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2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学质检试卷（3月份（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学质检试卷（3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。
2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学质检试卷（3月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −12023的相反数是( )
A. 2023 B. 12023 C. −2023 D. −12023
2. 下列手机手势解锁图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. a6+a3=a2 B. 2x3⋅3x3=6x3
C. (−x2)3=−x6 D. (a+1)2=a2+1
4. 如图是由一些相同的小正方体组成的几何体的主视图和左视图，这些相同的小正方体的个数最多为( )
A. 12个
B. 11个
C. 10个
D. 9个
5. 一组数据：2，4，4，4，6，若去掉一个数据4，则下列统计量中发生变化的是( )
A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 方差
6. 一个袋子中装有4个相同的小球，它们分别标有号码1，2，3，4，摇匀后随机取出一球，记下号码后放回：再将小球摇匀，并从袋中随机取出一球，则第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的概率为( )
A. 14 B. 38 C. 12 D. 58
7. 若整数k使关于x的一元一次不等式组x+4<2x+2x>k的解集是x>2，且使关于y的分式方程2y−ky−1−y−41−y=1有非负整数解，则符合条件的所有整数k的值之和为( )
A. −4 B. −2 C. −1 D. 0
8. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点P是BD上的一个动点，过点P作EF//AC，分别交正方形的两条边于点E，F，连接OE，OF，设BP=x，△OEF的面积为y，则能大致反映y与x之间的函数关系的图象为( )
A. B.
C. D.
9. 三月植树节期间，某园林公司购买了甲、乙、丙三种树苗进行园林绿化，恰好用去了1500元，已知甲、乙、丙三种树苗的价格分别为50元/棵、30元/棵、10元/棵.该公司要求购买的每种树苗的数量都是10的整数倍且三种树苗都要买，若甲种树苗最多买20棵，则该公司的购买方案共有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
10. 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1.有下列结论：①b2=4ac，②abc>0，③a>c，④4a+c>2b，⑤若m>n>0，则x=m−1时的函数值小于x=n−1时的函数值.其中结论正确的个数为( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 我国是时间上严重缺水的国家之一，目前我国年可利用的淡水资源总量为27500亿米 3，人均占有淡水资源量居全世界第110位，因此我们要节约用水，27500亿米 3这个数用科学记数法表示为______米 3．
12. 函数y= x−1|x|−2的自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，在平行四边形ABCD中，E，F两点均在对角线AC上．要使四边形BEDF为平行四边形，在不添加辅助线的情况下，需要增加的一个条件是______(写出一个即可)．
14. 如图，用圆心角为120°，半径为3cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽，则这个纸帽的高是______cm．
15. 如图，矩形ABCD的边AB在x轴上，点C在反比例函数y=6x的图象上，点D在反比例函数y=kx的图象上，若sin∠CAB= 55，cos∠OCB=45，则k=______．
16. 在Rt△ABC中，∠A=90°，有一个锐角为60°，BC=6.若点P在直线AC上(不与点A，C重合)，且∠ABP=30°，则CP的长为______．
17. 如图，直线l1与直线l2所成的角∠B1OA1=30°，过点A1作A1B1⊥l1交直线l2于点B1，OB1=2，以A1B1为边在△OA1B1外侧作等边三角形A1B1C1，再过点C1作A2B2⊥l1，分别交直线l1和l2于A2，B2两点，以A2B2为边在△OA2B2外侧作等边三角形A2B2C2，…按此规律进行下去，则第2023个等边三角形A2023B2023C2023的周长为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
18. 如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，作OF⊥AB交AC于点F，点E在AB的延长线上，EM经过点C，且∠ACE+∠AFO=180°．
(1)求证：EM是⊙O的切线；
(2)若∠A=∠E，⊙O的半径为1，求阴影部分的面积．
四、解答题（本大题共6小题，共59.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
(1)计算：(−1)2023×(π− 2022)0÷(−3)2+ 12cos60°tan60°；
(2)因式分解：(x2+y2)2−4x2y2．
20. (本小题5.0分)
解方程：5(x−1)2=2(x−1)．
21. (本小题8.0分)
某地区在所有中学开展《老师，我想对你说》心灵信箱活动，为师生之间的沟通增设了一个书面交流的渠道．为了解两年来活动开展的情况，某课题组从全地区随机抽取部分中学生进行问卷调查．对“两年来，你通过心灵信箱给老师总共投递过几封信？”这一调查项设有四个回答选项，选项A：没有投过；选项B：一封；选项C：两封；选项D：三封及以上．根据接受问卷调查学生的回答，统计出各选项的人数以及所占百分比，分别绘制成如下条形统计图和扇形统计图：
(1)此次抽样调查了______名学生，条形统计图中m=______，n=______；
(2)请将条形统计图补全；
(3)接受问卷调查的学生在活动中投出的信件总数至少有______封；
(4)全地区中学生共有110000名，由此次调查估算，在此项活动中，全地区给老师投过信件的学生约有多少名？
22. (本小题10.0分)
在一条笔直的公路上依次有A、C、B三地，甲乙两人同时出发，甲从A地匀速骑自行车去B地，途经C地休息1分钟，继续按原速骑行至B地，甲到达B地后，立即按原速的54倍原路返回A地，乙匀速步行从B地前往A地，甲、乙两人距各自出发地的路程y(单位：米)与时间x(单位：分钟)之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)请写出甲从A地到B地的速度为______米/分，乙的速度为______米/分；
(2)求甲返回时距A地的路程y与时间x之间的函数关系式(不需要写出自变量x的取值范围)；
(3)请直接写出两人出发后，在甲返回A地之前，经过多长时间两人距C地的路程相等．
23. (本小题12.0分)
综合与实践：情景再现：我们动手操作：把正方形ABCD沿对角线剪开就分剪出两个等腰直角三角形，把其中一个等腰直角三角形与正方形ABCD重新组合在一起，图形变得丰富起来，当图形旋转时问题也随旋转应运而生.如图①把正方形ABCD沿对角线剪开，得两个等腰直角三角形△ACD和△BCE．
(1)问题呈现，我们把剪下的两个三角形一个放大另一个缩小拼成如图②所示的图形，①若点P是平面内一动点，AB=3，PA=1，则线段PB的取值范围是______ ；②直接写出线段AE与DB的关系是______ ；
(2)我们把剪下的其中一个三角形放大与正方形组合如图③④⑤所示，点E在直线BC上，FM⊥CD交直线CD于M.①当点E在BC上时，如图③所示，求证：AD=MF+CE；②当点E在BC的延长线时，如图④所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为______ ；当点E在CB的延长线上时，如图⑤所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为______ ；
(3)在(2)的条件下，连接EM，当S△EMF=8,AF2=50，其他条件不变，则线段CE的长为______ ．
24. (本小题14.0分)
综合与探究：如图，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)，且A，B两点的横坐标分别是−6和2，交y轴于点C，且△ABC的面积为24．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若AD=2OD，过点D作DE//AC交y轴于点E，点P是抛物线上AC下方的一动点，连接PD，PE，请直接写出△PDE面积的最大值以及取最大值时点P的坐标；
(3)如图2，将原抛物线向右平移4个单位长度，得到新的抛物线y=a1x2+b1x+c1，平移后的抛物线与原抛物线的交点为F.在(2)的条件下，在直线AC上是否存在一点M，在平面直角坐标系中是否存在一点N，使得以P，F，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−12023的相反数是12023，
故选：B．
根据“只有符号不同的两个数叫做互为相反数”解答．
本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、该图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图案是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、该图案既是中心对称图形又是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：A、a6与a3不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、2x3⋅3x3=6x6，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、(−x2)3=−x6，原计算正确，故此选项符合题意；
D、(a+1)2=a2+2a+1，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则，幂的乘方的运算法则，完全平方公式解答即可．
此题考查了合并同类项法则、同底数幂的乘法法则，幂的乘方的运算法则，完全平方公式，熟练掌握法则和公式是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：综合主视图和左视图，这个几何体的底层最多有6个，第二层最多应该有4个，第三层最多应该有1个，
因此组成这个几何体最多有11个小正方体．
故选：B．
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
此题主要考查了由三视图判断几何体，求最少的方案，其实就是间接告诉了俯视图的样子，然后根据“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就能求出小正方体的个数了．
5.【答案】D
【解析】解：原数据2，4，4，4，6的平均数为15×(2+4+4+4+6)=4，中位数为4，众数为4，
方差为15×[(2−4)2+(4−4)2×3+(6−4)2]=1.6；
新数据的2，4，4，6的平均数为14×(2+4+6+4)=4，中位数为4，众数为4，
方差为14×[(2−4)2+(4−4)2×2+(6−4)2]=2；
故选：D．
根据众数，中位数，平均数，方差的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．
本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意画图如下：
由图可得，共有16种等情况数，其中第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的有10种，
所以第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的概率为1016=58，
故选：D．
根据题意画出树状图得出所有等情况数和第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】B
【解析】解：x+4<2x+2①x>k②，
解不等式①，得x>2，
∵关于x的一元一次不等式组的解集是x>2，
∴k≤2，
分式方程可化为：2y−ky−1+y−4y−1=1，
方程两边都乘以y−1，
2y−k+y−4=y−1，
解得y=3+k2，
∵关于y的分式方程有非负整数解，
∴3+k2≥0，3+k2≠1，
∴k≥−3且k≠−1，
∴−3≤k≤2且k≠−1，
∵k为整数，
∴k为−3、−2、0、1、2，
∴整数k的值之和为：−3−2+0+1+2=−2，
故选：B．
先解不等式，再根据关于x的一元一次不等式组的解集是x>2，求出k≤2，解分式方程得出y=3+k2，根据最简公分母不为0，关于y的分式方程有非负整数解，列不等式求出公共解集，进而求出k的值．
本题考查分式方程的解、解不等式组、一元一次不等式组的整数解，掌握这三个知识点的综合应用，其中k的取值范围是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：当点P在OB上时，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴AB=BC=2，AC⊥BD，∠ACB=∠CAB=45°，
∴AC=2 2，BO=DO=AO=CO= 2，
∵EF//AC，
∴∠BAC=∠BEF=45°，∠BFE=∠BCA=45°，∠AOB=∠EPB=90°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∵∠BPE=90°，
∴BP=EP=FP=x，
∴OP= 2−x，
∴y=12×EF×OP=12×2x×( 2−x)=−x2+ 2x，(0≤x≤ 2)
当点P在DO上时，同理可得：y=−x2+3 2x−4，( 2
分两种情况讨论，由面积公式可求y与x的函数关系，即可求解．
本题主要考查了函数的图象，解答本题的关键是利用三角形的面积公式列出二次函数解析式解决问题．
9.【答案】B
【解析】解：当购买10棵甲种树苗时，设购买x棵乙种树苗，y棵丙种树苗，
根据题意得：50×10+30x+10y=1500，
∴y=100−3x，
又∵x，y均为正整数，且均为10的整数倍，
∴x=10y=70或x=20y=40或x=30y=10，
∴当购买10棵甲种树苗时，共有3种购买方案；
当购买20棵甲种树苗时，设购买m棵乙种树苗，n棵丙种树苗，
根据题意得：50×20+30m+10n=1500，
∴n=50−3m，
又∵m，n均为正整数，且均为10的整数倍，
∴m=10n=20，
∴当购买20棵甲种树苗时，共有1种购买方案．
综上所述，该公司的购买方案共有3+1=4(种)．
故选：B．
当购买10棵甲种树苗时，设购买x棵乙种树苗，y棵丙种树苗，利用总价=单价×数量，可得出关于x，y的二元一次方程，结合“x，y均为正整数，且均为10的整数倍”，可得出当购买10棵甲种树苗时，共有3种购买方案；当购买20棵甲种树苗时，设购买m棵乙种树苗，n棵丙种树苗，利用总价=单价×数量，可得出关于m，n的二元一次方程，结合“m，n均为正整数，且均为10的整数倍”，可得出当购买20棵甲种树苗时，共有1种购买方案．综上即可得出结论．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：①∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴b2>4ac
所以①错误；
②∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴a、b同号，
∴b>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc>0，
所以②正确；
③∵x=−1时，y<0，
即a−b+c<0，
∵对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，
∴a−2a+c<0，即a>c，
所以③正确；
④∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴x=−2和x=0时的函数值相等，即x=−2时，y>0，
∴4a−2b+c>0，
∴4a+c>2b，
所以④正确．
⑤∵m>n>0，
∴m−1>n−1>−1，
由x>−1时，y随x的增大而增大知x=m−1时的函数值大于x=n−1时的函数值，
所以⑤错误；
故选：C．
①利用抛物线与x轴有2个交点和判别式的意义对①进行判断；
②由抛物线开口方向得到a>0，由抛物线对称轴位置确定b>0，由抛物线与y轴交点位置得到c>0，则可作判断；
③利用x=−1时a−b+c<0，然后把b=2a代入可判断；
④利用抛物线的对称性得到x=−2和x=0时的函数值相等，即x=−2时，y>0，则可进行判断；
⑤根据m>n>0，得出m−1和n−1的大小及其与−1的关系，利用二次函数的性质即可判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质及点的坐标特征．
11.【答案】2.75×1012
【解析】解：27500亿=2 750 000 000000=2.75×1012，
故答案为：2.75×1012．
首先把27500亿化为2 750 000 000000，再用科学记数法表示，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>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12.【答案】x≥1且x≠2
【解析】解：根据题意得，x−1≥0且|x|−2=0，
解得x≥1且x≠±2，
所以，x≥1且x≠2．
故答案为：x≥1且x≠2．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式进行计算即可得解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】AE=CF(答案不唯一)
【解析】解：增加条件：AE=CF，理由如下：
如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
若AE=CF，则有AO−AE=CO−CF，即OE=OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
故答案为：AE=CF(答案不唯一)．
连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，添加AE=CF，得出OE=OF，即可得出结论．
本题主要考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
14.【答案】2 2
【解析】解：设这个圆锥的底面圆的半径为r cm，
根据题意得2πr=120×π×3180，
解得r=1，
即这个圆锥的底面圆的半径为1cm，
所以这个纸帽的高为 32−12=2 2(cm)．
故答案为：2 2．
设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，由于这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到2πr=120×π×3180，解方程求出r，然后利用勾股定理计算圆锥的高即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】−10
【解析】解：∵矩形ABCD的边AB在x轴上，点C在反比例函数y=6x的图象上，
∴S△BOC=12×6=3，
∵cos∠OCB=BCOC=45，
∴设BC=4x，OC=5x，则OB=3x，
∴12×3x×4x=3，解得x= 22，
∴BC=2 2，OB=3 22，
∴C(3 22,2 2)，
∵sin∠CAB=BCAC= 55，
∴2 2AC= 55，
∴AC=2 10，
∴AB= AC2−BC2=4 2，
∴OA=AB−OB=4 2−3 22=5 22，
∴D(−5 22,2 2)，
∵点D在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=−5 22×2 2=−10，
故答案为−10．
根据题意设BC=4x，OC=5x，则OB=3x，根据反比例函数系数k的几何意义求得C的坐标，解直角三角形求得AB的长，即可求得OA的长，从而求得D的坐标，代入解析式即可求得k的值．
本题考查了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，解直角三角形等，求得D的坐标是解题的关键．
16.【答案】6或2 3或4 3
【解析】解：如图1：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，
又P不与C重合，与∠ABP=30°矛盾；
如图2：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠CBP=60°，
∴△PBC是等边三角形，
∴CP=BC=6；
如图3：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°−30°=30°，
∴PC=PB，
∵BC=6，
∴AB=3，
∴PC=PB=3cos30∘=3 32=2 3；
如图4：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°+30°=90°，
∴PC=BC÷cos30°=4 3．
故答案为：6或2 3或4 3．
根据题意画出图形，分4种情况进行讨论，利用直角三角形的性质解答．
本题考查了解直角三角形，熟悉特殊角的三角函数值是解题的关键．
17.【答案】3202322022．
【解析】解：在Rt△OA1B1中，∠B1OA1=30°，OB1=2，
∴A1B1=1，
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴△A1B1C1的周长为3；
同理可得△A2B2C2的周长为322，
△A3B3C3的周长为3322；
......
3202322022．
故答案为：3202322022．
分别求出∴△A1B1C1，△A2B2C2，△A3B3C3的周长，再从中发现周长的变化规律，从而根据规律确定出等边三角形A2023B2023C2023的周长．
本题考查了图形的变换类，涉及等边三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，找到周长的变化规律是解题的关键．
18.【答案】解：(1)证明：连接OC，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF=90°，
∴∠A+∠AFO=90°，
∵∠ACE+∠AFO=180°，∠ACE+∠ACM=180°，
∴∠AFO=∠ACM，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠ACO+∠ACM=90°，
∴∠OCM=90°，
∴OC⊥ME，
∴EM是⊙O的切线；
(2)∵∠EOC=2∠A=2∠E，
又∠EOC+∠E=∠OCM=90°，
∴2∠E+∠E=90°，
∴∠E=30°，
∴∠EOC=60°，
∴CE=OCtan60°= 3，
∴S阴影部分=S△OCE−S扇形BOC=12× 3×1−60π×12360=3 3−π6．
【解析】(1)连接OC，根据垂直的定义得到∠AOF=90°，根据三角形的内角和得到∠ACE=90°+∠A，根据等腰三角形的性质得到∠OCM=90°，得到OC⊥CE，于是得到结论；
(2)推出∠EOC=60°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积计算，连接OC是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−1×1÷9+2 3×12× 3
=−19+3
=289；
(2)原式=(x2+y2+2xy)(x2+y2−2xy)
=(x+y)2(x−y)2．
【解析】(1)原式利用乘方的意义，零指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
(2)原式利用平方差公式，以及完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，实数的运算，零指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
20.【答案】解：5(x−1)2−2(x−1)=0，
(x−1)[5(x−1)−2]=0，
∴x−1=0或5(x−1)−2=0，
∴x1=1，x2=75．
【解析】方程利用提公因式法法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，利用因式分解法是解题关键．
21.【答案】500 225 25 425
【解析】解：(1)此次调查的总人数为150÷30%=500(人)，
则m=500×45%=225，n=500×5%=25，
故答案为：500，225，25；
(2)C选项人数为500×20%=100(人)，
补全图形如下：
(3)1×150+2×100+3×25=425，
答：接受问卷调查的学生在活动中投出的信件总数至少有425封，
故答案为：425；
(4)由此次调查估算，在此项活动中，全地区给老师投过信件的学生约有110000×(1−45%)=60500(名)．
(1)由B选项人数及其所占百分比求得总人数，再用总人数乘以对应百分比可得m、n的值；
(2)先求出C选项的人数，继而可补全图形；
(3)各选项次数乘以对应人数，再求和即可得；
(4)利用样本估计总体思想求解可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22.【答案】240 60
【解析】解：(1)由题意得：甲的骑行速度为：1020÷(214−1)=240(米/分)；
∵甲从A地到B地，再从B地返回A地，中间休息1分钟，共用时间10−1=9(分钟)，
设AB两地之间距离为m米，
由题意得：m240+m240×54=9，解得m=1200，
∴AB两地之间距离为1200米，
乙的速度为：1200÷20=60(米/分)．
故答案为：240，60；
(2)∵甲返回A地时的速度为240×54=300(米/分)，
∴甲返回时距A地的路程y与时间x之间的函数关系式：y=1200−300(x−1200240−1)=−300x+3000；
(3)设甲返回A地之前，经过x分两人距C地的路程相等，
如图1所示：∵AB=1200，AC=1020，
∴BC=1200−1020=180，
分5种情况：
①当0
②当3
解得：x=4，
此种情况符合题意；
③当214
解得：x=6，
此种情况不符合题意；
④当x=6时，甲到B地，距离C地180米，
乙距C地的距离：6×60−180=180(米)，
即x=6时两人距C地的路程相等，
⑤当x>6时，甲在返回途中，
当甲在B、C之间时，180−300(x−6)=60x−180，
解得：x=6，
此种情况不符合题意，
当甲在A、C之间时，300(x−6)−180=60x−180，
解得：x=152，
综上所述，在甲返回A地之前，经过4分钟或6分钟或152分钟时两人距C地的路程相等．
(1)根据路程和时间可得甲的速度；根据甲去和返回时的时间共计10分，休息了一分，可求出AB两地之间的距离；用AB两地之间距离和乙所用时间即可求出乙的速度；
(2)根据路程=速度×时间可求GH的解析式；
(3)根据A，C，B三地在同一直线上，计算B、C之间的路程，分情况讨论：设甲返回A地之前，经过x分两人距C地的路程相等，
①因为乙从B地到C地一共需要3分，所以第一个时间为0
⑤当x>6时，甲在返回途中，当甲在B、C之间时，此种情况不符合题意；当甲在A、C之间时，列方程可解答．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意设未知数，学会结合方程解决问题，此类题有难度，注意利用数形结合的思想解答问题．
23.【答案】2≤PB≤4 AE=DB，AE⊥DB FM=AD+CE EC=AD+FM 1或7
【解析】(1)①解∵点P是平面内一动点，PA=l，
∴点P在以A点为圆心，以1为半径的圆上，
∴当点P在线段AB上时，PB有最小值，此时PB=AB−PA=3−1=2，
当点P在线段BA的延长线上，PB有最大值，此时PB=AB+AP=3+1=4，
∴.2≤PB≤4；
②解：如图②，设BD与CE的交点为K，
∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，
∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠ECB=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴AE=DB，∠AEC=∠DBC，
∵∠BKC+∠DBC=90°，∠BKC=∠EKD，
∴∠AEC+∠EKD=90°，
∴AE⊥BD，
故答案为：2≤PB≤4；AE=DB，AE⊥BD；
(2)①证明：如图③，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接CF，
∵FG⊥BC，
∴∠G=90°=∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∴△ABE≌△EGF(AAS )，
∴AB=EG，BE=FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=EG，
又∵∠G=∠MCG=∠FMC=90°，
∵四边形MCGF是矩形，
∴MC=FG=BE，
∵BE+EC=BC，EC+CG=AB=BC，
∴BE=CG，
又∵BE=FG，
∴CG=FG
∵四边形MCGF是正方形，
∴MF=CG，
∴EG=EC+CG=EC+MF，
∴AD=EC+MF；
②解：如图④，过点F作FN⊥BC，交BC的延长线与点N，
∵FN⊥BC，
∴∠N=90°=∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEN=90°，
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEN，
∴△ABE≌△ENF(AAS)，
∴AB=EN，
同理①可得四边形MCNF是正方形，
∴MF=CN，
∴MF=CE+AD；
③解：如图⑤，过点F作FH⊥BC于点H，
∵FH⊥BC，
∴∠FHB=90°=∠ABE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AEB=∠EFH，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴EB=FH，
∴EC=EB+BC=FH+BC，
同②可得四边形HFMC是正方形，
∴FM=FH，
∴EC=AD+FM；
(3)解：如图③，∵四边形MCGF是正方形，
∴MF=FG=CG，
∵S△EMF=8，
∴12×MF⋅FG=8，
∴MF=FG=4=CG，
∵AF2=50，△AFE是等腰直角三角形，
∴EF=5，
∴EG= EF2−FG2 = 25−16=3，
∴EC=EG−CG=−1(不合题意舍去)，
如图④，同理可求FN=4=CN，EF=5，
∴EN= EF2−FN2=3，
∴CE=CN−EN=1，
如图⑤，同理可求：FH=CH=4，EF=5，
∴EH= EF2−EH2=3，
∴EC=4+3=7，
综上所述：EC的长为1或7，
故答案为：1或7．
(1)①由点P是平面内一动点，PA=1，可知点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，当点P在AB上时，PB有最小值，点P在BA的延长线上时，PB有最大值，即可求解；
②由“SAS”可证△ACE≌△DCB，即可求解；
(2)①由“AAS”可证△ABE≌△EGF，可得AB=EG，BE=FG，即可得结论；②由“AAS”可证△ABE≌△ENF，可得AB=EN，可得结论；③由“AAS”可证△ABE≌△EHF，可得EB=FH，可得结论；
(3)由正方形的性质和勾股定理可求CG的长和EG的长，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵A，B两点的横坐标分别是−6和2，
∴A(−6,0)，B(2,0)，AB=8，
∵△ABC的面积为24，
∴12×8×OC=24，
∴OC=6，
∴C(0,−6)，
把A(−6,0)，B(2,0)，C(0,−6)代入y=ax2+bx+c得：
36a−6b+c=04a+2b+c=0c=−6，
解得a=12b=2c=−6，
∴抛物线的解析式为y=12x2+2x−6；
(2)过D作DK//y轴交EP于K，如图：
设P(m,12m2+2m−6)，△PDE面积为S，
∵AD=2OD，AD+OD=OA=6，
∴OD=2，
∴D(−2,0)，
∵OA=OC=6，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵DE//AC，
∴∠ODE=∠OAC=45°=∠OED，
∴OE=OD=2，
∴E(0,−2)，
由E(0,−2)，P(m,12m2+2m−6)可得直线EP解析式为y=m2+4m−82mx−2，
在y=m2+4m−82mx−2中，令x=−2得y=−m2−6m+8m，
∴K(0,−m2−6m+8m)，
∴DK=m2+6m−8m，
∴S=12DK⋅|xP−xE|=12×m2+6m−8m×(−m)=−12(m+3)2+172，
∵−12<0，
∴当m=−3时，S取最大值，最大值为172，
此时P(−3,−152)，
∴△PDE面积的最大值是172，取最大值时点P的坐标为(−3,−152)；
(3)在平面直角坐标系中存在一点N，使得以P，F，M，N为顶点的四边形是菱形，理由如下：
将抛物线y=12x2+2x−6向右平移4个单位得y=12(x−4)2+2(x+4)−6=12x2−2x−6，
解y=12x2+2x−6y=12x2−2x−6得x=0y=−6，
∴F(0,−6)，
由A(−6,0)，C(0,−6)得直线AC解析式为y=−x−6，
设M(t,−t−6)，N(p,q)，
由(2)知P(−3,−152)，
①若PF，MN为对角线，则PF，MN的中点重合，且PM=FM，
∴−3=t+p−152−6=−t−6+q(t+3)2+(−152+t+6)2=t2+t2，
解得t=−154；
∴M(−154,−94)，
②若PM，FN为对角线，同理可得：
t−3=−6+p−152−t−6=q−69+494=t2+t2，
解得t=3 104或t=−3 104，
∴M(3 104,−3 104−6)或(−3 104,3 104−6)；
③若PN，FM为对角线，同理得；
−3+p=t−152+q=−t9+94=(t+3)2+(−t+32)2，
解得t=0(F,M重合，舍去)或t=−32，
∴M(−32,−92)；
综上所述，M的坐标为(−154,−94)或(3 104,−3 104−6)或(−3 104,3 104−6)或(−32,−92).
【解析】(1)由A，B两点的横坐标分别是−6和2，得A(−6,0)，B(2,0)，AB=8，根据△ABC的面积为24，可得C(0,−6)，再用待定系数法得抛物线的解析式为y=12x2+2x−6；
(2)过D作DK//y轴交EP于K，设P(m,12m2+2m−6)，△PDE面积为S，由AD=2OD，AD+OD=OA=6，可得OD=2，D(−2,0)，而DE//AC，可得E(0,−2)，由E(0,−2)，P(m,12m2+2m−6)可得直线EP解析式为y=m2+4m−82mx−2，令x=−2得K(0,−m2−6m+8m)，故S=12DK⋅|xP−xE|=12×m2+6m−8m×(−m)=−12(m+3)2+172，根据二次函数性质可得答案；
(3)将抛物线y=12x2+2x−6向右平移4个单位得y=12(x−4)2+2(x+4)−6=12x2−2x−6，解y=12x2+2x−6y=12x2−2x−6得F(0,−6)，由A(−6,0)，C(0,−6)得直线AC解析式为y=−x−6，设M(t,−t−6)，N(p,q)，由(2)知P(−3,−152)，分三种情况：①若PF，MN为对角线，则PF，MN的中点重合，且PM=FM，−3=t+p−152−6=−t−6+q(t+3)2+(−152+t+6)2=t2+t2，②若PM，FN为对角线，t−3=−6+p−152−t−6=q−69+494=t2+t2，③若PN，FM为对角线，−3+p=t−152+q=−t9+94=(t+3)2+(−t+32)2，分别解方程组可得答案．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
2023年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区中考数学质检试卷（3月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −12023的相反数是( )
A. 2023 B. 12023 C. −2023 D. −12023
2. 下列手机手势解锁图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. a6+a3=a2 B. 2x3⋅3x3=6x3
C. (−x2)3=−x6 D. (a+1)2=a2+1
4. 如图是由一些相同的小正方体组成的几何体的主视图和左视图，这些相同的小正方体的个数最多为( )
A. 12个
B. 11个
C. 10个
D. 9个
5. 一组数据：2，4，4，4，6，若去掉一个数据4，则下列统计量中发生变化的是( )
A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 方差
6. 一个袋子中装有4个相同的小球，它们分别标有号码1，2，3，4，摇匀后随机取出一球，记下号码后放回：再将小球摇匀，并从袋中随机取出一球，则第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的概率为( )
A. 14 B. 38 C. 12 D. 58
7. 若整数k使关于x的一元一次不等式组x+4<2x+2x>k的解集是x>2，且使关于y的分式方程2y−ky−1−y−41−y=1有非负整数解，则符合条件的所有整数k的值之和为( )
A. −4 B. −2 C. −1 D. 0
8. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点P是BD上的一个动点，过点P作EF//AC，分别交正方形的两条边于点E，F，连接OE，OF，设BP=x，△OEF的面积为y，则能大致反映y与x之间的函数关系的图象为( )
A. B.
C. D.
9. 三月植树节期间，某园林公司购买了甲、乙、丙三种树苗进行园林绿化，恰好用去了1500元，已知甲、乙、丙三种树苗的价格分别为50元/棵、30元/棵、10元/棵.该公司要求购买的每种树苗的数量都是10的整数倍且三种树苗都要买，若甲种树苗最多买20棵，则该公司的购买方案共有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
10. 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1.有下列结论：①b2=4ac，②abc>0，③a>c，④4a+c>2b，⑤若m>n>0，则x=m−1时的函数值小于x=n−1时的函数值.其中结论正确的个数为( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 我国是时间上严重缺水的国家之一，目前我国年可利用的淡水资源总量为27500亿米 3，人均占有淡水资源量居全世界第110位，因此我们要节约用水，27500亿米 3这个数用科学记数法表示为______米 3．
12. 函数y= x−1|x|−2的自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，在平行四边形ABCD中，E，F两点均在对角线AC上．要使四边形BEDF为平行四边形，在不添加辅助线的情况下，需要增加的一个条件是______(写出一个即可)．
14. 如图，用圆心角为120°，半径为3cm的扇形纸片卷成一个圆锥形无底纸帽，则这个纸帽的高是______cm．
15. 如图，矩形ABCD的边AB在x轴上，点C在反比例函数y=6x的图象上，点D在反比例函数y=kx的图象上，若sin∠CAB= 55，cos∠OCB=45，则k=______．
16. 在Rt△ABC中，∠A=90°，有一个锐角为60°，BC=6.若点P在直线AC上(不与点A，C重合)，且∠ABP=30°，则CP的长为______．
17. 如图，直线l1与直线l2所成的角∠B1OA1=30°，过点A1作A1B1⊥l1交直线l2于点B1，OB1=2，以A1B1为边在△OA1B1外侧作等边三角形A1B1C1，再过点C1作A2B2⊥l1，分别交直线l1和l2于A2，B2两点，以A2B2为边在△OA2B2外侧作等边三角形A2B2C2，…按此规律进行下去，则第2023个等边三角形A2023B2023C2023的周长为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
18. 如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，作OF⊥AB交AC于点F，点E在AB的延长线上，EM经过点C，且∠ACE+∠AFO=180°．
(1)求证：EM是⊙O的切线；
(2)若∠A=∠E，⊙O的半径为1，求阴影部分的面积．
四、解答题（本大题共6小题，共59.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
(1)计算：(−1)2023×(π− 2022)0÷(−3)2+ 12cos60°tan60°；
(2)因式分解：(x2+y2)2−4x2y2．
20. (本小题5.0分)
解方程：5(x−1)2=2(x−1)．
21. (本小题8.0分)
某地区在所有中学开展《老师，我想对你说》心灵信箱活动，为师生之间的沟通增设了一个书面交流的渠道．为了解两年来活动开展的情况，某课题组从全地区随机抽取部分中学生进行问卷调查．对“两年来，你通过心灵信箱给老师总共投递过几封信？”这一调查项设有四个回答选项，选项A：没有投过；选项B：一封；选项C：两封；选项D：三封及以上．根据接受问卷调查学生的回答，统计出各选项的人数以及所占百分比，分别绘制成如下条形统计图和扇形统计图：
(1)此次抽样调查了______名学生，条形统计图中m=______，n=______；
(2)请将条形统计图补全；
(3)接受问卷调查的学生在活动中投出的信件总数至少有______封；
(4)全地区中学生共有110000名，由此次调查估算，在此项活动中，全地区给老师投过信件的学生约有多少名？
22. (本小题10.0分)
在一条笔直的公路上依次有A、C、B三地，甲乙两人同时出发，甲从A地匀速骑自行车去B地，途经C地休息1分钟，继续按原速骑行至B地，甲到达B地后，立即按原速的54倍原路返回A地，乙匀速步行从B地前往A地，甲、乙两人距各自出发地的路程y(单位：米)与时间x(单位：分钟)之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
(1)请写出甲从A地到B地的速度为______米/分，乙的速度为______米/分；
(2)求甲返回时距A地的路程y与时间x之间的函数关系式(不需要写出自变量x的取值范围)；
(3)请直接写出两人出发后，在甲返回A地之前，经过多长时间两人距C地的路程相等．
23. (本小题12.0分)
综合与实践：情景再现：我们动手操作：把正方形ABCD沿对角线剪开就分剪出两个等腰直角三角形，把其中一个等腰直角三角形与正方形ABCD重新组合在一起，图形变得丰富起来，当图形旋转时问题也随旋转应运而生.如图①把正方形ABCD沿对角线剪开，得两个等腰直角三角形△ACD和△BCE．
(1)问题呈现，我们把剪下的两个三角形一个放大另一个缩小拼成如图②所示的图形，①若点P是平面内一动点，AB=3，PA=1，则线段PB的取值范围是______ ；②直接写出线段AE与DB的关系是______ ；
(2)我们把剪下的其中一个三角形放大与正方形组合如图③④⑤所示，点E在直线BC上，FM⊥CD交直线CD于M.①当点E在BC上时，如图③所示，求证：AD=MF+CE；②当点E在BC的延长线时，如图④所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为______ ；当点E在CB的延长线上时，如图⑤所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为______ ；
(3)在(2)的条件下，连接EM，当S△EMF=8,AF2=50，其他条件不变，则线段CE的长为______ ．
24. (本小题14.0分)
综合与探究：如图，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A，B两点(点A在点B的左侧)，且A，B两点的横坐标分别是−6和2，交y轴于点C，且△ABC的面积为24．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若AD=2OD，过点D作DE//AC交y轴于点E，点P是抛物线上AC下方的一动点，连接PD，PE，请直接写出△PDE面积的最大值以及取最大值时点P的坐标；
(3)如图2，将原抛物线向右平移4个单位长度，得到新的抛物线y=a1x2+b1x+c1，平移后的抛物线与原抛物线的交点为F.在(2)的条件下，在直线AC上是否存在一点M，在平面直角坐标系中是否存在一点N，使得以P，F，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−12023的相反数是12023，
故选：B．
根据“只有符号不同的两个数叫做互为相反数”解答．
本题考查了相反数，掌握相反数的定义是关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、该图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图案是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、该图案既是中心对称图形又是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：A、a6与a3不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、2x3⋅3x3=6x6，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、(−x2)3=−x6，原计算正确，故此选项符合题意；
D、(a+1)2=a2+2a+1，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则，幂的乘方的运算法则，完全平方公式解答即可．
此题考查了合并同类项法则、同底数幂的乘法法则，幂的乘方的运算法则，完全平方公式，熟练掌握法则和公式是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：综合主视图和左视图，这个几何体的底层最多有6个，第二层最多应该有4个，第三层最多应该有1个，
因此组成这个几何体最多有11个小正方体．
故选：B．
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
此题主要考查了由三视图判断几何体，求最少的方案，其实就是间接告诉了俯视图的样子，然后根据“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就能求出小正方体的个数了．
5.【答案】D
【解析】解：原数据2，4，4，4，6的平均数为15×(2+4+4+4+6)=4，中位数为4，众数为4，
方差为15×[(2−4)2+(4−4)2×3+(6−4)2]=1.6；
新数据的2，4，4，6的平均数为14×(2+4+6+4)=4，中位数为4，众数为4，
方差为14×[(2−4)2+(4−4)2×2+(6−4)2]=2；
故选：D．
根据众数，中位数，平均数，方差的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．
本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意画图如下：
由图可得，共有16种等情况数，其中第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的有10种，
所以第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的概率为1016=58，
故选：D．
根据题意画出树状图得出所有等情况数和第二次取出的球的号码不大于第一次取出的球的号码的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】B
【解析】解：x+4<2x+2①x>k②，
解不等式①，得x>2，
∵关于x的一元一次不等式组的解集是x>2，
∴k≤2，
分式方程可化为：2y−ky−1+y−4y−1=1，
方程两边都乘以y−1，
2y−k+y−4=y−1，
解得y=3+k2，
∵关于y的分式方程有非负整数解，
∴3+k2≥0，3+k2≠1，
∴k≥−3且k≠−1，
∴−3≤k≤2且k≠−1，
∵k为整数，
∴k为−3、−2、0、1、2，
∴整数k的值之和为：−3−2+0+1+2=−2，
故选：B．
先解不等式，再根据关于x的一元一次不等式组的解集是x>2，求出k≤2，解分式方程得出y=3+k2，根据最简公分母不为0，关于y的分式方程有非负整数解，列不等式求出公共解集，进而求出k的值．
本题考查分式方程的解、解不等式组、一元一次不等式组的整数解，掌握这三个知识点的综合应用，其中k的取值范围是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：当点P在OB上时，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴AB=BC=2，AC⊥BD，∠ACB=∠CAB=45°，
∴AC=2 2，BO=DO=AO=CO= 2，
∵EF//AC，
∴∠BAC=∠BEF=45°，∠BFE=∠BCA=45°，∠AOB=∠EPB=90°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∵∠BPE=90°，
∴BP=EP=FP=x，
∴OP= 2−x，
∴y=12×EF×OP=12×2x×( 2−x)=−x2+ 2x，(0≤x≤ 2)
当点P在DO上时，同理可得：y=−x2+3 2x−4，( 2
分两种情况讨论，由面积公式可求y与x的函数关系，即可求解．
本题主要考查了函数的图象，解答本题的关键是利用三角形的面积公式列出二次函数解析式解决问题．
9.【答案】B
【解析】解：当购买10棵甲种树苗时，设购买x棵乙种树苗，y棵丙种树苗，
根据题意得：50×10+30x+10y=1500，
∴y=100−3x，
又∵x，y均为正整数，且均为10的整数倍，
∴x=10y=70或x=20y=40或x=30y=10，
∴当购买10棵甲种树苗时，共有3种购买方案；
当购买20棵甲种树苗时，设购买m棵乙种树苗，n棵丙种树苗，
根据题意得：50×20+30m+10n=1500，
∴n=50−3m，
又∵m，n均为正整数，且均为10的整数倍，
∴m=10n=20，
∴当购买20棵甲种树苗时，共有1种购买方案．
综上所述，该公司的购买方案共有3+1=4(种)．
故选：B．
当购买10棵甲种树苗时，设购买x棵乙种树苗，y棵丙种树苗，利用总价=单价×数量，可得出关于x，y的二元一次方程，结合“x，y均为正整数，且均为10的整数倍”，可得出当购买10棵甲种树苗时，共有3种购买方案；当购买20棵甲种树苗时，设购买m棵乙种树苗，n棵丙种树苗，利用总价=单价×数量，可得出关于m，n的二元一次方程，结合“m，n均为正整数，且均为10的整数倍”，可得出当购买20棵甲种树苗时，共有1种购买方案．综上即可得出结论．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：①∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴b2>4ac
所以①错误；
②∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，
∴a、b同号，
∴b>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc>0，
所以②正确；
③∵x=−1时，y<0，
即a−b+c<0，
∵对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，
∴a−2a+c<0，即a>c，
所以③正确；
④∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴x=−2和x=0时的函数值相等，即x=−2时，y>0，
∴4a−2b+c>0，
∴4a+c>2b，
所以④正确．
⑤∵m>n>0，
∴m−1>n−1>−1，
由x>−1时，y随x的增大而增大知x=m−1时的函数值大于x=n−1时的函数值，
所以⑤错误；
故选：C．
①利用抛物线与x轴有2个交点和判别式的意义对①进行判断；
②由抛物线开口方向得到a>0，由抛物线对称轴位置确定b>0，由抛物线与y轴交点位置得到c>0，则可作判断；
③利用x=−1时a−b+c<0，然后把b=2a代入可判断；
④利用抛物线的对称性得到x=−2和x=0时的函数值相等，即x=−2时，y>0，则可进行判断；
⑤根据m>n>0，得出m−1和n−1的大小及其与−1的关系，利用二次函数的性质即可判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质及点的坐标特征．
11.【答案】2.75×1012
【解析】解：27500亿=2 750 000 000000=2.75×1012，
故答案为：2.75×1012．
首先把27500亿化为2 750 000 000000，再用科学记数法表示，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>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12.【答案】x≥1且x≠2
【解析】解：根据题意得，x−1≥0且|x|−2=0，
解得x≥1且x≠±2，
所以，x≥1且x≠2．
故答案为：x≥1且x≠2．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式进行计算即可得解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】AE=CF(答案不唯一)
【解析】解：增加条件：AE=CF，理由如下：
如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
若AE=CF，则有AO−AE=CO−CF，即OE=OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
故答案为：AE=CF(答案不唯一)．
连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，添加AE=CF，得出OE=OF，即可得出结论．
本题主要考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
14.【答案】2 2
【解析】解：设这个圆锥的底面圆的半径为r cm，
根据题意得2πr=120×π×3180，
解得r=1，
即这个圆锥的底面圆的半径为1cm，
所以这个纸帽的高为 32−12=2 2(cm)．
故答案为：2 2．
设这个圆锥的底面圆的半径为rcm，由于这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到2πr=120×π×3180，解方程求出r，然后利用勾股定理计算圆锥的高即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】−10
【解析】解：∵矩形ABCD的边AB在x轴上，点C在反比例函数y=6x的图象上，
∴S△BOC=12×6=3，
∵cos∠OCB=BCOC=45，
∴设BC=4x，OC=5x，则OB=3x，
∴12×3x×4x=3，解得x= 22，
∴BC=2 2，OB=3 22，
∴C(3 22,2 2)，
∵sin∠CAB=BCAC= 55，
∴2 2AC= 55，
∴AC=2 10，
∴AB= AC2−BC2=4 2，
∴OA=AB−OB=4 2−3 22=5 22，
∴D(−5 22,2 2)，
∵点D在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=−5 22×2 2=−10，
故答案为−10．
根据题意设BC=4x，OC=5x，则OB=3x，根据反比例函数系数k的几何意义求得C的坐标，解直角三角形求得AB的长，即可求得OA的长，从而求得D的坐标，代入解析式即可求得k的值．
本题考查了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，解直角三角形等，求得D的坐标是解题的关键．
16.【答案】6或2 3或4 3
【解析】解：如图1：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，
又P不与C重合，与∠ABP=30°矛盾；
如图2：
当∠C=60°时，∠ABC=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠CBP=60°，
∴△PBC是等边三角形，
∴CP=BC=6；
如图3：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°−30°=30°，
∴PC=PB，
∵BC=6，
∴AB=3，
∴PC=PB=3cos30∘=3 32=2 3；
如图4：
当∠ABC=60°时，∠C=30°，
∵∠ABP=30°，
∴∠PBC=60°+30°=90°，
∴PC=BC÷cos30°=4 3．
故答案为：6或2 3或4 3．
根据题意画出图形，分4种情况进行讨论，利用直角三角形的性质解答．
本题考查了解直角三角形，熟悉特殊角的三角函数值是解题的关键．
17.【答案】3202322022．
【解析】解：在Rt△OA1B1中，∠B1OA1=30°，OB1=2，
∴A1B1=1，
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴△A1B1C1的周长为3；
同理可得△A2B2C2的周长为322，
△A3B3C3的周长为3322；
......
3202322022．
故答案为：3202322022．
分别求出∴△A1B1C1，△A2B2C2，△A3B3C3的周长，再从中发现周长的变化规律，从而根据规律确定出等边三角形A2023B2023C2023的周长．
本题考查了图形的变换类，涉及等边三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，找到周长的变化规律是解题的关键．
18.【答案】解：(1)证明：连接OC，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF=90°，
∴∠A+∠AFO=90°，
∵∠ACE+∠AFO=180°，∠ACE+∠ACM=180°，
∴∠AFO=∠ACM，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠ACO+∠ACM=90°，
∴∠OCM=90°，
∴OC⊥ME，
∴EM是⊙O的切线；
(2)∵∠EOC=2∠A=2∠E，
又∠EOC+∠E=∠OCM=90°，
∴2∠E+∠E=90°，
∴∠E=30°，
∴∠EOC=60°，
∴CE=OCtan60°= 3，
∴S阴影部分=S△OCE−S扇形BOC=12× 3×1−60π×12360=3 3−π6．
【解析】(1)连接OC，根据垂直的定义得到∠AOF=90°，根据三角形的内角和得到∠ACE=90°+∠A，根据等腰三角形的性质得到∠OCM=90°，得到OC⊥CE，于是得到结论；
(2)推出∠EOC=60°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积计算，连接OC是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−1×1÷9+2 3×12× 3
=−19+3
=289；
(2)原式=(x2+y2+2xy)(x2+y2−2xy)
=(x+y)2(x−y)2．
【解析】(1)原式利用乘方的意义，零指数幂法则，二次根式性质，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值；
(2)原式利用平方差公式，以及完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，实数的运算，零指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
20.【答案】解：5(x−1)2−2(x−1)=0，
(x−1)[5(x−1)−2]=0，
∴x−1=0或5(x−1)−2=0，
∴x1=1，x2=75．
【解析】方程利用提公因式法法求解即可．
本题考查了解一元二次方程，利用因式分解法是解题关键．
21.【答案】500 225 25 425
【解析】解：(1)此次调查的总人数为150÷30%=500(人)，
则m=500×45%=225，n=500×5%=25，
故答案为：500，225，25；
(2)C选项人数为500×20%=100(人)，
补全图形如下：
(3)1×150+2×100+3×25=425，
答：接受问卷调查的学生在活动中投出的信件总数至少有425封，
故答案为：425；
(4)由此次调查估算，在此项活动中，全地区给老师投过信件的学生约有110000×(1−45%)=60500(名)．
(1)由B选项人数及其所占百分比求得总人数，再用总人数乘以对应百分比可得m、n的值；
(2)先求出C选项的人数，继而可补全图形；
(3)各选项次数乘以对应人数，再求和即可得；
(4)利用样本估计总体思想求解可得．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22.【答案】240 60
【解析】解：(1)由题意得：甲的骑行速度为：1020÷(214−1)=240(米/分)；
∵甲从A地到B地，再从B地返回A地，中间休息1分钟，共用时间10−1=9(分钟)，
设AB两地之间距离为m米，
由题意得：m240+m240×54=9，解得m=1200，
∴AB两地之间距离为1200米，
乙的速度为：1200÷20=60(米/分)．
故答案为：240，60；
(2)∵甲返回A地时的速度为240×54=300(米/分)，
∴甲返回时距A地的路程y与时间x之间的函数关系式：y=1200−300(x−1200240−1)=−300x+3000；
(3)设甲返回A地之前，经过x分两人距C地的路程相等，
如图1所示：∵AB=1200，AC=1020，
∴BC=1200−1020=180，
分5种情况：
①当0
②当3
解得：x=4，
此种情况符合题意；
③当214
解得：x=6，
此种情况不符合题意；
④当x=6时，甲到B地，距离C地180米，
乙距C地的距离：6×60−180=180(米)，
即x=6时两人距C地的路程相等，
⑤当x>6时，甲在返回途中，
当甲在B、C之间时，180−300(x−6)=60x−180，
解得：x=6，
此种情况不符合题意，
当甲在A、C之间时，300(x−6)−180=60x−180，
解得：x=152，
综上所述，在甲返回A地之前，经过4分钟或6分钟或152分钟时两人距C地的路程相等．
(1)根据路程和时间可得甲的速度；根据甲去和返回时的时间共计10分，休息了一分，可求出AB两地之间的距离；用AB两地之间距离和乙所用时间即可求出乙的速度；
(2)根据路程=速度×时间可求GH的解析式；
(3)根据A，C，B三地在同一直线上，计算B、C之间的路程，分情况讨论：设甲返回A地之前，经过x分两人距C地的路程相等，
①因为乙从B地到C地一共需要3分，所以第一个时间为0
⑤当x>6时，甲在返回途中，当甲在B、C之间时，此种情况不符合题意；当甲在A、C之间时，列方程可解答．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意设未知数，学会结合方程解决问题，此类题有难度，注意利用数形结合的思想解答问题．
23.【答案】2≤PB≤4 AE=DB，AE⊥DB FM=AD+CE EC=AD+FM 1或7
【解析】(1)①解∵点P是平面内一动点，PA=l，
∴点P在以A点为圆心，以1为半径的圆上，
∴当点P在线段AB上时，PB有最小值，此时PB=AB−PA=3−1=2，
当点P在线段BA的延长线上，PB有最大值，此时PB=AB+AP=3+1=4，
∴.2≤PB≤4；
②解：如图②，设BD与CE的交点为K，
∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，
∴AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠ECB=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴AE=DB，∠AEC=∠DBC，
∵∠BKC+∠DBC=90°，∠BKC=∠EKD，
∴∠AEC+∠EKD=90°，
∴AE⊥BD，
故答案为：2≤PB≤4；AE=DB，AE⊥BD；
(2)①证明：如图③，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接CF，
∵FG⊥BC，
∴∠G=90°=∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∴△ABE≌△EGF(AAS )，
∴AB=EG，BE=FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=EG，
又∵∠G=∠MCG=∠FMC=90°，
∵四边形MCGF是矩形，
∴MC=FG=BE，
∵BE+EC=BC，EC+CG=AB=BC，
∴BE=CG，
又∵BE=FG，
∴CG=FG
∵四边形MCGF是正方形，
∴MF=CG，
∴EG=EC+CG=EC+MF，
∴AD=EC+MF；
②解：如图④，过点F作FN⊥BC，交BC的延长线与点N，
∵FN⊥BC，
∴∠N=90°=∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEN=90°，
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEN，
∴△ABE≌△ENF(AAS)，
∴AB=EN，
同理①可得四边形MCNF是正方形，
∴MF=CN，
∴MF=CE+AD；
③解：如图⑤，过点F作FH⊥BC于点H，
∵FH⊥BC，
∴∠FHB=90°=∠ABE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AEB=∠EFH，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴EB=FH，
∴EC=EB+BC=FH+BC，
同②可得四边形HFMC是正方形，
∴FM=FH，
∴EC=AD+FM；
(3)解：如图③，∵四边形MCGF是正方形，
∴MF=FG=CG，
∵S△EMF=8，
∴12×MF⋅FG=8，
∴MF=FG=4=CG，
∵AF2=50，△AFE是等腰直角三角形，
∴EF=5，
∴EG= EF2−FG2 = 25−16=3，
∴EC=EG−CG=−1(不合题意舍去)，
如图④，同理可求FN=4=CN，EF=5，
∴EN= EF2−FN2=3，
∴CE=CN−EN=1，
如图⑤，同理可求：FH=CH=4，EF=5，
∴EH= EF2−EH2=3，
∴EC=4+3=7，
综上所述：EC的长为1或7，
故答案为：1或7．
(1)①由点P是平面内一动点，PA=1，可知点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，当点P在AB上时，PB有最小值，点P在BA的延长线上时，PB有最大值，即可求解；
②由“SAS”可证△ACE≌△DCB，即可求解；
(2)①由“AAS”可证△ABE≌△EGF，可得AB=EG，BE=FG，即可得结论；②由“AAS”可证△ABE≌△ENF，可得AB=EN，可得结论；③由“AAS”可证△ABE≌△EHF，可得EB=FH，可得结论；
(3)由正方形的性质和勾股定理可求CG的长和EG的长，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵A，B两点的横坐标分别是−6和2，
∴A(−6,0)，B(2,0)，AB=8，
∵△ABC的面积为24，
∴12×8×OC=24，
∴OC=6，
∴C(0,−6)，
把A(−6,0)，B(2,0)，C(0,−6)代入y=ax2+bx+c得：
36a−6b+c=04a+2b+c=0c=−6，
解得a=12b=2c=−6，
∴抛物线的解析式为y=12x2+2x−6；
(2)过D作DK//y轴交EP于K，如图：
设P(m,12m2+2m−6)，△PDE面积为S，
∵AD=2OD，AD+OD=OA=6，
∴OD=2，
∴D(−2,0)，
∵OA=OC=6，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵DE//AC，
∴∠ODE=∠OAC=45°=∠OED，
∴OE=OD=2，
∴E(0,−2)，
由E(0,−2)，P(m,12m2+2m−6)可得直线EP解析式为y=m2+4m−82mx−2，
在y=m2+4m−82mx−2中，令x=−2得y=−m2−6m+8m，
∴K(0,−m2−6m+8m)，
∴DK=m2+6m−8m，
∴S=12DK⋅|xP−xE|=12×m2+6m−8m×(−m)=−12(m+3)2+172，
∵−12<0，
∴当m=−3时，S取最大值，最大值为172，
此时P(−3,−152)，
∴△PDE面积的最大值是172，取最大值时点P的坐标为(−3,−152)；
(3)在平面直角坐标系中存在一点N，使得以P，F，M，N为顶点的四边形是菱形，理由如下：
将抛物线y=12x2+2x−6向右平移4个单位得y=12(x−4)2+2(x+4)−6=12x2−2x−6，
解y=12x2+2x−6y=12x2−2x−6得x=0y=−6，
∴F(0,−6)，
由A(−6,0)，C(0,−6)得直线AC解析式为y=−x−6，
设M(t,−t−6)，N(p,q)，
由(2)知P(−3,−152)，
①若PF，MN为对角线，则PF，MN的中点重合，且PM=FM，
∴−3=t+p−152−6=−t−6+q(t+3)2+(−152+t+6)2=t2+t2，
解得t=−154；
∴M(−154,−94)，
②若PM，FN为对角线，同理可得：
t−3=−6+p−152−t−6=q−69+494=t2+t2，
解得t=3 104或t=−3 104，
∴M(3 104,−3 104−6)或(−3 104,3 104−6)；
③若PN，FM为对角线，同理得；
−3+p=t−152+q=−t9+94=(t+3)2+(−t+32)2，
解得t=0(F,M重合，舍去)或t=−32，
∴M(−32,−92)；
综上所述，M的坐标为(−154,−94)或(3 104,−3 104−6)或(−3 104,3 104−6)或(−32,−92).
【解析】(1)由A，B两点的横坐标分别是−6和2，得A(−6,0)，B(2,0)，AB=8，根据△ABC的面积为24，可得C(0,−6)，再用待定系数法得抛物线的解析式为y=12x2+2x−6；
(2)过D作DK//y轴交EP于K，设P(m,12m2+2m−6)，△PDE面积为S，由AD=2OD，AD+OD=OA=6，可得OD=2，D(−2,0)，而DE//AC，可得E(0,−2)，由E(0,−2)，P(m,12m2+2m−6)可得直线EP解析式为y=m2+4m−82mx−2，令x=−2得K(0,−m2−6m+8m)，故S=12DK⋅|xP−xE|=12×m2+6m−8m×(−m)=−12(m+3)2+172，根据二次函数性质可得答案；
(3)将抛物线y=12x2+2x−6向右平移4个单位得y=12(x−4)2+2(x+4)−6=12x2−2x−6，解y=12x2+2x−6y=12x2−2x−6得F(0,−6)，由A(−6,0)，C(0,−6)得直线AC解析式为y=−x−6，设M(t,−t−6)，N(p,q)，由(2)知P(−3,−152)，分三种情况：①若PF，MN为对角线，则PF，MN的中点重合，且PM=FM，−3=t+p−152−6=−t−6+q(t+3)2+(−152+t+6)2=t2+t2，②若PM，FN为对角线，t−3=−6+p−152−t−6=q−69+494=t2+t2，③若PN，FM为对角线，−3+p=t−152+q=−t9+94=(t+3)2+(−t+32)2，分别解方程组可得答案．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
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