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2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学模拟试卷（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年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学模拟试卷
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. −2023的绝对值是( )
A. −12023 B. −2023 C. 12023 D. 2023
2. 王老师给全班同学留了一个特色寒假作业，画一张有关兔子的图画，以下四个图形是开学后收上来的图画中的一部分，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是( )
A. 2xy−2x=y B. (2a2b3)3=6a6b9 C. 4m2⋅m3=4m6 D. ± 4=±2
4. 将一副直角三角尺，按如图所示位置摆放，使60°角所对的直角边和含45°角的三角尺的直角边放在同一条直线上，则∠1的度数是( )
A. 45° B. 60° C. 105° D. 120°
5. 如图，由6个同样大小的正方体摆成的几何体，在正方体①的正上方再放一个这样的正方体，所得的几何体( )
A. 主视图改变，左视图不变
B. 俯视图改变，左视图不变
C. 俯视图改变，左视图改变
D. 主视图改变，左视图改变
6. 若关于x的方程3−2xx−3−mx−23−x=−1的解为非负数，则m的取值范围是( )
A. m≥1 B. m>1且m≠53 C. m>1 D. m≥1且m≠5
7. 甲、乙、丙三人参加班级举行的“我爱家乡”演讲比赛，需要通过抽签方式来决定出场顺序，则出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率是( )
A. 12 B. 13 C. 16 D. 19
8. 如图，在△ABC中，∠A=60°，AC=AB=2，点P，Q分别从点B和点C同时出发，以相同的速度沿射线CB向左匀速运动，过点P作PH⊥AC，垂足为H，连接QH，设点P运动的距离为x(0
C. D.
9. 2022年9月，某校学生会以“心连心向未来”为主题，举办了庆祝香地回归25周年征文活动，选派20名学生会成员对120篇征文进行分类，现将20名学生会成员分为三组，若第一、二、三小组每人分别负责8、6、5篇征文，且每组至少有2人，则学生会成员分组方案有( )
A. 4种 B. 5种 C. 8种 D. 9种
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c，与x轴正半轴交于A，B两点，与y轴负半轴交于点C．
①abc>0；
②b2−4ac<0；
③若点B的坐标为(4,0)，且AB≥3，则4b+3c>0；
④若抛物线的对称轴是直线x=3，m为任意实数，则a(m−3)(m+3)≤b(3−m)．
上述结论中，正确的个数是( )
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 2022年2月5日，在北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，由武大靖、任子威、曲春雨、范可新和张雨婷组成的中国队获得金牌，也是中国代表团该届冬奥会的首枚金牌.取得这样骄人成绩的背后是运动健儿们日复一日的艰苦训练，请你计算一下，如果武大靖每天速滑训练1万米，用科学记数法表示365天共速滑训练______ 米.
12. 如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，BF，请添加一个条件：______ ，使△ABE≌△BCF．
13. 在函数y= x−1x−2中，自变量x的取值范围是______ ．
14. 小方要制作一个高为8cm，底面圆的直径是12cm的圆锥形的模型，若不计接缝，不计损耗，则这个模型的侧面至少需要纸板______ cm2．
15. 如图，在平面直角坐标系中菱形OABC的顶点A的坐标为(5,0)，且∠OAB=120°，点B，C在第一象限，连接对角线AC，函数y=kx(x>0)的图象分别交AC，OC于点D，E，若OE=2AD，则k= ______ ．
16. 矩形ABCD的边AB=6，BC=4.点P为平面内一点，∠APD=90°，若tan∠ABP=13，则BP= ______ ．
17. 如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2023的坐标是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算：| 2−2|−(2023−π)0+4sin45°+(12)−2；
(2)分解因式：−3x3+6x2y−3xy2．
19. (本小题5.0分)
解方程：3x(x−2)=2(2−x)．
20. (本小题8.0分)
某校为了解七、八年级学生对“疫情防护”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽出50名学生进行测试，并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析，部分信息如下：
七、八年级成绩平均数、中位数如表：
年级
平均数
中位数
七年级
76.8
m
八年级
79.2
79.5
七年级成绩频数分布直方图如图：
七年级成绩在70≤x<80这一组的数据如表：
70
72
74
75
76
76
77
77
77
78
79
根据以上信息，解答下列问题：
(1)在这次测试中，七年级学生成绩在80分以上(含80分)的有______ 人；
(2)表中m的值为______ ；
(3)在这次测试中，七年级学生甲和八年级学生乙的成绩都是78分，则甲、乙两位学生在各自年级的排名______ 更靠前(按照分数由高到低的顺序排名)；
(4)该校七年级学生有700人，请估计七年级学生成绩不低于80分的有多少人？
21. (本小题10.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，延长直径AB到D，使∠BCD=∠BAC，过圆心O作BC的平行线交DC的延长线于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CD=4，CE=6，求⊙O的半径及tan∠ABC．
22. (本小题10.0分)
某实验室对甲、乙两机器人进行装卸货物测试，在实验场地的一条直线上依次设置货物装卸点A，B，C三地，甲、乙两机器人同时从A地匀速出发，甲机器人到达C地后装货1分钟，再以原速原路返回A地，乙机器人到达B地后装货1分钟，再以原速前往C地，结果甲、乙两机器人同时到达各自目的地，在两机器人行驶的过程中，甲、乙两机器人距A地的距离y(单位：米)与甲机器人所用时间x(单位：分)之间的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
(1)A，B两地之间的距离为______ 米，甲机器人的速度为______ 米/分；
(2)求乙机器人从B地到C地行驶过程中y与x的函数关系式(不用写出x的取值范围)；
(3)两机器人经过多长时间相距120米？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
综合与实践
旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图1，△ABC和△DMN均为等腰直角三角形，∠BAC=∠MDN=90°，点D为BC中点，△DMN绕点D旋转，连接AM、CN．
观察猜想
(1)在△DMN旋转过程中，AM与CN的数量关系为______ ；
实践发现
(2)当点M、N在△ABC内且C、M、N三点共线时，如图2，求证：CM−AM= 2DM；
拓展延伸
(3)当点M、N在△ABC外且C、M、N三点共线时，如图3，探究AM、CM、DM之间的数量关系是______ ；
解决问题
(4)若△ABC中，AB= 5，在△DMN旋转过程中，当AM= 3且C、M、N三点共线时，DM= ______ ．
24. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=4x+4与x轴交于A点，与y轴交于C点，抛物线y=ax2+83x+c(a≠0))经过A，C两点，与x轴相交于另一点B，连接BC.点P是线段BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ⊥BC交线段BC于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线对称轴上的一个动点，则|DC−DB|的最大值是______ ；
(3)求PQ的最大值，并写出此时点P的坐标；
(4)在x轴上找一点M，抛物线上找一点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−2023|=2023，
故选：D．
根据绝对值的定义进行计算即可．
本题考查绝对值，理解绝对值的定义是正确解答的前提．
2.【答案】C
【解析】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3.【答案】D
【解析】解：A、2xy与2x不是同类项，不能合并，故本选项计算错误，不符合题意；
B、(2a2b3)3=8a6b9，故本选项计算错误，不符合题意；
C、4m2⋅m3=4m5，故本选项计算错误，不符合题意；
D、± 4=±2，计算正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项、积的乘方、单项式乘单项式、平方根的概念判断即可．
本题考查的是合并同类项、积的乘方、单项式乘单项式、平方根的概念，掌握相关的概念和运算法则是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵图中是一副直角三角板，
∴∠B=30°，∠E=45°，
在△BDG中，
∵∠EDB=90°，
∴∠BGD=90°−∠B=90°−30°=60°，
∴∠EGH=60°，
∴∠1=∠EGH+∠E=60°+45°=105°．
故选：C．
先根据直角三角板的性质求出∠B，∠E的度数，根据直角三角形的性质得出∠BGD的度数，由对顶角相等得出∠EGH的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
本题主要考查三角形的外角的性质，解题的关键是掌握直角三角板的性质和三角形外角的性质．
5.【答案】A
【解析】解：将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体①的正上方再放一个后的主视图正方形的个数为1，2，2；主视图发生改变．
将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体①的正上方再放一个后的主视图正方形的个数为2，1，1；左视图不发生改变．
将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体①的正上方再放一个后的俯视图正方形的个数为1，3，1；俯视图不发生改变．
故选：A．
根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.【答案】B
【解析】解：3−2xx−3−mx−23−x=−1，
分式变形得，3−2xx−3+mx−2x−3=−1，
分式加减得，mx−2x+1x−3=−1，
合并同类项得，(m−2)x+1x−3=−1，
去分母得，(m−2)x+1=3−x且x≠3，
移项得，(m−1)x=2，
∴x=2m−1，且m−1≠0，即m≠1，
∵解为非负数，
∴x=2m−1≥0，
∴m−1>0，
∴m>1，
∵x≠3，
∴2m−1≠3，解得：m≠53，
∴m>1且m≠53，
故选：B．
根据解分式方程的方法，用含m的式子表示x的值，再根据解为非负数即可求解．
本题主要考查解分式方程，及根据分式方程的根求参数，掌握分式方程的解法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能的结果，其中出场顺序恰好是甲、乙、丙的结果有1种，
∴出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率为16．
故选：C．
画树状图得出所有等可能的结果数以及出场顺序恰好是甲、乙、丙的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图，过点H作DH⊥BC于点D，
∵∠A=60°，AC=AB=2，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，BC=AB=2，
∴CP=BC+BP=2+x，∠CHD=30°，
∵PH⊥AC，即∠PHC=90°，
∴∠P=30°，
∴CH=12CP=2+x2，
∴PH= CP2−CH2= 32(2+x)，
∴DH=12PH= 34(2+x)，
∴S=12DH×CQ=12× 34(2+x)x= 38x2+ 34x(0
故选：A．
过点H作DH⊥BC于点D，根据题意可得△ABC是等边三角形，从而得到CP=BC+BP=2+x，∠CHD=30°，然后根据直角三角形的性质可得CH=12CP=2+x2，DH=12PH= 34(2+x)，再根据三角形的面积公式可得S与x之间的函数关系式，即可求解．
本题主要考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的图象，根据题意准确得到S与x之间的函数关系式是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设第一小组有x人，第二小组有y人，则第三小组有(20−x−y)人，
由题意得：8x+6y+5(20−x−y)=120，
即3x+y=20，且x，y均为正整数，
当x=2时，y=14，20−x−y=4，符合题意；
当x=3时，y=11，20−x−y=6，符合题意；
当x=4时，y=8，20−x−y=8，符合题意；
当x=5时，y=5，20−x−y=10，符合题意；
当x=6时，y=2，20−x−y=12，符合题意．
∴学生会成员分组方案有5种．
故选：B．
设第一小组有x人，第二小组有y人，根据题意列出方程式，依次检验x，y以及(20−x−y)，确保其均为正整数，最终得到符合条件的方案个数．
本题主要考查了二元一次方程的应用与分数除法的应用，明确题意，准确列出方程是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵函数开口向下，
∴a<0，
∵函数对称轴在y轴左侧，
∴−b2a>0，
则b>0，
∵函数图象与y轴相交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，
故①正确；
∵该函数图象与x轴有2个交点，
∴b2−4ac>0，
故②不正确；
∵(4,0)，
∴OB=4，
∵AB≥3，
∴OA≤1，
∴当x=1时，y≥0，
把x=1代入y=ax2+bx+c得：a+b+c≥0，
即16a+16b+16c≥0，
把点(4,0)代入y=ax2+bx+c得：16a+4b+c=0，
∴12b+15c≥0，
整理得：4b+3c≥−2c，
∵c<0，
∴4b+3c≥−2c>0，
故③正确；
把x=3代入y=ax2+bx+c得：y=9a+3b+c，
∵抛物线的对称轴是直线x=3，函数图象开口向下，
∴该函数的顶点坐标为：(3,9a+3b+c)，
即该函数最大值为9a+3b+c，
当x=m时，y=am2+bm+c，
∴am2+bm+c≤9a+3b+c，
整理得：am2−9a≤3b−bm，即a(m−3)(m+3)≤b(3−m)，
故④正确；
综上：正确的有①③④，共3个；
故选：D．
根据函数的开口，判断a的符号，根据对称轴，判断b的符号，根据于y轴交点，判断c的符号，即可判断①；根据该函数图象与x轴的交点个数，即可判断②；根据AB≥3可得OA≤1，则当x=1时，y≥0，把x=1和x=(4分)别代入，消去a，即可判断③；根据函数开口向下，对称轴为直线x=3，可知函数的最大值为x=3对应的函数值，则当x=m时，函数值不大于x=3对应的函数值，即可判断④．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和系数的关系是解题的关键．
11.【答案】3.65×106
【解析】解：根据题意得：10000×365=3.65×106．
故答案为：3.65×106．
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查了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】BE=CF
【解析】解：添加BE=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE与△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCF=90°BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
故答案为：BE=CF．
根据正方形的性质和全等三角形的判定得出添加条件即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的四边相等解答．
13.【答案】x≥0且x≠2
【解析】解：由题意得x≥0x−2≠0，
解得x≥0且x≠2．
故答案为：x≥0且x≠2．
根据二次根式有意义的条件、分式有意义的条件列出不等式组，解不等式得到答案．
本题考查了函数自变量的取值范围，解题的关键是明确函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
14.【答案】60π
【解析】解：圆锥的半径为12÷2=6cm，高为8cm，
∴圆锥的母线长为10cm．
∴这个模型的侧面至少需要纸板：π×6×10=60π(cm2).
故答案为：60π．
由已知得圆锥的底面半径是6，那么利用勾股定理可得圆锥的母线长为10，那么圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可求解．
考查圆锥的侧面展开图公式；用到的知识点为：圆锥的底面半径，母线长，高组成直角三角形，可利用勾股定理求解．
15.【答案】4 3
【解析】解：如图，过E作EG⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，则∠EGO=∠DFA=90°，
又∵∠EOG=∠DAF=60°，
∴△EOG∽△DAF，
又∵OE=2AD，
∴DF=12GE，AF=12OG，
设OG=a，则GE= 3a，
∴AF=12a，DF= 32a，
∴E(a, 3a)，D(5−12a, 32a)，
∵函数y=kx(x>0)的图象分别交边OC、AC于点E、D，
∴a⋅ 3a=(5−12a)⋅ 32a，
解得a=2，
∴E(2,2 3)，
∴k=2×2 3=4 3，
故答案为：4 3．
过E作EG⊥x轴于G，过D作DF⊥x轴于F，易得△EOG∽△DAF，设OG=a，则GE= 3a，AF=12a，DF= 32a，进而得出E(a, 3a)，D(5−12a, 32a)，根据反比例函数图象上点的特征，即可得到a的值，进而得到k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形．
16.【答案】2 10+2或2 10−2
【解析】解：如图所示，
∵点P为平面内一点，且∠APD=90°，
∴点P在以AD为直径的圆上，取AD的中点O即为圆心，
此时，连接BO，
∵矩形ABCD的边AB=6，BC=4，
∴OA=12AD=12BC=2，BO= AB2+AO2=2 10，
在Rt△ABO中，恰有tan∠ABO=AOAB=26=13，
∵要使得tan∠ABP=13，
∴此时BO与⊙O的交点，即P1点是符合题意的点，
∵OA=OP1=OP2=2，
∴BP1=BO−OP1=2 10−2；
同理，当BO的延长线与⊙O交于矩形外部点P2时，也符合题意，
此时，BP2=BO+OP2=2 10+2，
故答案为：2 10+2或2 10−2．
首先确定点P在以AD为直径的圆上，再连接BO，得到tan∠ABO=13=tan∠ABP，即可确定符合题意的点P为BO与⊙O的交点，然后根据勾股定理以及直线与圆的位置关系求解即可．
本题考查矩形的性质，隐圆问题以及特殊角的三角函数值，能够根据已知信息确定动点所处的具体位置是解题关键．
17.【答案】(−2023,−2024)
【解析】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，
∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D(1,0)，
∴OA=OB=OC=OD=1，AB=BC=CD=AD= 2，∠BAO=∠CBO=∠DCO=∠ADO=45°，
∴A(0,1)，B(−1,0)，C(0,−1)，
∵将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，
∴∠D1AE=45°，∠AED1=90°，AD1=AD= 2，
∴AE=AD1⋅cos∠D1AE= 2cos45°=1，D1E=AD1⋅sin∠D1AE= 2sin45°=1，
∴OE=OA+AE=1+1=2，BD1=AB+BD1= 2+ 2=2 2，
∴D1(1,2)，
∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，
∴∠D2BF=45°，∠D2FB=90°，BD2=BD1=2 2，
∴D2F=BD2sin∠D2BF=2 2sin45°=2，BF=BD2cos∠D2BF=2 2cos45°=2，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
∴D2(−3,2)，
再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……
同理可得：D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，
观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，
∵2023=4×505+3，
∴D2023(−2023,−2024)；
故答案为：(−2023,−2024)．
如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，可得D1(1,2)，D2(−3,2)，D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，由2023=505×4+3，推出D2023(−2023,−2024)．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考选择题中的压轴题．
18.【答案】解：(1)| 2−2|−(2023−π)0+4sin45°+(12)−2
=2− 2−1+4× 22+1(12)2
=2− 2−1+2 2+4
= 2+5；
(2)−3x3+6x2y−3xy2
=−3x(x2−2xy+y2)
=−3x(x−y)2．
【解析】(1)先化简绝对值，计算零次幂、特殊角三角函数值、负整数次幂，再计算加减；
(2)先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式．
本题考查实数的混合运算、分解因式，涉及绝对值、零次幂、特殊角三角函数值、负整数次幂、完全平方公式等知识点，解题的关键是熟练掌握上述知识点并正确计算．
19.【答案】解：由原方程，得
(3x+2)(x−2)=0，
所以3x+2=0或x−2=0，
解得x1=−23，x2=2．
【解析】先移项，然后提取公因式(x−2)，对等式的左边进行因式分解．
本题考查了解一元二次方程--因式分解法．因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
20.【答案】23 77.5 甲
【解析】解：(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的人数有15+8=23(人)；
故答案为：23；
(2)七年级学生成绩的中位数m=77+782=77.5，
故答案为：77.5；
(3)七年级学生甲的成绩更靠前，因为七年级学生甲的成绩大于其中位数；
故答案为：甲；
(4)700×15+850=322(人)，
答：估计七年级学生成绩不低于80分的人数为322人．
(1)根据频数分布直方图可得七年级在80分以上(含80分)的人数；
(2)根据中位数的定义求解可得；
(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；
(4)用总人数乘以样本中七年级绩不低于80分的人数所占比例可得．
本题主要考查频数分布直方图、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据直方图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．
21.【答案】(1)证明：∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DCB=∠OAC，
∴∠OCA=∠DCB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∴∠DCB+∠OCB=90°，
即∠OCD=90°，
∴OC⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵OE//BC，
∴BDOB=CDCE，
∵CD=4，CE=6，
∴BDOB=46=23，
设BD=2x，
则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，
∵OC⊥DC，
∴△OCD是直角三角形，
在Rt△OCD中，OC2+CD2=OD2，
∴(3x)2+42=(5x)2，
解得，x=1，
∴OC=3x=3，
即⊙O的半径为3，
∵BC//OE，
∴∠OCB=∠EOC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
在Rt△OCE中，tan∠EOC=ECOC=63=2，
∴tan∠ABC=tan∠OCB=tan∠EOC=2．
【解析】(1)由等腰三角形的性质与已知条件得出，∠OCA=∠DCB，由圆周角定理可得∠ACB=90°，进而得到∠OCD=90°，即可得出结论；
(2)根据平行线分线段成比例定理得到BDOB=CDCE=23，设BD=2x，则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出x=1，即⊙O的半径为3，由平行线的性质得到∠OCB=∠EOC，在Rt△OCE中，可求得tan∠EOC=2，即tan∠ABC=tan∠OCB=2．
本题考查了切线的判定与性质，掌握圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定与性质与平行线分线段成比例定理是解题的关键．
22.【答案】240 120
【解析】解：(1)由函数图象可得：AB两地之间的距离为240米，甲到达C点用时(11−1)÷2=5，AC两地之间的距离为600米，则甲机器人的速度为600÷5=120(米/分)．
故答案为：240，120．
(2)由函数图象可得乙机器人从B地到C地行驶过程对应函数图象为EF，点E(5,240)，F(11,600)，
设y与x的函数关系式为y=kx+b，
则240=5k+b600=11k+b，
解得：k=60b=−60，
∴y与x的函数关系式为y=60x−60．
(3)①当甲机器人到达C地前时，由函数图象可得G(5,600)，D(4,240)，
由待定系数法可得：OG的解析式为：y=120x；
OD的解析式为：y=60x，
由两机器人相距120米，则：120x−60x=120，
解得x=2，
②当甲机器人到达C地返回，乙机器人从B到C过程中相距120米，
由函数图象可得：H(6,600)，I(11,0)，
由待定系数法可得：y=−120x+1320，
由(2)可得直线EF的解析式为：y=60x−60，
∴|−120x+1320−(60x−60)|=120，
解得：x=7或253，
综上，两机器人经过2分或7分或253分相距120米．
(1)根据图象可得AB两地之间的距离，再根据路程、时间、速度的关系可求得甲的速度；
(2)先根据题意确定点E、F的坐标，然后再运用待定系数法求解即可；
(3)根据A，C，B三地在同一直线上，先分别求得直线OG、OD、HI的解析式，然后再分两种情况解答即可．
本题主要考查了一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
23.【答案】AM=CN CM+AM= 2DM 6−22或2+ 62
【解析】(1)解：AM=CN，理由如下，
如图所示，连接AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵点D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ACD=∠DAC=45°，
∴AD=CD，
∵△DMN为等腰直角三角形，∠MDN=90°，
∴DM=DN，∠MDA+∠ADN=∠ADN+∠NDC=90°，
∴∠MDA=∠NDC，
在△AMD，△CND中，
AD=CD∠MDA=∠NDCDM=DN，
∴△AMD≌△CND(SAS)，
∴AM=CN，
故答案为：AM=CN．
(2)证明：如图所示，连接AD，
由(1)可知，△AMD≌△CND(SAS)，
∴∠MAD=∠NCD，AM=CN，
∴CM=CN+MN=AM+MN，
∴CM−AM=CM−CN=MN，
∵△DMN是等腰直角三角形，即DM=DN，
∴MN2=DM2+DN2=2DM2，
∴MN= 2DM= 2DN，
∴CM−AM= 2DM．
(3)解：如图所示，连接AD，
根据(1)中的证明可知，AD=CD，∠ADM+∠MDC=∠MDC+∠CDN=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
在△ADM，△CDN中，
AD=CD∠ADM=∠CDNDM=DN，
∴△ADM≌△CDN(SAS)，
∴AM=CN，
∴CN+CM=AM+CM=MN，
∵△DMN是等腰直角三角形，即DM=DN，
∴MN2=DM2+DN2=2DM2，
∴MN= 2DM= 2DN，
∴AM+CM= 2DM，
故答案为：AM+CM= 2DM．
(4)解：AB= 5，AM= 3，C、M、N三点共线，
①由(2)可知，CM−AM= 2DM，
由(1)可知，∠MAD=∠NCD，
∵∠ACD=∠ACM+∠NCD=45°，∠DCN+∠NCA+∠DAC=90°，
∴∠MAD+∠NCA+∠DAC=90°，
∴∠AMC=90°，
在Rt△ACM中，AB=AC= 5，AM=CN= 3，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CM−CN= 2− 3(不符合题意)；
②如图所示，由(1)可知，△ADM≌△CDN，AM=CN= 3，∠DAM=∠DCN，
∴∠DAM+∠MAC+∠ACD=∠DCN+∠MAC+∠ACD=90°，
∴△AMC是直角三角形，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CN−CM= 3− 2，
在Rt△DMN中，MN= 2DM，
∴DM= 2MN2= 2( 3− 2)2= 6−22；
③由(3)可知，
△DMN是等腰直角三角形，
∴∠N=∠DMN=45°，
由(3)可知，△ADM≌△CDN，
∴∠AMD=∠N=45°，
∴∠AMD+∠DMN=45°+45°=90°，即△ACM是直角三角形，
在Rt△ACM中，AB=AC= 5，AM=CN= 3，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CM+CN= 2+ 3，
∵MN= 2DM，
∴DM= 2MN2= 2( 2+ 3)2=2+ 62；
综上所述，DM的长为 6−22或2+ 62，
故答案为： 6−22或2+ 62．
(1)如图所示，连接AD，根据等腰三角形的性质可证△AMD≌△CND(SAS)，由此即可求解；
(2)由(1)中△AMD≌△CND(SAS)，再根据△DMN为等腰直角三角形，由此即可求解；
(3)证明△AMD≌△CND(SAS)，△DMN为等腰直角三角形，即可求证；
(4)点C、M、N三点共线，分类讨论，根据(2)，(3)中的结论即可求解．
本题主要考查等腰直角三角形，旋转，全等三角形的综合，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24.【答案】 17
【解析】解：(1)对于y=4x+4，当x=0时，y=4，当y=0时，x=−1，
故点A、C的坐标分别为：(−1,0)、(0,4)，
则c=4a−83+c=0，解得：a=−43c=4，
则抛物线的表达式为：y=−43x2+83x+4；
(2)作点C关于抛物线的对称轴的对称点T(2,4)，连接BT并延长BT交抛物线的对称轴于点D，则点D为所求点，理由：
由点的对称性知，CD=TD，则|DC−DB|=|DT−DB|=BN最大，
由点B、T的坐标得，BT= (3−2)2+42= 17，
故|DC−DB|的最大值为： 17，
故答案是： 17；
(3)过点P作PH//y轴交BC于点H，
由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：y=−43x+4，
设点P(x,−43x2+83x+4)，则H(x,−43x+4)，
则PH=(−43x2+83x+4)−(−43x+4)=−43x2+4x=−43(x−32)2+3≤3，
即当x=32时，PH的最大值为3，此时，点P的坐标为：(32,5)，
∵PH//y轴，则∠PHQ=∠PCB，
在Rt△BOC中，BO=3，CO=4，则BC=5，
则sin∠PHQ=sin∠PCB=OBBC=35，
则PQ=HPsin∠PHQ=35PH，
即当PH最大时，PG最大，
故PQ的最大值为：35×3=95，
即PG最大值95，点P的坐标为(32,5)；
(4)设点M(x,0)、点N(m,n)，n=−43m2+83m+4，
当BC是对角线时，
由中点坐标公式得：3=x+m4=n且n=−43m2+83m+4，
解得：m=2n=4x=1(不合题意的值已舍去)，
故点M的坐标为：(1,0)；
当BM或BN为对角线时，由中点坐标公式得：
3+x=m0=4+n或m+3=xn=4且n=−43m2+83m+4，
解得：m=1± 7n=−4x=−2± 7或x=5n=4m=2，
即点M的坐标为：(−2+ 7,0)或(−2− 7,0)或(5,0)，
综上，点M的坐标为：(1,0)或(−2+ 7,0)或(−2− 7,0)或(5,0)．
(1)用待定系数法即可求解；
(2)作点C关于抛物线的对称轴的对称点N(2,4)，连接BN交抛物线的对称轴于点D，则点D为所求点，进而求解；
(3)由PQ=HPsin∠PHQ=35PH知，当PH最大时，PG最大，进而求解；
(4)当BC是对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当BM或BN为对角线时，同理可解．
本题考查了二次函数和一次函数的解析式，二次函数和一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形性质等，分类求解是本题解题的关键．
2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学模拟试卷
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. −2023的绝对值是( )
A. −12023 B. −2023 C. 12023 D. 2023
2. 王老师给全班同学留了一个特色寒假作业，画一张有关兔子的图画，以下四个图形是开学后收上来的图画中的一部分，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是( )
A. 2xy−2x=y B. (2a2b3)3=6a6b9 C. 4m2⋅m3=4m6 D. ± 4=±2
4. 将一副直角三角尺，按如图所示位置摆放，使60°角所对的直角边和含45°角的三角尺的直角边放在同一条直线上，则∠1的度数是( )
A. 45° B. 60° C. 105° D. 120°
5. 如图，由6个同样大小的正方体摆成的几何体，在正方体①的正上方再放一个这样的正方体，所得的几何体( )
A. 主视图改变，左视图不变
B. 俯视图改变，左视图不变
C. 俯视图改变，左视图改变
D. 主视图改变，左视图改变
6. 若关于x的方程3−2xx−3−mx−23−x=−1的解为非负数，则m的取值范围是( )
A. m≥1 B. m>1且m≠53 C. m>1 D. m≥1且m≠5
7. 甲、乙、丙三人参加班级举行的“我爱家乡”演讲比赛，需要通过抽签方式来决定出场顺序，则出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率是( )
A. 12 B. 13 C. 16 D. 19
8. 如图，在△ABC中，∠A=60°，AC=AB=2，点P，Q分别从点B和点C同时出发，以相同的速度沿射线CB向左匀速运动，过点P作PH⊥AC，垂足为H，连接QH，设点P运动的距离为x(0
C. D.
9. 2022年9月，某校学生会以“心连心向未来”为主题，举办了庆祝香地回归25周年征文活动，选派20名学生会成员对120篇征文进行分类，现将20名学生会成员分为三组，若第一、二、三小组每人分别负责8、6、5篇征文，且每组至少有2人，则学生会成员分组方案有( )
A. 4种 B. 5种 C. 8种 D. 9种
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c，与x轴正半轴交于A，B两点，与y轴负半轴交于点C．
①abc>0；
②b2−4ac<0；
③若点B的坐标为(4,0)，且AB≥3，则4b+3c>0；
④若抛物线的对称轴是直线x=3，m为任意实数，则a(m−3)(m+3)≤b(3−m)．
上述结论中，正确的个数是( )
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 2022年2月5日，在北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，由武大靖、任子威、曲春雨、范可新和张雨婷组成的中国队获得金牌，也是中国代表团该届冬奥会的首枚金牌.取得这样骄人成绩的背后是运动健儿们日复一日的艰苦训练，请你计算一下，如果武大靖每天速滑训练1万米，用科学记数法表示365天共速滑训练______ 米.
12. 如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，BF，请添加一个条件：______ ，使△ABE≌△BCF．
13. 在函数y= x−1x−2中，自变量x的取值范围是______ ．
14. 小方要制作一个高为8cm，底面圆的直径是12cm的圆锥形的模型，若不计接缝，不计损耗，则这个模型的侧面至少需要纸板______ cm2．
15. 如图，在平面直角坐标系中菱形OABC的顶点A的坐标为(5,0)，且∠OAB=120°，点B，C在第一象限，连接对角线AC，函数y=kx(x>0)的图象分别交AC，OC于点D，E，若OE=2AD，则k= ______ ．
16. 矩形ABCD的边AB=6，BC=4.点P为平面内一点，∠APD=90°，若tan∠ABP=13，则BP= ______ ．
17. 如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2023的坐标是 ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算：| 2−2|−(2023−π)0+4sin45°+(12)−2；
(2)分解因式：−3x3+6x2y−3xy2．
19. (本小题5.0分)
解方程：3x(x−2)=2(2−x)．
20. (本小题8.0分)
某校为了解七、八年级学生对“疫情防护”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽出50名学生进行测试，并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析，部分信息如下：
七、八年级成绩平均数、中位数如表：
年级
平均数
中位数
七年级
76.8
m
八年级
79.2
79.5
七年级成绩频数分布直方图如图：
七年级成绩在70≤x<80这一组的数据如表：
70
72
74
75
76
76
77
77
77
78
79
根据以上信息，解答下列问题：
(1)在这次测试中，七年级学生成绩在80分以上(含80分)的有______ 人；
(2)表中m的值为______ ；
(3)在这次测试中，七年级学生甲和八年级学生乙的成绩都是78分，则甲、乙两位学生在各自年级的排名______ 更靠前(按照分数由高到低的顺序排名)；
(4)该校七年级学生有700人，请估计七年级学生成绩不低于80分的有多少人？
21. (本小题10.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，延长直径AB到D，使∠BCD=∠BAC，过圆心O作BC的平行线交DC的延长线于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CD=4，CE=6，求⊙O的半径及tan∠ABC．
22. (本小题10.0分)
某实验室对甲、乙两机器人进行装卸货物测试，在实验场地的一条直线上依次设置货物装卸点A，B，C三地，甲、乙两机器人同时从A地匀速出发，甲机器人到达C地后装货1分钟，再以原速原路返回A地，乙机器人到达B地后装货1分钟，再以原速前往C地，结果甲、乙两机器人同时到达各自目的地，在两机器人行驶的过程中，甲、乙两机器人距A地的距离y(单位：米)与甲机器人所用时间x(单位：分)之间的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
(1)A，B两地之间的距离为______ 米，甲机器人的速度为______ 米/分；
(2)求乙机器人从B地到C地行驶过程中y与x的函数关系式(不用写出x的取值范围)；
(3)两机器人经过多长时间相距120米？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
综合与实践
旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图1，△ABC和△DMN均为等腰直角三角形，∠BAC=∠MDN=90°，点D为BC中点，△DMN绕点D旋转，连接AM、CN．
观察猜想
(1)在△DMN旋转过程中，AM与CN的数量关系为______ ；
实践发现
(2)当点M、N在△ABC内且C、M、N三点共线时，如图2，求证：CM−AM= 2DM；
拓展延伸
(3)当点M、N在△ABC外且C、M、N三点共线时，如图3，探究AM、CM、DM之间的数量关系是______ ；
解决问题
(4)若△ABC中，AB= 5，在△DMN旋转过程中，当AM= 3且C、M、N三点共线时，DM= ______ ．
24. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=4x+4与x轴交于A点，与y轴交于C点，抛物线y=ax2+83x+c(a≠0))经过A，C两点，与x轴相交于另一点B，连接BC.点P是线段BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ⊥BC交线段BC于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线对称轴上的一个动点，则|DC−DB|的最大值是______ ；
(3)求PQ的最大值，并写出此时点P的坐标；
(4)在x轴上找一点M，抛物线上找一点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−2023|=2023，
故选：D．
根据绝对值的定义进行计算即可．
本题考查绝对值，理解绝对值的定义是正确解答的前提．
2.【答案】C
【解析】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3.【答案】D
【解析】解：A、2xy与2x不是同类项，不能合并，故本选项计算错误，不符合题意；
B、(2a2b3)3=8a6b9，故本选项计算错误，不符合题意；
C、4m2⋅m3=4m5，故本选项计算错误，不符合题意；
D、± 4=±2，计算正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项、积的乘方、单项式乘单项式、平方根的概念判断即可．
本题考查的是合并同类项、积的乘方、单项式乘单项式、平方根的概念，掌握相关的概念和运算法则是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵图中是一副直角三角板，
∴∠B=30°，∠E=45°，
在△BDG中，
∵∠EDB=90°，
∴∠BGD=90°−∠B=90°−30°=60°，
∴∠EGH=60°，
∴∠1=∠EGH+∠E=60°+45°=105°．
故选：C．
先根据直角三角板的性质求出∠B，∠E的度数，根据直角三角形的性质得出∠BGD的度数，由对顶角相等得出∠EGH的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论．
本题主要考查三角形的外角的性质，解题的关键是掌握直角三角板的性质和三角形外角的性质．
5.【答案】A
【解析】解：将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的主视图正方形的个数为1，2，1；正方体①的正上方再放一个后的主视图正方形的个数为1，2，2；主视图发生改变．
将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的左视图正方形的个数为2，1，1；正方体①的正上方再放一个后的主视图正方形的个数为2，1，1；左视图不发生改变．
将正方体①正上方再放一个这样的正方体之前的俯视图正方形的个数为1，3，1；正方体①的正上方再放一个后的俯视图正方形的个数为1，3，1；俯视图不发生改变．
故选：A．
根据从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形事俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图．
6.【答案】B
【解析】解：3−2xx−3−mx−23−x=−1，
分式变形得，3−2xx−3+mx−2x−3=−1，
分式加减得，mx−2x+1x−3=−1，
合并同类项得，(m−2)x+1x−3=−1，
去分母得，(m−2)x+1=3−x且x≠3，
移项得，(m−1)x=2，
∴x=2m−1，且m−1≠0，即m≠1，
∵解为非负数，
∴x=2m−1≥0，
∴m−1>0，
∴m>1，
∵x≠3，
∴2m−1≠3，解得：m≠53，
∴m>1且m≠53，
故选：B．
根据解分式方程的方法，用含m的式子表示x的值，再根据解为非负数即可求解．
本题主要考查解分式方程，及根据分式方程的根求参数，掌握分式方程的解法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能的结果，其中出场顺序恰好是甲、乙、丙的结果有1种，
∴出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率为16．
故选：C．
画树状图得出所有等可能的结果数以及出场顺序恰好是甲、乙、丙的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图，过点H作DH⊥BC于点D，
∵∠A=60°，AC=AB=2，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，BC=AB=2，
∴CP=BC+BP=2+x，∠CHD=30°，
∵PH⊥AC，即∠PHC=90°，
∴∠P=30°，
∴CH=12CP=2+x2，
∴PH= CP2−CH2= 32(2+x)，
∴DH=12PH= 34(2+x)，
∴S=12DH×CQ=12× 34(2+x)x= 38x2+ 34x(0
故选：A．
过点H作DH⊥BC于点D，根据题意可得△ABC是等边三角形，从而得到CP=BC+BP=2+x，∠CHD=30°，然后根据直角三角形的性质可得CH=12CP=2+x2，DH=12PH= 34(2+x)，再根据三角形的面积公式可得S与x之间的函数关系式，即可求解．
本题主要考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的图象，根据题意准确得到S与x之间的函数关系式是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设第一小组有x人，第二小组有y人，则第三小组有(20−x−y)人，
由题意得：8x+6y+5(20−x−y)=120，
即3x+y=20，且x，y均为正整数，
当x=2时，y=14，20−x−y=4，符合题意；
当x=3时，y=11，20−x−y=6，符合题意；
当x=4时，y=8，20−x−y=8，符合题意；
当x=5时，y=5，20−x−y=10，符合题意；
当x=6时，y=2，20−x−y=12，符合题意．
∴学生会成员分组方案有5种．
故选：B．
设第一小组有x人，第二小组有y人，根据题意列出方程式，依次检验x，y以及(20−x−y)，确保其均为正整数，最终得到符合条件的方案个数．
本题主要考查了二元一次方程的应用与分数除法的应用，明确题意，准确列出方程是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵函数开口向下，
∴a<0，
∵函数对称轴在y轴左侧，
∴−b2a>0，
则b>0，
∵函数图象与y轴相交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，
故①正确；
∵该函数图象与x轴有2个交点，
∴b2−4ac>0，
故②不正确；
∵(4,0)，
∴OB=4，
∵AB≥3，
∴OA≤1，
∴当x=1时，y≥0，
把x=1代入y=ax2+bx+c得：a+b+c≥0，
即16a+16b+16c≥0，
把点(4,0)代入y=ax2+bx+c得：16a+4b+c=0，
∴12b+15c≥0，
整理得：4b+3c≥−2c，
∵c<0，
∴4b+3c≥−2c>0，
故③正确；
把x=3代入y=ax2+bx+c得：y=9a+3b+c，
∵抛物线的对称轴是直线x=3，函数图象开口向下，
∴该函数的顶点坐标为：(3,9a+3b+c)，
即该函数最大值为9a+3b+c，
当x=m时，y=am2+bm+c，
∴am2+bm+c≤9a+3b+c，
整理得：am2−9a≤3b−bm，即a(m−3)(m+3)≤b(3−m)，
故④正确；
综上：正确的有①③④，共3个；
故选：D．
根据函数的开口，判断a的符号，根据对称轴，判断b的符号，根据于y轴交点，判断c的符号，即可判断①；根据该函数图象与x轴的交点个数，即可判断②；根据AB≥3可得OA≤1，则当x=1时，y≥0，把x=1和x=(4分)别代入，消去a，即可判断③；根据函数开口向下，对称轴为直线x=3，可知函数的最大值为x=3对应的函数值，则当x=m时，函数值不大于x=3对应的函数值，即可判断④．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和系数的关系是解题的关键．
11.【答案】3.65×106
【解析】解：根据题意得：10000×365=3.65×106．
故答案为：3.65×106．
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是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查了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】BE=CF
【解析】解：添加BE=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE与△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCF=90°BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
故答案为：BE=CF．
根据正方形的性质和全等三角形的判定得出添加条件即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的四边相等解答．
13.【答案】x≥0且x≠2
【解析】解：由题意得x≥0x−2≠0，
解得x≥0且x≠2．
故答案为：x≥0且x≠2．
根据二次根式有意义的条件、分式有意义的条件列出不等式组，解不等式得到答案．
本题考查了函数自变量的取值范围，解题的关键是明确函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
14.【答案】60π
【解析】解：圆锥的半径为12÷2=6cm，高为8cm，
∴圆锥的母线长为10cm．
∴这个模型的侧面至少需要纸板：π×6×10=60π(cm2).
故答案为：60π．
由已知得圆锥的底面半径是6，那么利用勾股定理可得圆锥的母线长为10，那么圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可求解．
考查圆锥的侧面展开图公式；用到的知识点为：圆锥的底面半径，母线长，高组成直角三角形，可利用勾股定理求解．
15.【答案】4 3
【解析】解：如图，过E作EG⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，则∠EGO=∠DFA=90°，
又∵∠EOG=∠DAF=60°，
∴△EOG∽△DAF，
又∵OE=2AD，
∴DF=12GE，AF=12OG，
设OG=a，则GE= 3a，
∴AF=12a，DF= 32a，
∴E(a, 3a)，D(5−12a, 32a)，
∵函数y=kx(x>0)的图象分别交边OC、AC于点E、D，
∴a⋅ 3a=(5−12a)⋅ 32a，
解得a=2，
∴E(2,2 3)，
∴k=2×2 3=4 3，
故答案为：4 3．
过E作EG⊥x轴于G，过D作DF⊥x轴于F，易得△EOG∽△DAF，设OG=a，则GE= 3a，AF=12a，DF= 32a，进而得出E(a, 3a)，D(5−12a, 32a)，根据反比例函数图象上点的特征，即可得到a的值，进而得到k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形．
16.【答案】2 10+2或2 10−2
【解析】解：如图所示，
∵点P为平面内一点，且∠APD=90°，
∴点P在以AD为直径的圆上，取AD的中点O即为圆心，
此时，连接BO，
∵矩形ABCD的边AB=6，BC=4，
∴OA=12AD=12BC=2，BO= AB2+AO2=2 10，
在Rt△ABO中，恰有tan∠ABO=AOAB=26=13，
∵要使得tan∠ABP=13，
∴此时BO与⊙O的交点，即P1点是符合题意的点，
∵OA=OP1=OP2=2，
∴BP1=BO−OP1=2 10−2；
同理，当BO的延长线与⊙O交于矩形外部点P2时，也符合题意，
此时，BP2=BO+OP2=2 10+2，
故答案为：2 10+2或2 10−2．
首先确定点P在以AD为直径的圆上，再连接BO，得到tan∠ABO=13=tan∠ABP，即可确定符合题意的点P为BO与⊙O的交点，然后根据勾股定理以及直线与圆的位置关系求解即可．
本题考查矩形的性质，隐圆问题以及特殊角的三角函数值，能够根据已知信息确定动点所处的具体位置是解题关键．
17.【答案】(−2023,−2024)
【解析】解：如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，
∵正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，D(1,0)，
∴OA=OB=OC=OD=1，AB=BC=CD=AD= 2，∠BAO=∠CBO=∠DCO=∠ADO=45°，
∴A(0,1)，B(−1,0)，C(0,−1)，
∵将顶点D(1,0)绕点A(0,1)逆时针旋转90°得点D1，
∴∠D1AE=45°，∠AED1=90°，AD1=AD= 2，
∴AE=AD1⋅cos∠D1AE= 2cos45°=1，D1E=AD1⋅sin∠D1AE= 2sin45°=1，
∴OE=OA+AE=1+1=2，BD1=AB+BD1= 2+ 2=2 2，
∴D1(1,2)，
∵再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，
∴∠D2BF=45°，∠D2FB=90°，BD2=BD1=2 2，
∴D2F=BD2sin∠D2BF=2 2sin45°=2，BF=BD2cos∠D2BF=2 2cos45°=2，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
∴D2(−3,2)，
再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……
同理可得：D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，
观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，
∵2023=4×505+3，
∴D2023(−2023,−2024)；
故答案为：(−2023,−2024)．
如图，过点D1作D1E⊥y轴于E，过点D2作D2F⊥x轴于F，过点D3作D3G⊥y轴于G，过点D4作D4H⊥x轴于H，过点D5K作D5K⊥y轴于K，可得D1(1,2)，D2(−3,2)，D3(−3,−4)，D4(5,−4)，D5(5,6)，D6(−7,6)，……，观察发现：每四个点一个循环，D4n(4n+1,−4n)，D4n+1(4n+1,4n+2)，D4n+2(−4n−3,4n+2)，D4n+3(−4n−3,−4n−4)，由2023=505×4+3，推出D2023(−2023,−2024)．
本题考查坐标与图形的变化−旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考选择题中的压轴题．
18.【答案】解：(1)| 2−2|−(2023−π)0+4sin45°+(12)−2
=2− 2−1+4× 22+1(12)2
=2− 2−1+2 2+4
= 2+5；
(2)−3x3+6x2y−3xy2
=−3x(x2−2xy+y2)
=−3x(x−y)2．
【解析】(1)先化简绝对值，计算零次幂、特殊角三角函数值、负整数次幂，再计算加减；
(2)先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式．
本题考查实数的混合运算、分解因式，涉及绝对值、零次幂、特殊角三角函数值、负整数次幂、完全平方公式等知识点，解题的关键是熟练掌握上述知识点并正确计算．
19.【答案】解：由原方程，得
(3x+2)(x−2)=0，
所以3x+2=0或x−2=0，
解得x1=−23，x2=2．
【解析】先移项，然后提取公因式(x−2)，对等式的左边进行因式分解．
本题考查了解一元二次方程--因式分解法．因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
20.【答案】23 77.5 甲
【解析】解：(1)在这次测试中，七年级在80分以上(含80分)的人数有15+8=23(人)；
故答案为：23；
(2)七年级学生成绩的中位数m=77+782=77.5，
故答案为：77.5；
(3)七年级学生甲的成绩更靠前，因为七年级学生甲的成绩大于其中位数；
故答案为：甲；
(4)700×15+850=322(人)，
答：估计七年级学生成绩不低于80分的人数为322人．
(1)根据频数分布直方图可得七年级在80分以上(含80分)的人数；
(2)根据中位数的定义求解可得；
(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；
(4)用总人数乘以样本中七年级绩不低于80分的人数所占比例可得．
本题主要考查频数分布直方图、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据直方图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．
21.【答案】(1)证明：∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DCB=∠OAC，
∴∠OCA=∠DCB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠OCB=90°，
∴∠DCB+∠OCB=90°，
即∠OCD=90°，
∴OC⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵OE//BC，
∴BDOB=CDCE，
∵CD=4，CE=6，
∴BDOB=46=23，
设BD=2x，
则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，
∵OC⊥DC，
∴△OCD是直角三角形，
在Rt△OCD中，OC2+CD2=OD2，
∴(3x)2+42=(5x)2，
解得，x=1，
∴OC=3x=3，
即⊙O的半径为3，
∵BC//OE，
∴∠OCB=∠EOC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
在Rt△OCE中，tan∠EOC=ECOC=63=2，
∴tan∠ABC=tan∠OCB=tan∠EOC=2．
【解析】(1)由等腰三角形的性质与已知条件得出，∠OCA=∠DCB，由圆周角定理可得∠ACB=90°，进而得到∠OCD=90°，即可得出结论；
(2)根据平行线分线段成比例定理得到BDOB=CDCE=23，设BD=2x，则OB=OC=3x，OD=OB+BD=5x，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出x=1，即⊙O的半径为3，由平行线的性质得到∠OCB=∠EOC，在Rt△OCE中，可求得tan∠EOC=2，即tan∠ABC=tan∠OCB=2．
本题考查了切线的判定与性质，掌握圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定与性质与平行线分线段成比例定理是解题的关键．
22.【答案】240 120
【解析】解：(1)由函数图象可得：AB两地之间的距离为240米，甲到达C点用时(11−1)÷2=5，AC两地之间的距离为600米，则甲机器人的速度为600÷5=120(米/分)．
故答案为：240，120．
(2)由函数图象可得乙机器人从B地到C地行驶过程对应函数图象为EF，点E(5,240)，F(11,600)，
设y与x的函数关系式为y=kx+b，
则240=5k+b600=11k+b，
解得：k=60b=−60，
∴y与x的函数关系式为y=60x−60．
(3)①当甲机器人到达C地前时，由函数图象可得G(5,600)，D(4,240)，
由待定系数法可得：OG的解析式为：y=120x；
OD的解析式为：y=60x，
由两机器人相距120米，则：120x−60x=120，
解得x=2，
②当甲机器人到达C地返回，乙机器人从B到C过程中相距120米，
由函数图象可得：H(6,600)，I(11,0)，
由待定系数法可得：y=−120x+1320，
由(2)可得直线EF的解析式为：y=60x−60，
∴|−120x+1320−(60x−60)|=120，
解得：x=7或253，
综上，两机器人经过2分或7分或253分相距120米．
(1)根据图象可得AB两地之间的距离，再根据路程、时间、速度的关系可求得甲的速度；
(2)先根据题意确定点E、F的坐标，然后再运用待定系数法求解即可；
(3)根据A，C，B三地在同一直线上，先分别求得直线OG、OD、HI的解析式，然后再分两种情况解答即可．
本题主要考查了一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
23.【答案】AM=CN CM+AM= 2DM 6−22或2+ 62
【解析】(1)解：AM=CN，理由如下，
如图所示，连接AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵点D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ACD=∠DAC=45°，
∴AD=CD，
∵△DMN为等腰直角三角形，∠MDN=90°，
∴DM=DN，∠MDA+∠ADN=∠ADN+∠NDC=90°，
∴∠MDA=∠NDC，
在△AMD，△CND中，
AD=CD∠MDA=∠NDCDM=DN，
∴△AMD≌△CND(SAS)，
∴AM=CN，
故答案为：AM=CN．
(2)证明：如图所示，连接AD，
由(1)可知，△AMD≌△CND(SAS)，
∴∠MAD=∠NCD，AM=CN，
∴CM=CN+MN=AM+MN，
∴CM−AM=CM−CN=MN，
∵△DMN是等腰直角三角形，即DM=DN，
∴MN2=DM2+DN2=2DM2，
∴MN= 2DM= 2DN，
∴CM−AM= 2DM．
(3)解：如图所示，连接AD，
根据(1)中的证明可知，AD=CD，∠ADM+∠MDC=∠MDC+∠CDN=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
在△ADM，△CDN中，
AD=CD∠ADM=∠CDNDM=DN，
∴△ADM≌△CDN(SAS)，
∴AM=CN，
∴CN+CM=AM+CM=MN，
∵△DMN是等腰直角三角形，即DM=DN，
∴MN2=DM2+DN2=2DM2，
∴MN= 2DM= 2DN，
∴AM+CM= 2DM，
故答案为：AM+CM= 2DM．
(4)解：AB= 5，AM= 3，C、M、N三点共线，
①由(2)可知，CM−AM= 2DM，
由(1)可知，∠MAD=∠NCD，
∵∠ACD=∠ACM+∠NCD=45°，∠DCN+∠NCA+∠DAC=90°，
∴∠MAD+∠NCA+∠DAC=90°，
∴∠AMC=90°，
在Rt△ACM中，AB=AC= 5，AM=CN= 3，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CM−CN= 2− 3(不符合题意)；
②如图所示，由(1)可知，△ADM≌△CDN，AM=CN= 3，∠DAM=∠DCN，
∴∠DAM+∠MAC+∠ACD=∠DCN+∠MAC+∠ACD=90°，
∴△AMC是直角三角形，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CN−CM= 3− 2，
在Rt△DMN中，MN= 2DM，
∴DM= 2MN2= 2( 3− 2)2= 6−22；
③由(3)可知，
△DMN是等腰直角三角形，
∴∠N=∠DMN=45°，
由(3)可知，△ADM≌△CDN，
∴∠AMD=∠N=45°，
∴∠AMD+∠DMN=45°+45°=90°，即△ACM是直角三角形，
在Rt△ACM中，AB=AC= 5，AM=CN= 3，
∴CM= AC2−AM2= ( 5)2−( 3)2= 2，
∴MN=CM+CN= 2+ 3，
∵MN= 2DM，
∴DM= 2MN2= 2( 2+ 3)2=2+ 62；
综上所述，DM的长为 6−22或2+ 62，
故答案为： 6−22或2+ 62．
(1)如图所示，连接AD，根据等腰三角形的性质可证△AMD≌△CND(SAS)，由此即可求解；
(2)由(1)中△AMD≌△CND(SAS)，再根据△DMN为等腰直角三角形，由此即可求解；
(3)证明△AMD≌△CND(SAS)，△DMN为等腰直角三角形，即可求证；
(4)点C、M、N三点共线，分类讨论，根据(2)，(3)中的结论即可求解．
本题主要考查等腰直角三角形，旋转，全等三角形的综合，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24.【答案】 17
【解析】解：(1)对于y=4x+4，当x=0时，y=4，当y=0时，x=−1，
故点A、C的坐标分别为：(−1,0)、(0,4)，
则c=4a−83+c=0，解得：a=−43c=4，
则抛物线的表达式为：y=−43x2+83x+4；
(2)作点C关于抛物线的对称轴的对称点T(2,4)，连接BT并延长BT交抛物线的对称轴于点D，则点D为所求点，理由：
由点的对称性知，CD=TD，则|DC−DB|=|DT−DB|=BN最大，
由点B、T的坐标得，BT= (3−2)2+42= 17，
故|DC−DB|的最大值为： 17，
故答案是： 17；
(3)过点P作PH//y轴交BC于点H，
由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：y=−43x+4，
设点P(x,−43x2+83x+4)，则H(x,−43x+4)，
则PH=(−43x2+83x+4)−(−43x+4)=−43x2+4x=−43(x−32)2+3≤3，
即当x=32时，PH的最大值为3，此时，点P的坐标为：(32,5)，
∵PH//y轴，则∠PHQ=∠PCB，
在Rt△BOC中，BO=3，CO=4，则BC=5，
则sin∠PHQ=sin∠PCB=OBBC=35，
则PQ=HPsin∠PHQ=35PH，
即当PH最大时，PG最大，
故PQ的最大值为：35×3=95，
即PG最大值95，点P的坐标为(32,5)；
(4)设点M(x,0)、点N(m,n)，n=−43m2+83m+4，
当BC是对角线时，
由中点坐标公式得：3=x+m4=n且n=−43m2+83m+4，
解得：m=2n=4x=1(不合题意的值已舍去)，
故点M的坐标为：(1,0)；
当BM或BN为对角线时，由中点坐标公式得：
3+x=m0=4+n或m+3=xn=4且n=−43m2+83m+4，
解得：m=1± 7n=−4x=−2± 7或x=5n=4m=2，
即点M的坐标为：(−2+ 7,0)或(−2− 7,0)或(5,0)，
综上，点M的坐标为：(1,0)或(−2+ 7,0)或(−2− 7,0)或(5,0)．
(1)用待定系数法即可求解；
(2)作点C关于抛物线的对称轴的对称点N(2,4)，连接BN交抛物线的对称轴于点D，则点D为所求点，进而求解；
(3)由PQ=HPsin∠PHQ=35PH知，当PH最大时，PG最大，进而求解；
(4)当BC是对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当BM或BN为对角线时，同理可解．
本题考查了二次函数和一次函数的解析式，二次函数和一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形性质等，分类求解是本题解题的关键．
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