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2023年黑龙江省佳木斯市富锦二中中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省佳木斯市富锦二中中考数学三模试卷（含解析），共32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富锦二中中考数学三模试卷
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. 下列计算中，正确的是( )
A. a⋅a3=a4 B. a6÷a2=a3
C. (−2x2)3=−6x6 D. (a+2)2=a2+4
2. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 已知一组数据2，a，4，5的众数为5，则这组数据的平均数为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 如图是由一些完全相同的小正方体搭成的几何体的左视图和俯视图，搭成这个几何体所用的小正方体的个数至少是( )
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
5. 某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由1280元降为720元.已知两次降价的百分率都是x%，则x的值是( )
A. 25% B. 25 C. 20% D. 20
6. 已知关于x的分式方程kx+1−1=x+k1−x的解为负数，则k的取值范围是( )
A. k>−12 B. k<−12且k≠−1
C. k<−12 D. k>−12且k≠0
7. 装乒乓球的盒子有两种，大盒装6个，小盒装4个，若将50个乒乓球都装进盒子且把每个盒子都装满，那么不同的装球方法有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
8. 如图，A是反比例函数y=kx(x<0)图象上一点，过点A作AB⊥y轴于点D，且D为线段AB的中点.若C为x轴上任意一点，且△ABC的面积为11，则k的值为( )
A. −112 B. −11 C. 11 D. 112
9. 如图，在四边形ABCD中，AB=AC=AD，∠BAD=90°，作DE⊥AC于点E，DE=8，连接BE，BE=BC，则AE的长为( )
A. 10
B. 8
C. 6
D. 4
10. 如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE=DE，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE.下列结论：①CH=BE；②CH⊥BE；③S△GCE=S△GDH；④当E是CD的中点时，GFGE=45；⑤当EC=2DE时，S正方形ABCD=6S四边形DEGH.其中正确结论的序号是( )
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①③④⑤ D. ②④⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 据统计，我国每年浪费粮食约是35000000吨，将35000000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y=3 x−1中，自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，AB与OM相交于点A，与ON相交于点B，OP⊥AB，垂足为P，添加一个条件______ ，使△AOP≌△BOP(填一个即可)．
14. 任意抛掷一枚质地均匀的骰子，骰子停止转动后，朝上的点数小于3的概率是______ ．
15. 若关于x的不等式组2−x2>2x−432x+a>3x的解集是x<2，则a的取值范围是______ ．
16. 已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC=2 3cm，则∠A=______．
17. 圆锥的母线长为5cm，高为4cm，则该圆锥侧面展开图扇形的圆心角的度数为______ ．
18. 如图，在△ABC中，AC=4，∠A=60°，BD⊥AC交AC于点D，P为线段BD上的动点，则PC+12PB的最小值为______ ．
19. 在矩形ABCD中，AB=5，BC=8，M是直线BC上的一点，将△DCM沿DM折叠，得到△DEM，连接AE，若AE=AB，则CM的长为______ ．
20. 如图，射线OD与x轴所夹的锐角为30°，OA1的长为1，△A1A2B1，△A2A3B2，△A3A4B3，…，△AnAn+1Bn均为等边三角形，点A1，A2，A3，…，An+1在x轴的正半轴上依次排列，点B1，B2，B3，…，Bn在射线OD上依次排列，那么点B2023的坐标为______ ．
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：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)，其中x=2sin45°+1．
22. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,5)，B(−2,1)，C(−1,3)．
(1)若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为(4,0)，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)将△ABC绕着点O按逆时针方向旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
(3)求出(2)中点A旋转到点A2所经过的路径长．
23. (本小题6.0分)
已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1,0)和点B(−3,0)，与y轴交于点C，P为第二象限内抛物线上一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，连接PO交直线BC于点D，当PDDO=12时，直接写出点P的横坐标．
24. (本小题7.0分)
为了解七年级同学最喜欢看哪一类课外书，某校随机抽取本校七年级部分同学进行问卷调查(每人必选且只选择一种最喜欢的书籍类型).如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图.请根据统计图的信息，解答下列问题：
(1)一共有多少名学生参与了本次问卷调查？
(2)补全条形统计图；
(3)扇形统计图中“其他”所在扇形的圆心角度数为______ ；
(4)若该校七年级有1500名学生，请你估计喜欢“科普常识”的学生人数．
25. (本小题8.0分)
小张骑摩托车从A地去B地，小王驾车从B地去A地再返回B地.两人同时出发，小张骑摩托车的速度为36km/h，小王去A地用了2h，返回时速度有所提高，小张、小王两人离A地的路程y(单位：km)与小张出发的时间x(单位：h)之间的函数关系如图所示．
(1)A，B两地之间的路程为______ km；
(2)求出小王返回追上小张时，他们离B地的距离；
(3)直接写出小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间．
26. (本小题8.0分)
已知△ABC为等边三角形，点D在边BC上，点F在射线AB上，以DF为一边作等边三角形DEF，连接BE．
(1)当点F与点A重合时，如图①，线段BE，BD，BF之间的数量关系是______ ；
(2)点F在AB边上时，如图②；当点F在AB边的延长线上时，如图③，猜想线段BE，BD，BF之间存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图③的猜想给予证明．
27. (本小题10.0分)
某手机经销商计划同时购进甲乙两种型号手机，若购进2部甲型号手机和5部乙型号手机，共需要资金6000元；若购进3部甲型号手机和2部乙型号手机，共需要资金4600元．
(1)求甲、乙型号手机每部进价各为多少元；
(2)该店预计用不少于1.78万元且不多于1.92万元的资金购进这两种型号手机共20部，请问有多少种进货方案？
(3)若甲型号手机的售价为1500元，乙型号手机的售价为1450元，为了促销，公司决定每售出一台乙型号手机.返还顾客现金a元，甲型号手机售价不变，要使(2)中购进的手机全部售完，每种方案获利相同，求a的值．
28. (本小题10.0分)
如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴上，OA，OC(OA
(2)求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)当点D落在AB上时，点N在x轴上，直线PQ上是否存在点M，使以D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、a⋅a3=a4，原式计算正确，符合题意；
B、a6÷a2=a4，原式计算错误，不符合题意；
C、(−2x2)3=−8x6，原式计算错误，不符合题意；
D、(a+2)2=a2+4a+4，原式计算错误，不符合题意；
故选：A．
根据同底数幂乘除法，积的乘方和完全平方公式等计算法则求解判断即可．
本题主要考查了同底数幂乘除法，积的乘方和完全平方公式，熟知相关计算法则是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、原图是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：众数是5，已知的三个数都只出现了一次，所以众数是5，
就可以知道a=5，
所以平均数=(2+5+4+5)÷4=16÷4=4．
故选：B．
要求平均数只要求出数据之和再除以总个数即可；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．依此先求出a，再求这组数据的平均数．
本题考查了平均数与众数的意义，掌握平均数等于所有数据之和除以数据的总个数是关键．
4.【答案】C
【解析】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最少有1个小正方体，
那么搭成这个几何体所用的小正方体的个数最少是4+1=5个．
故选：C．
易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层小正方体的个数，由左视图可得第二层小正方体的最少个数，相加即可．
本题主要考查学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
5.【答案】B
【解析】解：由题意得：1280(1−x%)2=720，
解得x=25或x=175，
当x=175时，1−175%=−75%<0(不符合题意，舍去)．
故选：B．
根据经过两次降价后的价格=原价×(1−x%)2建立方程，解方程即可得．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确建立方程是解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：kx+1−1=x+k1−x，
两边同乘(x+1)(1−x)得：
k(1−x)−(1+x)(1−x)=(x+k)(1+x)，
k−kx−1+x2=x+k+x2+kx
−2kx−x=1
x=1−2k−1
∵x<0，
∴1−2k−1<0，
∴2k+1>0，
得k>−12，
检验得分母不为零，
∴x≠1且x≠−1，
得2k+1≠1且2k+1≠−1，
即k≠0且k≠−1，
综上k>−12且k≠0，
故选：D．
保留k解方程，得到x的解，再利用解为负数列不等式且分母不为零，求出k的取值范围即可．
本题考查已知分式方程解的范围求分式方程中参数的取值范围，注意计算时保留参数须将参数看成常数，且分式方程的解需要检验确保分母不为零．
7.【答案】B
【解析】解：设大盒x盒，小盒y盒，
由题意可得：6x+4y=50，
∴3x+2y=25，
∵x，y都是正整数，
∴x=1时，y=11；
x=3时，y=8；
x=5时，y=5；
x=7时，y=2；
故不同的装球方法有4种．
故选：B．
可设大盒x盒，小盒y盒，根据等量关系：大盒的乒乓球个数+小盒的乒乓球个数=50，列出方程，再根据正整数的定义即可求解．
考查了二元一次方程的应用，此题是一道紧密联系生活实际的题，是二元一次方程整数解的应用．
8.【答案】B
【解析】解：过点A作AE⊥x轴于E，
设AD=a，AE=b，
则点A的坐标为(−a,b)，
∴k=−ab，
∵点D为AB的中点，
∴DB=AD=a，
∴AB=2a，
∴S△ABC=12AB⋅AE=11，
即：12×2a⋅b=11，
∴ab=11，
∴k=−11．
故选：B．
过点A作AE⊥x轴于E，设AD=a，AE=b，由此可得出点A的坐标，进而可得k=−ab，然后再根据△ABC的面积可求出ab=11，据此即可得出答案．
此题主要考查了反比例函数的图象，三角形的面积，解答此题的关键是熟练掌握三角形的面积计算公式，理解函数图象上的点满足函数的解析式，满足函数解析式的点都在函数的图象上．
9.【答案】C
【解析】解：过点F作BF⊥AC交AC与点F，
∵BE=BC，
∴CF=EF，
∵∠BAD=90°，DE⊥AC，
∴∠EDA+∠DAE=90°，∠DAE+∠FAB=90°，
∴∠FAB=∠EDA，
在△ABF和△DAE中，
∠AFB=∠DEA∠FAB=∠EDAAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE=8，
设AE=x，则AC=AD= AE2+DE2= x2+82
AF=AE+FE=x+ x2+64−x2，AF=8，
∴x+ x2+64−x2=8，
2x+ x2+64−x=16，
x2+64=16−x，
∴x=6，
经检验x=6符合题意，
即AE=6．
故选：C．
过点F作BF⊥AC交AC与点F，根据等腰三角形的性质得出CF=EF，根据同角的余角相等易证△ABF≌△DAE，根据全等三角形的性质得出AF=DE=8，设AE=x，则AC=AD= x2+82，从而得出AF=x+ x2+64−x2，再将AF=8建立方程，求解即可得出答案．
本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、无理方程，熟练掌握性质定理是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=∠ADC=90°，
∵CE=DH，
∴△BCE≌△CDH(SAS)，
∴∠CBE=∠DCH，BE=CH，故①正确；
∵∠DCH+∠FCB=∠DCB=90°，
∴∠CBF+∠FCB=90°，
∴∠BFC=90°，
∴CH⊥BE，故②正确；
∵G在正方形对角线BD上，
∴G到AD，CD的距离相等，
∵△BCE≌△CDH(SAS)，
∴CE=DH，
∴S△GCE=S△GDH，故③正确；
设正方形ABCD的边长为4a，
∴BC=CD=4a，
当E是CD的中点时，EC=HD=2a．
由勾股定理得：
BE= BC2+CE2= (4a)2+(2a)2=2 5a=CH，
∵∠HDG=∠CBG=45°，∠HGD=∠CGB，
∴△HGD∽△CGB，
∴HGCG=DHBC=12，
∴GC=23CH，
∵∠BEC=∠CEF，∠ECB=∠EFC=90°，
∴△ECB∽△EFC，
∴CEEF=BECE，
∴2aEF=2 5a2a，
∴EF=2 5a5，
∴CF= CE2−EF2= (2a)2−(2 5a5)2=4 5a5，
∵GC=23CH=23×2 5a=4 5a3，
∴GF=CG−CF=4 5a3−4 5a5=8 5a15，
∴GE= GF2+EF2= (8 5a15)2+(2 5a5)2=2 5a3，
∴GFGE=8 5a15×32 5a=45，
∴当E是CD的中点时，GFGE=45，故④正确，
当EC=2DE时，CECD=23，
∵DH=CE，DC=BC，
∴DHBC=CECD=23，
∵△HGD∽△CGB，
∴S△HGDS△CGB=(DHBC)2=49，
∵△GDH中DH边上的高与△DGC中CD边上的高相等，DHBC=DHCD=23，
∴S△GDHS△DGC=DHCD=23，
设S△GDH=4x，则S△CGB=9x，S△DGC=6x，
∴S△BCD=S△CGB+S△DGC=9x+6x=15x，
∴S正方体ABCD=2S△BCD=30x，
当EC=2DE时，DECD=13，
∴S△DEGS△DCG=13，
∴S△DEG=2x，
∴S四边形DEGH=S△GDH+S△DEG=4x+2x=6x，
∴S正方体ABCD=5S四边形DEGH，故⑤不正确，
综上所述：正确结论的序号是①②③④，
故选：A．
根据正方形的性质证明△BCE≌△CDH，可以判断①；然后证明∠BFC=90°，可以判断②；由△BCE≌△CDH(SAS)，CE=DH，根据正方形对角线上的点到AD，DC边上的距离相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC=HD=2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH=4x，则S△CGB=9x，S△DGC=6x，得S△BCD=15x，所以S正方体ABCD=2S△BCD=30x，当EC=2DE时，DECD=13，证得S四边形DEGH=S△GDH+S△DEG=4x+2x=6x，进而可以判断⑤．
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△HGD∽△CGB．
11.【答案】3.5×107
【解析】解：35000000=3.5×107，
故答案为：3.5×107．
科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
12.【答案】x>1
【解析】解：根据题意得到：x−1>0，
解得x>1．
故答案为：x>1．
从两个角度考虑：分式的分母不为0；偶次根式被开方数大于或等于0；当一个式子中同时出现这两点时，应该是取让两个条件都满足的公共部分．
本题考查了函数式有意义的x的取值范围．判断一个式子是否有意义，应考虑分母上若有字母，字母的取值不能使分母为零，二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数．易错易混点：学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆．
13.【答案】OA=OB(答案不唯一)
【解析】解：添加OA=OB，理由如下：
∵OP平分∠MON，
∴∠AOP=∠BOP，
在△AOP和△BOP中，
AO=BO∠AOP=∠BOPOP=OP，
∴△AOP≌△BOP(SAS)，
故答案为：OA=OB(答案不唯一)．
添加OA=OB，可根据SAS证明△AOP≌△BOP即可．
本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，共有6种结果，其中朝上点数小于3的有1、2这两种结果，
∴朝上点数小于3的概率是26=13．
故答案为：13．
由任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，共有6种结果，其中朝上点数小于3的有1、2这两种结果，再根据概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
15.【答案】a≥2
【解析】解：由2−x2>2x−43，得：x<2，
由2x+a>3x，得：x
∴a≥2，
故答案为：a≥2．
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、大大小小找不到，结合不等式组的解集可得答案．
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．
16.【答案】60°或120°
【解析】解：如图，
∵BC=2 3，OD⊥BC，
∴BD= 3，
在Rt△BOD中，
sin∠BOD=BDOB= 32，
∴∠BOD=60°，
∴∠BOC=120°，
∵∠A1=12∠BOC=60°，
∵四边形A1BA2C为圆内接四边形，
∴∠A2=180°−60°=120°，
故答案为60°或120°．
首先利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
本题主要考查了三角形的外接圆，解题关键是利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
17.【答案】216°
【解析】解：圆锥的底面圆的半径为： 52−42=3(cm)，
设圆锥侧面展开图的圆心角为n°，
则2π×3=nπ×5180，
∴n=216，
∴圆锥侧面展开图的圆心角为216°，
故答案为：216°．
先利用勾股定理求出圆锥的底面圆半径，再利用侧面扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列方程即可求出答案．
本题主要考查圆锥的计算，解题关键是熟知圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长．
18.【答案】2 3
【解析】解：过点P作PH⊥AB于点H，如图所示：
∵∠A=60°，BD⊥AC，
∴∠ABD=30°，
∴PH=12PB，
∴PC+12PB=PC+PH，
若使PC+12PB的值为最小，也就相当于PC+PH为最小，
∴当点C、P、H三点共线时，PC+PH的值为最小，如图所示：
∵AC=4，
∴CH=AC⋅sinA=4× 32=2 3，
∴PC+12PB的最小值为2 3；
故答案为：2 3．
过点P作PH⊥AB于点H，由题意易得PH=12PB，进而可得PC+12PB即为PC+PH，若使PC+12PB的值为最小，也就相当于PC+PH为最小，则有当点C、P、H三点共线时，PC+PH的值为最小，最后问题可求解．
本题主要考查三角函数及勾股定理，解题的关键是利用“胡不归”模型找到最小值的情况，然后进行求解即可．
19.【答案】52或10
【解析】解：当点M在线段BC上时，过点E作EG⊥AD于点G，延长GE交BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠C=∠CDA=∠BAD=90°，AD=BC=8，AB=CD=5，
根据折叠可知，CD=DE=5，CM=EM，
∵AE=AB=5，
∴AE=DE=5，
∵EG⊥AD，
∴AG=DG=12AD=4，
∵∠AGE=90°，
∴根据勾股定理得：GE= AE2−AG2=3，
∵∠BAG=∠AGH=∠ABH=90°，
∴四边形ABHG为矩形，
∴GH=AB=5，BH=AG=4，∠BHG=90°，
∴EH=5−3=2，
设CM=EM=x，则MH=8−4−x=4−x，
∵∠EHM=180°−90°=90°，
∴在Rt△MEH中，根据勾股定理得：ME2=MH2+EH2，
即x2=(4−x)2+22，
解得：x=52；
当点M在CB延长线上时，过点E作EH⊥AD于点G，延长EG交BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠C=∠CDA=∠BAD=90°，AD=BC=8，AB=CD=5，
根据折叠可知，CD=DE=5，CM=EM，
∵AE=AB=5，
∴AE=DE=5，
∵EG⊥AD，
∴AG=DG=12AD=4，
∵∠AGE=90°，
∴根据勾股定理得：GE= AE2−AG2=3，
∵∠AGE=90°，
∴∠AGH=180°−90°=90°，
∵∠BAG=∠AGH=∠ABH=90°，
∴四边形ABHG为矩形，
∴GH=AB=5，BH=AG=4，∠BHG=90°，
∴EH=5+3=8，
设CM=EM=x，则MH=x−8+4=x−4，
在Rt△MEH中，根据勾股定理得：ME2=MH2+EH2，
即x2=(x−4)2+82，
解得：x=10；
综上分析可知，CE的长为52或10．
故答案为：52或10．
分两种情况进行讨论，当点M在线段BC上时，当点M在CB延长线上时，分别画出图形，根据矩形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理求出结果即可．
本题主要考查了矩形与折叠，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是画出图形，注意分类讨论．
20.【答案】(3×22021,22021 3)
【解析】解：∵△A1A2B1为等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，
∵∠B1OA2=30°，
∴∠B1OA2=∠A1B1O=30°，
∴OA2=2OA1=2，
同理可得，OAn=2n，
∵∠BnOAn+1=30°，∠BnAnAn+1=60°，
∴∠BnOAn+1=∠BnAnAn+1=30°，
∴BnAn=OAn=2n，即△AnBnAn+1的边长为2n−1，则其高为 32×2n，
∴点Bn的横坐标为12×2n，
∴点Bn的坐标为(3×2n−2, 3×2n−2)，
∴点B2023的坐标为(3×22021,22021 3)．
故答案为：(3×22021,22021 3)．
根据等边三角形的性质和∠B1OA2=30°，得∠B1OA2=∠A1B1O=30°，得到OA2=2OA1=2，同理求得OAn=2n−1，根据含30°角的直角三角形的性质可求得△AnBnAn+1的边长，得到点B2023的坐标．
本题主要考查了等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，根据条件找到等边三角形的边长和OA1的关系是解题的关键．
21.【答案】解：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)
=x(x+1)(x−1)2÷2x−x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2⋅x(x−1)x+1
=x2x−1．
当x=2sin45°+1= 2+1时，
原式=( 2+1)2 2+1−1=3+2 2 2=3 2+42．
【解析】先根据分式的混合运算法则化简，再根据特殊角的三角函数值求得x，最后代入计算即可．
本题主要考查了分式的混合运算、特殊角的三角函数值等知识点，灵活运用分式混合运算法则化简分式是解答本题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，
∵点C(−1,3)的对应点C1(4,0)，
∴横坐标+5，纵坐标−3，
∴点A1(−3+5,5−3)即A1(2,2)，
(2)如图，旋转90°后点C2的坐标为(−3,−1)，
(3)如图，点A旋转到点A2 所经过的路径是弧长，
由旋转性质可知，∠AOA2=90°，OA= 32+52= 34，
∴点A旋转到点A2所经过的弧长为90π× 34180= 342π．
【解析】(1)根据三角形在平面直角坐标系点的平移变化，记住对应点一定作相同的变化即可；
(2)根据旋转性质，△ABC绕点O逆时针旋转90°，结合图形，对应点C2易求解；
(3)求点A旋转到点A2所经过的路径长，转化为求弧长即可．
本题考查了旋转变换和平移变换等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，弧长公式的应用．
23.【答案】解：(1)将点A(1,0)和点B(−3,0)代入y=ax2+bx+3，
得a+b+3=09a−3b+3=0，
解得a=−1b=−2．
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
(2)如图，过点P作PT⊥x轴于点T，过点D作DK⊥x轴于点K，则PT//DK，
∴△OPT∽△ODK，
∴OTOK=POOD，
∵PDDO=12，即PODO=32，
∴OTOK=POOD=32，
∵y=−x2−2x+3．
∴C(0,3)，
∴设直线BC的解析式为y=kx+3(k≠0)，
∴−3k+3=0，解得：k=1，
∴设直线BC的解析式为y=x+3，
设P(t,−t2−2t+3)且−3
设直线OP的解析式为y=k1x(k1≠0)，
∴tk1=−t2−2t+3，
∴k1=−t2−2t+3t，
∴直线OP的解析式为y=−t2−2t+3tx，
y=−t2−2t+3txy=x+3，
解得x=−3tt2+3t−3y=3t2+9t−9t2+3t−3，
∴OK=−(−3tt2+3t−3)=3tt2+3t−3，
∴OTOK=−t3tt2+3t−3=32，
解得：t=−3+ 32或t=−3− 32．
∴点P的横坐标为−3+ 32或−3− 32．
【解析】(1)直接运用待定系数法求解即可；
(2)如图，过点P作PT⊥x轴于点T，过点D作DK⊥x轴于点K，则PT//DK；则△OPT∽△ODK，根据相似三角形的性质结合已知条件可得OTOK=POOD=32；设P(t,−t2−2t+3)且−3
24.【答案】36°
【解析】解：(1)80÷40%=200(名)．
答：一共有200名学生参与了本次问卷调查．
(2)喜欢科普常识的人数为200−80−40−20=60名，
补全条形统计图如图所示：
(3)360°×20200=36°，
∴扇形统计图中“其他”所在扇形的圆心角度数为36°，
故答案为：36°；
(4)1500×30%=450(名)．
答：估计喜欢“科普常识”的学生有450名．
(1)用喜欢小说的人数除以其人数占比即可求出参与本次调查的学生人数；
(2)先求出喜欢科普常识的人数，然后补全统计图即可；
(3)用360°乘以喜欢其他的人数占比即可得到答案；
(4)1500乘以样本中喜欢科普常识的人数占比即可得到答案．
本题考查扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量及数量之间的关系是解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
25.【答案】144
【解析】解：(1)36×4=144km，
∴A，B两地之间的路程为144km，
故答案为：144；
(2)设小王返回追上小张时，小张所用的时间为x h．
小王返回时的速度为144÷(3.6−2)=90(km/h)．
∴90(x−2)=36x．
解得x=103．
144−36×103=24(km)．
答：小王返回追上小张时，他们离B地的距离为24km．
(3)设小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为t，
当小王没有追上小张时，由题意得，90(t−2)+12=36t，
解得t=289h；
当小王追上小张后，由题意得，90(t−2)=36t+12，
解得t=329h，
综上所述，小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为289h或329h．
(1)根据小张从A到B用了4小时，结合小张的速度即可得到答案．
(2)设小王返回追上小张时，小张所用的时间为x h，先求出小王返回时的速度，再根据路程=速度×时间列出方程求解即可；
(3)设小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为t，然后分当小王没有追上小张时，当小王追上小张后，两种情况建立方程求解即可．
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
26.【答案】BE+BD=BF
【解析】(1)证明：∵点F与点A重合，
∴△ABC与△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=60°，AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠DAE−∠BAD=60°−∠BAD，∠CAD=∠BAC−∠BAD=60°−∠BAD，
∴∠BAE=∠CAD，
∴△CAD≌△BAE(SAS)，
∴BE=CD，
∴BE+BD=CD+BD=BC，
∵AB=BC=BF，
∴BE+BD=BF；
(2)图②猜想：BE+BD=BF．
图③猜想：BD+BF=BE．
图③证明：过点D作DG//AC，交AB于点G，如图．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠A=∠C=60°．
∵DG//AC，
∴∠BGD=∠A=60°，∠BDG=∠C=60°．
∴△BDG为等边三角形．
∴BD=DG=BG．
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠FDE=60°．
∵∠GDB+∠BDF=∠EDF+∠BDF，即∠GDF=∠BDE，
∴△BDE≌△GDF(SAS)．
∴BE=GF．
∵GF=BF+BG=BF+BD，
∴BD+BF=BE．
(1)根据等边三角形的性质得出AB=AC=BC，∠BAC=60°，AD=AE，∠DAE=60°，再由各角之间的关系确定∠BAE=∠CAD，根据全等三角形的判定和性质即可证明；
(2)根据图象对图②③作出猜想即可；过点D作DG//AC，交AB于点G，根据等边三角形的判定和性质得出△BDG为等边三角形，再由全等三角形的判定和性质得出△BDE≌△GDF，BE=GF，结合图形即可证明．
题目主要考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
27.【答案】解：(1)设甲型号手机每部进价为x元，乙型号手机每部进价为y元，
依题意，得2x+5y=60003x+2y=4600，
解得x=1000y=800，
答：甲型号手机每部进价为1000元，乙型号手机每部进价为800元．
(2)设购进甲型号手机m部，则购进乙型号手机(20−m)部．
依题意，得17800≤1000m+800(20−m)≤19200，
解得9≤m≤16．
又m为整数，m可以为9，10，11，12，13，14，15，16，
∴有8种进货方案．
(3)设20部手机全部销售完后获得的总利润相等，则：
(1500−1000)m+(1450−800−a)(20−m)=(a−150)m+13000−20a．
(2)中每种方案获利相同，
∴利润计算式中不能有含m的项，
∴a−150=0．
∴a=150．
答：a的值为150．
【解析】(1)设未知数列二元一次方程组解方程即可；
(2)设未知数列不等式，解不等式，考虑实际问题中取整得到解的可能情况；
(3)用(2)中未知数和a列出利润计算式，根据m的值不影响利润结果得到含m的项系数为0，求出a即可．
本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，及定值问题．注意定值问题中一个式子的值与m无关，则含有m的项中，m的系数为0．
28.【答案】解：(1)解方程x2−(3+3 3)x+9 3=0，
得x1=3，x2=3 3．
∵OA
∴点B的坐标为(3,3 3)．
(2)由题意，得CP= 3t，CQ=t．
在Rt△PCQ中，tan∠CQP=CPCQ= 3tt= 3，
∴∠CQP=60°．
由折叠可知∠BQD=∠DQP=∠CQP=60°，DQ=CQ=t，PD=CP= 3t．
当点D落在AB上时，如图所示：
∵∠BDQ=90°−∠BQD=30°，
∴DQ=2BQ．
∵BQ=3−t，
∴t=2(3−t)，
∴t=2．
①当0
②当2
∵∠DQB=60°，
∴∠DEF=∠BEQ=30°，
∴QE=2QB=2(3−t)=6−2t，
∴DE=DQ−QE=t−(6−2t)=3t−6，
∴DF=DE⋅tan30°= 33(3t−6)，
∴S=S△PDQ−S△EDF= 32t2−12DE⋅DF= 32t2−12(3t−6)× 33(3t−6)=− 3t2+6 3t−6 3．
综上，S= 32t2,0
此时，CP=PD=2 3，CQ=DQ=2，
∴OP=OC−CP= 3，BQ=BC−CQ=1，BD= DQ2−BQ2= 3，
∴DA=AB−BD=2 3，
∴P(0, 3)，Q(2,3 3)，D(3,2 3)，
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
则b= 32k+b=3 3，
解得b= 3k= 3，
∴直线PQ的解析式为y= 3x+ 3，
∵点N在x轴上，点M在直线PQ上，
∴设N(n,0)，M(m, 3m+ 3)，
以D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况：
当点M在x轴下方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xN+xD=xM+xQ，yN+yD=yM+yQ，
即n+3=m+20+2 3= 3m+ 3+3 3，
解得n=−3m=−2，
∴M(−2,− 3)；
当点M在x轴上方、BC下方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xM+xD=xN+xQ，yM+yD=yN+yQ，
即m+3=n+2 3m+ 3+2 3=0+3 3，
解得n=1m=0，
∴M(0, 3)；
当点M在BC上方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xM+xN=xD+xQ，yM+yN=yD+yQ，
即m+n=3+2 3m+ 3+0=2 3+3 3，
解得n=1m=4，
∴M(4,5 3)；
综上可知，点M的坐标为(0, 3)或(−2,− 3)或(4,5 3)．
【解析】(1)解一元二次方程x2−(3+3 3)x+9 3=0，推出OA=3，OC=3 3，可得B(3,3 3)；
(2)点D落在AB上时t=2，再分0
本题考查解一元二次方程，矩形中的动点问题，解直角三角形，平行四边形存在性问题等，解题的关键是求出点D落在AB上时点D，P，Q的坐标，画出不同情况下点M和点N的位置示意图是解题的关键．
2023年黑龙江省佳木斯市富锦二中中考数学三模试卷
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. 下列计算中，正确的是( )
A. a⋅a3=a4 B. a6÷a2=a3
C. (−2x2)3=−6x6 D. (a+2)2=a2+4
2. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 已知一组数据2，a，4，5的众数为5，则这组数据的平均数为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 如图是由一些完全相同的小正方体搭成的几何体的左视图和俯视图，搭成这个几何体所用的小正方体的个数至少是( )
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
5. 某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由1280元降为720元.已知两次降价的百分率都是x%，则x的值是( )
A. 25% B. 25 C. 20% D. 20
6. 已知关于x的分式方程kx+1−1=x+k1−x的解为负数，则k的取值范围是( )
A. k>−12 B. k<−12且k≠−1
C. k<−12 D. k>−12且k≠0
7. 装乒乓球的盒子有两种，大盒装6个，小盒装4个，若将50个乒乓球都装进盒子且把每个盒子都装满，那么不同的装球方法有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
8. 如图，A是反比例函数y=kx(x<0)图象上一点，过点A作AB⊥y轴于点D，且D为线段AB的中点.若C为x轴上任意一点，且△ABC的面积为11，则k的值为( )
A. −112 B. −11 C. 11 D. 112
9. 如图，在四边形ABCD中，AB=AC=AD，∠BAD=90°，作DE⊥AC于点E，DE=8，连接BE，BE=BC，则AE的长为( )
A. 10
B. 8
C. 6
D. 4
10. 如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE=DE，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE.下列结论：①CH=BE；②CH⊥BE；③S△GCE=S△GDH；④当E是CD的中点时，GFGE=45；⑤当EC=2DE时，S正方形ABCD=6S四边形DEGH.其中正确结论的序号是( )
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①③④⑤ D. ②④⑤
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 据统计，我国每年浪费粮食约是35000000吨，将35000000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y=3 x−1中，自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，AB与OM相交于点A，与ON相交于点B，OP⊥AB，垂足为P，添加一个条件______ ，使△AOP≌△BOP(填一个即可)．
14. 任意抛掷一枚质地均匀的骰子，骰子停止转动后，朝上的点数小于3的概率是______ ．
15. 若关于x的不等式组2−x2>2x−432x+a>3x的解集是x<2，则a的取值范围是______ ．
16. 已知△ABC是半径为2cm的圆的内接三角形，BC=2 3cm，则∠A=______．
17. 圆锥的母线长为5cm，高为4cm，则该圆锥侧面展开图扇形的圆心角的度数为______ ．
18. 如图，在△ABC中，AC=4，∠A=60°，BD⊥AC交AC于点D，P为线段BD上的动点，则PC+12PB的最小值为______ ．
19. 在矩形ABCD中，AB=5，BC=8，M是直线BC上的一点，将△DCM沿DM折叠，得到△DEM，连接AE，若AE=AB，则CM的长为______ ．
20. 如图，射线OD与x轴所夹的锐角为30°，OA1的长为1，△A1A2B1，△A2A3B2，△A3A4B3，…，△AnAn+1Bn均为等边三角形，点A1，A2，A3，…，An+1在x轴的正半轴上依次排列，点B1，B2，B3，…，Bn在射线OD上依次排列，那么点B2023的坐标为______ ．
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：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)，其中x=2sin45°+1．
22. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,5)，B(−2,1)，C(−1,3)．
(1)若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为(4,0)，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
(2)将△ABC绕着点O按逆时针方向旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
(3)求出(2)中点A旋转到点A2所经过的路径长．
23. (本小题6.0分)
已知抛物线y=ax2+bx+3经过点A(1,0)和点B(−3,0)，与y轴交于点C，P为第二象限内抛物线上一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，连接PO交直线BC于点D，当PDDO=12时，直接写出点P的横坐标．
24. (本小题7.0分)
为了解七年级同学最喜欢看哪一类课外书，某校随机抽取本校七年级部分同学进行问卷调查(每人必选且只选择一种最喜欢的书籍类型).如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图.请根据统计图的信息，解答下列问题：
(1)一共有多少名学生参与了本次问卷调查？
(2)补全条形统计图；
(3)扇形统计图中“其他”所在扇形的圆心角度数为______ ；
(4)若该校七年级有1500名学生，请你估计喜欢“科普常识”的学生人数．
25. (本小题8.0分)
小张骑摩托车从A地去B地，小王驾车从B地去A地再返回B地.两人同时出发，小张骑摩托车的速度为36km/h，小王去A地用了2h，返回时速度有所提高，小张、小王两人离A地的路程y(单位：km)与小张出发的时间x(单位：h)之间的函数关系如图所示．
(1)A，B两地之间的路程为______ km；
(2)求出小王返回追上小张时，他们离B地的距离；
(3)直接写出小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间．
26. (本小题8.0分)
已知△ABC为等边三角形，点D在边BC上，点F在射线AB上，以DF为一边作等边三角形DEF，连接BE．
(1)当点F与点A重合时，如图①，线段BE，BD，BF之间的数量关系是______ ；
(2)点F在AB边上时，如图②；当点F在AB边的延长线上时，如图③，猜想线段BE，BD，BF之间存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图③的猜想给予证明．
27. (本小题10.0分)
某手机经销商计划同时购进甲乙两种型号手机，若购进2部甲型号手机和5部乙型号手机，共需要资金6000元；若购进3部甲型号手机和2部乙型号手机，共需要资金4600元．
(1)求甲、乙型号手机每部进价各为多少元；
(2)该店预计用不少于1.78万元且不多于1.92万元的资金购进这两种型号手机共20部，请问有多少种进货方案？
(3)若甲型号手机的售价为1500元，乙型号手机的售价为1450元，为了促销，公司决定每售出一台乙型号手机.返还顾客现金a元，甲型号手机售价不变，要使(2)中购进的手机全部售完，每种方案获利相同，求a的值．
28. (本小题10.0分)
如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴上，OA，OC(OA
(2)求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)当点D落在AB上时，点N在x轴上，直线PQ上是否存在点M，使以D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、a⋅a3=a4，原式计算正确，符合题意；
B、a6÷a2=a4，原式计算错误，不符合题意；
C、(−2x2)3=−8x6，原式计算错误，不符合题意；
D、(a+2)2=a2+4a+4，原式计算错误，不符合题意；
故选：A．
根据同底数幂乘除法，积的乘方和完全平方公式等计算法则求解判断即可．
本题主要考查了同底数幂乘除法，积的乘方和完全平方公式，熟知相关计算法则是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、原图是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：众数是5，已知的三个数都只出现了一次，所以众数是5，
就可以知道a=5，
所以平均数=(2+5+4+5)÷4=16÷4=4．
故选：B．
要求平均数只要求出数据之和再除以总个数即可；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．依此先求出a，再求这组数据的平均数．
本题考查了平均数与众数的意义，掌握平均数等于所有数据之和除以数据的总个数是关键．
4.【答案】C
【解析】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最少有1个小正方体，
那么搭成这个几何体所用的小正方体的个数最少是4+1=5个．
故选：C．
易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层小正方体的个数，由左视图可得第二层小正方体的最少个数，相加即可．
本题主要考查学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
5.【答案】B
【解析】解：由题意得：1280(1−x%)2=720，
解得x=25或x=175，
当x=175时，1−175%=−75%<0(不符合题意，舍去)．
故选：B．
根据经过两次降价后的价格=原价×(1−x%)2建立方程，解方程即可得．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确建立方程是解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：kx+1−1=x+k1−x，
两边同乘(x+1)(1−x)得：
k(1−x)−(1+x)(1−x)=(x+k)(1+x)，
k−kx−1+x2=x+k+x2+kx
−2kx−x=1
x=1−2k−1
∵x<0，
∴1−2k−1<0，
∴2k+1>0，
得k>−12，
检验得分母不为零，
∴x≠1且x≠−1，
得2k+1≠1且2k+1≠−1，
即k≠0且k≠−1，
综上k>−12且k≠0，
故选：D．
保留k解方程，得到x的解，再利用解为负数列不等式且分母不为零，求出k的取值范围即可．
本题考查已知分式方程解的范围求分式方程中参数的取值范围，注意计算时保留参数须将参数看成常数，且分式方程的解需要检验确保分母不为零．
7.【答案】B
【解析】解：设大盒x盒，小盒y盒，
由题意可得：6x+4y=50，
∴3x+2y=25，
∵x，y都是正整数，
∴x=1时，y=11；
x=3时，y=8；
x=5时，y=5；
x=7时，y=2；
故不同的装球方法有4种．
故选：B．
可设大盒x盒，小盒y盒，根据等量关系：大盒的乒乓球个数+小盒的乒乓球个数=50，列出方程，再根据正整数的定义即可求解．
考查了二元一次方程的应用，此题是一道紧密联系生活实际的题，是二元一次方程整数解的应用．
8.【答案】B
【解析】解：过点A作AE⊥x轴于E，
设AD=a，AE=b，
则点A的坐标为(−a,b)，
∴k=−ab，
∵点D为AB的中点，
∴DB=AD=a，
∴AB=2a，
∴S△ABC=12AB⋅AE=11，
即：12×2a⋅b=11，
∴ab=11，
∴k=−11．
故选：B．
过点A作AE⊥x轴于E，设AD=a，AE=b，由此可得出点A的坐标，进而可得k=−ab，然后再根据△ABC的面积可求出ab=11，据此即可得出答案．
此题主要考查了反比例函数的图象，三角形的面积，解答此题的关键是熟练掌握三角形的面积计算公式，理解函数图象上的点满足函数的解析式，满足函数解析式的点都在函数的图象上．
9.【答案】C
【解析】解：过点F作BF⊥AC交AC与点F，
∵BE=BC，
∴CF=EF，
∵∠BAD=90°，DE⊥AC，
∴∠EDA+∠DAE=90°，∠DAE+∠FAB=90°，
∴∠FAB=∠EDA，
在△ABF和△DAE中，
∠AFB=∠DEA∠FAB=∠EDAAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE=8，
设AE=x，则AC=AD= AE2+DE2= x2+82
AF=AE+FE=x+ x2+64−x2，AF=8，
∴x+ x2+64−x2=8，
2x+ x2+64−x=16，
x2+64=16−x，
∴x=6，
经检验x=6符合题意，
即AE=6．
故选：C．
过点F作BF⊥AC交AC与点F，根据等腰三角形的性质得出CF=EF，根据同角的余角相等易证△ABF≌△DAE，根据全等三角形的性质得出AF=DE=8，设AE=x，则AC=AD= x2+82，从而得出AF=x+ x2+64−x2，再将AF=8建立方程，求解即可得出答案．
本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、无理方程，熟练掌握性质定理是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=∠ADC=90°，
∵CE=DH，
∴△BCE≌△CDH(SAS)，
∴∠CBE=∠DCH，BE=CH，故①正确；
∵∠DCH+∠FCB=∠DCB=90°，
∴∠CBF+∠FCB=90°，
∴∠BFC=90°，
∴CH⊥BE，故②正确；
∵G在正方形对角线BD上，
∴G到AD，CD的距离相等，
∵△BCE≌△CDH(SAS)，
∴CE=DH，
∴S△GCE=S△GDH，故③正确；
设正方形ABCD的边长为4a，
∴BC=CD=4a，
当E是CD的中点时，EC=HD=2a．
由勾股定理得：
BE= BC2+CE2= (4a)2+(2a)2=2 5a=CH，
∵∠HDG=∠CBG=45°，∠HGD=∠CGB，
∴△HGD∽△CGB，
∴HGCG=DHBC=12，
∴GC=23CH，
∵∠BEC=∠CEF，∠ECB=∠EFC=90°，
∴△ECB∽△EFC，
∴CEEF=BECE，
∴2aEF=2 5a2a，
∴EF=2 5a5，
∴CF= CE2−EF2= (2a)2−(2 5a5)2=4 5a5，
∵GC=23CH=23×2 5a=4 5a3，
∴GF=CG−CF=4 5a3−4 5a5=8 5a15，
∴GE= GF2+EF2= (8 5a15)2+(2 5a5)2=2 5a3，
∴GFGE=8 5a15×32 5a=45，
∴当E是CD的中点时，GFGE=45，故④正确，
当EC=2DE时，CECD=23，
∵DH=CE，DC=BC，
∴DHBC=CECD=23，
∵△HGD∽△CGB，
∴S△HGDS△CGB=(DHBC)2=49，
∵△GDH中DH边上的高与△DGC中CD边上的高相等，DHBC=DHCD=23，
∴S△GDHS△DGC=DHCD=23，
设S△GDH=4x，则S△CGB=9x，S△DGC=6x，
∴S△BCD=S△CGB+S△DGC=9x+6x=15x，
∴S正方体ABCD=2S△BCD=30x，
当EC=2DE时，DECD=13，
∴S△DEGS△DCG=13，
∴S△DEG=2x，
∴S四边形DEGH=S△GDH+S△DEG=4x+2x=6x，
∴S正方体ABCD=5S四边形DEGH，故⑤不正确，
综上所述：正确结论的序号是①②③④，
故选：A．
根据正方形的性质证明△BCE≌△CDH，可以判断①；然后证明∠BFC=90°，可以判断②；由△BCE≌△CDH(SAS)，CE=DH，根据正方形对角线上的点到AD，DC边上的距离相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC=HD=2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH=4x，则S△CGB=9x，S△DGC=6x，得S△BCD=15x，所以S正方体ABCD=2S△BCD=30x，当EC=2DE时，DECD=13，证得S四边形DEGH=S△GDH+S△DEG=4x+2x=6x，进而可以判断⑤．
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△HGD∽△CGB．
11.【答案】3.5×107
【解析】解：35000000=3.5×107，
故答案为：3.5×107．
科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
12.【答案】x>1
【解析】解：根据题意得到：x−1>0，
解得x>1．
故答案为：x>1．
从两个角度考虑：分式的分母不为0；偶次根式被开方数大于或等于0；当一个式子中同时出现这两点时，应该是取让两个条件都满足的公共部分．
本题考查了函数式有意义的x的取值范围．判断一个式子是否有意义，应考虑分母上若有字母，字母的取值不能使分母为零，二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数．易错易混点：学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆．
13.【答案】OA=OB(答案不唯一)
【解析】解：添加OA=OB，理由如下：
∵OP平分∠MON，
∴∠AOP=∠BOP，
在△AOP和△BOP中，
AO=BO∠AOP=∠BOPOP=OP，
∴△AOP≌△BOP(SAS)，
故答案为：OA=OB(答案不唯一)．
添加OA=OB，可根据SAS证明△AOP≌△BOP即可．
本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，共有6种结果，其中朝上点数小于3的有1、2这两种结果，
∴朝上点数小于3的概率是26=13．
故答案为：13．
由任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，共有6种结果，其中朝上点数小于3的有1、2这两种结果，再根据概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
15.【答案】a≥2
【解析】解：由2−x2>2x−43，得：x<2，
由2x+a>3x，得：x
∴a≥2，
故答案为：a≥2．
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、大大小小找不到，结合不等式组的解集可得答案．
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．
16.【答案】60°或120°
【解析】解：如图，
∵BC=2 3，OD⊥BC，
∴BD= 3，
在Rt△BOD中，
sin∠BOD=BDOB= 32，
∴∠BOD=60°，
∴∠BOC=120°，
∵∠A1=12∠BOC=60°，
∵四边形A1BA2C为圆内接四边形，
∴∠A2=180°−60°=120°，
故答案为60°或120°．
首先利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
本题主要考查了三角形的外接圆，解题关键是利用垂径定理求出弦BC所对的圆心角的度数，分情况讨论点A在优弧BC和劣弧BC上，利用圆周角定理及其推论求解．
17.【答案】216°
【解析】解：圆锥的底面圆的半径为： 52−42=3(cm)，
设圆锥侧面展开图的圆心角为n°，
则2π×3=nπ×5180，
∴n=216，
∴圆锥侧面展开图的圆心角为216°，
故答案为：216°．
先利用勾股定理求出圆锥的底面圆半径，再利用侧面扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列方程即可求出答案．
本题主要考查圆锥的计算，解题关键是熟知圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长．
18.【答案】2 3
【解析】解：过点P作PH⊥AB于点H，如图所示：
∵∠A=60°，BD⊥AC，
∴∠ABD=30°，
∴PH=12PB，
∴PC+12PB=PC+PH，
若使PC+12PB的值为最小，也就相当于PC+PH为最小，
∴当点C、P、H三点共线时，PC+PH的值为最小，如图所示：
∵AC=4，
∴CH=AC⋅sinA=4× 32=2 3，
∴PC+12PB的最小值为2 3；
故答案为：2 3．
过点P作PH⊥AB于点H，由题意易得PH=12PB，进而可得PC+12PB即为PC+PH，若使PC+12PB的值为最小，也就相当于PC+PH为最小，则有当点C、P、H三点共线时，PC+PH的值为最小，最后问题可求解．
本题主要考查三角函数及勾股定理，解题的关键是利用“胡不归”模型找到最小值的情况，然后进行求解即可．
19.【答案】52或10
【解析】解：当点M在线段BC上时，过点E作EG⊥AD于点G，延长GE交BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠C=∠CDA=∠BAD=90°，AD=BC=8，AB=CD=5，
根据折叠可知，CD=DE=5，CM=EM，
∵AE=AB=5，
∴AE=DE=5，
∵EG⊥AD，
∴AG=DG=12AD=4，
∵∠AGE=90°，
∴根据勾股定理得：GE= AE2−AG2=3，
∵∠BAG=∠AGH=∠ABH=90°，
∴四边形ABHG为矩形，
∴GH=AB=5，BH=AG=4，∠BHG=90°，
∴EH=5−3=2，
设CM=EM=x，则MH=8−4−x=4−x，
∵∠EHM=180°−90°=90°，
∴在Rt△MEH中，根据勾股定理得：ME2=MH2+EH2，
即x2=(4−x)2+22，
解得：x=52；
当点M在CB延长线上时，过点E作EH⊥AD于点G，延长EG交BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠C=∠CDA=∠BAD=90°，AD=BC=8，AB=CD=5，
根据折叠可知，CD=DE=5，CM=EM，
∵AE=AB=5，
∴AE=DE=5，
∵EG⊥AD，
∴AG=DG=12AD=4，
∵∠AGE=90°，
∴根据勾股定理得：GE= AE2−AG2=3，
∵∠AGE=90°，
∴∠AGH=180°−90°=90°，
∵∠BAG=∠AGH=∠ABH=90°，
∴四边形ABHG为矩形，
∴GH=AB=5，BH=AG=4，∠BHG=90°，
∴EH=5+3=8，
设CM=EM=x，则MH=x−8+4=x−4，
在Rt△MEH中，根据勾股定理得：ME2=MH2+EH2，
即x2=(x−4)2+82，
解得：x=10；
综上分析可知，CE的长为52或10．
故答案为：52或10．
分两种情况进行讨论，当点M在线段BC上时，当点M在CB延长线上时，分别画出图形，根据矩形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理求出结果即可．
本题主要考查了矩形与折叠，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是画出图形，注意分类讨论．
20.【答案】(3×22021,22021 3)
【解析】解：∵△A1A2B1为等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，
∵∠B1OA2=30°，
∴∠B1OA2=∠A1B1O=30°，
∴OA2=2OA1=2，
同理可得，OAn=2n，
∵∠BnOAn+1=30°，∠BnAnAn+1=60°，
∴∠BnOAn+1=∠BnAnAn+1=30°，
∴BnAn=OAn=2n，即△AnBnAn+1的边长为2n−1，则其高为 32×2n，
∴点Bn的横坐标为12×2n，
∴点Bn的坐标为(3×2n−2, 3×2n−2)，
∴点B2023的坐标为(3×22021,22021 3)．
故答案为：(3×22021,22021 3)．
根据等边三角形的性质和∠B1OA2=30°，得∠B1OA2=∠A1B1O=30°，得到OA2=2OA1=2，同理求得OAn=2n−1，根据含30°角的直角三角形的性质可求得△AnBnAn+1的边长，得到点B2023的坐标．
本题主要考查了等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，根据条件找到等边三角形的边长和OA1的关系是解题的关键．
21.【答案】解：x2+xx2−2x+1÷(2x−1−1x)
=x(x+1)(x−1)2÷2x−x+1x(x−1)
=x(x+1)(x−1)2⋅x(x−1)x+1
=x2x−1．
当x=2sin45°+1= 2+1时，
原式=( 2+1)2 2+1−1=3+2 2 2=3 2+42．
【解析】先根据分式的混合运算法则化简，再根据特殊角的三角函数值求得x，最后代入计算即可．
本题主要考查了分式的混合运算、特殊角的三角函数值等知识点，灵活运用分式混合运算法则化简分式是解答本题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，
∵点C(−1,3)的对应点C1(4,0)，
∴横坐标+5，纵坐标−3，
∴点A1(−3+5,5−3)即A1(2,2)，
(2)如图，旋转90°后点C2的坐标为(−3,−1)，
(3)如图，点A旋转到点A2 所经过的路径是弧长，
由旋转性质可知，∠AOA2=90°，OA= 32+52= 34，
∴点A旋转到点A2所经过的弧长为90π× 34180= 342π．
【解析】(1)根据三角形在平面直角坐标系点的平移变化，记住对应点一定作相同的变化即可；
(2)根据旋转性质，△ABC绕点O逆时针旋转90°，结合图形，对应点C2易求解；
(3)求点A旋转到点A2所经过的路径长，转化为求弧长即可．
本题考查了旋转变换和平移变换等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，弧长公式的应用．
23.【答案】解：(1)将点A(1,0)和点B(−3,0)代入y=ax2+bx+3，
得a+b+3=09a−3b+3=0，
解得a=−1b=−2．
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
(2)如图，过点P作PT⊥x轴于点T，过点D作DK⊥x轴于点K，则PT//DK，
∴△OPT∽△ODK，
∴OTOK=POOD，
∵PDDO=12，即PODO=32，
∴OTOK=POOD=32，
∵y=−x2−2x+3．
∴C(0,3)，
∴设直线BC的解析式为y=kx+3(k≠0)，
∴−3k+3=0，解得：k=1，
∴设直线BC的解析式为y=x+3，
设P(t,−t2−2t+3)且−3
设直线OP的解析式为y=k1x(k1≠0)，
∴tk1=−t2−2t+3，
∴k1=−t2−2t+3t，
∴直线OP的解析式为y=−t2−2t+3tx，
y=−t2−2t+3txy=x+3，
解得x=−3tt2+3t−3y=3t2+9t−9t2+3t−3，
∴OK=−(−3tt2+3t−3)=3tt2+3t−3，
∴OTOK=−t3tt2+3t−3=32，
解得：t=−3+ 32或t=−3− 32．
∴点P的横坐标为−3+ 32或−3− 32．
【解析】(1)直接运用待定系数法求解即可；
(2)如图，过点P作PT⊥x轴于点T，过点D作DK⊥x轴于点K，则PT//DK；则△OPT∽△ODK，根据相似三角形的性质结合已知条件可得OTOK=POOD=32；设P(t,−t2−2t+3)且−3
24.【答案】36°
【解析】解：(1)80÷40%=200(名)．
答：一共有200名学生参与了本次问卷调查．
(2)喜欢科普常识的人数为200−80−40−20=60名，
补全条形统计图如图所示：
(3)360°×20200=36°，
∴扇形统计图中“其他”所在扇形的圆心角度数为36°，
故答案为：36°；
(4)1500×30%=450(名)．
答：估计喜欢“科普常识”的学生有450名．
(1)用喜欢小说的人数除以其人数占比即可求出参与本次调查的学生人数；
(2)先求出喜欢科普常识的人数，然后补全统计图即可；
(3)用360°乘以喜欢其他的人数占比即可得到答案；
(4)1500乘以样本中喜欢科普常识的人数占比即可得到答案．
本题考查扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量及数量之间的关系是解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
25.【答案】144
【解析】解：(1)36×4=144km，
∴A，B两地之间的路程为144km，
故答案为：144；
(2)设小王返回追上小张时，小张所用的时间为x h．
小王返回时的速度为144÷(3.6−2)=90(km/h)．
∴90(x−2)=36x．
解得x=103．
144−36×103=24(km)．
答：小王返回追上小张时，他们离B地的距离为24km．
(3)设小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为t，
当小王没有追上小张时，由题意得，90(t−2)+12=36t，
解得t=289h；
当小王追上小张后，由题意得，90(t−2)=36t+12，
解得t=329h，
综上所述，小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为289h或329h．
(1)根据小张从A到B用了4小时，结合小张的速度即可得到答案．
(2)设小王返回追上小张时，小张所用的时间为x h，先求出小王返回时的速度，再根据路程=速度×时间列出方程求解即可；
(3)设小王从A地返回B地的过程中，与小张相距12千米时的行驶时间为t，然后分当小王没有追上小张时，当小王追上小张后，两种情况建立方程求解即可．
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
26.【答案】BE+BD=BF
【解析】(1)证明：∵点F与点A重合，
∴△ABC与△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=60°，AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠DAE−∠BAD=60°−∠BAD，∠CAD=∠BAC−∠BAD=60°−∠BAD，
∴∠BAE=∠CAD，
∴△CAD≌△BAE(SAS)，
∴BE=CD，
∴BE+BD=CD+BD=BC，
∵AB=BC=BF，
∴BE+BD=BF；
(2)图②猜想：BE+BD=BF．
图③猜想：BD+BF=BE．
图③证明：过点D作DG//AC，交AB于点G，如图．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠A=∠C=60°．
∵DG//AC，
∴∠BGD=∠A=60°，∠BDG=∠C=60°．
∴△BDG为等边三角形．
∴BD=DG=BG．
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，∠FDE=60°．
∵∠GDB+∠BDF=∠EDF+∠BDF，即∠GDF=∠BDE，
∴△BDE≌△GDF(SAS)．
∴BE=GF．
∵GF=BF+BG=BF+BD，
∴BD+BF=BE．
(1)根据等边三角形的性质得出AB=AC=BC，∠BAC=60°，AD=AE，∠DAE=60°，再由各角之间的关系确定∠BAE=∠CAD，根据全等三角形的判定和性质即可证明；
(2)根据图象对图②③作出猜想即可；过点D作DG//AC，交AB于点G，根据等边三角形的判定和性质得出△BDG为等边三角形，再由全等三角形的判定和性质得出△BDE≌△GDF，BE=GF，结合图形即可证明．
题目主要考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
27.【答案】解：(1)设甲型号手机每部进价为x元，乙型号手机每部进价为y元，
依题意，得2x+5y=60003x+2y=4600，
解得x=1000y=800，
答：甲型号手机每部进价为1000元，乙型号手机每部进价为800元．
(2)设购进甲型号手机m部，则购进乙型号手机(20−m)部．
依题意，得17800≤1000m+800(20−m)≤19200，
解得9≤m≤16．
又m为整数，m可以为9，10，11，12，13，14，15，16，
∴有8种进货方案．
(3)设20部手机全部销售完后获得的总利润相等，则：
(1500−1000)m+(1450−800−a)(20−m)=(a−150)m+13000−20a．
(2)中每种方案获利相同，
∴利润计算式中不能有含m的项，
∴a−150=0．
∴a=150．
答：a的值为150．
【解析】(1)设未知数列二元一次方程组解方程即可；
(2)设未知数列不等式，解不等式，考虑实际问题中取整得到解的可能情况；
(3)用(2)中未知数和a列出利润计算式，根据m的值不影响利润结果得到含m的项系数为0，求出a即可．
本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，及定值问题．注意定值问题中一个式子的值与m无关，则含有m的项中，m的系数为0．
28.【答案】解：(1)解方程x2−(3+3 3)x+9 3=0，
得x1=3，x2=3 3．
∵OA
∴点B的坐标为(3,3 3)．
(2)由题意，得CP= 3t，CQ=t．
在Rt△PCQ中，tan∠CQP=CPCQ= 3tt= 3，
∴∠CQP=60°．
由折叠可知∠BQD=∠DQP=∠CQP=60°，DQ=CQ=t，PD=CP= 3t．
当点D落在AB上时，如图所示：
∵∠BDQ=90°−∠BQD=30°，
∴DQ=2BQ．
∵BQ=3−t，
∴t=2(3−t)，
∴t=2．
①当0
②当2
∵∠DQB=60°，
∴∠DEF=∠BEQ=30°，
∴QE=2QB=2(3−t)=6−2t，
∴DE=DQ−QE=t−(6−2t)=3t−6，
∴DF=DE⋅tan30°= 33(3t−6)，
∴S=S△PDQ−S△EDF= 32t2−12DE⋅DF= 32t2−12(3t−6)× 33(3t−6)=− 3t2+6 3t−6 3．
综上，S= 32t2,0
此时，CP=PD=2 3，CQ=DQ=2，
∴OP=OC−CP= 3，BQ=BC−CQ=1，BD= DQ2−BQ2= 3，
∴DA=AB−BD=2 3，
∴P(0, 3)，Q(2,3 3)，D(3,2 3)，
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
则b= 32k+b=3 3，
解得b= 3k= 3，
∴直线PQ的解析式为y= 3x+ 3，
∵点N在x轴上，点M在直线PQ上，
∴设N(n,0)，M(m, 3m+ 3)，
以D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况：
当点M在x轴下方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xN+xD=xM+xQ，yN+yD=yM+yQ，
即n+3=m+20+2 3= 3m+ 3+3 3，
解得n=−3m=−2，
∴M(−2,− 3)；
当点M在x轴上方、BC下方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xM+xD=xN+xQ，yM+yD=yN+yQ，
即m+3=n+2 3m+ 3+2 3=0+3 3，
解得n=1m=0，
∴M(0, 3)；
当点M在BC上方时，如图所示：
由平行四边形的性质可得，xM+xN=xD+xQ，yM+yN=yD+yQ，
即m+n=3+2 3m+ 3+0=2 3+3 3，
解得n=1m=4，
∴M(4,5 3)；
综上可知，点M的坐标为(0, 3)或(−2,− 3)或(4,5 3)．
【解析】(1)解一元二次方程x2−(3+3 3)x+9 3=0，推出OA=3，OC=3 3，可得B(3,3 3)；
(2)点D落在AB上时t=2，再分0
本题考查解一元二次方程，矩形中的动点问题，解直角三角形，平行四边形存在性问题等，解题的关键是求出点D落在AB上时点D，P，Q的坐标，画出不同情况下点M和点N的位置示意图是解题的关键．
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