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2023年天津市和平区中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年天津市和平区中考数学三模试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年天津市和平区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算−3−(−9)的结果等于( )
A. 6 B. −6 C. 12 D. −12
2. 2sin45°的值等于( )
A. 22 B. 2 C. 1 D. 2
3. “全民行动，共同节约”，我国14亿人口如果都响应国家号召每人每年节约1度电，一年可节约1400000000度，数据1400000000用科学记数法表示应为( )
A. 1.4×108 B. 1.4×109 C. 0.14×1010 D. 1.4×1010
4. 在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中，可以看作是轴对称图的是( )
A. B. C. D.
5. 如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 估计 51的值在( )
A. 5和6之间 B. 6和7之间 C. 7和8之间 D. 8和9之间
7. 化简x2x−1+x1−x的结果是( )
A. x B. x−1 C. −x D. x+1
8. 若点A(x1,2)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=−1x的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是( )
A. x1
A. y−x=4.5y−12x=1 B. x−y=4.5y−12x=1 C. x−y=4.512x−y=1 D. y−x=4.512x−y=1
10. 如图，矩形AOCD的顶点O(0,0)，A(0,4)，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形AOCD，使得AD与OC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点O，得折痕OM.同时，得到了线段ON.则点N的坐标是( )
A. (4,2) B. ( 3,2) C. (2 3, 3) D. (2 3,2)
11. 如图，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，得到△A′CD，点B′的对应点为C，点C′的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是( )
A. A′D//BC B. BB′=CC′
C. ∠B′A′C=∠C′A′D D. CA′平分∠BCD
12. 抛物线y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c为常数且c>0)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)和点(x0,y0).有下列结论：
①a<−25；②对任意实数m，都有am2+(m+2)b≤4a；③若x0>−4，则y0>c．
其中，正确结论的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 计算13ab⋅(−6a)2的结果等于______ ．
14. 计算( 3+2)2的结果等于______．
15. 不透明袋子中装有8个球，其中有5个红球、2个白球和1个黑球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率是______ ．
16. 若一次函数y=kx+b(k≠0,k,b是常数)的图象经过点(1,3)，且y随着x的增大而增大，则一次函数的解析式为______ (写出一个即可)．
17. 如图，在△ABC中，∠ACB=60°，AC=4，点D是AB中点，E是BC边上一点，且BE=AC+CE，则DE的长等于______ ．
18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A在格点上，点B在格点上，圆心在线段AB上，圆与网格线相交于点C，过点C作圆的切线与网格线交于点P．
(I)AB= ______ ；
(II)过点P作圆的切线，切点为M(点M不与点C重合).请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，并简要说明点M的位置是如何找到的(不要求证明) ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
解不等式组5x+2>3(x−2)①12x−1≤6−3x②．
请结合题意填空，完成本题的解答．
(I)解不等式①，得______ ；
(III)解不等式②，得______ ；
(III)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
(IV)原不等式组的解集为______ ．
20. (本小题10.0分)
九年级研究性学习小组为研究全校同学课外阅读情况，在全校随机邀请了部分同学参与问卷调查，统计同学们一个月阅读课外书的数量.根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
(Ⅰ)本次抽取参与问卷的学生人数为______ ，图①中m的值为______ ；
(Ⅱ)求统计的这组一个月阅读课外书数量数据的平均数、众数和中位数；
(Ⅲ)全校共有学生1400名，根据样本数据，估计该校学生一个月阅读2本课外书的人数约为多少？
21. (本小题10.0分)
已知△ABC中，AC=BC，AB与⊙O相交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC′于点E．
(Ⅰ)如图①、线段AC为⊙O的直径、若∠BDE=25°，求∠C的大小；
(Ⅱ)如图②、线段BC与⊙O相切于点F，若∠BDE=15°，且AC=6，求圆的半径和BE的长．
22. (本小题10.0分)
如图，某校数学兴趣小组要测量建筑物AB的高度，测角仪CD的高度为1.6米.他们在点C测得楼顶A的仰角为30°，前行20米到达F点，这时在点E处测得楼顶A的仰角为58°，求建筑物AB的高度(结果保留整数).参考数据：tan58°≈1.60， 3≈1.73．
23. (本小题10.0分)
在“看图说故事”活动中，某学习小组根据《龟兔赛跑》的故事绘制了函数图象．
乌龟和兔子在笔直的公路上比赛，它们从同一地点同时出发后匀速向终点前进，兔子很快把乌龟远远甩在后头，骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来.当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是兔子加快速度追赶，最后还是输给了乌龟.图中的线段OD和折线OABC分别表示乌龟和兔子的路程y m和时间x min之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
(I)填表：
比赛时间x/min
5
10
35
52
60
兔子所走的路程y/m
200
550
(II)填空：
①赛跑中，兔子共睡了______ min；
②乌龟追上兔子所用的时间为______ min；
③兔子到达终点比乌龟晚了______ min；
④在比赛过程中，龟和兔最多相距______ m.
(III)当0≤x≤60时，请直接写出兔子在赛跑过程y和x的函数解析式．
24. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是直角三角形，∠AOB=90°，∠ABO=60°，点B(0,4)，射线BO上有一个动点C，线段AB上有一个动点D，沿直线CD折叠△OAB，点B对应点为B′，DB′⊥x轴．
(I)如图①，若点B′落x轴上，求点C的坐标；
(II)设BC=t．
①如图②，折叠后的△B′CD与△OAB重叠部分为四边形，B′D和B′C分别与x轴交于P，Q两点，试用含t的式子表示PQ的长，并直接写出t的取值范围；
②若△B′CD与△OAB重叠部分的面积S，当2≤t≤5时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．
25. (本小题10.0分)
已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c是常数)的顶点为P，与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点C．
(I)若a=12，A点坐标为(−1,0)，对称轴为直线x=1，
①求点P的坐标；
②将直线BC沿y轴向下平移n(n>0)个单位长度，并且与抛物线总有公共点，求n的取值范围；
(II)若a=35m，A点坐标为(m,0)，对称轴为直线x=3m(m≠0)，在平面内有一个动点Q，当m为何值时，AQ+BQ+ 2CQ的最小值是 172？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：原式=(−3)+9
=(9−3)
=6，
故选：A．
根据减去一个数等于加上这个数相反数，可得答案．
本题考查了有理数的减法，先转化成加法，再进行加法运算．
2.【答案】B
【解析】解：2sin45°=2× 22= 2．
故选：B．
把sin45°= 22代入原式，即可计算．
本题考查特殊角的三角函数值，关键是掌握特殊角的三角函数值．
3.【答案】B
【解析】解：1400000000=1.4×109，
故选：B．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种表示数的方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】C
【解析】解：A、B，D选项中的汉字都不能找到一条直线，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选项中的汉字能找到一条直线，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．
5.【答案】A
【解析】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层右边一个小正方形，第三层右边一个小正方形，
故选：A．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
6.【答案】C
【解析】解：∵49<51<64，
∴7< 51<8，
∴ 51在7和8之间．
故选：C．
根据7< 51<8即可得解．
此题考查了估算无理数的大小，正确估算出7< 51<8是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：原式=x2x−1−xx−1=x(x−1)x−1=x，
故选：A．
原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．
此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：当y=2时，−1x1=2，解得：x1=−12；
当y=−1时，−1x2=−1，解得：x2=1；
当y=4时，−1x3=4，解得：x3=−14．
∴x1
利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出x1，x2，x3的值，比较后即可得出结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征，求出x1，x2，x3的值是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设绳长x尺，长木为y尺，
依题意得x−y=4.5y−12x=1，
故选：B．
本题的等量关系是：绳长−木长=4.5；木长−12绳长=1，据此可列方程组求解．
此题考查二元一次方程组问题，关键是弄清题意，找准等量关系，列对方程组，求准解．
10.【答案】D
【解析】解：∵O(0,0)，A(0,4)，
∴OA=4，
∵四边形AOCD为矩形，AO=4，
∴∠A=∠AOC=90°，
根据折叠的性质可得，∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，
∴EF//OC//AD，
如图，过点N作NB⊥OC于点B，
则四边形OBNE为矩形，
∴BN=OE=2，OB=EN，
在Rt△OBN中，OB= ON2−BN2= 42−22=2 3，
∴点N的坐标为(2 3,2)．
故选：D．
根据题意可得OA=4，由折叠可知∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，得到EF//OC//AD，过点N作NB⊥OC于点B，BN=OE=2，OB=EN，再根据勾股定理求得OB= ON2−BN2=2 3，以此即可得到点N的坐标．
本题主要考查坐标与图形、折叠的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
11.【答案】A
【解析】解：由旋转的性质可得，∠DA′C=∠B′A′C，A′B′=A′C，
∴∠A′B′C=∠A′CB′，
又∵∠A′B′C与∠B′A′C′不一定相等，
∴∠DA′C与∠A′CB′不一定相等，
∴A′D与BC不一定平行，故A选项不一定正确，符合题意；
由平移的性质可得，BC=B′C′，
∴BB′=CC′，故B选项正确，不合题意；
由旋转的性质可得，∠B′A′C′=∠CA′D，
∴∠B′A′C=∠C′A′D，故C选项正确，不合题意；
由旋转的性质可得，∠A′CD=∠A′B′C，A′B′=A′C，
∴∠A′B′C=∠A′CB′，
∴∠A′CD=∠A′CB′，
∴CA′平分∠BCD，故D选项正确，不合题意；
故选：A．
依据图形旋转的性质进行判断，即可得出结论．
本题主要考查了旋转的性质，解决问题的关键是掌握：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
12.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)，
∴−b2a=−2，a+b+c=−2．
∴c=−5a−2．
又c>0，
∴−5a−2>0．
∴a<−25．
∴①正确．
∵抛物线开口向下，对称轴为x=−2，
∴函数有最大值为4a−2b+c．
∴对任意实数m都有：am2+bm+c≤4a−2b+c．
∴am2+bm+2b≤4a，即am2+(m+2)b≤4a．
∴②正确．
∵对称轴为x=−2，抛物线开口向下，点(0,c)的对称点为(−4,c)，
∴若−4c．
∴③错误．
故选：C．
根据抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)，可得b=4a，a+b+c=−2，又c>0即可判断①；根据二次函数的性质即可判断②；根据抛物线的对称性以及二次函数的性质即可判断③．
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，掌握二次函数的性质．
13.【答案】12a3b
【解析】解：13ab⋅(−6a)2
=13ab⋅36a2
=12a3b.
故答案为：12a3b.
利用积的乘方的法则及单项式乘单项式的法则进行运算即可．
本题主要考查单项式乘单项式，积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
14.【答案】7+4 3
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
根据完全平方公式可以解答本题．
【解答】
解：( 3+2)2
=3+4 3+4
=7+4 3，
故答案为7+4 3．
15.【答案】14
【解析】解：∵袋子中装有8个球，其中有5个红球、2个白球和1个黑球，
∴从袋子中随机摸出一个球，摸到白球的概率为：28=14．
故答案为：14．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题主要考查了概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
16.【答案】y=x+2
【解析】解：∵若一次函数y=kx+b(k≠0,k,b是常数)的图象y随着x的增大而增大，
∴k>0，
当k=1时，把x=1，y=3代入y=kx+b得3=1+b，
∴b=2，
则一次函数的解析式为y=x+2．
故答案为：y=x+2.(答案不唯一)
根据函数增减性可确定出k的值，然后把k的值及点(1,3)代入函数解析式可得b的值，则可得出函数的解析式．
此题主要是考查了一次函数解析式的求法，能够根据函数增减性确定k的值是解题的关键．
17.【答案】2 3
【解析】解：延长BC到点F，使FC=AC，连接AF，作CG⊥AF于点G，则∠AGC=90°，
∵∠ACB=60°，AC=4，
∴∠ACF=180°−∠ACB=120°，
∴∠ACG=∠FCG=12∠ACF=60°，
∴∠CAG=30°，
∴CG=12AC=2，
∴FG=AG= AC2−CG2= 42−22=2 3，
∴AF=2AG=4 3，
∵BE=AC+CE=FC+CE=FE，
∴点E是FB的中点，
∵点D是AB的中点，
∴DE=12AF=2 3，
故答案为：2 3．
延长BC到点F，使FC=AC，连接AF，作CG⊥AF于点G，由∠ACB=60°，得∠ACF=120°，则∠ACG=12∠ACF=60°，∠CAG=30°，所以CG=12AC=2，则FG=AG= AC2−CG2=2 3，所以AF=2AG=4 3，因为BE=AC+CE=FC+CE=FE，点D是AB的中点，所以DE=12AF=2 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
18.【答案】 13 取个点E，F并连接EFJIAO AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
【解析】解：(1)AB= 22+32= 13，故答案为： 13；
(2)如下图：取个点E，F并连接EFJIAO AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
故答案为：取个点E，F并连接EF交AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
(1)根据勾股定理求解；
(2)先根据90°的圆周角所对的弦是直径，再根据直角三角形的性质作图．
本题考查了作图的应用与设计，掌握勾股定理解直角三角形的性质是解题的关键．
19.【答案】x>−4 x≤2 −4
(2)解不等式②，得x≤2；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
；
(4)原不等式组的解集为：−4
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
20.【答案】100 41
【解析】解：(Ⅰ)共有学生数：15÷15%=100(名)，
阅读课外书2本所占的百分比：41100×100%=41%，
故答案为：100，41；
(Ⅱ)∵x−=10×1+41×2+34×3+15×4100=2.54，
∴这组数据的平均数是2.54；
∵在这组数据中，2出现了41次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为2；
∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，
有2+22=2，
∴这组数据的中位数为2；
(Ⅲ)估计这1400名学生一个月阅读2本课外书的人数约为：
1400×41100=574(人)，
答：估计该校学生一个月阅读2本课外书的人数约为574人．
(Ⅰ)共有学生数：15÷15%=100(名)，阅读课外书2本所占的百分比：41100×100%=41%；
(Ⅱ)算术平均数：对于n个数x1，x2，…，xn，则x¯=1n(x1+x2+…+xn)就叫做这n个数的算术平均数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；
(Ⅲ)估计这1500名学生一个月阅读2本课外书的人数约为：1400×41100即可．
本题考查了条形统计图，熟练掌握条形统计图是解题的关键．
21.【答案】解：(Ⅰ)连接OD，如图①，
∵AB与⊙O相交于点D，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，
∵CA=CB，
∴∠A=∠B，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA，
∴∠ODA=∠B，
∴OD//BC，
∴DE⊥BC，
∵∠BDE=25°，
∴∠B=90°−∠BDE=65°，
∴∠A=65°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=50°；
(Ⅱ)连接OD、OF，如图②，设⊙O的半径为r，
与(Ⅰ)可得OD//BC，DE⊥BC，
∵∠BDE=15°，
∴∠B=90°−∠BDE=75°，
∴∠A=75°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=30°，
∵线段BC与⊙O相切于点F，
∴OF⊥BC，
∴∠OFC=90°，
在Rt△OCF中，∵∠C=30°，
∴OC=2OF，即6−r=2r，
解得r=2，
∴CF= 3OF=2 3，
∵∠ODE=∠DEF=∠OFE=90°，OD=OF，
∴四边形ODEF为正方形，
∴EF=OD=2，
∴CB=CA=6，
∴BE=6−2−2 3=4−2 3，
即圆的半径为2，BE的长为4−2 3．
【解析】(Ⅰ)连接OD，如图①，先根据切线的性质得到∠ODE=90°，再证明OD//BC，所以DE⊥BC，接着利用互余计算出∠B=65°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠C的度数；
(Ⅱ)连接OD、OF，如图②，设⊙O的半径为r，与(Ⅰ)的方法一样计算出∠C=30°，再根据切线的性质得到∠OFC=90°，则利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OC=2OF，即6−r=2r，从而求出r=2，则CF=2 3，接着证明四边形ODEF为正方形，所以EF=OD=2，从而可计算出BE的长．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质．
22.【答案】解：如图：
由题意得：CD=EF=BG=1.6米，CG⊥AB，CE=DF=20米，EG=BF，CG=BD，
设EG=BF=x米，
∴CG=BD=DF+BF=(x+20)米，
在Rt△ACG中，∠ACG=30°，
∴AG=CG⋅tan30°= 33(x+20)米，
在Rt△AEG中，∠AEG=58°，
∴AG=EG⋅tan58°≈1.6x(米)，
∴1.6x= 33(x+20)，
解得：x≈11.3，
∴AG=1.6x≈18.1(米)，
∴AB=AG+BG≈20(米)，
∴建筑物AB的高度约为20米．
【解析】根据题意可得：CD=EF=BG=1.6米，CG⊥AB，CE=DF=20米，EG=BF，CG=BD，然后设EG=BF=x米，则CG=BD=(x+20)米，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，再在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】40 20 107 300
【解析】解：(Ⅰ)在OA段，兔子的速度为20010=20(m/min)，
∴当x=5时，兔子所走路程为5×20=100(m)；
从图象知，当x=35时，兔子在睡觉，此时兔子所走路程为200m；
在BC段，兔子的速度为550−20060−50=35(m/min)，
∴当x=52时，兔子所走路程为200+(52−50)×35=200+70=270(m)；
比赛时间x/min
5
10
35
52
60
兔子所走的路程y/m
100
200
200
270
550
故答案为：100，200，270；
(Ⅱ)①根据图象可知，赛跑中，兔子共睡了(50−10)=40(min)；
②乌龟的速度为60060=10(m/min)，
∴乌龟追上兔子所用的时间为20010=20(min)；
③兔子在睡醒后跑50米所用时间为5035=107(min)，
∴兔子到达终点比乌龟晚了107min；
④由题意可知，在整个过程中，当x=50时龟和兔的距离最远，
此时最远距离为50×10−200=300(min)；
故答案为：①40；②20；③107；④300；
(Ⅲ)当0≤x≤10时，y=20x；
当10
(Ⅱ)①根据图象直接得出结论；
②求出乌龟的速度，再求乌龟行走200米所用时间即可；
③求出兔子睡醒后跑50米所用时间即可；
④由题意可知，在整个过程中，兔子刚睡醒时，龟和兔的距离最远，然后求值即可；
(Ⅲ)分别算出兔子，乌龟的速度，用路程等于时间乘速度可列函数关系式．
本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】解：(I)设C点的坐标为(0,c)，
∵B(0,4)，∠ABO=60°，DB′⊥OA，
由翻折知，∠CB′D=∠ABO=60°，BC=B′C=4−c，
∴∠CB′O=30°，
∴OC=12B′C，
即c=12B′C=4−c2，
解得c=43，
∴C的坐标为(0,43)；
(II)①∵OB=4，BC=t，
∴OC=4−t，BC=B′C=t，
∵∠CB′D=∠ABO=60°，
∴∠CQO=∠PQB′=30°，
∴OQ=OC⋅cot30°= 3OC= 3(4−t)，
∵OQ=CQ⋅cos30°，PQ=B′Q⋅cos30°，
∴OQ+PQ=CQ⋅cos30°+B′Q⋅cos30°=B′C⋅cos30°，
即OP= 32B′C= 32t，
∴PQ=OP−OQ= 32t−4 3+ 3t=3 32t−4 3，
∵PQ>0且当C与Q重合时有最大值，
即0<3 32t−4 3
∴S=△B′CD的面积−△PQB′的面积=△BCD的面积−△PQB′的面积=12×BC×OP−12PQ×PB′=12t× 32t−12(3 32t−4 3)×(32t−4)=−7 38t2+6 3t−8 3，
∵−7 38<0，
∴二次函数S=−7 38t2+6 3t−8 3，在t=247时有最大值，
当2≤t≤5时，S在t=247时有最大值为：−7 38(247)2+6 3×247−8 3=16 37，S在t=5时有最小值为：−7 38×52+6 3×5−8 3= 38，
∴当2≤t≤5时，求S的取值范围为 38
(II)①根据OB=4，则OC=4−t，BC=B′C=t，得出OQ= 3OC，OP= 32BC，得出PQ的表达式即可；
②根据S=△B′CD的面积−△PQB′的面积用t表示出S，然后计算取值范围即可．
本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质和特殊角三角函数等知识是解题的关键．
25.【答案】解：(Ⅰ)①∵a=12，对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，即−b2×12=1，
解得：b=−1，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1,0)，
∴12+1+c=0，
解得：c=−32，
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−32=12(x−1)2−2，
∴点P的坐标为(1,−2)；
②令x=0得，y=−32，
∴C(0,−32)，
令y=0得，12x2−x−32=0，
解得：x1=3，x2=−1，
∴B(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx−32，
将B(3,0)代入得，3k−32=0，
解得：k=12，
∴直线BC的解析式为y=12x−32，
∵将直线BC沿y轴向下平移n(n>0)个单位长度，
∴平移后的直线解析式为y=12x−32−n，
∵平移后的直线与抛物线总有公共点，
∴12x2−x−32=12x−32−n，整理得12x2−32x+n=0，
∴Δ=(−32)2−4×12⋅n≥0，
解得：n≤98，
∴0
∴点B的坐标为(5m,0)，
∴OA=m，OB=5m，
∵a=35m，
∴抛物线解析式为y=35m(x−m)(x−5m)=35mx2−185x+3m，
令x=0得，y=3m，
∴C(0,3m)，
∴OC=3m，
当m>0时，如图，将△CAQ绕点C顺时针旋转90°至△CA′Q′，连接QQ′、A′B，过点A′作A′N⊥x轴于点N，过点A′作A′H⊥y轴于点H，
则四边形A′HON为矩形，
由旋转可得，CQ=CQ′，AQ=AQ′，AC=A′C，∠QCQ′=90°，
∴△QCQ′为等腰直角三角形，QQ′= 2CQ，
∴AQ+BQ+ 2CQ=A′Q′+BQ+QQ′，
∴当满足点Q′，Q落在直线A′B上时，AQ+BQ+ 2CQ取得最小值，
此时AQ+BQ+ 2CQ=A′B= 172，
由旋转可得，∠ACA′=90°，
∴∠A′CH+∠ACO=90°，
∵∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠A′CH=∠CAO，
∵A′H⊥y轴，
∴∠A′HC=∠COA=90°，
在△A′HC和△COA中，
∠A′HC=∠COA∠A′CH=∠CAOA′C=AC，
∴△A′HC≌△COA(AAS)，
∴CH=OA=m，A′H=OC=3m，
∴OH=OC−CH=2m，
∴A′N=OH=2m，ON=A′H=3m，BN=OB+ON=8m，
在Rt△A′BN中，A′N2+BN2=A′B2，
∴(2m)2+(8m)2=( 172)2，
解得：m1=14，m2=−14；
当m<0时，同理可求出m=−14．
综上，m的值为±14．
【解析】(Ⅰ)①由抛物线对称轴公式可得−b2a=1，以此求得b=−1，将点A的坐标代入抛物线解析式中求出c=−32，利用配方法将得到的抛物线解析式化为顶点式即可求解；
②先求出点C(0,−32)，B(3,0)，根据待定系数法求得直线BC的解析式为y=12x−32，则平移后的直线解析式为y=12x−32−n，由与抛物线总有公共点可得方程12x2−x−32=12x−32−n，Δ≥0，以此计算即可求解；
(Ⅱ)由A(m,0)，对称轴为直线x=3m，可得B(5m,0)，则抛物线解析式为y=35m(x−m)(x−5m)=35mx2−185x+3m，进而得到C(0,3m)，当m>0时，将△CAQ绕点C顺时针旋转90°至△CA′Q′，连接QQ′、A′B，过点A′作A′N⊥x轴于点N，过点A′作A′H⊥y轴于点H，则四边形A′HON为矩形，由旋转可得CQ=CQ′，AQ=AQ′，AC=A′C，∠QCQ′=90°，易得QQ′= 2CQ，则AQ+BQ+ 2CQ=A′Q′+BQ+QQ′，因此当满足点Q′，Q落在直线A′B上时，AQ+BQ+ 2CQ取得最小值，此时AQ+BQ+ 2CQ=A′B= 172，易通过AAS证明A′HC≌△COA，得到CH=OA=m，A′H=OC=3m，于是可得A′N=OH=2m，ON=A′H=3m，BN=8m，在Rt△A′BN中，A′N2+BN2=A′B2根据勾股定理建立方程解得m=14；当m<0时，同理可求出m=−14．
本题主要考查二次函数的图象与性质、一次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，利用旋转的性质，将AQ+BQ+ 2CQ的最小值是 172转化为A′B= 172是解题关键．
2023年天津市和平区中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算−3−(−9)的结果等于( )
A. 6 B. −6 C. 12 D. −12
2. 2sin45°的值等于( )
A. 22 B. 2 C. 1 D. 2
3. “全民行动，共同节约”，我国14亿人口如果都响应国家号召每人每年节约1度电，一年可节约1400000000度，数据1400000000用科学记数法表示应为( )
A. 1.4×108 B. 1.4×109 C. 0.14×1010 D. 1.4×1010
4. 在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中，可以看作是轴对称图的是( )
A. B. C. D.
5. 如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 估计 51的值在( )
A. 5和6之间 B. 6和7之间 C. 7和8之间 D. 8和9之间
7. 化简x2x−1+x1−x的结果是( )
A. x B. x−1 C. −x D. x+1
8. 若点A(x1,2)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=−1x的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是( )
A. x1
A. y−x=4.5y−12x=1 B. x−y=4.5y−12x=1 C. x−y=4.512x−y=1 D. y−x=4.512x−y=1
10. 如图，矩形AOCD的顶点O(0,0)，A(0,4)，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形AOCD，使得AD与OC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点O，得折痕OM.同时，得到了线段ON.则点N的坐标是( )
A. (4,2) B. ( 3,2) C. (2 3, 3) D. (2 3,2)
11. 如图，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，得到△A′CD，点B′的对应点为C，点C′的对应点为点D，则下列结论不一定正确的是( )
A. A′D//BC B. BB′=CC′
C. ∠B′A′C=∠C′A′D D. CA′平分∠BCD
12. 抛物线y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c为常数且c>0)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)和点(x0,y0).有下列结论：
①a<−25；②对任意实数m，都有am2+(m+2)b≤4a；③若x0>−4，则y0>c．
其中，正确结论的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 计算13ab⋅(−6a)2的结果等于______ ．
14. 计算( 3+2)2的结果等于______．
15. 不透明袋子中装有8个球，其中有5个红球、2个白球和1个黑球，这些球除颜色外无其他差别.从袋子中随机取出1个球，则它是白球的概率是______ ．
16. 若一次函数y=kx+b(k≠0,k,b是常数)的图象经过点(1,3)，且y随着x的增大而增大，则一次函数的解析式为______ (写出一个即可)．
17. 如图，在△ABC中，∠ACB=60°，AC=4，点D是AB中点，E是BC边上一点，且BE=AC+CE，则DE的长等于______ ．
18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A在格点上，点B在格点上，圆心在线段AB上，圆与网格线相交于点C，过点C作圆的切线与网格线交于点P．
(I)AB= ______ ；
(II)过点P作圆的切线，切点为M(点M不与点C重合).请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，并简要说明点M的位置是如何找到的(不要求证明) ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
解不等式组5x+2>3(x−2)①12x−1≤6−3x②．
请结合题意填空，完成本题的解答．
(I)解不等式①，得______ ；
(III)解不等式②，得______ ；
(III)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
(IV)原不等式组的解集为______ ．
20. (本小题10.0分)
九年级研究性学习小组为研究全校同学课外阅读情况，在全校随机邀请了部分同学参与问卷调查，统计同学们一个月阅读课外书的数量.根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
(Ⅰ)本次抽取参与问卷的学生人数为______ ，图①中m的值为______ ；
(Ⅱ)求统计的这组一个月阅读课外书数量数据的平均数、众数和中位数；
(Ⅲ)全校共有学生1400名，根据样本数据，估计该校学生一个月阅读2本课外书的人数约为多少？
21. (本小题10.0分)
已知△ABC中，AC=BC，AB与⊙O相交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC′于点E．
(Ⅰ)如图①、线段AC为⊙O的直径、若∠BDE=25°，求∠C的大小；
(Ⅱ)如图②、线段BC与⊙O相切于点F，若∠BDE=15°，且AC=6，求圆的半径和BE的长．
22. (本小题10.0分)
如图，某校数学兴趣小组要测量建筑物AB的高度，测角仪CD的高度为1.6米.他们在点C测得楼顶A的仰角为30°，前行20米到达F点，这时在点E处测得楼顶A的仰角为58°，求建筑物AB的高度(结果保留整数).参考数据：tan58°≈1.60， 3≈1.73．
23. (本小题10.0分)
在“看图说故事”活动中，某学习小组根据《龟兔赛跑》的故事绘制了函数图象．
乌龟和兔子在笔直的公路上比赛，它们从同一地点同时出发后匀速向终点前进，兔子很快把乌龟远远甩在后头，骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来.当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是兔子加快速度追赶，最后还是输给了乌龟.图中的线段OD和折线OABC分别表示乌龟和兔子的路程y m和时间x min之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
(I)填表：
比赛时间x/min
5
10
35
52
60
兔子所走的路程y/m
200
550
(II)填空：
①赛跑中，兔子共睡了______ min；
②乌龟追上兔子所用的时间为______ min；
③兔子到达终点比乌龟晚了______ min；
④在比赛过程中，龟和兔最多相距______ m.
(III)当0≤x≤60时，请直接写出兔子在赛跑过程y和x的函数解析式．
24. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是直角三角形，∠AOB=90°，∠ABO=60°，点B(0,4)，射线BO上有一个动点C，线段AB上有一个动点D，沿直线CD折叠△OAB，点B对应点为B′，DB′⊥x轴．
(I)如图①，若点B′落x轴上，求点C的坐标；
(II)设BC=t．
①如图②，折叠后的△B′CD与△OAB重叠部分为四边形，B′D和B′C分别与x轴交于P，Q两点，试用含t的式子表示PQ的长，并直接写出t的取值范围；
②若△B′CD与△OAB重叠部分的面积S，当2≤t≤5时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．
25. (本小题10.0分)
已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c是常数)的顶点为P，与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点C．
(I)若a=12，A点坐标为(−1,0)，对称轴为直线x=1，
①求点P的坐标；
②将直线BC沿y轴向下平移n(n>0)个单位长度，并且与抛物线总有公共点，求n的取值范围；
(II)若a=35m，A点坐标为(m,0)，对称轴为直线x=3m(m≠0)，在平面内有一个动点Q，当m为何值时，AQ+BQ+ 2CQ的最小值是 172？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：原式=(−3)+9
=(9−3)
=6，
故选：A．
根据减去一个数等于加上这个数相反数，可得答案．
本题考查了有理数的减法，先转化成加法，再进行加法运算．
2.【答案】B
【解析】解：2sin45°=2× 22= 2．
故选：B．
把sin45°= 22代入原式，即可计算．
本题考查特殊角的三角函数值，关键是掌握特殊角的三角函数值．
3.【答案】B
【解析】解：1400000000=1.4×109，
故选：B．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种表示数的方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】C
【解析】解：A、B，D选项中的汉字都不能找到一条直线，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选项中的汉字能找到一条直线，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．
5.【答案】A
【解析】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层右边一个小正方形，第三层右边一个小正方形，
故选：A．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
6.【答案】C
【解析】解：∵49<51<64，
∴7< 51<8，
∴ 51在7和8之间．
故选：C．
根据7< 51<8即可得解．
此题考查了估算无理数的大小，正确估算出7< 51<8是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：原式=x2x−1−xx−1=x(x−1)x−1=x，
故选：A．
原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．
此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：当y=2时，−1x1=2，解得：x1=−12；
当y=−1时，−1x2=−1，解得：x2=1；
当y=4时，−1x3=4，解得：x3=−14．
∴x1
利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出x1，x2，x3的值，比较后即可得出结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征，求出x1，x2，x3的值是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设绳长x尺，长木为y尺，
依题意得x−y=4.5y−12x=1，
故选：B．
本题的等量关系是：绳长−木长=4.5；木长−12绳长=1，据此可列方程组求解．
此题考查二元一次方程组问题，关键是弄清题意，找准等量关系，列对方程组，求准解．
10.【答案】D
【解析】解：∵O(0,0)，A(0,4)，
∴OA=4，
∵四边形AOCD为矩形，AO=4，
∴∠A=∠AOC=90°，
根据折叠的性质可得，∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，
∴EF//OC//AD，
如图，过点N作NB⊥OC于点B，
则四边形OBNE为矩形，
∴BN=OE=2，OB=EN，
在Rt△OBN中，OB= ON2−BN2= 42−22=2 3，
∴点N的坐标为(2 3,2)．
故选：D．
根据题意可得OA=4，由折叠可知∠AEF=∠OEF=90°，OE=AE=12AO=2，AO=ON=4，得到EF//OC//AD，过点N作NB⊥OC于点B，BN=OE=2，OB=EN，再根据勾股定理求得OB= ON2−BN2=2 3，以此即可得到点N的坐标．
本题主要考查坐标与图形、折叠的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
11.【答案】A
【解析】解：由旋转的性质可得，∠DA′C=∠B′A′C，A′B′=A′C，
∴∠A′B′C=∠A′CB′，
又∵∠A′B′C与∠B′A′C′不一定相等，
∴∠DA′C与∠A′CB′不一定相等，
∴A′D与BC不一定平行，故A选项不一定正确，符合题意；
由平移的性质可得，BC=B′C′，
∴BB′=CC′，故B选项正确，不合题意；
由旋转的性质可得，∠B′A′C′=∠CA′D，
∴∠B′A′C=∠C′A′D，故C选项正确，不合题意；
由旋转的性质可得，∠A′CD=∠A′B′C，A′B′=A′C，
∴∠A′B′C=∠A′CB′，
∴∠A′CD=∠A′CB′，
∴CA′平分∠BCD，故D选项正确，不合题意；
故选：A．
依据图形旋转的性质进行判断，即可得出结论．
本题主要考查了旋转的性质，解决问题的关键是掌握：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
12.【答案】C
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)，
∴−b2a=−2，a+b+c=−2．
∴c=−5a−2．
又c>0，
∴−5a−2>0．
∴a<−25．
∴①正确．
∵抛物线开口向下，对称轴为x=−2，
∴函数有最大值为4a−2b+c．
∴对任意实数m都有：am2+bm+c≤4a−2b+c．
∴am2+bm+2b≤4a，即am2+(m+2)b≤4a．
∴②正确．
∵对称轴为x=−2，抛物线开口向下，点(0,c)的对称点为(−4,c)，
∴若−4
∴③错误．
故选：C．
根据抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数)的对称轴为x=−2，过点(1,−2)，可得b=4a，a+b+c=−2，又c>0即可判断①；根据二次函数的性质即可判断②；根据抛物线的对称性以及二次函数的性质即可判断③．
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，掌握二次函数的性质．
13.【答案】12a3b
【解析】解：13ab⋅(−6a)2
=13ab⋅36a2
=12a3b.
故答案为：12a3b.
利用积的乘方的法则及单项式乘单项式的法则进行运算即可．
本题主要考查单项式乘单项式，积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
14.【答案】7+4 3
【解析】
【分析】
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
根据完全平方公式可以解答本题．
【解答】
解：( 3+2)2
=3+4 3+4
=7+4 3，
故答案为7+4 3．
15.【答案】14
【解析】解：∵袋子中装有8个球，其中有5个红球、2个白球和1个黑球，
∴从袋子中随机摸出一个球，摸到白球的概率为：28=14．
故答案为：14．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题主要考查了概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
16.【答案】y=x+2
【解析】解：∵若一次函数y=kx+b(k≠0,k,b是常数)的图象y随着x的增大而增大，
∴k>0，
当k=1时，把x=1，y=3代入y=kx+b得3=1+b，
∴b=2，
则一次函数的解析式为y=x+2．
故答案为：y=x+2.(答案不唯一)
根据函数增减性可确定出k的值，然后把k的值及点(1,3)代入函数解析式可得b的值，则可得出函数的解析式．
此题主要是考查了一次函数解析式的求法，能够根据函数增减性确定k的值是解题的关键．
17.【答案】2 3
【解析】解：延长BC到点F，使FC=AC，连接AF，作CG⊥AF于点G，则∠AGC=90°，
∵∠ACB=60°，AC=4，
∴∠ACF=180°−∠ACB=120°，
∴∠ACG=∠FCG=12∠ACF=60°，
∴∠CAG=30°，
∴CG=12AC=2，
∴FG=AG= AC2−CG2= 42−22=2 3，
∴AF=2AG=4 3，
∵BE=AC+CE=FC+CE=FE，
∴点E是FB的中点，
∵点D是AB的中点，
∴DE=12AF=2 3，
故答案为：2 3．
延长BC到点F，使FC=AC，连接AF，作CG⊥AF于点G，由∠ACB=60°，得∠ACF=120°，则∠ACG=12∠ACF=60°，∠CAG=30°，所以CG=12AC=2，则FG=AG= AC2−CG2=2 3，所以AF=2AG=4 3，因为BE=AC+CE=FC+CE=FE，点D是AB的中点，所以DE=12AF=2 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
18.【答案】 13 取个点E，F并连接EFJIAO AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
【解析】解：(1)AB= 22+32= 13，故答案为： 13；
(2)如下图：取个点E，F并连接EFJIAO AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
故答案为：取个点E，F并连接EF交AB于O，则O为圆心；连接CO并延长交圆于D；延长CP交网格线于点Q，连接DQ交圆于点M，则M即为所求．
(1)根据勾股定理求解；
(2)先根据90°的圆周角所对的弦是直径，再根据直角三角形的性质作图．
本题考查了作图的应用与设计，掌握勾股定理解直角三角形的性质是解题的关键．
19.【答案】x>−4 x≤2 −4
(2)解不等式②，得x≤2；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
；
(4)原不等式组的解集为：−4
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
20.【答案】100 41
【解析】解：(Ⅰ)共有学生数：15÷15%=100(名)，
阅读课外书2本所占的百分比：41100×100%=41%，
故答案为：100，41；
(Ⅱ)∵x−=10×1+41×2+34×3+15×4100=2.54，
∴这组数据的平均数是2.54；
∵在这组数据中，2出现了41次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数为2；
∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，
有2+22=2，
∴这组数据的中位数为2；
(Ⅲ)估计这1400名学生一个月阅读2本课外书的人数约为：
1400×41100=574(人)，
答：估计该校学生一个月阅读2本课外书的人数约为574人．
(Ⅰ)共有学生数：15÷15%=100(名)，阅读课外书2本所占的百分比：41100×100%=41%；
(Ⅱ)算术平均数：对于n个数x1，x2，…，xn，则x¯=1n(x1+x2+…+xn)就叫做这n个数的算术平均数．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；
(Ⅲ)估计这1500名学生一个月阅读2本课外书的人数约为：1400×41100即可．
本题考查了条形统计图，熟练掌握条形统计图是解题的关键．
21.【答案】解：(Ⅰ)连接OD，如图①，
∵AB与⊙O相交于点D，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，
∵CA=CB，
∴∠A=∠B，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ODA，
∴∠ODA=∠B，
∴OD//BC，
∴DE⊥BC，
∵∠BDE=25°，
∴∠B=90°−∠BDE=65°，
∴∠A=65°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=50°；
(Ⅱ)连接OD、OF，如图②，设⊙O的半径为r，
与(Ⅰ)可得OD//BC，DE⊥BC，
∵∠BDE=15°，
∴∠B=90°−∠BDE=75°，
∴∠A=75°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=30°，
∵线段BC与⊙O相切于点F，
∴OF⊥BC，
∴∠OFC=90°，
在Rt△OCF中，∵∠C=30°，
∴OC=2OF，即6−r=2r，
解得r=2，
∴CF= 3OF=2 3，
∵∠ODE=∠DEF=∠OFE=90°，OD=OF，
∴四边形ODEF为正方形，
∴EF=OD=2，
∴CB=CA=6，
∴BE=6−2−2 3=4−2 3，
即圆的半径为2，BE的长为4−2 3．
【解析】(Ⅰ)连接OD，如图①，先根据切线的性质得到∠ODE=90°，再证明OD//BC，所以DE⊥BC，接着利用互余计算出∠B=65°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠C的度数；
(Ⅱ)连接OD、OF，如图②，设⊙O的半径为r，与(Ⅰ)的方法一样计算出∠C=30°，再根据切线的性质得到∠OFC=90°，则利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OC=2OF，即6−r=2r，从而求出r=2，则CF=2 3，接着证明四边形ODEF为正方形，所以EF=OD=2，从而可计算出BE的长．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和等腰三角形的性质．
22.【答案】解：如图：
由题意得：CD=EF=BG=1.6米，CG⊥AB，CE=DF=20米，EG=BF，CG=BD，
设EG=BF=x米，
∴CG=BD=DF+BF=(x+20)米，
在Rt△ACG中，∠ACG=30°，
∴AG=CG⋅tan30°= 33(x+20)米，
在Rt△AEG中，∠AEG=58°，
∴AG=EG⋅tan58°≈1.6x(米)，
∴1.6x= 33(x+20)，
解得：x≈11.3，
∴AG=1.6x≈18.1(米)，
∴AB=AG+BG≈20(米)，
∴建筑物AB的高度约为20米．
【解析】根据题意可得：CD=EF=BG=1.6米，CG⊥AB，CE=DF=20米，EG=BF，CG=BD，然后设EG=BF=x米，则CG=BD=(x+20)米，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，再在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】40 20 107 300
【解析】解：(Ⅰ)在OA段，兔子的速度为20010=20(m/min)，
∴当x=5时，兔子所走路程为5×20=100(m)；
从图象知，当x=35时，兔子在睡觉，此时兔子所走路程为200m；
在BC段，兔子的速度为550−20060−50=35(m/min)，
∴当x=52时，兔子所走路程为200+(52−50)×35=200+70=270(m)；
比赛时间x/min
5
10
35
52
60
兔子所走的路程y/m
100
200
200
270
550
故答案为：100，200，270；
(Ⅱ)①根据图象可知，赛跑中，兔子共睡了(50−10)=40(min)；
②乌龟的速度为60060=10(m/min)，
∴乌龟追上兔子所用的时间为20010=20(min)；
③兔子在睡醒后跑50米所用时间为5035=107(min)，
∴兔子到达终点比乌龟晚了107min；
④由题意可知，在整个过程中，当x=50时龟和兔的距离最远，
此时最远距离为50×10−200=300(min)；
故答案为：①40；②20；③107；④300；
(Ⅲ)当0≤x≤10时，y=20x；
当10
(Ⅱ)①根据图象直接得出结论；
②求出乌龟的速度，再求乌龟行走200米所用时间即可；
③求出兔子睡醒后跑50米所用时间即可；
④由题意可知，在整个过程中，兔子刚睡醒时，龟和兔的距离最远，然后求值即可；
(Ⅲ)分别算出兔子，乌龟的速度，用路程等于时间乘速度可列函数关系式．
本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.【答案】解：(I)设C点的坐标为(0,c)，
∵B(0,4)，∠ABO=60°，DB′⊥OA，
由翻折知，∠CB′D=∠ABO=60°，BC=B′C=4−c，
∴∠CB′O=30°，
∴OC=12B′C，
即c=12B′C=4−c2，
解得c=43，
∴C的坐标为(0,43)；
(II)①∵OB=4，BC=t，
∴OC=4−t，BC=B′C=t，
∵∠CB′D=∠ABO=60°，
∴∠CQO=∠PQB′=30°，
∴OQ=OC⋅cot30°= 3OC= 3(4−t)，
∵OQ=CQ⋅cos30°，PQ=B′Q⋅cos30°，
∴OQ+PQ=CQ⋅cos30°+B′Q⋅cos30°=B′C⋅cos30°，
即OP= 32B′C= 32t，
∴PQ=OP−OQ= 32t−4 3+ 3t=3 32t−4 3，
∵PQ>0且当C与Q重合时有最大值，
即0<3 32t−4 3
∴S=△B′CD的面积−△PQB′的面积=△BCD的面积−△PQB′的面积=12×BC×OP−12PQ×PB′=12t× 32t−12(3 32t−4 3)×(32t−4)=−7 38t2+6 3t−8 3，
∵−7 38<0，
∴二次函数S=−7 38t2+6 3t−8 3，在t=247时有最大值，
当2≤t≤5时，S在t=247时有最大值为：−7 38(247)2+6 3×247−8 3=16 37，S在t=5时有最小值为：−7 38×52+6 3×5−8 3= 38，
∴当2≤t≤5时，求S的取值范围为 38
(II)①根据OB=4，则OC=4−t，BC=B′C=t，得出OQ= 3OC，OP= 32BC，得出PQ的表达式即可；
②根据S=△B′CD的面积−△PQB′的面积用t表示出S，然后计算取值范围即可．
本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质和特殊角三角函数等知识是解题的关键．
25.【答案】解：(Ⅰ)①∵a=12，对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，即−b2×12=1，
解得：b=−1，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1,0)，
∴12+1+c=0，
解得：c=−32，
∴抛物线的解析式为y=12x2−x−32=12(x−1)2−2，
∴点P的坐标为(1,−2)；
②令x=0得，y=−32，
∴C(0,−32)，
令y=0得，12x2−x−32=0，
解得：x1=3，x2=−1，
∴B(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx−32，
将B(3,0)代入得，3k−32=0，
解得：k=12，
∴直线BC的解析式为y=12x−32，
∵将直线BC沿y轴向下平移n(n>0)个单位长度，
∴平移后的直线解析式为y=12x−32−n，
∵平移后的直线与抛物线总有公共点，
∴12x2−x−32=12x−32−n，整理得12x2−32x+n=0，
∴Δ=(−32)2−4×12⋅n≥0，
解得：n≤98，
∴0
∴点B的坐标为(5m,0)，
∴OA=m，OB=5m，
∵a=35m，
∴抛物线解析式为y=35m(x−m)(x−5m)=35mx2−185x+3m，
令x=0得，y=3m，
∴C(0,3m)，
∴OC=3m，
当m>0时，如图，将△CAQ绕点C顺时针旋转90°至△CA′Q′，连接QQ′、A′B，过点A′作A′N⊥x轴于点N，过点A′作A′H⊥y轴于点H，
则四边形A′HON为矩形，
由旋转可得，CQ=CQ′，AQ=AQ′，AC=A′C，∠QCQ′=90°，
∴△QCQ′为等腰直角三角形，QQ′= 2CQ，
∴AQ+BQ+ 2CQ=A′Q′+BQ+QQ′，
∴当满足点Q′，Q落在直线A′B上时，AQ+BQ+ 2CQ取得最小值，
此时AQ+BQ+ 2CQ=A′B= 172，
由旋转可得，∠ACA′=90°，
∴∠A′CH+∠ACO=90°，
∵∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠A′CH=∠CAO，
∵A′H⊥y轴，
∴∠A′HC=∠COA=90°，
在△A′HC和△COA中，
∠A′HC=∠COA∠A′CH=∠CAOA′C=AC，
∴△A′HC≌△COA(AAS)，
∴CH=OA=m，A′H=OC=3m，
∴OH=OC−CH=2m，
∴A′N=OH=2m，ON=A′H=3m，BN=OB+ON=8m，
在Rt△A′BN中，A′N2+BN2=A′B2，
∴(2m)2+(8m)2=( 172)2，
解得：m1=14，m2=−14；
当m<0时，同理可求出m=−14．
综上，m的值为±14．
【解析】(Ⅰ)①由抛物线对称轴公式可得−b2a=1，以此求得b=−1，将点A的坐标代入抛物线解析式中求出c=−32，利用配方法将得到的抛物线解析式化为顶点式即可求解；
②先求出点C(0,−32)，B(3,0)，根据待定系数法求得直线BC的解析式为y=12x−32，则平移后的直线解析式为y=12x−32−n，由与抛物线总有公共点可得方程12x2−x−32=12x−32−n，Δ≥0，以此计算即可求解；
(Ⅱ)由A(m,0)，对称轴为直线x=3m，可得B(5m,0)，则抛物线解析式为y=35m(x−m)(x−5m)=35mx2−185x+3m，进而得到C(0,3m)，当m>0时，将△CAQ绕点C顺时针旋转90°至△CA′Q′，连接QQ′、A′B，过点A′作A′N⊥x轴于点N，过点A′作A′H⊥y轴于点H，则四边形A′HON为矩形，由旋转可得CQ=CQ′，AQ=AQ′，AC=A′C，∠QCQ′=90°，易得QQ′= 2CQ，则AQ+BQ+ 2CQ=A′Q′+BQ+QQ′，因此当满足点Q′，Q落在直线A′B上时，AQ+BQ+ 2CQ取得最小值，此时AQ+BQ+ 2CQ=A′B= 172，易通过AAS证明A′HC≌△COA，得到CH=OA=m，A′H=OC=3m，于是可得A′N=OH=2m，ON=A′H=3m，BN=8m，在Rt△A′BN中，A′N2+BN2=A′B2根据勾股定理建立方程解得m=14；当m<0时，同理可求出m=−14．
本题主要考查二次函数的图象与性质、一次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，利用旋转的性质，将AQ+BQ+ 2CQ的最小值是 172转化为A′B= 172是解题关键．
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