2023年山东省泰安市中考数学试卷（样稿）（含解析）

这是一份2023年山东省泰安市中考数学试卷（样稿）（含解析），共29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年山东省泰安市中考数学试卷（样稿）
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列实数中，比−2小的数是(    )
A. −1 B. 5 C. −5 D. 1
2. 下列各式计算正确的是(    )
A. x5+x5=x10 B. a10÷a9=a C. (ab4)4=ab16 D. a6⋅a4=a24
3. 如图是由5个相同的小正方体组成的立体图形，它的左视图是(    )
A.
B.
C.
D.
4. 如图，AB//CD，以点A为圆心，小于AC长为半径作圆弧，分别交AB，AC于点E、F，再分别以E、F为圆心，大于12EF的同样长为半径作圆弧，两弧交于点P，作射线AP，交CD于点M，若∠ACD=110°，则∠CMA的度数为(    )
A. 30° B. 35° C. 70° D. 45°
5. 某射击运动员在训练中射击了10次，成绩如图所示：

下列结论不正确的是(    )
A. 众数是8 B. 中位数是8 C. 平均数是8.2 D. 方差是1.2
6. 如图，AB是⊙O的直径，点E，C在⊙O上，点A是EC的中点，过点A画⊙O的切线，交BC的延长线于点D，连接EC.若∠ADB=58.5°，则∠ACE的度数为(    )


A. 29.5° B. 31.5° C. 58.5° D. 63°
7. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书大约在一千五百年前，其中一道题，原文是：“今三人共车，两车空；二人共车，九人步．问人与车各几何？”意思是：现有若干人和车，若每辆车乘坐3人，则空余两辆车；若每辆车乘坐2人，则有9人步行．问人与车各多少？设有x人，y辆车，可列方程组为(    )
A. x3=y+2x2+9=y B. x3=y−2x−92=y C. x3=y+2x−92=y D. x3=y−2x2−9=y
8. 如图，从一热气球的探测器A点，看一栋高楼顶部的仰角为55°，看这栋高楼底部的俯角为35°，若热气球与高楼的水平距离为35m，则这栋高楼度大约是(考数据：sin55°≈4150，cos55°≈47，tan55°≈75)(    )
A. 74米
B. 80米
C. 84米
D. 98米
9. 二次函数y=ax2−bx和一次函数y=bx+a在同一平面直角坐标系中的图象可能是(    )
A. B. C. D.
10. 如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是(    )

A.  3cm B.   6cm C.  2.5cm D. 5cm
11. 如图，在菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，E是CD边的中点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线AE上的点G处，折痕为AF，FG与CD交于点H.有如下结论：
①∠CFH=30°；
②DE= 33AE；
③CH=GH；
④S△ABF：S四边形AFCD=3：5．
上述结论中，所有正确结论的序号是(    )
A. ①②④ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④
12. 直线y=34x+6分别与x轴、y轴相交于点M，N，点P在平面内，∠MPN=90°，点C(0,3)，则PC长度的最大值是(    )

A. 9 B. 3 10 C. 10 D. 5 5
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 冠状病毒因在显微镜下观察类似王冠而得名新型冠状病毒，半径约是0.000000045米，0.000000045用科学记数法表示为______．
14. 式子 x−2x−3有意义的条件是______．
15. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，对称轴x=12，为且经过点(2,0)，下列说法：①abc<0；②−2b+c=0；③4a+2b+c<0；④若(−12,y1)，(52,y2)；是抛物线上的两点，则y1m(am+b)+c(其中m≠12).其中正确的结论有______ ．


16. 如图，在圆心角为90°的扇形ACB中，半径CA=4，以AC为直径作半圆O，过点O作BC的平行线交两弧于点D，E，则图中阴影部分的面积是______．


17. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点F，连接DF交AB于点E，连接AF，BF.当△BFD是直角三角形时，DE的长为______．
18. 我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项式(a+b)n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”.根据“杨辉三角”请计算(a−b)8的展开式中从左起第四项的系数为______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共78.0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)先化简，再求值：m2−4m+4m−1÷(3m−1−m−1)，其中m= 2−2；
(2)解不等式组：3(x−1)≥2x−5①2x 20. (本小题9.0分)
“校园诗歌大赛”结束后，张老师和李老师将所有参赛选手的比赛成绩(得分均为整数)进行整理，并分别绘制成扇形统计图和频数直方图．部分信息如下：

(1)本次比赛参赛选手共有______人，扇形统计图中“69.5～79.5”这一组人数占总参赛人数的百分比为______；
(2)赛前规定，成绩由高到低前60%的参赛选手获奖．某参赛选手的比赛成绩为78分，试判断他能否获奖，并说明理由；
(3)成绩前四名是2名男生和2名女生，若从他们中任选2人作为获奖代表发言，试求恰好选中1男1女的概率．
21. (本小题10.0分)
某图书馆计划选购甲、乙两种图书．已知甲图书每本价格是乙图书每本价格的2.5倍，用800元单独购买甲图书比用800元单独购买乙图书要少24本．
(1)甲、乙两种图书每本价格分别为多少元？
(2)如果该图书馆计划购买乙图书的本数比购买甲图书本数的2倍多8本，且用于购买甲、乙两种图书的总经费不超过1060元，那么该图书馆最多可以购买多少本乙图书？
22. (本小题10.0分)
如图，四边形OBAC是矩形，OC=1，OB=3，反比例函数y=kx的图象过点A．
(1)求k的值．
(2)点P为反比例图象上的一点，作PD⊥直线AC，PE⊥x轴，当四边形PDCE是正方形时，求点P的坐标．
(3)点Q为反比例图象上的一点，点G为坐标平面上的一点，若以AB为一边，以A、B、Q、G为顶点的平行四边形的面积为14，请求出点G的坐标．

23. (本小题12.0分)
如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C．

(1)求证：AE与⊙O相切于点A；
(2)若AE//BC，BC=2 7，AC=2 2，求AD的长．
24. (本小题13.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是直线AB上的一动点(不与点A，B重合)连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，点H是BD的中点，连接EH．
【问题发现】
(1)如图(1)，当点D是AB的中点时，线段EH与AD的数量关系是______.EH与AD的位置关系是______．
【猜想论证】
(2)如图(2)，当点D在边AB上且不是AB的中点时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图(2)中的情况给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
(3)若AC=BC=2 2，其他条件不变，连接AE、BE.当△BCE是等边三角形时，请直接写出△ADE的面积．

25. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2经过A(−12,0)，B(3,72)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
(3)抛物线上是否存在点Q，使∠QCB=45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.−1>−2，故本选项不符合题意；
B.5>−2，故本选项不符合题意；
C.−5<−2，故本选项符合题意；
D.1>−2，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据实数的大小比较法则(正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小)比较即可．
本题考查了实数的大小比较法则，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：A、x5+x5=2x5，故A不符合题意；
B、a10÷a9=a，故B符合题意；
C、(ab4)4=a4b16，故C不符合题意；
D、a6⋅a4=a10，故D不符合题意；
故选：B．
利用合并同类项的法则，积的乘方的法则，同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，积的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，解答的关键对相应的运算法则的掌握．

3.【答案】C 
【解析】解：从左面看易得第一层有3个正方形，第二层最左边有一个正方形。
故选：C。
找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中。
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图。

4.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题主要考查了基本作图以及平行线的性质，正确得出∠CAM=∠BAM是解题关键．直接利用平行线的性质结合角平分线的作法得出∠CAM=∠BAM=35°，即可得出答案．
【解答】
解：∵AB//CD，∠ACD=110°，
∴∠CAB=70°，
∵以点A为圆心，小于AC长为半径作圆弧，分别交AB，AC于点E、F，再分别以E、F为圆心，大于12EF的同样长为半径作圆弧，两弧交于点P，作射线AP，交CD于点M，
∴AP平分∠CAB，
∴∠CAM=∠BAM=35°，
∵AB//CD，
∴∠CMA=∠MAB=35°．
故选：B．  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得到不正确的选项．
【解答】
解：由题图知，数据8出现3次，次数最多，所以众数为8，故A选项正确；
10次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，9，9，10，10，
所以中位数是12×(8+8)=8，故B选项正确；
平均数为110×(6+7×2+8×3+9×2+10×2)=8.2，故C选项正确；
方差为110×[(6−8.2)2+(7−8.2)2+(7−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(9−8.2)2+(9−8.2)2+(10−8.2)2+(10−8.2)2]=1.56，故D选项错误．  
6.【答案】B 
【解析】解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°−∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=58.5°，
∵点A是EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°−∠BAC=31.5°，
故选：B．
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：依题意，得：x3=y−2x−92=y．
故选：B．
根据“每辆车乘坐3人，则空余两辆车；若每辆车乘坐2人，则有9人步行”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：过点A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABD中，∠BAD=55°，AD=35m，tan∠BAD=BDAD，
∴BD=AD⋅tan∠BAD≈35×75=49(m)，
在Rt△ACD中，∠ACD=90°−∠CAD=55°，AD=35m，tan∠ACD=ADCD，
∴CD=ADtan∠ACD≈3575=25(m)，
∴BC=BD+CD=49+25=74(m)，
故选：A．
过点A作AD⊥BC于D，根据正切的定义分别求出BD、CD，得到答案．
本题考查的是解直角三角形的实际应用—仰角俯角问题，掌握仰角和俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是本题的解题关键．

9.【答案】C 
【解析】A、由二次函数y=ax2−bx可知，图象过原点，故本选项错误；
B、由二次函数y=ax2−bx可知，图象过原点，故本选项错误；
C、由抛物线可知，a>0，x=−b2a>0，得b<0，由直线可知，a>0，b<0，故本选项正确；
D、由抛物线可知，a>0，x=−b2a>0，得b<0，由直线可知，a>0，b>0，故本选项错误．
故选：C．
本题可先由一次函数y=bx+a图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2−bx的图象相比是否一致．
本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来解决这种数形结合的问题是一种很好的方法．

10.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题考查了垂径定理，勾股定理及中位线定理．
连接AB，OB，根据垂径定理得出BE的长，再利用勾股定理求出AB的长，进而利用中位线定理得出OF即可．
【解答】
解：连接AB，OB，

∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm，
∴BE=12BD=4cm，
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，
即AB= 42+22=2 5，
∵OB=OC，OF⊥BC，
∴BF=FC，
∴OF=12AB= 5cm．
故选：D．  
11.【答案】B 
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD，∠D=∠ABC=60°，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∵E是CD边的中点，
∴∠AED=∠GEH=90°，
∵将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线AE上的点G处，
∴∠G=∠ABC=60°，
∴∠CHF=∠GHE=30°，
∵∠BCD=180°−∠ABC=120°，
∴∠CFH=30°，故①正确；
∵∠AED=90°，∠D=60°，
∴DE=AEtan60∘= 33AE，故②正确；
设AC与FG交于M，
∵∠CHM=30°，∠HCM=60°，
∴∠CMH=90°，
∴AC⊥FG，
∴AM= 32AG，
∵AE= 32AD，
∴AM=AE，
∵AC=AB=AG，
∴CM=EG，
∴△CMH≌△GEH(AAS)，
∴CH=HG，故③正确；
过A作AN⊥BC于N，
∴∠ANF=∠AMF，
∵∠AFN=∠AFM，AF=AF，
∴△ANF≌△AMF(AAS)，
∴FN=FM，
∴FN=FM= 32CF，
∴CN=BN=(1+ 32)CF，
∴BC=2CN=(2+ 3)CF，BF=BN+FN=(1+ 32+ 32)CF，
∴S△ABF：S△ABC=1+ 32+ 3，S△ABF：S△ACF=1+ 31，
∴S△ABC=2+ 31+ 3S△ABF，S△ACF=11+ 3S△ABF，
∴S△ABF：S四边形AFCD= 33.故④错误，
故选：B．
连接AC，根据菱形的性质得到AB=BC=AD=CD，∠D=∠ABC=60°，推出△ABC和△ADC是等边三角形，根据等腰三角形的性质得到∠AED=∠GEH=90°，根据旋转的性质得到∠G=∠ABC=60°，求得∠CHF=∠GHE=30°，根据三角形的内角和定理得到∠CFH=30°，故①正确；根据三角函数的定义得到DE=AEtan60∘= 33AE，故②正确；设AC与FG交于M，得到AC⊥FG，根据全等三角形的性质得到CH=HG，故③正确；过A作AN⊥BC于N，求得∠ANF=∠AMF，根据全等三角形的性质得到FN=FM，求得FN=FM= 32CF，得到CN=BN=(1+ 32)CF，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了翻折变换(折叠问题)全等三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

12.【答案】A 
【解析】解：如图，

以MN为直径作⊙E，连接CE并延长交⊙E于点P′，此时P′C的长度最大，
当x=0时，y=0+6=6，
∴点N的坐标为(0,6)；
当y=0时，34x+6=0，
解得：x=−8，
∴点M的坐标为(−8,0)．
∴MN= ON2+OM2= 62+82=10，点E的坐标为(−4,3)．
又∵点C的坐标为(0,3)，
∴CE=4，
∴CP′=EP′+CE=12MN+CE=12×10+4=9．
故选：A．
以MN为直径作⊙E，连接CE并延长交⊙E于点P′，此时PC的长度最大，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M，N的坐标，进而可得出MN的长度及点E的长度，结合点C的坐标可求出CE的长，再利用CP′=EP′+CE=12MN+CE=12×10+4=9，即可求出PC长度的最大值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换、勾股定理以及圆的认识，牢记点内一点到圆的最短距离=半径−该点到圆心的距离是解题的关键．

13.【答案】4.5×10−8 
【解析】解：0.000000045=4.5×10−8，
故答案是：4.5×10−8．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．

14.【答案】x≥2且x≠3 
【解析】解：式子 x−2x−3有意义则x−2≥0，且x−3≠0，
解得：x≥2且x≠3．
故答案为：x≥2且x≠3．
直接利用二次根式的定义结合分式有意义的条件得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式的定义是解题关键．

15.【答案】①② 
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=12，
∴b=−a>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，①正确；
∵抛物线经过(2,0)，对称轴为直线x=12，
∴抛物线经过(−1,0)，即a−b+c=−2b+c=0，②正确；
∵x=2时，y=4a+2b+c=0，
∴③不正确；
∵12−(−12)<52−12，
∴(−12,y1)到对称轴距离小于(52,y2)到对称轴距离，
∴y1>y2，④不正确；
∵抛物线开口向下，对称轴是直线x=12，
∴当x=12时，抛物线y取得最大值ymax=(12)2a+12b+c=14b+c，
当x=m时，ym=am2+bm+c=m(am+b)+c，且m≠12，
∴14b+c≥am2+bm+c，即14b+c≥m(am+b)+c，故⑤不正确，
综上，结论①②正确．
故答案为：①②．
抛物线开口向下，且交y轴于正半轴及对称轴为x=12，推导出a<0，b>0、c>0以及a与b之间的关系：b=−a；根据二次函数图象经过点(2,0)，可得出0=4a+2b+c；再由二次函数的对称性，当a<0时，距离对称轴越远x所对应的y越小；由抛物线开口向下，对称轴是直线x=12，可知当x=12时，y有最大值．
本题考查二次函数图象与系数的关系及二次函数图象上点的坐标特征，需要充分掌握二次函数各系数的意义以及它们跟二次函数图象之间的联系．

16.【答案】53π−2 3 
【解析】解：如图，连接CE．

∵AC⊥BC，AC=BC=4，以AC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作，
∴∠ACB=90°，OA=OC=OD=2，BC=CE=4．
又∵OE//BC，
∴∠AOE=∠COE=90°．
∴在直角△OEC中，OC=12CE，
∴∠OEC=30°，OE=2 3，
∴∠ECB=∠OEC=30°，
∴S阴影=S扇形ACB−S扇形AOD−S扇形ECB−S△OCE=90π×42360−90π×22360−30π×42360−12×2 3×2=53π−2 3．
故答案为：53π−2 3．
连接CE，由图可知S阴影=S扇形ACB−S扇形AOD−S扇形ECB−S△OCE.根据已知条件易求得OA=OC=OD=2，BC=CE=4.∠ECB=∠OEC=30°，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可．
本题考查了扇形面积的计算．不规则图形的面积一定要注意分割成规则图形的面积进行计算．

17.【答案】32或34 
【解析】解：如图1，当点E与点F重合时．

在Rt△ABC中，BC= AB2−AC2= 25−9=4．
由翻折的性质可知；AE=AC=3，DC=DE，∠ACD=∠AFD=90°，则EB=2．
设DC=ED=x，则BD=4−x．
在Rt△DBE中，DE2+BE2=DB2，即x2+22=(4−x)2．
解得：x=32，
∴DE=32；
如图2所示：∠EDB=90°时．

由翻折的性质可知：AC=AF，∠C=∠AFD=90°．
∵∠C=∠AFD=∠CDF=90°，
∴四边形ACDF为矩形．
又∵AC=AF，
∴四边形ACDF为正方形．
∴DF=3=CD，
∴DB=1，
∵tan∠ABC=DBDE=BCAC，
∴1DE=43，
∴DE=34；
当∠DBF=90°时，
则AC//BF，
∴AC与BF的距离为BC=4，
又∵AC=AF=3<4，
故∠DBE不可能为直角．
综上所述：DE的长为32或34．
分三种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理及锐角三角函数可求解．
本题考查了翻折的性质，勾股定理，正方形的判定和性质，锐角三角函数等知识，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．

18.【答案】56 
【解析】解：找规律发现(a+b)4的第四项系数为4=3+1；
(a+b)5的第四项系数为10=6+4；
(a+b)6的第四项系数为20=10+10；
(a+b)7的第四项系数为35=15+20；
∴(a+b)8第四项系数为21+35=56．
故答案是：56．
根据图形中的规律即可求出(a+b)8的展开式中从左起第四项的系数．
此题考查了数字变化规律，通过观察、分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题的能力．

19.【答案】解：(1)原式=(m−2)2m−1÷3−(m+1)(m−1)m−1
=(m−2)2m−1÷4−m2m−1
=(2−m)2m−1⋅m−1(2+m)(2−m)
=2−m2+m，
当m= 2−2时，
原式=2− 2+22+ 2−2=4− 2 2=2 2−1；
(2)由①得：x≥−2，
由②得：x<1，
∴不等式组的解集为−2≤x<1，
则所有的整数解为−2，−1，0． 
【解析】(1)原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值；
(2)分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出整数解即可．
此题考查了分式的化简求值，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则及不等式组的解法是解本题的关键．

20.【答案】解：(1)50，30%；
(2)他不能获奖．理由如下：
他的成绩位于“69.5～79.5”之间，
而“59.5～69.5”和“69.5～79.5”两分数段的百分比和为10%+30%=40%，
因为成绩由高到低前60%的参赛选手获奖，他位于后40%，
所以他不能获奖；
(3)画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中恰好选中1男1女的结果数为8，
所以恰好选中1男1女的概率=812=23． 
【解析】
【分析】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了扇形统计图，频数分布直方图．
(1)用“59.5～69.5”这组的人数除以它所占的百分比可得到调查的总人数；再计算出“89.5～99.5”这一组人数占总参赛人数的百分比，然后用1分别减去其他三组的百分比得到“69.5～79.5”这一组人数占总参赛人数的百分比；
(2)利用“59.5～69.5”和“69.5～79.5”两分数段的百分比为40%可判断他不能获奖；
(3)画树状图展示所有等可能的结果数，再找出恰好选中1男1女的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】
解：(1)(2+3)÷10%=50，
所以本次比赛参赛选手共有50人，
“89.5～99.5”这一组人数占总参赛人数的百分比为8+450×100%=24%，
所以“69.5～79.5”这一组人数占总参赛人数的百分比为1−10%−36%−24%=30%；
故答案为：50，30%；
(2)见答案；
(3)见答案．  
21.【答案】解：(1)设乙图书每本价格为x元，则甲图书每本价格是2.5x元，
根据题意可得：800x−8002.5x=24，
解得：x=20，
经检验得：x=20是原方程的根，
则2.5x=50，
答：乙图书每本价格为20元，则甲图书每本价格是50元；
(2)设购买甲图书本数为y本，则购买乙图书的本数为(2y+8)本，
故50y+20(2y+8)≤1060，
解得：y≤10，
故2y+8≤28，
答：该图书馆最多可以购买28本乙图书． 
【解析】此题主要考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，正确表示出图书的价格是解题关键．
(1)利用800元单独购买甲图书比用800元单独购买乙图书要少24本得出方程求出答案；
(2)根据题意表示出购买甲、乙两种图书的总经费进而得出不等式求出答案．

22.【答案】解：(1)∵OC=1，OB=3，
∴点C(1,0)，点B(0,3)，点A(1,3)，
∵反比例函数y=kx的图象过点A，
∴k=1×3=3；

(2)∵k=3，
∴反比例函数解析式为：y=3x，
设点P(a,3a)，
∵四边形PDCE是正方形，
∴PD=PE，
当点P在第一象限时，3a=a−1，
解得：a1=1+ 132，a2=1− 132(舍去)，
∴点P(1+ 132, 13−12)；
当点P在第三象限，−3a=1−a，
∴a1=1+ 132(舍去)，a2=1− 132，
∴点P(1− 132,−1− 132)；
综上，点P坐标为(1+ 132, 13−12)或(1− 132,−1− 132)；

(3)设点Q坐标为(b,3b)，
若AB为边，
∵以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积为14，
∴以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积=AB×|yA−yQ|=14，即1×|3−3b|=14，
解得：b1=−311，b2=317，
∴点Q(−311,−11)或(317,17)，
∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，
∴AB=QG=1，AB//QG，
∴点G(−1411,−11)或(811,−11)或(2017,17)或(−1417,17)；
综上，点G的坐标为(−1411,−11)或(811,−11)或(2017,17)或(−1417,17)． 
【解析】(1)由OC=1、OB=3求出点A(1,3)，将点A的坐标代入反比例函数表达式即可求解；
(2)设点P(a,3a)，因为四边形PDCE是正方形，故PD=PE，则±3a=a−1，即可求解；
(3)由以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积=AB×|yA−yQ|=14，求出点Q的坐标，进而求解．
本题是反比例函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行四边形的性质、面积的计算等，分类求解是本题解题的关键．

23.【答案】证明：(1)连接OA，交BC于F，则OA=OB=OD，
∴∠D=∠DAO，
∵∠D=∠C，
∴∠C=∠DAO，
∵∠BAE=∠C，
∴∠BAE=∠DAO，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
即∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠BAE+∠BAO=90°，即∠OAE=90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A；

(2)∵AE//BC，AE⊥OA，
∴OA⊥BC，
∴AB=AC，FB=12BC，
∴AB=AC，
∵BC=2 7，AC=2 2，
∴BF= 7，AB=2 2，
在Rt△ABF中，AF= (2 2)2−( 7)2=1，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+(OB−AF)2，
OB2=( 7)2+(OB−1)2
∴OB=4，
∴BD=8，
∴在Rt△ABD中，AD= BD2−AB2= 64−8= 56=2 14． 
【解析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及垂径定理的应用，属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
(1)连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90°，可得结论；
(2)先证明OA⊥BC，由垂径定理得：AB=AC，FB=12BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．

24.【答案】(1)EH=12AD，  EH⊥AB；
(2)结论仍然成立：
理由：如图2中，延长DE到F，使得EF=DE，连接CF，BF．

∵DE=EF.CE⊥DF，
∴CD=CF，
∴∠CDF=∠CFD=45°，
∴∠ECF=∠ECD=45°，
∴∠ACB=∠DCF=90°，
∴∠ACD=∠BCF，
∵CA=CB，
∴△ACD≌△BCF(SAS)，
∴AD=BF，∠A=∠CBF=45°，
∵∠ABC=45°，
∴∠ABF=90°，
∴BF⊥AB，
∵DE=EF，DH=HB，
∴EH=12BF，EH//BF，
∴EH⊥AD，EH=12AD．
(3)如图3−1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．

∵∠ACB=90°，∠ECB=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AC=CB=CE=EB=DE=2 2，
∴∠CAE=∠CEA=75°，
∵∠CAB=45°，
∴∠EAH=30°，
∵∠DEC=90°，∠CEB=60°，
∴∠DEB=150°，
∴∠EDB=∠EBD=15°，
∵∠EAH=∠ADE+∠AED，
∴∠ADE=∠AED=15°，
∴AD=AE，设EH=x，则AD=AE=2x，AH= 3x，
∵EH2+DH2=DE2，
∴x2+(2x+ 3x)2=8，
∴x= 3−1，
∴AD=2 3−2，
∴S△ADE=12⋅AD⋅EH=12×(2 3−2)⋅( 3−1)=4−2 3．
如图3−2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．

同法可求：EH= 3+1，AD=2 3+2，
∴S△ADE=12⋅AD⋅EH=12×(2 3+2)( 3+1)=4+2 3，
综上所述，满足条件的△ADE的面积为4−2 3或4+2 3． 
【解析】解：(1)如图1中，

∵CA=CB，∠ACB=90°，AD=BD，
∴CD⊥AB，CD=AD=DB，
∴∠A=∠B=45°，∠DCB=∠ACD=45°，
∵∠DCE=45°，
∴点E在线段CB上，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB=∠B=45°，
∵DH=HB，
∴EH⊥DB，EH=12DB=12AD，
故答案为EH=12AD，EH⊥AD．
(2)(3)见答案．
(1)利用等腰直角三角形的判定和性质解决问题即可．
(2)结论仍然成立：如图2中，延长DE到F，使得EF=DE，连接CF，BF.证明△ACD≌△BCF(SAS)，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
(3)分两种情形：如图3−1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H.如图3−2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H.分别求出AD，EH即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

25.【答案】解：(1)将点A(−12,0)，B(3,72)代入到y=ax2+bx+2中得：
14a−12b+2=09a+3b+2=72，解得：a=−1b=72，
∴抛物线的解析式为y=−x2+72x+2；

(2)设点P(m,−m2+72m+2)，
∵y=−x2+72x+2，
∴C(0,2)，
设直线BC的解析式为y=kx+c，
∴3k+c=72c=2，解得k=12c=2，
∴直线BC的解析式为y=12x+2，
∴D(m,12m+2)，
∴PD=|−m2+72m+2−12m−2|=|m2−3m|，
∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，
∴PD//CO，
∴当PD=CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴|m2−3m|=2，解得m=1或2或3+ 172或3− 172，
∴点P的横坐标为1或2或3+ 172或3− 172；

(3)存在点Q，点Q的坐标为(236,1318)或(12,72). 
【解析】(1)见答案，
(2)见答案，
(3)①当Q在BC下方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

∴∠BHC=∠CMH=∠HNB=90°，
∵∠QCB=45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH=HB，
∴∠CHM+∠BHN=∠HBN+∠BHN=90°，
∴∠CHM=∠HBN，
在△CHM和△HBN中，∠CMH=∠HNB=90°∠CHM=∠HBNHC=HB
∴△CHM≌△HBN(AAS)，
∴CM=HN，MH=BN，
设H(m,n)，
∵C(0,2)，B(3,72)，
∴2−n=3−m72−n=m，解得m=94n=54，
∴H(94,54)，
设直线CH的解析式为y=px+q，
∴94p+q=54q=2，解得p=−13q=2，
∴直线CH的解析式为y=−13x+2，
联立直线CF与抛物线解析式得y=−x2+72x+2y=−13x+2，
解得x=0y=2或x=236y=1318，
∴Q(236,1318)；
②当Q在BC上方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，

同理得Q(12,72).
综上，存在，点Q的坐标为(236,1318)或(12,72).
(1)根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得抛物线的解析式；
(2)设出点P的坐标，确定出PD//CO，由PD=CO，列出方程求解即可；
(3)过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH于N，证明△CHM≌△HBN(AAS)，求出H点的坐标，由待定系数法求出直线CH的解析式，联立直线CH和抛物线解析式即可得出点Q的坐标．
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析式是解本题的关键．