还剩25页未读，
继续阅读
2023年山东省济南市市中区中考数学二模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年山东省济南市市中区中考数学二模试卷（含解析），共28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年山东省济南市市中区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的相反数是( )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 如图所示几何体，从正面看是( )
A.
B.
C.
D.
3. 2022年12月4日晚，神舟14号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，它在轨飞行183天，总共飞行里程约125000000千米，数据125000000用科学记数法表示为( )
A. 125×106 B. 1.25×109 C. 1.25×108 D. 1.25×1010
4. 如图，已知AB//CD，BE平分∠ABC，且交CD于D点，∠CDE=150°，则∠C的度数是( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
5. 下列交通标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 下列计算正确的是( )
A. (3a3)2=9a6 B. a3+a2=2a5
C. (a+b)2=a2+b2 D. (a4)3=a7
7. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智意结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”.小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐.小文将它们背面朝上放在桌面上(邮票背面完全相同)，让小乐从中随机抽取一张(不放回)，再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是( )
A. 16 B. 18 C. 23 D. 12
8. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为( )
A. (0,4) B. (1,1) C. (1,2) D. (2,1)
9. 如图，AD是△ABC的高，以点B为圆心，适当长为半径画弧交AB于点M，交BC于点N；分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径画弧交于点P；作射线BP交AD于点E.若∠ABC=45°，AB⊥AC，DE=1，则CD的长为( )
A. 2 B. 2+1 C. 3 D. 2−1
10. 在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2mx+3(m为常数)与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线与抛物线交于另一点B，点M(m+2,3)，N(0,m+3)，若抛物线与线段MN有且只有一个公共点，则m的取值范围是( )
A. m<−2或m<−2 B. 0
11. 分解因式：x2−6x+9=______．
12. 如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了6个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在红色区域的概率等于______．
13. 如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，这个五边形的内角和是 °.
14. 已知关于x的方程x2+3x−a=0有一个根是x1=1，则方程的另一个根x2= ______ ．
15. 某快递公司每天上午9：00～10：30为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数图象如图所示，那么从9：00开始，经过______ 分钟时，两仓库快递件数相同．
16. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH.则BH+EF的最小值是 ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：(13)−1−(π−3.14)0−4cos60°+ 9．
18. (本小题6.0分)
解不等式组4(x−1)≤7x+2x+2
如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE//DF，求证：AF=CE．
20. (本小题8.0分)
图1，图2分别是某超市购物车的实物图与示意图，小江获得了如下信息：AE//BC//FG，AD=80cm，CD=60cm，CG=30cm，∠DAE=15°，∠CGF=60°，∠BCD=120°，∠ABC=90°.请根据以上信息，解决下列问题.(结果精确到0.1cm，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97， 3≈1.73)
(1)求点D到FG所在直线的距离．
(2)求BC的长度．
21. (本小题8.0分)
为了指导学生积极参加劳动教育.济南市市中区某学校数学兴趣小组利用课后延时服务时间，针对七年级学生一周参加家庭劳动次数的情况，开展了一次调查研究．
a.通过调查问卷，兴趣小组获得了这20名学生每人一周参加家庭劳动的次数，数据如下：3，1，6，2，4，1，3，2，3，4，3，3，0，1，5，2，6，4，6，5
b.整理、分析数据，结果如下：
平均数
中位数
众数
3.2
b
3
分组
频数
A：0≤x<2
4
B：2≤x<4
C：4≤x<6
a
D：6≤x<8
3
请结合上述信息完成下列问题：
(1)a= ______ ；
(2)七年级学生一周参加家庭劳动次数的中位数b= ______ ；
(3)统计图中B组对应扇形的圆心角为______ 度；
(4)该校七年级现有400名学生，请估计该校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数．
22. (本小题8.0分)
如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D.且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．
(1)求证：BC=CF；
(2)若AD=3，DE=4，求BE的长．
23. (本小题10.0分)
为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成，已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的1.5倍，乙公司安装18间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．
(1)求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？
(2)已知甲公司安装费每天400元，乙公司安装费每天200元，现需安装教室60间，若想尽快完成安装工作且安装总费用不超过7000元，则最多安排甲公司工作多少天？
24. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形OABC相交于D，E两点，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2.连接DE，OB，DE与OB相交于点F．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求证：DF=EF；
(3)连接OD，当△ODF是直角三角形时，求此时OF的长．
25. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC= 5，BC=2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
(1)如图1，求证：DF= 52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在(2)的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
26. (本小题12.0分)
如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(−1,0)，点C的坐标为(0,3)，点D为OC的中点，点P在抛物线上．
(1)求b，c的值；
(2)若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC交于点M.是否存在这样的点P，使得PM=12MH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB=32S△QRB，求点P的横坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−2023的相反数是2023．
故选：A．
直接根据相反数的定义解答即可．
本题考查的是相反数，熟知只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：从正面看，底层是三个小正方形，中间有两个小正方形，上层右边是一个小正方形．
故选：B．
根据从正面看得到的图象是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．
3.【答案】C
【解析】解：125000000=1.25×108．
故选：C．
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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】C
【解析】解：∵∠CDE=150°，
∴∠CDB=180°−150°=30°，
∵DC//AB，
∴∠ABD=∠CDB=30°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABD=60°，
∵AB//CD，
∴∠C+∠ABC=180°，
∴∠C=120°，
故选：C．
求出∠CDB，根据平行线的性质求出∠ABD，根据角平分线的定义求出∠ABC，再根据平行线的性质求出即可．
本题考查了邻补角，平行线的性质，角平分线定义的应用，解此题的关键是求出∠ABC的度数和得出∠C+∠ABC=180°，注意：①两直线平行，同旁内角互补，②两直线平行，内错角相等．
5.【答案】D
【解析】解：A.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
6.【答案】A
【解析】解：A、原式=9a6，故选项正确；
B、原式不能合并，故选项错误；
C、原式=a2+b2+2ab，故选项错误；
D、原式=a12，故选项错误．
故选：A．
A、原式利用积的乘方及幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；
B、原式不能合并，错误；
C、原式利用完全平方公式展开得到结果，即可作出判断；
D、原式利用同底数幂的除法法则计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了完全平方公式，熟练掌握公式是解本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的结果有2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是212=16，
故选：A．
画树状图，共有12种等可能的结果，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的结果有2种，然后根据概率公式即可得出答案．
本题考查了树状图法，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】C
【解析】解：由图知，旋转中心P的坐标为(1,2)，
故选：C．
选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P．
本题主要考查坐标与图形的变化−旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
9.【答案】B
【解析】解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵∠ABC=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵AD为△ABC的高，
∴AD=BD=CD，AB= 2BD，
由作法得BE平分∠ABD，
∴点E到AB的距离等于E点到BD的距离，
即点E到AB的距离等于1，
∵S△ABE：S△BDE=AE：DE=AB：DB= 2，
∴AE= 2DE= 2，
∴AD= 2+1，
∴CD= 2+1．
故选：B．
先证明△ABC为等腰直角三角形，则AD=BD=CD，AB= 2BD，再利用基本作图得BE平分∠ABD，所以点E到AB的距离等于1，接着利用面积法得到AE：DE=AB：DB= 2，于是可计算出AE= 2，则AD= 2+1，从而得到CD的长．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=x2−2mx+3，
∴抛物线的对称轴为直线x=−−2m2×1=m，
当m>0时，抛物线过点M(m+2,3)时，则m+2+02=m，
解得m=2，
∴N(0,5)，
此时，抛物线与线段MN有一个公共点．
当m<0时，抛物线过点M(m+2,3)时，m+2=0，
解得m=−2，
此时，N(0,1)，抛物线与线段MN有一个公共点；
当m=0时，抛物线过点N(0,3)时，
此时，抛物线与线段MN有一个公共点；
综上所述，当0
根据点M(m+2,3)，N(0,m+3)，如果抛物线与线段MN恰有一个公共点，结合函数图象，即可求m的取值范围．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
11.【答案】(x−3)2
【解析】解：原式=(x−3)2．
故答案为：(x−3)2
原式利用完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
12.【答案】13
【解析】
【分析】
此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．
首先确定在图中红色区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针落在红色区域的概率．
【解答】
解：由于一个圆平均分成6个相等的扇形，而转动的转盘又是自由停止的，
所以指针指向每个扇形的可能性相等，
即有6种等可能的结果，在这6种等可能结果中，指针指向红色部分区域的有2种可能结果，
所以指针落在红色区域的概率是26=13；
故答案为13．
13.【答案】540
【解析】解：根据题意可得，
五边形的内角和为(5−2)×180°=540°．
故答案为：540．
应用多边形内角公式(n−2)×180°进行计算即可得出答案．
本题主要考查了多边形内角和，熟练掌握多边形内角和的计算方法进行求解是解决本题的关键．
14.【答案】−4
【解析】解：∵已知关于x的方程x2+3x−a=0有一个根是x1=1，
所以由x1+x2=−ba得：1+x2=−3，
∴x2=−4．
故答案为：−4．
根据一元二次方程根与系数的关系直接求解即可．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握知识点是解题的关键．
15.【答案】20
【解析】解：设甲仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式为：y1=k1x+40，根据题意得60k1+40=400，解得k1=6，
∴y1=6x+40；
设乙仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式为：y2=k2x+240，根据题意得60k2+240=0，解得k2=−4，
∴y2=−4x+240，
联立y=6x+40y=−4x+24，
解得x=20y=160，
∴经过20分钟时，两仓库快递件数相同．
故答案为：20
分别求出甲、乙两仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式，求出两条直线的交点坐标即可．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键：(1)熟练运用待定系数法求解析式；(2)解决该类问题应结合图形，理解图形中点的坐标代表的意义．
16.【答案】2 5
【解析】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM=BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴CD⊥BM，
∴CD垂直平分BM，
∴MG=BG，
由翻折得AB=HG，∠ABG=∠HGB，
∵BG=GB，
∴△ABG≌△HGB(SAS)，
∴GA=BH，
由翻折知EF⊥BG，
又∵FK⊥BC，
∴∠FKE=∠BCG=90°，
∴∠EFK+∠FEK=∠GBC+∠FEK=90°，
∴∠EFK=∠GBC，
∵∠BAD=∠ABC=∠BKF=90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴AB=FK，
∴FK=BC，
∴△FEK≌△BGC(ASA)，
∴EF=BG，
∴EF=MG，
∴BH+EF=AG+MG，
∵AG+MG≥AM，
∴BH+EF≥AM，
∴当点G与点N重合时，AG+MA=AM，此时AG+MA的值最小，
∴BH+EF=AM的值也最小，
∵∠ABM=90°，AB=2，BM=2BC=4，
∴AM= AB2+BM2= 22+42=2 5，
∴BH+EF的最小值是2 5．
故答案为：2 5．
如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM=BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，由翻折可得△ABG≌△HGB(SAS)，再证得△FEK≌△BGC(ASA)，即可推出BH+EF=AG+MG，利用三角形三边关系可得BH+EF≥AM，由于当点G与点N重合时，AG+MA=AM，此时AG+MA的值最小，故BH+EF=AM的值也最小，运用勾股定理即可求得答案．
本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，两点之间线段最短等，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】解：(13)−1−(π−3.14)0−4cos60°+ 9
=3−1−4×12+3
=3−1−2+3
=3．
【解析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开平方和特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
18.【答案】解：4(x−1)≤7x+2①x+2
解不等式②得x<1，
所以不等式组的解集为：−2≤x<1，
所以不等式组的所有整数解为：−2，−1，0．
【解析】求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
本题考查了一元一次不等式组的整数解的应用，关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．
19.【答案】证明：平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD．
又BE//DF，
∴∠BEC=∠DFA，
∴△BEC≌△DFA，
∴CE=AF．
【解析】本题利用了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．
先证∠ACB=∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出CE=AF．
20.【答案】解：(1)如图，过点D作DN⊥FG于点N，
交AE的延长线于点M，交BC的延长线于点P，
在Rt△DCP中，∵CD=60cm，∠DCP=60°，
∴DP=CD⋅sin60°=30 3(cm)．
在Rt△CHG中，∵CG=30cm，∠CGF=60°，
∴CH=CG⋅sin60°=15 3(cm)，
∵AM//BP，
∴∠AMP=∠BPN=90°，
∵∠CHN=∠PNH=90°，
∴四边形CHNP是矩形，
∴PN=CH=15 3cm，
∴DN=DP+PN=45 3cm≈77.9cm；
(2)在Rt△ADM中，
∵AD=80cm，∠DAM=15°，
∴AM=AD⋅cos15°≈77.6cm．
在Rt△DCP中，
∵CD=60cm，∠DCP=60°，
∴CP=CD⋅cos60°=30(cm)．
∴BC=BP−CP≈77.6−30=47.6(cm)，
故BC的长度约为47.6cm．
【解析】(1)如图，过点D作DN⊥FG于点N，交AE的延长线于点M，交BC的延长线于点P，解直角三角形即可得到结论；
(2)根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用，正确地作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】5 3 144
【解析】解：(1)由题意得，a=5，
故答案为：5；
(2)把20名学生每人一周参加家庭劳动的次数从小到大排列，排在中间的两个数都是3，故中位数b=3，
故答案为：3；
(3)统计图中B组对应扇形的圆心角为：360°×20−4−5−320=144°，
故答案为：144；
(4)由题意可知，被采取的20名学生中达到平均水平及以上的学生人数有8人，
400×820=160(人)，
答：估计该校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数大约为160人．
(1)根据20名学生每人一周参加家庭劳动的次数的数据可得a的值；
(2)根据中位数的定义可得b的值；
(3)用360°乘B组的频率即可；
(4)用400乘样本中每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数所占比例即可．
本题考查频数分布分布表、中位数、众数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵ED切⊙O于点C，
∴CO⊥ED，
∵AD⊥EC，
∴CO//AD，
∴∠OCA=∠CAD，
∵∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=∠CAD，
∴BC=CF，
∴BC=CF；
(2)解：在Rt△ADE中，
∵AD=3，DE=4，
根据勾股定理得AE=5，
∵CO//AD，
∴△EOC∽△EAD，
∴EOEA=OCAD，
设⊙O的半径为r，
∴OE=5−r，
∴5−r5=r3，
∴r=158，
∴BE=5−2r=54，
答：BE的长为54．
【解析】(1)根据切线的性质首先得出CO⊥ED，再利用平行线的判定得出CO//AD，进而利用圆周角、圆心角定理得出BC=CF；
(2)首先求出△EOC∽△EAD，进而得出r的长，即可求出BE的长．
本题考查了切线的性质定理和圆周角及弧的关系、相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出BC=CF．
23.【答案】解：(1)设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，
根据题意得：18x−181.5x=3，
解得：x=2，
经检验，x=2是所列方程的解，且符合题意，
则1.5x=1.5×2=3，
答：甲公司每天安装3间教室，乙公司每天安装2间教室；
(2)设安排甲公司工作y天，则乙公司工作60−3y2天，
根据题意得：400y+60−3y2×200≤7000，
解得：y≤10，
答：最多安排甲公司工作10天．
【解析】(1)设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，由题意：乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．列出分式方程，解方程即可；
(2)设安排甲公司工作y天，则乙公司工作120−6y4天，由题意：甲公司安装费每天800元，乙公司安装费每天400元，想尽快完成安装工作且安装总费用不超过15000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
24.【答案】(1)解：∵四边形OABC是矩形，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，
∴BC//x轴，AB//y轴，
∵点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2，
∴D(2,6)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点D(2,6)，
∴k=xy=2×6=12，
∴反比例函数的表达式为y=12x．
(2)证明：设A(x,0)(x>0)，则E(x,12x)，B(x,6)，
∴BD=x−2，BE=6−12x，
如图1，∵BDAO=x−2x=1−2x，BEAB=6−12x6=1−2x，
∴BDAO=BEAB，
∵∠DBE=∠OAB=90°，
∴△DBE∽△OAB，
∴∠DEB=∠OBA，
∵∠EDB+∠DEB=90°，∠OBD+∠OBA=90°，
∴∠EDB=∠OBD，
∴DF=EF=BF．
(3)解：当△ODF是直角三角形，且∠OFD=90°，如图2，
∵DF=EF，OB⊥DE，
∴BD=BE，
∴x−2=6−12x，
解得x1=6，x2=2(不符合题意，舍去)，
∴AO=AB=6，BD=BE=6−2=4，
∴OB= AO2+AB2= 62+62=6 2，DE= BD2+BE2= 42+42=4 2，
∴BF=12DE=2 2，
∴OF=OB−BF=6 2−2 2=4 2；
当△ODF是直角三角形，且∠ODF=90°，如图3，
∵∠DBE=∠OCD=90°，
∴∠BDE=∠COD=90°−∠CDO，
∴△BDE∽△COD，
∴BDCD=BECD，
∵CO=AB=6，CD=2，
∴BD=COCD⋅BE=3BE，
∴x−2=3(6−12x)，
解得x1=18，x2=2(不符合题意，舍去)，
∴AO=18，BE=6−1218=163，BD=18−2=16，
∴OB= AO2+AB2= 182+62=6 10，DE= BD2+BE2= 162+(163)2=16 103，
∴BF=12DE=8 103，
∴OF=OB−BF=6 10−8 103=10 103，
综上所述，OF的长为4 2或10 103．
【解析】(1)根据矩形的性质得到BC//x轴，AB//y轴，得到D(2,6)，代入反比例函数y=kx，即可得到结论；
(2)设A(x,0)(x>0)，则E(x,12x)，B(x,6)，求得BD=x−2，BE=6−12x，推出BDAO=BEAB，根据相似三角形的性质得到∠DEB=∠OBA，求得∠EDB=∠OBD，于是得到DF=EF=BF．
(3)当△ODF是直角三角形，且∠OFD=90°，如图2，得到BD=BE，解方程得到AO=AB=6，BD=BE=6−2=4，根据勾股定理得到OB= AO2+AB2=6 2，DE= BD2+BE2=4 2，求得BF=12DE=2 2，于是得到OF=OB−BF=6 2−2 2=4 2；当△ODF是直角三角形，且∠ODF=90°，如图3，根据相似三角形 到现在解方程得到AO=18，BE=6−1218=163，BD=18−2=16，根据搞定了得到OB= AO2+AB2=6 10，DE= BD2+BE2=16 103，求得BF=12DE=8 103，于是得到结论．
此题是反比例函数的综合题，重点考查反比例函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等角的补角相等、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接AF，
∵AB=AC= 5，BC=2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE=12BC=1，AF⊥BC，
∴DF=12AC= 52
∴DF= 52DE；
(2)解：FN= 52EM，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵AB=AC= 5，BC=2，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴EF=12AC=CD,EF//DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DFC=∠DEF，
∴180°−∠DFC=180°−∠DEF，
∴∠DFN=∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF=∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE= 52，
∴FN= 52EM；
(3)解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，FC=12BC=1，
∴AF= AC2−FC2=2，
∴S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=2×2 5=4 55，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=2 55，
Rt△GED中，GE= ED2−GD2= 12−(2 55)2= 55，
Rt△AGD中，AG= AD2−GD2=3 510，
∴tan∠ADG=AGGD=34，
∵EF//AD，
∴∠EMG=∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43× 55=4 515，
∴MD=MG+GD=4 515+2 55=2 53，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE= 52，
∴DN= 52DM= 52×2 53=53．
【解析】(1)连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC= 52，根据中位线定理可得DE=12BC=1，即可得证；
(2)证明△DNF∽△DME，根据(1)的结论即可得FN= 52EM；
(3)连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=2 55，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD=MG+GD求得MD，根据(2)的结论DN= 52DM，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A(−1,0)、C(0,3)，
∴c=3，
∴−1−b+3=0．
解得：b=2．
故答案为：b=2，c=3．
(2)存在满足条件呢的点P，使得PM=12MH．
∵二次函数解析式为y=−x2+2x+3，
当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设P(t,−t2+2t+3)(0
∵PM=12MH，
∴−t2+3t=12(3−t)，
解得：t1=12，t2=3(舍去)，
∴P(12,154)，
∴P的坐标为(12,154)，使得PM=12MH．
(3)∵点D为OC的中点．OC=3．
∴点D的坐标为(0,32)，
∴BD的解析式为：y=−12x+32，
过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，
∵OB=3，OD=32，∠BOD=90°，
∴BD= OB2+OD2=3 52，
∴cos∠OBD=OBBD=33 52=2 55，
∵PQ⊥BD于点Q，PF⊥x轴于点F，
∴∠PQE=∠BQR=∠PFR=90°，
∴∠PRF+∠OBD=∠PRF+∠EPQ=90°，
∴∠EPQ=∠OBD，即cos∠EPQ=cos∠OBD=2 55，
在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=2 55，
∴PQ=2 55PE，
在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=2 55，
∴PR=PF2 55= 52PF，
∵S△PQB=32S△QRB，S△PQB=12BQ⋅PQ，S△QRB=12BQ⋅QR，
∴PQ=32QR．
设直线BD与抛物线交于点G，
∵−12x+32=−x2+2x+3，
解得：x1=3(即点B横坐标)，x2=−12，
∴点G横坐标为−12，
设P(t,−t2+2t+3)(t<3)，则E(t,−12t+32)，
∴PF=|−t2+2t+3|，PE=|−t2+2t+3−(−12t+32)|=|−t2+52t+32|，
①若−12
∵PQ=32QR，
∴PQ=35PR．
∴2 55PE=35⋅ 52PF，即4PE=3PF，
∴4(−t2+52t+32)=3(−t2+2t+3)，
解得：t1=1，t2=3(舍去)，
∴P(1,4)，
②若−1
∴PF=−(−t2+2t+3)=t2−2t−3，PE=−12t+32−(−t2+2t+3)=t2−52t−32，
∵PQ=2QR，
∴PQ=35PR，
∴2 55PE=35⋅ 52PF，即4PE=3PF，
∴4(t2−52t−32)=3(t2−2t−3)，
解得：t1=1(不在范围舍去)，t2=3(不在范围舍去)，
∴此种情况不存在符合条件的P点．
综上所述，点P坐标为(1,4)．
【解析】(1)把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值．
(2)求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式．设点P横坐标为t，则能用t表示点P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长．以PM=MN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理(满足P在第一象限)，故存在满足条件的点P，且求得点P坐标．
(3)过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证∠EPQ=∠OBD，所以cos∠EPQ=cos∠OBD=2 55，即在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=2 55；在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=2 55，进而得PQ=2 55PE，PR= 52PF.设点P横坐标为t，可用t表示PE、PF，即得到用t表示PQ、PR.又由S△PQB=2S△QRB易得PQ=2QR.要对点P位置进行分类讨论得到PQ与PR的关系，即列得关于t的方程．求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围．
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第(3)题解题过程容易受第(2)题影响而没有分类讨论点P的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．
2023年山东省济南市市中区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的相反数是( )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 如图所示几何体，从正面看是( )
A.
B.
C.
D.
3. 2022年12月4日晚，神舟14号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，它在轨飞行183天，总共飞行里程约125000000千米，数据125000000用科学记数法表示为( )
A. 125×106 B. 1.25×109 C. 1.25×108 D. 1.25×1010
4. 如图，已知AB//CD，BE平分∠ABC，且交CD于D点，∠CDE=150°，则∠C的度数是( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
5. 下列交通标志，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 下列计算正确的是( )
A. (3a3)2=9a6 B. a3+a2=2a5
C. (a+b)2=a2+b2 D. (a4)3=a7
7. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智意结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”.小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐.小文将它们背面朝上放在桌面上(邮票背面完全相同)，让小乐从中随机抽取一张(不放回)，再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是( )
A. 16 B. 18 C. 23 D. 12
8. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为( )
A. (0,4) B. (1,1) C. (1,2) D. (2,1)
9. 如图，AD是△ABC的高，以点B为圆心，适当长为半径画弧交AB于点M，交BC于点N；分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径画弧交于点P；作射线BP交AD于点E.若∠ABC=45°，AB⊥AC，DE=1，则CD的长为( )
A. 2 B. 2+1 C. 3 D. 2−1
10. 在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2mx+3(m为常数)与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线与抛物线交于另一点B，点M(m+2,3)，N(0,m+3)，若抛物线与线段MN有且只有一个公共点，则m的取值范围是( )
A. m<−2或m<−2 B. 0
11. 分解因式：x2−6x+9=______．
12. 如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了6个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在红色区域的概率等于______．
13. 如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形，这个五边形的内角和是 °.
14. 已知关于x的方程x2+3x−a=0有一个根是x1=1，则方程的另一个根x2= ______ ．
15. 某快递公司每天上午9：00～10：30为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数图象如图所示，那么从9：00开始，经过______ 分钟时，两仓库快递件数相同．
16. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH.则BH+EF的最小值是 ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：(13)−1−(π−3.14)0−4cos60°+ 9．
18. (本小题6.0分)
解不等式组4(x−1)≤7x+2x+2
如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE//DF，求证：AF=CE．
20. (本小题8.0分)
图1，图2分别是某超市购物车的实物图与示意图，小江获得了如下信息：AE//BC//FG，AD=80cm，CD=60cm，CG=30cm，∠DAE=15°，∠CGF=60°，∠BCD=120°，∠ABC=90°.请根据以上信息，解决下列问题.(结果精确到0.1cm，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97， 3≈1.73)
(1)求点D到FG所在直线的距离．
(2)求BC的长度．
21. (本小题8.0分)
为了指导学生积极参加劳动教育.济南市市中区某学校数学兴趣小组利用课后延时服务时间，针对七年级学生一周参加家庭劳动次数的情况，开展了一次调查研究．
a.通过调查问卷，兴趣小组获得了这20名学生每人一周参加家庭劳动的次数，数据如下：3，1，6，2，4，1，3，2，3，4，3，3，0，1，5，2，6，4，6，5
b.整理、分析数据，结果如下：
平均数
中位数
众数
3.2
b
3
分组
频数
A：0≤x<2
4
B：2≤x<4
C：4≤x<6
a
D：6≤x<8
3
请结合上述信息完成下列问题：
(1)a= ______ ；
(2)七年级学生一周参加家庭劳动次数的中位数b= ______ ；
(3)统计图中B组对应扇形的圆心角为______ 度；
(4)该校七年级现有400名学生，请估计该校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数．
22. (本小题8.0分)
如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D.且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．
(1)求证：BC=CF；
(2)若AD=3，DE=4，求BE的长．
23. (本小题10.0分)
为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成，已知甲公司安装工效是乙公司安装工效的1.5倍，乙公司安装18间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．
(1)求甲、乙两个公司每天各安装多少间教室？
(2)已知甲公司安装费每天400元，乙公司安装费每天200元，现需安装教室60间，若想尽快完成安装工作且安装总费用不超过7000元，则最多安排甲公司工作多少天？
24. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=kx(x>0)的图象与矩形OABC相交于D，E两点，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2.连接DE，OB，DE与OB相交于点F．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求证：DF=EF；
(3)连接OD，当△ODF是直角三角形时，求此时OF的长．
25. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC= 5，BC=2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
(1)如图1，求证：DF= 52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在(2)的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
26. (本小题12.0分)
如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(−1,0)，点C的坐标为(0,3)，点D为OC的中点，点P在抛物线上．
(1)求b，c的值；
(2)若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC交于点M.是否存在这样的点P，使得PM=12MH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB=32S△QRB，求点P的横坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−2023的相反数是2023．
故选：A．
直接根据相反数的定义解答即可．
本题考查的是相反数，熟知只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：从正面看，底层是三个小正方形，中间有两个小正方形，上层右边是一个小正方形．
故选：B．
根据从正面看得到的图象是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．
3.【答案】C
【解析】解：125000000=1.25×108．
故选：C．
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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】C
【解析】解：∵∠CDE=150°，
∴∠CDB=180°−150°=30°，
∵DC//AB，
∴∠ABD=∠CDB=30°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABD=60°，
∵AB//CD，
∴∠C+∠ABC=180°，
∴∠C=120°，
故选：C．
求出∠CDB，根据平行线的性质求出∠ABD，根据角平分线的定义求出∠ABC，再根据平行线的性质求出即可．
本题考查了邻补角，平行线的性质，角平分线定义的应用，解此题的关键是求出∠ABC的度数和得出∠C+∠ABC=180°，注意：①两直线平行，同旁内角互补，②两直线平行，内错角相等．
5.【答案】D
【解析】解：A.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C.不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
6.【答案】A
【解析】解：A、原式=9a6，故选项正确；
B、原式不能合并，故选项错误；
C、原式=a2+b2+2ab，故选项错误；
D、原式=a12，故选项错误．
故选：A．
A、原式利用积的乘方及幂的乘方运算法则计算得到结果，即可作出判断；
B、原式不能合并，错误；
C、原式利用完全平方公式展开得到结果，即可作出判断；
D、原式利用同底数幂的除法法则计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了完全平方公式，熟练掌握公式是解本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的结果有2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是212=16，
故选：A．
画树状图，共有12种等可能的结果，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的结果有2种，然后根据概率公式即可得出答案．
本题考查了树状图法，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】C
【解析】解：由图知，旋转中心P的坐标为(1,2)，
故选：C．
选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P．
本题主要考查坐标与图形的变化−旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
9.【答案】B
【解析】解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵∠ABC=45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵AD为△ABC的高，
∴AD=BD=CD，AB= 2BD，
由作法得BE平分∠ABD，
∴点E到AB的距离等于E点到BD的距离，
即点E到AB的距离等于1，
∵S△ABE：S△BDE=AE：DE=AB：DB= 2，
∴AE= 2DE= 2，
∴AD= 2+1，
∴CD= 2+1．
故选：B．
先证明△ABC为等腰直角三角形，则AD=BD=CD，AB= 2BD，再利用基本作图得BE平分∠ABD，所以点E到AB的距离等于1，接着利用面积法得到AE：DE=AB：DB= 2，于是可计算出AE= 2，则AD= 2+1，从而得到CD的长．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=x2−2mx+3，
∴抛物线的对称轴为直线x=−−2m2×1=m，
当m>0时，抛物线过点M(m+2,3)时，则m+2+02=m，
解得m=2，
∴N(0,5)，
此时，抛物线与线段MN有一个公共点．
当m<0时，抛物线过点M(m+2,3)时，m+2=0，
解得m=−2，
此时，N(0,1)，抛物线与线段MN有一个公共点；
当m=0时，抛物线过点N(0,3)时，
此时，抛物线与线段MN有一个公共点；
综上所述，当0
根据点M(m+2,3)，N(0,m+3)，如果抛物线与线段MN恰有一个公共点，结合函数图象，即可求m的取值范围．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
11.【答案】(x−3)2
【解析】解：原式=(x−3)2．
故答案为：(x−3)2
原式利用完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
12.【答案】13
【解析】
【分析】
此题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．
首先确定在图中红色区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针落在红色区域的概率．
【解答】
解：由于一个圆平均分成6个相等的扇形，而转动的转盘又是自由停止的，
所以指针指向每个扇形的可能性相等，
即有6种等可能的结果，在这6种等可能结果中，指针指向红色部分区域的有2种可能结果，
所以指针落在红色区域的概率是26=13；
故答案为13．
13.【答案】540
【解析】解：根据题意可得，
五边形的内角和为(5−2)×180°=540°．
故答案为：540．
应用多边形内角公式(n−2)×180°进行计算即可得出答案．
本题主要考查了多边形内角和，熟练掌握多边形内角和的计算方法进行求解是解决本题的关键．
14.【答案】−4
【解析】解：∵已知关于x的方程x2+3x−a=0有一个根是x1=1，
所以由x1+x2=−ba得：1+x2=−3，
∴x2=−4．
故答案为：−4．
根据一元二次方程根与系数的关系直接求解即可．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握知识点是解题的关键．
15.【答案】20
【解析】解：设甲仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式为：y1=k1x+40，根据题意得60k1+40=400，解得k1=6，
∴y1=6x+40；
设乙仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式为：y2=k2x+240，根据题意得60k2+240=0，解得k2=−4，
∴y2=−4x+240，
联立y=6x+40y=−4x+24，
解得x=20y=160，
∴经过20分钟时，两仓库快递件数相同．
故答案为：20
分别求出甲、乙两仓库的快件数量y(件)与时间x(分)之间的函数关系式，求出两条直线的交点坐标即可．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键：(1)熟练运用待定系数法求解析式；(2)解决该类问题应结合图形，理解图形中点的坐标代表的意义．
16.【答案】2 5
【解析】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM=BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴CD⊥BM，
∴CD垂直平分BM，
∴MG=BG，
由翻折得AB=HG，∠ABG=∠HGB，
∵BG=GB，
∴△ABG≌△HGB(SAS)，
∴GA=BH，
由翻折知EF⊥BG，
又∵FK⊥BC，
∴∠FKE=∠BCG=90°，
∴∠EFK+∠FEK=∠GBC+∠FEK=90°，
∴∠EFK=∠GBC，
∵∠BAD=∠ABC=∠BKF=90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴AB=FK，
∴FK=BC，
∴△FEK≌△BGC(ASA)，
∴EF=BG，
∴EF=MG，
∴BH+EF=AG+MG，
∵AG+MG≥AM，
∴BH+EF≥AM，
∴当点G与点N重合时，AG+MA=AM，此时AG+MA的值最小，
∴BH+EF=AM的值也最小，
∵∠ABM=90°，AB=2，BM=2BC=4，
∴AM= AB2+BM2= 22+42=2 5，
∴BH+EF的最小值是2 5．
故答案为：2 5．
如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM=BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，由翻折可得△ABG≌△HGB(SAS)，再证得△FEK≌△BGC(ASA)，即可推出BH+EF=AG+MG，利用三角形三边关系可得BH+EF≥AM，由于当点G与点N重合时，AG+MA=AM，此时AG+MA的值最小，故BH+EF=AM的值也最小，运用勾股定理即可求得答案．
本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，两点之间线段最短等，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】解：(13)−1−(π−3.14)0−4cos60°+ 9
=3−1−4×12+3
=3−1−2+3
=3．
【解析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开平方和特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
18.【答案】解：4(x−1)≤7x+2①x+2
解不等式②得x<1，
所以不等式组的解集为：−2≤x<1，
所以不等式组的所有整数解为：−2，−1，0．
【解析】求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
本题考查了一元一次不等式组的整数解的应用，关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．
19.【答案】证明：平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD．
又BE//DF，
∴∠BEC=∠DFA，
∴△BEC≌△DFA，
∴CE=AF．
【解析】本题利用了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．
先证∠ACB=∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出CE=AF．
20.【答案】解：(1)如图，过点D作DN⊥FG于点N，
交AE的延长线于点M，交BC的延长线于点P，
在Rt△DCP中，∵CD=60cm，∠DCP=60°，
∴DP=CD⋅sin60°=30 3(cm)．
在Rt△CHG中，∵CG=30cm，∠CGF=60°，
∴CH=CG⋅sin60°=15 3(cm)，
∵AM//BP，
∴∠AMP=∠BPN=90°，
∵∠CHN=∠PNH=90°，
∴四边形CHNP是矩形，
∴PN=CH=15 3cm，
∴DN=DP+PN=45 3cm≈77.9cm；
(2)在Rt△ADM中，
∵AD=80cm，∠DAM=15°，
∴AM=AD⋅cos15°≈77.6cm．
在Rt△DCP中，
∵CD=60cm，∠DCP=60°，
∴CP=CD⋅cos60°=30(cm)．
∴BC=BP−CP≈77.6−30=47.6(cm)，
故BC的长度约为47.6cm．
【解析】(1)如图，过点D作DN⊥FG于点N，交AE的延长线于点M，交BC的延长线于点P，解直角三角形即可得到结论；
(2)根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用，正确地作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】5 3 144
【解析】解：(1)由题意得，a=5，
故答案为：5；
(2)把20名学生每人一周参加家庭劳动的次数从小到大排列，排在中间的两个数都是3，故中位数b=3，
故答案为：3；
(3)统计图中B组对应扇形的圆心角为：360°×20−4−5−320=144°，
故答案为：144；
(4)由题意可知，被采取的20名学生中达到平均水平及以上的学生人数有8人，
400×820=160(人)，
答：估计该校七年级学生每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数大约为160人．
(1)根据20名学生每人一周参加家庭劳动的次数的数据可得a的值；
(2)根据中位数的定义可得b的值；
(3)用360°乘B组的频率即可；
(4)用400乘样本中每周参加家庭劳动的次数达到平均水平及以上的学生人数所占比例即可．
本题考查频数分布分布表、中位数、众数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵ED切⊙O于点C，
∴CO⊥ED，
∵AD⊥EC，
∴CO//AD，
∴∠OCA=∠CAD，
∵∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=∠CAD，
∴BC=CF，
∴BC=CF；
(2)解：在Rt△ADE中，
∵AD=3，DE=4，
根据勾股定理得AE=5，
∵CO//AD，
∴△EOC∽△EAD，
∴EOEA=OCAD，
设⊙O的半径为r，
∴OE=5−r，
∴5−r5=r3，
∴r=158，
∴BE=5−2r=54，
答：BE的长为54．
【解析】(1)根据切线的性质首先得出CO⊥ED，再利用平行线的判定得出CO//AD，进而利用圆周角、圆心角定理得出BC=CF；
(2)首先求出△EOC∽△EAD，进而得出r的长，即可求出BE的长．
本题考查了切线的性质定理和圆周角及弧的关系、相似三角形的判定与性质，解题的关键是得出BC=CF．
23.【答案】解：(1)设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，
根据题意得：18x−181.5x=3，
解得：x=2，
经检验，x=2是所列方程的解，且符合题意，
则1.5x=1.5×2=3，
答：甲公司每天安装3间教室，乙公司每天安装2间教室；
(2)设安排甲公司工作y天，则乙公司工作60−3y2天，
根据题意得：400y+60−3y2×200≤7000，
解得：y≤10，
答：最多安排甲公司工作10天．
【解析】(1)设乙公司每天安装x间教室，则甲公司每天安装1.5x间教室，由题意：乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．列出分式方程，解方程即可；
(2)设安排甲公司工作y天，则乙公司工作120−6y4天，由题意：甲公司安装费每天800元，乙公司安装费每天400元，想尽快完成安装工作且安装总费用不超过15000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
24.【答案】(1)解：∵四边形OABC是矩形，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，
∴BC//x轴，AB//y轴，
∵点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2，
∴D(2,6)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点D(2,6)，
∴k=xy=2×6=12，
∴反比例函数的表达式为y=12x．
(2)证明：设A(x,0)(x>0)，则E(x,12x)，B(x,6)，
∴BD=x−2，BE=6−12x，
如图1，∵BDAO=x−2x=1−2x，BEAB=6−12x6=1−2x，
∴BDAO=BEAB，
∵∠DBE=∠OAB=90°，
∴△DBE∽△OAB，
∴∠DEB=∠OBA，
∵∠EDB+∠DEB=90°，∠OBD+∠OBA=90°，
∴∠EDB=∠OBD，
∴DF=EF=BF．
(3)解：当△ODF是直角三角形，且∠OFD=90°，如图2，
∵DF=EF，OB⊥DE，
∴BD=BE，
∴x−2=6−12x，
解得x1=6，x2=2(不符合题意，舍去)，
∴AO=AB=6，BD=BE=6−2=4，
∴OB= AO2+AB2= 62+62=6 2，DE= BD2+BE2= 42+42=4 2，
∴BF=12DE=2 2，
∴OF=OB−BF=6 2−2 2=4 2；
当△ODF是直角三角形，且∠ODF=90°，如图3，
∵∠DBE=∠OCD=90°，
∴∠BDE=∠COD=90°−∠CDO，
∴△BDE∽△COD，
∴BDCD=BECD，
∵CO=AB=6，CD=2，
∴BD=COCD⋅BE=3BE，
∴x−2=3(6−12x)，
解得x1=18，x2=2(不符合题意，舍去)，
∴AO=18，BE=6−1218=163，BD=18−2=16，
∴OB= AO2+AB2= 182+62=6 10，DE= BD2+BE2= 162+(163)2=16 103，
∴BF=12DE=8 103，
∴OF=OB−BF=6 10−8 103=10 103，
综上所述，OF的长为4 2或10 103．
【解析】(1)根据矩形的性质得到BC//x轴，AB//y轴，得到D(2,6)，代入反比例函数y=kx，即可得到结论；
(2)设A(x,0)(x>0)，则E(x,12x)，B(x,6)，求得BD=x−2，BE=6−12x，推出BDAO=BEAB，根据相似三角形的性质得到∠DEB=∠OBA，求得∠EDB=∠OBD，于是得到DF=EF=BF．
(3)当△ODF是直角三角形，且∠OFD=90°，如图2，得到BD=BE，解方程得到AO=AB=6，BD=BE=6−2=4，根据勾股定理得到OB= AO2+AB2=6 2，DE= BD2+BE2=4 2，求得BF=12DE=2 2，于是得到OF=OB−BF=6 2−2 2=4 2；当△ODF是直角三角形，且∠ODF=90°，如图3，根据相似三角形 到现在解方程得到AO=18，BE=6−1218=163，BD=18−2=16，根据搞定了得到OB= AO2+AB2=6 10，DE= BD2+BE2=16 103，求得BF=12DE=8 103，于是得到结论．
此题是反比例函数的综合题，重点考查反比例函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等角的补角相等、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接AF，
∵AB=AC= 5，BC=2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE=12BC=1，AF⊥BC，
∴DF=12AC= 52
∴DF= 52DE；
(2)解：FN= 52EM，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵AB=AC= 5，BC=2，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴EF=12AC=CD,EF//DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DFC=∠DEF，
∴180°−∠DFC=180°−∠DEF，
∴∠DFN=∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF=∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE= 52，
∴FN= 52EM；
(3)解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，FC=12BC=1，
∴AF= AC2−FC2=2，
∴S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=2×2 5=4 55，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=2 55，
Rt△GED中，GE= ED2−GD2= 12−(2 55)2= 55，
Rt△AGD中，AG= AD2−GD2=3 510，
∴tan∠ADG=AGGD=34，
∵EF//AD，
∴∠EMG=∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43× 55=4 515，
∴MD=MG+GD=4 515+2 55=2 53，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE= 52，
∴DN= 52DM= 52×2 53=53．
【解析】(1)连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC= 52，根据中位线定理可得DE=12BC=1，即可得证；
(2)证明△DNF∽△DME，根据(1)的结论即可得FN= 52EM；
(3)连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=2 55，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD=MG+GD求得MD，根据(2)的结论DN= 52DM，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A(−1,0)、C(0,3)，
∴c=3，
∴−1−b+3=0．
解得：b=2．
故答案为：b=2，c=3．
(2)存在满足条件呢的点P，使得PM=12MH．
∵二次函数解析式为y=−x2+2x+3，
当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设P(t,−t2+2t+3)(0
∵PM=12MH，
∴−t2+3t=12(3−t)，
解得：t1=12，t2=3(舍去)，
∴P(12,154)，
∴P的坐标为(12,154)，使得PM=12MH．
(3)∵点D为OC的中点．OC=3．
∴点D的坐标为(0,32)，
∴BD的解析式为：y=−12x+32，
过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，
∵OB=3，OD=32，∠BOD=90°，
∴BD= OB2+OD2=3 52，
∴cos∠OBD=OBBD=33 52=2 55，
∵PQ⊥BD于点Q，PF⊥x轴于点F，
∴∠PQE=∠BQR=∠PFR=90°，
∴∠PRF+∠OBD=∠PRF+∠EPQ=90°，
∴∠EPQ=∠OBD，即cos∠EPQ=cos∠OBD=2 55，
在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=2 55，
∴PQ=2 55PE，
在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=2 55，
∴PR=PF2 55= 52PF，
∵S△PQB=32S△QRB，S△PQB=12BQ⋅PQ，S△QRB=12BQ⋅QR，
∴PQ=32QR．
设直线BD与抛物线交于点G，
∵−12x+32=−x2+2x+3，
解得：x1=3(即点B横坐标)，x2=−12，
∴点G横坐标为−12，
设P(t,−t2+2t+3)(t<3)，则E(t,−12t+32)，
∴PF=|−t2+2t+3|，PE=|−t2+2t+3−(−12t+32)|=|−t2+52t+32|，
①若−12
∵PQ=32QR，
∴PQ=35PR．
∴2 55PE=35⋅ 52PF，即4PE=3PF，
∴4(−t2+52t+32)=3(−t2+2t+3)，
解得：t1=1，t2=3(舍去)，
∴P(1,4)，
②若−1
∴PF=−(−t2+2t+3)=t2−2t−3，PE=−12t+32−(−t2+2t+3)=t2−52t−32，
∵PQ=2QR，
∴PQ=35PR，
∴2 55PE=35⋅ 52PF，即4PE=3PF，
∴4(t2−52t−32)=3(t2−2t−3)，
解得：t1=1(不在范围舍去)，t2=3(不在范围舍去)，
∴此种情况不存在符合条件的P点．
综上所述，点P坐标为(1,4)．
【解析】(1)把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值．
(2)求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式．设点P横坐标为t，则能用t表示点P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长．以PM=MN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理(满足P在第一象限)，故存在满足条件的点P，且求得点P坐标．
(3)过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证∠EPQ=∠OBD，所以cos∠EPQ=cos∠OBD=2 55，即在Rt△PQE中，cos∠EPQ=PQPE=2 55；在Rt△PFR中，cos∠RPF=PFPR=2 55，进而得PQ=2 55PE，PR= 52PF.设点P横坐标为t，可用t表示PE、PF，即得到用t表示PQ、PR.又由S△PQB=2S△QRB易得PQ=2QR.要对点P位置进行分类讨论得到PQ与PR的关系，即列得关于t的方程．求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围．
本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第(3)题解题过程容易受第(2)题影响而没有分类讨论点P的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．
相关试卷
2023年山东省济南市历城区中考数学二模试卷(含解析)： 这是一份2023年山东省济南市历城区中考数学二模试卷(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。
2023年山东省济南市市中区育英中学中考数学三模试卷（含解析）： 这是一份2023年山东省济南市市中区育英中学中考数学三模试卷（含解析），共27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年山东省济南市槐荫区中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年山东省济南市槐荫区中考数学二模试卷（含解析），共25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。
