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2023年河南省南阳市油田中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年河南省南阳市油田中考数学二模试卷（含解析），共22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年河南省南阳市油田中考数学二模试卷
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. 下列各数中最大的是( )
A. −3 B. −2 C. 0 D. 1
2. 如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
3. 随着北斗系统全球组网的步伐，北斗芯片的研发生产技术也在逐步成熟，国产北斗芯片可支持接收多系统的导航信号，应用于自动驾驶、无人机、机器人等高精度定位需求领域，将为中国北斗导航产业发展提供有力支持．目前，该芯片工艺已达22纳米(即0.000000022米).则数据0.000000022用科学记数法表示为( )
A. 0.22×10−7 B. 2.2×10−8 C. 22×10−9 D. 22×10−10
4. 下列计算正确的是( )
A. (a2+ab)÷a=a+b B. a2⋅a=a2
C. (a+b)2=a2+b2 D. (a3)2=a5
5. 如图，把一块三角板ABC的直角顶点B放在直线EF上，∠C=30°，AC//EF，则∠1=( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
6. 下列一元二次方程有实数根的是( )
A. x2+x+1=0 B. x2+4=0
C. 2x2+3x+2=0 D. x2+x=0
7. 下列说法中，正确的是( )
A. 调查某班45名学生的身高情况宜采用全面调查
B. “太阳东升西落”是不可能事件
C. 为了直观地介绍空气各成分的百分比，最适合使用的统计图是条形统计图
D. 任意投掷一枚质地均匀的硬币26次，出现正面朝上的次数一定是13次
8. 如图，OG平分∠MON，点A，B是射线OM，ON上的点，连接AB.按以下步骤作图：①以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点C，交BN于点D；②分别以点C和点D为圆心，大于12CD长为半径作弧，两弧相交于点E；③作射线BE，交OG于点P.若∠ABN=140°，∠MON=50°，则∠OPB的度数为( )
A. 35° B. 45° C. 55° D. 65°
9. 如图，点A(0,3)、B(1,0)，将线段AB平移到线段DC，若∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是( )
A. (5,6) B. (6,5) C. (7,5) D. (7,2)
10. 如图1，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，P，Q两点同时从点O出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动.P，Q的运动路线：点P为O−A−D−O，点Q为O−C−B−O.设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则菱形ABCD的面积为．( )
A. 2 3cm2 B. 2cm2 C. 3cm2 D. 2cm2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 写出一个具备y随x增大而减小且图象经过点(1,−3)的一次函数表达式______ ．
12. 不等式组3x−1<26−3x>0的解集为______ ．
13. 某学习小组做摸球试验，在一个不透明的袋子里装有红、黄两种颜色的小球共20个，除颜色外都相同.将球搅匀后，随机摸出5个球，发现3个是红球，估计袋中红球的个数是______ ．
14. 如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，分别以OA，OB长为半径，圆心角∠O=120°形成的扇面，若OA=3m，OB=1.5m，则阴影部分的面积为______ ．
15. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是BC边上一个动点(不与点B，C重合)，将△ABE沿AE翻折到△AB′E，再将△AB′E沿AB′翻折得到△AB′E′.当点E′恰好落在正方形ABCD的边所在的直线上时，线段BE的长度为______．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：(−2)2+|− 3|− 25+(3− 3)0；
(2)化简：a2−6a+9a2−2a÷(1−1a−2)．
17. (本小题9.0分)
公司生产A、B两种型号的扫地机器人，为了解它们的扫地质量，工作人员从某月生产的A、B型扫地机器人中各随机抽取10台，在完全相同条件下试验，记录下它们的除尘量的数据(单位：g)，并进行整理、描述和分析(除尘量用x表示，共分为三个等级：合格80≤x<85，良好85≤x<95，优秀x≥95)，下面给出了部分信息：
10台A型扫地机器人的除尘量：83，84，84，88，89，89，95，95，95，98．
10台B型扫地机器人中“良好”等级包含的所有数据为：85，90，90，90，94
抽取的A、B型扫地机器人除尘量统计表
型号
平均数
中位数
众数
方差
“优秀”等级所占百分比
A
90
89
a
26.6
40%
B
90
b
90
30
30%
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，m=______；
(2)这个月公司可生产B型扫地机器人共3000台，估计该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数；
(3)根据以上数据，你认为该公司生产的哪种型号的扫地机器人扫地质量更好？请说明理由(写出一条理由即可)．
18. (本小题9.0分)
学校的自动饮水机，开机加热时水温每分钟上升20℃，水温升到100℃时停止加热，此后水温开始下降.水温y(℃)与开机通电时间x(min)成反比例关系.若水温在时接通电源，一段时间内，水温y与通电时间x之间的函数关系如图所示．
(1)水温从20℃加热到100℃，需要______ min；
(2)求水温下降过程中，y与x的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)如果上午8点接通电源，那么8：20之前，不低于80℃的时间有多少？
19. (本小题9.0分)
天中柱是驻马店的标志性建筑，在形体轮廓上就是一个写意的圭表，其底座为圭，上峰为表，一次数学活动课上，张老师带领学生去测量天中柱AM的高度.如图，在点F处用高2m的测角仪测得塔尖A的仰角为31°，向塔的方向前进38m到达D处，在D处测得塔尖A的仰角为45°，求天中柱AM的高度.(结果精确到1m.参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60)
20. (本小题9.0分)
某乡镇新打造的“田园风光”景区今年计划改造一片绿化地，种植A、B两种花卉，已知3盆A种花卉和4盆B种花卉的种植费用为330元，4盆A种花卉和3盆B种花卉的种植费用为300元．
(1)每盆A种花卉和每盆B种花卉的种植费用各是多少元？
(2)若该景区今年计划种植A、B两种花卉共400盆，相关资料表明：A、B两种花卉的成活率分别为70%和90%，景区明年要将枯死的花卉补上相同的新花卉，但这两种花卉在明年共补的盆数不多于80盆，应如何安排这两种花卉的种植数量，才能使今年该项的种植费用最低？并求出最低费用．
21. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，且AC为⊙O的直径，AD=CD，延长BC到点E，使BE=AB，连接DE，BD．
(1)求证：AD=DE；
(2)若DE为⊙O的切线，且⊙O的半径为2.①求∠E的度数；②求BC的长度．
22. (本小题10.0分)
如图1，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
(3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB=6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(请在图2中探讨)
23. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点(点D不与点O，C重合)，将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=______°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为−3<−2<0<1，
所以其中最大的数为1．
故选：D．
正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数，绝对值大的其值反而小，依此比较大小即可求解．
本题主要考查了有理数大小比较，熟记有理数大小比较方法是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2=8．
故选：B．
由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
本题考查了三视图的知识，由两个识图想象几何体是解题的关键，
3.【答案】B
【解析】解：0.000000022=2.2×10−8．
故选：B．
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．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】
解：A选项，原式=a2÷a+ab÷a=a+b，故该选项符合题意；
B选项，原式=a3，故该选项不符合题意；
C选项，原式=a2+2ab+b2，故该选项不符合题意；
D选项，原式=a6，故该选项不符合题意；
故选：A．
【分析】根据多项式除以单项式判断A选项；根据同底数幂的乘法判断B选项；根据完全平方公式判断C选项；根据幂的乘方判断D选项．
本题考查了整式的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式，掌握(a+b)2=a2+2ab+b2是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】
解：∵AC//EF，∠C=30°，
∴∠C=∠CBF=30°，
∵∠ABC=90°，
∴∠1=180°−∠ABC−∠CBF=180°−90°−30°=60°，
故选：C．
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠CBF的度数，再根据∠ABC=90°，可以得到∠1的度数．
本题主要考查了平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质和三角形的内角和定理解答．
6.【答案】D
【解析】解：A、Δ=12−4×1×1=−3<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
B、Δ=02−4×4=−16<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
C、Δ=32−4×2×2=−7<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
D、Δ=12−4×1×0=1>0，则该方程有实数根，故本选项符合题意；
故选：D．
根据一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根判断即可．
此题考查了根的判别式与方程解的关系，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数根；当b2−4ac=0时，方程有两个相等的实数根；当b2−4ac<0时，方程无解．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据全面调查与抽样调查，随机事件，统计图，概率等相关知识逐一判断即可解答．
【解答】
解：A：调查某班45名学生的身高情况宜采用全面调查，故A符合题意；
B：“太阳东升西落”是必然事件，故B不符合题意；
C：为了直观地介绍空气各成分的百分比，最适合使用的统计图是扇形统计图，故C不符合题意；
D：任意投掷一枚质地均匀的硬币26次，出现正面朝上的次数可能是13次，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】
本题考查了全面调查与抽样调查，随机事件，统计图，概率等知识，熟练掌握相关的概念是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由作法得BP平分∠ABN，
∴∠PBN=12∠ABN=12×140°=70°，
∵OG平分∠MON，
∴∠BOP=12∠MON=12×50°=25°，
∵∠PBN=∠POB+∠OPB，
∴∠OPB=70°−25°=45°．
故选：B．
利用基本作图得到BP平分∠ABN，则可计算出∠PBN=70°，再利用OG平分∠MON得到∠BOP=25°，然后根据三角形外角性质计算∠OPB的度数．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
9.【答案】B
【解析】解：过点C作CH⊥x轴于点H，如图所示：
则∠BHC=90°，
∵点A(0,3)、B(1,0)，
∴OA=3，BO=1，
∵∠AOB=90°，∠ABC=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠HBC=90°，
∴∠OAB=∠HBC，
∵∠AOB=∠BHC，
∴△AOB∽△BHC，
∴BHAO=CHOB=BCAB，
∵BC=2AB，
∴BH=2OA=6，CH=2OB=2，
∴点C坐标为(7,2)，
根据平移的性质，可得点D坐标为(6,5)，
故选：B．
过点C作CH⊥x轴于点H，先证明△AOB∽△BHC，根据相似三角形的性质可得BHAO=CHOB=BCAB，求出点C的坐标，再根据平移的性质可得点D坐标．
本题考查了坐标与图形的变换—平移，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当P，Q两点都在AC上运动时，PQ=2 3cm，
∴AC=2 3cm，
由菱形的性质，得AO=CO=12AC= 3cm，AC⊥BD，
同理，第三个过程完成时，P、Q两点相距2cm，
∴BD=2cm，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×2 3× 3=2 3(cm2)．
故选：A．
根据图象可知整个过程分为是三个过程：第一，两者都在AC上运动；第二，点P在AD，点Q在CB；第三，两者都在DB运动．再根据运动速度和各个过程的运动路程进行抢救即可．
本题主要考查了菱形的性质以及动点问题的函数图象，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
11.【答案】y=−3x
【解析】解：∵y随着x的增大而减小，
∴k<0，
又∵直线过点(1,−3)，
则解析式为y=−3x或y=−2x−1或y=−x−2等．
故答案为：y=−3x．
根据y随着x的增大而减小推断出k与0的关系，再可以利用过点(1,−3)来确定函数的解析式，答案不唯一．
本题主要考查对一次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，能理解一次函数的性质是解此题的关键，题型较好，比较典型．
12.【答案】x<1
【解析】解：解不等式3x−1<2，得：x<1，
解不等式6−3x>0，得：x<2，
所以不等式组的解集为x<1，
故答案为：x<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．
13.【答案】12
【解析】解：摸到红球的频率为3÷5=0.6，
估计袋中红球的个数是20×0.6=12(个)．
故答案为：12．
先求摸到红球的频率，再用20乘以摸到红球的频率即可．
本题考查了用样本估计总体，关键是求出摸到红球的频率．
14.【答案】94πm2
【解析】解：S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC
=120π⋅OA2360−120π⋅OB2360
=120π(OA2−OB2)360
=π(32−1⋅52)3
=94π(m2)，
故答案为：94πm2．
利用扇形面积公式，根据S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC即可求解．
本题考查了求扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
15.【答案】4 2−4或4 33
【解析】
【分析】
本题考查翻折变换(折叠问题)、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
当点E′落在CD边上时，由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，证明△ABE≌△ADE′，可得BE=DE′，CE=CE′，设BE=x，则EE′=2x，CE=4−x，在Rt△CEE′中，根据EE′= CE2+CE′2= 2(4−x)，可得方程2x= 2(4−x)，求解x即可；当点E′落在AD的延长线上时，由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，则∠BAE=30°，在Rt△ABE中，可得BE．
【解答】
解：当点E′落在CD边上时，
由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADE′中
AB=ADAE=AE′
∴Rt△ABE≌Rt△ADE′(HL)，
∴BE=DE′，
∴CE=CE′，
设BE=x，
则EE′=2x，CE=4−x，
在Rt△CEE′中，
EE′= CE2+CE′2= 2(4−x)，
∴2x= 2(4−x)，
解得x=4 2−4，
即BE=4 2−4．
当点E′落在AD的延长线上时，
由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=30°，
在Rt△ABE中，
BE=12AE，AB=4，
∴BE=4 33．
综上所述，BE=4 2−4或4 33．
16.【答案】解：(1)原式=4+ 3−5+1
= 3；
(2)原式=(a−3)2a(a−2)÷(a−2a−2−1a−2)
=(a−3)2a(a−2)÷a−3a−2
=(a−3)2a(a−2)⋅a−2a−3
=a−3a．
【解析】(1)根据实数的混合计算法则和零指数幂计算法则求解即可；
(2)根据分式的混合计算法则求解即可．
本题主要考查了实数的混合计算，分式的混合计算，零指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
17.【答案】解：(1)95；90；20
(2)该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数3000×30%=900(台)；
(3)A型号的扫地机器人扫地质量更好，理由是在平均除尘量都是90的情况下，A型号的扫地机器人除尘量的众数>B型号的扫地机器人除尘量的众数(理由不唯一)．
【解析】
【分析】
本题考查数据的整理，涉及众数、中位数、平均数、方差等，解题的关键是掌握数据收集与整理的相关概念．
(1)根据众数、中位数概念可求出a、b的值，由B型扫地机器人中“良好”等级占50%，“优秀”等级所占百分比为30%，可求出m的值；
(2)用3000乘30%即可得答案；
(3)比较A型、B型扫地机器人的除尘量平均数、众数可得答案．
【解答】
解：(1)在83，84，84，88，89，89，95，95，95，98中，出现次数最多的是95，
∴众数a=95，
10台B型扫地机器人中“良好”等级有5台，占50%，“优秀”等级所占百分比为30%，
∴“合格”等级占1−50%−30%=20%，即m=20，
把B型扫地机器人的除尘量从小到大排列后，第5个和第6个数都是90，
∴b=90，
故答案为：95，90，20；
(2)该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数3000×30%=900(台)；
(3)A型号的扫地机器人扫地质量更好，理由是在平均除尘量都是90的情况下，A型号的扫地机器人除尘量的众数>B型号的扫地机器人除尘量的众数(理由不唯一)．
18.【答案】4
【解析】解：(1)∵开机加热时水温每分钟上升20℃，
∴水温从20℃加热到100℃，所需时间为100−2020=4(min)，
故答案为：4；
(2)由题可得，(4,100)在反比例函数图象上，
设反比例函数解析式为y=kx，
代入点(4,100)可得，k=400，
∴y=400x，
当y=20时，x=40020=20，
∴水温下降过程中，y与x的函数关系式是y=400x(4≤x≤20)；
(3)由计算可知，水温从20℃开始加热到100℃再冷却到20℃需4+20=24分钟，
水温从20℃加热到30℃所需要时间为：80−2020=3，
令y=80，则x=40080=5，
∴水温不低于30℃的时间为5−3=2(分钟)，
答：不低于80℃的时间有2分钟．
(1)根据开机加热时水温每分钟上升20℃即可求出水温从20℃加热到100℃所需时间；
(2)根据反比例函数过点(4,100)可求出解析式；
(3)分别计算出水温达到100℃前80℃和达到100℃后再降到80℃所需时间即可．
本题考查了反比例函数的应用，数形结合，是解决本题的关键．
19.【答案】解：延长EC交AM于G点，如图，
则MG=EF=CD=2，DF=CE=38，∠AEG=31°，∠ACG=45°，
设AG=x m，
在Rt△ACG中，∠ACG=∠CAG=45°，
∴CG=AG=x，
在Rt△AEG中，∵tan∠AEG=AGEG，
∴EG=xtan31∘=x0.6，
∵EG=CE+CG，
∴x0.6=38+x，
解得x=57，
∴AM=AG+MG=57+2=59(m)．
答：天中柱AM的高度为59m．
【解析】延长EC交AM于G点，如图，则MG=EF=CD=2，DF=CE=38，∠AEG=31°，∠ACG=45°，设AG=xm，先在Rt△ACG中，利用等腰直角三角形的性质表示出CG=x，再在Rt△AEG中利用正切的定义表示出EG=x0.6，接着利用EG=CE+CG列方程，然后解方程求出x，最后计算AM=AG+MG即可．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角：解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形．
20.【答案】解：(1)设每盆A种花卉种植费用为x元，每盆B种花卉种植费用为y元，根据题意，
得：3x+4y=3304x+3y=300，
解得：x=30y=60，
答：每盆A种花卉种植费用为30元，每盆B种花卉种植费用为60元；
(2)设种植A种花卉的数量为m盆，则种植B种花卉的数量为(400−m)盆，种植两种花卉的总费用为w元，
根据题意，得：(1−70%)m+(1−90%)(400−m)≤80，
解得：m≤200，
w=30m+60(400−m)=−30m+24000，
∵−30<0，
∴w随m的增大而减小，
当m=200时，w的最小值=−30×200+24000=18000，
答：种植A、B两种花卉各200盆，能使今年该项的种植费用最低，最低费用为18000元．
【解析】(1)设每盆A种花卉种植费用为x元，每盆B种花卉种植费用为y元，根据题意列出关于x的二元一次方程组，求解即可；
(2)设种植A种花卉的数量为m盆，则种植B种花卉的数量为(400−m)盆，种植两种花卉的总费用为w元，由题意：这两种花卉在明年共补的盆数不多于80盆，列出一元一次不等式，解得m≤200，再由题意得w=−30m+24000，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了一元一次不等式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．
21.【答案】(1)证明：∵弧AD=弧CD，
∴∠ABD=∠DBE，
又∵AB=BE，BD=BD，
∴△ABD≌△EBD(SAS)，
∴AD=DE；
(2)①如图，连接OD．
∵DE为⊙O的切线，
∴∠ODE=90°．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵弧AD=弧CD，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA=45°．
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠DCA=45°，
∴∠CDE=45°．
∵AD=CD，AD=DE，
∴CD=DE，
∴∠E=∠DCE=67.5°；
②连接OB．
∵△ABD≌△EBD，
∴∠BAD=∠E=67.5°，
∴∠BAC=∠BAD−∠DAC=22.5°，
∴∠BOC=45°，
∴弧BC的长度是45π×2180=π2．
【解析】(1)先证∠ABD=∠DBE，再证△ABD≌△EBD(SAS)，即可得到结论；
(2)①连接OD，由切线性质及圆周角定理可得∠ODE=90°，∠ADC=90°，由弧AD=弧CD，OD=OC，进而可得∠DAC=∠DCA=45°，∠ODC=∠DCA=45°，由(1)可知AD=DE，进而可得CD=DE，进而结合等腰三角形的性质可得∠E=∠DCE=67.5°；②连接OB，由△ABD≌△EBD，可知∠BAD=∠E=67.5°，可知∠BAC=∠BAD−∠DAC=22.5°，由圆周角定理得∠BOC=45°，利用弧长公式可求弧BC的长度是45π×2180=π2．
本题考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，弧与弦、圆周角的关系，切线性质，弧长公式、等腰三角形的性质，证明△ABD≌△EBD，掌握弧长公式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)将A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得：1−b+c=09+3b+c=0，解得：b=−2c=−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
(2)∵抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
∴抛物线的顶点F的坐标为(1,−4)，抛物线的对称轴为直线x=1．
当x=0时，y=02−2×0−3=−3，
∴点C的坐标为(0,−3)．
设直线BC的解析式为y=mx+n(m≠0)，
将B(3,0)，C(0,−3)代入y=mx+n，
得：3m+n=0n=−3，解得：m=1n=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3．
当x=1时，y=1−3=−2，
∴点E的坐标为(1,−2)，
∴EF=−2−(−3)=1．
(3)∵点A的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(3,0)，
∴AB=3−(−1)=4．
设点P的坐标为(t,t2−2t−3)．
∵S△PAB=6，
∴12×4×|t2−2t−3|=6，
即t2−2t−3=3或t2−2t−3=−3，
解得：t1=1− 7，t2=1+ 7，t3=0，t4=2，
∴存在满足S△PAB=6的点P，点P的坐标为(1− 7,3)或(1+ 7,3)或(0,−3)或(2,3)．
【解析】(1)根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的性质，可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点B，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标，结合点F的坐标，即可求出线段EF的长；
(3)又点A，B的坐标可求出线段AB的长，设点P的坐标为(t,t2−2t−3)，利用三角形的面积计算公式，结合S△PAB=6，即可得出关于t的方程，解之即可得出t值，进而可得出点P的坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据给定点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；(2)利用二次函数的性质及一次函数图象上点的坐标特征，求出点F，E的坐标；(3)利用三角形的面积计算公式，找出关于t的一元二次方程．
23.【答案】60
【解析】解：(1)∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将△ACD沿AD折叠得到△AED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
(2)∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将△ACD沿AD折叠得到△AED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；
(3)如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=2 3，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD= y−4，
∵S△ADC=12×OC×AO−12×OD×OA，
∴x=12×2×2 3−12×2× y−4，
∴y=(2 3−x)2+4．
(1)由折叠的性质可得AC=AE=AB，由等腰三角形的性质可求解；
(2)由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，由等腰三角形的性质可求解；
(3)由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，由面积和差关系可求解．
本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2023年河南省南阳市油田中考数学二模试卷
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. 下列各数中最大的是( )
A. −3 B. −2 C. 0 D. 1
2. 如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
3. 随着北斗系统全球组网的步伐，北斗芯片的研发生产技术也在逐步成熟，国产北斗芯片可支持接收多系统的导航信号，应用于自动驾驶、无人机、机器人等高精度定位需求领域，将为中国北斗导航产业发展提供有力支持．目前，该芯片工艺已达22纳米(即0.000000022米).则数据0.000000022用科学记数法表示为( )
A. 0.22×10−7 B. 2.2×10−8 C. 22×10−9 D. 22×10−10
4. 下列计算正确的是( )
A. (a2+ab)÷a=a+b B. a2⋅a=a2
C. (a+b)2=a2+b2 D. (a3)2=a5
5. 如图，把一块三角板ABC的直角顶点B放在直线EF上，∠C=30°，AC//EF，则∠1=( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°
6. 下列一元二次方程有实数根的是( )
A. x2+x+1=0 B. x2+4=0
C. 2x2+3x+2=0 D. x2+x=0
7. 下列说法中，正确的是( )
A. 调查某班45名学生的身高情况宜采用全面调查
B. “太阳东升西落”是不可能事件
C. 为了直观地介绍空气各成分的百分比，最适合使用的统计图是条形统计图
D. 任意投掷一枚质地均匀的硬币26次，出现正面朝上的次数一定是13次
8. 如图，OG平分∠MON，点A，B是射线OM，ON上的点，连接AB.按以下步骤作图：①以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点C，交BN于点D；②分别以点C和点D为圆心，大于12CD长为半径作弧，两弧相交于点E；③作射线BE，交OG于点P.若∠ABN=140°，∠MON=50°，则∠OPB的度数为( )
A. 35° B. 45° C. 55° D. 65°
9. 如图，点A(0,3)、B(1,0)，将线段AB平移到线段DC，若∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是( )
A. (5,6) B. (6,5) C. (7,5) D. (7,2)
10. 如图1，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，P，Q两点同时从点O出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动.P，Q的运动路线：点P为O−A−D−O，点Q为O−C−B−O.设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则菱形ABCD的面积为．( )
A. 2 3cm2 B. 2cm2 C. 3cm2 D. 2cm2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 写出一个具备y随x增大而减小且图象经过点(1,−3)的一次函数表达式______ ．
12. 不等式组3x−1<26−3x>0的解集为______ ．
13. 某学习小组做摸球试验，在一个不透明的袋子里装有红、黄两种颜色的小球共20个，除颜色外都相同.将球搅匀后，随机摸出5个球，发现3个是红球，估计袋中红球的个数是______ ．
14. 如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以O为圆心，分别以OA，OB长为半径，圆心角∠O=120°形成的扇面，若OA=3m，OB=1.5m，则阴影部分的面积为______ ．
15. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是BC边上一个动点(不与点B，C重合)，将△ABE沿AE翻折到△AB′E，再将△AB′E沿AB′翻折得到△AB′E′.当点E′恰好落在正方形ABCD的边所在的直线上时，线段BE的长度为______．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：(−2)2+|− 3|− 25+(3− 3)0；
(2)化简：a2−6a+9a2−2a÷(1−1a−2)．
17. (本小题9.0分)
公司生产A、B两种型号的扫地机器人，为了解它们的扫地质量，工作人员从某月生产的A、B型扫地机器人中各随机抽取10台，在完全相同条件下试验，记录下它们的除尘量的数据(单位：g)，并进行整理、描述和分析(除尘量用x表示，共分为三个等级：合格80≤x<85，良好85≤x<95，优秀x≥95)，下面给出了部分信息：
10台A型扫地机器人的除尘量：83，84，84，88，89，89，95，95，95，98．
10台B型扫地机器人中“良好”等级包含的所有数据为：85，90，90，90，94
抽取的A、B型扫地机器人除尘量统计表
型号
平均数
中位数
众数
方差
“优秀”等级所占百分比
A
90
89
a
26.6
40%
B
90
b
90
30
30%
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，m=______；
(2)这个月公司可生产B型扫地机器人共3000台，估计该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数；
(3)根据以上数据，你认为该公司生产的哪种型号的扫地机器人扫地质量更好？请说明理由(写出一条理由即可)．
18. (本小题9.0分)
学校的自动饮水机，开机加热时水温每分钟上升20℃，水温升到100℃时停止加热，此后水温开始下降.水温y(℃)与开机通电时间x(min)成反比例关系.若水温在时接通电源，一段时间内，水温y与通电时间x之间的函数关系如图所示．
(1)水温从20℃加热到100℃，需要______ min；
(2)求水温下降过程中，y与x的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)如果上午8点接通电源，那么8：20之前，不低于80℃的时间有多少？
19. (本小题9.0分)
天中柱是驻马店的标志性建筑，在形体轮廓上就是一个写意的圭表，其底座为圭，上峰为表，一次数学活动课上，张老师带领学生去测量天中柱AM的高度.如图，在点F处用高2m的测角仪测得塔尖A的仰角为31°，向塔的方向前进38m到达D处，在D处测得塔尖A的仰角为45°，求天中柱AM的高度.(结果精确到1m.参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60)
20. (本小题9.0分)
某乡镇新打造的“田园风光”景区今年计划改造一片绿化地，种植A、B两种花卉，已知3盆A种花卉和4盆B种花卉的种植费用为330元，4盆A种花卉和3盆B种花卉的种植费用为300元．
(1)每盆A种花卉和每盆B种花卉的种植费用各是多少元？
(2)若该景区今年计划种植A、B两种花卉共400盆，相关资料表明：A、B两种花卉的成活率分别为70%和90%，景区明年要将枯死的花卉补上相同的新花卉，但这两种花卉在明年共补的盆数不多于80盆，应如何安排这两种花卉的种植数量，才能使今年该项的种植费用最低？并求出最低费用．
21. (本小题9.0分)
如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，且AC为⊙O的直径，AD=CD，延长BC到点E，使BE=AB，连接DE，BD．
(1)求证：AD=DE；
(2)若DE为⊙O的切线，且⊙O的半径为2.①求∠E的度数；②求BC的长度．
22. (本小题10.0分)
如图1，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点E是抛物线的对称轴与直线BC的交点，点F是抛物线的顶点，求EF的长；
(3)设点P是(1)中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB=6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．(请在图2中探讨)
23. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点(点D不与点O，C重合)，将△ACD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=______°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为−3<−2<0<1，
所以其中最大的数为1．
故选：D．
正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数，绝对值大的其值反而小，依此比较大小即可求解．
本题主要考查了有理数大小比较，熟记有理数大小比较方法是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是1层，
所以最多的为：2+2×2+1×2=8．
故选：B．
由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
本题考查了三视图的知识，由两个识图想象几何体是解题的关键，
3.【答案】B
【解析】解：0.000000022=2.2×10−8．
故选：B．
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．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】
解：A选项，原式=a2÷a+ab÷a=a+b，故该选项符合题意；
B选项，原式=a3，故该选项不符合题意；
C选项，原式=a2+2ab+b2，故该选项不符合题意；
D选项，原式=a6，故该选项不符合题意；
故选：A．
【分析】根据多项式除以单项式判断A选项；根据同底数幂的乘法判断B选项；根据完全平方公式判断C选项；根据幂的乘方判断D选项．
本题考查了整式的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，完全平方公式，掌握(a+b)2=a2+2ab+b2是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】
解：∵AC//EF，∠C=30°，
∴∠C=∠CBF=30°，
∵∠ABC=90°，
∴∠1=180°−∠ABC−∠CBF=180°−90°−30°=60°，
故选：C．
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠CBF的度数，再根据∠ABC=90°，可以得到∠1的度数．
本题主要考查了平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质和三角形的内角和定理解答．
6.【答案】D
【解析】解：A、Δ=12−4×1×1=−3<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
B、Δ=02−4×4=−16<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
C、Δ=32−4×2×2=−7<0，则该方程无实数根，故本选项不符合题意；
D、Δ=12−4×1×0=1>0，则该方程有实数根，故本选项符合题意；
故选：D．
根据一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根判断即可．
此题考查了根的判别式与方程解的关系，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数根；当b2−4ac=0时，方程有两个相等的实数根；当b2−4ac<0时，方程无解．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
根据全面调查与抽样调查，随机事件，统计图，概率等相关知识逐一判断即可解答．
【解答】
解：A：调查某班45名学生的身高情况宜采用全面调查，故A符合题意；
B：“太阳东升西落”是必然事件，故B不符合题意；
C：为了直观地介绍空气各成分的百分比，最适合使用的统计图是扇形统计图，故C不符合题意；
D：任意投掷一枚质地均匀的硬币26次，出现正面朝上的次数可能是13次，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】
本题考查了全面调查与抽样调查，随机事件，统计图，概率等知识，熟练掌握相关的概念是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由作法得BP平分∠ABN，
∴∠PBN=12∠ABN=12×140°=70°，
∵OG平分∠MON，
∴∠BOP=12∠MON=12×50°=25°，
∵∠PBN=∠POB+∠OPB，
∴∠OPB=70°−25°=45°．
故选：B．
利用基本作图得到BP平分∠ABN，则可计算出∠PBN=70°，再利用OG平分∠MON得到∠BOP=25°，然后根据三角形外角性质计算∠OPB的度数．
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
9.【答案】B
【解析】解：过点C作CH⊥x轴于点H，如图所示：
则∠BHC=90°，
∵点A(0,3)、B(1,0)，
∴OA=3，BO=1，
∵∠AOB=90°，∠ABC=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠HBC=90°，
∴∠OAB=∠HBC，
∵∠AOB=∠BHC，
∴△AOB∽△BHC，
∴BHAO=CHOB=BCAB，
∵BC=2AB，
∴BH=2OA=6，CH=2OB=2，
∴点C坐标为(7,2)，
根据平移的性质，可得点D坐标为(6,5)，
故选：B．
过点C作CH⊥x轴于点H，先证明△AOB∽△BHC，根据相似三角形的性质可得BHAO=CHOB=BCAB，求出点C的坐标，再根据平移的性质可得点D坐标．
本题考查了坐标与图形的变换—平移，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当P，Q两点都在AC上运动时，PQ=2 3cm，
∴AC=2 3cm，
由菱形的性质，得AO=CO=12AC= 3cm，AC⊥BD，
同理，第三个过程完成时，P、Q两点相距2cm，
∴BD=2cm，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×2 3× 3=2 3(cm2)．
故选：A．
根据图象可知整个过程分为是三个过程：第一，两者都在AC上运动；第二，点P在AD，点Q在CB；第三，两者都在DB运动．再根据运动速度和各个过程的运动路程进行抢救即可．
本题主要考查了菱形的性质以及动点问题的函数图象，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
11.【答案】y=−3x
【解析】解：∵y随着x的增大而减小，
∴k<0，
又∵直线过点(1,−3)，
则解析式为y=−3x或y=−2x−1或y=−x−2等．
故答案为：y=−3x．
根据y随着x的增大而减小推断出k与0的关系，再可以利用过点(1,−3)来确定函数的解析式，答案不唯一．
本题主要考查对一次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，能理解一次函数的性质是解此题的关键，题型较好，比较典型．
12.【答案】x<1
【解析】解：解不等式3x−1<2，得：x<1，
解不等式6−3x>0，得：x<2，
所以不等式组的解集为x<1，
故答案为：x<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．
13.【答案】12
【解析】解：摸到红球的频率为3÷5=0.6，
估计袋中红球的个数是20×0.6=12(个)．
故答案为：12．
先求摸到红球的频率，再用20乘以摸到红球的频率即可．
本题考查了用样本估计总体，关键是求出摸到红球的频率．
14.【答案】94πm2
【解析】解：S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC
=120π⋅OA2360−120π⋅OB2360
=120π(OA2−OB2)360
=π(32−1⋅52)3
=94π(m2)，
故答案为：94πm2．
利用扇形面积公式，根据S阴影=S扇形AOD−S扇形BOC即可求解．
本题考查了求扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
15.【答案】4 2−4或4 33
【解析】
【分析】
本题考查翻折变换(折叠问题)、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
当点E′落在CD边上时，由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，证明△ABE≌△ADE′，可得BE=DE′，CE=CE′，设BE=x，则EE′=2x，CE=4−x，在Rt△CEE′中，根据EE′= CE2+CE′2= 2(4−x)，可得方程2x= 2(4−x)，求解x即可；当点E′落在AD的延长线上时，由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，则∠BAE=30°，在Rt△ABE中，可得BE．
【解答】
解：当点E′落在CD边上时，
由翻折可得AE=AE′，BE=B′E=B′E′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADE′中
AB=ADAE=AE′
∴Rt△ABE≌Rt△ADE′(HL)，
∴BE=DE′，
∴CE=CE′，
设BE=x，
则EE′=2x，CE=4−x，
在Rt△CEE′中，
EE′= CE2+CE′2= 2(4−x)，
∴2x= 2(4−x)，
解得x=4 2−4，
即BE=4 2−4．
当点E′落在AD的延长线上时，
由翻折可得∠BAE=∠B′AE=∠B′AE′，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=30°，
在Rt△ABE中，
BE=12AE，AB=4，
∴BE=4 33．
综上所述，BE=4 2−4或4 33．
16.【答案】解：(1)原式=4+ 3−5+1
= 3；
(2)原式=(a−3)2a(a−2)÷(a−2a−2−1a−2)
=(a−3)2a(a−2)÷a−3a−2
=(a−3)2a(a−2)⋅a−2a−3
=a−3a．
【解析】(1)根据实数的混合计算法则和零指数幂计算法则求解即可；
(2)根据分式的混合计算法则求解即可．
本题主要考查了实数的混合计算，分式的混合计算，零指数幂，熟知相关计算法则是解题的关键．
17.【答案】解：(1)95；90；20
(2)该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数3000×30%=900(台)；
(3)A型号的扫地机器人扫地质量更好，理由是在平均除尘量都是90的情况下，A型号的扫地机器人除尘量的众数>B型号的扫地机器人除尘量的众数(理由不唯一)．
【解析】
【分析】
本题考查数据的整理，涉及众数、中位数、平均数、方差等，解题的关键是掌握数据收集与整理的相关概念．
(1)根据众数、中位数概念可求出a、b的值，由B型扫地机器人中“良好”等级占50%，“优秀”等级所占百分比为30%，可求出m的值；
(2)用3000乘30%即可得答案；
(3)比较A型、B型扫地机器人的除尘量平均数、众数可得答案．
【解答】
解：(1)在83，84，84，88，89，89，95，95，95，98中，出现次数最多的是95，
∴众数a=95，
10台B型扫地机器人中“良好”等级有5台，占50%，“优秀”等级所占百分比为30%，
∴“合格”等级占1−50%−30%=20%，即m=20，
把B型扫地机器人的除尘量从小到大排列后，第5个和第6个数都是90，
∴b=90，
故答案为：95，90，20；
(2)该月B型扫地机器人“优秀”等级的台数3000×30%=900(台)；
(3)A型号的扫地机器人扫地质量更好，理由是在平均除尘量都是90的情况下，A型号的扫地机器人除尘量的众数>B型号的扫地机器人除尘量的众数(理由不唯一)．
18.【答案】4
【解析】解：(1)∵开机加热时水温每分钟上升20℃，
∴水温从20℃加热到100℃，所需时间为100−2020=4(min)，
故答案为：4；
(2)由题可得，(4,100)在反比例函数图象上，
设反比例函数解析式为y=kx，
代入点(4,100)可得，k=400，
∴y=400x，
当y=20时，x=40020=20，
∴水温下降过程中，y与x的函数关系式是y=400x(4≤x≤20)；
(3)由计算可知，水温从20℃开始加热到100℃再冷却到20℃需4+20=24分钟，
水温从20℃加热到30℃所需要时间为：80−2020=3，
令y=80，则x=40080=5，
∴水温不低于30℃的时间为5−3=2(分钟)，
答：不低于80℃的时间有2分钟．
(1)根据开机加热时水温每分钟上升20℃即可求出水温从20℃加热到100℃所需时间；
(2)根据反比例函数过点(4,100)可求出解析式；
(3)分别计算出水温达到100℃前80℃和达到100℃后再降到80℃所需时间即可．
本题考查了反比例函数的应用，数形结合，是解决本题的关键．
19.【答案】解：延长EC交AM于G点，如图，
则MG=EF=CD=2，DF=CE=38，∠AEG=31°，∠ACG=45°，
设AG=x m，
在Rt△ACG中，∠ACG=∠CAG=45°，
∴CG=AG=x，
在Rt△AEG中，∵tan∠AEG=AGEG，
∴EG=xtan31∘=x0.6，
∵EG=CE+CG，
∴x0.6=38+x，
解得x=57，
∴AM=AG+MG=57+2=59(m)．
答：天中柱AM的高度为59m．
【解析】延长EC交AM于G点，如图，则MG=EF=CD=2，DF=CE=38，∠AEG=31°，∠ACG=45°，设AG=xm，先在Rt△ACG中，利用等腰直角三角形的性质表示出CG=x，再在Rt△AEG中利用正切的定义表示出EG=x0.6，接着利用EG=CE+CG列方程，然后解方程求出x，最后计算AM=AG+MG即可．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角：解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形．
20.【答案】解：(1)设每盆A种花卉种植费用为x元，每盆B种花卉种植费用为y元，根据题意，
得：3x+4y=3304x+3y=300，
解得：x=30y=60，
答：每盆A种花卉种植费用为30元，每盆B种花卉种植费用为60元；
(2)设种植A种花卉的数量为m盆，则种植B种花卉的数量为(400−m)盆，种植两种花卉的总费用为w元，
根据题意，得：(1−70%)m+(1−90%)(400−m)≤80，
解得：m≤200，
w=30m+60(400−m)=−30m+24000，
∵−30<0，
∴w随m的增大而减小，
当m=200时，w的最小值=−30×200+24000=18000，
答：种植A、B两种花卉各200盆，能使今年该项的种植费用最低，最低费用为18000元．
【解析】(1)设每盆A种花卉种植费用为x元，每盆B种花卉种植费用为y元，根据题意列出关于x的二元一次方程组，求解即可；
(2)设种植A种花卉的数量为m盆，则种植B种花卉的数量为(400−m)盆，种植两种花卉的总费用为w元，由题意：这两种花卉在明年共补的盆数不多于80盆，列出一元一次不等式，解得m≤200，再由题意得w=−30m+24000，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了一元一次不等式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．
21.【答案】(1)证明：∵弧AD=弧CD，
∴∠ABD=∠DBE，
又∵AB=BE，BD=BD，
∴△ABD≌△EBD(SAS)，
∴AD=DE；
(2)①如图，连接OD．
∵DE为⊙O的切线，
∴∠ODE=90°．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°．
∵弧AD=弧CD，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA=45°．
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠DCA=45°，
∴∠CDE=45°．
∵AD=CD，AD=DE，
∴CD=DE，
∴∠E=∠DCE=67.5°；
②连接OB．
∵△ABD≌△EBD，
∴∠BAD=∠E=67.5°，
∴∠BAC=∠BAD−∠DAC=22.5°，
∴∠BOC=45°，
∴弧BC的长度是45π×2180=π2．
【解析】(1)先证∠ABD=∠DBE，再证△ABD≌△EBD(SAS)，即可得到结论；
(2)①连接OD，由切线性质及圆周角定理可得∠ODE=90°，∠ADC=90°，由弧AD=弧CD，OD=OC，进而可得∠DAC=∠DCA=45°，∠ODC=∠DCA=45°，由(1)可知AD=DE，进而可得CD=DE，进而结合等腰三角形的性质可得∠E=∠DCE=67.5°；②连接OB，由△ABD≌△EBD，可知∠BAD=∠E=67.5°，可知∠BAC=∠BAD−∠DAC=22.5°，由圆周角定理得∠BOC=45°，利用弧长公式可求弧BC的长度是45π×2180=π2．
本题考查了全等三角形的判定和性质，圆周角定理，弧与弦、圆周角的关系，切线性质，弧长公式、等腰三角形的性质，证明△ABD≌△EBD，掌握弧长公式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)将A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得：1−b+c=09+3b+c=0，解得：b=−2c=−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
(2)∵抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
∴抛物线的顶点F的坐标为(1,−4)，抛物线的对称轴为直线x=1．
当x=0时，y=02−2×0−3=−3，
∴点C的坐标为(0,−3)．
设直线BC的解析式为y=mx+n(m≠0)，
将B(3,0)，C(0,−3)代入y=mx+n，
得：3m+n=0n=−3，解得：m=1n=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3．
当x=1时，y=1−3=−2，
∴点E的坐标为(1,−2)，
∴EF=−2−(−3)=1．
(3)∵点A的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(3,0)，
∴AB=3−(−1)=4．
设点P的坐标为(t,t2−2t−3)．
∵S△PAB=6，
∴12×4×|t2−2t−3|=6，
即t2−2t−3=3或t2−2t−3=−3，
解得：t1=1− 7，t2=1+ 7，t3=0，t4=2，
∴存在满足S△PAB=6的点P，点P的坐标为(1− 7,3)或(1+ 7,3)或(0,−3)或(2,3)．
【解析】(1)根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的性质，可求出抛物线顶点F的坐标及抛物线的对称轴，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，根据点B，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E的坐标，结合点F的坐标，即可求出线段EF的长；
(3)又点A，B的坐标可求出线段AB的长，设点P的坐标为(t,t2−2t−3)，利用三角形的面积计算公式，结合S△PAB=6，即可得出关于t的方程，解之即可得出t值，进而可得出点P的坐标．
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据给定点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；(2)利用二次函数的性质及一次函数图象上点的坐标特征，求出点F，E的坐标；(3)利用三角形的面积计算公式，找出关于t的一元二次方程．
23.【答案】60
【解析】解：(1)∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将△ACD沿AD折叠得到△AED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
(2)∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将△ACD沿AD折叠得到△AED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；
(3)如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=2 3，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD= y−4，
∵S△ADC=12×OC×AO−12×OD×OA，
∴x=12×2×2 3−12×2× y−4，
∴y=(2 3−x)2+4．
(1)由折叠的性质可得AC=AE=AB，由等腰三角形的性质可求解；
(2)由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，由等腰三角形的性质可求解；
(3)由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，由面积和差关系可求解．
本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
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