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2023年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷（含解析），共35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年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷
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. 下列运算正确的是( )
A. (−2a)2=−4a2 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−m+2)(−m−2)=m2−4 D. (a5)2=a7
2. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
4. 已知一组数据1，0，−3，5，x，2，−3的平均数是1，则这组数据的众数是( )
A. −3 B. 5 C. −3和5 D. 1和3
5. 如图，在长为100m，宽为50m的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是3600m2，则小路的宽是( )
A. 5m
B. 70m
C. 5m或70m
D. 10m
6. 已知关于x的分式方程mx−2+1=x2−x的解是非负数.则m的取值范围是( )
A. m≤2 B. m≥2
C. m≤2且m≠−2 D. m<2且m≠−2
7. 某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本(三种图书都要买)，此次采购的方案有( )
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
8. 如图，△ABC是等腰三角形，AB过原点O，底边BC//x轴，双曲线y=kx过A，B两点，过点C作CD//y轴交双曲线于点D.若S△BCD=12，则k的值是( )
A. −6
B. −12
C. −92
D. −9
9. 如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是( )
A. (1,2) B. (−1,2) C. ( 5−1,2) D. (1− 5,2)
10. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2 2；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．
A. ①②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为______ ．
12. 在函数y= x+3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件______ ，使得矩形ABCD为正方形．
14. 一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是______ ．
15. 关于x的不等式组x+5>0x−m≤1有3个整数解，则实数m的取值范围是______ ．
16. 如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠B=28°，则∠P= ______ °.
17. 已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是______ cm．
18. 如图，在Rt△ACB中，∠BAC=30°，CB=2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是______ ．
19. 矩形ABCD中，AB=3，AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是______ ．
20. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1：y= 33x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB=2 2，顶点C在直线l2：y= 3x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，…，则
△A2023B2023C2023的面积是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(1−2m+1)÷m2−2m+1m2−m，其中m=tan60°−1．
22. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(2,−1).B(1,−2)，C(3,−3)．
(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1BC1；
(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
(3)将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积(结果保留π)．
23. (本小题6.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点.交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在一点P，使得S△PBC=12S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24. (本小题7.0分)
某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动，为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
(1)这次学校抽查的学生人数是______ ；
(2)将条形图补充完整；
(3)扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是______ °；
(4)如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
25. (本小题8.0分)
已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车继续出发23h后与出租车相遇.出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地.如图是两车距各自出发地的距离y(km)与货车行驶时间x(h)之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
(1)图中a的值是______ ；
(2)求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式；
(3)直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距12km．
26. (本小题8.0分)
如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH.易证：FH= 3FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如图②；若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，如图③；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
27. (本小题10.0分)
2023年5月30日上午9点31分，神州十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空.某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
(1)求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
(2)已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
(3)在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
28. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动.两点同时出发，设运动时间为t秒．
(1)求直线AD的解析式；
(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式；
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形.若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(−2a)2=4a2，所以A错误；
(a−b)2=a2−2ab+b2，所以B错误；
(−m+2)(−m−2)=m2−4，所以C正确；
(a5)2=a10，所以D错误．
故选：C．
分别对四个选项进行分析．
本题主要考查了整式乘法的知识、积的乘方的知识、幂的乘方的知识、平方差公式、完全平方公式，难度不大．
2.【答案】A
【解析】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B、D不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C不符合题意．
故选：A．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，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，由此即可得到答案．
本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
3.【答案】B
【解析】解：从俯视图可得最底层有4个小正方体，由左视图可得第二层最少有1个小正方体，最多有3个小正方体，
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少是5个．
故选：B．
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握口诀“俯视打地基，主视疯狂盖，左视拆违章”．
4.【答案】C
【解析】解：∵数据1，0，−3，5，x，2，−3的平均数是1，
∴1+0−3+5+x+2−3=7×1，
解得x=5，
则这组数据为1，0，−3，5，5，2，−3，
∴这组数据的众数为−3和5，
故选：C．
先根据算术平均数的定义列出关于x的方程，解之求出x的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解可得．
本题主要考查众数和算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数和众数的概念．
5.【答案】A
【解析】解：设小路的宽是x m，则余下的部分可合成长为(100−2x)m，宽为(50−2x)m的矩形，
根据题意得：(100−2x)(50−2x)=3600，
整理得：x2−75x+350=0，
解得：x1=5，x2=70(不符合题意，舍去)，
∴小路的宽是5m．
故选：A．
设小路的宽是xm，则余下的部分可合成长为(100−2x)m，宽为(50−2x)m的矩形，根据花圃的面积是3600m2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：分式方程去分母得：m+x−2=−x，
解得：x=2−m2，
由分式方程的解是非负数，得到2−m2≥0，且2−m2−2≠0，
解得：m≤2且m≠−2，
故选：C．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解是非负数，确定出m的范围即可．
此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，
根据题意得：30×5+25x+20y=500，
∴x=14−45y，
又∵x，y均为正整数，
∴x=10y=5或x=6y=10或x=2y=15，
∴当购买5本A种图书时，有3种采购方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，
根据题意得：30×6+25m+20n=500，
∴n=16−54m，
又∵m，n均为正整数，
∴m=4n=11或m=8n=6或m=12n=1，
∴当购买6本A种图书时，有3种采购方案．
∴此次采购的方案有3+3=6(种)．
故选：B．
当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设BC与y轴的交点为F，B(b,kb)，则A(−b,−kb)，b>0，由题意知，
AO=BO，即O是线段AB的中点，过A作AE⊥BC于点E，
∵AC=AB，AE⊥BC，
∴BE=CE，AE//y轴，
∴CF=3BF=3b，
∴C(−3b,kb)，
∴D(−3b,−k3b)，
∴CD=−4k3b，BC=4b，
∴S△BCD=12BC⋅CD=12⋅4b⋅(−4k3b)=−83k=12，
∴k=−92．
故选：C．
设出B的坐标，通过对称性求出C点的坐标，进而求出D的坐标，即可用k表示出线段BC和CD的长度，结合已知面积即可列出方程求出k．
对于反比例函数中图形的面积问题，常用一个未知数表示关键点的坐标，通过推导求其面积．
9.【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
∵AB//OC′，
∴∠ABO=∠D′OC′，
∵∠BAO=∠OD′C′=90°，
∴△AOB∽△D′C′O，
∴OAAB=D′C′OD′，
∵将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，
∴OD′=OD=4，D′C′=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2(负值舍去)，
∴CD=2，
连接OC，设BC与OC′交于F，
∴OC= OD2+CD2= 42+22=2 5，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC′，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知，OC′=OC=2 5,EC′=EC=CF−EF=4−EF，
∴C′F=OC′−OF=2 5−2，
∵EF2+C′F2=EC′2，
∴EF2+(2 5−2)2=(4−EF)2，
解得EF= 5−1，
∴E(1− 5,2)，
故选：D．
根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D′C′O，求出AB=CD=2，连接OC，设BC与OC′交于F，然后求出OC=OC′=2 5，得到C′F=2 5−2，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM//DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED−EG=4 55a，GH=AH−AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP⋅DH=2 55a⋅4 23a=8 1015a2，2AG⋅BH=2×2 55a⋅2 23a=8 1015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
11.【答案】5.699×107
【解析】解：5699万=56990000=5.699×107．
故答案为：5.699×107．
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．当原数绝对值大于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于 1时，n是负整数．据此解答即可．
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，确定a的值以及n的值是解题的关键．
12.【答案】x≥−3
【解析】解：根据题意得：x+3≥0，解得：x≥−3．
因为二次根式的被开方数要为非负数，即x+3≥0，解此不等式即可．
当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
13.【答案】AB=AD(答案不唯一)
【解析】解：AB=AD．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB=AD(答案不唯一)．
根据正方形的判定方法添加即可．
本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
14.【答案】35
【解析】解：画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，
∴恰好是一红一白的概率是1220=35，
故答案为：35．
画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于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．
15.【答案】−3≤m<−2
【解析】解：解不等式x+5>0，得：x>−5，
解不等式x−m≤1，得：x≤m+1，
∵不等式组有3个整数解，
∴不等式组的3个整数解为−4、−3、−2，
∴−2≤m+1<−1，
∴−3≤m<−2．
故答案为：−3≤m<−2．
先求出不等式组中每个不等式的解集，然后求出其公共解集，最后求其整数解进而求得m的取值范围．
本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于m的不等式组．
16.【答案】34
【解析】解：∵PA切⊙O于点A，
∴∠OAP=90°，
∵∠B=28°，
∴∠AOC=2∠B=56°，
∴∠P=90°−∠AOC=34°，
故答案为：34．
根据切线的性质可得∠OAP=90°，然后利用圆周角定理可得∠AOC=2∠B=56°，从而利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，以及圆周角定理是解题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：设圆锥的底面圆的半径为r cm，
根据题意得12⋅2π⋅r⋅13=65π，
解得r=5，
所以圆锥的高= 132−52=12(cm)．
故答案为：12．
设圆锥的底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到12⋅2π⋅r⋅13=65π，解得r=5，然后利用勾股定理计算圆锥的高．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18.【答案】4+ 3
【解析】解：∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．
在Rt△ACB中，∠BAC=30°，E是AB的中点，
∴AB=2BC=4，CE=AE=12AB=2，AC=AB⋅cos30°=2 3，
∴∠ECA=∠BAC=30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG=12AC= 3，
∵点F的在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF=AB=4，
∴点F到CE的距离最大值为4+ 3，
∴S△CEF=12CE⋅(4+ 3)=4+ 3，
故答案为：4+ 3．
线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．
本题主要考查了旋转的性质，特殊直角三角形的性质，点的运动轨迹等知识，采取动静互换，画出△CEF的面积最大时的图形是解题的关键．
19.【答案】6或3+2 2或3−2 2
【解析】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，
如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，
点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①如图2，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE= 92−32=6 2，
∵S△AED=12AE⋅DE=12AD⋅EG，
∴EG=2 2，
∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+2 2；
②如图3，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NM⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE= 92−32=6 2，
∵S△AED=12AE⋅DE=12AD⋅EM，
∴EM=2 2，
∴E到直线BC的距离EN=MN−GN=3−2 2；
综上，点E到直线BC的距离是6或3+2 2或3−2 2，
故答案为：6或3+2 2或3−2 2．
由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
20.【答案】24046 3
【解析】解：∵OB=2 2，
∴B(2 2,0)，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为2 2，
∵直线l1：y= 33x，
∴点A的纵坐标为 33×2 2=2 63，
∴∠AOB=ABOB=2 632 2= 33，
∴∠AOB=30°，
∵直线l2：y= 3x，
∴C(xC, 3xC)，
∴∠BOC= 3xCxC= 3，
∴∠BOC=60°，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC//B1C1//B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，
∴OB=12OB1，OB1=12OB2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB//A1B1//A2B2，
∴ABA1B1=OBOB1=12，ABA2B2=OBOB2=14，
∵BC//B1C1//B2C2，
∴BCB1C1=OBOB1=12，BCB2C2=OBOB2=14，
∴ABA1B1=BCB1C1，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°−30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，
同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42⋅S△ABC=(22)2⋅S△ABC，
∴S△AnBnCn=(2n)2S△ABC=22nS△ABC，
S△A2023B2023C2023=22×2023× 3=24046 3．
故答案为：24046 3．
解直角三角形得出∠AOB=30°，∠BOC=60°，求出S△ABC= 3，证明△ABC∽△A1B1C1，△ABC∽△A2B2C2，得出S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42⋅S△ABC=(22)2⋅S△ABC，总结得出S△AnBnCn=(2n)2S△ABC=22nS△ABC，从而得出S△A2023B2023C2023=22×2023× 3=24046 3．
本题考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律的探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质．解题的关键是得出一般规律．
21.【答案】解：原式=m+1−2m+1÷(m−1)2m(m−1)
=m−1m+1×m(m−1)(m−1)2
=mm+1．
当m=tan60°−1= 3−1时，
原式= 3−1 3−1+1
= 3−1 3
=3− 33．
【解析】利用分式的运算法则先化简分式，再代入特殊角的函数值确定m，最后利用二次根式的性质得结论．
本题主要考查了分式的化简求值，掌握分式的运算法则及特殊角的函数值是解决本题的关键．
22.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，如图，连接OC3交A2A3于D，连接OC2交B2B3于E，
∵A2(−2,−1)，B2(−1,−2)，C2(−3,−3)，
∴OA2= 22+12= 5，OB2= 12+22= 5，OC2= 32+32=3 2，
∴OA2=OB2=OD=OE= 5，
由旋转得：OA2=OA3，OB2=OB3，OC2=OC3，A2C2=A3C3，∠C2OC3=DOE=90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3(SSS)，
∴S△OA2C2=S△OA3C3，
∴线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S扇形C2OC3−S扇形DOE=90⋅π⋅(3 2)2360−90⋅π⋅( 5)2360=13π4．
【解析】(1)根据平移的性质得出对应点的位置，画出平移后的图形即可；
(2)利用轴对称的性质得出对应点的位置，画出图形即可；
(3)根据题意画出旋转后的图形，先求得：OA2= 22+12= 5，OB2= 12+22= 5，OC2= 32+32=3 2，再利用线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S扇形C2OC3−S扇形DOE，即可求得答案．
本题考查简单作图、扇形面积的计算、平移变换、轴对称变换、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】解：(1)由抛物线与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，代入抛物线y=ax2+bx+3得：
(−3)2a−3b+3=0a+b+3=0，
解得：a=−1b=−2；
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)存在，理由如下：
∵A(−3,0)，B(1,0)，
∴AB=4，
抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点C，
令x=0，则y=3，
∴C点坐标为(0,3)，OC=3，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6，
∴S△PBC=12S△ABC=3；
作PE//x轴交BC于E，如图：
设BC的解析式为：y=kx+b，将B、C代入得：
k+b=03=b，
解得：k=−3b=3，
∴BC的解析式为：y=−3x+3；
设点P的横坐标为t，则P(t,−t2−2t+3)，
则E的横坐标为：−3x+3=−t2−2t+3，解得：x=t2+2t3，
∴E(t2+2t3,−t2−2t+3)；
∴PE=t2+2t3−t=t2−t3，
∴S△PBC=12×t2−t3×3=3，
解得：t=−2或3；
∴P点纵坐标为：−(−2)2−2×(−2)+3=3；或−(3)2−2×(3)+3=−12，
∴点P的坐标为(−2,3)或(3,−12)．
【解析】(1)把A(−3,0)，B(1,0)两点，代入抛物线y=ax2+bx+3，解方程组即可得到抛物线的解析式；
(2)分别求得A、B、C的坐标，与BC的解析式y=−3x+3；作PE//x轴交BC于E，设点P的横坐标为t，分别求得P点坐标为(t,−t2−2t+3)与E点坐标为(t2+2t3,−t2−2t+3)；然后利用S△PBC=12S△ABC列方程解答即可．
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，直角三角形的判定等，解题的关键是方程思想的应用．
24.【答案】40人 90
【解析】解：(1)这次学校抽查的学生人数是：12÷30%=40(人)，
故答案为：40人；
(2)C等级的人数为：40−12−14−4=10(人)，
补全条形图如下：
(3)360°×1040=90°，
故答案为：90；
(4)2200×440=220(人)，
答：估计该校不合格的人数约220人．
(1)用A等级的人数除以A等级的人数所占的百分比即可得到总人数；
(2)用(1)的结论分别减去其它三个等级的人数可得C等级的人数，进而补全条形图；
(3)用360°乘C组所占比例可得答案；
(4)全校2200人乘样本中不合格的人数所占比例即可得到结论．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
25.【答案】120
【解析】解：(1)由图象知，C(4,480)，
设直线OC的解析式为y=kx，把C(4,480)代入得，480=4k，
解得k=120，
∴直线OC的解析式为y=120x；把(1,a)代入y=120x，得a=120，
故答案为：120；
(2)由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120=240(km)，
∴出租车距离甲地为480−240=240(km)，
把y=240代入y=120x得，240=120x，
解得x=2，
∴货车装完货物时，x=2，B(2,120)，
根据货车继续出发23h后与出租车相遇，
可得23×*出租车的速度+货车的速度)=120，
根据直线OC的解析式为y=120x，
可得出租车的速度为120km/h，
∴相遇时，货车的速度为120÷23−120=60(km/h)，
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，
将B(2,120)代入y=60x+b，可得120=120+b，
解得b=0，
∴直线BG的解析式为y=60x，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式为y=60x，
(3)把y=480代入y=60x，可得480=60x，
解得x=8，
∴G(8,480)，
∴F(8,0)，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，
∴E(314,0)，
∴出租车返回后的速度为480÷(314−4)=128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60t km，出租车距离乙地为128(t−4)=(128t−512)km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，可得60t1−(128t1−512)=12，
解得t1=12517；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，可得(128t2−512)−60t2=12，
解得t2=13117，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发12517h或13117h与出租车相距12km．
(1)由图象知，C(4,480)，设直线OC的解析式为y=kx，把C(4,480)代入，解方程即可得到结论；
(2)由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120=240(km)，把y=240代入y=120x求得货车装完货物时，x=2，B(2,120)，根据货车继续出发23h后与出租车相遇，可得23×*出租车的速度+货车的速度)=120，根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/h，于是得到相遇时，货车的速度为120÷23−120=60(km/h)故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2,120)代入求得b=0，于是得到直线BG的解析式为y=60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
(3)把y=480代入y=60x，得到G(8,480)，求得F(8,0)，根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60t km，出租车距离乙地为128(t−4)=(128t−512)km，①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，列方程即可得到结论．
本题考查了一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，，正确的理解题意，根据题中信息求得所需的数据是解题的关键．
26.【答案】解：如图②；FH= 2FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=12BC,AF=EF=12DE，
∴∠CAH=∠EAF=45°，
∴∠HAF=∠EAC，AHAC=AFAE= 22，
∴△AHF∽△ACE，
∴FHCE=AHAC= 22，
∴CE= 2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH= 2FG；
如图③；FH=FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，
∵点F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=12×120°=60°，
∴∠HAF=∠EAC，AHAC=AFAE=12，
∴△AHF∽△ACE，
∴FHCE=AHAC=12，
∴CE=2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH=FG；
【解析】如图②；连接AH，CE，AF，根据等腰直角三角形的性质得到AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=12BC,AF=EF=12DE，求得∠CAH=∠EAF=45°，根据相似三角形的性质得到CE= 2FH，根据三角形中位线定理得到CE=2FG，于是得到FH= 2FG；
如图③；连接AH，CE，AF，根据等腰三角形的性质得到∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=12×120°=60°，根据相似三角形的性质得到CE=2FH，根据三角形中位线定理得到CE=2FG，于是得到FH=FG．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
27.【答案】解：(1)设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，
根据题意得：500x+10=400x，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意，
∴x+10=40+10=50．
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元；
(2)设购买y件A款文化衫，则购买(300−y)件B款文化衫，
根据题意得：50y+40(300−y)≤1480050y+40(300−y)≥14750，
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
(3)设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，则w=50×0.7y+(40−m)(300−y)=(m−5)y+300(40−m)，
∵(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m−5=0，
∴m=5．
答：m的值为5．
【解析】(1)设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入(x+10)中，可求出A款文化衫的单价；
(2)设购买y件A款文化衫，则购买(300−y)件B款文化衫，利用总价=单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
(3)设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同(即w的值与y值无关)，利用一次函数的性质，可得出m−5=0，解之即可得出m的值．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；(3)根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式．
28.【答案】(1)解：解方程x2−4x−12=0得：x1=6，x2=−2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC⋅tan30°=6× 33=2 3，
∴D(6,2 3)，
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA⋅sin60°=6× 32=3 3，
∴A(3,3 3)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
代入A(3,3 3)，D(6,2 3)得：3k+b=3 36k+b=2 3，
解得：
k=− 33b=4 3，
∴直线AD的解析式为y=− 33x+4 3；
(2)解：由(1)知在Rt△COD中，CD=2 3，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=4 3，∠EOD=90°−∠DOC=90°−30°=60°，
∵直线y=− 33x+4 3与y轴交于点E，
∴OE=4 3，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=4 3，
∴∠OFE=30°=∠DOF，
∴DO=DF=4 3，
①当点N在DF上，即0≤t≤2 3时，
由题意得：DM=OD−OM=4 3−t，DN=4 3−2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=(4 3−2t)× 32=6− 3t，
∴S=12DM×NP=12(4 3−2t)×(6− 3t)= 32t2−9t+12 3；
②当点N在DE上，即2 3
过点N作NT⊥OB于T，
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=(2t−4 3)× 32= 3t−6，
∴S=12DM⋅NT=12(4 3−t)( 3t−6)=− 32t2+9t−12 3；
综上，S= 32t2−9t+12 3(0≤t≤2 3)− 32t2+9t−12 3(2 3
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=4 3，
∴∠NCK=60°，OF= 3OE=12，
∴CF=12−6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN×cos60°=3×12=32，NK=CN×sin60°=3× 32=3 32，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移3 32个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移3 32个单位长度得到点Q，
∵A(3,3 3)，
∴Q(32,3 32)；
②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°−60°−90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL⋅tan30°=3× 33= 3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移 3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移 3个单位长度得到点Q，
∵A(3,3 3)，
∴Q(6,4 3)；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是(32,3 32)或(6,4 3).
【解析】(1)过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
(2)首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=4 3，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤2 3时，过点M作NP⊥OB于P，②当点M在DE上，即2 3
本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
2023年黑龙江省佳木斯市中考数学试卷
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. 下列运算正确的是( )
A. (−2a)2=−4a2 B. (a−b)2=a2−b2
C. (−m+2)(−m−2)=m2−4 D. (a5)2=a7
2. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
4. 已知一组数据1，0，−3，5，x，2，−3的平均数是1，则这组数据的众数是( )
A. −3 B. 5 C. −3和5 D. 1和3
5. 如图，在长为100m，宽为50m的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是3600m2，则小路的宽是( )
A. 5m
B. 70m
C. 5m或70m
D. 10m
6. 已知关于x的分式方程mx−2+1=x2−x的解是非负数.则m的取值范围是( )
A. m≤2 B. m≥2
C. m≤2且m≠−2 D. m<2且m≠−2
7. 某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本(三种图书都要买)，此次采购的方案有( )
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
8. 如图，△ABC是等腰三角形，AB过原点O，底边BC//x轴，双曲线y=kx过A，B两点，过点C作CD//y轴交双曲线于点D.若S△BCD=12，则k的值是( )
A. −6
B. −12
C. −92
D. −9
9. 如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是( )
A. (1,2) B. (−1,2) C. ( 5−1,2) D. (1− 5,2)
10. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2 2；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．
A. ①②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③ D. ①②⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为______ ．
12. 在函数y= x+3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件______ ，使得矩形ABCD为正方形．
14. 一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是______ ．
15. 关于x的不等式组x+5>0x−m≤1有3个整数解，则实数m的取值范围是______ ．
16. 如图，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，若∠B=28°，则∠P= ______ °.
17. 已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是______ cm．
18. 如图，在Rt△ACB中，∠BAC=30°，CB=2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是______ ．
19. 矩形ABCD中，AB=3，AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是______ ．
20. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在直线l1：y= 33x上，顶点B在x轴上，AB垂直x轴，且OB=2 2，顶点C在直线l2：y= 3x上，BC⊥l2；过点A作直线l2的垂线，垂足为C1，交x轴于B1，过点B1作A1B1垂直x轴，交l1于点A1，连接A1C1，得到第一个△A1B1C1；过点A1作直线l2的垂线，垂足为C2，交x轴于B2，过点B2作A2B2垂直x轴，交l1于点A2，连接A2C2，得到第二个△A2B2C2；如此下去，…，则
△A2023B2023C2023的面积是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题5.0分)
先化简，再求值：(1−2m+1)÷m2−2m+1m2−m，其中m=tan60°−1．
22. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(2,−1).B(1,−2)，C(3,−3)．
(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1BC1；
(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
(3)将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积(结果保留π)．
23. (本小题6.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点.交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在一点P，使得S△PBC=12S△ABC，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24. (本小题7.0分)
某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动，为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
(1)这次学校抽查的学生人数是______ ；
(2)将条形图补充完整；
(3)扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是______ °；
(4)如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
25. (本小题8.0分)
已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车继续出发23h后与出租车相遇.出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地.如图是两车距各自出发地的距离y(km)与货车行驶时间x(h)之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
(1)图中a的值是______ ；
(2)求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式；
(3)直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距12km．
26. (本小题8.0分)
如图①，△ABC和△ADE是等边三角形，连接DC，点F，G，H分别是DE，DC和BC的中点，连接FG，FH.易证：FH= 3FG．
若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如图②；若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，如图③；其他条件不变，判断FH和FG之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
27. (本小题10.0分)
2023年5月30日上午9点31分，神州十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空.某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
(1)求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
(2)已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
(3)在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
28. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动.两点同时出发，设运动时间为t秒．
(1)求直线AD的解析式；
(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式；
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形.若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(−2a)2=4a2，所以A错误；
(a−b)2=a2−2ab+b2，所以B错误；
(−m+2)(−m−2)=m2−4，所以C正确；
(a5)2=a10，所以D错误．
故选：C．
分别对四个选项进行分析．
本题主要考查了整式乘法的知识、积的乘方的知识、幂的乘方的知识、平方差公式、完全平方公式，难度不大．
2.【答案】A
【解析】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B、D不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C不符合题意．
故选：A．
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，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，由此即可得到答案．
本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的定义．
3.【答案】B
【解析】解：从俯视图可得最底层有4个小正方体，由左视图可得第二层最少有1个小正方体，最多有3个小正方体，
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少是5个．
故选：B．
从俯视图中可以看出最底层小正方体的个数及形状，从左视图可以看出每一层小正方体的层数和个数，从而算出总的个数．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握口诀“俯视打地基，主视疯狂盖，左视拆违章”．
4.【答案】C
【解析】解：∵数据1，0，−3，5，x，2，−3的平均数是1，
∴1+0−3+5+x+2−3=7×1，
解得x=5，
则这组数据为1，0，−3，5，5，2，−3，
∴这组数据的众数为−3和5，
故选：C．
先根据算术平均数的定义列出关于x的方程，解之求出x的值，从而还原这组数据，再利用众数的概念求解可得．
本题主要考查众数和算术平均数，解题的关键是掌握算术平均数和众数的概念．
5.【答案】A
【解析】解：设小路的宽是x m，则余下的部分可合成长为(100−2x)m，宽为(50−2x)m的矩形，
根据题意得：(100−2x)(50−2x)=3600，
整理得：x2−75x+350=0，
解得：x1=5，x2=70(不符合题意，舍去)，
∴小路的宽是5m．
故选：A．
设小路的宽是xm，则余下的部分可合成长为(100−2x)m，宽为(50−2x)m的矩形，根据花圃的面积是3600m2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：分式方程去分母得：m+x−2=−x，
解得：x=2−m2，
由分式方程的解是非负数，得到2−m2≥0，且2−m2−2≠0，
解得：m≤2且m≠−2，
故选：C．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解是非负数，确定出m的范围即可．
此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，
根据题意得：30×5+25x+20y=500，
∴x=14−45y，
又∵x，y均为正整数，
∴x=10y=5或x=6y=10或x=2y=15，
∴当购买5本A种图书时，有3种采购方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，
根据题意得：30×6+25m+20n=500，
∴n=16−54m，
又∵m，n均为正整数，
∴m=4n=11或m=8n=6或m=12n=1，
∴当购买6本A种图书时，有3种采购方案．
∴此次采购的方案有3+3=6(种)．
故选：B．
当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设BC与y轴的交点为F，B(b,kb)，则A(−b,−kb)，b>0，由题意知，
AO=BO，即O是线段AB的中点，过A作AE⊥BC于点E，
∵AC=AB，AE⊥BC，
∴BE=CE，AE//y轴，
∴CF=3BF=3b，
∴C(−3b,kb)，
∴D(−3b,−k3b)，
∴CD=−4k3b，BC=4b，
∴S△BCD=12BC⋅CD=12⋅4b⋅(−4k3b)=−83k=12，
∴k=−92．
故选：C．
设出B的坐标，通过对称性求出C点的坐标，进而求出D的坐标，即可用k表示出线段BC和CD的长度，结合已知面积即可列出方程求出k．
对于反比例函数中图形的面积问题，常用一个未知数表示关键点的坐标，通过推导求其面积．
9.【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
∵AB//OC′，
∴∠ABO=∠D′OC′，
∵∠BAO=∠OD′C′=90°，
∴△AOB∽△D′C′O，
∴OAAB=D′C′OD′，
∵将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，
∴OD′=OD=4，D′C′=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2(负值舍去)，
∴CD=2，
连接OC，设BC与OC′交于F，
∴OC= OD2+CD2= 42+22=2 5，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC′，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知，OC′=OC=2 5,EC′=EC=CF−EF=4−EF，
∴C′F=OC′−OF=2 5−2，
∵EF2+C′F2=EC′2，
∴EF2+(2 5−2)2=(4−EF)2，
解得EF= 5−1，
∴E(1− 5,2)，
故选：D．
根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D′C′O，求出AB=CD=2，连接OC，设BC与OC′交于F，然后求出OC=OC′=2 5，得到C′F=2 5−2，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM//DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED−EG=4 55a，GH=AH−AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP⋅DH=2 55a⋅4 23a=8 1015a2，2AG⋅BH=2×2 55a⋅2 23a=8 1015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
11.【答案】5.699×107
【解析】解：5699万=56990000=5.699×107．
故答案为：5.699×107．
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．当原数绝对值大于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于 1时，n是负整数．据此解答即可．
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，确定a的值以及n的值是解题的关键．
12.【答案】x≥−3
【解析】解：根据题意得：x+3≥0，解得：x≥−3．
因为二次根式的被开方数要为非负数，即x+3≥0，解此不等式即可．
当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
13.【答案】AB=AD(答案不唯一)
【解析】解：AB=AD．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB=AD(答案不唯一)．
根据正方形的判定方法添加即可．
本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
14.【答案】35
【解析】解：画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，
∴恰好是一红一白的概率是1220=35，
故答案为：35．
画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好是一红一白的结果有12种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于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．
15.【答案】−3≤m<−2
【解析】解：解不等式x+5>0，得：x>−5，
解不等式x−m≤1，得：x≤m+1，
∵不等式组有3个整数解，
∴不等式组的3个整数解为−4、−3、−2，
∴−2≤m+1<−1，
∴−3≤m<−2．
故答案为：−3≤m<−2．
先求出不等式组中每个不等式的解集，然后求出其公共解集，最后求其整数解进而求得m的取值范围．
本题考查了一元一次不等式组的整数解，解一元一次不等式组的应用，解此题的关键是能得出关于m的不等式组．
16.【答案】34
【解析】解：∵PA切⊙O于点A，
∴∠OAP=90°，
∵∠B=28°，
∴∠AOC=2∠B=56°，
∴∠P=90°−∠AOC=34°，
故答案为：34．
根据切线的性质可得∠OAP=90°，然后利用圆周角定理可得∠AOC=2∠B=56°，从而利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，以及圆周角定理是解题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：设圆锥的底面圆的半径为r cm，
根据题意得12⋅2π⋅r⋅13=65π，
解得r=5，
所以圆锥的高= 132−52=12(cm)．
故答案为：12．
设圆锥的底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到12⋅2π⋅r⋅13=65π，解得r=5，然后利用勾股定理计算圆锥的高．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18.【答案】4+ 3
【解析】解：∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．
在Rt△ACB中，∠BAC=30°，E是AB的中点，
∴AB=2BC=4，CE=AE=12AB=2，AC=AB⋅cos30°=2 3，
∴∠ECA=∠BAC=30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG=12AC= 3，
∵点F的在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF=AB=4，
∴点F到CE的距离最大值为4+ 3，
∴S△CEF=12CE⋅(4+ 3)=4+ 3，
故答案为：4+ 3．
线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．
本题主要考查了旋转的性质，特殊直角三角形的性质，点的运动轨迹等知识，采取动静互换，画出△CEF的面积最大时的图形是解题的关键．
19.【答案】6或3+2 2或3−2 2
【解析】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，
如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，
点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①如图2，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE= 92−32=6 2，
∵S△AED=12AE⋅DE=12AD⋅EG，
∴EG=2 2，
∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+2 2；
②如图3，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NM⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE= 92−32=6 2，
∵S△AED=12AE⋅DE=12AD⋅EM，
∴EM=2 2，
∴E到直线BC的距离EN=MN−GN=3−2 2；
综上，点E到直线BC的距离是6或3+2 2或3−2 2，
故答案为：6或3+2 2或3−2 2．
由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
20.【答案】24046 3
【解析】解：∵OB=2 2，
∴B(2 2,0)，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为2 2，
∵直线l1：y= 33x，
∴点A的纵坐标为 33×2 2=2 63，
∴∠AOB=ABOB=2 632 2= 33，
∴∠AOB=30°，
∵直线l2：y= 3x，
∴C(xC, 3xC)，
∴∠BOC= 3xCxC= 3，
∴∠BOC=60°，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC//B1C1//B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，
∴OB=12OB1，OB1=12OB2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB//A1B1//A2B2，
∴ABA1B1=OBOB1=12，ABA2B2=OBOB2=14，
∵BC//B1C1//B2C2，
∴BCB1C1=OBOB1=12，BCB2C2=OBOB2=14，
∴ABA1B1=BCB1C1，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°−30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，
同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42⋅S△ABC=(22)2⋅S△ABC，
∴S△AnBnCn=(2n)2S△ABC=22nS△ABC，
S△A2023B2023C2023=22×2023× 3=24046 3．
故答案为：24046 3．
解直角三角形得出∠AOB=30°，∠BOC=60°，求出S△ABC= 3，证明△ABC∽△A1B1C1，△ABC∽△A2B2C2，得出S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42⋅S△ABC=(22)2⋅S△ABC，总结得出S△AnBnCn=(2n)2S△ABC=22nS△ABC，从而得出S△A2023B2023C2023=22×2023× 3=24046 3．
本题考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，三角形面积的计算，平行线的判定和性质，一次函数规律的探究，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质．解题的关键是得出一般规律．
21.【答案】解：原式=m+1−2m+1÷(m−1)2m(m−1)
=m−1m+1×m(m−1)(m−1)2
=mm+1．
当m=tan60°−1= 3−1时，
原式= 3−1 3−1+1
= 3−1 3
=3− 33．
【解析】利用分式的运算法则先化简分式，再代入特殊角的函数值确定m，最后利用二次根式的性质得结论．
本题主要考查了分式的化简求值，掌握分式的运算法则及特殊角的函数值是解决本题的关键．
22.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，如图，连接OC3交A2A3于D，连接OC2交B2B3于E，
∵A2(−2,−1)，B2(−1,−2)，C2(−3,−3)，
∴OA2= 22+12= 5，OB2= 12+22= 5，OC2= 32+32=3 2，
∴OA2=OB2=OD=OE= 5，
由旋转得：OA2=OA3，OB2=OB3，OC2=OC3，A2C2=A3C3，∠C2OC3=DOE=90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3(SSS)，
∴S△OA2C2=S△OA3C3，
∴线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S扇形C2OC3−S扇形DOE=90⋅π⋅(3 2)2360−90⋅π⋅( 5)2360=13π4．
【解析】(1)根据平移的性质得出对应点的位置，画出平移后的图形即可；
(2)利用轴对称的性质得出对应点的位置，画出图形即可；
(3)根据题意画出旋转后的图形，先求得：OA2= 22+12= 5，OB2= 12+22= 5，OC2= 32+32=3 2，再利用线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S扇形C2OC3−S扇形DOE，即可求得答案．
本题考查简单作图、扇形面积的计算、平移变换、轴对称变换、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】解：(1)由抛物线与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，代入抛物线y=ax2+bx+3得：
(−3)2a−3b+3=0a+b+3=0，
解得：a=−1b=−2；
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)存在，理由如下：
∵A(−3,0)，B(1,0)，
∴AB=4，
抛物线y=ax2+bx+3与y轴交于点C，
令x=0，则y=3，
∴C点坐标为(0,3)，OC=3，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6，
∴S△PBC=12S△ABC=3；
作PE//x轴交BC于E，如图：
设BC的解析式为：y=kx+b，将B、C代入得：
k+b=03=b，
解得：k=−3b=3，
∴BC的解析式为：y=−3x+3；
设点P的横坐标为t，则P(t,−t2−2t+3)，
则E的横坐标为：−3x+3=−t2−2t+3，解得：x=t2+2t3，
∴E(t2+2t3,−t2−2t+3)；
∴PE=t2+2t3−t=t2−t3，
∴S△PBC=12×t2−t3×3=3，
解得：t=−2或3；
∴P点纵坐标为：−(−2)2−2×(−2)+3=3；或−(3)2−2×(3)+3=−12，
∴点P的坐标为(−2,3)或(3,−12)．
【解析】(1)把A(−3,0)，B(1,0)两点，代入抛物线y=ax2+bx+3，解方程组即可得到抛物线的解析式；
(2)分别求得A、B、C的坐标，与BC的解析式y=−3x+3；作PE//x轴交BC于E，设点P的横坐标为t，分别求得P点坐标为(t,−t2−2t+3)与E点坐标为(t2+2t3,−t2−2t+3)；然后利用S△PBC=12S△ABC列方程解答即可．
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，直角三角形的判定等，解题的关键是方程思想的应用．
24.【答案】40人 90
【解析】解：(1)这次学校抽查的学生人数是：12÷30%=40(人)，
故答案为：40人；
(2)C等级的人数为：40−12−14−4=10(人)，
补全条形图如下：
(3)360°×1040=90°，
故答案为：90；
(4)2200×440=220(人)，
答：估计该校不合格的人数约220人．
(1)用A等级的人数除以A等级的人数所占的百分比即可得到总人数；
(2)用(1)的结论分别减去其它三个等级的人数可得C等级的人数，进而补全条形图；
(3)用360°乘C组所占比例可得答案；
(4)全校2200人乘样本中不合格的人数所占比例即可得到结论．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
25.【答案】120
【解析】解：(1)由图象知，C(4,480)，
设直线OC的解析式为y=kx，把C(4,480)代入得，480=4k，
解得k=120，
∴直线OC的解析式为y=120x；把(1,a)代入y=120x，得a=120，
故答案为：120；
(2)由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120=240(km)，
∴出租车距离甲地为480−240=240(km)，
把y=240代入y=120x得，240=120x，
解得x=2，
∴货车装完货物时，x=2，B(2,120)，
根据货车继续出发23h后与出租车相遇，
可得23×*出租车的速度+货车的速度)=120，
根据直线OC的解析式为y=120x，
可得出租车的速度为120km/h，
∴相遇时，货车的速度为120÷23−120=60(km/h)，
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，
将B(2,120)代入y=60x+b，可得120=120+b，
解得b=0，
∴直线BG的解析式为y=60x，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离y(km)与行驶时间x(h)之间的函数关系式为y=60x，
(3)把y=480代入y=60x，可得480=60x，
解得x=8，
∴G(8,480)，
∴F(8,0)，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，
∴E(314,0)，
∴出租车返回后的速度为480÷(314−4)=128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60t km，出租车距离乙地为128(t−4)=(128t−512)km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，可得60t1−(128t1−512)=12，
解得t1=12517；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，可得(128t2−512)−60t2=12，
解得t2=13117，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发12517h或13117h与出租车相距12km．
(1)由图象知，C(4,480)，设直线OC的解析式为y=kx，把C(4,480)代入，解方程即可得到结论；
(2)由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120=240(km)，把y=240代入y=120x求得货车装完货物时，x=2，B(2,120)，根据货车继续出发23h后与出租车相遇，可得23×*出租车的速度+货车的速度)=120，根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/h，于是得到相遇时，货车的速度为120÷23−120=60(km/h)故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2,120)代入求得b=0，于是得到直线BG的解析式为y=60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
(3)把y=480代入y=60x，得到G(8,480)，求得F(8,0)，根据出租车到达乙地后立即按原路返回，经过比货车早15分钟到达甲地，可得EF=1560=14，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60t km，出租车距离乙地为128(t−4)=(128t−512)km，①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，列方程即可得到结论．
本题考查了一次函数的应用，待定系数法求函数的解析式，，正确的理解题意，根据题中信息求得所需的数据是解题的关键．
26.【答案】解：如图②；FH= 2FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=12BC,AF=EF=12DE，
∴∠CAH=∠EAF=45°，
∴∠HAF=∠EAC，AHAC=AFAE= 22，
∴△AHF∽△ACE，
∴FHCE=AHAC= 22，
∴CE= 2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH= 2FG；
如图③；FH=FG，
证明：连接AH，CE，AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，
∵点F，H分别是DE，BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=12×120°=60°，
∴∠HAF=∠EAC，AHAC=AFAE=12，
∴△AHF∽△ACE，
∴FHCE=AHAC=12，
∴CE=2FH，
∵点F，G分别是DE，DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH=FG；
【解析】如图②；连接AH，CE，AF，根据等腰直角三角形的性质得到AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=12BC,AF=EF=12DE，求得∠CAH=∠EAF=45°，根据相似三角形的性质得到CE= 2FH，根据三角形中位线定理得到CE=2FG，于是得到FH= 2FG；
如图③；连接AH，CE，AF，根据等腰三角形的性质得到∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=12×120°=60°，根据相似三角形的性质得到CE=2FH，根据三角形中位线定理得到CE=2FG，于是得到FH=FG．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
27.【答案】解：(1)设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，
根据题意得：500x+10=400x，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意，
∴x+10=40+10=50．
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元；
(2)设购买y件A款文化衫，则购买(300−y)件B款文化衫，
根据题意得：50y+40(300−y)≤1480050y+40(300−y)≥14750，
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
(3)设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，则w=50×0.7y+(40−m)(300−y)=(m−5)y+300(40−m)，
∵(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m−5=0，
∴m=5．
答：m的值为5．
【解析】(1)设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入(x+10)中，可求出A款文化衫的单价；
(2)设购买y件A款文化衫，则购买(300−y)件B款文化衫，利用总价=单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
(3)设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由(2)中的所有购买方案所需资金恰好相同(即w的值与y值无关)，利用一次函数的性质，可得出m−5=0，解之即可得出m的值．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；(3)根据各数量之间的关系，找出w关于y的函数关系式．
28.【答案】(1)解：解方程x2−4x−12=0得：x1=6，x2=−2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC⋅tan30°=6× 33=2 3，
∴D(6,2 3)，
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA⋅sin60°=6× 32=3 3，
∴A(3,3 3)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
代入A(3,3 3)，D(6,2 3)得：3k+b=3 36k+b=2 3，
解得：
k=− 33b=4 3，
∴直线AD的解析式为y=− 33x+4 3；
(2)解：由(1)知在Rt△COD中，CD=2 3，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=4 3，∠EOD=90°−∠DOC=90°−30°=60°，
∵直线y=− 33x+4 3与y轴交于点E，
∴OE=4 3，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=4 3，
∴∠OFE=30°=∠DOF，
∴DO=DF=4 3，
①当点N在DF上，即0≤t≤2 3时，
由题意得：DM=OD−OM=4 3−t，DN=4 3−2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=(4 3−2t)× 32=6− 3t，
∴S=12DM×NP=12(4 3−2t)×(6− 3t)= 32t2−9t+12 3；
②当点N在DE上，即2 3
过点N作NT⊥OB于T，
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=(2t−4 3)× 32= 3t−6，
∴S=12DM⋅NT=12(4 3−t)( 3t−6)=− 32t2+9t−12 3；
综上，S= 32t2−9t+12 3(0≤t≤2 3)− 32t2+9t−12 3(2 3
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=4 3，
∴∠NCK=60°，OF= 3OE=12，
∴CF=12−6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN×cos60°=3×12=32，NK=CN×sin60°=3× 32=3 32，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移3 32个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移3 32个单位长度得到点Q，
∵A(3,3 3)，
∴Q(32,3 32)；
②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°−60°−90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL⋅tan30°=3× 33= 3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移 3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移 3个单位长度得到点Q，
∵A(3,3 3)，
∴Q(6,4 3)；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是(32,3 32)或(6,4 3).
【解析】(1)过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
(2)首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=4 3，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤2 3时，过点M作NP⊥OB于P，②当点M在DE上，即2 3
本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
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