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2023年宁夏吴忠三中中考数学模拟试卷（二）（含解析）
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这是一份2023年宁夏吴忠三中中考数学模拟试卷（二）（含解析），共27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年宁夏吴忠三中中考数学模拟试卷（二）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6 B. (−2a2)3=−6a6 C. a4÷a=a3 D. 2a+3a=5a2
2. 2021年5月国家统计局公布了第七次人口普查结果，我国人口数约为1412000000.其中数据1412000000用科学记数法表示为( )
A. 14.12×108 B. 0.1412×1010 C. 1.412×109 D. 1.412×108
3. 如图，某地修建的一座建筑物的截面图的高BC=5m，坡面AB的坡度为1： 3，则AB的长度为( )
A. 10m B. 10 3m C. 5m D. 5 3m
4. 如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交BA于点M，交BC于点N，分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧在∠ABC的内部相交于点P，画射线BP，交AC于点D，若AD=BD，则∠A的度数是( )
A. 36°
B. 54°
C. 72°
D. 108°
5. 图2是图1中长方体的三视图，若用S表示面积，S主=x2+3x，S左=x2+x，则S俯=( )
A. x2+4x+3 B. x2+3x+2 C. x2+2x+1 D. 2x2+4x
6. 如图，在△OAB中，顶点O(0,0)，A(5,0)，B(2,1)，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，当点B′恰好落在y轴的正半轴上时，点A′的坐标为( )
A. ( 5,5) B. ( 5,2 5) C. (5, 5) D. (2 5, 5)
7. 为迎接建党一百周年，某校举行歌唱比赛，901班啦啦队买了两种价格的加油棒助威，其中缤纷棒共花费30元，荧光棒共花费40元，缤纷棒比荧光棒少20根，缤纷棒单价是荧光棒的1.5倍.若设荧光棒的单价为x元，根据题意可列方程为( )
A. 401.5x−30x=20 B. 40x−301.5x=20 C. 30x−401.5x=20 D. 301.5x−40x=20
8. 如图，△ABC中，BC=6，BC边上的高为3，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，且EF//BC.设点E到BC的距离为x，△DEF的面积为y，则y关于x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 分解因式：2m2−8= ．
10. 已知有理数a，b在数轴上如图表示，则|a−b|= ______ ．
11. 分式方程3x=2x−2的解是______ ．
12. 若实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，则1a+1b的值为______．
13. 如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于______．
14. 如图，已知⊙O的半径为6，弦AB的长为8，P是AB延长线上一点，连接OA，OP，tan∠OPA= 53，则BP的长为______ ．
15. 如图所示，圆锥形烟囱帽的底面半径为12cm，侧面展开图为半圆形，则它的母线长为______ ．
16. 如图，已知⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是______．
三、解答题（本大题共10小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
下面是李希同学解不等式组的过程，请认真阅读，完成相应的任务．
解：由不等式①，得3x−x+2≥6….第一步
解得x≥2….第二步
由不等式②，得3x+3>4x−1….第三步
移项，得3x−4x>−4….第四步
解得x>4….第五步
所以，原不等式组的解集是x>4….第六步
任务一：(1)小明的解答过程中，第______ 步开始出现错误，错误的原因是______ ；
任务二：(2)直接写出这个不等式组正确的解集是______ ．
18. (本小题6.0分)
在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形△A1B1C，使其位似比为2：1，并写出点A1的坐标；
(2)作出△ABC绕点C逆时针旋转90°后的图形△A2B2C；
(3)在(2)的条件下，求出线段CB所扫过的面积．
19. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(x2−4x2+4x+4+xx+2)⋅1x−1，其中x=3．
20. (本小题6.0分)
某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛．把甲、乙两组的成绩进行整理分析(满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x<90为网络安全意识强，x<80为网络安全意识一般)．
收集整理的数据制成如下两幅统计图：
分析数据：
平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，c=______；
(2)已知该校八年级有500人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少？
(3)现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名同学参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
21. (本小题6.0分)
如图，BD为▱ABCD的对角线．
(1)作对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC，BD于点E，F，O(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)；
(2)连接BE，DF，求证：四边形BEDF为菱形．
22. (本小题6.0分)
某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况如表所示：
进货批次
甲种水果质量
(单位：千克)
乙种水果质量
(单位：千克)
总费用
(单位：元)
第一次
60
40
1520
第二次
30
50
1360
(1)求甲、乙两种水果的进价；
(2)销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值．
23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AE和过点C的切线CD互相垂直，垂足为E，AE与⊙O相交于点F，连接AC．
(1)求证：AC平分∠EAB；
(2)若AE=12，tan∠CAB= 33，求OB的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在水平地面点A处有一网球发射器向空中发射网球，网球在地面上的落点为B，网球的飞行路线是一条抛物线，已知AB=4米，AC=3米，网球飞行的最大高度OM=3米．
(1)建立合适的平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式．
(2)小明在直线AB上，点C右侧竖直向上摆放若干个无盖的直径为0.5米，高为0.3米的圆柱形桶(网球的体积和圆柱形桶的厚度忽略不计)，若要是网球刚好落入桶内，至少摆放多少个圆柱形筒？
25. (本小题10.0分)
如图，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，交反比例函数y=kx(k≠0)的图象于P、Q两点.若AB=2BP，且△AOB的面积为4．
(1)求k的值；
(2)当点P的横坐标为−1时，求△POQ的面积．
26. (本小题10.0分)
【结论理解】
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆.该小组继续利用上述结论进行探究．
【问题探究】
(1)如图1，在矩形ABCD中，点E为CD上一点，将△BCE沿BE翻折，点C的对应点F恰好落在边AD上，做经过F、E、C三点的圆，请根据以上结论判断点B点 (填“在”或“不在”)该圆上；
(2)如图2，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=∠ADC，AB=BC=5 2，CD=6，求四边形ABCD的面积．
【问题解决】
(3)如图3，四边形ABCD是某公园的一块空地，现计划在空地中修建AC与BD两条小路，(小路宽度不计)，将这块空地分成四部分，记两条小路的交点为P，其中△ADP与△BCP空地中种植草坪，△ABP与△CDP空地中分别种植郁金香和牡丹花.已知AB=CD，BD=150m，AC=100m，∠BAC+∠BDC=180°，且点C到BD的距离是40m，求种植牡丹花的地块△CDP的面积比种植郁金香的地块△ABP的面积多多少平方米？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.a2⋅a3=a5，故该选项不正确，不符合题意；
B.(−2a2)3=−8a6，故该选项不正确，不符合题意；
C.a4÷a=a3，故该选项正确，符合题意；
D.2a+3a=5a，故该选项不正确，不符合题意．
故选：C．
根据合并同类项，同底数幂的乘除法，积的乘方运算，逐项分析判断即可求解．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘除法，积的乘方运算，掌握以上运算法则是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：1412000000=1.412×109．
故选：C．
根据用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此求解即可得出答案．
本题主要考查了科学记数法，熟练掌握科学记数法表示的方法进行求解是解决本题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵坡面AB的坡度为BCAC=5AC=1： 3，
∴AC=5 3m，
∴AB= AC2+BC2=10m．
故选：A．
由坡面AB的坡度为BCAC=5AC=1： 3，可得AC=5 3m，再根据勾股定理可得AB= AC2+BC2=10m．
本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题，理解坡度的定义是解答本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可得BP为∠ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD，
∴∠A=∠ABD=∠CBD，
∴∠ABC=2∠A，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+2∠A+2∠A=180°，
解得∠A=36°．
故选：A．
由题意可得BP为∠ABC的角平分线，则∠ABD=∠CBD，由AD=BD，可得∠A=∠ABD，即可得∠ABC=2∠A，由AB=AC，可得∠ABC=∠C，再结合三角形内角和定理可列出关于∠A的方程，即可得出答案．
本题考查作图−基本作图、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了由三视图判断几何体，正确得出俯视图的边长是解题关键．
直接利用已知视图的边长结合其面积得出另一边长，即可得出俯视图的边长进而得出答案．
【解答】
解：∵S主=x2+3x=x(x+3)，S左=x2+x=x(x+1)，
∴S俯=(x+3)(x+1)=x2+4x+3．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】解：如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠B′FO=∠C=90°，
∵B(2,1)，
∴OE=2，BE=1，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，
∴△OAB≌△OA′B′，
∴B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，
∴OB=OB′= 5，
在△OB′F和△OA′C中，
∠O公共，∠B′FO=∠C=90°，
∴△OB′F∽△OA′C，
∴OB′OA′=B′FCA′=OFOC，
∴ 55=1CA′=2OC，
∴CA′= 5，OC=2 5
∴点A′的坐标为( 5,2 5).
故选：B．
如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，首先利用旋转得到△OAB≌△OA′B′，接着利用全等三角形的性质可以求出B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，OB=OB′= 5，然后证明△OB′F∽△OA′C，最后利用相似三角形的性质即可解决问题．
此题主要考查了坐标与图形变换--旋转，同时也利用了全等三角形、相似三角形的旋转与判定，有一定的综合性．
7.【答案】B
【解析】解：若设荧光棒的单价为x元，则缤纷棒单价是1.5x元，
根据题意可得：40x−301.5x=20．
故选：B．
若设荧光棒的单价为x元，则缤纷棒单价是1.5x元，根据等量关系“缤纷棒比荧光棒少20根”可列方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：过点A向BC作AH⊥BC于点H，
根据相似比可知：EF6=3−x3，
即EF=2(3−x)
所以y=12×2(3−x)x=−x2+3x=−(x−32)2+94．
∴y与x的关系式为：y=−(x−32)2+94．
纵观各选项，只有(A)选项图象符合．
故选：A．
可过点A向BC作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而求出函数关系式，由此即可求出答案．
本题考查了动点问题函数图象，主要利用了相似三角形的性质，求出y与x的函数关系式是解题的关键，也是本题的难点．
9.【答案】2(m+2)(m−2)
【解析】解：2m2−8
=2(m2−4)
=2(m+2)(m−2)．
故答案为：2(m+2)(m−2)．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解因式．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
10.【答案】−a+b
【解析】解：由题意得a<0
∴|a−b|=−(a−b)=−a+b，
故答案为：−a+b．
先根据数轴确定出a−b的符号，再运用绝对值的知识进行求解．
此题考查了运用数轴表示实数和绝对值的求解能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
11.【答案】x=6
【解析】解：3x=2x−2，
方程两边都乘x(x−2)，得3(x−2)=2x，
解得：x=6，
检验：当x=6时，x(x−2)≠0，
所以分式方程的解是x=6．
故答案为：x=6．
方程两边都乘x(x−2)得出3(x−2)=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键，注意：解分式方程一定要进行检验．
12.【答案】43
【解析】解：∵实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，
∴a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根，
则a+b=4，ab=3，
则原式=a+bab=43，
故答案为：43．
由实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，知a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根，据此可得a+b=4，ab=3，将其代入到原式=a+bab即可得出答案．
本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是根据方程的特点得出a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根及韦达定理．
13.【答案】126°
【解析】解：∵△ABF是等边三角形，
∴AF=BF，∠AFB=∠ABF=60°，
在正五边形ABCDE中，AB=BC，∠ABC=(5−2)×180°5=108°，
∴BF=BC，∠FBC=∠ABC−∠ABF=48°，
∴∠BFC=12(180°−∠FBC)=66°，
∴∠AFC=∠AFB+∠BFC=126°，
故答案为：126°．
根据等边三角形的性质得到AF=BF，∠AFB=∠ABF=60°，由正五边形的性质得到AB=BC，∠ABC=108°，等量代换得到BF=BC，∠FBC=48°，根据三角形的内角和求出∠BFC=66°，根据∠AFC=∠AFB+∠BFC即可得到结论．
本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：过点O作OC⊥AP，垂足为C，
∴AC=BC=12AB=4，
在Rt△OAC中，AO=6，
∴OC= OA2−AC2= 62−42=2 5，
在Rt△OPC中，tan∠OPA= 53，
∴PC=OCtan∠OPA=2 5 53=6，
∴PB=PC−BC=6−4=2，
故答案为：2．
过点O作OC⊥AP，垂足为C，根据垂径定理可得AC=BC=4，然后在Rt△OAC中，利用勾股定理可求出OC的长，再在Rt△OPC中，利用锐角三角函数的定义求出PC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15.【答案】24cm
【解析】解：设母线的长为R，
由题意得，πR=2π×12，
解得R=24，
∴母线的长为24cm，
故答案为：24cm．
根据弧长公式列方程求解即可．
本题主要考查弧长的计算，根据展开后的半圆弧长等于圆锥形烟囱帽的底面周长列方程求解是解题的关键．
16.【答案】π−24
【解析】解：作OD⊥CD，OB⊥AB，如图：
设⊙O的半径为r，
∵⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆，
∴OB=OC=r，△AOB、△COD是等腰直角三角形，
∴AB=OB=r，OD=CD= 22r，
∴AE=2r，CF= 2r，
∴这个点取在阴影部分的概率是πr2−( 2r)2(2r)2=π−24，
故答案为：π−24．
作OD⊥CD，OB⊥AB，设⊙O的半径为r，根据⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆，可得OB=OC=r，△AOB、△COD是等腰直角三角形，即可得AE=2r，CF= 2r，从而求出答案．
本题考查几何概率，涉及正方形的外切圆与内接圆，解题的关键是用含r的代数式表示阴影部分的面积．
17.【答案】五 系数化为1 2≤x<4
【解析】解：任务一：(1)小明的解答过程中，第五步开始出现错误，错误的原因是系数化为1错误，
故答案为：五，系数化为1；
任务二：(2)
由不等式①，得3x−x+2≥6，
解得x≥2，
由不等式②，得3x+3>4x−1，
移项，得3x−4x>−4，
解得x<4，
所以，原不等式组的解集是2≤x<4，
故答案为：2≤x<4．
任务一：根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1判断即可；
任务二：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．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C为所作，点A1的坐标为(3,−3)；
(2)如图，△A2B2C为所作；
(3)CB= 12+42= 17，
所以线段CB所扫过的面积=90π( 17)2360=174π.
【解析】(1)延长AC到A1使A1C=2AC，延长BC到B1使B1C=2BC，则可得到△A1B1C，然后写出点A1的坐标；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A2、B2即可；
(3)先利用勾股定理计算出CB，然后根据扇形面积公式计算线段BC所经过的面积．
本题考查了作图−位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；然后根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；最后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换和扇形面积公式．
19.【答案】解：(x2−4x2+4x+4+xx+2)⋅1x−1
=x+2x−2x2+4x+4+xx+2⋅1x−1
=x−2+xx+2·1x−1
=2x−1x+2·1x−1
=2x+2，
当x=3时，
原式=23+2=25．
【解析】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
首先计算括号里面的加法，再计算括号外面的乘法，将分式化简后把x的值代入计算，即可得出答案．
20.【答案】83 85 70
【解析】解：(1)甲组的平均数a=70+80×6+90×2+10010=83(分)，
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+902=85(分)，即中位数b=85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c=70，
故答案为：a=83，b=85，c=70；
(2)500×2+1+3+210+10=200(人)，
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有200人．；
(3)甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：
共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为46=23．
(1)根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
(3)列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．
21.【答案】(1)解：如图，EF即为所作；
(2)证明：∵EF垂直平分BD，
∴OB=OD，EB=ED，FB=FD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
在△ODE和△OBF中，
∠DEO=∠BFO∠EDO=∠FBOOD=OB，
∴△ODE≌△OBF(AAS)，
∴DE=BF，
∴BE=DE=BF=DF，
∴四边形BEDF为菱形．
【解析】(1)利用基本作图作BD的垂直平分线即可；
(2)先根据线段垂直平分线的性质得到OB=OD，EB=ED，FB=FD，再证明△ODE≌△OBF得到DE=BF，则BE=DE=BF=DF，然后根据菱形的判定方法得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作已知线段的垂直平分线).也考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质和菱形的判定．
22.【答案】解：(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．
由题意，得60a+40b=152030a+50b=1360，解得a=12b=20，
答：甲两种水果的进价为每千克12元，乙两种水果的进价为每千克20元．
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．
由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80．
设获得的利润为w元，
由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，
∵−5<0，
∴w随x的增大而减小，
∴x=80时，w的值最大，最大值为−35m+1600，
由题意，得−35m+1600≥800，
解得m≤1607，
∴m的最大整数值为22．
【解析】本题考查一次函数的应用，二元一次方程组和不等式的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．
(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．构建方程组求解；
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80.设获得的利润为w元，由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，利用一次函数的性质求解．
23.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AE⊥DE，
∴OC//AE，
∴∠EAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠EAC=∠OAC，即AC平分∠EAB；
(2)解：连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠CAB= 33，∠EAC=∠OAC，
∴tan∠EAC= 33，即ECAE= 33，
∴EC12= 33，解得：EC=4 3，
在Rt△AEC中，AC= AE2+EC2= 122+(4 3)2=8 3，
∵tan∠CAB=BCAC= 33，
∴BC=8，
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= (8 3)2+82=16，
∴OB=8．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到OC⊥DE，根据平行线的性质得到∠EAC=∠OCA，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明结论；
(2)连接BC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AC，再根据正切的定义计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、正切的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
24.【答案】解：(1)以AB中点为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图：
由已知二次函数的图像顶点为M(0,3)，设抛物线的解析式为y=ax2+3，
∵抛物线过点A(−2,0)，
∴4a+3=0，
解得a=−34，
∴抛物线的解析式为y=−34x2+3；
(2)当x=1时，y=94，
当x=1.5时，y=2116，
设摆放m个圆柱形桶，
∵桶高0.3，
∴2116<0.3m<94，
解得4.375
∴m的值为5或6或7时，网球能落入桶中，
∴至少要摆5个圆柱形桶．
【解析】(1)以AB中点为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，二次函数的图像过M、A，根据待定系数法求出函数解析式；
(2)当圆柱形桶的左侧位于x=1时的抛物线下方，圆柱形桶的右侧位于x=1.5时抛物线上方，求才能落进桶内，分别计算出x=1和x=1.5时y的值，再列不等式可求出答案．
本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是读懂题意，能得到落入桶内时满足的不等式．
25.【答案】解：(1)∵AB=2BP，且△AOB的面积为4，
∴△POB的面积为2，
作PM⊥y轴于M，
∴PM//OA，
∴△PBM∽△ABO，
∴S△PBMS△ABO=(PBAB)2，即S△PBM4=(12)2，
∴△PBM的面积为1，
∴S△POM=1+2=3，
∵S△POM=12|k|，
∴|k|=6，
∵k<0，
∴k=−6;
(2)∵点P的横坐标为−1，
∴PM=1，
∵△PBM∽△ABO，
∴PMOA=PBAB，即1OA=12，
∴OA=2，
∴A(2,0)，
把x=−1代入y=−6x得，y=6，
∴P(−1,6)，
设直线AB为y=mx+n，
把P、A的坐标代入得−m+n=62m+n=0，解得m=−2n=4，
∴直线AB为y=−2x+4，
解y=−6xy=−2x+4得x=3y=−2或x=−1y=6，
∴Q(3,−2)，
∴S△POQ=S△POA+S△QOA=12×2×6+12×2×2=8．
【解析】(1)由题意求得△POB的面积为2，作PM⊥y轴于M，证得△PBM∽ABO，即可求得△PBM的面积为1，从而求得S△POM=3，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值；
(2)由△PBM∽ABO，求得OA=2，得到A为(2,0)，把x=−1代入反比例函数解析式求得P的坐标，根据待定系数法求得直线AB解析式，然后解析式联立，解方程组求得Q的坐标，最后根据S△POQ=S△POA+S△QOA即可求得。
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数系数k的几何意义、三角形的面积公式以及待定系数法求函数解析式，解题的关键是：(1)求出△POM的面积；(2)求得Q点的坐标．
26.【答案】在
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
由折叠的性质可知，∠BFE=∠C=90°，
∴∠C+∠BFE=90°+90°=180°，
∴B、C、E、F四点共圆，
即点B在经过F、E、C三点的圆上，
故答案为：在；
(2)∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵AB=BC=5 2，
∴AC= 2AB= 2×5 2=10，
∵CD=6，
∴AD= AC2−CD2= 102−62=8，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12AB⋅BC+12AD⋅DC=12×5 2×5 2+12×6×8=25+24=49；
(3)如图3，作点D关于BC的对称点E，连接BE、CE，过点C作CG⊥BD于点G，CH⊥BE于点H，过点P作PM⊥BC于点M，
则CE=CD，BE=BD=150m，∠BDC=∠BEC，∠DBC=∠EBC，
∵AB=CD，∠BAC+∠BDC=180°，
∴AB=CE，∠BAC+∠BEC=180°，
∴A、B、E、C四点共圆，
∴AB=CE，
∴∠ACB=∠CBE，
∴AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE=∠CBD，
∴BP=CP，
∵AC//BE，AB=CE，
∴四边形ABEC是等腰梯形，
∴RH=12(BE−AC)=12×(150−100)=25(m)，
∴BH=BE−EH=150−25=125(m)，
∵∠DBC=∠EBC，CG⊥BD，CH⊥BE，
∴CH=CG=40m，
∴BC= BH2+CH2= 1252+402=5 689(m)，
∵BP=CP，PM⊥BC，
∴BM=12BC=5 6892(m)，
∵∠CBD=∠CBE，∠BMP=∠BHC=90°，
∴△BMP∽△BHC，
∴BPBC=BMBH，
即BP5 689=5 6892125，
∴CP=BP=68910(m)，
∴PD=BD−BP=150−68010=81110(m)，
∴AP=AC−CP=100−68910=31110(m)，
∴S△CDP=12PD⋅CG=12×81110×40=1622(m2)，S△ABP=12AP⋅CH=12×31110×40=622(m2)，
∴S△CDP−S△ABP=1622−622=1000(m2)，
即种植牡丹花的地块△CDP的面积比种植郁金香的地块△ABP的面积多1000平方米．
(1)证B、C、E、F四点共圆，即可得出结论；
(2)由圆内接四边形的性质证出∠ABC=∠ADC=90°，再由勾股定理求出AC、AD的长，即可解决问题；
(3)作点D关于BC的对称点E，连接BE、CE，过点C作CG⊥BD于点G，CH⊥BE于点H，过点P作PM⊥BC于点M，则CE=CD，BE=BD=150m，∠BDC=∠BEC，∠DBC=∠EBC，证A、B、E、C四点共圆，得AB=CE，则∠ACB=∠CBE，再证BP=CP，四边形ABEC是等腰梯形，则RH=12(BE−AC)=25m，然后由勾股定理得BC=5 689m，利用等腰三角形的性质得BM=12BC=5 6892m，进而证△BMP∽△BHC，求出CP=BP=68910m，则PD=BD−BP=81110m，AP=AC−CP=31110m，即可解决问题．
本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆的判定、圆内接四边形的性质、圆周角定理、折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握四点共圆的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
2023年宁夏吴忠三中中考数学模拟试卷（二）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6 B. (−2a2)3=−6a6 C. a4÷a=a3 D. 2a+3a=5a2
2. 2021年5月国家统计局公布了第七次人口普查结果，我国人口数约为1412000000.其中数据1412000000用科学记数法表示为( )
A. 14.12×108 B. 0.1412×1010 C. 1.412×109 D. 1.412×108
3. 如图，某地修建的一座建筑物的截面图的高BC=5m，坡面AB的坡度为1： 3，则AB的长度为( )
A. 10m B. 10 3m C. 5m D. 5 3m
4. 如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交BA于点M，交BC于点N，分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧在∠ABC的内部相交于点P，画射线BP，交AC于点D，若AD=BD，则∠A的度数是( )
A. 36°
B. 54°
C. 72°
D. 108°
5. 图2是图1中长方体的三视图，若用S表示面积，S主=x2+3x，S左=x2+x，则S俯=( )
A. x2+4x+3 B. x2+3x+2 C. x2+2x+1 D. 2x2+4x
6. 如图，在△OAB中，顶点O(0,0)，A(5,0)，B(2,1)，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，当点B′恰好落在y轴的正半轴上时，点A′的坐标为( )
A. ( 5,5) B. ( 5,2 5) C. (5, 5) D. (2 5, 5)
7. 为迎接建党一百周年，某校举行歌唱比赛，901班啦啦队买了两种价格的加油棒助威，其中缤纷棒共花费30元，荧光棒共花费40元，缤纷棒比荧光棒少20根，缤纷棒单价是荧光棒的1.5倍.若设荧光棒的单价为x元，根据题意可列方程为( )
A. 401.5x−30x=20 B. 40x−301.5x=20 C. 30x−401.5x=20 D. 301.5x−40x=20
8. 如图，△ABC中，BC=6，BC边上的高为3，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，且EF//BC.设点E到BC的距离为x，△DEF的面积为y，则y关于x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 分解因式：2m2−8= ．
10. 已知有理数a，b在数轴上如图表示，则|a−b|= ______ ．
11. 分式方程3x=2x−2的解是______ ．
12. 若实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，则1a+1b的值为______．
13. 如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于______．
14. 如图，已知⊙O的半径为6，弦AB的长为8，P是AB延长线上一点，连接OA，OP，tan∠OPA= 53，则BP的长为______ ．
15. 如图所示，圆锥形烟囱帽的底面半径为12cm，侧面展开图为半圆形，则它的母线长为______ ．
16. 如图，已知⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是______．
三、解答题（本大题共10小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
下面是李希同学解不等式组的过程，请认真阅读，完成相应的任务．
解：由不等式①，得3x−x+2≥6….第一步
解得x≥2….第二步
由不等式②，得3x+3>4x−1….第三步
移项，得3x−4x>−4….第四步
解得x>4….第五步
所以，原不等式组的解集是x>4….第六步
任务一：(1)小明的解答过程中，第______ 步开始出现错误，错误的原因是______ ；
任务二：(2)直接写出这个不等式组正确的解集是______ ．
18. (本小题6.0分)
在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形△A1B1C，使其位似比为2：1，并写出点A1的坐标；
(2)作出△ABC绕点C逆时针旋转90°后的图形△A2B2C；
(3)在(2)的条件下，求出线段CB所扫过的面积．
19. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(x2−4x2+4x+4+xx+2)⋅1x−1，其中x=3．
20. (本小题6.0分)
某校在开展“网络安全知识教育周”期间，在八年级中随机抽取了20名学生分成甲、乙两组，每组各10人，进行“网络安全”现场知识竞赛．把甲、乙两组的成绩进行整理分析(满分100分，竞赛得分用x表示：90≤x≤100为网络安全意识非常强，80≤x<90为网络安全意识强，x<80为网络安全意识一般)．
收集整理的数据制成如下两幅统计图：
分析数据：
平均数
中位数
众数
甲组
a
80
80
乙组
83
b
c
根据以上信息回答下列问题：
(1)填空：a=______，b=______，c=______；
(2)已知该校八年级有500人，估计八年级网络安全意识非常强的人数一共是多少？
(3)现在准备从甲乙两组满分人数中抽取两名同学参加校际比赛，求抽取的两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率．
21. (本小题6.0分)
如图，BD为▱ABCD的对角线．
(1)作对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC，BD于点E，F，O(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)；
(2)连接BE，DF，求证：四边形BEDF为菱形．
22. (本小题6.0分)
某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况如表所示：
进货批次
甲种水果质量
(单位：千克)
乙种水果质量
(单位：千克)
总费用
(单位：元)
第一次
60
40
1520
第二次
30
50
1360
(1)求甲、乙两种水果的进价；
(2)销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值．
23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，AE和过点C的切线CD互相垂直，垂足为E，AE与⊙O相交于点F，连接AC．
(1)求证：AC平分∠EAB；
(2)若AE=12，tan∠CAB= 33，求OB的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在水平地面点A处有一网球发射器向空中发射网球，网球在地面上的落点为B，网球的飞行路线是一条抛物线，已知AB=4米，AC=3米，网球飞行的最大高度OM=3米．
(1)建立合适的平面直角坐标系，求抛物线的函数表达式．
(2)小明在直线AB上，点C右侧竖直向上摆放若干个无盖的直径为0.5米，高为0.3米的圆柱形桶(网球的体积和圆柱形桶的厚度忽略不计)，若要是网球刚好落入桶内，至少摆放多少个圆柱形筒？
25. (本小题10.0分)
如图，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，交反比例函数y=kx(k≠0)的图象于P、Q两点.若AB=2BP，且△AOB的面积为4．
(1)求k的值；
(2)当点P的横坐标为−1时，求△POQ的面积．
26. (本小题10.0分)
【结论理解】
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形的四个顶点共圆.该小组继续利用上述结论进行探究．
【问题探究】
(1)如图1，在矩形ABCD中，点E为CD上一点，将△BCE沿BE翻折，点C的对应点F恰好落在边AD上，做经过F、E、C三点的圆，请根据以上结论判断点B点 (填“在”或“不在”)该圆上；
(2)如图2，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ABC=∠ADC，AB=BC=5 2，CD=6，求四边形ABCD的面积．
【问题解决】
(3)如图3，四边形ABCD是某公园的一块空地，现计划在空地中修建AC与BD两条小路，(小路宽度不计)，将这块空地分成四部分，记两条小路的交点为P，其中△ADP与△BCP空地中种植草坪，△ABP与△CDP空地中分别种植郁金香和牡丹花.已知AB=CD，BD=150m，AC=100m，∠BAC+∠BDC=180°，且点C到BD的距离是40m，求种植牡丹花的地块△CDP的面积比种植郁金香的地块△ABP的面积多多少平方米？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.a2⋅a3=a5，故该选项不正确，不符合题意；
B.(−2a2)3=−8a6，故该选项不正确，不符合题意；
C.a4÷a=a3，故该选项正确，符合题意；
D.2a+3a=5a，故该选项不正确，不符合题意．
故选：C．
根据合并同类项，同底数幂的乘除法，积的乘方运算，逐项分析判断即可求解．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘除法，积的乘方运算，掌握以上运算法则是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：1412000000=1.412×109．
故选：C．
根据用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此求解即可得出答案．
本题主要考查了科学记数法，熟练掌握科学记数法表示的方法进行求解是解决本题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵坡面AB的坡度为BCAC=5AC=1： 3，
∴AC=5 3m，
∴AB= AC2+BC2=10m．
故选：A．
由坡面AB的坡度为BCAC=5AC=1： 3，可得AC=5 3m，再根据勾股定理可得AB= AC2+BC2=10m．
本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题，理解坡度的定义是解答本题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可得BP为∠ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD，
∴∠A=∠ABD=∠CBD，
∴∠ABC=2∠A，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+2∠A+2∠A=180°，
解得∠A=36°．
故选：A．
由题意可得BP为∠ABC的角平分线，则∠ABD=∠CBD，由AD=BD，可得∠A=∠ABD，即可得∠ABC=2∠A，由AB=AC，可得∠ABC=∠C，再结合三角形内角和定理可列出关于∠A的方程，即可得出答案．
本题考查作图−基本作图、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了由三视图判断几何体，正确得出俯视图的边长是解题关键．
直接利用已知视图的边长结合其面积得出另一边长，即可得出俯视图的边长进而得出答案．
【解答】
解：∵S主=x2+3x=x(x+3)，S左=x2+x=x(x+1)，
∴S俯=(x+3)(x+1)=x2+4x+3．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】解：如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠B′FO=∠C=90°，
∵B(2,1)，
∴OE=2，BE=1，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，
∴△OAB≌△OA′B′，
∴B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，
∴OB=OB′= 5，
在△OB′F和△OA′C中，
∠O公共，∠B′FO=∠C=90°，
∴△OB′F∽△OA′C，
∴OB′OA′=B′FCA′=OFOC，
∴ 55=1CA′=2OC，
∴CA′= 5，OC=2 5
∴点A′的坐标为( 5,2 5).
故选：B．
如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，首先利用旋转得到△OAB≌△OA′B′，接着利用全等三角形的性质可以求出B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，OB=OB′= 5，然后证明△OB′F∽△OA′C，最后利用相似三角形的性质即可解决问题．
此题主要考查了坐标与图形变换--旋转，同时也利用了全等三角形、相似三角形的旋转与判定，有一定的综合性．
7.【答案】B
【解析】解：若设荧光棒的单价为x元，则缤纷棒单价是1.5x元，
根据题意可得：40x−301.5x=20．
故选：B．
若设荧光棒的单价为x元，则缤纷棒单价是1.5x元，根据等量关系“缤纷棒比荧光棒少20根”可列方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：过点A向BC作AH⊥BC于点H，
根据相似比可知：EF6=3−x3，
即EF=2(3−x)
所以y=12×2(3−x)x=−x2+3x=−(x−32)2+94．
∴y与x的关系式为：y=−(x−32)2+94．
纵观各选项，只有(A)选项图象符合．
故选：A．
可过点A向BC作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而求出函数关系式，由此即可求出答案．
本题考查了动点问题函数图象，主要利用了相似三角形的性质，求出y与x的函数关系式是解题的关键，也是本题的难点．
9.【答案】2(m+2)(m−2)
【解析】解：2m2−8
=2(m2−4)
=2(m+2)(m−2)．
故答案为：2(m+2)(m−2)．
先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解因式．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
10.【答案】−a+b
【解析】解：由题意得a<0
∴|a−b|=−(a−b)=−a+b，
故答案为：−a+b．
先根据数轴确定出a−b的符号，再运用绝对值的知识进行求解．
此题考查了运用数轴表示实数和绝对值的求解能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
11.【答案】x=6
【解析】解：3x=2x−2，
方程两边都乘x(x−2)，得3(x−2)=2x，
解得：x=6，
检验：当x=6时，x(x−2)≠0，
所以分式方程的解是x=6．
故答案为：x=6．
方程两边都乘x(x−2)得出3(x−2)=2x，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键，注意：解分式方程一定要进行检验．
12.【答案】43
【解析】解：∵实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，
∴a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根，
则a+b=4，ab=3，
则原式=a+bab=43，
故答案为：43．
由实数a、b分别满足a2−4a+3=0，b2−4b+3=0，且a≠b，知a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根，据此可得a+b=4，ab=3，将其代入到原式=a+bab即可得出答案．
本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是根据方程的特点得出a、b可看作方程x2−4x+3=0的两个不相等的实数根及韦达定理．
13.【答案】126°
【解析】解：∵△ABF是等边三角形，
∴AF=BF，∠AFB=∠ABF=60°，
在正五边形ABCDE中，AB=BC，∠ABC=(5−2)×180°5=108°，
∴BF=BC，∠FBC=∠ABC−∠ABF=48°，
∴∠BFC=12(180°−∠FBC)=66°，
∴∠AFC=∠AFB+∠BFC=126°，
故答案为：126°．
根据等边三角形的性质得到AF=BF，∠AFB=∠ABF=60°，由正五边形的性质得到AB=BC，∠ABC=108°，等量代换得到BF=BC，∠FBC=48°，根据三角形的内角和求出∠BFC=66°，根据∠AFC=∠AFB+∠BFC即可得到结论．
本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角的求法是解题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：过点O作OC⊥AP，垂足为C，
∴AC=BC=12AB=4，
在Rt△OAC中，AO=6，
∴OC= OA2−AC2= 62−42=2 5，
在Rt△OPC中，tan∠OPA= 53，
∴PC=OCtan∠OPA=2 5 53=6，
∴PB=PC−BC=6−4=2，
故答案为：2．
过点O作OC⊥AP，垂足为C，根据垂径定理可得AC=BC=4，然后在Rt△OAC中，利用勾股定理可求出OC的长，再在Rt△OPC中，利用锐角三角函数的定义求出PC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15.【答案】24cm
【解析】解：设母线的长为R，
由题意得，πR=2π×12，
解得R=24，
∴母线的长为24cm，
故答案为：24cm．
根据弧长公式列方程求解即可．
本题主要考查弧长的计算，根据展开后的半圆弧长等于圆锥形烟囱帽的底面周长列方程求解是解题的关键．
16.【答案】π−24
【解析】解：作OD⊥CD，OB⊥AB，如图：
设⊙O的半径为r，
∵⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆，
∴OB=OC=r，△AOB、△COD是等腰直角三角形，
∴AB=OB=r，OD=CD= 22r，
∴AE=2r，CF= 2r，
∴这个点取在阴影部分的概率是πr2−( 2r)2(2r)2=π−24，
故答案为：π−24．
作OD⊥CD，OB⊥AB，设⊙O的半径为r，根据⊙O是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆，可得OB=OC=r，△AOB、△COD是等腰直角三角形，即可得AE=2r，CF= 2r，从而求出答案．
本题考查几何概率，涉及正方形的外切圆与内接圆，解题的关键是用含r的代数式表示阴影部分的面积．
17.【答案】五 系数化为1 2≤x<4
【解析】解：任务一：(1)小明的解答过程中，第五步开始出现错误，错误的原因是系数化为1错误，
故答案为：五，系数化为1；
任务二：(2)
由不等式①，得3x−x+2≥6，
解得x≥2，
由不等式②，得3x+3>4x−1，
移项，得3x−4x>−4，
解得x<4，
所以，原不等式组的解集是2≤x<4，
故答案为：2≤x<4．
任务一：根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1判断即可；
任务二：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．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C为所作，点A1的坐标为(3,−3)；
(2)如图，△A2B2C为所作；
(3)CB= 12+42= 17，
所以线段CB所扫过的面积=90π( 17)2360=174π.
【解析】(1)延长AC到A1使A1C=2AC，延长BC到B1使B1C=2BC，则可得到△A1B1C，然后写出点A1的坐标；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A2、B2即可；
(3)先利用勾股定理计算出CB，然后根据扇形面积公式计算线段BC所经过的面积．
本题考查了作图−位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；然后根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；最后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换和扇形面积公式．
19.【答案】解：(x2−4x2+4x+4+xx+2)⋅1x−1
=x+2x−2x2+4x+4+xx+2⋅1x−1
=x−2+xx+2·1x−1
=2x−1x+2·1x−1
=2x+2，
当x=3时，
原式=23+2=25．
【解析】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
首先计算括号里面的加法，再计算括号外面的乘法，将分式化简后把x的值代入计算，即可得出答案．
20.【答案】83 85 70
【解析】解：(1)甲组的平均数a=70+80×6+90×2+10010=83(分)，
将乙组的10名同学的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为80+902=85(分)，即中位数b=85，
乙组10名同学成绩出现次数最多的是70分，共出现4次，因此众数是70分，即c=70，
故答案为：a=83，b=85，c=70；
(2)500×2+1+3+210+10=200(人)，
答：该校八年级500名学生中网络安全意识非常强的大约有200人．；
(3)甲组1名，乙组2名满分的同学中任意选取2名，所有可能出现的结果如下：
共有6种可能出现的结果，其中两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的有4种，
所以两名同学恰好一人来自甲组，另一人来自乙组的概率为46=23．
(1)根据平均数、中位数、众数的定义进行计算即可；
(2)求出样本中，网络安全意识强的所占的百分比即可估计总体中的百分比，进而计算出相应的人数；
(3)列举出所有可能出现的结果情况，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法求概率，条形统计图、折线统计图以及样本估计总体，掌握中位数、众数平均数的计算方法是正确解答的前提，列举出所有可能出现的结果是计算概率的关键．
21.【答案】(1)解：如图，EF即为所作；
(2)证明：∵EF垂直平分BD，
∴OB=OD，EB=ED，FB=FD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
在△ODE和△OBF中，
∠DEO=∠BFO∠EDO=∠FBOOD=OB，
∴△ODE≌△OBF(AAS)，
∴DE=BF，
∴BE=DE=BF=DF，
∴四边形BEDF为菱形．
【解析】(1)利用基本作图作BD的垂直平分线即可；
(2)先根据线段垂直平分线的性质得到OB=OD，EB=ED，FB=FD，再证明△ODE≌△OBF得到DE=BF，则BE=DE=BF=DF，然后根据菱形的判定方法得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作已知线段的垂直平分线).也考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质和菱形的判定．
22.【答案】解：(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．
由题意，得60a+40b=152030a+50b=1360，解得a=12b=20，
答：甲两种水果的进价为每千克12元，乙两种水果的进价为每千克20元．
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．
由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80．
设获得的利润为w元，
由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，
∵−5<0，
∴w随x的增大而减小，
∴x=80时，w的值最大，最大值为−35m+1600，
由题意，得−35m+1600≥800，
解得m≤1607，
∴m的最大整数值为22．
【解析】本题考查一次函数的应用，二元一次方程组和不等式的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．
(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．构建方程组求解；
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80.设获得的利润为w元，由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，利用一次函数的性质求解．
23.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AE⊥DE，
∴OC//AE，
∴∠EAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠EAC=∠OAC，即AC平分∠EAB；
(2)解：连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠CAB= 33，∠EAC=∠OAC，
∴tan∠EAC= 33，即ECAE= 33，
∴EC12= 33，解得：EC=4 3，
在Rt△AEC中，AC= AE2+EC2= 122+(4 3)2=8 3，
∵tan∠CAB=BCAC= 33，
∴BC=8，
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= (8 3)2+82=16，
∴OB=8．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到OC⊥DE，根据平行线的性质得到∠EAC=∠OCA，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明结论；
(2)连接BC，根据正切的定义求出EC，根据勾股定理求出AC，再根据正切的定义计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、正切的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
24.【答案】解：(1)以AB中点为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图：
由已知二次函数的图像顶点为M(0,3)，设抛物线的解析式为y=ax2+3，
∵抛物线过点A(−2,0)，
∴4a+3=0，
解得a=−34，
∴抛物线的解析式为y=−34x2+3；
(2)当x=1时，y=94，
当x=1.5时，y=2116，
设摆放m个圆柱形桶，
∵桶高0.3，
∴2116<0.3m<94，
解得4.375
∴m的值为5或6或7时，网球能落入桶中，
∴至少要摆5个圆柱形桶．
【解析】(1)以AB中点为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系，二次函数的图像过M、A，根据待定系数法求出函数解析式；
(2)当圆柱形桶的左侧位于x=1时的抛物线下方，圆柱形桶的右侧位于x=1.5时抛物线上方，求才能落进桶内，分别计算出x=1和x=1.5时y的值，再列不等式可求出答案．
本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是读懂题意，能得到落入桶内时满足的不等式．
25.【答案】解：(1)∵AB=2BP，且△AOB的面积为4，
∴△POB的面积为2，
作PM⊥y轴于M，
∴PM//OA，
∴△PBM∽△ABO，
∴S△PBMS△ABO=(PBAB)2，即S△PBM4=(12)2，
∴△PBM的面积为1，
∴S△POM=1+2=3，
∵S△POM=12|k|，
∴|k|=6，
∵k<0，
∴k=−6;
(2)∵点P的横坐标为−1，
∴PM=1，
∵△PBM∽△ABO，
∴PMOA=PBAB，即1OA=12，
∴OA=2，
∴A(2,0)，
把x=−1代入y=−6x得，y=6，
∴P(−1,6)，
设直线AB为y=mx+n，
把P、A的坐标代入得−m+n=62m+n=0，解得m=−2n=4，
∴直线AB为y=−2x+4，
解y=−6xy=−2x+4得x=3y=−2或x=−1y=6，
∴Q(3,−2)，
∴S△POQ=S△POA+S△QOA=12×2×6+12×2×2=8．
【解析】(1)由题意求得△POB的面积为2，作PM⊥y轴于M，证得△PBM∽ABO，即可求得△PBM的面积为1，从而求得S△POM=3，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值；
(2)由△PBM∽ABO，求得OA=2，得到A为(2,0)，把x=−1代入反比例函数解析式求得P的坐标，根据待定系数法求得直线AB解析式，然后解析式联立，解方程组求得Q的坐标，最后根据S△POQ=S△POA+S△QOA即可求得。
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数系数k的几何意义、三角形的面积公式以及待定系数法求函数解析式，解题的关键是：(1)求出△POM的面积；(2)求得Q点的坐标．
26.【答案】在
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
由折叠的性质可知，∠BFE=∠C=90°，
∴∠C+∠BFE=90°+90°=180°，
∴B、C、E、F四点共圆，
即点B在经过F、E、C三点的圆上，
故答案为：在；
(2)∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵AB=BC=5 2，
∴AC= 2AB= 2×5 2=10，
∵CD=6，
∴AD= AC2−CD2= 102−62=8，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12AB⋅BC+12AD⋅DC=12×5 2×5 2+12×6×8=25+24=49；
(3)如图3，作点D关于BC的对称点E，连接BE、CE，过点C作CG⊥BD于点G，CH⊥BE于点H，过点P作PM⊥BC于点M，
则CE=CD，BE=BD=150m，∠BDC=∠BEC，∠DBC=∠EBC，
∵AB=CD，∠BAC+∠BDC=180°，
∴AB=CE，∠BAC+∠BEC=180°，
∴A、B、E、C四点共圆，
∴AB=CE，
∴∠ACB=∠CBE，
∴AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE=∠CBD，
∴BP=CP，
∵AC//BE，AB=CE，
∴四边形ABEC是等腰梯形，
∴RH=12(BE−AC)=12×(150−100)=25(m)，
∴BH=BE−EH=150−25=125(m)，
∵∠DBC=∠EBC，CG⊥BD，CH⊥BE，
∴CH=CG=40m，
∴BC= BH2+CH2= 1252+402=5 689(m)，
∵BP=CP，PM⊥BC，
∴BM=12BC=5 6892(m)，
∵∠CBD=∠CBE，∠BMP=∠BHC=90°，
∴△BMP∽△BHC，
∴BPBC=BMBH，
即BP5 689=5 6892125，
∴CP=BP=68910(m)，
∴PD=BD−BP=150−68010=81110(m)，
∴AP=AC−CP=100−68910=31110(m)，
∴S△CDP=12PD⋅CG=12×81110×40=1622(m2)，S△ABP=12AP⋅CH=12×31110×40=622(m2)，
∴S△CDP−S△ABP=1622−622=1000(m2)，
即种植牡丹花的地块△CDP的面积比种植郁金香的地块△ABP的面积多1000平方米．
(1)证B、C、E、F四点共圆，即可得出结论；
(2)由圆内接四边形的性质证出∠ABC=∠ADC=90°，再由勾股定理求出AC、AD的长，即可解决问题；
(3)作点D关于BC的对称点E，连接BE、CE，过点C作CG⊥BD于点G，CH⊥BE于点H，过点P作PM⊥BC于点M，则CE=CD，BE=BD=150m，∠BDC=∠BEC，∠DBC=∠EBC，证A、B、E、C四点共圆，得AB=CE，则∠ACB=∠CBE，再证BP=CP，四边形ABEC是等腰梯形，则RH=12(BE−AC)=25m，然后由勾股定理得BC=5 689m，利用等腰三角形的性质得BM=12BC=5 6892m，进而证△BMP∽△BHC，求出CP=BP=68910m，则PD=BD−BP=81110m，AP=AC−CP=31110m，即可解决问题．
本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆的判定、圆内接四边形的性质、圆周角定理、折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握四点共圆的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
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