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2023年内蒙古赤峰市红山区中考数学模拟试卷（4月份）
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这是一份2023年内蒙古赤峰市红山区中考数学模拟试卷（4月份），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。
2023年内蒙古赤峰市红山区中考数学模拟试卷（4月份）
一、选择题（本大题共14小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图所示几何体中，俯视图是三角形的是( )
A. B. C. D.
2. 2018年4月18日，被誉为“中国天眼”的FAST望远镜首次发现的毫秒脉冲星得到国际认证．新发现的脉冲星自转周期为0.00519秒，是至今发现的射电流量最弱的高能毫秒脉冲星之一．将0.00519用科学记数法表示应为( )
A. 5.19×10−2 B. 5.19×10−3 C. 519×105 D. 519×10−6
3. 不一定相等的一组是( )
A. a+b与b+a B. 3a与a+a+a
C. a3与a⋅a⋅a D. 3(a+b)与3a+b
4. 若代数式 x+1x−1有意义，则x的取值范围是( )
A. x>−1且 x≠1 B. x≥−1 C. x≠1 D. x≥−1且 x≠1
5. 若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是( )
A. 三角形 B. 六边形 C. 五边形 D. 四边形
6. 实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论中正确的是( )
A. a+b>0 B. ab>0 C. |a|>|b| D. a−b>0
7. 不等式组x−1≥04−2x>0的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
8. 如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，∠ACB=40°，点D是劣弧BC上一点，连结CD、BD，则∠D的度数是( )
A. 40° B. 50° C. 130° D. 140°
9. 已知x(x−2)=3，则代数式2x2−4x−7的值为( )
A. 6 B. −4 C. 13 D. −1
10. 关于x的一元二次方程x2+ax+1=0有两个不相等的实数根，则a的值可以是( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
11. 不透明的袋子中有3个小球，其中有1个红球，1个黄球，1个绿球，除颜色外3个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么两次摸出的小球都是红球的概率是( )
A. 23 B. 13 C. 16 D. 19
12. 一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角的度数是( )
A. 120° B. 180° C. 240° D. 300°
13. 如图，在小山的东侧A点有一个热气球，由于受风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，则小山东西两侧A，B两点间的距离为( )
A. 750 2米 B. 375 2米 C. 375 6米 D. 750 6米
14. 为了让甲、乙两名运动员在自由式滑雪大跳台比赛中取得优异成绩，需要研究他们从起跳至落在雪坡过程中的运动状态，如图，以起跳点O为原点，水平方向为x轴建立平面直角坐标系.我们研究发现甲运动员跳跃时，空中飞行的高度y(米)与水平距离x(米)具有二次函数关系，记点A为该二次函数图象与x轴的交点，点B为该运动员的落地点，BC⊥x轴于点C.测得相关数据如下：OA=12米，OC=18米，抛物线最高点到x轴距离为4米.若乙运动员跳跃时高度y(米)与水平距离x(米)满足y=−18x2+32x，则他们跳跃时起跳点与落地点的水平距离( )
A. 甲>乙 B. 甲<乙 C. 甲=乙 D. 无法确定
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
15. 分解因式：2m2−4mn+2n2= ______ ．
16. 写出一个比4大且比5小的无理数： ．
17. 如图是甲、乙两名射击运动员10次射击训练成绩的统计图，如果甲、乙这10次射击成绩的方差为s甲2，s乙2，那么s甲2 s乙2.(填“>”，“=”或“<”)
18. 如图，线段AC=n+1(其中n为正整数)，点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到△AME.当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为
S3；则S3−S2= ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共96.0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)
先化简，再求值：
(1−x+3x+1)÷x2+4x+4x+1，其中x=2cos30°+|− 3|+(π− 3)0− 12．
20. (本小题10.0分)
已知：线段AB．
求作：Rt△ABC，使得∠BAC=90°，∠C=30°．
作法：
①分别以点A和点B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点D；
②连接BD，在BD的延长线上截取DC=BD；
③连接AC．
则△ABC为所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接AD．
∵AB=AD=BD，
∴△ABD为等边三角形(______).(填推理的依据)
∴∠B=∠ADB=60°．
∵CD=BD，
∴AD=CD
∴∠DAC=______(______).(填推理的依据)
∴∠ADB=∠C+∠DAC=60°．
∴∠C=30°．
在△ABC中，
∠BAC=180°−(∠B+∠C)=90°．
21. (本小题12.0分)
某地区的甲、乙两所学校的初三所有学生都参加了一次环保知识竞赛，其中甲校有200名学生，乙校有300名学生.为了解两个校区学生的答题情况，进行了抽样调查，从甲、乙两校各随机抽取20名学
生，对他们本次环保知识竞赛的成绩(百分制)进行了整理、描述和分析.下面给出了部分信息．
a.甲校成绩的频数分布直方图如图所示(数据分成4组：60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100)；
b.甲校在70≤x<80这一组的成绩分别是：74，74，75，77，77，77，77，78，79，79
c.甲、乙两校成绩的平均数、中位数如下：
平均数
中位数
甲校
79.5
m
乙校
77
81.5
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中m的值是______ ；
(2)两所学校分别对本次抽取的学生的成绩进行等级赋分，超过本校的平均分就可以赋予等级A，则甲校赋予等级A的学生有______ 人，乙校赋予等级A的学生至少有______ 人；
(3)估计所有参赛学生本次环保知识竞赛的平均分，请你计算出来．
22. (本小题12.0分)
松滋临港贸易公司现有480吨货物，准备外包给甲、乙两个车主来完成运输任务，已知甲车主单独完成运输任务比乙车主单独完成任务要多用10天，而乙车主每天运输的吨数是甲车主的1.5倍，公司需付甲车主每天800元运输费，乙车主每天运输费1200元，同时公司每天要付给发货工人200元工资．
(1)求甲、乙两个车主每天各能运输多少吨货物？
(2)公司制定如下方案，可以单独由甲乙任意一个车主完成，也可以由两车主合作完成．请你通过计算，帮该公司选择一种既省钱又省时的外包方案．
23. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x1,y1)，给出如下定义：当点Q(x2,y2)满足x1+x2=y1+y2时，则称点Q是点P的等和点．
(1)已知点P(2,0)
①在Q1(0,2)，Q2(−2,−1)，Q3(1,3)中，点P的等和点有______ ；
②点A在直线y=−x+4上，若点P是点A的等和点，求点A的坐标；
(2)已知：点B、C是双曲线y=−6x上的两点，且都是点A(2,−3)的等和点，则△OBC的面积为______ ．
24. (本小题12.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D为AC的中点，⊙O的切线DE交OC的延长线于点E．
(1)求证：DE//AC；
(2)连接BD，交AC于点P，若AC=8，cosA=45，求BD和DP的长．
25. (本小题14.0分)
如图，已知二次函数图象与坐标轴分别交于A(0,3)、B(−1,0)、C(3,0)三点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
(3)当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上是否存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916？若存在，直接写出该点的横坐标；若不存在，请说明理由．
26. (本小题14.0分)
如图1，菱形ABCD，连接AC，点G为AC上一点，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°．
(1)请直接写出HD：GC：EB的结果为______ ；
(2)将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
(3)把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB=AH：AE=1：2，此时HD：GC：EB的结果与(2)小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果(不必写计算过程)；若无变化，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.球的俯视图是圆，故本选项不符合题意；
B.该正方体的俯视图是正方形，故本选项不符合题意；
C.该三棱柱的俯视图是三角形，故本选项符合题意
D.该圆柱的俯视图是圆，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据常见简单几何体的三视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，熟记简单几何体的三视图是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.00519=5.19×10−3，
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，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．
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．
3.【答案】D
【解析】解：A：因为a+b=b+a，所以A选项一定相等；
B：因为a+a+a=3a，所以B选项一定相等；
C：因为a⋅a⋅a=a3，所以C选项一定相等；
D：因为3(a+b)=3a+3b，所以3(a+b)与3a+b不一定相等．
故选：D．
A：根据加法交换律进行计算即可得出答案；
B：根据整式的加法法则−合并同类项进行计算即可得出答案；
C：根据同底数幂乘法法则进行计算即可得出答案；
D：根据乘法分配律进行计算即可得出答案．
本题主要考查了整式的运算，熟练掌握整式的运算法则进行计算是解决本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得：x+1≥0，且x−1≠0，
解得：x≥−1，且x≠1，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，根据分式有意义的条件可得x−1≠0，再解即可．
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数，分式分母不为零．
5.【答案】D
【解析】解：设多边形的边数为n，根据题意得
(n−2)⋅180°=360°，
解得n=4．
所以这个多边形是四边形．
故选D．
根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A、∵a<−3<0|b|，a+b<0，故此选项错误；
B、∵a<−3<0|b|，故此选项正确；
D、∵a<−3<0
根据a，b在数轴上的位置，得a<−3<0
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．
【解答】
解：由x−1≥0，得x≥1，
由4−2x>0，得x<2，
不等式组的解集是1≤x<2，
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠A=90°−∠ACB=90°−40°=50°，
∵∠D+∠A=180°，
∴∠D=180°−50°=130°．
故选：C．
先根据圆周角定理，由∠ABC=90°，则利用互余可计算出∠A=50°，然后根据圆内接四边形的性质得到∠D的度数．
本题考查了三角形的外接圆与外心：熟练掌握三角形的外心的定义与性质．也考查了圆周角定理．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查求代数式的值，整体代入法等知识，解题的关键是掌握整体代入思想的运用，将x(x−2)=3代入原式=2x(x−2)−7，计算可得．
【解答】
解：当x(x−2)=3时，
原式=2x(x−2)−7
=2×3−7
=6−7
=−1．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ=a2−4×1×1>0，解的a>2或a<−2．
故选：A．
根据根的判别式得到Δ=a2−4×1×1>0，然后解关于a的不等式，即可求出a的范围，并根据选项判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；
当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；
当Δ<0时，方程无实数根．
11.【答案】D
【解析】解：根据题意画图如下：
共有9种等可能的情况数，其中两次摸出的小球都是红球的有1种，
则两次摸出的小球都是红球的概率是19；
故选：D．
画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆锥的侧面积是底面积的2倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数．
本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【解答】
解：设母线长为R，底面半径为r，
∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面面积=πrR，
∵侧面积是底面积的2倍，
∴2πr2=πrR，
∴R=2r，
设圆心角为n，
则nπR180=2πr=πR，
解得，n=180°，
故选：B．
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据仰角和俯角构造直角三角形并解直角三角形，难度适中．
作AD⊥BC于D，根据速度和时间先求得AC的长，在Rt△ACD中，求得∠ACD的度数，再求得AD的长度，然后根据∠B=30°求出AB的长．
【详解】
解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ACD中，∠ACD=75°−30°=45°，
AC=30×25=750(米)，
∴AD=AC⋅sin45°=375 2(米)．
在Rt△ABD中，
∵∠B=30°，
∴AB=ADsinB=2AD=750 2(米)．
故选A．
14.【答案】A
【解析】解：由题意，设该二次函数的解析式为y=ax2+bx(a≠0)，
∵OA=12，抛物线最高点到x轴距离为4米，
∴122a+12b=0−b24a=4，
解得a=−19b=43，
∴该二次函数的解析式为y=−19x2+43x(x≥0)，
∵OC=18米，
∴当x=18时，y=−19×182+43×18=−12，
∴B(18,−12)；
对于函数y=−18x2+32x，
当y=−12时，−12=−18x2+32x，
解得x=6+2 33或x=6−2 33(舍去)，
∴乙起跳点与落地点的水平距离(6+2 33)米，
∵18−(6+2 33)=12−2 33= 144− 132>0，
∴甲起跳点与落地点的水平距离大于乙起跳点与落地点的水平距离．
故选：A．
先根据已知求出甲运动员跳跃时的抛物线解析式，再把x=18代入解析式，求出落地点B的坐标(18,−12)，再把y=−12代入y=−18x2+32x求出x，再与18比较即可．
本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
15.【答案】2(m−n)2
【解析】解：原式=2(m2−2mn+n2)=2(m−n)2．
故答案为：2(m−n)2．
原式提取2变形后，利用完全平方公式分解即可得到结果．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16.【答案】 17(答案不唯一)
【解析】解：比4大且比5小的无理数可以是 17．
故答案为 17．
由于4= 16，5= 25，所以可写出一个二次根式，此根式的被开方数大于16且小于25即可．
本题考查了对估算无理数的大小的应用，注意：无理数是指无限不循环小数，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
17.【答案】>
【解析】解：由图中知，甲的成绩为7，10，7，9，10，9，8，10，8，7，
乙的成绩为9，8，10，9，9，8，9，7，7，9，
x甲−=110×(7+10+7+9+10+9+8+10+8+7)=8.5，
x乙−=110×(9+8+10+9+9+8+9+7+7+9)=8.5，
甲的方差s甲2=[3×(7−8.5)2+2×(8−8.5)2+3×(10−8.5)2+2×(9−8.5)2]÷10=1.45，
乙的方差s乙2=[2×(7−8.5)2+2×(8−8.5)2+5×(9−8.5)2+(10−8.5)2]÷10=0.85，
∴s甲2>s乙2，
故答案为：>．
从统计图中得出甲乙的射击成绩，再利用方差的公式计算．
本题考查方差的定义与意义，熟记方差的计算公式是解题的关键，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
18.【答案】52
【解析】解：连接BE．
∵在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，
∴BE//AM，
∴△AME与△AMB同底等高，
∴△AME的面积=△AMB的面积，
∴当AB=n时，△AME的面积记为Sn=12n2，
Sn−1=12(n−1)2=12n2−n+12，
∴当n≥2时，Sn−Sn−1=2n−12=2×3−12=52．
故答案为：52．
根据连接BE，则BE//AM，利用△AME的面积=△AMB的面积即可得出Sn=12n2，Sn−1=12(n−1)2=12n2−n+12，再代值计算即可得出答案．
此题主要考查了整式的混合运算，用到的知识点是三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出S与n的关系是解题的关键．
19.【答案】解：原式=(1−x2x+1+3x+1)⋅x+1(x+2)2
=(x+2)(2−x)x+1⋅x+1(x+2)2
=2−xx+2，
当x=2cos30°+|− 3|+(π− 3)− 12=2× 32+ 3+1−2 3=1时，原式=2−12+1=13．
【解析】根据分式的加法法则、除法法则把原式化简，根据特殊角的三角函数值、零指数幂、二次根式的性质把x化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20.【答案】三边相等的三角形是等边三角形 ∠DCA 等边对等角
【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：连接AD．
∵AB=AD=BD，
∴△ABD为等边三角形(三边相等的三角形是等边三角形).(填推理的依据)》
∴∠B=∠ADB=60°．
∵CD=BD，
∴AD=CD
∴∠DAC=∠DCA(等边对等角).(填推理的依据)
∴∠ADB=∠C+∠DAC=60°．
∴∠C=30°．
在△ABC中，∠BAC=180°−(∠B+∠C)=90°．
故答案为：三边相等的三角形是等边三角形，∠DCA，等边对等角．
(1)根据要求作出图形；
(2)证明△ADB是等边三角形，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】78.5 8 10
【解析】解：(1)由题意知第10、11个数据分别为78、79，
∴其中位数m=78+792=78.5；
故答案为：78.5；
(2)根据频数分布直方图看得甲校赋予等级A的人数为7+1=8，
∵乙校的平均数77，中位数为81.5，可判断乙校赋予等级A的学生至少有10人；
故答案为：8，10；
(3)79.5×200+77×300200+300=78，
答：估计所有参赛学生本次环保知识竞赛的平均分为78．
(1)根据频数分布直方图和70≤x<80的这一组的具体成绩得出第10、11个数据分别为78、79，继而依据中位数的定义求解即可；
(2)根据频数分布直方图看得甲校赋予等级A的人数，根据乙校的平均数和中位数可判断乙校赋予等级A的学生至少的人数；
(3)根据加权平均数公式计算即可．
本题主要考查频数分布表、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据表格得出解题所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用．
22.【答案】解：(1)设甲车主每天能运输x吨货物，则乙车主每天能运输1.5x吨货物，
根据题意得：480x−4801.5x=10，
解得：x=16，
经检验，x=16是原方程的解，且符合题意，
∴1.5x=24．
答：甲车主每天能运输16吨货物，乙车主每天能运输24吨货物．
(2)甲车主单独完成所需时间为480÷16=30(天)，
乙车主单独完成所需时间为480÷24=20(天)，
甲、乙两车主合作完成所需时间为480÷(16+24)=12(天)，
甲车主单独完成所需费用为30×(800+200)=30000(元)，
乙车主单独完成所需费用为20×(1200+200)=28000(元)，
甲、乙两车主合作完成所需费用为12×(800+1200+200)=26400(元)．
∵30000>28000>26400，30>20>12，
∴该公司选择由两车主合作完成既省钱又省时．
【解析】(1)设甲车主每天能运输x吨货物，则乙车主每天能运输1.5x吨货物，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合甲车主单独完成运输任务比乙车主单独完成任务要多用10天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)根据工作时间=工作总量÷工作效率及总费用=每日所需费用×运输天数，分别求出甲车主单独完成、乙车主单独完成及甲、乙两车主合作完成所需时间及总费用，比较后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)分别求出三种外包方案所需时间及总费用．
23.【答案】Q1，Q3 52
【解析】解：(1)①Q1(0,2)，则2+0=0+2，
∴Q1(0,2)是点P的等和点；
Q2(−2,−1)，则2+(−2)≠0+(−1)，
∴Q2(−2,−1)不是点P的等和点；
Q3(1,3)，则2+1=0+3，
∴Q3(1,3)是点P的等和点；
故答案为：Q1，Q3；
②∵点A在直线y=−x+4上，
∴设点A(a,−a+4)，
又∵点P(2,0)是点A的等和点，
∴a+2=−a+4+0，
解得a=1，
∴−a+4=3，
即点A的坐标为(1,3)；
(2)由题意可知，x+2=−6x−3，
解得x1=−2，x2=−3，
∴B(−2,3)，C(−3,2)，
∴S△OBC=S△BOE+S梯形BEFC−S△OCF=S梯形BEFC=12(2+3)(−2+3)=52．
故答案为：52．
(1)根据定义判断即可；
(2)设点A(a,−a+4)，根据定义得到a+2=−a+4+0，即可求A(1,3)．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，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，三角形面积，熟练掌握一次函数和反比例函数的图象及性质，理解新定义是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OD，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴OD⊥DE，
∵点D为AC的中点，
∴OD⊥AC，
∴DE//AC；
(2)解：连接OD与AC交于点H，连接AD，连接BD与AC交于点P，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，
∵cosA=ACAB
∴AB=ACcosA=845=10，
∴BC= AB2−AC2=6OA=OD=12AB=5，
∵OD⊥AC，
∴AH=CH=12AC=4，
∴OH= OA2−AH2= 52−42=3，
∴DH=OD−OH=5−3=2，
∴AD= AH2+DH2= 42+22=2 5，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD= AB2−AD2= 102−(2 5)2=4 5，
∵∠DHC=∠ACB=90°，∠HPD=∠BPC，
∴△DHP∽△BCP，
∴DPBP=DHBC，
设DP=x，则BP=BD−DP=4 5−x，
∴x4 5−x=26，
解得x= 5，
即BD的长为4 5，DP的长为 5．
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质得OD⊥DE，根据垂径定理的推论得OD⊥AC，便可得AC//DE；
(2)连接OD与AC交于点H，连接AD，在△ABC中，解直角三角形得AB，进而由勾股定理求得BC，再由垂径定理求得OH，在△ADH中由勾股定理求得AD，在△ABD中由勾股定理求得BD，最后由△DHP∽△BCP求得DP．
本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理的推论，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是运用相似三角形的知识解题．
25.【答案】解：(1)设二次函数解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵二次函数图象过A(0,3)、B(−1,0)、C(3,0)三点，
∴c=3a−b+c=09a+3b+c=0，
解得：a=−1b=2c=3，
∴二次函数解析式为y=−x2+2x+3；
(2)∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)，
则点N(2−m,−m2+2m+3)，
∴MN=m−2+m=2m−2，GM=−m2+2m+3，
∵四边形MNHG为矩形，
∴MN=GH，MG=HN，
∴矩形MNHG的周长=2MN+2GM
=2(2m−2)+2(−m2+2m+3 )
=−2m2+8m+2
=−2(m−2)2+10，
∵−2<0
∴当m=2时，矩形MNHG的周长有最大值，最大值为10，
即矩形MNHG周长的最大值为10；
(3)当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上是否存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的横坐标为32或3+3 22或3−3 22，理由：
由(2)知：当m=2时，矩形MNHG的周长有最大值，
∴M(2,3)，N(0,3)，
∴当矩形MNHG的周长最大时，点N与点A重合，
∴OA=ON=3．
∵C(3,0)，
∴OC=3，
∴ON=OC=3，
∴∠ONC=∠OCN=45°．
设直线AC的解析式为y=kx+d，
∴d=33k+d=0，
解得：k=−1d=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3．
设当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的坐标为(n,−n2+2n+3)，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，如图，
则E(n,−n+3)，
∴PD=−n2+2n+3，DE=−n+3，
∴PE=PD−DE=−n2+3n．
∵S△PNC=S△PNE+S△PCE=12×PE⋅OC=−32n2+92n.
当矩形MNHG的周长最大时，MN=2，GM=3，
∴矩形MNHG面积为2×3=6，
∴△PNC的面积为278．
∴−32n2+92n=278，
解得：n1=n2=32，
∴点P的横坐标为32；
此时PE=−n2+3n=94，
∵平行线之间的距离相等，
∴当直线AC向下平移94个单位长度时，该直线与抛物线的交点也满足条件．
平移后的直线的解析式为y=−x+3−94=−x+34．
联立：y=−x+34y=−x2+2x+3，
解得：x=3+3 22y=−3−6 24或x=3−3 22y=−3+6 24．
∴点P的横坐标为3+3 22或3−3 22．
综上，当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的横坐标为32或3+3 22或3−3 22．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)，则点N(2−m,−m2+2m+3)，利用m的代数式分别表示出矩形的边长，利用矩形的周长的公式求得矩形的周长，利用配方法解答即可得出结论；
(3)利用(2)的结论求得点N的坐标，可得点N与点A重合，设点P的坐标为(n,−n2+2n+3)，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，利用含n的代数式表示出FE，利用S△PNC=S△PNE+S△PCE=12×PE⋅OC，求得△PNC的面积，利用已知条件得到关于n的方程，解方程即可求得n值；再利用平行线的距离相等，当直线AC向下平移94个单位长度时，该直线与抛物线的交点也满足条件，求得平移后的直线解析式，与抛物线的解析式联立，解方程组即可得出结论．
本题主要考查了抛物线的有关性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，函数的极值，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，矩形的性质，平行线的性质，三角形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
26.【答案】1： 3：1
【解析】解：(1)连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°，
∴∠GAE=∠CAB=30°，AE=AH，AB=AD，
∴A，G，C共线，AB−AE=AD−AH，
∴HD=EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO=∠AGE=30°，
∴OGGN =cos30°= 32，
∵GC=2OG，
∴GNGC=1 3，
∵HGND为平行四边形，
∴HD=GN，
∴HD：GC：EB=1： 3：1，
故答案为：1： 3：1；
(2)如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC=AH：AG=1： 3，∠DAC=∠HAG=30°，
∴∠DAH=∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC=AD：AC=1： 3，
∵∠DAB=∠HAE=60°，
∴∠DAH=∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
AD=AB∠DAH=∠BAEAH=AE
∴△DAH≌△BAE(SAS)
∴HD=EB，
∴HD：GC：EB=1： 3：1；
(3)有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB=AH：AE=1：2，∠ADC=∠AHG=90°，
∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AB=AH：AG=1： 5，
∵∠DAC=∠HAG，
∴∠DAH=∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC=AD：AC=1： 5，
∵∠DAB=∠HAE=90°，
∴∠DAH=∠BAE，
∵DA：AB=HA：AE=1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE=AD：AB=1：2，
∴HD：GC：EB=1： 5：2．
(1)连接AG，由菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°，易得A，G，C共线，延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，利用菱形对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；
(2)连接AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论；
(3)连接AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．
本题考查相似形的综合题，掌握菱形与相似三角形，全等三角形，三角函数等知识点的综合运用是解题的关键．
2023年内蒙古赤峰市红山区中考数学模拟试卷（4月份）
一、选择题（本大题共14小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图所示几何体中，俯视图是三角形的是( )
A. B. C. D.
2. 2018年4月18日，被誉为“中国天眼”的FAST望远镜首次发现的毫秒脉冲星得到国际认证．新发现的脉冲星自转周期为0.00519秒，是至今发现的射电流量最弱的高能毫秒脉冲星之一．将0.00519用科学记数法表示应为( )
A. 5.19×10−2 B. 5.19×10−3 C. 519×105 D. 519×10−6
3. 不一定相等的一组是( )
A. a+b与b+a B. 3a与a+a+a
C. a3与a⋅a⋅a D. 3(a+b)与3a+b
4. 若代数式 x+1x−1有意义，则x的取值范围是( )
A. x>−1且 x≠1 B. x≥−1 C. x≠1 D. x≥−1且 x≠1
5. 若一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形是( )
A. 三角形 B. 六边形 C. 五边形 D. 四边形
6. 实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论中正确的是( )
A. a+b>0 B. ab>0 C. |a|>|b| D. a−b>0
7. 不等式组x−1≥04−2x>0的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
8. 如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，∠ACB=40°，点D是劣弧BC上一点，连结CD、BD，则∠D的度数是( )
A. 40° B. 50° C. 130° D. 140°
9. 已知x(x−2)=3，则代数式2x2−4x−7的值为( )
A. 6 B. −4 C. 13 D. −1
10. 关于x的一元二次方程x2+ax+1=0有两个不相等的实数根，则a的值可以是( )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
11. 不透明的袋子中有3个小球，其中有1个红球，1个黄球，1个绿球，除颜色外3个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么两次摸出的小球都是红球的概率是( )
A. 23 B. 13 C. 16 D. 19
12. 一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角的度数是( )
A. 120° B. 180° C. 240° D. 300°
13. 如图，在小山的东侧A点有一个热气球，由于受风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，则小山东西两侧A，B两点间的距离为( )
A. 750 2米 B. 375 2米 C. 375 6米 D. 750 6米
14. 为了让甲、乙两名运动员在自由式滑雪大跳台比赛中取得优异成绩，需要研究他们从起跳至落在雪坡过程中的运动状态，如图，以起跳点O为原点，水平方向为x轴建立平面直角坐标系.我们研究发现甲运动员跳跃时，空中飞行的高度y(米)与水平距离x(米)具有二次函数关系，记点A为该二次函数图象与x轴的交点，点B为该运动员的落地点，BC⊥x轴于点C.测得相关数据如下：OA=12米，OC=18米，抛物线最高点到x轴距离为4米.若乙运动员跳跃时高度y(米)与水平距离x(米)满足y=−18x2+32x，则他们跳跃时起跳点与落地点的水平距离( )
A. 甲>乙 B. 甲<乙 C. 甲=乙 D. 无法确定
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
15. 分解因式：2m2−4mn+2n2= ______ ．
16. 写出一个比4大且比5小的无理数： ．
17. 如图是甲、乙两名射击运动员10次射击训练成绩的统计图，如果甲、乙这10次射击成绩的方差为s甲2，s乙2，那么s甲2 s乙2.(填“>”，“=”或“<”)
18. 如图，线段AC=n+1(其中n为正整数)，点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到△AME.当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为
S3；则S3−S2= ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共96.0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)
先化简，再求值：
(1−x+3x+1)÷x2+4x+4x+1，其中x=2cos30°+|− 3|+(π− 3)0− 12．
20. (本小题10.0分)
已知：线段AB．
求作：Rt△ABC，使得∠BAC=90°，∠C=30°．
作法：
①分别以点A和点B为圆心，AB长为半径作弧，两弧交于点D；
②连接BD，在BD的延长线上截取DC=BD；
③连接AC．
则△ABC为所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接AD．
∵AB=AD=BD，
∴△ABD为等边三角形(______).(填推理的依据)
∴∠B=∠ADB=60°．
∵CD=BD，
∴AD=CD
∴∠DAC=______(______).(填推理的依据)
∴∠ADB=∠C+∠DAC=60°．
∴∠C=30°．
在△ABC中，
∠BAC=180°−(∠B+∠C)=90°．
21. (本小题12.0分)
某地区的甲、乙两所学校的初三所有学生都参加了一次环保知识竞赛，其中甲校有200名学生，乙校有300名学生.为了解两个校区学生的答题情况，进行了抽样调查，从甲、乙两校各随机抽取20名学
生，对他们本次环保知识竞赛的成绩(百分制)进行了整理、描述和分析.下面给出了部分信息．
a.甲校成绩的频数分布直方图如图所示(数据分成4组：60≤x<70，70≤x<80，80≤x<90，90≤x≤100)；
b.甲校在70≤x<80这一组的成绩分别是：74，74，75，77，77，77，77，78，79，79
c.甲、乙两校成绩的平均数、中位数如下：
平均数
中位数
甲校
79.5
m
乙校
77
81.5
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中m的值是______ ；
(2)两所学校分别对本次抽取的学生的成绩进行等级赋分，超过本校的平均分就可以赋予等级A，则甲校赋予等级A的学生有______ 人，乙校赋予等级A的学生至少有______ 人；
(3)估计所有参赛学生本次环保知识竞赛的平均分，请你计算出来．
22. (本小题12.0分)
松滋临港贸易公司现有480吨货物，准备外包给甲、乙两个车主来完成运输任务，已知甲车主单独完成运输任务比乙车主单独完成任务要多用10天，而乙车主每天运输的吨数是甲车主的1.5倍，公司需付甲车主每天800元运输费，乙车主每天运输费1200元，同时公司每天要付给发货工人200元工资．
(1)求甲、乙两个车主每天各能运输多少吨货物？
(2)公司制定如下方案，可以单独由甲乙任意一个车主完成，也可以由两车主合作完成．请你通过计算，帮该公司选择一种既省钱又省时的外包方案．
23. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x1,y1)，给出如下定义：当点Q(x2,y2)满足x1+x2=y1+y2时，则称点Q是点P的等和点．
(1)已知点P(2,0)
①在Q1(0,2)，Q2(−2,−1)，Q3(1,3)中，点P的等和点有______ ；
②点A在直线y=−x+4上，若点P是点A的等和点，求点A的坐标；
(2)已知：点B、C是双曲线y=−6x上的两点，且都是点A(2,−3)的等和点，则△OBC的面积为______ ．
24. (本小题12.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D为AC的中点，⊙O的切线DE交OC的延长线于点E．
(1)求证：DE//AC；
(2)连接BD，交AC于点P，若AC=8，cosA=45，求BD和DP的长．
25. (本小题14.0分)
如图，已知二次函数图象与坐标轴分别交于A(0,3)、B(−1,0)、C(3,0)三点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
(3)当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上是否存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916？若存在，直接写出该点的横坐标；若不存在，请说明理由．
26. (本小题14.0分)
如图1，菱形ABCD，连接AC，点G为AC上一点，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°．
(1)请直接写出HD：GC：EB的结果为______ ；
(2)将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
(3)把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB=AH：AE=1：2，此时HD：GC：EB的结果与(2)小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果(不必写计算过程)；若无变化，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.球的俯视图是圆，故本选项不符合题意；
B.该正方体的俯视图是正方形，故本选项不符合题意；
C.该三棱柱的俯视图是三角形，故本选项符合题意
D.该圆柱的俯视图是圆，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据常见简单几何体的三视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，熟记简单几何体的三视图是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.00519=5.19×10−3，
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，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．
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．
3.【答案】D
【解析】解：A：因为a+b=b+a，所以A选项一定相等；
B：因为a+a+a=3a，所以B选项一定相等；
C：因为a⋅a⋅a=a3，所以C选项一定相等；
D：因为3(a+b)=3a+3b，所以3(a+b)与3a+b不一定相等．
故选：D．
A：根据加法交换律进行计算即可得出答案；
B：根据整式的加法法则−合并同类项进行计算即可得出答案；
C：根据同底数幂乘法法则进行计算即可得出答案；
D：根据乘法分配律进行计算即可得出答案．
本题主要考查了整式的运算，熟练掌握整式的运算法则进行计算是解决本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得：x+1≥0，且x−1≠0，
解得：x≥−1，且x≠1，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，根据分式有意义的条件可得x−1≠0，再解即可．
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数，分式分母不为零．
5.【答案】D
【解析】解：设多边形的边数为n，根据题意得
(n−2)⋅180°=360°，
解得n=4．
所以这个多边形是四边形．
故选D．
根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A、∵a<−3<0
B、∵a<−3<0
D、∵a<−3<0
根据a，b在数轴上的位置，得a<−3<0
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．
【解答】
解：由x−1≥0，得x≥1，
由4−2x>0，得x<2，
不等式组的解集是1≤x<2，
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠A=90°−∠ACB=90°−40°=50°，
∵∠D+∠A=180°，
∴∠D=180°−50°=130°．
故选：C．
先根据圆周角定理，由∠ABC=90°，则利用互余可计算出∠A=50°，然后根据圆内接四边形的性质得到∠D的度数．
本题考查了三角形的外接圆与外心：熟练掌握三角形的外心的定义与性质．也考查了圆周角定理．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查求代数式的值，整体代入法等知识，解题的关键是掌握整体代入思想的运用，将x(x−2)=3代入原式=2x(x−2)−7，计算可得．
【解答】
解：当x(x−2)=3时，
原式=2x(x−2)−7
=2×3−7
=6−7
=−1．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ=a2−4×1×1>0，解的a>2或a<−2．
故选：A．
根据根的判别式得到Δ=a2−4×1×1>0，然后解关于a的不等式，即可求出a的范围，并根据选项判断．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；
当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；
当Δ<0时，方程无实数根．
11.【答案】D
【解析】解：根据题意画图如下：
共有9种等可能的情况数，其中两次摸出的小球都是红球的有1种，
则两次摸出的小球都是红球的概率是19；
故选：D．
画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆锥的侧面积是底面积的2倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数．
本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
【解答】
解：设母线长为R，底面半径为r，
∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面面积=πrR，
∵侧面积是底面积的2倍，
∴2πr2=πrR，
∴R=2r，
设圆心角为n，
则nπR180=2πr=πR，
解得，n=180°，
故选：B．
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据仰角和俯角构造直角三角形并解直角三角形，难度适中．
作AD⊥BC于D，根据速度和时间先求得AC的长，在Rt△ACD中，求得∠ACD的度数，再求得AD的长度，然后根据∠B=30°求出AB的长．
【详解】
解：如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ACD中，∠ACD=75°−30°=45°，
AC=30×25=750(米)，
∴AD=AC⋅sin45°=375 2(米)．
在Rt△ABD中，
∵∠B=30°，
∴AB=ADsinB=2AD=750 2(米)．
故选A．
14.【答案】A
【解析】解：由题意，设该二次函数的解析式为y=ax2+bx(a≠0)，
∵OA=12，抛物线最高点到x轴距离为4米，
∴122a+12b=0−b24a=4，
解得a=−19b=43，
∴该二次函数的解析式为y=−19x2+43x(x≥0)，
∵OC=18米，
∴当x=18时，y=−19×182+43×18=−12，
∴B(18,−12)；
对于函数y=−18x2+32x，
当y=−12时，−12=−18x2+32x，
解得x=6+2 33或x=6−2 33(舍去)，
∴乙起跳点与落地点的水平距离(6+2 33)米，
∵18−(6+2 33)=12−2 33= 144− 132>0，
∴甲起跳点与落地点的水平距离大于乙起跳点与落地点的水平距离．
故选：A．
先根据已知求出甲运动员跳跃时的抛物线解析式，再把x=18代入解析式，求出落地点B的坐标(18,−12)，再把y=−12代入y=−18x2+32x求出x，再与18比较即可．
本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
15.【答案】2(m−n)2
【解析】解：原式=2(m2−2mn+n2)=2(m−n)2．
故答案为：2(m−n)2．
原式提取2变形后，利用完全平方公式分解即可得到结果．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16.【答案】 17(答案不唯一)
【解析】解：比4大且比5小的无理数可以是 17．
故答案为 17．
由于4= 16，5= 25，所以可写出一个二次根式，此根式的被开方数大于16且小于25即可．
本题考查了对估算无理数的大小的应用，注意：无理数是指无限不循环小数，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
17.【答案】>
【解析】解：由图中知，甲的成绩为7，10，7，9，10，9，8，10，8，7，
乙的成绩为9，8，10，9，9，8，9，7，7，9，
x甲−=110×(7+10+7+9+10+9+8+10+8+7)=8.5，
x乙−=110×(9+8+10+9+9+8+9+7+7+9)=8.5，
甲的方差s甲2=[3×(7−8.5)2+2×(8−8.5)2+3×(10−8.5)2+2×(9−8.5)2]÷10=1.45，
乙的方差s乙2=[2×(7−8.5)2+2×(8−8.5)2+5×(9−8.5)2+(10−8.5)2]÷10=0.85，
∴s甲2>s乙2，
故答案为：>．
从统计图中得出甲乙的射击成绩，再利用方差的公式计算．
本题考查方差的定义与意义，熟记方差的计算公式是解题的关键，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
18.【答案】52
【解析】解：连接BE．
∵在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，
∴BE//AM，
∴△AME与△AMB同底等高，
∴△AME的面积=△AMB的面积，
∴当AB=n时，△AME的面积记为Sn=12n2，
Sn−1=12(n−1)2=12n2−n+12，
∴当n≥2时，Sn−Sn−1=2n−12=2×3−12=52．
故答案为：52．
根据连接BE，则BE//AM，利用△AME的面积=△AMB的面积即可得出Sn=12n2，Sn−1=12(n−1)2=12n2−n+12，再代值计算即可得出答案．
此题主要考查了整式的混合运算，用到的知识点是三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出S与n的关系是解题的关键．
19.【答案】解：原式=(1−x2x+1+3x+1)⋅x+1(x+2)2
=(x+2)(2−x)x+1⋅x+1(x+2)2
=2−xx+2，
当x=2cos30°+|− 3|+(π− 3)− 12=2× 32+ 3+1−2 3=1时，原式=2−12+1=13．
【解析】根据分式的加法法则、除法法则把原式化简，根据特殊角的三角函数值、零指数幂、二次根式的性质把x化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20.【答案】三边相等的三角形是等边三角形 ∠DCA 等边对等角
【解析】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：连接AD．
∵AB=AD=BD，
∴△ABD为等边三角形(三边相等的三角形是等边三角形).(填推理的依据)》
∴∠B=∠ADB=60°．
∵CD=BD，
∴AD=CD
∴∠DAC=∠DCA(等边对等角).(填推理的依据)
∴∠ADB=∠C+∠DAC=60°．
∴∠C=30°．
在△ABC中，∠BAC=180°−(∠B+∠C)=90°．
故答案为：三边相等的三角形是等边三角形，∠DCA，等边对等角．
(1)根据要求作出图形；
(2)证明△ADB是等边三角形，可得结论．
本题考查作图−复杂作图，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21.【答案】78.5 8 10
【解析】解：(1)由题意知第10、11个数据分别为78、79，
∴其中位数m=78+792=78.5；
故答案为：78.5；
(2)根据频数分布直方图看得甲校赋予等级A的人数为7+1=8，
∵乙校的平均数77，中位数为81.5，可判断乙校赋予等级A的学生至少有10人；
故答案为：8，10；
(3)79.5×200+77×300200+300=78，
答：估计所有参赛学生本次环保知识竞赛的平均分为78．
(1)根据频数分布直方图和70≤x<80的这一组的具体成绩得出第10、11个数据分别为78、79，继而依据中位数的定义求解即可；
(2)根据频数分布直方图看得甲校赋予等级A的人数，根据乙校的平均数和中位数可判断乙校赋予等级A的学生至少的人数；
(3)根据加权平均数公式计算即可．
本题主要考查频数分布表、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据表格得出解题所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用．
22.【答案】解：(1)设甲车主每天能运输x吨货物，则乙车主每天能运输1.5x吨货物，
根据题意得：480x−4801.5x=10，
解得：x=16，
经检验，x=16是原方程的解，且符合题意，
∴1.5x=24．
答：甲车主每天能运输16吨货物，乙车主每天能运输24吨货物．
(2)甲车主单独完成所需时间为480÷16=30(天)，
乙车主单独完成所需时间为480÷24=20(天)，
甲、乙两车主合作完成所需时间为480÷(16+24)=12(天)，
甲车主单独完成所需费用为30×(800+200)=30000(元)，
乙车主单独完成所需费用为20×(1200+200)=28000(元)，
甲、乙两车主合作完成所需费用为12×(800+1200+200)=26400(元)．
∵30000>28000>26400，30>20>12，
∴该公司选择由两车主合作完成既省钱又省时．
【解析】(1)设甲车主每天能运输x吨货物，则乙车主每天能运输1.5x吨货物，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合甲车主单独完成运输任务比乙车主单独完成任务要多用10天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)根据工作时间=工作总量÷工作效率及总费用=每日所需费用×运输天数，分别求出甲车主单独完成、乙车主单独完成及甲、乙两车主合作完成所需时间及总费用，比较后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)分别求出三种外包方案所需时间及总费用．
23.【答案】Q1，Q3 52
【解析】解：(1)①Q1(0,2)，则2+0=0+2，
∴Q1(0,2)是点P的等和点；
Q2(−2,−1)，则2+(−2)≠0+(−1)，
∴Q2(−2,−1)不是点P的等和点；
Q3(1,3)，则2+1=0+3，
∴Q3(1,3)是点P的等和点；
故答案为：Q1，Q3；
②∵点A在直线y=−x+4上，
∴设点A(a,−a+4)，
又∵点P(2,0)是点A的等和点，
∴a+2=−a+4+0，
解得a=1，
∴−a+4=3，
即点A的坐标为(1,3)；
(2)由题意可知，x+2=−6x−3，
解得x1=−2，x2=−3，
∴B(−2,3)，C(−3,2)，
∴S△OBC=S△BOE+S梯形BEFC−S△OCF=S梯形BEFC=12(2+3)(−2+3)=52．
故答案为：52．
(1)根据定义判断即可；
(2)设点A(a,−a+4)，根据定义得到a+2=−a+4+0，即可求A(1,3)．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，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，三角形面积，熟练掌握一次函数和反比例函数的图象及性质，理解新定义是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OD，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴OD⊥DE，
∵点D为AC的中点，
∴OD⊥AC，
∴DE//AC；
(2)解：连接OD与AC交于点H，连接AD，连接BD与AC交于点P，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，
∵cosA=ACAB
∴AB=ACcosA=845=10，
∴BC= AB2−AC2=6OA=OD=12AB=5，
∵OD⊥AC，
∴AH=CH=12AC=4，
∴OH= OA2−AH2= 52−42=3，
∴DH=OD−OH=5−3=2，
∴AD= AH2+DH2= 42+22=2 5，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD= AB2−AD2= 102−(2 5)2=4 5，
∵∠DHC=∠ACB=90°，∠HPD=∠BPC，
∴△DHP∽△BCP，
∴DPBP=DHBC，
设DP=x，则BP=BD−DP=4 5−x，
∴x4 5−x=26，
解得x= 5，
即BD的长为4 5，DP的长为 5．
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质得OD⊥DE，根据垂径定理的推论得OD⊥AC，便可得AC//DE；
(2)连接OD与AC交于点H，连接AD，在△ABC中，解直角三角形得AB，进而由勾股定理求得BC，再由垂径定理求得OH，在△ADH中由勾股定理求得AD，在△ABD中由勾股定理求得BD，最后由△DHP∽△BCP求得DP．
本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理的推论，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是运用相似三角形的知识解题．
25.【答案】解：(1)设二次函数解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵二次函数图象过A(0,3)、B(−1,0)、C(3,0)三点，
∴c=3a−b+c=09a+3b+c=0，
解得：a=−1b=2c=3，
∴二次函数解析式为y=−x2+2x+3；
(2)∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)，
则点N(2−m,−m2+2m+3)，
∴MN=m−2+m=2m−2，GM=−m2+2m+3，
∵四边形MNHG为矩形，
∴MN=GH，MG=HN，
∴矩形MNHG的周长=2MN+2GM
=2(2m−2)+2(−m2+2m+3 )
=−2m2+8m+2
=−2(m−2)2+10，
∵−2<0
∴当m=2时，矩形MNHG的周长有最大值，最大值为10，
即矩形MNHG周长的最大值为10；
(3)当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上是否存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的横坐标为32或3+3 22或3−3 22，理由：
由(2)知：当m=2时，矩形MNHG的周长有最大值，
∴M(2,3)，N(0,3)，
∴当矩形MNHG的周长最大时，点N与点A重合，
∴OA=ON=3．
∵C(3,0)，
∴OC=3，
∴ON=OC=3，
∴∠ONC=∠OCN=45°．
设直线AC的解析式为y=kx+d，
∴d=33k+d=0，
解得：k=−1d=3，
∴直线AC的解析式为y=−x+3．
设当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的坐标为(n,−n2+2n+3)，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，如图，
则E(n,−n+3)，
∴PD=−n2+2n+3，DE=−n+3，
∴PE=PD−DE=−n2+3n．
∵S△PNC=S△PNE+S△PCE=12×PE⋅OC=−32n2+92n.
当矩形MNHG的周长最大时，MN=2，GM=3，
∴矩形MNHG面积为2×3=6，
∴△PNC的面积为278．
∴−32n2+92n=278，
解得：n1=n2=32，
∴点P的横坐标为32；
此时PE=−n2+3n=94，
∵平行线之间的距离相等，
∴当直线AC向下平移94个单位长度时，该直线与抛物线的交点也满足条件．
平移后的直线的解析式为y=−x+3−94=−x+34．
联立：y=−x+34y=−x2+2x+3，
解得：x=3+3 22y=−3−6 24或x=3−3 22y=−3+6 24．
∴点P的横坐标为3+3 22或3−3 22．
综上，当矩形MNHG的周长最大时，在二次函数图象上存在点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的916，点P的横坐标为32或3+3 22或3−3 22．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)，则点N(2−m,−m2+2m+3)，利用m的代数式分别表示出矩形的边长，利用矩形的周长的公式求得矩形的周长，利用配方法解答即可得出结论；
(3)利用(2)的结论求得点N的坐标，可得点N与点A重合，设点P的坐标为(n,−n2+2n+3)，过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，利用含n的代数式表示出FE，利用S△PNC=S△PNE+S△PCE=12×PE⋅OC，求得△PNC的面积，利用已知条件得到关于n的方程，解方程即可求得n值；再利用平行线的距离相等，当直线AC向下平移94个单位长度时，该直线与抛物线的交点也满足条件，求得平移后的直线解析式，与抛物线的解析式联立，解方程组即可得出结论．
本题主要考查了抛物线的有关性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，函数的极值，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，矩形的性质，平行线的性质，三角形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
26.【答案】1： 3：1
【解析】解：(1)连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°，
∴∠GAE=∠CAB=30°，AE=AH，AB=AD，
∴A，G，C共线，AB−AE=AD−AH，
∴HD=EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO=∠AGE=30°，
∴OGGN =cos30°= 32，
∵GC=2OG，
∴GNGC=1 3，
∵HGND为平行四边形，
∴HD=GN，
∴HD：GC：EB=1： 3：1，
故答案为：1： 3：1；
(2)如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC=AH：AG=1： 3，∠DAC=∠HAG=30°，
∴∠DAH=∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC=AD：AC=1： 3，
∵∠DAB=∠HAE=60°，
∴∠DAH=∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
AD=AB∠DAH=∠BAEAH=AE
∴△DAH≌△BAE(SAS)
∴HD=EB，
∴HD：GC：EB=1： 3：1；
(3)有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB=AH：AE=1：2，∠ADC=∠AHG=90°，
∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AB=AH：AG=1： 5，
∵∠DAC=∠HAG，
∴∠DAH=∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC=AD：AC=1： 5，
∵∠DAB=∠HAE=90°，
∴∠DAH=∠BAE，
∵DA：AB=HA：AE=1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE=AD：AB=1：2，
∴HD：GC：EB=1： 5：2．
(1)连接AG，由菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°，易得A，G，C共线，延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，利用菱形对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；
(2)连接AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论；
(3)连接AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．
本题考查相似形的综合题，掌握菱形与相似三角形，全等三角形，三角函数等知识点的综合运用是解题的关键．
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