2023年四川省达州市中考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2023年四川省达州市中考数学适应性试卷（含解析），共31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年四川省达州市中考数学适应性试卷
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. −12023的倒数的绝对值是(    )
A. 2023 B. 12023 C. −2023 D. −12023
2. 下面的几何体中，主视图不是矩形的是(    )
A. B. C. D.
3. 世界上最小的开花结果植物是澳大利亚的出水浮萍，这种植物的果实像一个微小的无花果，质量只有0.000000076克，将数0.000000076用科学记数法表示为(    )
A. 7.6×10−9 B. 7.6×10−8 C. 7.6×109 D. 7.6×108
4. 下列运算正确的是(    )
A. x2+x3=x5 B. 2x2−x2=1 C. x2⋅x3=x6 D. x6÷x3=x3
5. 如果三角形的两边分别为4和6，那么连接该三角形三边中点所得三角形的周长可能是(    )
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
6. 若x=−2是关于x的一元二次方程x2+32ax−a2=0的一个根，则a的值为(    )
A. 1或−4 B. −1或−4 C. −1或4 D. 1若4
7. 为了解某小区居民的用水情况，随机抽查了10户家庭的月用水量，结果如下表：
月用水量(吨)
4
5
6
9
户数
3
4
2
1
则这10户家庭的月用水量，下列说法错误的是(    )

A. 中位数是5吨 B. 众数是5吨 C. 极差是3吨 D. 平均数是5.3吨
8. 抛物线y=x2+bx+c的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为y=(x−1)2−4，则b、c的值为(    )
A. b=2，c=−6 B. b=2，c=0 C. b=−6，c=8 D. b=−6，c=2
9. 如图，已知点A1、A2、…A2024在函数y=2x2位于第二象限的图象上，点B1、B2、…、B2024在函数y=2x2位于第一象限的图象上，点C1、C2、…C2024在y轴的正半轴上，若四边形OA1C1B1、C1A2C2B2、…C2023A2024B2024B2024都是正方形，则正方形C2023A2024C2024B2024的边长为(    )
A. 1012 B. 1012 2 C. 20232 D. 20232 2
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列5个结论：
①abc>0；②b−a>c；③4a+2b+c>0；④2c<3b；⑤a+b>m(am+b)(m≠1的实数)；
其中正确的结论有(    )


A. 5个 B. 4个 C. 3个 D. 2个
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 已知a2+3a=1，则代数式2a2+6a−1的值为______ ．
12. 在一不透明的袋子里装有除颜色外完全相同的4个红色小球和绿色小球若干个，若从袋中随机摸出一个小球是红色的概率为16，则袋子里装有______ 个绿色小球．
13. 如图，在△ABC中，∠B=∠C=30°，底边BC=2 3，线段AB的垂直平分线交BC于点E，则△ACE的周长为______ ．


14. 如图，点A在双曲线y=kx的第一象限的那一支上，AB垂直于y轴于点B，点C在x轴正半轴上，且OC=2AB，点E在线段AC上，且AE=3EC，点D为OB的中点，若△ADE的面积为3，则k的值为______．

15. 如图，△ABC是⊙O内接正三角形，将△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；③△DNQ的周长等于AC的长；④NQ=QC.其中正确的结论是______ .(把所有正确的结论的序号都填上)


三、解答题（本大题共10小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
(1)计算：(1− 3)0+|− 2|−2cos45°+(14)−1．
(2)已知方程m2x2+(2m+1)x+1=0有实数根，求m的取值范围．
17. (本小题7.0分)
我市某中学为备战省运会，在校运动队的学生中进行了全能选手的选拔，并将参加选拔学生的综合成绩分成四组，绘成了如下尚不完整的统计图表．
组别
成绩
组中值
频数
第一组
90≤x<100
95
4
第二组
80≤x<90
85
m
第三组
70≤x<80
75
n
第四组
60≤x<70
65
21
根据图表信息，回答下列问题：
(1)参加活动选拔的学生共有______ 人；表中m= ______ ，n= ______ ．
(2)将第一组中的4名学生记为A、B、C、D，由于这4名学生的体育综合水平相差不大，现决定随机挑选其中两名学生代表学校参赛，试通过画树形图或列表的方法求恰好选中A和B的概率．

18. (本小题7.0分)
如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i=1：512，且AB=26米．为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡．
(1)求改造前坡顶与地面的距离BE的长．
(2)为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF(如图所示)，那么BF至少是多少米？(结果精确到1米)
(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33)．

19. (本小题10.0分)
在如图的方格纸中(每个小方格的边长都是1个单位)有一个格点△ABC，
(1)求出△ABC的边长，并判断△ABC的形状；
(2)作出△ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1；作出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°后得到的图形△A2B2C2；
(3)△A1B1C1可能由△A2B2C2怎样变换得到？______ (写出你认为正确的一种即可)．

20. (本小题8.0分)
如图，在梯形ABCD中，AD//BC，点E在BC上，且AB/​/DE，
(1)试判断四边形ABED的形状，并说明理由；
(2)若AB=AD=DC，EC=BE，
①求∠B的度数；
②当DC=4cm时，求四边形ABED的面积.(结果精确到0.01cm2)

21. (本小题8.0分)
某经销商销售一种产品，这种产品的成本价为10元/千克，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种产品的销售价不高于18元/千克，市场调查发现，该产品每天的销售量y(千克)与销售价x(元/千克)之间的函数关系如图所示：
(1)求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(2)求每天的销售利润W(元)与销售价x(元/千克)之间的函数关系式．当销售价为多少时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？
(3)该经销商想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为多少？

22. (本小题10.0分)
如图，△ABC为⊙O的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC=∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD交AD于E，交AB于F，交⊙O于G．
(1)判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)求证：AG2=AB⋅AF．

23. (本小题8.0分)
使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数y=x−1，令y=0，可得x=1，我们就说1是函数y=x−1的零点．已知函数y=x2−2mx−2(m+3)(m为常数)．
(1)当m=0时，求该函数的零点；
(2)证明：无论m取何值，该函数总有两个零点；
(3)设函数的两个零点分别为x1和x2，且1x1+1x2=−14，此时函数图象与x轴的交点分别为A、B(点A在点B左侧)，点M在直线y=x−10上，当MA+MB最小时，求直线AM的函数解析式．

24. (本小题12.0分)
如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象的顶点C的坐标为(0,−2)，交x轴于A、B两点，其中A(−1,0)，直线l：x=m(m>1)与x轴交于D．
(1)求二次函数的解析式和B的坐标；
(2)在直线l上找点P(P在第一象限)，使得以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似，求点P的坐标(用含m的代数式表示)；
(3)在(2)成立的条件下，在抛物线上是否存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．

25. (本小题12.0分)
我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′.当α+β=180°时，我们称△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
(1)在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=______BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为______．
猜想论证：
(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2 3，DA=6.在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵−12023的倒数是−2023，
∴−12023的倒数的绝对值是|−2023|=2023．
故选：A．
先根据倒数的意义求出倒数，再求绝对值即可得到结论．
本题考查了倒数和绝对值，熟练掌握倒数的意义是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：A为圆柱体，它的主视图应该为矩形；
B为长方体，它的主视图应该为矩形；
C为圆台，它的主视图应该为梯形；
D为三棱柱，它的主视图应该为矩形．
故选：C．
找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，考查了学生细心观察能力，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：将0.000000076用科学记数法表示为7.6×10−8，
故选：B．
本题考查用科学记数法表示较小的数，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．

4.【答案】D 
【解析】解：A、x2与x3不是同类项，不能直接合并，原式计算错误，故本选项错误；
B、2x2−x2=x2，原式计算错误，故本选项正确；
C、x2⋅x3=x5，原式计算错误，故本选项错误；
D、x6÷x3=x3，原式计算正确，故本选项正确；
故选：D．
根据合并同类项的法则、幂的乘方及积的乘方法则、同底数幂的除法法则，分别进行各选项的判断即可．
本题考查了同底数幂的除法、幂的乘方与积的乘方，解答本题的关键是熟练掌握各部分的运算法则．

5.【答案】B 
【解析】解：设三角形的三边分别是a、b、c，令a=4，b=6，
则2 故6<中点三角形周长<10．
故选B．
本题依据三角形三边关系，可求第三边大于2小于10，原三角形的周长大于12小于20，连接中点的三角形周长是原三角形周长的一半，那么新三角形的周长应大于6而小于10，看哪个符合就可以了．
本题重点考查了三角形的中位线定理，利用三角形三边关系，确定原三角形的周长范围是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解的定义．能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．把x=−2代入已知方程，列出关于a的新方程，通过解新方程可以求得a的值．
【解答】
解：∵x=−2是关于x的一元二次方程x2+32ax−a2=0的一个根，
∴(−2)2+32a×(−2)−a2=0，即a2+3a−4=0，
整理得(a+4)(a−1)=0，
解得a1=−4，a2=1．
即a的值是1或−4．
故选A．  
7.【答案】C 
【解析】解：∵这10个数据是：4，4，4，5，5，5，5，6，6，9；
∴中位数是：(5+5)÷2=5吨，故A正确；
∴众数是：5吨，故B正确；
∴极差是：9−4=5吨，故C错误；
∴平均数是：(3×4+4×5+2×6+9)÷10=5.3吨，故D正确．
故选C．
根据中位数的确定方法，将一组数据按大小顺序排列，位于最中间的两个的平均数或最中间一个数据是中位数，众数的定义是在一组数据中出现次数最多的就是众数，极差是一组数据中最大值与最小值的差，运用加权平均数求出即可．
此题主要考查了极差与中位数和众数等知识，准确的记忆以上定义是解决问题的关键．

8.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，利用顶点的变化确定函数解析式可以使计算更加简便．
先确定出平移后的抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出平移前的抛物线的顶点坐标，然后写出平移前的抛物线的顶点式形式，然后整理成一般形式，即可得到b、c的值．
【解答】
解：函数y=(x−1)2−4的顶点坐标为(1,−4)，
∵是向右平移2个单位，再向下平移3个单位得到，
∴1−2=−1，−4+3=−1，
∴平移前的抛物线的顶点坐标为(−1,−1)，
∴平移前的抛物线为y=(x+1)2−1，
即y=x2+2x，
∴b=2，c=0．
故选B．
  
9.【答案】B 
【解析】解：∵OA1C1B1是正方形，
∴OB1与y轴的夹角为45°，
∴OB1的解析式为y=x，
联立方程组得：y=xy=2x2，
解得x1=0y1=0，x2=12y2=12．
∴B点的坐标是：(12,12)，
∴OB1= (12)2+(12)2= 22=1× 22；
同理可得：正方形C1A2C2B2的边长C1B2=2× 22；
…
依此类推，正方形C2023A2024C2024B2024的边长是为2024× 22=1012 2．
故选：B．
根据正方形对角线平分一组对角可得OB1与y轴的夹角为45°，然后表示出OB1的解析式，再与抛物线解析式联立求出点B1的坐标，然后求出OB1的长，再根据正方形的性质求出OC1，表示出C1B2的解析式，与抛物线联立求出B2的坐标，然后求出C1B2的长，再求出C1C2的长，然后表示出C2B3的解析式，与抛物线联立求出B3的坐标，然后求出C2B3的长，从而根据边长的变化规律解答即可．
本题考查了二次函数的对称性，正方形的性质，表示出正方形的边长所在直线的解析式，与抛物线解析式联立求出正方形的顶点的坐标，从而求出边长是解题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：由二次函数的图象开口向下可得a<0，由抛物线与y轴交于x轴上方可得c>0，由抛物线与x轴有两个交点可以看出方程ax2+bx+c=0的根的判别式b2−4ac>0，
把x=1代入y=ax2+bx+c，得：y=a+b+c，由函数图象可以看出x=1时二次函数的值为正，∵对称轴为x=1，a，b异号，∴b>0，
∴abc<0；故①abc>0，此选项错误；
②∵当x=−1时，ax2+bx+c<0，
∴a−b+c<0，
∴−(a−b+c)>0，
∴b−a>c；故此选项正确；
③当x=2时，ax2+bx+c>0，
∴4a+2b+c>0；
④2c<3b；当x=3时函数值小于0，y=9a+3b+c<0，且x=−b2a=1，
即a=−b2，代入得9(−b2)+3b+c<0，得2c<3b，正确；
⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，
而当x=m时，y=am2+bm+c，
所以a+b+c>am2+bm+c，
故a+b>am2+bm，即a+b>m(am+b)，正确．
②③④⑤正确．
故选：B．
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据抛物线与x轴交点的个数及x=1时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
此题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y=a+b+c，y=a−b+c，然后根据图象判断其值．

11.【答案】1 
【解析】解：∵a2+3a=1，
∴原式=2(a2+3a)−1=2−1=1，
故答案为：1
原式前两项提取2变形后，将已知等式代入计算即可求出值．
此题考查了代数式求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

12.【答案】20 
【解析】解：设袋子里有x个绿色小球，
根据题意得：44+x=16，
解得：x=20，
经检验x=20是原方程的解，
故答案为：20．
根据概率公式列式计算即可．
考查了概率公式的知识，解题的关键是根据概率公式列出方程，难度不大．

13.【答案】2 3+2 
【解析】解：过A点作AF⊥BC，垂足为F，

∵∠B=∠C=30°，
∴AB=AC=2AF，
∵BC=2 3，
∴BF=CF= 3，
∵AC2=AF2+CF2，
∴AC2=(12AC)2+( 3)2，
解得AC=2，
∴AF=1，
∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴△ACE的周长为AE+EC+AC=BE+EC+AC=BC+AC=2 3+2．
故答案为2 3+2．
过A点作AF⊥BC，垂足为F，根据含30°角的直角三角形的性质可求解AB=AC−2AF，利用勾股定理可求解AC的长，结合线段垂直平分线的性质可得△ACE的周长为BC+AC的长，进而可求解．
本题主要考查含30°角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，将△ACE的周长转化为求BC+AC是解题的关键．

14.【答案】163 
【解析】解：连DC，如图，
∵AE=3EC，△ADE的面积为3，
∴△CDE的面积为1，
∴△ADC的面积为4，
设A点坐标为(a,b)，则AB=a，OC=2AB=2a，
而点D为OB的中点，
∴BD=OD=12b，
∵S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC，
∴12(a+2a)×b=12a×12b+4+12×2a×12b，
∴ab=163，
把A(a,b)代入双曲线y=kx，
∴k=ab=163．
故答案为：163．
由AE=3EC，△ADE的面积为3，得到△CDE的面积为1，则△ADC的面积为4，设A点坐标为(a,b)，则k=ab，AB=a，OC=2AB=2a，BD=OD=12b，利用S梯形OBAC=S△ABD+S△ADC+S△ODC得12(a+2a)×b=12a×12b+4+12×2a×12b，整理可得ab=163，即可得到k的值．
本题考查了反比例函数综合题：点在反比例函数图象上，则点的横纵坐标满足其解析式；利用三角形的面积公式和梯形的面积公式建立等量关系．

15.【答案】①②③ 
【解析】解：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如图，
∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，
∴∠AOD=∠COF=30°，
∴∠ACD=12∠AOD=15°，∠FDC=12∠COF=15°，
∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°，所以①正确；
同理可得∠AMN=30°，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，
∴弧DE=弧DF，
∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF，
而弧AD=弧CF，
∴弧AE=弧DC，
∴∠ADE=∠DAC，
∴ND=NA，
在△DNQ和△ANM中
∠DQN=∠AMN∠DNQ=∠ANMDN=AN，
∴△DNQ≌△ANM(AAS)，所以②正确；
∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，
∴QD=QC，
而ND=NA，
∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，
即△DNQ的周长等于AC的长，所以③正确；
∵△DEF为等边三角形，
∴∠NDQ=60°，
而∠DQN=30°，
∴∠DNQ=90°，
∴QD>NQ，
∵QD=QC，
∴QC>NQ，所以④错误．
故答案为①②③．
连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根据旋转的性质得∠AOD=∠COF=30°，再根据圆周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根据三角形外角性质得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°；
同理可得∠AMN=30°，由△DEF为等边三角形得DE=DF，则弧DE=弧DF，得到弧AE=弧DC，所以∠ADE=∠DAC，根据等腰三角形的性质有ND=NA，于是可根据“AAS”判断△DNQ≌△ANM；利用QD=QC，ND=NA可判断△DNQ的周长等于AC的长；由于∠NDQ=60°，∠DQN=30°，则∠DNQ=90°，所以QD>NQ，而QD=QC，所以QC>NQ．
本题考查了圆的综合题：弧、弦和圆心角之间的关系以及圆周角定理在有关圆的几何证明中经常用到，同时熟练掌握三角形全等的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质．

16.【答案】解：(1)(1− 3)0+|− 2|−2cos45°+(14)−1
=1+ 2−2× 22+4
=1+ 2− 2+4
=5；
(2)当m2=0，即m=0时，方程变为x+1=0，有实数根；
当m2≠0，即m≠0时，原方程要有实数根，则Δ≥0，即Δ=(2m+1)2−4m2=4m+1≥0，解得m≥−14，
则m的范围是m≥−14且m≠0．
综上所述，m的取值范围为m≥−14． 
【解析】(1)先根据零指数幂、负整数指数幂、绝对值的意义和特殊角的三角函数值计算，然后合并即可；
(2)方程有实数根，可以分为一元一次方程和一元二次方程．一元一次方程始终是有实数根，一元二次方程可以用Δ≥0判断．
本题考查了实数的运算，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握特殊角的三角函数值、零指数幂、负整数指数幂和根的判别式是解决问题的关键．

17.【答案】50  10  15 
【解析】解：(1)∵第一组有4人，所占百分比为8%，
∴学生总数为：4÷8%=50(人)；
∴n=50×30%=15，
m=50−4−15−21=10．
故答案为：50，10，15；
(2)将第一组中的4名学生记为A、B、C、D，现随机挑选其中两名学生代表学校参赛，所有可能的结果如下表：


A
B
C
D
A

(B,A)
(C,A)
(D,A)
B
(A,B)

(C,B)
(D,B)
C
(A,C)
(B,C)

(D,C)
D
(A,D)
(B,D)
(C,D)

由上表可知，总共有12种结果，且每种结果出现的可能性相同．恰好选中A和B的结果有2种，其概率为=212=16．
(1)根据频数分布表可知第一组有4人，根据扇形统计图可知第一组所占百分比为8%，由此得出参加活动选拔的学生总数，再用学生总数乘以第三组所占百分比求出n，用学生总数减去第一、三、四组的频数之和所得的差即为m的值；
(2)根据列表法求出所有可能即可得出恰好选中A和B的概率．
本题主要考查了扇形图与统计表的综合应用，以及列表法和树状图法求概率，利用扇形图与统计表相结合获取正确的信息得出第一组有4人，所占百分比为8%是解决问题的关键．

18.【答案】解：
(1)∵斜坡AB的坡比为i=1：512，
∴BE：EA=12：5，
设BE=12x，则EA=5x，
由勾股定理得，BE2+EA2=AB2，即(12x)2+(5x)2=262，
解得，x=2(负值舍去)，
则BE=12x=24，AE=5x=10，
答：改造前坡顶与地面的距离BE的长为24米；
(2)作FH⊥AD于H，
则tan∠FAH=FHAH，
∴AH=241.33≈18，
∴BF=18−10=8，
答：BF至少是8米． 
【解析】本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度i的比是解题的关键．
(1)根据坡度的概念得到BE：EA=12：5，根据勾股定理计算列式即可；
(2)作FH⊥AD于H，根据正切的概念求出AH，结合图形计算即可．

19.【答案】先将△A2B2C2绕A2点按顺时针方向旋转90°，再将所得图形向右平移6个单位即得到△A1B1C1(答案不唯一)． 
【解析】解：(1)AB= 32+32=3 2，AC= 42+42=4 2，BC= 72+12=5 2，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形．

(2)如图，即为所求；

(3)先将△A2B2C2绕A2点按顺时针方向旋转90°，再将所得图形向右平移6个单位即得到△A1B1C1(答案不唯一)．
故答案为：先将△A2B2C2绕A2点按顺时针方向旋转90°，再将所得图形向右平移6个单位即得到△A1B1C1(答案不唯一)．
(1)求出各边的长，用勾股定理即可得出答案．
(2)找出△ABC关于点O的中心对称点，顺次连接即可；找出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°后对应点，顺次连接即可；
(3)直接观察图形即可得出答案．
本题考查了旋转变换的作图问题，难度不大，注意掌握基本作图的方法．

20.【答案】解：(1)∵AD/​/BC，AB/​/DE，
∴四边形ABED是平行四边形；

(2)①∵四边形ABED是平行四边形，
∴AD=BE，AB=DE，
∵AB=AD=DC，EC=BE
∴DE=CD=EC，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵四边形ABCD是等腰梯形
∴∠B=∠C=60°，
②∵DC=4cm
∴BE=EC=DC=4cm，
作DF⊥BC于点F，则CF=12EC=2cm，
在Rt△DCF中，根据勾股定理，得：DF= CD2−CF2= 42−22= 12(cm)，
∴四边形ABED的面积=BE⋅DF=4× 12≈13.85(cm2)． 
【解析】(1)根据对边互相平行的四边形是平行四边形即可作出判断．
(2)①根据题意可先确定△DCE是等边三角形、梯形是等腰梯形，然后即可得出答案；
②先求出DF的长，从而根据S=EB×DF即可得出答案．
本题考查等腰梯形及等边三角形的知识，难度不算太大，但题目综合的知识点比较多，同学们要注意细心解答．

21.【答案】解：(1)设y与x之间的函数关系式y=kx+b，把(10,40)，(18,24)代入得
10k+b=4018k+b=24，
解得k=−2b=60，
∴y与x之间的函数关系式y=−2x+60(10≤x≤18)；

(2)W=(x−10)(−2x+60)
=−2x2+80x−600
=−2(x−20)2+200，
对称轴x=20，在对称轴的左侧y随着x的增大而增大，
∵10≤x≤18，
∴当x=18时，W最大，最大为192．
即当销售价为18元时，每天的销售利润最大，最大利润是192元．

(3)由150=−2x2+80x−600，
解得x1=15，x2=25(不合题意，舍去)
答：该经销商想要每天获得150元的销售利润，销售价应定为15元． 
【解析】(1)设函数关系式y=kx+b，把(10,40)，(18,24)代入求出k和b即可，由成本价为10元/千克，销售价不高于18元/千克，得出自变量x的取值范围；
(2)根据销售利润=销售量×每一件的销售利润得到w和x的关系，利用二次函数的性质得最值即可；
(3)先把y=150代入(2)的函数关系式中，解一元二次方程求出x，再根据x的取值范围即可确定x的值．
本题考查了二次函数的应用，得到每天的销售利润的关系式是解决本题的关键，结合实际情况利用二次函数的性质解决问题．

22.【答案】(1)解：直线PA与⊙O的位置关系：直线PA与⊙O相切，理由：
连接CD，OC，如图，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠D+∠DAC=90°．
∵∠B=∠D，∠PAC=∠B，
∴∠D=∠PAC．
∴∠PAC+∠DAC=90°，
∴∠DAP=90°，
∴OA⊥PA，
∵OA为⊙O的半径，
∴直线PA与⊙O相切；
(2)证明：连接BG，
∵AD为⊙O的直径，CG⊥AD，
∴AC=AG，
∴∠ABG=∠AGC，
∵∠GAF=∠BAG，
∴△AFG∽△AGB，
∴AGAB=AFAG，
∴AG2=AB⋅AF． 
【解析】(1)连接CD，OC，利用直径所对的圆周角为直角得到∠D+∠DAC=90°，利用等量代换和圆周角定理得到∠DAP=90°，利用圆的切线的判定定理解答即可；
(2)连接BG，利用垂径定理，圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可．
本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．

23.【答案】解：(1)当m=0时，y=x2−6，
令y=0，可得x=± 6，
则该函数的零点为 6和− 6；
(2)令y=0，得x2−2mx−2(m+3)=0，
∵Δ=(−2m)2−4[−2(m+3)]=4(m+1)2+20>0，
∴无论m取何值，方程x2−2mx−2(m+3)=0总有两个不相等的实数根．
即无论m取何值，该函数总有两个零点．
(3)∵函数的两个零点分别为x1和x2，
则方程x2−2mx−2(m+3)=0有两个实数根为x1和x2，
则x1+x2=2m，x1x2=−2(m+3)
由1x1+1x2=−14，
得x1+x2x1x2=2m−2(m+3)=−14，
解得m=1，经检验m=1是方程的解，
∴函数的解析式为y=x2−2x−8．
令y=0，解得x1=−2，x2=4，
∴A(−2,0)，B(4,0)．
作点B关于直线y=x−10的对称点B′，连接AB′，则AB′与直线y=x−10的交点就是满足条件的M点．

易求得直线y=x−10与x轴、y轴的交点分别为C(10,0)，D(0,−10)．
连接CB′，则∠BCD=45°，
∴BC=CB′=6，∠B′CD=∠BCD=45°，
∴∠BCB′=90°，
则B′(10,−6)．
设直线AB′的解析式为y=kx+b，
则−2k+b=010k+b=−6，
解得：k=−12，b=−1；
∴直线AB′的解析式为y=−12x−1，
即AM的解析式为y=−12x−1． 
【解析】本题是二次函数与一元二次方程的关系，轴对称−最短路径问题．
(1)根据题中给出的函数的零点的定义，将m=0代入y=x2−2mx−2(m+3)，然后令y=0即可解得函数的零点；
(2)令y=0，函数变为一元二次方程，要想证明方程有两个解，只需证明Δ>0即可；
(3)根据题中条件利用根与系数的关系求出m=1，进而求出函数解析式与A、B两点坐标.作点B关于直线y=x−10的对称点B′，连接AB′，可知直线AB′即为所求直线AM，求出点B′的坐标即可求得直线AM的函数解析式．

24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为C(0,−2)，
∴b=0，c=−2；
∵y=ax2+bx+c过点A(−1,0)，
∴0=a+0−2，a=2，
∴抛物线的解析式为y=2x2−2．
当y=0时，2x2−2=0，
解得x=±1，
∴点B的坐标为(1,0)；

(2)设P(m,n)．
∵∠PDB=∠BOC=90°，
∴当以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似时，分两种情况：
①若△OCB∽△DBP，则OBDP=OCDB，
即1n=2m−1，
解得n=m−12．
由对称性可知，在x轴上方和下方均有一点满足条件，
∴此时点P坐标为(m,m−12)或(m,1−m2)，
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为(m,m−12)
②若△OCB∽△DPB，则OBDB=OCDP，
即1m−1=2n，
解得n=2m−2．
由对称性可知，在x轴上方和下方均有一点满足条件，
∴此时点P坐标为(m,2m−2)或(m,2−2m)，
∵P在第一象限，m>1，
∴点P的坐标为(m,2m−2)
综上所述，满足条件的点P的坐标为：(m,m−12)，(m,2m−2)．

(3)
方法一：
假设在抛物线上存在第一象限内的点Q(x,2x2−2)，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形．
如图，过点Q作QE⊥l于点E．
∵∠DBP+∠BPD=90°，∠QPE+∠BPD=90°，
∴∠DBP=∠QPE．
在△DBP与△EPQ中，
∠BDP=∠PEQ=90°∠DBP=∠EPQBP=PQ，
∴△DBP≌△EPQ，
∴BD=PE，DP=EQ．
分两种情况：
①当P(m,m−12)时，
∵B(1,0)，D(m,0)，E(m,2x2−2)，
∴m−1=2x2−2−m−12m−12=m−x，
解得m1=1x1=1，x2=12m2=0(均不合题意舍去)；
②当P(m,2(m−1))时，
∵B(1,0)，D(m,0)，E(m,2x2−2)，
∴2(m−1)=m−xm−1=2x2−2−2(m−1)，
解得m1=1x1=1，x2=−52m2=92(均不合题意舍去)；
综上所述，不存在满足条件的点Q．

方法二：
若在第一象限内存在点Q，
①∵B(1,0)，P(m,m−12)，
点Q可视为点B绕点P顺时针旋转90°而成，
将点P平移至原点，得P′(0,0)，则点B′(1−m,1−m2)，
将点B′顺时针旋转90°，则点Q′(1−m2,m−1)，
将点P′平移回P(m,m−12)，则点Q′平移后即为点Q，
∴Q(1+m2,3m−32)，
将点Q代入抛物线得：m2−m=0，
∴m1=1，m2=0，
∴Q1(1,0)，Q2(0,−32)(均不合题意舍去)，
②∵B(1,0)，P(m,2m−2)，
同理可得Q(2−m,3m−3)，
将点Q代入抛物线得：3m−3=2(2−m)2−2，
∴2m2−11m+9=0，
∴m1=1，m2=92，
∴Q1(1,0)，Q2(−52,212)(均不合题意舍去)
综上所述，不存在满足条件的点Q． 
【解析】(1)由于抛物线的顶点C的坐标为(0,−2)，所以抛物线的对称轴为y轴，且与y轴交点的纵坐标为−2，即b=0，c=−2，再将A(−1,0)代入y=ax2+bx+c，求出a的值，由此确定该抛物线的解析式，然后令y=0，解一元二次方程求出x的值即可得到点B的坐标；
(2)设P点坐标为(m,n).由于∠PDB=∠BOC=90°，则D与O对应，所以当以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似时，分两种情况讨论：①△OCB∽△DBP；②△OCB∽△DPB.根据相似三角形对应边成比例，得出n与m的关系式，进而可得到点P的坐标；
(3)假设在抛物线上存在第一象限内的点Q(x,2x2−2)，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形．过点Q作QE⊥l于点E.利用AAS易证△DBP≌△EPQ，得出BD=PE，DP=EQ.再分两种情况讨论：①P(m,m−12)；②P(m,2(m−1)).都根据BD=PE，DP=EQ列出方程组，求出x与m的值，再结合条件x>0且m>1即可判断不存在第一象限内的点Q，使△BPQ是以P为直角顶点的等腰直角三角形．
此题是二次函数的综合题，其中涉及到二次函数解析式的确定，相似三角形、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识；在相似三角形的对应角和对应边不确定的情况下，一定要注意分类讨论，以免漏解．

25.【答案】解：(1)①12  ；② 4 ；
(2)结论：AD=12BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M

∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD=12BC．
(3)存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于点M，作BE⊥AD于点E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．

∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2 3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM=12BM=7，
∴DE=EM−DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2 3，CF=6，
∴tan∠CDF= 3，
∴∠CDF=60°
∴∠ADF=90°=∠AEB，
∴∠CBE=∠CFD，
∵∠CBE=∠PCF，
∴∠CFD=∠PCF，
∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，
∴∠CPF=∠CDF=60°=∠CDF
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD//PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC−∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN= 3，
∴PN= DN2+PD2= ( 3)2+62= 39．
(也可利用旋补中线长=12AB，求出AB即可) 
【解析】
【分析】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
(1)①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=12AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
(2)结论：AD=12BC.如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
(3)存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【解答】
解：(1)①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD=12AB′=12BC，
故答案为12．

②如图3中，

∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD=12B′C′=12BC=4，
故答案为：4．
(2)见答案；
(3)见答案．