图中的m的值即可得出最后结论．
本题考查一次函数的性质，掌握一次函数性质是解题关键．
15.【答案】m≤−l
【解析】解：设y=x2，
则原方程为：y2+(m−4)y+2(1−m)=0，
设f(y)=y2+(m−4)y+2(1−m)，
∴Δ=(m−4)2−8(1−m)=m2−8m+16−8+8m=m2+8>0，
∴方程y2+(m−4)y+2(1−m)=0有两个不等实根，且开口向上，
∵方程x4+(m−4)x2+2(1−m)=O恰有一个不小于2的实根，
∴方程y2+(m−4)y+2(1−m)=0恰有一个不小于4的实根(图象如草图)，
∴f(4)=16+4(m−4)+2(1−m)≤0，
解得：m≤−1．
∴m的取值范围是m≤−1．
故答案为：m≤−1．
首先设y=x2，将四次方程转化为二次方程：y2+(m−4)y+2(1−m)=0，然后设f(y)=y2+(m−4)y+2(1−m)，由判别式△可得此二次方程有两个不等的实数根，又由开口向上与方程x4+(m−4)x2+2(1−m)=0恰有一个不小于2的实根(即方程y2+(m−4)y+2(1−m)=0恰有一个不小于4的实根)，即可得f(4)≤0，即可得不等式16+4(m−4)+2(1−m)≤0，解此不等式即可求得m的取值范围．
此题考查了一元二次方根的分布，函数的性质与一元一次不等式的解法．此题难度较大，解题的关键是掌握函数思想与数形结合思想的应用，还要注意二次函数的性质的灵活应用．
16.【答案】6或158
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
分情况讨论①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F，则∠PFM=∠PFN=90°，由矩形的性质得出AB=CD，BC=AD=3AB=3 10，∠A=∠C=90°，得出AB=CD= 10，BD= AB2+AD2=10，证明△PDF∽△BDA，得出PFAB=PDBD，求出PF=32，证出CE=2CD，由等腰三角形的性质得出MF=NF，∠PNF=∠DEC，证出△PNF∽△DEC，得出NFPF=CECD=2，求出NF=2PF=3，即可得出MN；②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥MN于F，设MN=PN=x，则FN=3−x，在Rt△PNF中，根据勾股定理列方程，即可求出MN，综上即可求出答案．
【解答】解：①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F，如图所示：
则∠PFM=∠PFN=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，BC=AD=3AB=3 10，∠A=∠C=90°，
∴AB=CD= 10，BD= AB2+AD2=10，
∵点P是AD的中点，
∴PD=12AD=3 102，
∵∠PDF=∠BDA，
∴△PDF∽△BDA，
∴PFAB=PDBD，即PF 10=3 10210，解得：PF=32，
∵CE=2BE，
∴BC=AD=3BE，
∴BE=CD，
∴CE=2CD，
∵△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，PF⊥MN，
∴MF=NF，∠PNF=∠DEC，
∵∠PFN=∠C=90°，
∴△PNF∽△DEC，
∴NFPF=CECD=2，
∴NF=2PF=3，
∴MN=2NF=6；
②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥MN于F，如图所示：
由①得，PF=32，MF=3，
设MN=PN=x，则FN=3−x，
在Rt△PNF中，322+3−x2=x2，解得x=158，即MN=158．
综上，MN的长为6或158．
故答案为：6或158．
17.【答案】解：原式=3 3−2× 32+4−( 3−1)，
=3 3− 3+4− 3+1，
= 3+5．
【解析】本题涉及实数运算、二次根式化简等多个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题考查实数的运算能力，解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．注意：负指数为正指数的倒数；任何非0数的0次幂等于1；绝对值的化简；二次根式的化简是根号下不能含有分母和能开方的数．
18.【答案】解：2xx+3=1x+3+1，
方程两边都乘(x+3)得：2x=1+x+3，
解得：x=4，
检验：当x=4时，x+3≠0，
∴x=4是原方程的根．
【解析】按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．
本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键．
19.【答案】解：原式=x(x+1)(x−1)2÷(x+1)2(x+1)(x−1)−x−3x−1
=x(x+1)(x−1)2÷x+1x−1−x−3x−1
=x(x+1)(x−1)2⋅x−1x+1−x−3x−1
=xx−1−x−3x−1
=3x−1，
当x= 3+1时，
原式=3 3= 3．
【解析】根据分式的运算法则进行化简，然后将x的值代入原式即可求出答案．
本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
20.【答案】解：(1)n=50×22%=11；
(2)m=50−1−5−24−11=9，
所以估计该校平均每天的睡眠时间在7≤t<8这个范围内的人数是400×950=72(人)．
【解析】本题主要考查样本估计总体及频数(率)分布表，解题的关键是掌握频率=频数总体数量、频数的和是50．
(1)根据频率=频数总体数量求解可得；
(2)先根据频数的和是50及n的值求出m的值，再用总人数乘以样本中平均每天的睡眠时间在7≤t<8这个范围内的人数所占比例即可得．
21.【答案】解：(1)23；
(2)画树状图为：
共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，
∴拼成的图形是轴对称图形的概率为26=13．
【解析】【分析】
本题主要考查了概率公式，列举法(树形图法)求概率．
(1)依据搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型(正方形)、B型(菱形)或C型(等腰直角三角形)这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，即可得到盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率；
(2)依据共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，即可得到拼成的图形是轴对称图形的概率．
【解答】
解：(1)搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型(正方形)、B型(菱形)或C型(等腰直角三角形)这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，
∴盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是23；
故答案为：23；
(2)见答案．
22.【答案】解：设甲单独完成这一工程需x天，则乙单独完成这一工程需(x+5)天．
根据方案C，可列方程得4x+4x+5+x−4x+5=1，
解这个方程得x=20，
经检验：x=20是所列方程的根．
即甲单独完成这一工程需20天，乙单独完成这项工程需25天．
所以 A方案的工程款为1.5×20=30(万元)
B方案的工程款为1.1×25=27.5(万元)，但乙单独做超过了日期，因此不能选．
C方案的工程款为1.5×4+1.1×4+1.1×16=28(万元)，
所以选择C方案．
【解析】设甲单独完成这一工程需x天，则乙单独完成这一工程需(x+5)天．根据方案C，可列方程得4x+4x+5+x−4x+5=1，解方程即可解决问题；
本题考查分式方程的应用，列分式方程解应用题的一般步骤：设、列、解、验、答．解题的关键是熟练掌握工程量=效率×时间的关系，正确寻找等量关系构建方程解决问题．
23.【答案】解：(1)由题意得：令y=ax−3a(a≠0)中y=0，
即ax−3a=0，解得x=3，
∴点A的坐标为(3,0)，
故答案为(3,0)．
(2)过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：
显然，CM/​/OA，
∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO，
∴△BCM∽△BAO，
∴BCBA=CMAO，即：13=CM3，
∴CM=1，
又S△AOC=12OA⋅CN=3，
即：12×3×CN=3，
∴CN=2，
∴C点的坐标为(1,2)，
故反比例函数的k=1×2=2，
再将点C(1,2)代入一次函数y=ax−3a(a≠0)中，
即2=a−3a，解得a=−1，
故答案为：a=−1，k=2．
【解析】本题考查了反比例函数与一次函数的图象及性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握其图象性质是解决此题的关键．
(1)令y=ax−3a(a≠0)中y=0即可求出点A的坐标；
(2)过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，证明△BCM∽△BAO，利用BC=12AC和OA=3进而求出CM的长，再由S△AOC=3求出CN的长，进而求出点C坐标即可求解．
24.【答案】解：(1)如图，过点A作AE⊥CB，垂足为E，
在Rt△ABE中，AB=5，∠ABE=37°，
∵sin∠ABE=AEAB，cs∠ABE=BEAB，
∴AE5≈0.60，BE5≈0.80，
∴AE=3，BE=4，
∴CE=6，
在Rt△ACE中，由勾股定理AC= 32+62=3 5≈6.7．
故A，C两点之间距离为6.7m．
(2)过点A作AF⊥CD，垂足为F，
∴FD=AO=1，AF=OD，
∴CF=5，
在Rt△ACF中，由勾股定理AF= 45−25=2 5≈4.5．
∴OD的长为4.5m．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理等知识；正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
(1)过点A作AE⊥CB，垂足为E，在Rt△ABE中，由AB=5，∠ABE=37°，可求AE和BE，即可得出AC的长；
(2)过点A作AF⊥CD，垂足为F，在Rt△ACF中，由勾股定理可求出AF，即OD的长．
25.【答案】(1)证明：连接OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∵∠CAB=∠BCD，
∴∠BCD=∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB=∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，即∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)证明：∵OB=BD，∠OCD=90°，
∴CB=12OD=OB=BD，
∵OB=OC，
∴BC=OB=OC，
∴△OCB是等边三角形，
∵CE⊥AD，
∴OE=BE=12OB，
∴点E是OB的中点；
(3)解：连接OF，

则OF=OB，而OE=12OB，OB=BD，
∴OE=12OF，OF=12OD，
∴OEOF=OFOD=12，
∵∠EOF=∠FOD，
∴△EOF∽△FOD，
∴EFFD=OEOF=12，
即EFDF的值为12．
【解析】(1)要证明CD是⊙O的切线，只需证明∠OCD=90°，即OC⊥CD即可；
(2)利用直角三角形斜边中线的性质证明△OCB是等边三角形，利用等边三角形的性质即可得到结论；
(3)连接OF，由OEOF=OFOD=12，∠EOF=∠FOD，证明△EOF∽△FOD，即可得到答案．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
26.【答案】解：(1)如图1，作CO⊥BD于点O，连接CF，
在正方形ABCD中，BD为对角线，边长为3，
∴∠BCD=90°，∠CBD=∠BDC=45°，BC=3，
∴BD= 2BC=3 2，
∴CO=BO=DO=12BD=3 22，DF=EF= 2，
∴OF=DO−DF= 22，
∴CF= CO2+OF2= (3 22)2+( 22)2= 5，
∴线段CF的长为 5；
(2)MC与MF关系为MC=MF，MC⊥MF，
证明如下：如图2，连接BD，AF，
由正方形的性质可得，∠BDA=∠EDF=45°，FDED=cs45°=ADBD，
∵∠BDA=∠BDF+∠FDA，∠EDF=∠EDB+∠BDF，
∴∠FDA=∠EDB，
∴△ADF∽△BDE，
∴∠DAF=∠DBE，AFBE=ADBD=1 2，
∵M是BE中点，
∴BE=2BM，
∴AFBE=AF2BM=1 2，
∴AFBM= 2，
如图2，连接AC，CF，
由正方形的性质可得，∠DAC=∠DBC=45°，DBBC= 2，
∵∠DAC=∠DAF+∠FAC，∠DBC=∠DBM+∠MBC，∠DAF=∠DBE，
∴∠FAC=∠MBC，
∵ACBC= 2=AFBM，
∴△ACF∽△BCM，
∴∠ACF=∠BCM，CFCM= 2，
∵∠BCA=45°=∠BCM+∠MCA，
∴∠ACF+∠MCA=∠MCF=45°，
如图2，过M作MG⊥CF于点G，令MC= 2a，则CF=2a，
在Rt△CMG中，CG=MC⋅cs45°=a，MG=MC⋅sin45°=a，
∴GF=CF−CG=a，
在Rt△MGF中，由勾股定理得MF= MG2+GF2= 2a=MC，
∴∠MFC=∠MCF=45°，
∴∠CMF=180°−∠MFC−∠MCF=90°，
∴MC⊥MF，
∴MC与MF的关系为MC=MF，MC⊥MF；
(3)如图(3)，取线段DE中点记为N，连接MN，BD，
∴MN是△BDE的中位线，
∴MN=12BD=3 22，且MN/​/BD，
∴N为定点，MN为定长，
∴M在以N为圆心，以MN的长为半径的圆上运动．
∴M运动轨迹的路径长即为圆N的周长=2π×3 22=3 2π，
由(2)可知，CF= 2MC，
∴CF最小时，MC最小，
由题意知点C在以D为圆心，线段CD的长为半径的圆D上运动，如图(4)，连接CF，延长DF交圆D于点C1，
在△CDF中，CD−DF>CF，
当C运动到C1位置时，有C1D−DF=C1F，
∴CD−DF≥CF，
∴CF最小时为C1F，且C1F=3− 2，
∴最小的MC的值为：MC=C1F 2=3− 2 2=3 22−1，
∴中点M在这个过程中的运动路径长为3 2π，MC的最小值为3 22−1．
【解析】(1)如图1，作CO⊥BD于O，连接CF，由正方形的性质可得BD=3 2，CO=3 22，DF=EF= 2，根据OF=DO−DF求出OF的值，在Rt△COF中，根据股定理计算CF的值即可；
(2)如图2，连接BD，AF，由正方形的性质可得，∠BDA=∠EDF=45°，证△ADF∽△BDE，证明△ACF∽△BCM，过M作MG⊥CF于点G，令MC= 2a则CF=2a，在Rt△ACMG中，CG=a，MG=a，可得GF=CF−CG=a，在Rt△MGF中，由股定理得MF=MC，根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理可证MC⊥MF，进而结论得证；
(3)如图3，找线段DE中点记为N，连接MN，BD，可得MN是△BDE的中位线，N为定点，MN为定长，M在以N为圆心，以MN的长为半径的圆上运动，根据M运动轨迹的路径长即为圆N的周长计算求解即可，由(2)可知CF= 2MC，CF最小时，MC最小，由题意知点C在以D为圆心，线段CD的长为半径的圆D上运动，如图4，连接CF，延长DF交圆D点C1，根据三角形三边关系可得在△CDF中，CD−DF>CF，当C运动到C1位置时，有C1D−DF=C1F，则CD−DF≥CF，求出CF最小时为C1F的值，然后求出最小的MC值即可．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，中位线，圆的定义，勾股定理等知识，解题的关键在于对知识的灵活综合运用．
27.【答案】解：(1)2；
(2)存在满足条件的点P，使得PM=MN=NH．
∵二次函数解析式为y=−x2+2x+3，
当x=0时y=3，
∴C(0,3)
当y=0时，−x2+2x+3=0解得：x1=−1，x2=3
∴A(−1,0)，B(3,0)
∴直线BC的解析式为y=−x+3
∵点D为OC的中点，
∴D(0,32)
∴直线BD的解析式为y=−12x+32，
设P(t,−t2+2t+3)(0∴PM=−t2+2t+3−(−t+3)=−t2+3t，MN=−t+3−(−12t+32)=−12t+32，NH=−12t+32，
∴MN=NH，
∵PM=MN，
∴−t2+3t=−12t+32解得：t1=12，t2=3(舍去)，
∴P(12,154)，
∴P的坐标为(12,154)，使得PM=MN=NH．
(3)过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，
∵OB=3，OD=32，∠BOD=90°，
∴BD= OB2+OD2=3 52，
∴cs∠OBD=OBBD=33 52=2 55，
∵PQ⊥BD于点Q，PF⊥x轴于点F，
∴∠PQE=∠BQR=∠PFR=90°，
∴∠PRF+∠OBD=∠PRF+∠EPQ=90°，
∴∠EPQ=∠OBD，即cs∠EPQ=cs∠OBD=2 55，
在Rt△PQE中，cs∠EPQ=PQPE=2 55，
∴PQ=2 55PE，
在Rt△PFR中，cs∠RPF=PFPR=2 55，
∴PR=PF2 55= 52PF，
∵S△PQB=2S△QRB，S△PQB=12BQ⋅PQ，S△QRB=12BQ⋅QR，
∴PQ=2QR，
设直线BD与抛物线交于点G，
∵−12x+32=−x2+2x+3，解得：x1=3(即点B横坐标)，x2=−12，
∴点G横坐标为−12，
设P(t,−t2+2t+3)(t<3)，则E(t,−12t+32)，
∴PF=|−t2+2t+3|，PE=|−t2+2t+3−(−12t+32)|=|−t2+52t+32|，
①若−12∴PF=−t2+2t+3，PE=−t2+52t+32，
∵PQ=2QR，
∴PQ=23PR，
∴2 55PE=23⋅ 52PF，即6PE=5PF，
∴6(−t2+52t+32)=5(−t2+2t+3)，
解得：t1=2，t2=3(舍去)，
∴P(2,3)；
②若−1此时，PQ③若t<−1，则点P在x轴下方，如图4，
∴PF=−(−t2+2t+3)=t2−2t−3，PE=−12t+32−(−t2+2t+3)=t2−52t−32，
∵PQ=2QR，
∴PQ=2PR，
∴2 55PE=2⋅ 52PF，即2PE=5PF，
∴2(t2−52t−32)=5(t2−2t−3)
解得：t1=−43，t2=3(舍去)
∴P(−43,−139)
综上所述，点P坐标为(2,3)或(−43,−139).
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第(3)题解题过程容易受第(2)题影响而没有分类讨论点P的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．
(1)把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值．
(2)求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式．设点P横坐标为t，则能用t表示点P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长．以PM=MN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理(满足P在第一象限)，故存在满足条件的点P，且求得点P坐标．
(3)过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证∠EPQ=∠OBD，所以cs∠EPQ=cs∠OBD=2 55，即在Rt△PQE中，cs∠EPQ=PQPE=2 55；在Rt△PFR中，cs∠RPF=PFPR=2 55，进而得PQ=2 55PE，PR= 52PF.设点P横坐标为t，可用t表示PE、PF，即得到用t表示PQ、PR.又由S△PQB=2S△QRB易得PQ=2QR.要对点P位置进行分类讨论得到PQ与PR的关系，即列得关于t的方程．求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围．
【解答】
解：(1)∵二次函数y=−x2+bx+3的图象与x轴交于点A(−1,0)，
∴−1−b+3=0，
解得：b=2，
故答案为：2．
(2)见答案；
(3)见答案．平均每天的睡眠时间分组
5≤t<6
6≤t<7
7≤t<8
8≤t<9
9小时及以上
频数
1
5
m
24
n