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2023年湖北省黄冈市中考数学试卷(含答案解析)
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这是一份2023年湖北省黄冈市中考数学试卷(含答案解析)，共23页。试卷主要包含了 −2的相反数为等内容，欢迎下载使用。
2023年湖北省黄冈市中考数学试卷
1. −2的相反数为( )
A. −2 B. 2 C. −12 D. 12
2. 2023年全国普通高校毕业生规模预计达到1158万人，数11580000用科学记数法表示为( )
A. 1.158×107 B. 1.158×108 C. 1.158×103 D. 1158×104
3. 下列几何体中，三视图都是圆的是( )
A. 长方体 B. 圆柱 C. 圆锥 D. 球
4. 不等式x−1<0x+1>0的解集为( )
A. x>−1 B. x<1 C. −1
A. 55∘ B. 45∘ C. 35∘ D. 25∘
6. 如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，连接AC，AD，BD，若∠C=20∘，∠BPC=70∘，则∠ADC=( )
A. 70∘
B. 60∘
C. 50∘
D. 40∘
7. 如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD，AD于点M，N，则CN的长为( )
A. 10 B. 11 C. 2 3 D. 4
8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，对称轴为直线x=1，下列论中；①a−b+c=0；②若点(−3,y1)，(2,y2)，(4,y3)均在该二次函数图象上，则y13.正确结论的序号为( )
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①④
9. 计算；(−1)2+(13)0=______ .
10. 请写出一个正整数m的值使得 8m是整数：m=______ .
11. 若正n边形的一个外角为72∘，则n=______ .
12. 已知一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1，x2，若x1x2+2x1+2x2=1，则实数k=______ .
13. 眼睛是心灵的窗户为保护学生视力，启航中学每学期给学生检查视力，下表是该校某班39名学生右眼视力的检查结果，这组视力数据中，中位数是______ .
视力
4.0
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
5.0
人数
1
2
6
3
3
4
1
2
5
7
5
14. 综合实践课上，航模小组用航拍无人机进行测高实践.如图，无人机从地面CD的中点A处竖直上升30米到达B处，测得博雅楼顶部E的俯角为45∘，尚美楼顶部F的俯角为30∘，已知博雅楼高度CE为15米，则尚美楼高度DF为______ 米.(结果保留根号)
15. 如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形.设图中AF=a，DF=b，连接AE，BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则b2a2+a2b2=______ .
16. 如图，已知点A(3,0)，点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120∘到线段AC，若点C的坐标为(7,h)，则h=______ .
17. 化简；x2+1x−1−2xx−1.
18. 创建文明城市，构建美好家园.为提高垃圾分类意识，幸福社区决定采购A，B两种型号的新型垃圾桶.若购买3个A型垃圾桶和4个B型垃圾桶共需要580元，购买6个A型垃圾桶和5个B型垃圾桶共需要860元.
(1)求两种型号垃圾桶的单价；
(2)若需购买A，B两种型号的垃圾桶共200个，总费用不超过15000元，至少需购买A型垃圾桶多少个？
19. 打造书香文化，培养阅读习惯.崇德中学计划在各班建图书角，开展“我最喜欢阅读的书篇”为主题的调查活动，学生根据自己的爱好选择一类书籍(A：科技类，B：文学类，C：政史类，D：艺术类，E：其他类).张老师组织数学兴趣小组对学校部分学生进行了问卷调查，根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图(如图所示).
根据图中信息，请回答下列问题；
(1)条形图中的m=______ ，n=______ ，文学类书籍对应扇形圆心角等于______ 度；
(2)若该校有2000名学生，请你估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数；
(3)甲同学从A，B，C三类书籍中随机选择一种，乙同学从B，C，D三类书籍中随机选择一种，请用画树状图或者列表法求甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率.
20. 如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F.
(1)求证：AB=AC；
(2)若AE=3，DE=6，求AF的长.
21. 如图，一次函数y1=kx+b(k≠0)与函数为y2=mx(x>0)的图象交于A(4,1),B(12,a)两点.
(1)求这两个函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出满足y1−y2>0时x的取值范围；
(3)点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，垂足为M，交函数y2的图象于点Q，若△POQ面积为3，求点P的坐标.
22. 加强劳动教育，落实五育并举.孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地.2023年计划将其中1000m2的土地全部种植甲乙两种蔬菜.经调查发现：甲种蔬菜种植成本y(单位；元/m2)与其种植面积x(单位：m2)的函数关系如图所示，其中200≤x≤700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2.
(1)当x=______ m2时，y=35元/m2；
(2)设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？
(3)学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按(2)中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降.若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025年的总种植成本为28920元？
23. 【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90∘，CB=mCA，CE=mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系.
【问题探究】
(1)如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：______ .
(2)如图2，当m≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由.
【拓展应用】
(3)当m= 3，AB=4 7，DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长.
24. 已知抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,2).点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC.
(1)直接写出结果；b=______ ，c=______ ，点A的坐标为______ ，tan∠ABC=______ ；
(2)如图1，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；
(3)如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=90∘.点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE=DF，记BE+QF的最小值为m.
①求m的值；
②设△PCB的面积为S，若S=14m2−k，请直接写出k的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−2的相反数为2，
故选：B.
根据相反数的概念解答即可．
本题考查的是相反数的概念，只有符号不同的两个数叫做互为相反数．
2.【答案】A
【解析】解：将11580000用科学记数法表示为1.158×107.
故选：A.
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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】D
【解析】解：A.长方体的三视图都是矩形，故本选项不合题意；
B.圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆，故本选项不合题意；
C.圆锥的主视图和左视图是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，故本选项不合题意；
D.球的主视图、左视图、俯视图分别为三个全等的圆，故本选项符合题意．
故选：D.
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形．
本题考查三视图的有关知识，注意三视图都相同的常见的几何体有球和正方体．
4.【答案】C
【解析】解：解不等式x−1<0，得：x<1，
解不等式x+1>0，得：x>−1，
则不等式组的解集为−1
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵a//b，∠1=55∘，
∴∠ABC=∠1=55∘，
∵∠BAC=90∘，
∴∠2=180∘−∠ABC−∠BAC=35∘.
故选：C.
由平行线的性质可得∠ABC=∠1=55∘，再由三角形的内角和即可求∠2.
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
6.【答案】D
【解析】解：连接OD，如图，
∵∠C=20∘，
∴∠AOD=40∘，
∵∠BPC=70∘，
∴BDP=∠BPC−∠B=50∘，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ADC=∠ADB−∠BDP=40∘，
故选：D.
先根据圆周角定理求得∠AOD=40∘，再由AB是⊙O的直径得∠ADB=90∘即可求得∠ADC.
本题主要考查了圆周角定理、三角形的外角性质以及直径所对的圆周角是直角，熟练掌握各知识点是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，设BP交CD与点J，过点J作JK⊥BD于点K.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，∠BCD=90∘，
∵CN⊥BM，
∴∠CMB=∠CDN=90∘，
∴∠CBM+∠BCM=90∘，∠BCM+∠DCN=90∘，
∴∠CBM=∠DCN，
∴△BMC∽△CDN，
∴BMCD=BCCN，
∴BM⋅CN=CD⋅CB=3×4=12，
∵∠BCD=90∘，CD=3，BC=4，
∴BD= CD2+BC2= 32+42=5，
由作图可知BP平分∠CBD，
∵JK⊥BD，JC⊥BC，
∴JK=JC，
∵S△BCD=S△BDJ+S△BCJ，
∴12×3×4=12×5×JK+12×4×JC，
∴JC=KJ=43，
∴BJ= CB2+JC2= 42+(43)2=4 103，
∵cos∠CBJ=BMCB=BCBJ，
∴BM4=44 103，
∴BM=6 105，
∵CN⋅BM=12，
∴CN= 10.
故选：A.
如图，设BP交CD与点J，过点J作JK⊥BD于点K.首先利用相似三角形的性质证明CN⋅BM=12，再想办法求出BM，可得结论．
本题考查作图-基本作图，矩形的性质，角平分线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线经过(−1,0)，
∴a−b+c=0，①正确，
∵a<0，
∴抛物线开口向下，
点(−3,y1)，(2,y2)，(4,y3)均在该二次函数图象上，且点(−3,y1)到对称轴的距离最大，点(2,y2)到对称轴的距离最小，
∴y1
∴b=−2a，
∵a−b+c=0，
∴c=b−a=−3a，
∵抛物线的最大值为a+b+c，
∴若m为任意实数，则am2+bm+c≤a+b+c，
∴am2+bm+c≤−4a，③正确；
∵方程ax2+bx+c+1=0的两实数根为x1，x2，
∴抛物线与直线y=−1的交点的横坐标为x1，x2，
由抛物线对称性可得抛物线与x轴另一交点坐标为(3,0)，
∴抛物线与x轴交点坐标为(−1,0)，(3,0)，
∵抛物线开口向下，x1
故选：B.
由抛物线经过(−1,0)可判断①，由各点到抛物线对称轴的距离大小可判断从而判断②，由x=1时y取最大值可判断③，由抛物线的对称性可得抛物线与x轴交点坐标，从而判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
9.【答案】2
【解析】解：原式=1+1
=2.
故答案为：2.
直接利用零指数幂的性质以及有理数的乘方运算法则计算，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】2(答案不唯一)
【解析】解：写出一个正整数m的值使得 8m是整数：m=2(答案不唯一).
故答案为：2(答案不唯一).
由算术平方根的定义 16=4，即可得到答案．
本题考查算术平方根，关键是掌握算术平方根的定义．
11.【答案】5
【解析】解：∵正n边形的一个外角为72∘，
∴n=360÷72=5，
故答案为：5.
根据正多边形的性质及其外角和为360∘列式计算即可．
本题考查多边形的外角和与正多边形的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12.【答案】−5
【解析】解：∵一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1，x2，
∴x1+x2=3，x1⋅x2=k，
∵x1x2+2x1+2x2=1，
∴k+2×3=1，
解得k=−5，
又∵方程有两个实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−3)2−4k≥0，
解得k≤94，
综合以上可知实数k取值范围是k=−5.
故答案为：−5.
把两根之和与两根之积代入已知条件中，求得k的值，再根据根的判别式求得k的取值范围．最后综合情况，求得k的值．
此题考查一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
13.【答案】4.6
【解析】解：将这组数据从小到大的顺序排列后，位于最中间的一个数是4.6，
所以中位数是4.6.
故答案为：4.6.
找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
本题考查统计知识中的中位数，掌握中位数的定义是解答本题的关键．
14.【答案】(30−5 3)
【解析】解：如图，过点E作EM⊥过点B的水平线于M，过点F作FN⊥过点B的水平线于N，
由题意可知CM=DN=AB=30米，
又∵CE=15米，
∴EM=15米，
在Rt△EBM中，∠EBM=45∘，
∴BM=EM=15米，
又∵A是CD的中点，
∴BN=AD=AC=BM=15米，
在Rt△BFN中，tan∠FBN=FNBN，
∵∠FBN=30∘，BN=15米，
∴FN15= 33，
∴FN=5 3米，
∴DF=(30−5 3)米．
故答案为：(30−5 3).
过点E作EM⊥过点B的水平线于M，过点F作FN⊥过点B的水平线于N，先求出EM的长，在Rt△EBM中求出BM的长，然后求出BN的长，在Rt△FBN中求出FN的长，即可求出DF的长．
本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，深入理解题意，把实际问题转化为数学问题是解决问题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：∵图中AF=a，DF=b，
∴ED=AF=a，EH=EF=DF−DE=b−a，
∵△ADE与△BEH的面积相等，
∴12DE⋅AF=12EH⋅BH，
∴12a2=12(b−a)⋅b，
∴a2=b2−ab，
∴1=(ba)2−ba，
∴b2a2−ba−1=0，
解得ba= 5+12(负值舍去)，
∴b2a2+a2b2=( 5+12)2+(2 5+1)2=3，
故答案为：3.
根据题意得出a2=b2−ab，即b2a2−ba−1=0，解方程得到ba= 5+12(负值舍去)代入进行计算即可得到结论．
本题考查了勾股定理的证明，一元二次方程的解法，根据题意得出关于ba的方程是解题的关键．
16.【答案】2 33
【解析】解：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120∘，过点C作CF⊥x于点F，
∵点C的坐标为(7,h)，
∴OF=7，CF=h，
在Rt△CEF中，∠CEF=180∘−∠AEC=60∘，CF=h，EF=CFtan60∘= 33h，CE=CFsin60∘=2 33h，∠BAC=120∘，∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD=120∘，
∴∠CAE=∠ABD，
∵AB=CA，
∴△CAE≌△ABD(AAS)，
∴AD=CE=2 33h，AE=BD，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∴OD=OA−AD=3−2 33h
在Rt△BOD中，∠BDO=180∘−∠ADB=60∘，BD=ODcos∠BDO=ODcos60∘=2(3−2 33h)=6−4 33h，
∴AE=BD=6−4 33h，
∵OA+AE+EF=OF，
∴3+6−4 33h+ 33h=7，
解得h=2 33，
故答案为：2 33.
在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120∘，过点C作CF⊥x于点F，在Rt△CEF中，解直角三角形可得EF= 33h，CE=2 33h，再证明△CAE≌△ABD(AAS)，则AD=CE=2 33hAE=BD，求得OD=3−2 33h，在Rt△BOD中，得BD=6−4 33hAE=BD=6−4 33h3+6−4 33h+ 33h=7，解方程即可求得答案．
此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键．
17.【答案】解：原式=x2+1−2xx−1
=(x−1)2x−1
=x−1.
【解析】直接利用分式的加减运算法则，再结合分式的性质化简得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确化简分式是解题关键．
18.【答案】解：(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，
由题意可得：3x+4y=5806x+5y=860，
解得：x=60y=100，
答：A型垃圾桶单价为60元，B型垃圾桶单价为100元；
(2)设A型垃圾桶a个，
由题意可得：60a+100(200−a)≤15000，
a≥125，
答：至少需购买A型垃圾桶125个．
【解析】(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，根据购买3个A型垃圾桶和4个B型垃圾桶共需要580元，购买6个A型垃圾桶和5个B型垃圾桶共需要860元，列出二元一次方程组，即可求解；
(2)设A型垃圾桶a个，根据总费用不超过15000元，列出不等式，即可求解．
本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
19.【答案】18 6 72
【解析】解：(1)调查的学生人数为：4÷8%=50(人)，
∴m=50×36%=18，
∴n=50−18−10−12−4=6，
文学类书籍对应扇形圆心角=360∘×1050=72∘，
故答案为：18，6，72；
(2)2000×1250=480(人)，
答：估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数约为480人；
(3)画树状图如下：
共有91种等可能的结果，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的结果有2种，即BB、CC，
∴甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率为29.
(1)由喜欢E的人数除以所占百分比得出调查的学生人数，即可解决问题；
(2)由该校共有学生人数乘以最喜欢阅读政史类书籍的学生人数所占的比例即可；
(3)画树状图，共有91种等可能的结果，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．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．
20.【答案】(1)证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴半径OD⊥DE，
∵DE⊥AC，
∴OD//AC，
∴∠C=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC；
(2)解：连接DF，DA，
∵∠F=∠B，∠B=∠C，
∴∠F=∠C，
∴DF=DC，
∵DE⊥CF，
∴FE=EC，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ADC=90∘，
∠ADE+∠CDE=90∘，
∵DE⊥AC，
∴∠C+∠CDE=90∘，
∴∠C=∠ADE，
∵∠AED=∠CDE=90∘，
∴△DAE∽△CDE，
∴DE：CE=AE：DE，
∵AE=3，DE=6，
∴6：CE=3：6，
∴CE=12，
∴EF=EC=12，
∴AF=EF−AE=12−3=9.
【解析】(1)连接OD，由切线的性质得到半径OD⊥DE，又DE⊥AC，因此OD//AC，推出∠C=∠ODB，由等腰三角形的性质得到∠B=∠ODB，故∠B=∠C，即可证明AB=AC；
(2)连接DF，DA，由圆周角定理得到∠F=∠B，而∠B=∠C，得到∠F=∠C，推出DF=DC，因此CE=FE，由△DAE∽△CDE，得到DE：CE=AE：DE，即可求出CE=12，于是得到AF=EF−AE=12−3=9.
本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，关键是由切线的性质推出OD//AC；由等腰三角形的性质得到EF=CE，由△DAE∽△CDE，求出CE的长．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y2=mx(x>0)的图象经过点A(4,1)，
∴1=m4.
∴m=4.
∴反比例函数解析式为y2=4x(x>0).
把B(12,a)代入y2=4x(x>0)，得a=8.
∴点B坐标为(12,8)，
∵一次函数解析式y1=kx+b，经过A(4,1)，B(12,8)，
∴4k+b=112k+b=8.
∴k=−2b=9.
故一次函数解析式为：y1=−2x+9.
(2)由y1−y2>0，
∴y1>y2，即反比例函数值小于一次函数值．
由图象可得，12
∴Q(p,4p).
∴PQ=−2p+9−4p.
∴S△POQ=12(−2p+9−4p)⋅p=3.
解得p1=52，p2=2.
∴P(52,4)或(2,5).
【解析】(1)将A点坐标代入即可得出反比例函数y2=mx(x>0)，求得函数的解析式，进而求得B的坐标，再将A、B两点坐标分别代入y1=kx+b，可用待定系数法确定一次函数的解析式；
(2)由题意即求y1>y2的x的取值范围，由函数的图象即可得出反比例函数的值小于一次函数值的x的取值范围；
(3)由题意，设P(p,−2p+9)且12≤p≤4，则Q(p,4p)，求得PQ=−2p+9−4p，根据三角形面积公式得到S△POQ=12(−2p+9−4p)⋅p=3，解得即可．
本题主要考查一次函数与反比例函数交点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
22.【答案】500
【解析】解：(1)当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y(单位；元/m2)与其种植面积x(单位：m2)的函数关系式为y=kx+b，
把(200,20)，(600,40)代入得：200k+b=20600k+b=40，
解得：k=120b=10，
∴y=120x+10，
当600
解得：x=500，
故答案为：500；
(2)当200≤x≤600时，W=x(120x+10)+50(1000−x)=120(x−400)2+42000，
∵120>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=400时，W有最小值，最小值为42000，
此时，1000−x=1000−400=600，
当600≤x≤700时，W=40x+50(1000−x)=−10x+50000，
∵−10<0，
∴当x=700时，W有最小值为：−10×700+50000=43000，
∵42000<43000，
∴当种植甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2时，W最小；
(3)由(2)可知，甲、乙两种蔬菜总种植成本为42000元，乙种蔬菜的种植成本为50×600=30000(元)，
则甲种蔬菜的种植成本为42000−30000=12000(元)，
由题意得：12000(1−10%)2+30000(1−a%)2=28920，
设a%=m，
整理得：(1−m)2=0.64，
解得：m1=0.2=20%，m2=1.8(不符合题意，舍去)，
∴a%=20%，
∴a=20，
答：当a为20时，2025年的总种植成本为28920元．
(1)当200≤x≤600时，由待定系数法求出一次函数关系式，当600
(3)根据2025年的总种植成本为28920元，列出一元二次方程，解方程即可．
本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用等知识，解题的关键：(1)用待定系数法正确求出一次函数关系式；(2)找出数量关系，正确求出二次函数关系式；(3)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23.【答案】AD⊥BE
【解析】解：(1)如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，
当m=1时，DC=CE，CB=CA，
∵∠ACB=∠DCE=90∘，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90∘，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90∘，
∴∠ANB=90∘，
∴AD⊥BE，
故答案为：AD⊥BE；
(2)(1)中的结论成立，理由如下：
如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，
∵∠ACB=∠DCE=90∘，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90∘，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90∘，
∴∠ANB=90∘，
∴AD⊥BE，
(3)如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m= 3，
∴BE= 3AD= 3(4+AE)，
∵AD⊥BE，
∵∴AB2=AE2+BE2，
∴112=AE2+3(4+AE)2，
∴AE=2或AE=−8(舍去)，
∴BE=6 3，
当点D在线段AE上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m= 3，
∴BE= 3AD= 3(AE−4)，
∵AD⊥BE，
∵∴AB2=AE2+BE2，
∴112=AE2+3(AE−4)2，
∴AE=8或AE=−2(舍去)，
∴BE=4 3，
综上所述：BE=6 3或4 3.
(1)由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC=∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
(2)通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC=∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
(3)分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE= 3AD，由勾股定理可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】32 2(−1,0)12
【解析】解：(1)∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，
∴−8+4b+c=0c=2，
解得：b=32c=2，
∴抛物线解析式为：y=−12x2+32x+2，
∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，
∴y=0时，−12x2+32x+2=0，解得：x1=−1，x2=4，
∴A(−1,0)，
∴OB=4，OC=2，
在Rt△COB中，tan∠ABC=OCOB=24=12.
故答案为：32，2，(−1,0)，12；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE//x轴，交y轴于点E，
∵AO=1，OC=2，OB=4，
∴tan∠OCA=AOCO=12，
由(1)可得，tan∠ABC=12，即tan∠OCA=tan∠ABC，
∴∠OCA=∠ABC，
∵∠PCB=2∠OCA，
∴∠PCB=2∠ABC，
∵CD//x轴，EP//x轴，
∴∠ACB=∠DCB，∠EPC=∠PCD，
∴∠EPC=ABC，
又∵∠PEC=∠BOC=90∘
∴△PEC∽△BOC，
∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为(t,−12t2+32t+2)，则EP=t，EC=−12t2+32t+2−2=−12t2+32t，
∴t4=−12t+32t2，
解得：t=0(舍)，t=2，
∴点P坐标为(2,3)；
(3)①如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH，
∵∠BQD+∠BDQ=90∘，∠HDF+∠BDQ=90∘，
∴∠BQD=∠HDF，
∵QE=DF，DH=BQ，
∴△BQE≌△HDF(SAS)，
∴BE=FH，
∴BE+QF=FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，
∵OB=OD，∠BOD=90∘，
∴∠OBD=45∘，
∵∠QBD=90∘，
∴∠QBG=45∘，
∴QG=BG.设G(n,0)，则Q(n,−12n2+32n+2)，
∴−12n2+32n+2=4−n，
解得n=1或n=4(舍去)，
∴Q(1,3)，
∴QG=BG=4−1=3，
∴BQ=DH=3 2QD=5 2，
∴m=QH= (3 2)2+(5 2)2=2 17；
②如图3，作PT//y轴，交BC于点T，
∵BC解析式为y=−12x+2，
设T(a,−12a+2)，P(a,−12a2+32a+2)，
则S=12(−12a2+32a+2+12a−2)×4=−(a−2)2+4，
∵点P在第一象限，
∴0
∴0<17−k≤4，
∴13≤k<17.
(1)利用待定系数法求二次函数解析式即可求得b=32、c=2，从而可得OB=4，OC=2，由y=0，可得−12x2+32x+2=0，求得A(−1,0)，在Rt△COB中，根据正切的定义求值即可；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE//x轴，交y轴于点E，由tan∠OCA=tan∠ABC=12，即∠OCA=∠ABC，再由∠PCB=2∠ABC，可得∠EPC=ABC，证明△PEC∽△BOC，可得EPOB=ECOC，设点P坐标为(t,−12t2+32t+2)，可得t4=−12t2+32t2，再进行求解即可；
(3)①作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH.根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得BE+QF=FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设G(n2)则Q(n,−12n2+32n+2)，根据QG=BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可；②作PT//y轴，交BC于点T，求出BC解析式，设T(a,−12a+2)P(a,−12a2+32a+2)，利用三角形面积公式表示出 S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．
本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2023年湖北省黄冈市中考数学试卷
1. −2的相反数为( )
A. −2 B. 2 C. −12 D. 12
2. 2023年全国普通高校毕业生规模预计达到1158万人，数11580000用科学记数法表示为( )
A. 1.158×107 B. 1.158×108 C. 1.158×103 D. 1158×104
3. 下列几何体中，三视图都是圆的是( )
A. 长方体 B. 圆柱 C. 圆锥 D. 球
4. 不等式x−1<0x+1>0的解集为( )
A. x>−1 B. x<1 C. −1
A. 55∘ B. 45∘ C. 35∘ D. 25∘
6. 如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，连接AC，AD，BD，若∠C=20∘，∠BPC=70∘，则∠ADC=( )
A. 70∘
B. 60∘
C. 50∘
D. 40∘
7. 如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD，AD于点M，N，则CN的长为( )
A. 10 B. 11 C. 2 3 D. 4
8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，对称轴为直线x=1，下列论中；①a−b+c=0；②若点(−3,y1)，(2,y2)，(4,y3)均在该二次函数图象上，则y1
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ①④
9. 计算；(−1)2+(13)0=______ .
10. 请写出一个正整数m的值使得 8m是整数：m=______ .
11. 若正n边形的一个外角为72∘，则n=______ .
12. 已知一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1，x2，若x1x2+2x1+2x2=1，则实数k=______ .
13. 眼睛是心灵的窗户为保护学生视力，启航中学每学期给学生检查视力，下表是该校某班39名学生右眼视力的检查结果，这组视力数据中，中位数是______ .
视力
4.0
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
5.0
人数
1
2
6
3
3
4
1
2
5
7
5
14. 综合实践课上，航模小组用航拍无人机进行测高实践.如图，无人机从地面CD的中点A处竖直上升30米到达B处，测得博雅楼顶部E的俯角为45∘，尚美楼顶部F的俯角为30∘，已知博雅楼高度CE为15米，则尚美楼高度DF为______ 米.(结果保留根号)
15. 如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形.设图中AF=a，DF=b，连接AE，BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则b2a2+a2b2=______ .
16. 如图，已知点A(3,0)，点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120∘到线段AC，若点C的坐标为(7,h)，则h=______ .
17. 化简；x2+1x−1−2xx−1.
18. 创建文明城市，构建美好家园.为提高垃圾分类意识，幸福社区决定采购A，B两种型号的新型垃圾桶.若购买3个A型垃圾桶和4个B型垃圾桶共需要580元，购买6个A型垃圾桶和5个B型垃圾桶共需要860元.
(1)求两种型号垃圾桶的单价；
(2)若需购买A，B两种型号的垃圾桶共200个，总费用不超过15000元，至少需购买A型垃圾桶多少个？
19. 打造书香文化，培养阅读习惯.崇德中学计划在各班建图书角，开展“我最喜欢阅读的书篇”为主题的调查活动，学生根据自己的爱好选择一类书籍(A：科技类，B：文学类，C：政史类，D：艺术类，E：其他类).张老师组织数学兴趣小组对学校部分学生进行了问卷调查，根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图(如图所示).
根据图中信息，请回答下列问题；
(1)条形图中的m=______ ，n=______ ，文学类书籍对应扇形圆心角等于______ 度；
(2)若该校有2000名学生，请你估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数；
(3)甲同学从A，B，C三类书籍中随机选择一种，乙同学从B，C，D三类书籍中随机选择一种，请用画树状图或者列表法求甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率.
20. 如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE是⊙O的切线，且DE⊥AC，垂足为E，延长CA交⊙O于点F.
(1)求证：AB=AC；
(2)若AE=3，DE=6，求AF的长.
21. 如图，一次函数y1=kx+b(k≠0)与函数为y2=mx(x>0)的图象交于A(4,1),B(12,a)两点.
(1)求这两个函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出满足y1−y2>0时x的取值范围；
(3)点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，垂足为M，交函数y2的图象于点Q，若△POQ面积为3，求点P的坐标.
22. 加强劳动教育，落实五育并举.孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地.2023年计划将其中1000m2的土地全部种植甲乙两种蔬菜.经调查发现：甲种蔬菜种植成本y(单位；元/m2)与其种植面积x(单位：m2)的函数关系如图所示，其中200≤x≤700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2.
(1)当x=______ m2时，y=35元/m2；
(2)设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？
(3)学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按(2)中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降.若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025年的总种植成本为28920元？
23. 【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90∘，CB=mCA，CE=mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系.
【问题探究】
(1)如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：______ .
(2)如图2，当m≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由.
【拓展应用】
(3)当m= 3，AB=4 7，DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长.
24. 已知抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,2).点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC.
(1)直接写出结果；b=______ ，c=______ ，点A的坐标为______ ，tan∠ABC=______ ；
(2)如图1，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；
(3)如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=90∘.点E，F分别为△BDQ的边DQ，DB上的动点，且QE=DF，记BE+QF的最小值为m.
①求m的值；
②设△PCB的面积为S，若S=14m2−k，请直接写出k的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−2的相反数为2，
故选：B.
根据相反数的概念解答即可．
本题考查的是相反数的概念，只有符号不同的两个数叫做互为相反数．
2.【答案】A
【解析】解：将11580000用科学记数法表示为1.158×107.
故选：A.
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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】D
【解析】解：A.长方体的三视图都是矩形，故本选项不合题意；
B.圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆，故本选项不合题意；
C.圆锥的主视图和左视图是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，故本选项不合题意；
D.球的主视图、左视图、俯视图分别为三个全等的圆，故本选项符合题意．
故选：D.
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形．
本题考查三视图的有关知识，注意三视图都相同的常见的几何体有球和正方体．
4.【答案】C
【解析】解：解不等式x−1<0，得：x<1，
解不等式x+1>0，得：x>−1，
则不等式组的解集为−1
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵a//b，∠1=55∘，
∴∠ABC=∠1=55∘，
∵∠BAC=90∘，
∴∠2=180∘−∠ABC−∠BAC=35∘.
故选：C.
由平行线的性质可得∠ABC=∠1=55∘，再由三角形的内角和即可求∠2.
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
6.【答案】D
【解析】解：连接OD，如图，
∵∠C=20∘，
∴∠AOD=40∘，
∵∠BPC=70∘，
∴BDP=∠BPC−∠B=50∘，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ADC=∠ADB−∠BDP=40∘，
故选：D.
先根据圆周角定理求得∠AOD=40∘，再由AB是⊙O的直径得∠ADB=90∘即可求得∠ADC.
本题主要考查了圆周角定理、三角形的外角性质以及直径所对的圆周角是直角，熟练掌握各知识点是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：如图，设BP交CD与点J，过点J作JK⊥BD于点K.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，∠BCD=90∘，
∵CN⊥BM，
∴∠CMB=∠CDN=90∘，
∴∠CBM+∠BCM=90∘，∠BCM+∠DCN=90∘，
∴∠CBM=∠DCN，
∴△BMC∽△CDN，
∴BMCD=BCCN，
∴BM⋅CN=CD⋅CB=3×4=12，
∵∠BCD=90∘，CD=3，BC=4，
∴BD= CD2+BC2= 32+42=5，
由作图可知BP平分∠CBD，
∵JK⊥BD，JC⊥BC，
∴JK=JC，
∵S△BCD=S△BDJ+S△BCJ，
∴12×3×4=12×5×JK+12×4×JC，
∴JC=KJ=43，
∴BJ= CB2+JC2= 42+(43)2=4 103，
∵cos∠CBJ=BMCB=BCBJ，
∴BM4=44 103，
∴BM=6 105，
∵CN⋅BM=12，
∴CN= 10.
故选：A.
如图，设BP交CD与点J，过点J作JK⊥BD于点K.首先利用相似三角形的性质证明CN⋅BM=12，再想办法求出BM，可得结论．
本题考查作图-基本作图，矩形的性质，角平分线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线经过(−1,0)，
∴a−b+c=0，①正确，
∵a<0，
∴抛物线开口向下，
点(−3,y1)，(2,y2)，(4,y3)均在该二次函数图象上，且点(−3,y1)到对称轴的距离最大，点(2,y2)到对称轴的距离最小，
∴y1
∴b=−2a，
∵a−b+c=0，
∴c=b−a=−3a，
∵抛物线的最大值为a+b+c，
∴若m为任意实数，则am2+bm+c≤a+b+c，
∴am2+bm+c≤−4a，③正确；
∵方程ax2+bx+c+1=0的两实数根为x1，x2，
∴抛物线与直线y=−1的交点的横坐标为x1，x2，
由抛物线对称性可得抛物线与x轴另一交点坐标为(3,0)，
∴抛物线与x轴交点坐标为(−1,0)，(3,0)，
∵抛物线开口向下，x1
故选：B.
由抛物线经过(−1,0)可判断①，由各点到抛物线对称轴的距离大小可判断从而判断②，由x=1时y取最大值可判断③，由抛物线的对称性可得抛物线与x轴交点坐标，从而判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
9.【答案】2
【解析】解：原式=1+1
=2.
故答案为：2.
直接利用零指数幂的性质以及有理数的乘方运算法则计算，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】2(答案不唯一)
【解析】解：写出一个正整数m的值使得 8m是整数：m=2(答案不唯一).
故答案为：2(答案不唯一).
由算术平方根的定义 16=4，即可得到答案．
本题考查算术平方根，关键是掌握算术平方根的定义．
11.【答案】5
【解析】解：∵正n边形的一个外角为72∘，
∴n=360÷72=5，
故答案为：5.
根据正多边形的性质及其外角和为360∘列式计算即可．
本题考查多边形的外角和与正多边形的性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12.【答案】−5
【解析】解：∵一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1，x2，
∴x1+x2=3，x1⋅x2=k，
∵x1x2+2x1+2x2=1，
∴k+2×3=1，
解得k=−5，
又∵方程有两个实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−3)2−4k≥0，
解得k≤94，
综合以上可知实数k取值范围是k=−5.
故答案为：−5.
把两根之和与两根之积代入已知条件中，求得k的值，再根据根的判别式求得k的取值范围．最后综合情况，求得k的值．
此题考查一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
13.【答案】4.6
【解析】解：将这组数据从小到大的顺序排列后，位于最中间的一个数是4.6，
所以中位数是4.6.
故答案为：4.6.
找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
本题考查统计知识中的中位数，掌握中位数的定义是解答本题的关键．
14.【答案】(30−5 3)
【解析】解：如图，过点E作EM⊥过点B的水平线于M，过点F作FN⊥过点B的水平线于N，
由题意可知CM=DN=AB=30米，
又∵CE=15米，
∴EM=15米，
在Rt△EBM中，∠EBM=45∘，
∴BM=EM=15米，
又∵A是CD的中点，
∴BN=AD=AC=BM=15米，
在Rt△BFN中，tan∠FBN=FNBN，
∵∠FBN=30∘，BN=15米，
∴FN15= 33，
∴FN=5 3米，
∴DF=(30−5 3)米．
故答案为：(30−5 3).
过点E作EM⊥过点B的水平线于M，过点F作FN⊥过点B的水平线于N，先求出EM的长，在Rt△EBM中求出BM的长，然后求出BN的长，在Rt△FBN中求出FN的长，即可求出DF的长．
本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，深入理解题意，把实际问题转化为数学问题是解决问题的关键．
15.【答案】3
【解析】解：∵图中AF=a，DF=b，
∴ED=AF=a，EH=EF=DF−DE=b−a，
∵△ADE与△BEH的面积相等，
∴12DE⋅AF=12EH⋅BH，
∴12a2=12(b−a)⋅b，
∴a2=b2−ab，
∴1=(ba)2−ba，
∴b2a2−ba−1=0，
解得ba= 5+12(负值舍去)，
∴b2a2+a2b2=( 5+12)2+(2 5+1)2=3，
故答案为：3.
根据题意得出a2=b2−ab，即b2a2−ba−1=0，解方程得到ba= 5+12(负值舍去)代入进行计算即可得到结论．
本题考查了勾股定理的证明，一元二次方程的解法，根据题意得出关于ba的方程是解题的关键．
16.【答案】2 33
【解析】解：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120∘，过点C作CF⊥x于点F，
∵点C的坐标为(7,h)，
∴OF=7，CF=h，
在Rt△CEF中，∠CEF=180∘−∠AEC=60∘，CF=h，EF=CFtan60∘= 33h，CE=CFsin60∘=2 33h，∠BAC=120∘，∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD=120∘，
∴∠CAE=∠ABD，
∵AB=CA，
∴△CAE≌△ABD(AAS)，
∴AD=CE=2 33h，AE=BD，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∴OD=OA−AD=3−2 33h
在Rt△BOD中，∠BDO=180∘−∠ADB=60∘，BD=ODcos∠BDO=ODcos60∘=2(3−2 33h)=6−4 33h，
∴AE=BD=6−4 33h，
∵OA+AE+EF=OF，
∴3+6−4 33h+ 33h=7，
解得h=2 33，
故答案为：2 33.
在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120∘，过点C作CF⊥x于点F，在Rt△CEF中，解直角三角形可得EF= 33h，CE=2 33h，再证明△CAE≌△ABD(AAS)，则AD=CE=2 33hAE=BD，求得OD=3−2 33h，在Rt△BOD中，得BD=6−4 33hAE=BD=6−4 33h3+6−4 33h+ 33h=7，解方程即可求得答案．
此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键．
17.【答案】解：原式=x2+1−2xx−1
=(x−1)2x−1
=x−1.
【解析】直接利用分式的加减运算法则，再结合分式的性质化简得出答案．
此题主要考查了分式的加减，正确化简分式是解题关键．
18.【答案】解：(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，
由题意可得：3x+4y=5806x+5y=860，
解得：x=60y=100，
答：A型垃圾桶单价为60元，B型垃圾桶单价为100元；
(2)设A型垃圾桶a个，
由题意可得：60a+100(200−a)≤15000，
a≥125，
答：至少需购买A型垃圾桶125个．
【解析】(1)设A型垃圾桶单价为x元，B型垃圾桶单价为y元，根据购买3个A型垃圾桶和4个B型垃圾桶共需要580元，购买6个A型垃圾桶和5个B型垃圾桶共需要860元，列出二元一次方程组，即可求解；
(2)设A型垃圾桶a个，根据总费用不超过15000元，列出不等式，即可求解．
本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
19.【答案】18 6 72
【解析】解：(1)调查的学生人数为：4÷8%=50(人)，
∴m=50×36%=18，
∴n=50−18−10−12−4=6，
文学类书籍对应扇形圆心角=360∘×1050=72∘，
故答案为：18，6，72；
(2)2000×1250=480(人)，
答：估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数约为480人；
(3)画树状图如下：
共有91种等可能的结果，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的结果有2种，即BB、CC，
∴甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率为29.
(1)由喜欢E的人数除以所占百分比得出调查的学生人数，即可解决问题；
(2)由该校共有学生人数乘以最喜欢阅读政史类书籍的学生人数所占的比例即可；
(3)画树状图，共有91种等可能的结果，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．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．
20.【答案】(1)证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴半径OD⊥DE，
∵DE⊥AC，
∴OD//AC，
∴∠C=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC；
(2)解：连接DF，DA，
∵∠F=∠B，∠B=∠C，
∴∠F=∠C，
∴DF=DC，
∵DE⊥CF，
∴FE=EC，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90∘，
∴∠ADC=90∘，
∠ADE+∠CDE=90∘，
∵DE⊥AC，
∴∠C+∠CDE=90∘，
∴∠C=∠ADE，
∵∠AED=∠CDE=90∘，
∴△DAE∽△CDE，
∴DE：CE=AE：DE，
∵AE=3，DE=6，
∴6：CE=3：6，
∴CE=12，
∴EF=EC=12，
∴AF=EF−AE=12−3=9.
【解析】(1)连接OD，由切线的性质得到半径OD⊥DE，又DE⊥AC，因此OD//AC，推出∠C=∠ODB，由等腰三角形的性质得到∠B=∠ODB，故∠B=∠C，即可证明AB=AC；
(2)连接DF，DA，由圆周角定理得到∠F=∠B，而∠B=∠C，得到∠F=∠C，推出DF=DC，因此CE=FE，由△DAE∽△CDE，得到DE：CE=AE：DE，即可求出CE=12，于是得到AF=EF−AE=12−3=9.
本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，关键是由切线的性质推出OD//AC；由等腰三角形的性质得到EF=CE，由△DAE∽△CDE，求出CE的长．
21.【答案】解：(1)∵反比例函数y2=mx(x>0)的图象经过点A(4,1)，
∴1=m4.
∴m=4.
∴反比例函数解析式为y2=4x(x>0).
把B(12,a)代入y2=4x(x>0)，得a=8.
∴点B坐标为(12,8)，
∵一次函数解析式y1=kx+b，经过A(4,1)，B(12,8)，
∴4k+b=112k+b=8.
∴k=−2b=9.
故一次函数解析式为：y1=−2x+9.
(2)由y1−y2>0，
∴y1>y2，即反比例函数值小于一次函数值．
由图象可得，12
∴Q(p,4p).
∴PQ=−2p+9−4p.
∴S△POQ=12(−2p+9−4p)⋅p=3.
解得p1=52，p2=2.
∴P(52,4)或(2,5).
【解析】(1)将A点坐标代入即可得出反比例函数y2=mx(x>0)，求得函数的解析式，进而求得B的坐标，再将A、B两点坐标分别代入y1=kx+b，可用待定系数法确定一次函数的解析式；
(2)由题意即求y1>y2的x的取值范围，由函数的图象即可得出反比例函数的值小于一次函数值的x的取值范围；
(3)由题意，设P(p,−2p+9)且12≤p≤4，则Q(p,4p)，求得PQ=−2p+9−4p，根据三角形面积公式得到S△POQ=12(−2p+9−4p)⋅p=3，解得即可．
本题主要考查一次函数与反比例函数交点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
22.【答案】500
【解析】解：(1)当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y(单位；元/m2)与其种植面积x(单位：m2)的函数关系式为y=kx+b，
把(200,20)，(600,40)代入得：200k+b=20600k+b=40，
解得：k=120b=10，
∴y=120x+10，
当600
解得：x=500，
故答案为：500；
(2)当200≤x≤600时，W=x(120x+10)+50(1000−x)=120(x−400)2+42000，
∵120>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=400时，W有最小值，最小值为42000，
此时，1000−x=1000−400=600，
当600≤x≤700时，W=40x+50(1000−x)=−10x+50000，
∵−10<0，
∴当x=700时，W有最小值为：−10×700+50000=43000，
∵42000<43000，
∴当种植甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2时，W最小；
(3)由(2)可知，甲、乙两种蔬菜总种植成本为42000元，乙种蔬菜的种植成本为50×600=30000(元)，
则甲种蔬菜的种植成本为42000−30000=12000(元)，
由题意得：12000(1−10%)2+30000(1−a%)2=28920，
设a%=m，
整理得：(1−m)2=0.64，
解得：m1=0.2=20%，m2=1.8(不符合题意，舍去)，
∴a%=20%，
∴a=20，
答：当a为20时，2025年的总种植成本为28920元．
(1)当200≤x≤600时，由待定系数法求出一次函数关系式，当600
(3)根据2025年的总种植成本为28920元，列出一元二次方程，解方程即可．
本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用以及一次函数的应用等知识，解题的关键：(1)用待定系数法正确求出一次函数关系式；(2)找出数量关系，正确求出二次函数关系式；(3)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23.【答案】AD⊥BE
【解析】解：(1)如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，
当m=1时，DC=CE，CB=CA，
∵∠ACB=∠DCE=90∘，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90∘，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90∘，
∴∠ANB=90∘，
∴AD⊥BE，
故答案为：AD⊥BE；
(2)(1)中的结论成立，理由如下：
如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，
∵∠ACB=∠DCE=90∘，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC=∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE=90∘，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC=90∘，
∴∠ANB=90∘，
∴AD⊥BE，
(3)如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m= 3，
∴BE= 3AD= 3(4+AE)，
∵AD⊥BE，
∵∴AB2=AE2+BE2，
∴112=AE2+3(4+AE)2，
∴AE=2或AE=−8(舍去)，
∴BE=6 3，
当点D在线段AE上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m= 3，
∴BE= 3AD= 3(AE−4)，
∵AD⊥BE，
∵∴AB2=AE2+BE2，
∴112=AE2+3(AE−4)2，
∴AE=8或AE=−2(舍去)，
∴BE=4 3，
综上所述：BE=6 3或4 3.
(1)由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC=∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
(2)通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC=∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
(3)分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE= 3AD，由勾股定理可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】32 2(−1,0)12
【解析】解：(1)∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，
∴−8+4b+c=0c=2，
解得：b=32c=2，
∴抛物线解析式为：y=−12x2+32x+2，
∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，
∴y=0时，−12x2+32x+2=0，解得：x1=−1，x2=4，
∴A(−1,0)，
∴OB=4，OC=2，
在Rt△COB中，tan∠ABC=OCOB=24=12.
故答案为：32，2，(−1,0)，12；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE//x轴，交y轴于点E，
∵AO=1，OC=2，OB=4，
∴tan∠OCA=AOCO=12，
由(1)可得，tan∠ABC=12，即tan∠OCA=tan∠ABC，
∴∠OCA=∠ABC，
∵∠PCB=2∠OCA，
∴∠PCB=2∠ABC，
∵CD//x轴，EP//x轴，
∴∠ACB=∠DCB，∠EPC=∠PCD，
∴∠EPC=ABC，
又∵∠PEC=∠BOC=90∘
∴△PEC∽△BOC，
∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为(t,−12t2+32t+2)，则EP=t，EC=−12t2+32t+2−2=−12t2+32t，
∴t4=−12t+32t2，
解得：t=0(舍)，t=2，
∴点P坐标为(2,3)；
(3)①如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH，
∵∠BQD+∠BDQ=90∘，∠HDF+∠BDQ=90∘，
∴∠BQD=∠HDF，
∵QE=DF，DH=BQ，
∴△BQE≌△HDF(SAS)，
∴BE=FH，
∴BE+QF=FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，
∵OB=OD，∠BOD=90∘，
∴∠OBD=45∘，
∵∠QBD=90∘，
∴∠QBG=45∘，
∴QG=BG.设G(n,0)，则Q(n,−12n2+32n+2)，
∴−12n2+32n+2=4−n，
解得n=1或n=4(舍去)，
∴Q(1,3)，
∴QG=BG=4−1=3，
∴BQ=DH=3 2QD=5 2，
∴m=QH= (3 2)2+(5 2)2=2 17；
②如图3，作PT//y轴，交BC于点T，
∵BC解析式为y=−12x+2，
设T(a,−12a+2)，P(a,−12a2+32a+2)，
则S=12(−12a2+32a+2+12a−2)×4=−(a−2)2+4，
∵点P在第一象限，
∴0
∴0<17−k≤4，
∴13≤k<17.
(1)利用待定系数法求二次函数解析式即可求得b=32、c=2，从而可得OB=4，OC=2，由y=0，可得−12x2+32x+2=0，求得A(−1,0)，在Rt△COB中，根据正切的定义求值即可；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE//x轴，交y轴于点E，由tan∠OCA=tan∠ABC=12，即∠OCA=∠ABC，再由∠PCB=2∠ABC，可得∠EPC=ABC，证明△PEC∽△BOC，可得EPOB=ECOC，设点P坐标为(t,−12t2+32t+2)，可得t4=−12t2+32t2，再进行求解即可；
(3)①作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH.根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得BE+QF=FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设G(n2)则Q(n,−12n2+32n+2)，根据QG=BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可；②作PT//y轴，交BC于点T，求出BC解析式，设T(a,−12a+2)P(a,−12a2+32a+2)，利用三角形面积公式表示出 S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．
本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．
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