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2023年河北省石家庄市新华区中考数学模拟试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023年河北省石家庄市新华区中考数学模拟试卷（3月份）（含解析），共26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。
2023年河北省石家庄市新华区中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（本大题共16小题，共46.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，从A地到B地的四条路线中，路程最短的是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2. 中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家.在下列含有负数的运算中，运算结果是负数的为( )
A. (−2)+(−3) B. (−2)−(−3) C. (−2)×(−3) D. (−2)÷(−3)
3. 下列整式与x2y为同类项的是( )
A. 3xy B. 2x2y C. x2yz D. −5xy2
4. 一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=( )
A. α−45°
B. α−90°
C. 270°−α
D. 180°−α
5. 已知1纳米=10−9米，将14纳米用科学记数法表示的结果是( )
A. 0.25×10−8米 B. 2.5×10−9米 C. 2.5×10−10米 D. 25×10−11米
6. 将如图所示的长方体包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形不可能是( )
A.
B.
C.
D.
7. 已知a+2b−3=0，则2a+4b+6的值是( )
A. 8 B. 12 C. 18 D. 24
8. 如图，在4×4的正方形格纸中，△ABC的顶点均在格点上，BC边与网格线交于点D，AC边过格点E，连接AD，BE相交于点O，则点O为△ABC的( )
A. 重心
B. 外心
C. 内心
D. 以上结果均不对
9. 从1，2，3，4这四个数中任选两个数，其和为奇数的概率为( )
A. 13 B. 23 C. 34 D. 56
10. 若关于x的一元二次方程kx2−3x−94=0有两个不相等的实数根，则整数k的最小值是( )
A. −2 B. −1 C. 0 D. 1
11. 如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边的中点，按以下步骤作图：(1)以点E为圆心，任意长为半径画弧，分别交BC于M、N两点；(2)分别以M、N两点为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P；(3)作射线EP交BD于点F，连接CF．
则有：
①FB=FC；
②EF=DF；
③∠ADB=∠BCF；
④∠ABD=∠CFD．
在上面四个结论中，正确的个数为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
12. 在平面直角坐标系中，点A(3,n−2)是反比例函数y=kx(k≠0)的图象上一点，已知点B(3,n)，C(n−2,n)，连接BC，则下列说法错误的是( )
A. 点C可能在反比例函数y=kx的图象上
B. 直线BC与反比例函数y=kx的图象必有一个交点
C. n的值不可能为2
D. 在反比例函数y=kx图象的一个分支上，可能存在y随x的增大而减小
13. 如图，AB是半圆O的直径，C、D、E三点依次在半圆O上，若∠C=α，∠E=β，则α与β之间的关系是( )
A. α+β=270°
B. α+β=180°
C. β=α+90°
D. β=12α+90°
14. 二次函数y=x2−2x+n+1的图象经过点A(m−1,y1)和B(m,y2).当y1
A. k≤−1
B. k≥1
C. k≤−1或k≥1
D. k≤−3或k≥13
16. 如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E在边AD上，且DE=1.△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF，则下列结论错误的是( )
A. EF=13 B. DF=22 C. CN=35 D. MN=53
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 计算：2aa+1+2a+1=______．
18. 如图，以正五边形ABCDE的一边AB为边，在正五边形内作等边△ABF，连接CF，DF，EF，则：
(1)DF与AB是否垂直？ (填“是”或“否”)；
(2)∠DFE的度数是 ．
19. 如图1，把一张标准纸一次又一次对折，得到“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸、…….当标准纸的短边长为a时．
(1)“16开”纸的短边长为 (用含a的代数式表示)．
(2)如图2，把这张标准纸对折得到的“16开”纸，按如下步骤折叠：
第一步，将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B′处，铺平后得折痕AE；
第二步，将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF.则：
①“16开”纸的长边长是 (用含a的代数式表示)；
②标准纸的长边与短边的比值是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
已知二元一次方程：
(1)x+y=4；
(2)2x−y=2；
(3)x−2y=1．
请你从这三个方程中选择你喜欢的两个方程，组成一个二元一次方程组，并求出它的解．
21. (本小题8.0分)
某校七、八年级各有500名学生，为了解这两个年级学生对2022年第24届北京冬奥会的关注程度，现从这两个年级各随机抽取m名学生进行冬奥会知识测试，并对测试成绩(满分100分，成绩取整数)进行整理和分析(成绩用x表示，单位：分)：分成四个组：甲：80≤x<85；乙：85≤x<90，丙：90≤x<95；丁：95≤x≤100，并绘制了下列统计图(如图1和2所示)：
已知七年级在乙组中共有学生15人，他们的测试成绩分别为：85，85，85，86，87，87，87，88，88，88，89，89，89，88，88.请根据以上信息，完成下列问题：
(1)m= ，n= ；
(2)七年级测试成绩的中位数是 ；
(3)若测试成绩不低于90分，则认定该学生对冬奥会关注程度高.请估计该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有多少人？并说明理由．
22. (本小题8.0分)
设a5−是一个两位数，其中a是十位上的数字(1≤a≤9).例如，当a=4时，a5−表示的两位数是45．
尝试：
①当a=1时，152=225=1×2×100+25；
②当a=2时，252=625=2×3×100+25；
③当a=3时，352=1225= ；
……
归纳：a52−= ．
论证：请证明你归纳所得到的结论．
23. (本小题8.0分)
小明早晨从家里出发匀速步行去上学，小明的妈妈在小明出发后10min，发现小明的数学课本没带，于是她带上课本立即匀速骑车按小明上学的路线追赶小明，结果与小明同时到达学校，交接课本后立即按原路返回.已知小明距离家的路程s(km)与离开家的时间t(min)之间的函数关系的图象如图所示．
(1)求s(km)与t(min)之间的函数关系；
(2)请在图中画出小明的妈妈距离家的路程s(km)与小明离开家的时间t(min)之间函数关系的图象；(备注：请对画出的图象用数据作适当的标注)
(3)直接写出小明的妈妈在追赶小明及返回家的过程中，距学校0.5km时t的值．
24. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4.O为BC边上一点，以O为圆心，OB为半径作半圆，分别于与边BC、AB交于点D、E，连接DE．
(1)∠BED= °；
(2)当BD=3时，求DE的长；
(3)过点E作半圆O的切线，当切线与边AC相交时，设交点为F.求证：AF=EF．
25. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC的面积S△ABC=25，BC=10，M为AB边上一动点(M与点A、B不重合)，过点M作MN//BC，交AC于点N，设MN=x．
(1)△ABC的边BC的高h= ；△AMN的面积S△AMN= (用含x的代数式表示)
(2)把△AMN沿MN折叠，设折叠后点A的对应点为A′，△A′MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y．
①求出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的范围；
②当x为何值时重叠部分的面积y最大，最大值是多少？
26. (本小题8.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A1B1C1，连接AA1，设旋转角为α(0°<α<360°)．
(1)如图1，当A1B1经过点B时，
①旋转角α= °；
②求证：A1B1⊥AA1．
(2)当A1B1不经过点B时，连接B1B并延长B1B交直线AA1于点D，设AB的中点为E，BC的中点为F．
①如图2，连接DE，在△ABC的旋转过程中，线段DE的长度有变化吗？如果有变化，请说明理由；如果不变，求DE的值；
②如图3，连接DF，直接写出DF的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从A地到B地的四条路线中，3是一条线段，
∴路程最短的是3．
故选：C．
根据两点之间线段最短进行判断即可．
本题考查了线段的性质，解本题的关键在熟练掌握两点之间线段最短．
2.【答案】A
【解析】解：A、(−2)+(−3)=−5，故本选项符合题意；
B、(−2)−(−3)=−2+3=1，故本选项不符合题意；
C、(−2)×(−3)=6，故本选项不符合题意；
D、(−2)÷(−3)=23，故本选项不符合题意；
故选：A．
根据有理数的四则运算法则，逐项判断即可求解．
本题主要考查了有理数的四则运算，熟练掌握有理数的四则运算法则是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据同类项的定义可知，x2y与2x2y是同类项．
故选：B．
根据同类项的定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，逐一进行分析即可得到答案．
本题考查了同类项的定义，熟练掌握同类项的定义是解题关键，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，
由题意可知，∠1=∠3+90°，
∵∠1=α，
∴∠3=α−90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠2=90°−∠3=90°−(α−90°)=180°−α．
故选：D．
先由三角形外角的性质得到∠3=α−90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答案．
此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：14纳米用科学记数法表示的结果是0.25×10−9米=2.5×10−10米．
故选：C．
根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，即可求解．
本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
B、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
C、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．
故选：D．
依据长方体的展开图的特征进行判断即可．
本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵a+2b−3=0，
∴a+2b=3，
∴2a+4b+6=2(a+2b)+6=2×3+6=12．
故选：B．
首先把a+2b−3=0整理为a+2b=3，然后利用整体代入法计算即可．
本题考查了已知式子的值，求代数式的值，解本题的关键在利用整体思想解答．
8.【答案】A
【解析】解：由图可知，点D、E是BC、AC的中点，
∴AD、BE是△ABC的中线，
∴点O是△ABC的重心，
故选：A．
根据三角形三条中线的交点是三角形的重心进行判断即可．
本题考查了三角形的重心，熟练掌握三角形重心的定义是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵1+2=3，1+3=4，1+4=5，2+3=5，2+4=6，3+4=7，
∴和为奇数的概率为46=23，
故选：B．
先列举出任两个数之和的所有情况，求出和为奇数的情况数占总情况数的比例即可．
本题考查了列举法求概率，掌握概率的求法是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−3x−94=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−3)2−4k⋅(−94)>0k≠0，
∴k>−1且k≠0，
∴整数k的最小值为1，
故选：D．
根据一元二次方程的定义和根的判别式进行求解即可．
本题主要考查了一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若Δ=b2−4ac>0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ=b2−4ac=0，则方程有两个相等的实数根，若Δ=b2−4ac<0，则方程没有实数根．
11.【答案】C
【解析】解：由作图可知直线EF是线段BC的垂直平分线，
∴FB=FC，故①正确；
∴∠FBC=∠FCB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADB=∠FBC=∠BCF，故③正确；
如图1，当四边形ABCD为矩形时，
∵∠FBC+∠BDC=90°，∠FCB+∠FCD=∠BCD=90°，
∴∠FCD=∠FDC，
∴FD=FC=FB，
∵在Rt△FEB中，EF
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB//CD，∠ABD=∠CBD，
∵∠CFD是△BCF的一个外角，
∴∠CFD>∠CBD，
∴∠CFD>∠ABD，故④错误；
∴正确的个数为2个，
故选C．
由作图可知直线EF是线段BC的垂直平分线，故①正确；由四边形ABCD为平行四边形，可得AD//BC，所以∠ADB=∠FBC=∠BCF，故③正确；当四边形ABCD为矩形时，可得∠FCD=∠FDC，FD=FC=FB，在Rt△FEB中，EF∠CBD，∠CFD>∠ABD，故④错误．
本题主要考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，以及特殊平行四边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：∵点A(3,n−2)是反比例函数y=kx(k≠0)的图象上一点，
∴k=3(n−2)，且n−2≠0，
把点C(n−2,n)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，可得：n(n−2)=3(n−2)，
∵n−2≠0，
∴n=3，
∴k=3×(3−2)=3，点D的坐标为(1,3)，
∴点C可能在反比例函数y=kx的图象上，不符合题意；
当n=0，直线BC在x轴上，与反比例函数y=kx的图象没有交点，符合题意；
∵k≠0，即3(n−2)≠0，
∴n−2≠0即n≠2，不符合题意；
当n−2>0即n>2时，k>0，反比例函数y=kx图象的的两个分支分别位于第一、三象限，在每个分支上y随x的增大而减小，不符合题意，
故选：B．
根据反比例函数的图象和性质进行判断即可．
本题考查反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
13.【答案】A
【解析】解：连接AD、BC、BE，
∵四边形ABED为圆内接四边形，
∴∠BAD+∠E=180°，
∵∠E=β，
∴∠BAD=180°−β，
∵BD=BD，
∴∠BCD=∠BAD=180°−β，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACD=α，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+(180°−β)=α，
∴α+β=270°．
故选：A．
连接AD、BC、BE，根据圆内接四边形的性质定理，得到∠BAD=180°−β，再根据同弧所对的圆周角相等，得到∠BCD=∠BAD=180°−β，由直径所对的圆周角是直角可知∠ACB=90°，最后根据∠ACD=∠ACB+∠BCD即可得到α与β之间的关系．
本题考查了圆周角定理及圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．
14.【答案】B
【解析】解：根据题意可得：
该二次函数的对称轴为直线x=−b2a=−−22=1，
∵a=1>0，
∴该二次函数开口向上，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∵y1
∴(m−1)+m2>1，
解得：m>32，
故选：B．
先求出该二次函数的对称轴为直线x=1，再根据开口方向得出离对称轴越远，函数值越大，最后根据y1
15.【答案】C
【解析】解：∵y=kx−k=k(x−1)，
∴直线y=kx−k恒过点P(1,0)，
当直线刚好过点A时，将A(−2,3)代入y=kx−k中得：3=−2k−k，
解得k=−1，
当直线刚好过点B时，将B(2,1)代入y=kx−k中得：1=2k−k，
解得k=1，
∴当直线y=kx−k与线段AB有交点时，k的取值范围为：k≤−1或k≥1，
故选：C．
由已知得直线y=kx−k恒过点P(1,0)，分别求出直线PA和直线PB的比例系数k，即可求解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标的特征，利用待定系数法求出临界值是解题的关键．
16.【答案】D
【解析】解：A、∵边长为3的正方形ABCD，DE=1，
∴AB=BC=CD=DA=3，AE=2，∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，
∴BE=AE2+AB2=32+22=13；
∵△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BE=EF=13，
故该项正确，不符合题意；
B、∵边长为3的正方形ABCD，FG⊥DG，
∴∠BAE=∠EGF=90°，
∵△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BE=EF，∠AEB+∠GEF=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠GEF，
∴△BAE≌△EGF(AAS)，
∴AB=EG=3，AE=GF=2，
∴DG=EG−DE=3−1=2，
∴DF=DG2+GF2=22+22=22，
故该项正确，不符合题意；
C、过点F作FH⊥CD于点H，
∵∠FHD=∠HDG=∠DGF=90°，DG=FG=2，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=DG=2，CH=CD−DH=3−2=1，
∵∠BCN=∠FHN，∠BNC=∠FNH，∠EDM=∠FHM，∠EMD=∠FMH，
∴△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，
∴CNNH=CBFH=32,HMDM=FHDE=21，
∴CNCH=35,HMHD=23，
∴CN1=35,HM2=23，
∴CN=35,HM=43，
故该项正确，不符合题意；
D、∵CN=35,HM=43，
∴HN=25,HM=43，
∴MN=HN+HM=25+43=2615，
故该项错误，符合题意；
故选D．
根据AB=3，AE=2，由勾股定理得BE=AE2+AB2=32+22=13=EF；证明△BAE≌△EGF得到AB=EG=3，AE=GF=2于是DG=EG−DE=3−1=2，根据勾股定理DF=DG2+GF2=22+22=22；过点F作FH⊥CD于点H，证明四边形DGFH是正方形，得到DH=2，CH=1，证明△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，计算CN，HN，HM，计算求解即可．
本题考查了正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
17.【答案】2
【解析】解：原式=2a+2a+1=2
故答案为：2
根据分式加减的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的加减法，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．
18.【答案】是 84度
【解析】解：(1)如图，连接DA，DB，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠BAE=108°，
在△AED和△BCE中，
AE=BC∠AED=∠BCDDE=DC，
∴△AED≅△BCE(SAS)，
∴AD=BD，
∵△ABF是等边三角形，
∴AF=BF，
∴DF是AB的垂直平分线，
∴DF⊥AB．
故答案为：是；
(2)∵△ABF是等边三角形，
∴∠AFB=∠ABF=∠BAF=60°，
∴∠EAF=∠EAB−∠FAB=108°−60°=48°，
∵AE=AB=AF，
∴∠EFA=180°−∠EAF2=180°−48°2=66°，
∴∠DFE=360°−∠AFB−2∠EFA2=360°−60°−2×66°2=84°．
故答案为：84度．
(1)先利用等边三角形的性质，证明FA=FB，再利用三角形全等得到DA=DB，可知DF是AB的垂直平分线，即可知DF⊥AB；
(2)先求出∠AFE，再用周角减去∠AFE，∠AFB，∠BFC，除以2即可．
本题考查的是等边三角形的性质以及全等三角形，线段垂直平分线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19.【答案】14a 24a 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=a，
由折叠的性质可得ED=12CD，FD=12ED，
∴DF=14CD=14a，
∴“16开”纸的短边长为14a，
(2)①由折叠可得：AD=AE,∠BAE=∠DAE=12∠BAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，
∴∠BAE=45°，
∴∠BEA=45°，
∴AB=BE，
∴AE2=AB2+BE2=2AB2，
∴AE=2AB，
∴AD=AE=2AB=24a；
②由折叠的性质可得标准纸的长边为4AD=2a，标准纸的短边为a，
∴标准纸的长边与短边的比值是2，
故答案为：14a；24a；2．
(1)由折叠的性质分析求解；
(2)①由折叠可得AD=AE，∠BAE=45°，根据勾股定理就能求出AEAB的值，从而求解；
②由折叠的性质分析求解．
本题是操作探究类的一道试题，让学生在操作中探究，在探究中发现，考查了矩形的性质、勾股定理等知识，有一定的综合性，是一道体现新课程理念的好题．
20.【答案】解：选取方程(1)和方程(2)组成二元一次方程组：
x+y=4①2x−y=2②
①+②得：
3x=6．
∴x=2．
把x=3代入①得：
y=2．
∴原方程组的解为：x=2y=2．
【解析】选取方程(1)，(2)，利用加减法解答．
本题主要考查了二元一次方程组的解法，选取恰当的方法是解题的关键．
21.【答案】40 13 87.5
【解析】解：(1)m=15÷37.5%=40(人)，n=40−5−15−7=13(人)．
故答案为：40；13．
(2)40×32.5%=13，即80≤x<85的人数为13人，
成绩85≤x<90共有学生15人，且他们的测试成绩分别为：85，85，85，86，87，87，87，88，88，88，88，88，89，89，89，
将七年级的测试成绩从小到大进行排序，排在第20位的是8(7分)，第21位的是8(8分)，
∴七年级测试成绩的中位数为87+882=87.5(分)．
故答案为：87.5．
(3)该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有400人．理由如下：
七年级测试成绩不低于9(0分)的学生所占比例为：1−(32.5%+37.5%)=30%，
八年级测试成绩不低于9(0分)的学生所占比例为：7+1340=12，
故该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生一共有：500×30%+500×12=400(人)．
答：估计该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有400人．
(1)根据七年级在乙组中共有学生15人占抽取的总人数的37.5%，求出七年级抽取的总人数即可得出m的值；根据m的值结合图2求出n的值即可；
(2)根据中位数的定义进行求解即可；
(3)用该校七、八两个年级总人数乘以关注程度高的学生的百分比即可估算出结果．
本题主要考查了频数分布直方图，解题的关键是熟练掌握扇形统计图和条形统计图的特点．
22.【答案】3×4×100+25 100a(a+1)+25
【解析】解：尝试：由①②可得，352=1225=3×4×100+25，
故答案为3×4×100+25；
归纳：通过观察可知，a52−=a(a+1)×100+25=100a(a+1)+25，
故答案为：100a(a+1)+25；
证明：∵a5−2=(10a+5)2=100a2+100a+25，
100a(a+1)+25=100a2+100a+25，
∴a5−2=100a(a+1)+25．
尝试：仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可得到答案；
归纳：仔细观察①②③的提示，；
结论：先利用a5−2=(10a+5)2得到100a2+100a+25，再计算100a(a+1)+25，即可得到答案．
本题考查了有理数乘方，完全平方公式的应用，单项式乘以多项式，理解题意，列出运算式或方程是解题关键．
23.【答案】解：(1)∵s(km)与t(min)之间的函数关系的图像是线段OA，且O(0,0)，∴设s=kt，
又∵A(20,2)，
则有：2=20k，
解得：k=110，
∴s=110t(0≤t≤20)．
(2)解：如图1中折线段BA−AC．
(3)解：由(2)可知，家与学校的距离为2km，小明妈妈来回学校的时间为20min，
∴小明妈妈的速度为2×220=0.2km/min，
∴小明的妈妈在追赶小明，距学校0.5km时：t=2−0.50.2+10=17.5min，
小明的妈妈在返回家，距学校0.5km时；t=2+0.50.2+10=22.5min．
【解析】(1)由图像可知O(0,0)，A(20,2)，设s=kt，把A点的坐标代入关系式求得k即可；
(2)由小明出发后10min小明妈妈才出发，所以图象的起点在10min处，同时到达学校即20min到达A点，再原路返回即30min离家距离为0；
(3)根据速度=路程除以时间，求得小明妈妈来回学校的速度，再由时间=路程除以速度求解即可．
本题考查了一次函数的实际应用，从函数图象获取信息，画函数图象，正确理解题意是解题的关键．
24.【答案】90
【解析】(1)解：∵O为BC边上一点，以O为圆心，OB为半径作半圆，分别于与边BC、AB交于点D、E，
∴BD是半圆O的直径，
∴∠BED=90°；
故答案为：90
(2)解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=AC2+AB2=32+42=5．
∵DB为直径，
∴∠DEB=90°，
∴∠DEB=∠C=90°．
又∵∠B=∠B，
∴△DBE∽△ABC，
∴DEAC=BDAB，
即DE3=35，
∴DE=95；
(3)证明：连接OE，
∵EF为半圆O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠DEO+∠DEF=90°，
∵∠AEF+∠DEF=90°，
∴∠AEF=∠DEO，
∵△DBE∽△ABC，
∴∠A=∠EDB，
又∵OE=OD，
∴∠EDO=∠DEO，
∴∠AEF=∠A，
∴AF=EF．
(1)根据题意，得出BD是半圆O的直径，再根据直径所对的圆周角为直角，即可得出答案；
(2)根据勾股定理，得出AB=5，再根据相似三角形的判定，得出△DBE∽△ABC，再根据相似三角形的性质，得出DEAC=BDAB，然后代入数据，计算即可；
(3)连接OE，根据切线的性质，得出OE⊥EF，进而得出∠DEO+∠DEF=90°，再根据(1)的结论，得出∠AEF+∠DEF=90°，进而得出∠AEF=∠DEO，再根据△DBE∽△ABC，得出∠A=∠EDB，再根据圆的半径相等，得出OE=OD，再根据等边对等角，得出∠EDO=∠DEO，再根据等量代换，得出∠AEF=∠A，再根据等角对等边，即可得出结论．
本题考查了圆周角定理的推论、勾股定理、相似三角形的判定与性质、切线的性质、等腰三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
25.【答案】5 14x2
【解析】解：(1)∵S△ABC=12BC⋅h=25，BC=10，
∴h=5，
∵MN//BC，
∴△AEF～△ABC，
∴S△AEFS△ABC=(EFBC)2=(x10)2=x2100，
∴S△AEF=x2100S△ABC=x2100×25=x24；
(2)解：①∵△A′MN≌△AMN，
∴点A′在四边形BCNM内(如图2)，
即0
设A′M、A′N与BC分别相交于E、F两点，△ABC的BC边上的高为h，△AMN的MN边上的高为h1，△A′EF的EF边上的高为h2，
∴h=5，h1=12x．
∴AA′=2h1=x，
∴h2=2h1−h=x−5．
∴S△A′MN=S△AMN=14x2．
∵MN//BC，
∴△A′EF∽△A′MN，
∴S△A′EFS△A′MN=(h2h1)2，即S△A′EF14x2=(x−512x)2．
∴S△A′EF=(x−5)2=x2−10x+25．
∴y=S△A′MN−S△A′EF.即y=−34x2+10x−25．
当5≤x<10时，y=−34x2+10x−25=−34(x−203)2+253；
∴当x=203时y有最大值，最大值是253．
(1)第一空代入三角形面积公式即可；第二问用相似三角形的性质即可；
(2)①利用全等即可求出0
26.【答案】60
【解析】(1)①解：∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°，
根据旋转性质得到∠A′B′C=60°，CB=CB′，
∴△CBB′是等边三角形，
∴∠BCB′=60°，
∴旋转角α=60°；
故答案为：60°；
②证明：∵A1C=AC，∠ACA1=α=60°，
∴△ACA1是等边三角形，
∴∠AA1C=60°．
∵∠CA1B1=∠CAB=30°，
∴∠AA1B1=∠AA1C+∠CA1B1=60°+30°=90°．
∴A1B1⊥AA1；
(2)解：①线段DE的长度没有变化．理由如下：
在△BCB1中，∵B1C=BC，∠BCB1=α，
∴∠CB1B=90°−12α．
在△ACA1中，同理可得，∠CA1A=90°−12α，
∴∠CA1A=∠CB1B.
设DB1与CA1交点为P，
又∵∠DPA1=∠CPB1，
∴△DPA1∽△CPB1，
∴∠A1DB1=∠A1CB1=90°，
∴△ABD是直角三角形，
∴DE是斜边AB上的中线，
∴DE=12AB．
在Rt△ABC中，∵∠CAB=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴DE=12AB=2．
故线段DE的长度没有变化；
②DF的最大值为2+3．
解：由①得：EA=EC=EB=ED=12AB，故点D、A、B、C都在在以E为圆心，DE长为半径的⊙E上．如图，
过F点作⊙E的直径MN，则线段MF的长即为DF的最大值，
∵点E为AB中点，点F为CB中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，
∴EF=12AC，AC=BC⋅tan60°=23，
∴EF=3，
∴MF=ME+EF=2+3．
即DF的最大值为2+3．
(1)①根据∠ACB=90°，∠CAB=30°，得到∠ABC=60°，结合旋转性质得到∠A1B1C=60°，CB=CB1，判定△CBB1是等边三角形，计算即可；
②根据旋转角为60°，结合旋转性质判定△ACA1是等边三角形，证明即可；
(2)①根据旋转性质得到∠CA1A=∠CB1B，证明△DPA1∽△CPB1，判定△ABD是直角三角形，计算即可；
②先证明点D、A、B、C都在在以E为圆心，DE长为半径的⊙E上．过F点作⊙E的直径MN，则线段MF的长即为DF的最大值．利用中位线定理，三角函数计算即可．
本题考查了直角三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，圆的性质，特殊角的三角函数，熟练掌握直角三角形的性质，旋转的性质，三角形相似的判定和性质，圆的性质，特殊角的三角函数是解题的关键．
2023年河北省石家庄市新华区中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（本大题共16小题，共46.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，从A地到B地的四条路线中，路程最短的是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2. 中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家.在下列含有负数的运算中，运算结果是负数的为( )
A. (−2)+(−3) B. (−2)−(−3) C. (−2)×(−3) D. (−2)÷(−3)
3. 下列整式与x2y为同类项的是( )
A. 3xy B. 2x2y C. x2yz D. −5xy2
4. 一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=( )
A. α−45°
B. α−90°
C. 270°−α
D. 180°−α
5. 已知1纳米=10−9米，将14纳米用科学记数法表示的结果是( )
A. 0.25×10−8米 B. 2.5×10−9米 C. 2.5×10−10米 D. 25×10−11米
6. 将如图所示的长方体包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形不可能是( )
A.
B.
C.
D.
7. 已知a+2b−3=0，则2a+4b+6的值是( )
A. 8 B. 12 C. 18 D. 24
8. 如图，在4×4的正方形格纸中，△ABC的顶点均在格点上，BC边与网格线交于点D，AC边过格点E，连接AD，BE相交于点O，则点O为△ABC的( )
A. 重心
B. 外心
C. 内心
D. 以上结果均不对
9. 从1，2，3，4这四个数中任选两个数，其和为奇数的概率为( )
A. 13 B. 23 C. 34 D. 56
10. 若关于x的一元二次方程kx2−3x−94=0有两个不相等的实数根，则整数k的最小值是( )
A. −2 B. −1 C. 0 D. 1
11. 如图，在平行四边形ABCD中，点E为BC边的中点，按以下步骤作图：(1)以点E为圆心，任意长为半径画弧，分别交BC于M、N两点；(2)分别以M、N两点为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P；(3)作射线EP交BD于点F，连接CF．
则有：
①FB=FC；
②EF=DF；
③∠ADB=∠BCF；
④∠ABD=∠CFD．
在上面四个结论中，正确的个数为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
12. 在平面直角坐标系中，点A(3,n−2)是反比例函数y=kx(k≠0)的图象上一点，已知点B(3,n)，C(n−2,n)，连接BC，则下列说法错误的是( )
A. 点C可能在反比例函数y=kx的图象上
B. 直线BC与反比例函数y=kx的图象必有一个交点
C. n的值不可能为2
D. 在反比例函数y=kx图象的一个分支上，可能存在y随x的增大而减小
13. 如图，AB是半圆O的直径，C、D、E三点依次在半圆O上，若∠C=α，∠E=β，则α与β之间的关系是( )
A. α+β=270°
B. α+β=180°
C. β=α+90°
D. β=12α+90°
14. 二次函数y=x2−2x+n+1的图象经过点A(m−1,y1)和B(m,y2).当y1
A. k≤−1
B. k≥1
C. k≤−1或k≥1
D. k≤−3或k≥13
16. 如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E在边AD上，且DE=1.△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF，则下列结论错误的是( )
A. EF=13 B. DF=22 C. CN=35 D. MN=53
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17. 计算：2aa+1+2a+1=______．
18. 如图，以正五边形ABCDE的一边AB为边，在正五边形内作等边△ABF，连接CF，DF，EF，则：
(1)DF与AB是否垂直？ (填“是”或“否”)；
(2)∠DFE的度数是 ．
19. 如图1，把一张标准纸一次又一次对折，得到“2开”纸、“4开”纸、“8开”纸、“16开”纸、…….当标准纸的短边长为a时．
(1)“16开”纸的短边长为 (用含a的代数式表示)．
(2)如图2，把这张标准纸对折得到的“16开”纸，按如下步骤折叠：
第一步，将矩形的短边AB与长边AD对齐折叠，点B落在AD上的点B′处，铺平后得折痕AE；
第二步，将长边AD与折痕AE对齐折叠，点D正好与点E重合，铺平后得折痕AF.则：
①“16开”纸的长边长是 (用含a的代数式表示)；
②标准纸的长边与短边的比值是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
已知二元一次方程：
(1)x+y=4；
(2)2x−y=2；
(3)x−2y=1．
请你从这三个方程中选择你喜欢的两个方程，组成一个二元一次方程组，并求出它的解．
21. (本小题8.0分)
某校七、八年级各有500名学生，为了解这两个年级学生对2022年第24届北京冬奥会的关注程度，现从这两个年级各随机抽取m名学生进行冬奥会知识测试，并对测试成绩(满分100分，成绩取整数)进行整理和分析(成绩用x表示，单位：分)：分成四个组：甲：80≤x<85；乙：85≤x<90，丙：90≤x<95；丁：95≤x≤100，并绘制了下列统计图(如图1和2所示)：
已知七年级在乙组中共有学生15人，他们的测试成绩分别为：85，85，85，86，87，87，87，88，88，88，89，89，89，88，88.请根据以上信息，完成下列问题：
(1)m= ，n= ；
(2)七年级测试成绩的中位数是 ；
(3)若测试成绩不低于90分，则认定该学生对冬奥会关注程度高.请估计该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有多少人？并说明理由．
22. (本小题8.0分)
设a5−是一个两位数，其中a是十位上的数字(1≤a≤9).例如，当a=4时，a5−表示的两位数是45．
尝试：
①当a=1时，152=225=1×2×100+25；
②当a=2时，252=625=2×3×100+25；
③当a=3时，352=1225= ；
……
归纳：a52−= ．
论证：请证明你归纳所得到的结论．
23. (本小题8.0分)
小明早晨从家里出发匀速步行去上学，小明的妈妈在小明出发后10min，发现小明的数学课本没带，于是她带上课本立即匀速骑车按小明上学的路线追赶小明，结果与小明同时到达学校，交接课本后立即按原路返回.已知小明距离家的路程s(km)与离开家的时间t(min)之间的函数关系的图象如图所示．
(1)求s(km)与t(min)之间的函数关系；
(2)请在图中画出小明的妈妈距离家的路程s(km)与小明离开家的时间t(min)之间函数关系的图象；(备注：请对画出的图象用数据作适当的标注)
(3)直接写出小明的妈妈在追赶小明及返回家的过程中，距学校0.5km时t的值．
24. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4.O为BC边上一点，以O为圆心，OB为半径作半圆，分别于与边BC、AB交于点D、E，连接DE．
(1)∠BED= °；
(2)当BD=3时，求DE的长；
(3)过点E作半圆O的切线，当切线与边AC相交时，设交点为F.求证：AF=EF．
25. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC的面积S△ABC=25，BC=10，M为AB边上一动点(M与点A、B不重合)，过点M作MN//BC，交AC于点N，设MN=x．
(1)△ABC的边BC的高h= ；△AMN的面积S△AMN= (用含x的代数式表示)
(2)把△AMN沿MN折叠，设折叠后点A的对应点为A′，△A′MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y．
①求出y关于x的函数关系式，并写出自变量x的范围；
②当x为何值时重叠部分的面积y最大，最大值是多少？
26. (本小题8.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A1B1C1，连接AA1，设旋转角为α(0°<α<360°)．
(1)如图1，当A1B1经过点B时，
①旋转角α= °；
②求证：A1B1⊥AA1．
(2)当A1B1不经过点B时，连接B1B并延长B1B交直线AA1于点D，设AB的中点为E，BC的中点为F．
①如图2，连接DE，在△ABC的旋转过程中，线段DE的长度有变化吗？如果有变化，请说明理由；如果不变，求DE的值；
②如图3，连接DF，直接写出DF的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从A地到B地的四条路线中，3是一条线段，
∴路程最短的是3．
故选：C．
根据两点之间线段最短进行判断即可．
本题考查了线段的性质，解本题的关键在熟练掌握两点之间线段最短．
2.【答案】A
【解析】解：A、(−2)+(−3)=−5，故本选项符合题意；
B、(−2)−(−3)=−2+3=1，故本选项不符合题意；
C、(−2)×(−3)=6，故本选项不符合题意；
D、(−2)÷(−3)=23，故本选项不符合题意；
故选：A．
根据有理数的四则运算法则，逐项判断即可求解．
本题主要考查了有理数的四则运算，熟练掌握有理数的四则运算法则是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：根据同类项的定义可知，x2y与2x2y是同类项．
故选：B．
根据同类项的定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，逐一进行分析即可得到答案．
本题考查了同类项的定义，熟练掌握同类项的定义是解题关键，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：如图，
由题意可知，∠1=∠3+90°，
∵∠1=α，
∴∠3=α−90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠2=90°−∠3=90°−(α−90°)=180°−α．
故选：D．
先由三角形外角的性质得到∠3=α−90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答案．
此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：14纳米用科学记数法表示的结果是0.25×10−9米=2.5×10−10米．
故选：C．
根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定，即可求解．
本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
B、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
C、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．
故选：D．
依据长方体的展开图的特征进行判断即可．
本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵a+2b−3=0，
∴a+2b=3，
∴2a+4b+6=2(a+2b)+6=2×3+6=12．
故选：B．
首先把a+2b−3=0整理为a+2b=3，然后利用整体代入法计算即可．
本题考查了已知式子的值，求代数式的值，解本题的关键在利用整体思想解答．
8.【答案】A
【解析】解：由图可知，点D、E是BC、AC的中点，
∴AD、BE是△ABC的中线，
∴点O是△ABC的重心，
故选：A．
根据三角形三条中线的交点是三角形的重心进行判断即可．
本题考查了三角形的重心，熟练掌握三角形重心的定义是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵1+2=3，1+3=4，1+4=5，2+3=5，2+4=6，3+4=7，
∴和为奇数的概率为46=23，
故选：B．
先列举出任两个数之和的所有情况，求出和为奇数的情况数占总情况数的比例即可．
本题考查了列举法求概率，掌握概率的求法是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−3x−94=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−3)2−4k⋅(−94)>0k≠0，
∴k>−1且k≠0，
∴整数k的最小值为1，
故选：D．
根据一元二次方程的定义和根的判别式进行求解即可．
本题主要考查了一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若Δ=b2−4ac>0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ=b2−4ac=0，则方程有两个相等的实数根，若Δ=b2−4ac<0，则方程没有实数根．
11.【答案】C
【解析】解：由作图可知直线EF是线段BC的垂直平分线，
∴FB=FC，故①正确；
∴∠FBC=∠FCB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADB=∠FBC=∠BCF，故③正确；
如图1，当四边形ABCD为矩形时，
∵∠FBC+∠BDC=90°，∠FCB+∠FCD=∠BCD=90°，
∴∠FCD=∠FDC，
∴FD=FC=FB，
∵在Rt△FEB中，EF
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB//CD，∠ABD=∠CBD，
∵∠CFD是△BCF的一个外角，
∴∠CFD>∠CBD，
∴∠CFD>∠ABD，故④错误；
∴正确的个数为2个，
故选C．
由作图可知直线EF是线段BC的垂直平分线，故①正确；由四边形ABCD为平行四边形，可得AD//BC，所以∠ADB=∠FBC=∠BCF，故③正确；当四边形ABCD为矩形时，可得∠FCD=∠FDC，FD=FC=FB，在Rt△FEB中，EF
本题主要考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，以及特殊平行四边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：∵点A(3,n−2)是反比例函数y=kx(k≠0)的图象上一点，
∴k=3(n−2)，且n−2≠0，
把点C(n−2,n)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，可得：n(n−2)=3(n−2)，
∵n−2≠0，
∴n=3，
∴k=3×(3−2)=3，点D的坐标为(1,3)，
∴点C可能在反比例函数y=kx的图象上，不符合题意；
当n=0，直线BC在x轴上，与反比例函数y=kx的图象没有交点，符合题意；
∵k≠0，即3(n−2)≠0，
∴n−2≠0即n≠2，不符合题意；
当n−2>0即n>2时，k>0，反比例函数y=kx图象的的两个分支分别位于第一、三象限，在每个分支上y随x的增大而减小，不符合题意，
故选：B．
根据反比例函数的图象和性质进行判断即可．
本题考查反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
13.【答案】A
【解析】解：连接AD、BC、BE，
∵四边形ABED为圆内接四边形，
∴∠BAD+∠E=180°，
∵∠E=β，
∴∠BAD=180°−β，
∵BD=BD，
∴∠BCD=∠BAD=180°−β，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACD=α，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+(180°−β)=α，
∴α+β=270°．
故选：A．
连接AD、BC、BE，根据圆内接四边形的性质定理，得到∠BAD=180°−β，再根据同弧所对的圆周角相等，得到∠BCD=∠BAD=180°−β，由直径所对的圆周角是直角可知∠ACB=90°，最后根据∠ACD=∠ACB+∠BCD即可得到α与β之间的关系．
本题考查了圆周角定理及圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．
14.【答案】B
【解析】解：根据题意可得：
该二次函数的对称轴为直线x=−b2a=−−22=1，
∵a=1>0，
∴该二次函数开口向上，
∴离对称轴越远，函数值越大，
∵y1
∴(m−1)+m2>1，
解得：m>32，
故选：B．
先求出该二次函数的对称轴为直线x=1，再根据开口方向得出离对称轴越远，函数值越大，最后根据y1
15.【答案】C
【解析】解：∵y=kx−k=k(x−1)，
∴直线y=kx−k恒过点P(1,0)，
当直线刚好过点A时，将A(−2,3)代入y=kx−k中得：3=−2k−k，
解得k=−1，
当直线刚好过点B时，将B(2,1)代入y=kx−k中得：1=2k−k，
解得k=1，
∴当直线y=kx−k与线段AB有交点时，k的取值范围为：k≤−1或k≥1，
故选：C．
由已知得直线y=kx−k恒过点P(1,0)，分别求出直线PA和直线PB的比例系数k，即可求解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标的特征，利用待定系数法求出临界值是解题的关键．
16.【答案】D
【解析】解：A、∵边长为3的正方形ABCD，DE=1，
∴AB=BC=CD=DA=3，AE=2，∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，
∴BE=AE2+AB2=32+22=13；
∵△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BE=EF=13，
故该项正确，不符合题意；
B、∵边长为3的正方形ABCD，FG⊥DG，
∴∠BAE=∠EGF=90°，
∵△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BE=EF，∠AEB+∠GEF=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠GEF，
∴△BAE≌△EGF(AAS)，
∴AB=EG=3，AE=GF=2，
∴DG=EG−DE=3−1=2，
∴DF=DG2+GF2=22+22=22，
故该项正确，不符合题意；
C、过点F作FH⊥CD于点H，
∵∠FHD=∠HDG=∠DGF=90°，DG=FG=2，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=DG=2，CH=CD−DH=3−2=1，
∵∠BCN=∠FHN，∠BNC=∠FNH，∠EDM=∠FHM，∠EMD=∠FMH，
∴△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，
∴CNNH=CBFH=32,HMDM=FHDE=21，
∴CNCH=35,HMHD=23，
∴CN1=35,HM2=23，
∴CN=35,HM=43，
故该项正确，不符合题意；
D、∵CN=35,HM=43，
∴HN=25,HM=43，
∴MN=HN+HM=25+43=2615，
故该项错误，符合题意；
故选D．
根据AB=3，AE=2，由勾股定理得BE=AE2+AB2=32+22=13=EF；证明△BAE≌△EGF得到AB=EG=3，AE=GF=2于是DG=EG−DE=3−1=2，根据勾股定理DF=DG2+GF2=22+22=22；过点F作FH⊥CD于点H，证明四边形DGFH是正方形，得到DH=2，CH=1，证明△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，计算CN，HN，HM，计算求解即可．
本题考查了正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
17.【答案】2
【解析】解：原式=2a+2a+1=2
故答案为：2
根据分式加减的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的加减法，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．
18.【答案】是 84度
【解析】解：(1)如图，连接DA，DB，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=DE=AE，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠BAE=108°，
在△AED和△BCE中，
AE=BC∠AED=∠BCDDE=DC，
∴△AED≅△BCE(SAS)，
∴AD=BD，
∵△ABF是等边三角形，
∴AF=BF，
∴DF是AB的垂直平分线，
∴DF⊥AB．
故答案为：是；
(2)∵△ABF是等边三角形，
∴∠AFB=∠ABF=∠BAF=60°，
∴∠EAF=∠EAB−∠FAB=108°−60°=48°，
∵AE=AB=AF，
∴∠EFA=180°−∠EAF2=180°−48°2=66°，
∴∠DFE=360°−∠AFB−2∠EFA2=360°−60°−2×66°2=84°．
故答案为：84度．
(1)先利用等边三角形的性质，证明FA=FB，再利用三角形全等得到DA=DB，可知DF是AB的垂直平分线，即可知DF⊥AB；
(2)先求出∠AFE，再用周角减去∠AFE，∠AFB，∠BFC，除以2即可．
本题考查的是等边三角形的性质以及全等三角形，线段垂直平分线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19.【答案】14a 24a 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=a，
由折叠的性质可得ED=12CD，FD=12ED，
∴DF=14CD=14a，
∴“16开”纸的短边长为14a，
(2)①由折叠可得：AD=AE,∠BAE=∠DAE=12∠BAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，
∴∠BAE=45°，
∴∠BEA=45°，
∴AB=BE，
∴AE2=AB2+BE2=2AB2，
∴AE=2AB，
∴AD=AE=2AB=24a；
②由折叠的性质可得标准纸的长边为4AD=2a，标准纸的短边为a，
∴标准纸的长边与短边的比值是2，
故答案为：14a；24a；2．
(1)由折叠的性质分析求解；
(2)①由折叠可得AD=AE，∠BAE=45°，根据勾股定理就能求出AEAB的值，从而求解；
②由折叠的性质分析求解．
本题是操作探究类的一道试题，让学生在操作中探究，在探究中发现，考查了矩形的性质、勾股定理等知识，有一定的综合性，是一道体现新课程理念的好题．
20.【答案】解：选取方程(1)和方程(2)组成二元一次方程组：
x+y=4①2x−y=2②
①+②得：
3x=6．
∴x=2．
把x=3代入①得：
y=2．
∴原方程组的解为：x=2y=2．
【解析】选取方程(1)，(2)，利用加减法解答．
本题主要考查了二元一次方程组的解法，选取恰当的方法是解题的关键．
21.【答案】40 13 87.5
【解析】解：(1)m=15÷37.5%=40(人)，n=40−5−15−7=13(人)．
故答案为：40；13．
(2)40×32.5%=13，即80≤x<85的人数为13人，
成绩85≤x<90共有学生15人，且他们的测试成绩分别为：85，85，85，86，87，87，87，88，88，88，88，88，89，89，89，
将七年级的测试成绩从小到大进行排序，排在第20位的是8(7分)，第21位的是8(8分)，
∴七年级测试成绩的中位数为87+882=87.5(分)．
故答案为：87.5．
(3)该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有400人．理由如下：
七年级测试成绩不低于9(0分)的学生所占比例为：1−(32.5%+37.5%)=30%，
八年级测试成绩不低于9(0分)的学生所占比例为：7+1340=12，
故该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生一共有：500×30%+500×12=400(人)．
答：估计该校七、八两个年级对冬奥会关注程度高的学生共有400人．
(1)根据七年级在乙组中共有学生15人占抽取的总人数的37.5%，求出七年级抽取的总人数即可得出m的值；根据m的值结合图2求出n的值即可；
(2)根据中位数的定义进行求解即可；
(3)用该校七、八两个年级总人数乘以关注程度高的学生的百分比即可估算出结果．
本题主要考查了频数分布直方图，解题的关键是熟练掌握扇形统计图和条形统计图的特点．
22.【答案】3×4×100+25 100a(a+1)+25
【解析】解：尝试：由①②可得，352=1225=3×4×100+25，
故答案为3×4×100+25；
归纳：通过观察可知，a52−=a(a+1)×100+25=100a(a+1)+25，
故答案为：100a(a+1)+25；
证明：∵a5−2=(10a+5)2=100a2+100a+25，
100a(a+1)+25=100a2+100a+25，
∴a5−2=100a(a+1)+25．
尝试：仔细观察①②的提示，再用含有相同规律的代数式表示即可得到答案；
归纳：仔细观察①②③的提示，；
结论：先利用a5−2=(10a+5)2得到100a2+100a+25，再计算100a(a+1)+25，即可得到答案．
本题考查了有理数乘方，完全平方公式的应用，单项式乘以多项式，理解题意，列出运算式或方程是解题关键．
23.【答案】解：(1)∵s(km)与t(min)之间的函数关系的图像是线段OA，且O(0,0)，∴设s=kt，
又∵A(20,2)，
则有：2=20k，
解得：k=110，
∴s=110t(0≤t≤20)．
(2)解：如图1中折线段BA−AC．
(3)解：由(2)可知，家与学校的距离为2km，小明妈妈来回学校的时间为20min，
∴小明妈妈的速度为2×220=0.2km/min，
∴小明的妈妈在追赶小明，距学校0.5km时：t=2−0.50.2+10=17.5min，
小明的妈妈在返回家，距学校0.5km时；t=2+0.50.2+10=22.5min．
【解析】(1)由图像可知O(0,0)，A(20,2)，设s=kt，把A点的坐标代入关系式求得k即可；
(2)由小明出发后10min小明妈妈才出发，所以图象的起点在10min处，同时到达学校即20min到达A点，再原路返回即30min离家距离为0；
(3)根据速度=路程除以时间，求得小明妈妈来回学校的速度，再由时间=路程除以速度求解即可．
本题考查了一次函数的实际应用，从函数图象获取信息，画函数图象，正确理解题意是解题的关键．
24.【答案】90
【解析】(1)解：∵O为BC边上一点，以O为圆心，OB为半径作半圆，分别于与边BC、AB交于点D、E，
∴BD是半圆O的直径，
∴∠BED=90°；
故答案为：90
(2)解：∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=AC2+AB2=32+42=5．
∵DB为直径，
∴∠DEB=90°，
∴∠DEB=∠C=90°．
又∵∠B=∠B，
∴△DBE∽△ABC，
∴DEAC=BDAB，
即DE3=35，
∴DE=95；
(3)证明：连接OE，
∵EF为半圆O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠DEO+∠DEF=90°，
∵∠AEF+∠DEF=90°，
∴∠AEF=∠DEO，
∵△DBE∽△ABC，
∴∠A=∠EDB，
又∵OE=OD，
∴∠EDO=∠DEO，
∴∠AEF=∠A，
∴AF=EF．
(1)根据题意，得出BD是半圆O的直径，再根据直径所对的圆周角为直角，即可得出答案；
(2)根据勾股定理，得出AB=5，再根据相似三角形的判定，得出△DBE∽△ABC，再根据相似三角形的性质，得出DEAC=BDAB，然后代入数据，计算即可；
(3)连接OE，根据切线的性质，得出OE⊥EF，进而得出∠DEO+∠DEF=90°，再根据(1)的结论，得出∠AEF+∠DEF=90°，进而得出∠AEF=∠DEO，再根据△DBE∽△ABC，得出∠A=∠EDB，再根据圆的半径相等，得出OE=OD，再根据等边对等角，得出∠EDO=∠DEO，再根据等量代换，得出∠AEF=∠A，再根据等角对等边，即可得出结论．
本题考查了圆周角定理的推论、勾股定理、相似三角形的判定与性质、切线的性质、等腰三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
25.【答案】5 14x2
【解析】解：(1)∵S△ABC=12BC⋅h=25，BC=10，
∴h=5，
∵MN//BC，
∴△AEF～△ABC，
∴S△AEFS△ABC=(EFBC)2=(x10)2=x2100，
∴S△AEF=x2100S△ABC=x2100×25=x24；
(2)解：①∵△A′MN≌△AMN，
∴点A′在四边形BCNM内(如图2)，
即0
设A′M、A′N与BC分别相交于E、F两点，△ABC的BC边上的高为h，△AMN的MN边上的高为h1，△A′EF的EF边上的高为h2，
∴h=5，h1=12x．
∴AA′=2h1=x，
∴h2=2h1−h=x−5．
∴S△A′MN=S△AMN=14x2．
∵MN//BC，
∴△A′EF∽△A′MN，
∴S△A′EFS△A′MN=(h2h1)2，即S△A′EF14x2=(x−512x)2．
∴S△A′EF=(x−5)2=x2−10x+25．
∴y=S△A′MN−S△A′EF.即y=−34x2+10x−25．
当5≤x<10时，y=−34x2+10x−25=−34(x−203)2+253；
∴当x=203时y有最大值，最大值是253．
(1)第一空代入三角形面积公式即可；第二问用相似三角形的性质即可；
(2)①利用全等即可求出0
26.【答案】60
【解析】(1)①解：∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°，
根据旋转性质得到∠A′B′C=60°，CB=CB′，
∴△CBB′是等边三角形，
∴∠BCB′=60°，
∴旋转角α=60°；
故答案为：60°；
②证明：∵A1C=AC，∠ACA1=α=60°，
∴△ACA1是等边三角形，
∴∠AA1C=60°．
∵∠CA1B1=∠CAB=30°，
∴∠AA1B1=∠AA1C+∠CA1B1=60°+30°=90°．
∴A1B1⊥AA1；
(2)解：①线段DE的长度没有变化．理由如下：
在△BCB1中，∵B1C=BC，∠BCB1=α，
∴∠CB1B=90°−12α．
在△ACA1中，同理可得，∠CA1A=90°−12α，
∴∠CA1A=∠CB1B.
设DB1与CA1交点为P，
又∵∠DPA1=∠CPB1，
∴△DPA1∽△CPB1，
∴∠A1DB1=∠A1CB1=90°，
∴△ABD是直角三角形，
∴DE是斜边AB上的中线，
∴DE=12AB．
在Rt△ABC中，∵∠CAB=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，
∴DE=12AB=2．
故线段DE的长度没有变化；
②DF的最大值为2+3．
解：由①得：EA=EC=EB=ED=12AB，故点D、A、B、C都在在以E为圆心，DE长为半径的⊙E上．如图，
过F点作⊙E的直径MN，则线段MF的长即为DF的最大值，
∵点E为AB中点，点F为CB中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，
∴EF=12AC，AC=BC⋅tan60°=23，
∴EF=3，
∴MF=ME+EF=2+3．
即DF的最大值为2+3．
(1)①根据∠ACB=90°，∠CAB=30°，得到∠ABC=60°，结合旋转性质得到∠A1B1C=60°，CB=CB1，判定△CBB1是等边三角形，计算即可；
②根据旋转角为60°，结合旋转性质判定△ACA1是等边三角形，证明即可；
(2)①根据旋转性质得到∠CA1A=∠CB1B，证明△DPA1∽△CPB1，判定△ABD是直角三角形，计算即可；
②先证明点D、A、B、C都在在以E为圆心，DE长为半径的⊙E上．过F点作⊙E的直径MN，则线段MF的长即为DF的最大值．利用中位线定理，三角函数计算即可．
本题考查了直角三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，圆的性质，特殊角的三角函数，熟练掌握直角三角形的性质，旋转的性质，三角形相似的判定和性质，圆的性质，特殊角的三角函数是解题的关键．
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