2023年江苏省盐城市建湖县海南中学中考数学仿真试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省盐城市建湖县海南中学中考数学仿真试卷（含解析），共38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。

1.如图所示的平面图形能折叠成的长方体是( )
A.
B.
C.
D.
2.不等式组3x−1>28−4x≤0的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
3.“七巧板”是古代中国劳动人民的发明，被誉为“东方魔板”.图①是由该图形组成的正方形，图②是用该七巧板拼成的“和平鸽”图形，现将一个飞镖随机投掷到该图形上，则飞镖落在和平鸽头部(阴影部分)的概率是( )
A. 132B. 124C. 116D. 18
4.中国奇书《易经》中记载，远古时期，人们通过在绳子上打结来计数，即“结绳计数”.如图，一位母亲在从右到左依次排列的绳子上打结，满5进1，用来记录孩子自出生后的天数．由图可知，孩子自出生后的天数是( )
A. 10B. 89C. 165D. 294
5.把三张大小相同的正方形卡片A、B、C叠放在一个底面为正方形的盒底上，底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，若按图1摆放时，阴影部分的面积为S1；若按图2摆放时，阴影部分的面积为S2，则S1与S2的大小关系是( )
A. S1>S2B. S16.某函数的图象如图所示，当0≤x≤a时，在该函数图象上可找到n个不同的点(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)，使得y1x1=y2x2=⋯=ynxn，则n的取值不可能为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.乐乐停车场为24小时营业，其收费方式如表所示，已知阿虹某日10：00进场停车，停了x小时后离场，x为整数.若阿虹离场时间介于当日的20：00～24：00间，则他此次停车的费用为多少元( )
A. 5x+30B. 5x+50C. 5x+150D. 5x+200
8.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2 2；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．
A. ①②③④⑤B. ①②③⑤C. ①②③D. ①②⑤
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.已知|2022−a|+ a−2023=a，则a−20222= ．
10.下表是小红参加一次“阳光体育”活动比赛的得分情况：
评总分时，按跑步占50%，花样跳绳占30%，跳绳占20%考评，则小红的最终得分为______．
11.对于任意实数a，b，我们定义新运算“*”：a*b=a2+2ab−b2，例如3*5=32+2×3×5−52=14.若m，n是方程(x+2)*3=0的两根，则nm+mn的值为______．
12.如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是______．
13.如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′是由△ABC绕点P旋转得到的，则点P的坐标为______．
14.某日上午，甲、乙两车先后从A地出发沿同一条公路匀速前往B地，甲车8点出发，如图是其行驶路程s(千米)随行驶时间t(小时)变化的图象．乙车9点出发，若要在当天12点至13点之间(含12点和13点)追上甲车，则乙车的速度v(单位：千米/小时)的范围是______．
15.在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫做格点，点O、A、B都是格点，若图中扇形AOB是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥底面圆的半径为______．
16.如图，点A的坐标是(a,0)(a<0)，点B是以OA为直径的⊙M上一动点，点A关于点B的对称点为C.当点B在⊙M上运动时，所有这样的点C组成的图形与直线y=−34x−3有且只有一个公共点，则a的值等于______．
三、解答题：本题共11小题，共102分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
阅读下面材料：
将边长分别为a，a+ b，a+2 b，a+3 b的正方形面积分别记为S1，S2，S3，S4．
则S2−S1=(a+ b)2−a2
=[(a+ b)+a]⋅[(a+ b)−a]
=(2a+ b)⋅ b
=b+2a b
例如：当a=1，b=3时，S2−S1=3+2 3
根据以上材料解答下列问题：
(1)当a=1，b=3时，S3−S2= ______，S4−S3= ______；
(2)当a=1，b=3时，把边长为a+n b的正方形面积记作Sn+1，其中n是正整数，从(1)中的计算结果，你能猜出Sn+1−Sn等于多少吗？并证明你的猜想；
(3)当a=1，b=3时，令t1=S2−S1，t2=S3−S2，t3=S4−S3，…，tn=Sn+1−Sn，且T=t1+t2+t3+…+t50，求T的值．
18.(本小题6分)
【探究】
若x满足(9−x)(x−4)=4，求(4−x)2+(x−9)2的值．
设9−x=a，x−4=b，则(9−x)(x−4)=ab=4，a+b=(9−x)+(x−4)=5，
∴(9−x)2+(x−4)2=a2+b2=(a+b)2−2ab=52−2×4=17；
【应用】
请仿照上面的方法求解下面问题：
(1)若x满足(5−x)(x−2)=2，求(5−x)2+(x−2)2的值；
【拓展】
(2)已知正方形ABCD的边长为x，E，F分别是AD、DC上的点，且AE=1，CF=3，长方形EMFD的面积是8，分别以MF、DF为边作正方形．
①MF=________，DF=________；(用含x的式子表示)
②求阴影部分的面积．
19.(本小题8分)
如图，是一个放置于水平桌面的平板支架的示意图，底座的高AB为5cm，宽MN为10cm，点A是MN的中点，连杆BC、CD的长度分别为18.5cm和15cm，∠CBA=150°，且连杆BC、CD与AB始终在同一平面内．
(1)求点C到水平桌面的距离；
(2)产品说明书提示，若点D与A的水平距离超过AN的长度，则该支架会倾倒.现将∠DCB调节为80°，此时支架会倾倒吗？
(参考数据：tan20°≈0.36，ct20°≈2.75，sin20°≈0.34，cs20°≈0.94)
20.(本小题8分)
某工程由甲、乙两队合作6天完成，厂家需付甲、乙两队工程费8700元，乙、丙队合作10天完成，厂家需付乙、丙两队工程费9500元，甲、丙两队合作5天完成全部工程的23，厂家需付甲、丙两队工程费5500元．
(1)求甲、乙、丙各队单独完成全部工程，各需多少天．
(2)若工期要求不超过15天完成全部工程，则由哪个队单独完成此项工程所需的费用最少？请说明理由．
21.(本小题8分)
如图，直线l1：y=kx+b与双曲线y=mx(x>0)交于A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点E，已知点A(1,3)，点C(4,0)．
(1)求直线l1和双曲线的解析式；
(2)将△OCE沿直线l1翻折，点O落在第一象限内的点H处，求点H的坐标；
(3)如图，过点E作直线l2：y=3x+4交x轴的负半轴于点F，在直线l2上是否存在点P，使得S△PBC=S△OBC？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
22.(本小题10分)
如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D(不与端点重合)，作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG=EG．
(1)求证：AG为⊙O的切线；
(2)已知AG=2，填空：
①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG=______°；
②若OC=2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB=______．
23.(本小题10分)
一辆快车从甲地出发驶向乙地，在到达乙地后，立即按原路原速返回到甲地，快车出发一段时间后一辆慢车从甲地驶向乙地，中途因故停车14h后，继续按原速驶向乙地，两车距甲地的路程ykm与慢车行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)甲乙两地相距______km，快车行驶的速度是______km/h，图中括号内的数值是______；
(2)求快车从乙地返回甲地的过程中，y与x的函数解析式；
(3)慢车出发多长时间，两车相距120km．
24.(本小题10分)
对于任意一个四位数m，若千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数m为“共生数”.例如：m=3507，因为3+7=2×(5+0)，所以3507是“共生数”；m=4135，因为4+5≠2×(1+3)，所以4135不是“共生数”．
(1)判断5313，6437是否为“共生数”？并说明理由；
(2)对于“共生数”n，当十位上的数字是千位上的数字的2倍，百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除时，记F(n)=n3.求满足F(n)各数位上的数字之和是偶数的所有n．
25.(本小题10分)
【问题提出】如图1，用“圆规和无刻度的直尺”，作两条以O为圆心的圆弧将已知扇形的面积三等分．

【问题联思】如图2，已知线段MN，请你用“圆规和无刻度的直尺”作一个以MN为底边，底角为30°的等腰三角形MNP，井写出MN与MP的数量关系；

【问题再现】如图3，已知扇形OAB，请你用“圆规和无刻度的直尺”作两条以点O为圆心的圆弧，使扇形的面积被两条圆弧三等分.(友情提醒：保留作图痕迹，并用黑笔描线加深)
26.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上．
(1)如果四个点(0,0)、(0,2)、(1,1)、(−1,1)中恰有三个点在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上．
①a= ______；
②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且AD⊥y轴，求菱形的边长；
③如图2，已知正方形ABCD的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究n−m是否为定值.如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)已知正方形ABCD的顶点B、D在二次函数y=ax2(a为常数，且a>0)的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式．
27.(本小题14分)
(1)如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF= ______．
(2)如图2，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．
(3)如图3，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=7 3时，请直接写出AG的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、平面图形能折叠成的长方体正面的右邻面是阴影，故A错误；
B、平面图形能折叠成的长方体上面的右邻面是阴影，故B错误；
C、平面图形能折叠成的长方体正面是阴影，上面应是空白面，故C错误；
D、平面图形能折叠成的长方体上面的右邻面是阴影，故D正确；
故选：D．
根据两面相隔一个面是对面，相邻的面是邻面，可得答案．
本题考查了展开图这个叠成几何体，确定折叠成长方体阴影面的邻面是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：3x−1>2 ①8−4x≤0 ②，
由①得，x>1，
由②得，x≥2，
故此不等式组得解集为：x≥2．
在数轴上表示为：
．
故选：A．
分别求出各不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．
本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：由七巧板的特征可知，阴影部分的面积是七巧板面积的116，
故飞镖落在和平鸽头部(阴影部分)的概率是116．
故选：C．
根据七巧板对应图形的面积，结合概率公式即可得到结论．
本题主要考查几何概率，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
4.【答案】D
【解析】解：2×53+1×52+3×51+4×50=294，
故选：D．
根据计数规则可知，从右边起第1位的计数单位为50，第2位的计数单位为51，第3位的计数单位为52，第4位的计数单位为53……依此类推，可求出结果．
本题考查用数字表示事件、有理数的混合运算，理解“逢五进一”的计数规则是正确计算的前提．
5.【答案】C
【解析】解：设底面的正方形的边长为a，正方形卡片A，B，C的边长为b，
由图1，得S1=(a−b)(a−b)=(a−b)2，
由图2，得S2=(a−b)(a−b)=(a−b)2，
∴S1=S2．
故选：C．
根据正方形的性质，可以把两块阴影部分合并后计算面积，然后，比较S1和S2的大小．
本题主要考查了正方形四条边相等的性质，分别得出S1和S2的面积是解题关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】
设y1x1=y2x2=⋯=ynxn=k，则在该函数图象上n个不同的点(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)也都在函数y=kx的图象上，根据正比例函数y=kx的图象与如图所示的图象的交点的个数即可得出答案．
本题主要考查了函数图象，数形结合是解题的关键．
【解答】
解：设y1x1=y2x2=⋯=ynxn=k，
则在该函数图象上n个不同的点(x1,y1)，(x2,y2)，…，(xn,yn)也都在函数y=kx的图象上，
即：正比例函数y=kx的图象与如图所示的图象的交点，
由图象可知，正比例函数y=kx的图象与如图所示的图象的交点可能有1个或2个或3个或4个或5个．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：∵阿虹离场时间介于当日的20：00～24：00间，
∴阿虹的停车费为：100+5(x−10)=(5x+50)元．
故选：B．
由题意得阿虹停车的时间超过5小时，且第二个时段的停车时间为(x−10)小时，则可求解．
本题主要考查列代数式，解答的关键是理解清楚题意，找到相应的等量关系．
8.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM/​/DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED−EG=4 55a，GH=AH−AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP⋅DH=2 55a⋅4 23a=8 1015a2，2AG⋅BH=2×2 55a⋅2 23a=8 1015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
9.【答案】2023
【解析】解：∵|2022−a|+ a−2023=a有意义，
∴a−2023≥0，即a≥2023，
∴a−2022+ a−2023=a，
∴ a−2023=2022，
∴a−2023=20222，
∴a−20222=2023，
故答案为：2023．
先根据二次根式有意义的条件得到a≥2023，则a−2022+ a−2023=a，由此求出a−2023=20222，据此即可得到答案．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，正确得到a≥2023是解题的关键．
10.【答案】83分
【解析】解：小红的最终得分为：90×50%+80×30%+70×20%=83(分)．
故答案为：83分．
根据加权平均数的计算公式进行计算即可．
本题考查的是加权平均数，熟记加权平均数的计算公式是解决本题的关键．
11.【答案】867
【解析】解：由题意得(x+2)*3=0即为(x+2)2+6(x+2)−9=0，
化简得x2+10x+7=0，
∵m，n是该方程的两根，
∴m+n=−10，mn=7，
∴nm+mn=(m+n)2−2mnmn=100−147=867，
故答案为：867．
根据新定义先将方程化为一元二次方程，由根与系数的关系求得m+n=−10，mn=7，再结合分式的加减及完全平方公式代入计算可求解．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，新定义，代数式求值，根据新定义将等式化为一元二次方程是解题的关键．
12.【答案】10°或80°
【解析】解：以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示，
在菱形ABCD中，∠DAC=∠BAC，
∵∠DAB=40°，
∴∠DAC=20°，
∵AC=AE，
∴∠AEC=(180°−20°)÷2=80°，
∵AE′=AC，
∴∠AE′C=∠ACE′=10°，
综上所述，∠AEC的度数是10°或80°，
故答案为：10°或80°．
根据菱形的性质可得∠DAC=20°，再根据等腰三角形的性质可得∠AEC的度数．
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
13.【答案】(1,−1)
【解析】【分析】
连接AA′，CC′，分别作线段AA′和CC′的垂直平分线，两垂直平分线的交点就是点P，设点P(1,n)，由PC=PC′，即PC2=PC ′2列方程求出n即可．
【解答】
解：如图，连接AA′，CC′，
作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，
直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．
显然直线MN上的点的横坐标都等于1，设点P(1,n)，
由图可得C(−1,0)，C′(2,1)，
∵P在EF上，
∴PC=PC′，即PC2=PC ′2，
∴(1+1)2+(n−0)2=(1−2)2+(n−1)2，
解得n=−1，
∴P(1,−1)．
故答案为(1,−1)．
【点评】
本题主要考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质，两点间的距离公式等知识，掌握对应点连线段的垂直平分线的交点就是旋转中心是解题的关键．
14.【答案】75≤v≤80
【解析】解：根据图象可得，甲的速度为：60÷1=60(千米/时)，
由题意，得v≤4×603v≥5×604，
解得75≤v≤80，
故答案为：75≤v≤80．
先根据函数图象求出甲的速度，再根据甲，乙两人先后从A地出发沿同一条公路匀速前往B地，甲8点出发，乙9点出发，要在12点至13点之间(含12点和13点)追上甲，列出不等式组解答即可．
本题考查了一次函数的应用，路程、速度与时间关系的应用，列一元一次不等式组解实际问题的应用，能够根据题意列出不等式组是解题的关键．
15.【答案】54
【解析】解：设该圆锥底面圆的半径为r．
∵每个小方格都是边长为1的正方形，
∴AO=BO= 32+42=5，AB= 72+12=5 2，
∵OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°，
∴90π×5180=2πr，
∴r=54．
故答案是：54．
利用弧长等于圆锥底面圆的周长这一等量关系即可求解．
本题运用了弧长公式和圆的周长公式，建立准确的等量关系是解题的关键．
16.【答案】−125
【解析】解：如图，连接BM，OC，设直线y=−34x−3交x轴于点E(−4,0)，交y轴于点F(0,−3)，
∵AB=BC，AM=OM，
∴OC=2BM=−a，
∴点C的运动轨迹是以O为圆心−a为半径的圆，当⊙O与直线y=−34x−3相切时，点C组成的图形与直线y=−34x−3有且只有一个公共点，设切点为G，连接OG．
∵OG⊥EF，点E(−4,0)，点F(0,−3)，
∴EF= 32+42=5，
∴12⋅OE⋅OF=12⋅EF⋅OG，
∴OG=125，
∴a=−125，
故答案为：−125．
如图，连接BM，OC，设直线y=−34x−3交x轴于点E(−4,0)，交y轴于点F(0,−3)，首先证明OC=2BM=−a，推出点C的运动轨迹是以O为圆心−a为半径的圆，当⊙O与直线y=−34x−3相切时，点C组成的图形与直线y=−34x−3有且只有一个公共点，设切点为G，连接OG.想办法求出OG即可．
本题考查直线与圆的位置关系，三角形中位线定理，轨迹，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)9+2 3，15+2 3；
(2)Sn+1−Sn=6n−3+2 3；
证明：Sn+1−Sn
=(1+ 3n)2−[1+(n−1) 3]2
=[2+(2n−1) 3]× 3
=3(2n−1)+2 3
=6n−3+2 3；
(3)当a=1，b=3时，T=t1+t2+t3+…+t50
=S2−S1+S3−S2+S4−S3…+S51−S50
=S51−S1
=(1+50 3)2−1
=7500+100 3．
【解析】解：(1)S3−S2=(a+2 b)2−(a+ b)2
=a2+4a b+4b−a2−2a b−b
=2a b+3b，
当a=1，b=3时，S3−S2=9+2 3；
S4−S3=(a+3 b)2−(a+2 b)2=a2+6a b+9b−a2−4a b−4b
=2a b+5b，
当a=1，b=3时，S4−S3=15+2 3；
故答案为：9+2 3；15+2 3；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)把a=1，b=3代入S3−S2，S4−S3，计算即可得到结论；
(2)根据(1)的结论化简Sn+1−Sn即可；
(3)化简T=t1+t2+t3+…+t50后，代入数值计算即可．
本题考查了二次根式的化简，正确地计算出结果是解题的关键．
18.【答案】解：(1)设5−x=a，x−2=b，
则(5−x)(x−2)=ab=2，a+b=(5−x)+(x−2)=3，
∴(5−x)2+(x−2)2
=a2+b2
=(a+b)2−2ab
=32−2×2
=9−4
=5；
(2)①x−1，x−3；
②∵长方形EMFD的面积是8，
∴MF⋅DF=(x−1)(x−3)=8，
阴影部分的面积=MF2−DF2=(x−1)2−(x−3)2．
设x−1=a，x−3=b，则(x−1)(x−3)=ab=8，a−b=(x−1)−(x−3)=2，
∴(a+b)2=(a−b)2+4ab=22+4×8=36，
∴a+b=±6，
又∵a+b>0，
∴a+b=6，
∴(x−1)2−(x−3)2=a2−b2=(a+b)(a−b)=6×2=12．
即阴影部分的面积12．
【解析】解：(1)见答案；
(2)①∵四边形EMFD是长方形，AE=1，四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=x，DE=MF，
∴MF=DE=AD−AE=x−1，
DF=CD−CF=x−3，
故答案为：x−1，x−3；
②见答案．
(1)仿照题中所给的解答方式进行求解即可；
(2)①分析图形可知DF=CD−CF，MF=DE=AD−AE，从而可得解；
②根据长方形的面积公式以及正方形的面积公式以及完全平方公式、平方差公式求解即可．
本题考查了完全平方公式的几何背景．应从整体和部分两方面来理解完全平方公式的几何意义；主要围绕图形面积展开分析．
19.【答案】解：作CE⊥NM于E，BF⊥CE于F，
∵∠CBF=∠CBA−∠FBA=150°−90°=60°，
∴sin∠CBF=sin60°=CFBC=CF18.5，
∴CF=37 34(cm)，
∴CE=CF+EF=CF+AB=37 3+204(cm)．
∴点C到水平桌面的距离是37 3+204cm；
(2)作DK⊥FB交FB延长线于K，作CH⊥DK于H，
∵∠DCH=∠DCB−∠HCB=80°=60°=20°，
∴cs∠DCH=cs20°=CHCD≈0.94，
∴FK=CH=14.1(cm)，
∵∠BCF=30°，
∴BF=12BC=9.25(cm)，
∴BK=FK−BF=4.85(cm)，
∴AN=12MN=5(cm)，
∴此时支架不会倾倒．
【解析】(1)作CE⊥NM于E，BF⊥CE于F，由锐角的正弦求出FC的长，即可解决问题；
(2)作DK⊥FB交FB延长线于K，作CH⊥DK于H，由锐角的余弦求出CH的长，而FB=12BC，即可求出BK的长，从而解决问题．
本题考查解直角三角形的应用，关键是通过辅助线构造直角三角形．
20.【答案】解：(1)设甲、乙、丙各队完成这项工程所需要时间分别为x天、y天、z天．
根据题意，得：6(1x+1y)=110(1y+1z)=15(1x+1z)=23
解得：x=10，y=15，z=30．
经检验：x=10，y=15，z=30是原方程的解，且符合题意．
答：甲、乙、丙各队单独完成全部工程分别需10天、15天、30天．
(2)设甲、乙、丙各队工作一天，厂家需付报酬分别为a元、b元、c元．
根据题意得：6(a+b)=8 70010(b+c)=9 5005(c+a)=5 500解得a=800b=650c=300．
丙队工作30天首先排除；
甲队完成项目所需费用为ax=8000元；
乙队完成项目所需费用为by=650×15=9750元．
答：甲队单独完成此项工程所需的费用最少．
【解析】(1)本题的相等关系有三个：“由甲、乙两队合作6天完成”和“乙、丙队合作10天完成”“甲、丙两队合作5天完成全部工程的23”.考虑到问题要求的是规定的工期，设甲、乙、丙各队完成这项工程所需要时间分别为x天、y天、z天根据题意列出方程组解答．
(2)等量关系为：甲乙两队一天的工程费×6=8700；乙、丙两队一天的工程费×10=9500；甲、丙两队一天的工程费×5=5500.算出每队一天的工程费；根据工期选择相应的队，再比较总价钱即可．
列分式方程解应用题与所有列方程解应用题一样，重点在于准确地找出相等关系，这是列方程的依据．而难点则在于对题目已知条件的分析，也就是审题，一般来说应用题中的条件有两种，一种是显性的，直接在题目中明确给出，而另一种是隐性的，是以题目的隐含条件给出．问题3中的两个“如期完成”就是一个隐含条件．
21.【答案】解：(1)将A(1,3)，C(4,0)代入y=kx+b，得k+b=34k+b=0，解得：k=−1b=4，
∴直线l1的解析式为y=−x+4．
将A(1,3)代入y=mx(x>0)，得m=3，
∴双曲线的解析式为y=3x(x>0)；
(2)将x=0代入y=−x+4，得y=4，
∴E(0,4)．
∴△COE是等腰直角三角形．
∴∠OCE=∠OEC=45°，OC=OE=4．
由翻折得△CEH≌△CEO，
∴∠COE=∠CHE=∠OCH=90°．
∴四边形OCHE是正方形．
∴H(4,4)；
(3)存在，理由：
如图，过点O作直线m//BC交直线l2于点P′，
在x轴取点H，使OC=CH(即等间隔)，过点H作直线n//BC交直线l2于点P，
S△PBC=S△OBC，根据同底等高的两个三角形面积相等，则点P(P′)为所求点．
直线BC表达式中的k值为−1，则直线m、n表达式中的k值也为−1，
故直线m的表达式为：y=−x①，
直线l2的表达式为：y=3x+4②，
联立①②并解得：x=−1，y=1，故点P′(−1,1)；
设直线n的表达式为：y=−x+s，而点H(8,0)，
将点H的坐标代入上式并解得：s=8，
故直线n的表达式为：y=−x+8③，
联立②③并解得：x=1，y=7，
故点P的坐标为(1,7)；
综上，点P的坐标为(−1,1)或(1,7)．
【解析】(1)将已知点坐标代入函数表达式，即可求解；
(2)证明OC=OE=4，由翻折得△CEH≌△CEO，进而证明四边形OCHE是正方形，即可求解；
(3)过点O作直线m//BC交直线l2于点P′，在x轴取点H，使OC=CH(即等间隔)，过点H作直线n//BC交直线l2于点P，则点P(P′)为所求点，即可求解．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．
22.【答案】60 4 2
【解析】(1)证明：连接OA．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵GA=GE，
∴∠GAE=∠GEA，
∵DG⊥BC，
∴∠EDC=90°，
∴∠OCA+∠DEC=90°，
∵∠CED=∠GEA=∠GAE，
∴∠OAC+∠GAE=90°，
∴∠OAG=90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切线．
(2)①如图2中，连接OA，AF，OF．
∵四边形ABOF是菱形，
∴AB=BO=OF=AF=OA，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠B=60°，
∵BC是直径，
∴∠BAC=90°
∴∠ACB=90°−60°=30°，
∵ED⊥BC，
∴∠DEC=90°−∠ACB=60°，
∴∠AEG=∠DEC=60°．
故答案为60．
②如图3中，当AB=4 2时，△AGE是等腰直角三角形．
理由：连接OA．
∵△AGE是等腰直角三角形，
∴∠AEG=∠DEC=∠DCE=45°，
∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，
∵OB=OC，
∴AO⊥OC，
∴∠AOD=∠ODG=∠G=90°，
∴四边形AODG是矩形，
∴AG=OD=2，
∴OC=2OD=4，
∴BC=2OC=8，
∴AB=AC=4 2，
故答案为4 2．
(1)连接OA.证明OA⊥AG即可解决问题．
(2)如图2中，连接OA，AF，OF.证明△ABO使得等边三角形，推出∠B=60°即可解决问题．
②如图3中，当AB=4 2时，△AGE是等腰直角三角形．证明四边形AODG是矩形，△DEC，△ABC都是等腰直角三角形，求出BC的长即可解决问题．
本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
23.【答案】400 100 7
【解析】解：(1)由图象可知：甲乙两地相距400km，快车行驶的速度为(400−100)÷3=100km/h，400÷100+3=7小时，
故答案为：400，100，7；
(2)由图象可知：B(3,400)和A(7,0)，
设直线BA的函数解析式为：y=kx+b，
把B(3,400)和A(7,0)代入y=kx+b得：3k+b=4007k+b=0，
解之得k=−100b=700，
∴快车从乙地返回甲地的过程中，y与x的函数解析式为y=−100x+400；
(3)由图象可知：快车比慢车早出发1小时，
∴慢车的速度为：400−100×(4−3)4−14=80千米/小时，
设慢车出发x小时与快车相距120千米，
①快车从甲地开往乙地，由题意得：100(x+1)=80x+120，
解之得：x=1，
②快车从乙地返回甲地与慢车相遇前，由题意得：100(x+1)−400+120+80(x−14)=400，
解之得：x=103，
③快车从乙地返回甲地与慢车相遇后，由题意得：100(x+1)−400+80(x−14)−120=400，
解之得：x=143，
综上可知慢车出发1小时或103小时或143小时，两车相距120km．
(1)根据图象可知：甲乙两地的距离为400米，由速度公式求出速度和时间；
(2)观察图象和(1)的结果求出B(3,400)和A(7,0)，再用待定系数法求出解析式；
(3)先求出慢车的速度，分三种情况讨论，根据路程差为120千米，设慢车出发x小时与快车相距120千米，列出方程，求出x即可．
本题主要考查了一次函数的实际应用，解题关键是能够从图象中获取正确的信息．
24.【答案】解：(1)∵5+3=2×(3+1)，
∴5313是”共生数“，
∵6+7≠2×(3+4)，
∴6437不是“共生数”；
(2)∵n是“共生数”，根据题意，个位上的数字要大于百位上的数字，
设n的千位上的数字为a，则十位上的数字为2a，(1≤a≤4)，
设n的百位上的数字为b，
∵个位和百位都是0−9的数字，
∴个位上的数字为9−b，且9−b>b，
∴0≤b≤4
∴n=1000a+100b+20a+9−b；
∴F(n)=1000a+100b+20a+9−b3=340a+33b+3，
由于n是“共生数”，
∴a+9−b=2×(2a+b)，
即a+b=3，
可能的情况有：
a=1b=2,a=2b=1,a=3b=0,
当a=1，b=2时，n的值为1227，则F(n)的值为409，各数位上数字之和不是偶数，舍去；
当a=2，b=1时，n的值为2148，则F(n)的值为716，各数位上数字之和是偶数；
当a=3，b=0时，n的值为3069，则F(n)的值为1023，各数位上数字之和是偶数，
∴n的值是2148或3069．
【解析】此题主要考查新定义的运算，正确理解新定义的运算是解题的关键，第二问中要能根据题意写出F(n)是突破口．
(1)根据题目中的定义，可直接判断5313，6437是否为”共生数“；
(2)根据定义，先用两个未知数表示F(n)，然后列出含有n的式子，找出满足要求的结果即可．
25.【答案】解：[问题联思]如图所示，分别以M，N为圆心，MN为半径作圆，交于点Q，则三角形MNQ为等边三角形，然后作QN的垂直平分线，MN的垂直平分线，交于点P，则△PMN即为所求；

∴MN=2PN⋅cs30°= 3MP；
[问题再现]同上方法作以OA为底边，底角为30°的等腰三角形COA，延长AC交⊙C于点D，则OA= 3OC，

则∠ODA=60°，设OD=a，则AO= 3a，
以O为圆心OD为半径，作弧FN，则OD=OF=a，
连接DF，则DF= 2a，
以O为圆心DF为半径，作弧GM，则OG=DF= 2a，
设∠AOB=n°，
∴扇形OFN的面积为n360π×a2，
扇形OGM的面积为n360π×( 2a)2=2a2n360π，
扇形OAB的面积为n360π×( 3a)2=3a2n360π，
∴弧FN，GM，即为所求．
【解析】[问题联思]如图所示，分别以M，N为圆心，MN为半径作圆，交于点Q，则三角形MNQ为等边三角形，然后作QN的垂直平分线，MN的垂直平分线，交于点P，则△PMN即为所求；
[问题再现]分别作出半径为a, 2a, 3a的弧，即可求解．
本题考查了含30度角的直角三角形的性质，作等腰三角形，垂直平分线的性质，作垂线，扇形面积公式，熟练掌握基本作图以及扇形面积公式是解题的关键．
26.【答案】(1)①1；
②设BC交y轴于E，如图：
设菱形的边长为2a，则AB=BC=CD=AD=2a，
∵B，C关于y轴对称，
∴BE=CE=a，
∴B(−a,a2)，
∴OE=a2，
∵AE= AB2−BE2= 3a，
∴OA=OE+AE=a2+ 3a，
∴D(2a,a2+ 3a)，
把D(2a,a2+ 3a)代入y=ax2得：
a2+ 3a=4a2，
解得a= 33或a=0(舍去)，
∴菱形的边长为2 33；
③n−m是为定值，理由如下：
过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，如图：
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,m2)，D(n,n2)，
∴BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠FAB=90°−∠EAD=∠EDA，
在△ABF和△DAE中
∵∠FAB=∠EDA∠AFB=∠DEA=90°AD=BA
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=n2−AF−m2，AF=n，
∴m=n2−n−m2，
∴m+n=(n−m)(n+m)，
∵点B、D在y轴的同侧，
∴m+n≠0，
∴n−m=1；
(2)过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,am2)，D(n,an2)，
①当B，D在y轴左侧时，如图：
∴BF=−m，OF=am2，DE=−n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴−m=am2−AF−an2，AF=−n，
∴−m=am2+n−an2，
∴m+n=a(n−m)(n+m)，
∵m+n≠0，
∴n−m=1a；
②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=−m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴−m=am2+AF−an2，AF=n，
∴−m=am2+n−an2，
∴m+n=a(n+m)(n−m)，
∴m+n=0或n−m=1a；
③当B，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=m，OF=am2，DE=n，OE=an2，
同理可得△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，AF=DE，
∴m=an2−AF−am2，AF=n，
∴m=an2−n−am2，
∴m+n=a(n+m)(n−m)，
∵m+n≠0
∴n−m=1a；
综上所述，m、n满足的等量关系式为m+n=0或n−m=1a．
【解析】解：(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，
∴(0,0)在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，(0,2)不在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，
∵四个点(0,0)、(0,2)、(1,1)、(−1,1)中恰有三个点在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，
∴二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上的三个点是(0,0)，(1,1)，(−1,1)，
把(1,1)代入y=ax2得：a=1，
故答案为：1；
②见答案；
③见答案；
(2)见答案．
(1)①在y=ax2中，令x=0得y=0，即知(0,2)不在二次函数y=ax2(a为常数，且a≠0)的图象上，用待定系数法可得a=1；
②设BC交y轴于E，设菱形的边长为2a，可得B(−a,a2)，故AE= AB2−BE2= 3a，D(2a,a2+ 3a)，代入y=ax2得a2+ 3a=4a2，可解得a= 33，故菱形的边长为2 33；
③过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，可得BF=m，OF=m2，DE=n，OE=n2，证明△ABF≌△DAE(AAS)，有BF=AE，AF=DE，故m=n2−AF−m2，AF=n，即可得n−m=1；
(2)过B作BF⊥y轴于F，过D作DE⊥y轴于E，由点B、D的横坐标分别为m、n，知B(m,am2)，D(n,an2)，分三种情况：①当B，D在y轴左侧时，由△ABF≌△DAE(AAS)，可得−m=am2−AF−an2，AF=−n，故n−m=1a；②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，由△ABF≌△DAE(AAS)，有−m=am2+AF−an2，AF=n，知m+n=0或n−m=1a；③当B，D在y轴右侧时，m=an2−AF−am2，AF=n，可得n−m=1a．
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用．
27.【答案】20
【解析】解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB(AAS)；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，
∴△ABE∽△FCB．
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20，
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20，
(2)∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD//BC，AB=BC，则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，∠CEB=90°，
∴cs∠CBE=BECB，
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
1∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB，
∴∠AFE=∠BEC=90°，
又∵∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴.AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC=AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
(3)①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，
∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，
DE=DC−EC=6−2=4，
∵DM//FC，
∴△EDM∽△ECF，
∴EMEF=EDEC=42=2，
SMGESFEG=EMEF=2，
∴S△MGE=2S△EFG=EF⋅EG=7 3，
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH= 32DE= 32×4=2 3，DH=12DE=2，
1∴12MG×HE=7 3，
∴MG=7，
∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE，
∴tan∠MEH=tan∠HGE，
∵HEHG=HMHE，
∴HE2=HM⋅HG，
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，
GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−(7−a)=a，
(2 3)2=x(7−x)，
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，
连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN//AD，则GN/​/BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN//CM，
∴△ENG∽△ECM，
∴.EGFM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x，
∴.S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=7 3，
∴S△MEF=2S△GEF4−x=7 34−x，
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2，∠ECH=60°，
∴EH= 3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，
则12× 3×MF=7 34−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x，
∵∠MEF=∠EHM=90°，∠FEH=90°−∠MEH=∠M，
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM，
即( 3)2=x4−x×14−x4−x，
解得：x1=32x2=8 (舍去)，
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，
过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，
BT= 3TC=5 32，
S△BTC=12BT×TC=12×5 32×52=25 38，
EF⋅EG=7 3，
∴S△EFG=72 3，
∵258 3<72 3，
∴G点不可能在BC边上，综上所述，AG的长为3或4或32．
(1)①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
(2)根据菱形的性质得出AD//BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BCAE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN//AD，则GN/​/BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=25 38，而S△EFG=72 3，得出矛盾，则此情况不存在．
本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．停车时段
收费方式
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20：00～08：00
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若进场与离场时间不在同一时段，则两时段分别计费
项目
跑步
花样跳绳
跳绳
得分
90
80
70