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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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    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 由题意得:DM=OD−OM= 3−t,DN=2t−4 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 (3)解:存在,分情况讨论:
    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 (3)分情况讨论:①当AN是直角边时,则CN⊥EF,过点M作NK⊥CF于K,首先求出CN,然后解直角三角形求出CK和NK,再利用平移的性质得出点Q的坐标;②当AN是对角线时,则∠ACN=90°,过点M作NL⊥CF于L,证明∠NCF=∠NFC,可得CL=FL=3,然后解直角三角形求出NL,再利用平移的性质得出点Q的坐标.
    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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