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2024年四川省德阳市中考数学一诊试卷（含解析）
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这是一份2024年四川省德阳市中考数学一诊试卷（含解析），共27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.a−b的相反数是( )
A. −a+bB. −a−bC. a+bD. a−b
2.下列运算正确的是( )
A. x+x=xB. (x−y)2=x2−y2
C. (xy2)3÷y3=xy3D. (−x)3⋅x2=−x5
3.“白日不到处，青春恰自来.苔花如米小，也学牡丹开.”这是清朝袁枚所写五言绝句《苔》，这首咏物诗启示我们身处逆境也要努力绽放自己，要和苔花一样尽自己所能实现人生价值.苔花也被称为“坚韧之花”.袁枚所写的“苔花”很可能是苔类孢子体的苞荫，某孢子体的苞荫直径约为0.0000084m，将数据0.0000084用科学记数法表示为8.4×10n，则n的值是( )
A. 6B. −7C. −5D. −6
4.一副三角板如图所示摆放，若直线a//b，则∠1的度数为( )
A. 10°B. 15°C. 20°D. 25°
5.《九章算术》中记载了这样一个数学问题：今有甲发长安，五日至齐；乙发齐，七日至长安.今乙发已先二日，甲仍发长安.问：几何日相逢？译文：甲从长安出发，5日到齐国；乙从齐国出发，7日到长安.现乙先出发2日，甲才从长安出发.问：多久后甲、乙相逢？设甲出发x日，乙出发y日后甲、乙相逢，则所列方程组正确的是( )
A. x−2=y17x+15y=1B. x+2=y17x+15y=1C. x−2=y15x+17y=1D. x+2=y15x+17y=1
6.小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具(如图1)，测得对角线AC=10 2cm，将正方形学具变形为菱形(如图2)，∠DAB=60°，则图2中对角线AC的长为( )
A. 20cmB. 10 6cmC. 10 3cmD. 10 2cm
7.一次考试后，数学老师对班级数学成绩进行了统计分析.甲同学因病缺考，计算其余同学的平均分为102分，方差s2=40.后来甲同学进行了补考，数学成绩为102分.则加入甲同学的成绩后，班级数学成绩下列说法正确的是( )
A. 平均分和方差都不变B. 平均分和方差都改变
C. 平均分不变，方差变小D. 平均分不变，方差变大
8.某三棱柱的三视图如图所示，其中主视图和左视图为矩形，俯视图为△ABC，已知tanB=13，∠C=45°，则左视图的面积是( )
A. 2 3B. 4 3C. 4D. 2
9.如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC的中点，点D是优弧BC上一点，且∠D=30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=3 3cm；③扇形OCAB的面积为12π；④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是( )
A. ①③B. ①②③④C. ②③④D. ①③④
10.若整数a使得关于x的不等式组3x−12−2x+13≥−1x+a2+4>2x至少有2个整数解，且使得关于y的分式方程ay+1y−2−52−y=−1有整数解，则满足条件的整数a之和为( )
A. −2B. −1C. 2D. 4
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点O在原点上，OA边在x轴的正半轴上，AB⊥x轴，AB=CB=2，OA=OC，∠AOC=60°，将四边形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2024次旋转结束时，点C的坐标为( )
A. ( 3,3)B. (3,− 3)C. (− 3,1)D. (1,− 3)
12.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其对称轴为x=1，直线y=x+c与抛物线y=ax2+bx+c (a≠0)交于C，D两点，且D为抛物线的顶点，则下列结论：①CD= 2；②4a+2b+c>0；③OA⋅OB=−ca；④方程ax2+bx=1有两个不相等的实数根.其中结论正确的个数有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.已知a、b、c是△ABC的三边，且满足等式a2−b2=ac−bc，请你判断此△ABC的形状是______三角形．
14.下表是抽查的某班10名同学中考体育测试成绩统计表．
若成绩的平均数为23，中位数是a，众数是b，则a−b的值是______．
15.如图，已知正五边形ABCDE，经过C，D两点的⊙O与AB，AE分别相切于点M，N，连接CM，CN，则∠MCN= ______°.
16.如图，P是Rt△ABC的斜边AC(不与点A、C重合)上一动点，分别作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，O是MN的中点，若AB=5，BC=12，当点P在AC上运动时，BO的最小值是______．
17.如图，△OAB在第一象限内，顶点A的坐标为(6,3)，顶点B的横坐标为2，已知反比例函数y=kx(k≠0)经过点B，且与OA交于点C，连接BC.若OC=2AC，则△OBC的面积为______．
18.现有y是关于x的二次函数y=2mx2+(1−m)x−1−m，则下列描述正确的是______．
①当m=−1时，函数图象的顶点坐标为(12,12)；
②当m>0时，函数图象在x轴上截得的线段的长度大于32；
③当m≠0时，函数图象总过定点；
④若函数图象上任取不同的两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，则当m<0时，函数在x>14时一定能使y2−y1x2−x1<0成立．
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算： 4×(−12)−2−|1− 2|−(π− 2)0+2cs45°．
20.(本小题10分)
某校在课后服务中，成立了以下社团：A.计算机，B.围棋，C.篮球，D.书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．
请结合图中所给信息解答下列问题：
(1)这次被调查的学生共有______人；
(2)请你将条形统计图补充完整；
(3)若该校共有2160学生加入了社团，请你估计这2160名学生中有______名学生参加了篮球社团；
(4)在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学.现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图求恰好选中一男一女的概率．
21.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，△DEF为正三角形，点E，F分别在菱形的边AB，BC上滑动，且点E、F不与点A，B，C重合，BD与EF交于点G．
(1)证明：当点E，F在边AB，BC上滑动时，总有AE=BF．
(2)当BF=2时，求BG的长．
22.(本小题12分)
如图，一次函数y=kx−3k(k≠0)的图象与反比例函数y=m−1x(m−1≠0)的图象交于点C，与x轴交于点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为B，连接OC，AB.已知四边形ABCO是平行四边形，且其面积是6．
(1)求点A的坐标及m和k的值．
(2)①求一次函数图象与反比例函数图象的另一个交点坐标；
②请结合图象，直接写出不等式m−1x≥kx−3k的解集．
(3)若直线y=x+t与四边形ABCO有交点时，直接写出t的取值范围．
23.(本小题10分)
三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”.为更好的传承和宣传三星堆文化，三星堆文创馆一次次打破了自身限定，让文创产品充满创意.已知文创产品“青铜鸟文创水杯”有A，B两个系列，A系列产品比B系列产品的售价低5元，100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等.按定价销售一段时间后发现：B系列产品按定价销售，每天可以卖50件，若B系列产品每降1元，则每天可以多卖10件．
(1)A系列产品和B系列产品的单价各是多少？
(2)为了使B系列产品每天的销售额为960元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B系列产品的实际售价应定为多少元/件？
24.(本小题14分)
点O是直线MN上的定点，等边△ABC的边长为 3，顶点A在直线MN上，△ABC从O点出发沿着射线OM方向平移，BC的延长线与射线ON交于点D，且在平移过程中始终有∠BDO=30°，连接OB、OC、OB交AC于点P，如图1所示．
(1)以O为圆心，OD为半径作圆，交射线OM于点E，
①当点B在⊙O上时，如图2所示，求BE的长；
②⊙O的半径为r，当△ABC平移距离为2r时，判断点C与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)在平移过程中，是否存在OC=OP的情形？若存在，请求出此时点O到直线BC的距离；若不存在，请说明理由．
25.(本小题14分)
平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1)2+92与x轴交于A，B(4,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：a−b的相反数是−(a−b)=−a+b，
故选：A．
符号不同，并且绝对值相等的两个数互为相反数，据此即可求得答案．
本题考查相反数，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.x+x=2x，故此选项不合题意；
B. (x−y)2=x2−2xy+y2，故此选项不合题意；
C. (xy2)3÷y3=x3y3，故此选项不合题意；
D. (−x)3⋅x2=−x5，故此选项符合题意；
故选：D．
根据合并同类项，完全平方公式，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，同底数幂的乘法判断即可；
本题主要考查了整式的混合运算，准确计算判断是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：0.0000084=8.4×10−6，
则n=−6，
故选：D．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：过点B作MN//a，
∵a//b，
∴MN//a//b，
∴∠1=∠NBA，∠NBE=∠CEB，
∵△BEC是等腰直角三角形，
∴∠BEC=45°，
∴∠NBE=45°，
∵△ABF直角三角形，∠ABF=60°，
∴∠ABF=∠ABN+∠NBE=∠1+45°=60°，
∴∠1=15°，
故选：B．
根据平行公理及平行线的性质即可得答案．
本题考查平行线的知识，解题的关键是掌握平行线的性质，平行公理．
5.【答案】D
【解析】解：由题可知，甲的效率为15，乙的效率为17，
设甲出发x日，乙出发y日后甲、乙相逢，根据题意列方程组：
x+2=y15x+17y=1．
故选：D．
可将此题看作是工作效率类的应用题，根据效率×时间=总量列方程即可．
此题考查二元一次方程的实际应用，解题关键是找到数据之间的数量关系列方程．
6.【答案】C
【解析】解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，AC=10 2cm，
∴AB=AD= 22AC=10cm，
在图2中，连接BD交AC于O，
∵∠ABC=60°，AB=AD=10cm，
∴△ABD是等边三角形，则BD=10cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=12BD=5cm，AO=CO，AC⊥BD，
∴AO= AB2−BO2= 102−52=5 3(cm)，
∴AC=2AO=10 3(cm)，
故选：C．
先利用正方形的性质得到AB=AD=10cm，在图2中，连接BD交AC于O，证明△ABD是等边三角形得BD=10cm，再根据菱形的性质和勾股定理求得AO的长即可求．
本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵甲同学的成绩为102分，而原数据的平均数为102分，
∴平均数不变，但方差中数据的个数增加，各数据与平均数差的平方的值却保持不变，
∴方差变小，
故选：C．
根据方差和平均数的定义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差和平均数的定义．
8.【答案】D
【解析】解：如图，作AD⊥BC于点D，
设AD=x，
∵∠C=45°，
∴CD=AD=x，
∵tanB=13，
∴ADBD=13，
∴BD=3x，
∴BC=4x=4，
∴x=1，
∴AD=1，
∴左视图的面积是2×1=2．
故选：D．
作AD⊥BC于点D，设AD=x，根据等腰三角形的性质得CD=AD=x，解直角三角形得BD=3x，所以BC=4x=4，即AD=1，又知三棱柱的高为2，即可求出答案．
本题考查由三视图判断几何体，解直角三角形，采用数形结合的思想是解此题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵点A是劣弧BC的中点，
∴OA⊥BC，所以①正确；
∵∠AOC=2∠D=60°，OA=OC，
∴△OAC为等边三角形，
∴BC=2×6× 32=6 3，所以②错误；
同理可得△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠BOC=120°，
∴扇形OCAB的面积为120×π×62360=12π，所以③正确；
∵AB=AC=OA=OC=OB，
∴四边形ABOC是菱形，所以④正确．
故选：D．
利用垂径定理可对①进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC=2∠D=60°，则△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC=6 3cm，则可对②进行判断；通过判断△AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对③进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对④进行判断．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
10.【答案】C
【解析】解：解不等式3x−12−2x+13≥−1，得x≥−15，
解不等式x+a2+4>2x，得x∵不等式组至少有2个整数解，
∴a+83>1，
解得a>−5，
解分式方程ay+1y−2−52−y=−1，
得y=−4a+1，
∵方程有整数解，
∴a+1=±4，±2，±1，
∴a=−5，3，−3，1，−2，0，
∵a>−5，且−4a+1≠2，
∴a值有3，1，−2，0，
∴3+1−2+0=2．
故选：C．
解不等式组中两个不等式得出x≥−15和x−5，再解分式方程得y=−4a+1，由其解为整数得出a=−5，3，−3，1，−2，0，最后根据−4a+1≠2，可得a的值，即可求出答案．
本题考查了解一元一次不等式组、分式方程的解，注意分式方程中的解要满足分母不为0的情况．
11.【答案】A
【解析】解：连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，如图所示，
∵AB=CB=2，OA=OC，OB=OB，
∴△AOB≌△COB(SSS)，
∴∠AOB=12∠AOC=30°，
在Rt△AOB中，AB=2，∠AOB=30°，
∴OA= 3AB=2 3，
∴OC=2 3，
在Rt△COP中，OC=2 3,∠POC=60°，
∴CP= 32OC=3,OP=12OC= 3，
∴点C的坐标为( 3,3)，
∵每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴每旋转4次为一个循环．
∵2024÷4=506，
∴第2024次旋转结束时点C的位置和第4次旋转结束时点C的位㨁相同，
∴第2024次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)，
故选：A．
连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，通过证得△AOB≌△COB(SSS)，得出∠AOB=12∠AOC=30°，通过解直角三角形得到点C的坐标为( 3,3)，由每旋转4次为一个循环，即可得出第2024次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位㨁相同，从而得出第2023次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)．
本题考查图形的旋转，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2023次旋转后C点的位置是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：作DE⊥y轴于E，
∵对称轴为x=1，
∴DE=1，
由直线y=x+c与抛物线y=ax2+bx+c (a≠0)交于C，D可知C点的坐标为(0,c)，
∴∠ECD=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴EC=DE=1，
∴CD= 2，故①正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点(2,c)在x轴上方，
∴4a+2b+c>0，故②正确；
抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，设OA=m，OB=n，
∴方程ax2+bx+c=0的解为x=−m或x=n，
∴−m⋅n=ca，
∴mn=−ca，即OA⋅OB=−ca，故③正确；
∵OC=c，CE=1，
∴D(1,c+1)，
∴直线y=c+1与抛物线y=ax2+bx+c有一个交点，
∴方程ax2+bx+c=c+1即ax2+bx=1有两个相等的实数根，故④错误．
故选：B．
作DE⊥y轴于E，由题意可知EC=DE=1，求得CD= 2，即可判断①；根据抛物线的对称性即可判断②；利用二次函数与一元二次方程的关系即可判断③；根据直线y=c+1与抛物线y=ax2+bx+c有一个交点，即可判断④．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，一次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，函数与方程的关系，熟知二次函数的性质，数形结合是解题的关键．
13.【答案】等腰
【解析】解：∵a2−b2=ac−bc，
∴(a2−b2)−(ac−bc)=0，
∴(a+b)(a−b)−c(a−b)=0，
∴(a−b)(a+b−c)=0，
∵a，b，c是△ABC的三边，
∴a+b−c≠0，
∴a−b=0，
∴a=b，
∴△ABC是等腰三角形．
根据题目中的式子，进行变形，即可得到a和b的关系，从而可以判断三角形的形状．
本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，利用因式分解解答．
14.【答案】2.5
【解析】解：∵平均数为23，
∴30×2+25x+20y+1510=23，
∴25x+20y=155，
即：5x+4y=31，
∵x+y=7，
∴x=3，y=4，
∴中位数a=22.5，b=20，
∴a−b=2.5．
故答案为：2.5．
首先根据平均数求得x、y的值，然后利用中位数及众数的定义求得a和b的值，从而求得a−b的值即可．
本题考查了众数及中位数的定义，求得x、y的值是解答本题的关键，难度不大．
15.【答案】36
【解析】解：连接OM，
∵⊙O与AB，AE分别相切于点M，N，
∴∠OMA=∠ONA=90°，
∵多边形ABCDE是五边形，
∴∠A=(5−2)×180÷5=108°，
∴∠MON=180°−∠A=72°，
∵OM=OC，
∴∠MCN=12∠NOM=12×72°=36°，
故答案为：36．
连接OM，根据切线的性质得到∠OMA=∠ONA=90°，得到∠A=(5−2)×180÷5=108°，根据圆周角定理即可得到结论．
本题考查了正多边形和圆、切线的性质，熟练掌握正五边形的性质和切线的性质是解题的关键．
16.【答案】3013
【解析】解：连接BP，如图所示：
∵∠ABC=90°，PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，
∴∠ABC=∠PMB=∠PNB=90°，
∴四边形BMPN是矩形，AC= AB2+BC2= 52+122=13，
∴BP=MN，BP与MN互相平分，
∵点O是MN的中点，
∴点O是BP的中点，
∴BO=12BP=12MN，
当BP⊥AC时，BP最小=AB⋅BCAC=5×1213=6013，
∴MN=6013，
∴BO的最小值=12MN=3013，
故答案为：3013．
证四边形BMPN是矩形，得BP=MN，点O是BP的中点，再由勾股定理求出AC=13，当BP⊥AC时，BP最小，然后由面积法求出BP的最小值，即可解决问题．
本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理以及面积法等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】6
【解析】解：作BD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，AF⊥x轴于F，
∴AF//CE，
∴OEOF=CEAF=OCOA，
∵OC=2AC，
∴OEOF=CEAF=23，
∵顶点A的坐标为(6,3)，
∴OF=6，AF=3，
∴OE=4，CE=2，
∴C(4,2)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)经过点C，
∴k=4×2=8，
∴反比例函数为y=8x，
∵顶点B的横坐标为2，
∴点B的坐标为(2,4)，
∴OD=2，BD=4，
∴S△OBC=S△OBD+S梯形BCED−S△COE=S梯形BCED=12(4+2)×(4−2)=6，
故答案为：6．
作BD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，AF⊥x轴于F，由AF//CE，得出OEOF=CEAF=OCOA=23，即可求得OE=4，CE=2，得到C(4,2)，利用待定系数法求得反比例函数的解析式，即可求得点B的坐标，然后根据S△OBC=S△OBD+S梯形BCED−S△COE=S梯形BCED求得即可．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积，求得B、C点的坐标是解本题的关键．
18.【答案】①②③
【解析】解：①当m=−1时，y=−2x2+2x=−2(x−12)2+12，
∴顶点坐标为(12,12)，
故①正确；
②当m>0时，由y=0得：Δ=(1−m)2−4×2m(−1−m)=(3m+1)2，
∴x=m−1±(3m+1)4m，
∴x1=1，x2=−12−12m，
∴|x1−x2|=32+12m>32，
∴函数图象截x轴所得的线段长度大于32，
故②正确；
③当m≠0时，y=2mx2+(1−m)x−1−m=(2x2−x−1)m+x−1，
当2x2−x−1=0时，y的值与m无关，
此时x1=1，x2=−12，
当x1=1，y=0；当x2=−12时，y2=−32，
∴函数图象总经过两个定点(1,0)，(−12,−32)，
故③正确；
④m<0时，抛物线的对称轴：x=m−14m>0，抛物线开口向下，
故x>14时，只有当对称轴在x=14右侧时，y才随x的增大而减小，即y2−y1x2−x1<0成立，
故④错误．
故答案为：①②③．
①把m=−1代入y=2mx2+(1−m)x−1−m，再化为顶点式即可；
②求得与x轴的交点，进而求得|x1−x2|的值，即可判断；
③由y=2mx2+(1−m)x−1−m=(2x2−x−1)m+x−1，可知当2x2−x−1=0时，y的值与m无关，然后求出x，y的对应值即可；
④m<0时，抛物线的对称轴：x=m−14m>0，抛物线开口向下，只有当对称轴在x=14右侧时，y才随x的增大而减小，即可求解．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
19.【答案】解： 4×(−12)−2−|1− 2|−(π− 2)0+2cs45°
=2×4+1− 2−1+2× 22
=8+1− 2−1+ 2
=8．
【解析】先计算算术平方根、零次幂、负整数指数幂、绝对值和特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减．
此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
20.【答案】360 360
【解析】解：(1)∵D所占扇形的圆心角为150°，
∴这次被调查的学生共有：150÷150360=360(人)；
故答案为：360．
(2)C组人数为：360−120−30−150=60(人)，
故补充条形统计图如图：
(3)2160×60360=360(人)，
故这2160名学生中有360人参加了篮球社团，
故答案为：360；
(4)设甲乙为男同学，丙丁为女同学，画树状图如下：
∵一共有12种可能的情况，恰好选择一男一女有8种，
∴P(一男一女)=812=23．
(1)由D的人数除以所占比例即可；
(2)求出C的人数，即可解决问题；
(3)由该校共有学生人数除以参加篮球社团的学生所占的比例即可；
(4)画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有8种再由概率公式求解即可．
此题考查了用树状图法求概率、扇形统计图、条形统计图以及用样本估计总体，画树状图法求概率，根据条形统计图和扇形统计图获取信息和数据与正确画树状图是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AD//BC，AD=AB，∠ADB=∠CDB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠A=∠DBC=∠ADB=60°，
∵△DEF为正三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°=∠ADB，
∴∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴AE=BF；
(2)解：∵AB=AD=6，AE=BF=2，
∴BE=4，
∵∠A+∠ADE=∠DEF+∠BEF，∠A=∠DEF=60°，
∴∠ADE=∠BEF，
又∵∠A=∠ABD=60°，
∴△ADE∽△BEG，
∴ADBE=AEBG，
∴64=2BG，
∴BG=43．
【解析】(1)由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得AE=BF；
(2)通过证明△ADE∽△BEG，可得ADBE=AEBG，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22.【答案】解：(1)令y=0，则kx−3k=0，
∴x=3，
∴A(3,0)，
∴OA=3，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴BC=OA=3，
∵CB⊥y轴，
∴设C(−3,b)，
∵平行四边形ABCO的面积是6，
∴3b=6，
∴b=2，
∴C(−3,2)，m−1=−3×2=−6，
∴m=−5，
∵点C在直线y=kx−3k上，
∴2=−3k−3k，
∴k=−13，
即A(3,0)，m=−5，k=−13；
(2)①由(1)知，k=−13，
∴直线AC的解析式为y=−13x+1①，
由(1)知，m=−5，
∴反比例函数的解析式为y=−6x②，
联立①②解得，x=−3y=2(点C的坐标)或x=6y=−1，
∴一次函数图象与反比例函数图象的另一个交点坐标为(6,−1)；
②由图可得，当−36时，反比例函数y=m−1x(m−1≠0)的图象在一次函数=kx−3k(k≠0)的图象上方，
∴不等式m−1x≥kx−3k的解集为：−3≤x<0或x≥6；
(3)如图所示，当直线y=x+t经过点C时，t取最大值，当直线y=x+t经过点A时，t取最小值，
将点C(−3,2)代入y=x+t，得2=−3+t，
解得t=5；
将点A(3,0)代入y=x+t，得0=3+t，
解得t=−3，
∴若直线y=x+t与四边形ABCO有交点时，t的取值范围为−3≤t≤5．
【解析】(1)令y=0，则kx−3k=0，所以x=3，得到A(3,0)，利用平行四边形的性质求出BC=3，设C(−3,b)，再利用平行四边形ABCO的面积是6，列出方程得到b=2，即可求出答案；
(2)①联立直线AC和双曲线的解析式求解，即可求出答案；
②利用图象直接得出答案；
(3)当直线y=x+t经过点C时，t取最大值，当直线y=x+t经过点A时，t取最小值．据此解答．
本题考查一次函数与反比例函数的交点问题，涉及一次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，图象法求不等式的解集等，熟练运用数形结合思想是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A系列产品的单价是x元/件，则B系列产品的单价是(x+5)元/件，
根据题意得：100x=150x+5，
解得：x=10，
经检验，x=10是所列方程的解，且符合题意，
∴x+5=10+5=15(元)．
答：A系列产品的单价是10元/件，B系列产品的单价是15元/件；
(2)设B系列产品的实际售价应定为y元/件，则每天可以卖50+10(15−y)=(200−10y)件，
根据题意得：y(200−10y)=960，
整理得：y2−20y+96=0，
解得：y1=8，y2=12，
又∵要尽可能让顾客得到实惠，
∴y=8．
答：B系列产品的实际售价应定为8元/件．
【解析】(1)设A系列产品的单价是x元/件，则B系列产品的单价是(x+5)元/件，利用数量=总价÷单价，结合100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后可得出A系列产品的单价，再将其代入(x+5)中，即可求出B系列产品的单价；
(2)设B系列产品的实际售价应定为y元/件，则每天可以卖(200−10y)件，利用销售总额=销售单价×销售数量，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再结合要尽可能让顾客得到实惠，即可确定结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24.【答案】解：(1)①∵∠BDO=30°，BE=BE，
∴∠BOE=2∠BDO=60°，
∵△ABC是边长为 3的等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB= 3，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=90°，
在Rt△ABO中，OB=ABsin∠AOB= 3 32=2，
∴BE的长l=60×π×2180=2π3；
②如图，过点O作OH⊥CD于点H，
∵△ABC是边长为 3的等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB= 3，
∵∠BDO=30°，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠BDA=90°，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅tan∠ABD= 3× 3=3，BD=2AB=2 3，
∴CD=BD−BC=2 3− 3= 3，
∵△ABC从O点出发沿着射线OM方向平移，⊙O的半径为r，
∴当△ABC平移距离为2r时，OA=2r，OD=r，
∴AD=OA+OD=3r，
∴3r=3，
∴r=1，即OD=1，
在Rt△DOH中，DH=OD⋅cs∠ODH=1× 32= 32，
∴CH=CD−DH= 3− 32= 32，
∴CH=DH，
∵OH⊥CD，CH=DH，
∴OC=OD，即点C与⊙O上；
(3)如图，过点O作OF⊥CD于点F，
若OC=OP，则∠OPC=∠OCP，
由(1)②可知，AB= 3，AD=3，BD=2 3，CD= 3，
设OD=a，则OA=3−a，OF=a2，DF= 32a，
∴CF= 3− 32a，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠OPC=∠APB=180°−∠BAP−∠ABP=120°−∠ABP，
∠OCP=180°−∠ACB−∠OCF=120°−∠OCF，
∵∠OPC=∠OCP，
∴∠ABP=∠OCF，即∠ABO=∠FCO，
∵∠BAO=∠CFO=90°，
∴△ABO∽△FCO，
∴ABCF=OAOF，即 3 3− 32a=3−aa2，
解得：a1=3+ 3，a2=3− 3，
经检验，a1=3+ 3，a2=3− 3是原分式方程的解，
∵OA=3−a>0，
∴a<3，
∴a=3− 3，
∴OA=3−a= 3，OF=a2=3− 32，
∴当△ABC平移距离为 3时，OC=OP，此时点O到直线BC的距离3− 32．
【解析】(1)①利用圆周角定理可得∠BOE=2∠BDO=60°，利用等边三角形的性质可得∠ABC=60°，于是根据三角形内角和定理可求出∠BAD=90°，则OB=ABsin∠AOB=2，再利用弧长公式计算即可；
②根据三角形内角和定理可求出∠BAD=90°，则AD=AB⋅tan∠ABD=3，BD=2AB=2 3，再算出CD= 3，由题意可得OA=2r，OD=r，于是AD=3r=3，以此求出r=1，由DH=OD⋅cs∠ODH= 32可知，OH垂直平分CD，根据垂直平分线的性质可得OC=OD，即点C与⊙O上；
(2)若OC=OP，则∠OPC=∠OCP，由(1)②可知，AB= 3，AD=3，BD=2 3，CD= 3，设OD=a，则OA=3−a，OF=a2，DF= 32a，CF= 3− 32a，由三角形内角和定理可得∠OPC=∠APB=180°−∠BAP−∠ABP=120°−∠ABP，由平角的定义可得∠OCP=180°−∠ACB−∠OCF=120°−∠OCF，于是得到∠ABP=∠OCF，以此可证明△ABO∽△FCO，利用相似三角形的性质可求出a值即可求解．
本题主要考查圆周角定理、弧长公式、等边三角形的性质、解直角三角形、点与圆的位置关系、垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质，本题综合性较强，难度适中，属于中考常考题型，解题关键是：(1)①利用圆周角定理求得∠BOE=60°，利用三角函数求出圆的半径；②证明OE垂直平分CD；(2)利用三角形内角和定理和平角的定义推出∠ABP=∠OCF，以此证明△ABO∽△FCO．
25.【答案】解：(1)将B(4,0)代入y=a(x−1)2+92，
即0=9a+92，
解得：a=−12，
∴y=−12(x−1)2+92，
令x=0，则y=−12+92=4，
令y=0，则−12(x−1)2+92=0，
解得：x1=4，x2=−2，A(−2,0)，C(0,4)；
(2)存在点P，使△BCP是直角三角形，
∵y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，
设P(1,n)，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴BC2=42+42=32，BP2=(4−1)2+n2，PC2=12+(4−n)2，
①当∠BCP=90°时，BP2=BC2+PC2，
∴(4−1)2+n2=32+12+(4−n)2，
解得：n=5；
②当∠CBP=90°时，PC2=BC2+BP2，
∴12+(4−n)2=(4−1)2+n2+32
解得：n=−3；
③当∠BPC=90°时，BC2=BP2+PC2，32=(4−1)2+n2+12+(4−n)2
解得：n=2− 7或n=2+ 7，
综上所述：P(1,5)，(1,−3)，(1,2+ 7)，(1,2− 7)；
(3)存在点M使AM+OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，
由对称性可知，OM=QM，
∴AM+OM=AM+QM≥AQ，
当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
由对称性可知∠QBM=45°，
∴BQ⊥BO，
∴Q(4,4)，
设直线AQ的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=04k+b=4，
解得：k=23b=43，
∴直线AQ的解析式y=23x+43，
设直线BC的解析式为y=mx+4，
∴4m+4=0，
∴m=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
联立方程组y=−x+4y=23x+43，
解得：x=85y=125，
∴M(85,125).
【解析】(1)将B(4,0)代入y=a(x−1)2+92，待定系数法求解析式，进而分别令x，y=0，解方程即可求解；
(2)根据题意y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，设P(1,n)，根据勾股定理BC2=42+42=32，BP2=(4−1)2+n2，PC2=12+(4−n)2，分①当∠BCP=90°时，②当∠CBP=90°时，③当∠BPC=90°时，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
(3)存在点M使AM+OM最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求得直线AQ的解析式y=23x+43，直线BC的解析式为y=−x+4，联立方程即可求解．
本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．成绩(分)
30
25
20
15
人数(人)
2
x
y
1
1.a−b的相反数是( )
A. −a+bB. −a−bC. a+bD. a−b
2.下列运算正确的是( )
A. x+x=xB. (x−y)2=x2−y2
C. (xy2)3÷y3=xy3D. (−x)3⋅x2=−x5
3.“白日不到处，青春恰自来.苔花如米小，也学牡丹开.”这是清朝袁枚所写五言绝句《苔》，这首咏物诗启示我们身处逆境也要努力绽放自己，要和苔花一样尽自己所能实现人生价值.苔花也被称为“坚韧之花”.袁枚所写的“苔花”很可能是苔类孢子体的苞荫，某孢子体的苞荫直径约为0.0000084m，将数据0.0000084用科学记数法表示为8.4×10n，则n的值是( )
A. 6B. −7C. −5D. −6
4.一副三角板如图所示摆放，若直线a//b，则∠1的度数为( )
A. 10°B. 15°C. 20°D. 25°
5.《九章算术》中记载了这样一个数学问题：今有甲发长安，五日至齐；乙发齐，七日至长安.今乙发已先二日，甲仍发长安.问：几何日相逢？译文：甲从长安出发，5日到齐国；乙从齐国出发，7日到长安.现乙先出发2日，甲才从长安出发.问：多久后甲、乙相逢？设甲出发x日，乙出发y日后甲、乙相逢，则所列方程组正确的是( )
A. x−2=y17x+15y=1B. x+2=y17x+15y=1C. x−2=y15x+17y=1D. x+2=y15x+17y=1
6.小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具(如图1)，测得对角线AC=10 2cm，将正方形学具变形为菱形(如图2)，∠DAB=60°，则图2中对角线AC的长为( )
A. 20cmB. 10 6cmC. 10 3cmD. 10 2cm
7.一次考试后，数学老师对班级数学成绩进行了统计分析.甲同学因病缺考，计算其余同学的平均分为102分，方差s2=40.后来甲同学进行了补考，数学成绩为102分.则加入甲同学的成绩后，班级数学成绩下列说法正确的是( )
A. 平均分和方差都不变B. 平均分和方差都改变
C. 平均分不变，方差变小D. 平均分不变，方差变大
8.某三棱柱的三视图如图所示，其中主视图和左视图为矩形，俯视图为△ABC，已知tanB=13，∠C=45°，则左视图的面积是( )
A. 2 3B. 4 3C. 4D. 2
9.如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC的中点，点D是优弧BC上一点，且∠D=30°，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=3 3cm；③扇形OCAB的面积为12π；④四边形ABOC是菱形．其中正确结论的序号是( )
A. ①③B. ①②③④C. ②③④D. ①③④
10.若整数a使得关于x的不等式组3x−12−2x+13≥−1x+a2+4>2x至少有2个整数解，且使得关于y的分式方程ay+1y−2−52−y=−1有整数解，则满足条件的整数a之和为( )
A. −2B. −1C. 2D. 4
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点O在原点上，OA边在x轴的正半轴上，AB⊥x轴，AB=CB=2，OA=OC，∠AOC=60°，将四边形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2024次旋转结束时，点C的坐标为( )
A. ( 3,3)B. (3,− 3)C. (− 3,1)D. (1,− 3)
12.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其对称轴为x=1，直线y=x+c与抛物线y=ax2+bx+c (a≠0)交于C，D两点，且D为抛物线的顶点，则下列结论：①CD= 2；②4a+2b+c>0；③OA⋅OB=−ca；④方程ax2+bx=1有两个不相等的实数根.其中结论正确的个数有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.已知a、b、c是△ABC的三边，且满足等式a2−b2=ac−bc，请你判断此△ABC的形状是______三角形．
14.下表是抽查的某班10名同学中考体育测试成绩统计表．
若成绩的平均数为23，中位数是a，众数是b，则a−b的值是______．
15.如图，已知正五边形ABCDE，经过C，D两点的⊙O与AB，AE分别相切于点M，N，连接CM，CN，则∠MCN= ______°.
16.如图，P是Rt△ABC的斜边AC(不与点A、C重合)上一动点，分别作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，O是MN的中点，若AB=5，BC=12，当点P在AC上运动时，BO的最小值是______．
17.如图，△OAB在第一象限内，顶点A的坐标为(6,3)，顶点B的横坐标为2，已知反比例函数y=kx(k≠0)经过点B，且与OA交于点C，连接BC.若OC=2AC，则△OBC的面积为______．
18.现有y是关于x的二次函数y=2mx2+(1−m)x−1−m，则下列描述正确的是______．
①当m=−1时，函数图象的顶点坐标为(12,12)；
②当m>0时，函数图象在x轴上截得的线段的长度大于32；
③当m≠0时，函数图象总过定点；
④若函数图象上任取不同的两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，则当m<0时，函数在x>14时一定能使y2−y1x2−x1<0成立．
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算： 4×(−12)−2−|1− 2|−(π− 2)0+2cs45°．
20.(本小题10分)
某校在课后服务中，成立了以下社团：A.计算机，B.围棋，C.篮球，D.书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．
请结合图中所给信息解答下列问题：
(1)这次被调查的学生共有______人；
(2)请你将条形统计图补充完整；
(3)若该校共有2160学生加入了社团，请你估计这2160名学生中有______名学生参加了篮球社团；
(4)在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学.现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图求恰好选中一男一女的概率．
21.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，△DEF为正三角形，点E，F分别在菱形的边AB，BC上滑动，且点E、F不与点A，B，C重合，BD与EF交于点G．
(1)证明：当点E，F在边AB，BC上滑动时，总有AE=BF．
(2)当BF=2时，求BG的长．
22.(本小题12分)
如图，一次函数y=kx−3k(k≠0)的图象与反比例函数y=m−1x(m−1≠0)的图象交于点C，与x轴交于点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为B，连接OC，AB.已知四边形ABCO是平行四边形，且其面积是6．
(1)求点A的坐标及m和k的值．
(2)①求一次函数图象与反比例函数图象的另一个交点坐标；
②请结合图象，直接写出不等式m−1x≥kx−3k的解集．
(3)若直线y=x+t与四边形ABCO有交点时，直接写出t的取值范围．
23.(本小题10分)
三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”.为更好的传承和宣传三星堆文化，三星堆文创馆一次次打破了自身限定，让文创产品充满创意.已知文创产品“青铜鸟文创水杯”有A，B两个系列，A系列产品比B系列产品的售价低5元，100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等.按定价销售一段时间后发现：B系列产品按定价销售，每天可以卖50件，若B系列产品每降1元，则每天可以多卖10件．
(1)A系列产品和B系列产品的单价各是多少？
(2)为了使B系列产品每天的销售额为960元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B系列产品的实际售价应定为多少元/件？
24.(本小题14分)
点O是直线MN上的定点，等边△ABC的边长为 3，顶点A在直线MN上，△ABC从O点出发沿着射线OM方向平移，BC的延长线与射线ON交于点D，且在平移过程中始终有∠BDO=30°，连接OB、OC、OB交AC于点P，如图1所示．
(1)以O为圆心，OD为半径作圆，交射线OM于点E，
①当点B在⊙O上时，如图2所示，求BE的长；
②⊙O的半径为r，当△ABC平移距离为2r时，判断点C与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)在平移过程中，是否存在OC=OP的情形？若存在，请求出此时点O到直线BC的距离；若不存在，请说明理由．
25.(本小题14分)
平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1)2+92与x轴交于A，B(4,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：a−b的相反数是−(a−b)=−a+b，
故选：A．
符号不同，并且绝对值相等的两个数互为相反数，据此即可求得答案．
本题考查相反数，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.x+x=2x，故此选项不合题意；
B. (x−y)2=x2−2xy+y2，故此选项不合题意；
C. (xy2)3÷y3=x3y3，故此选项不合题意；
D. (−x)3⋅x2=−x5，故此选项符合题意；
故选：D．
根据合并同类项，完全平方公式，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，同底数幂的乘法判断即可；
本题主要考查了整式的混合运算，准确计算判断是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：0.0000084=8.4×10−6，
则n=−6，
故选：D．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：过点B作MN//a，
∵a//b，
∴MN//a//b，
∴∠1=∠NBA，∠NBE=∠CEB，
∵△BEC是等腰直角三角形，
∴∠BEC=45°，
∴∠NBE=45°，
∵△ABF直角三角形，∠ABF=60°，
∴∠ABF=∠ABN+∠NBE=∠1+45°=60°，
∴∠1=15°，
故选：B．
根据平行公理及平行线的性质即可得答案．
本题考查平行线的知识，解题的关键是掌握平行线的性质，平行公理．
5.【答案】D
【解析】解：由题可知，甲的效率为15，乙的效率为17，
设甲出发x日，乙出发y日后甲、乙相逢，根据题意列方程组：
x+2=y15x+17y=1．
故选：D．
可将此题看作是工作效率类的应用题，根据效率×时间=总量列方程即可．
此题考查二元一次方程的实际应用，解题关键是找到数据之间的数量关系列方程．
6.【答案】C
【解析】解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，AC=10 2cm，
∴AB=AD= 22AC=10cm，
在图2中，连接BD交AC于O，
∵∠ABC=60°，AB=AD=10cm，
∴△ABD是等边三角形，则BD=10cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=12BD=5cm，AO=CO，AC⊥BD，
∴AO= AB2−BO2= 102−52=5 3(cm)，
∴AC=2AO=10 3(cm)，
故选：C．
先利用正方形的性质得到AB=AD=10cm，在图2中，连接BD交AC于O，证明△ABD是等边三角形得BD=10cm，再根据菱形的性质和勾股定理求得AO的长即可求．
本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵甲同学的成绩为102分，而原数据的平均数为102分，
∴平均数不变，但方差中数据的个数增加，各数据与平均数差的平方的值却保持不变，
∴方差变小，
故选：C．
根据方差和平均数的定义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差和平均数的定义．
8.【答案】D
【解析】解：如图，作AD⊥BC于点D，
设AD=x，
∵∠C=45°，
∴CD=AD=x，
∵tanB=13，
∴ADBD=13，
∴BD=3x，
∴BC=4x=4，
∴x=1，
∴AD=1，
∴左视图的面积是2×1=2．
故选：D．
作AD⊥BC于点D，设AD=x，根据等腰三角形的性质得CD=AD=x，解直角三角形得BD=3x，所以BC=4x=4，即AD=1，又知三棱柱的高为2，即可求出答案．
本题考查由三视图判断几何体，解直角三角形，采用数形结合的思想是解此题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵点A是劣弧BC的中点，
∴OA⊥BC，所以①正确；
∵∠AOC=2∠D=60°，OA=OC，
∴△OAC为等边三角形，
∴BC=2×6× 32=6 3，所以②错误；
同理可得△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠BOC=120°，
∴扇形OCAB的面积为120×π×62360=12π，所以③正确；
∵AB=AC=OA=OC=OB，
∴四边形ABOC是菱形，所以④正确．
故选：D．
利用垂径定理可对①进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC=2∠D=60°，则△OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC=6 3cm，则可对②进行判断；通过判断△AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对③进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对④进行判断．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
10.【答案】C
【解析】解：解不等式3x−12−2x+13≥−1，得x≥−15，
解不等式x+a2+4>2x，得x
∴a+83>1，
解得a>−5，
解分式方程ay+1y−2−52−y=−1，
得y=−4a+1，
∵方程有整数解，
∴a+1=±4，±2，±1，
∴a=−5，3，−3，1，−2，0，
∵a>−5，且−4a+1≠2，
∴a值有3，1，−2，0，
∴3+1−2+0=2．
故选：C．
解不等式组中两个不等式得出x≥−15和x
本题考查了解一元一次不等式组、分式方程的解，注意分式方程中的解要满足分母不为0的情况．
11.【答案】A
【解析】解：连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，如图所示，
∵AB=CB=2，OA=OC，OB=OB，
∴△AOB≌△COB(SSS)，
∴∠AOB=12∠AOC=30°，
在Rt△AOB中，AB=2，∠AOB=30°，
∴OA= 3AB=2 3，
∴OC=2 3，
在Rt△COP中，OC=2 3,∠POC=60°，
∴CP= 32OC=3,OP=12OC= 3，
∴点C的坐标为( 3,3)，
∵每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴每旋转4次为一个循环．
∵2024÷4=506，
∴第2024次旋转结束时点C的位置和第4次旋转结束时点C的位㨁相同，
∴第2024次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)，
故选：A．
连接OB，过点C作CP⊥OA，垂足为P，通过证得△AOB≌△COB(SSS)，得出∠AOB=12∠AOC=30°，通过解直角三角形得到点C的坐标为( 3,3)，由每旋转4次为一个循环，即可得出第2024次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位㨁相同，从而得出第2023次旋转结束时，点C的坐标为( 3,3)．
本题考查图形的旋转，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2023次旋转后C点的位置是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：作DE⊥y轴于E，
∵对称轴为x=1，
∴DE=1，
由直线y=x+c与抛物线y=ax2+bx+c (a≠0)交于C，D可知C点的坐标为(0,c)，
∴∠ECD=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴EC=DE=1，
∴CD= 2，故①正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点(2,c)在x轴上方，
∴4a+2b+c>0，故②正确；
抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，设OA=m，OB=n，
∴方程ax2+bx+c=0的解为x=−m或x=n，
∴−m⋅n=ca，
∴mn=−ca，即OA⋅OB=−ca，故③正确；
∵OC=c，CE=1，
∴D(1,c+1)，
∴直线y=c+1与抛物线y=ax2+bx+c有一个交点，
∴方程ax2+bx+c=c+1即ax2+bx=1有两个相等的实数根，故④错误．
故选：B．
作DE⊥y轴于E，由题意可知EC=DE=1，求得CD= 2，即可判断①；根据抛物线的对称性即可判断②；利用二次函数与一元二次方程的关系即可判断③；根据直线y=c+1与抛物线y=ax2+bx+c有一个交点，即可判断④．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，一次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，函数与方程的关系，熟知二次函数的性质，数形结合是解题的关键．
13.【答案】等腰
【解析】解：∵a2−b2=ac−bc，
∴(a2−b2)−(ac−bc)=0，
∴(a+b)(a−b)−c(a−b)=0，
∴(a−b)(a+b−c)=0，
∵a，b，c是△ABC的三边，
∴a+b−c≠0，
∴a−b=0，
∴a=b，
∴△ABC是等腰三角形．
根据题目中的式子，进行变形，即可得到a和b的关系，从而可以判断三角形的形状．
本题考查因式分解的应用，解答本题的关键是明确题意，利用因式分解解答．
14.【答案】2.5
【解析】解：∵平均数为23，
∴30×2+25x+20y+1510=23，
∴25x+20y=155，
即：5x+4y=31，
∵x+y=7，
∴x=3，y=4，
∴中位数a=22.5，b=20，
∴a−b=2.5．
故答案为：2.5．
首先根据平均数求得x、y的值，然后利用中位数及众数的定义求得a和b的值，从而求得a−b的值即可．
本题考查了众数及中位数的定义，求得x、y的值是解答本题的关键，难度不大．
15.【答案】36
【解析】解：连接OM，
∵⊙O与AB，AE分别相切于点M，N，
∴∠OMA=∠ONA=90°，
∵多边形ABCDE是五边形，
∴∠A=(5−2)×180÷5=108°，
∴∠MON=180°−∠A=72°，
∵OM=OC，
∴∠MCN=12∠NOM=12×72°=36°，
故答案为：36．
连接OM，根据切线的性质得到∠OMA=∠ONA=90°，得到∠A=(5−2)×180÷5=108°，根据圆周角定理即可得到结论．
本题考查了正多边形和圆、切线的性质，熟练掌握正五边形的性质和切线的性质是解题的关键．
16.【答案】3013
【解析】解：连接BP，如图所示：
∵∠ABC=90°，PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，
∴∠ABC=∠PMB=∠PNB=90°，
∴四边形BMPN是矩形，AC= AB2+BC2= 52+122=13，
∴BP=MN，BP与MN互相平分，
∵点O是MN的中点，
∴点O是BP的中点，
∴BO=12BP=12MN，
当BP⊥AC时，BP最小=AB⋅BCAC=5×1213=6013，
∴MN=6013，
∴BO的最小值=12MN=3013，
故答案为：3013．
证四边形BMPN是矩形，得BP=MN，点O是BP的中点，再由勾股定理求出AC=13，当BP⊥AC时，BP最小，然后由面积法求出BP的最小值，即可解决问题．
本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理以及面积法等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】6
【解析】解：作BD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，AF⊥x轴于F，
∴AF//CE，
∴OEOF=CEAF=OCOA，
∵OC=2AC，
∴OEOF=CEAF=23，
∵顶点A的坐标为(6,3)，
∴OF=6，AF=3，
∴OE=4，CE=2，
∴C(4,2)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)经过点C，
∴k=4×2=8，
∴反比例函数为y=8x，
∵顶点B的横坐标为2，
∴点B的坐标为(2,4)，
∴OD=2，BD=4，
∴S△OBC=S△OBD+S梯形BCED−S△COE=S梯形BCED=12(4+2)×(4−2)=6，
故答案为：6．
作BD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，AF⊥x轴于F，由AF//CE，得出OEOF=CEAF=OCOA=23，即可求得OE=4，CE=2，得到C(4,2)，利用待定系数法求得反比例函数的解析式，即可求得点B的坐标，然后根据S△OBC=S△OBD+S梯形BCED−S△COE=S梯形BCED求得即可．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积，求得B、C点的坐标是解本题的关键．
18.【答案】①②③
【解析】解：①当m=−1时，y=−2x2+2x=−2(x−12)2+12，
∴顶点坐标为(12,12)，
故①正确；
②当m>0时，由y=0得：Δ=(1−m)2−4×2m(−1−m)=(3m+1)2，
∴x=m−1±(3m+1)4m，
∴x1=1，x2=−12−12m，
∴|x1−x2|=32+12m>32，
∴函数图象截x轴所得的线段长度大于32，
故②正确；
③当m≠0时，y=2mx2+(1−m)x−1−m=(2x2−x−1)m+x−1，
当2x2−x−1=0时，y的值与m无关，
此时x1=1，x2=−12，
当x1=1，y=0；当x2=−12时，y2=−32，
∴函数图象总经过两个定点(1,0)，(−12,−32)，
故③正确；
④m<0时，抛物线的对称轴：x=m−14m>0，抛物线开口向下，
故x>14时，只有当对称轴在x=14右侧时，y才随x的增大而减小，即y2−y1x2−x1<0成立，
故④错误．
故答案为：①②③．
①把m=−1代入y=2mx2+(1−m)x−1−m，再化为顶点式即可；
②求得与x轴的交点，进而求得|x1−x2|的值，即可判断；
③由y=2mx2+(1−m)x−1−m=(2x2−x−1)m+x−1，可知当2x2−x−1=0时，y的值与m无关，然后求出x，y的对应值即可；
④m<0时，抛物线的对称轴：x=m−14m>0，抛物线开口向下，只有当对称轴在x=14右侧时，y才随x的增大而减小，即可求解．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
19.【答案】解： 4×(−12)−2−|1− 2|−(π− 2)0+2cs45°
=2×4+1− 2−1+2× 22
=8+1− 2−1+ 2
=8．
【解析】先计算算术平方根、零次幂、负整数指数幂、绝对值和特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减．
此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
20.【答案】360 360
【解析】解：(1)∵D所占扇形的圆心角为150°，
∴这次被调查的学生共有：150÷150360=360(人)；
故答案为：360．
(2)C组人数为：360−120−30−150=60(人)，
故补充条形统计图如图：
(3)2160×60360=360(人)，
故这2160名学生中有360人参加了篮球社团，
故答案为：360；
(4)设甲乙为男同学，丙丁为女同学，画树状图如下：
∵一共有12种可能的情况，恰好选择一男一女有8种，
∴P(一男一女)=812=23．
(1)由D的人数除以所占比例即可；
(2)求出C的人数，即可解决问题；
(3)由该校共有学生人数除以参加篮球社团的学生所占的比例即可；
(4)画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有8种再由概率公式求解即可．
此题考查了用树状图法求概率、扇形统计图、条形统计图以及用样本估计总体，画树状图法求概率，根据条形统计图和扇形统计图获取信息和数据与正确画树状图是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AD//BC，AD=AB，∠ADB=∠CDB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠A=∠DBC=∠ADB=60°，
∵△DEF为正三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°=∠ADB，
∴∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴AE=BF；
(2)解：∵AB=AD=6，AE=BF=2，
∴BE=4，
∵∠A+∠ADE=∠DEF+∠BEF，∠A=∠DEF=60°，
∴∠ADE=∠BEF，
又∵∠A=∠ABD=60°，
∴△ADE∽△BEG，
∴ADBE=AEBG，
∴64=2BG，
∴BG=43．
【解析】(1)由“SAS”可证△ADE≌△BDF，可得AE=BF；
(2)通过证明△ADE∽△BEG，可得ADBE=AEBG，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22.【答案】解：(1)令y=0，则kx−3k=0，
∴x=3，
∴A(3,0)，
∴OA=3，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴BC=OA=3，
∵CB⊥y轴，
∴设C(−3,b)，
∵平行四边形ABCO的面积是6，
∴3b=6，
∴b=2，
∴C(−3,2)，m−1=−3×2=−6，
∴m=−5，
∵点C在直线y=kx−3k上，
∴2=−3k−3k，
∴k=−13，
即A(3,0)，m=−5，k=−13；
(2)①由(1)知，k=−13，
∴直线AC的解析式为y=−13x+1①，
由(1)知，m=−5，
∴反比例函数的解析式为y=−6x②，
联立①②解得，x=−3y=2(点C的坐标)或x=6y=−1，
∴一次函数图象与反比例函数图象的另一个交点坐标为(6,−1)；
②由图可得，当−3
∴不等式m−1x≥kx−3k的解集为：−3≤x<0或x≥6；
(3)如图所示，当直线y=x+t经过点C时，t取最大值，当直线y=x+t经过点A时，t取最小值，
将点C(−3,2)代入y=x+t，得2=−3+t，
解得t=5；
将点A(3,0)代入y=x+t，得0=3+t，
解得t=−3，
∴若直线y=x+t与四边形ABCO有交点时，t的取值范围为−3≤t≤5．
【解析】(1)令y=0，则kx−3k=0，所以x=3，得到A(3,0)，利用平行四边形的性质求出BC=3，设C(−3,b)，再利用平行四边形ABCO的面积是6，列出方程得到b=2，即可求出答案；
(2)①联立直线AC和双曲线的解析式求解，即可求出答案；
②利用图象直接得出答案；
(3)当直线y=x+t经过点C时，t取最大值，当直线y=x+t经过点A时，t取最小值．据此解答．
本题考查一次函数与反比例函数的交点问题，涉及一次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，图象法求不等式的解集等，熟练运用数形结合思想是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A系列产品的单价是x元/件，则B系列产品的单价是(x+5)元/件，
根据题意得：100x=150x+5，
解得：x=10，
经检验，x=10是所列方程的解，且符合题意，
∴x+5=10+5=15(元)．
答：A系列产品的单价是10元/件，B系列产品的单价是15元/件；
(2)设B系列产品的实际售价应定为y元/件，则每天可以卖50+10(15−y)=(200−10y)件，
根据题意得：y(200−10y)=960，
整理得：y2−20y+96=0，
解得：y1=8，y2=12，
又∵要尽可能让顾客得到实惠，
∴y=8．
答：B系列产品的实际售价应定为8元/件．
【解析】(1)设A系列产品的单价是x元/件，则B系列产品的单价是(x+5)元/件，利用数量=总价÷单价，结合100元购买A系列产品的数量与150元购买B系列产品的数量相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后可得出A系列产品的单价，再将其代入(x+5)中，即可求出B系列产品的单价；
(2)设B系列产品的实际售价应定为y元/件，则每天可以卖(200−10y)件，利用销售总额=销售单价×销售数量，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再结合要尽可能让顾客得到实惠，即可确定结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
24.【答案】解：(1)①∵∠BDO=30°，BE=BE，
∴∠BOE=2∠BDO=60°，
∵△ABC是边长为 3的等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB= 3，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=90°，
在Rt△ABO中，OB=ABsin∠AOB= 3 32=2，
∴BE的长l=60×π×2180=2π3；
②如图，过点O作OH⊥CD于点H，
∵△ABC是边长为 3的等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB= 3，
∵∠BDO=30°，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠BDA=90°，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅tan∠ABD= 3× 3=3，BD=2AB=2 3，
∴CD=BD−BC=2 3− 3= 3，
∵△ABC从O点出发沿着射线OM方向平移，⊙O的半径为r，
∴当△ABC平移距离为2r时，OA=2r，OD=r，
∴AD=OA+OD=3r，
∴3r=3，
∴r=1，即OD=1，
在Rt△DOH中，DH=OD⋅cs∠ODH=1× 32= 32，
∴CH=CD−DH= 3− 32= 32，
∴CH=DH，
∵OH⊥CD，CH=DH，
∴OC=OD，即点C与⊙O上；
(3)如图，过点O作OF⊥CD于点F，
若OC=OP，则∠OPC=∠OCP，
由(1)②可知，AB= 3，AD=3，BD=2 3，CD= 3，
设OD=a，则OA=3−a，OF=a2，DF= 32a，
∴CF= 3− 32a，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠OPC=∠APB=180°−∠BAP−∠ABP=120°−∠ABP，
∠OCP=180°−∠ACB−∠OCF=120°−∠OCF，
∵∠OPC=∠OCP，
∴∠ABP=∠OCF，即∠ABO=∠FCO，
∵∠BAO=∠CFO=90°，
∴△ABO∽△FCO，
∴ABCF=OAOF，即 3 3− 32a=3−aa2，
解得：a1=3+ 3，a2=3− 3，
经检验，a1=3+ 3，a2=3− 3是原分式方程的解，
∵OA=3−a>0，
∴a<3，
∴a=3− 3，
∴OA=3−a= 3，OF=a2=3− 32，
∴当△ABC平移距离为 3时，OC=OP，此时点O到直线BC的距离3− 32．
【解析】(1)①利用圆周角定理可得∠BOE=2∠BDO=60°，利用等边三角形的性质可得∠ABC=60°，于是根据三角形内角和定理可求出∠BAD=90°，则OB=ABsin∠AOB=2，再利用弧长公式计算即可；
②根据三角形内角和定理可求出∠BAD=90°，则AD=AB⋅tan∠ABD=3，BD=2AB=2 3，再算出CD= 3，由题意可得OA=2r，OD=r，于是AD=3r=3，以此求出r=1，由DH=OD⋅cs∠ODH= 32可知，OH垂直平分CD，根据垂直平分线的性质可得OC=OD，即点C与⊙O上；
(2)若OC=OP，则∠OPC=∠OCP，由(1)②可知，AB= 3，AD=3，BD=2 3，CD= 3，设OD=a，则OA=3−a，OF=a2，DF= 32a，CF= 3− 32a，由三角形内角和定理可得∠OPC=∠APB=180°−∠BAP−∠ABP=120°−∠ABP，由平角的定义可得∠OCP=180°−∠ACB−∠OCF=120°−∠OCF，于是得到∠ABP=∠OCF，以此可证明△ABO∽△FCO，利用相似三角形的性质可求出a值即可求解．
本题主要考查圆周角定理、弧长公式、等边三角形的性质、解直角三角形、点与圆的位置关系、垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质，本题综合性较强，难度适中，属于中考常考题型，解题关键是：(1)①利用圆周角定理求得∠BOE=60°，利用三角函数求出圆的半径；②证明OE垂直平分CD；(2)利用三角形内角和定理和平角的定义推出∠ABP=∠OCF，以此证明△ABO∽△FCO．
25.【答案】解：(1)将B(4,0)代入y=a(x−1)2+92，
即0=9a+92，
解得：a=−12，
∴y=−12(x−1)2+92，
令x=0，则y=−12+92=4，
令y=0，则−12(x−1)2+92=0，
解得：x1=4，x2=−2，A(−2,0)，C(0,4)；
(2)存在点P，使△BCP是直角三角形，
∵y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，
设P(1,n)，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴BC2=42+42=32，BP2=(4−1)2+n2，PC2=12+(4−n)2，
①当∠BCP=90°时，BP2=BC2+PC2，
∴(4−1)2+n2=32+12+(4−n)2，
解得：n=5；
②当∠CBP=90°时，PC2=BC2+BP2，
∴12+(4−n)2=(4−1)2+n2+32
解得：n=−3；
③当∠BPC=90°时，BC2=BP2+PC2，32=(4−1)2+n2+12+(4−n)2
解得：n=2− 7或n=2+ 7，
综上所述：P(1,5)，(1,−3)，(1,2+ 7)，(1,2− 7)；
(3)存在点M使AM+OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，
由对称性可知，OM=QM，
∴AM+OM=AM+QM≥AQ，
当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
由对称性可知∠QBM=45°，
∴BQ⊥BO，
∴Q(4,4)，
设直线AQ的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=04k+b=4，
解得：k=23b=43，
∴直线AQ的解析式y=23x+43，
设直线BC的解析式为y=mx+4，
∴4m+4=0，
∴m=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
联立方程组y=−x+4y=23x+43，
解得：x=85y=125，
∴M(85,125).
【解析】(1)将B(4,0)代入y=a(x−1)2+92，待定系数法求解析式，进而分别令x，y=0，解方程即可求解；
(2)根据题意y=−12(x−1)2+92，对称轴为直线x=1，设P(1,n)，根据勾股定理BC2=42+42=32，BP2=(4−1)2+n2，PC2=12+(4−n)2，分①当∠BCP=90°时，②当∠CBP=90°时，③当∠BPC=90°时，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解；
(3)存在点M使AM+OM最小，作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求得直线AQ的解析式y=23x+43，直线BC的解析式为y=−x+4，联立方程即可求解．
本题考查了二次函数综合运用，待定系数求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．成绩(分)
30
25
20
15
人数(人)
2
x
y
1
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