2023年江苏省南通市崇川初级中学中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省南通市崇川初级中学中考数学三模试卷（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年江苏省南通市崇川初级中学中考数学三模试卷
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. 使1 x−3有意义的x的取值范围是(    )
A. x>3 B. x<3 C. x≥3 D. x≤3
2. 一个正五棱柱如右图摆放，光线由上到下照射此正五棱柱时的正投影是(    )
A.
B.
C.
D.


3. 下列运算正确的是(    )
A. 2a+3a=5a2 B. a⋅a⋅a=3a
C. (a3)2=a5 D. a(m+n)=am+an
4. 实数a在数轴上对应点的位置如图所示.若实数b满足a+b<0，则b的值可以是(    )
A. −2 B. −1 C. 0 D. 1
5. 一个多边形的内角和为900°，则这个多边形是(    )
A. 七边形 B. 八边形 C. 九边形 D. 十边形
6. 已知关于x的方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，若(x1+1)(x2+1)=3，则m的值为(    )
A. −3 B. −1 C. −3或1 D. −1或3
7. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C在坐标轴上，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，按以下步骤作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧相交于点G，作射线AG，交BC于点E.则点E的坐标为(    )
A. (1,3) B. (85,3) C. (125,3) D. (4,3)
8. 如图，点A的坐标为(−1,0)，直线y=x−2与x轴交于点C，与y轴交于点D，点B在直线y=x−2上运动．当线段AB最短时，求点B的坐标(    )
A. (12,−32)
B. (1,−1)
C. (13,−53)
D. (0,−2)
9. 如图，E为矩形ABCD边AD上的一点，点P从点B沿折线BE−ED−DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是2cm/s.若P，Q同时开始运动，设运动时间为t(s)，△BPQ的面积为y(cm2)，已知y与t的函数关系图象如图，则△ABE的面积为(    )

A. 30 B. 25 C. 24 D. 20
10. 如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线，点D是线段BF上的动点，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接BE，则AE+BE的最小值是(    )
A. ( 3+1)a
B. 3a−1
C. 5a
D. 3a
二、填空题（本大题共8小题，共30.0分）
11. 分解因式：(x+2)x−(x+2)= ______ ．
12. 舌尖上的浪费让人触目惊心，曾统计我国每年浪费的粮食约350亿千克，接近全国粮食总产量的6%，则350亿用科学记数法应表示为______ ．
13. 我国古代著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“清明游园，共坐八船，大船满六，小船满四，三十八学子，满船坐观.请问客家，大小几船？”其大意为：“清明时节出去游园，所有人共坐了8只船，大船每只坐6人，小船每只坐4人，38人刚好坐满，问：大小船各有几只？”若设有x只小船，可列方程为______ ．
14. 已知点P(m−1,2m−3)在第三象限，则m的取值范围是______ ．
15. 如图，某学校数学探究小组利用无人机在操场上开展测量教学楼高度的活动，此时无人机在高地面30米的点D处，操控者站在点A处，无人机测得点A的俯角为30°.测得教学楼楼顶点C处的俯角为45°，操控者和教学楼BC的距离为60米，则教学楼BC的高度是______ 米.

16. 如图，已知AB的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是AB的中点，将AB绕点A逆时针旋转120°后得到AB′，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是______ ．


17. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD在第二象限内，边BC与x轴平行，A、B两点纵坐标分别为3、2，反比例函数y=kx(x<0)的图象经过A、B两点，若菱形ABCD的面积为 5，则k的值为______ ．


18. 若b=a2−a−1a2+a+1，求b的最大值______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题12.0分)
(1)计算： 4−( 3−1)0+2−1；
(2)解不等式组：1−2x<5,x−23≤1.．
20. (本小题10.0分)
田忌赛马的故事为我们熟知，在学习概率知识后老师设计了如下游戏：已知甲、乙两人手中各有牌面数字为2、5、7和3、6、8的三张扑克牌，每次同时各出一张牌(打出的牌不收回)，谁的牌数字大谁赢．
(1)若甲、乙将手中的牌随机抽出一张，一局定胜负，请用列表或画树状图的方法，比较谁的获胜机会比较大？
(2)若规定三局两胜者为胜，已知乙按从小到大的顺序出牌，甲应该怎样出牌，才能保证获胜？
21. (本小题10.0分)
阅读与思考
下面是森森同学写的一篇数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．
×年×月×日星期四数学推理真有趣
今天数学课上学习了一个“二推一模型”，意思就是平行线、角平分线和等腰三角形，这三个条件只要已知其中的任意两个，就能推导出第三个．
第一种情况，已知：如图，AB//CD，CE是∠ACD的平分线.求证：△ACE是等腰三角形．

证明：∵AB//CD，∴∠AEC=∠ECD．
∵CE是∠ACD的平分线，∴∠ACE=∠ECD．
∴∠AEC=∠ACE.∴AC=AE.(依据)∴△ACE是等腰三角形．
第二种情况
第三种情况
(1)以上证明过程中，依据是______ ．
(2)请你参照日记中的第一种情况，写出其余两种情况的已知和求证，并选择其中一种进行证明．
22. (本小题10.0分)
夏季来临，溺水事故进入高发季，为了增强学生的安全意识，把校园防溺水教育落到实处，某中学组织开展了“珍爱生命，预防溺水”安全教育专题讲座，邀请预防溺水宣讲员来校宣讲，并在讲座活动之后请同学们完成了“防溺水安全教育知识问卷”，现从该校七、八年级中各随机抽取了20名学生填写的问卷，进行整理和分析(问卷得分均为整数，满分为10分)，相关数据统计、整理如下：
抽取的年级学生的问卷得分：6，6，6，7，7，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10，10
抽取的八年级学生的问卷得分条形统计图
A
7分以下
B
7分
C
8分
D
9分
E
10分
抽取的七、八年级学生的问卷得分统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.9
7.9
中位数
8
a
众数
b
9
根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出上述表中a，b的值，并补全条形统计图；
(2)根据以上数据分析，请从一个方面评价该校七、八年级中哪个年级抽取的学生填写的问卷成绩更好；
(3)该校七年级有500名学生填写了问卷，八年级有400名学生填写了问卷，请估计两个年级本次问卷成绩大于等于9分的学生总人数．

23. (本小题10.0分)
如图，P为⊙O外一点，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，点C在⊙O上，连接OA，OC，AC．
(1)求证：∠AOC=2∠PAC；
(2)连接OB，若AC//OB，⊙O的半径为5，AC=6，求AP的长．

24. (本小题12.0分)
小明发现某乒乓球发球器有“直发式”与“间发式”两种模式，在“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线.如图1和图2分别建立平面直角坐标系xOy．

通过测量得到球距离台面高度y(单位：dm)与球距离发球器出口的水平距离x(单位：dm)的相关数据，如下表所示：
表1直发式
x(dm)
0
2
4
6
8
10
16
20
…
y(dm)
3.84
3.96
4
3.96
m
3.64
2.56
1.44
…
表2间发式
x(dm)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
…
y(dm)
3.36
n
1.68
0.84
0
1.40
2.40
3
3.20
3
…
根据以上信息，回答问题：
(1)表格中m= ______ ，n= ______ ；
(2)求“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；
(3)若“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1，“间发式”模式下球第二次接触台面时距离出球点的水平距离为d2，则d1 ______ d2(填“>”“=”或“<”)．
25. (本小题13.0分)
(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；

(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．

(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交直线BC于点P，求PC的长．


26. (本小题13.0分)
定义：在平面直角坐标系xOy中，对于某函数图象上的一点P，先向右平移1个单位长度，再向上平移n(n>0)个单位长度得到点Q，若点Q也在该函数图象上，则称点P为该函数图象的“n倍平点”．
(1)函数①y=−2x；②y=2x；③y=x+2中，其图象存在“2倍平点”的是______ (填序号)；
(2)若反比例函数y=3x，图象恰有1个“n倍平点”，求n的值；
(3)求函数y=x2−4x+3(x≥0)−x2−4x−3(x<0)图象的“3倍平点”的坐标．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：由题意得：x−3>0，
解得x>3．
故选：A．
根据二次根式和分式有意义的条件可得x−3>0，再解即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．

2.【答案】B 
【解析】解：把一个正五棱柱如图摆放，光线由上向下照射此正五棱柱时的正投影是正五角形．
故选：B．
根据平行投影特点以及图中正五棱柱的摆放位置即可求解．
本题考查了平行投影特点，不同位置，不同时间，影子的大小、形状可能不同，具体形状应按照物体的外形即光线情况而定．

3.【答案】D 
【解析】解：A.2a+3a=5a，故此选项不合题意；
B.a⋅a⋅a=a3，故此选项不合题意；
C.(a3)2=a6，故此选项不合题意；
D.a(m+n)=am+an，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘法运算法则、单项式乘多项式分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘法运算、单项式乘多项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．

4.【答案】A 
【解析】解：∵a+b<0，且a>0，
∴b<0，且|b|>|a|，
∵1 ∴当b=−2时，a+b<0；b=−1，0，1时，a+b>0．
故选：A．
根据有理数加法法则判断出b为负数，且绝对值大于a，由a的取值判断b的取值．
本题考查了有理数的加法法则的应用，利用数轴判断数的大小是解题关键．

5.【答案】A 
【解析】解：设多边形的边数为n，
(n−2)⋅180°=900°，
解得：n=7．
故选：A．
根据多边形的内角和公式：(n−2)⋅180°列出方程，解方程即可得出答案．
本题考查了多边形的内角和，体现了方程思想，掌握多边形的内角和=(n−2)⋅180°是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
根据方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，得出x1+x2与x1x2的值，再根据(x1+1)(x2+1)=3，即可求出m的值．
【解答】
解：∵方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，
∴x1+x2=2m−1，x1x2=m2，
∵(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=3，
∴m2+2m−1+1=3，
整理得：m2+2m−3=0，解得：m1=1，m2=−3，
∵方程x2−(2m−1)x+m2=0有两个实数根，
∴Δ=(2m−1)2−4m2≥0，
整理得：4m−1≤0，解得：m≤14，
∴m=−3．
故选：A．
【点评】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，难度适中，掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q是解题关键．  
7.【答案】C 
【解析】解：过点E作ED⊥AC于D，

由作图得：AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∵∠ABC=∠ADE=90°，AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(AAS)，
∴BE=ED，AD=AB=6，
∵∠ABC=90°，AB=6，BC=8，
∴AC=10，
∴CD=AC−AD=4，
设DE=BE=x，
则CE=8−x，
∴CD2+DE2=CE2，即：42+x2=(8−x)2，
解得：x=3，
∵2S△ABC=AB⋅BC=AC⋅BO，即：6×8=10OB，
解得：OB=4.8，
∴OA= AB2−OB2=3.6，
∴OD=OD−OA=6−3.6=2.4，
∴E(2.4,3)，
故选：C．
先根据作图得出AE平分∠BAC，再根据勾股定理求出DE，再利用OD即可．
本题考查了基本作图，掌握勾股定理及角平分线的性质是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：当线段AB最短时，AB⊥BC，
∵直线BC为y=x−2，
∴设直线AB的解析式为：y=−x+b，
∵点A的坐标为(−1,0)，
∴0=1+b，
∴b=−1，
∴直线AB的解析式为y=−x−1
解y=−x−1y=x−2，得x=12y=−32，
∴B(12,−32).
故选：A．
当线段AB最短时，AB⊥BC，求出直线AB的解析式为：y=−x−1，联立方程组求出点的坐标．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，垂线段最短，解方程组求直线的交点坐标，关键是明确线段AB最短时，是AB垂直于CD．

9.【答案】C 
【解析】解：由图象可知，
BC=BE=5×2=10(cm)，ED=2×(6−5)=2(cm)，
∴AE=AD−ED=BC−ED=10−2=8(cm)，
当t=5时，y=S△BPQ=S△BEC=12BC⋅CD=12×10⋅CD=30，
∴CD=6=AB，
∴S△ABE=12AE⋅AB=12×8×6=24(cm2)，
故选：C．
根据图象可以得到BC、ED的长度，再用当t=5时△BPQ的面积为30求出CD的长，再用三角形的面积公式求出△ABE的面积．
本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，找出所求问题需要的条件．

10.【答案】D 
【解析】解：如图，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=a，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BF是△ABC的中线，
∴AF=CF=12a，
∴BF= 32a，
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动，作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，

∵由对称可得CA=CM，∠ACM=2∠ACE=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠AFM=90°，AM=AC=a，
∴∠AFB+∠AFM=180°，
∴点B，F，M三点共线，
∴AE+BE=ME+BE≥BM= 3a，
故选：D．
首先证明△BAD≌△CAE，可证得点E在射线CE上运动(证明∠ACE=30°)，点E在射线CE上运动，作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，可得△ACM是等边三角形，从而得到点B，F，M三点共线，进而得到AE+BE=ME+BE≥BM，从而可得答案．
本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动(∠ACE=30°)．

11.【答案】(x+2)(x−1) 
【解析】解：原式=(x+2)(x−1)．
故答案为：(x+2)(x−1)．
直接提取公因式(x+2)，进而分解因式即可．
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．

12.【答案】3.5×1010 
【解析】解：350亿=35000000000=3.5×1010．
故答案为：3.5×1010．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

13.【答案】6(8−x)+4x=38 
【解析】解：∵所有人共坐了8只船，其中有x只小船，
∴有(8−x)只大船．
根据题意得：6(8−x)+4x=38．
故答案为：6(8−x)+4x=38．
由大、小船数量间的关系，可得出有(8−x)只大船，根据8只船刚好坐满38人，可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

14.【答案】m<1 
【解析】解：∵点P(m−1,2m−3)在第三象限，
∴m−1<0①2m−3<0②，
解不等式①得：m<1，
解不等式②得：m<1.5，
∴原不等式组的解集为：m<1，
故答案为：m<1．
根据点P的位置可得m−1<0①2m−3<0②，然后按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，点的坐标，准确熟练地进行计算是解题的关键．

15.【答案】(30 3−30) 
【解析】解：如图，过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，

由题意得AB=60，DE=30，∠DAB=30°，∠DCF=45°，
在Rt△ADE中，tan∠DAE=tan30°=DEAE，
∴AE=DEtan30∘=30 33=30 3，
∴BE=AB−AE=60−30 3，
∵CB⊥BE，FE⊥BE，CF⊥EF，
∴四边形BCFE为矩形，
∴CF=BE=60−30 3，
在Rt△DFC中，∠DCF=45°，
∴∠CDF=90°−∠DCF=45°=∠DCF，
∴DF=CF=60−30 3，
∴BC=EF=DE−DF=30−(60−30 3)=(30 3−30)(米)．
∴教学楼BC的高度为(30 3−30)米，
故答案为：(30 3−30).
过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥DE于F，根据正切的定义求出AE，根据题意求出BE，根据等腰的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．

16.【答案】4 53π 
【解析】解：设AB所在圆的圆心是O，
作半径OP⊥AB于H，连接OA，PA，AP′，
∴AH=12AB=12×8=4，P是AB的中点，
∵OA=5，
∴OH= OA2−AH2=3，
∴PH=OP−OH=5−3=2，
∴AP= AH2+PH2=2 5，
由题意得：∠PAP′=120°，
∴以A为圆心，PA长为半径的PP′的长=120π×2 5180=4 53π，
∴点P的运动路径长是4 53π.
故答案为：4 53π.
由垂径定理，勾股定理求出AP的长，由弧长公式即可解决问题．
本题考查勾股定理，垂径定理，轨迹，旋转的性质，弧长的计算，关键是由垂径定理，勾股定理求出AP的长．

17.【答案】−12 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD//BC，
∵A、B两点的纵坐标分别是3、2，反比例函数y=kx经过A、B两点，
∴xB=k2，xA=k3，即A(k3,3)，B(k2,2)，
∴AB2=(k3−k2)2+(3−2)2=k236+1，
∴BC=AB= k236+1，
又∵菱形ABCD的面积为 5，
∴BC×(yA−yB)= 5，
即 k236+1×(3−2)= 5，
整理得 k236+1= 5，
解得k=±12，
∵函数图象在第二象限，
∴k<0，即k=−12，
故答案为：−12．
根据函数解析式和A、B点的纵坐标，分别写出A、B点的坐标，根据菱形的面积=BC×(yA−yB)= 5，得出关于k的方程，解方程得出正确取值即可．
本题主要考查了反比例函数和菱形的知识，用含有k的代数式表示出菱形的面积是解题的关键．

18.【答案】53 
【解析】解：∵a2+a+1≠0，将b=a2−a−1a2+a+1变形，
∴ba2+ba+b=a2−a−1，
整理得：(b−1)a2+(b+1)a+b+1=0，
Δ=(b+1)2−4(b−1)(b+1)≥0，
∴(b+1)(5−3b)≥0，
∴①b+1≥05−3b≥0或②b+1<05−3b<0，
解①得−1≤b≤53，解②得不等式组无解．
∴b的最大值53．
故答案为：53．
将b=a2−a−1a2+a+1变形，利用判别式列出不等式，化简后分情况讨论即可得到b的最大值．
本题考查了一元二次方程根的判别式，利用判别式可以确定所求b的范围，从而确定最大值．

19.【答案】解：(1)原式=2−1+0.5
=1.5；
(2)由1−2x<5得：x>−2，
由x−23≤1得x≤5，
则不等式组的解集为−2 【解析】(1)先计算算术平方根、零指数幂和负整数指数幂，再计算加减即可；
(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、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是实数的运算和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．

20.【答案】解：(1)树状图如下：

所有可能的结果有9种，甲获胜的情况有3种，乙获胜的情况有6种，
∴甲获胜的概率是39=13，乙获胜的概率为69=23，
∴乙获胜的机会大；
(2)由题意得，乙出牌的情况为：(3,6,8)，甲随机出牌的情况有：(2,5,7)，(2,7,5)，(5,2,7)，(5,7,2)，(7,2,5)，(7,5,2)，
∴甲、乙出牌共有6种可能结果，
当甲按(5,7,2)出牌时获胜． 
【解析】(1)根据题意画出树状图，由树状图求得所有可能的结果与甲、乙获胜的情况，再利用概率公式即可解答；
(2)根据题意列出甲、乙出牌的情况，得出所有可能的结果，再找出甲获胜的情况．
本题主要考查了用列表法或树状图法求概率、列举法求概率，理解题意，确定总情况属和所求情况数是解题关键．

21.【答案】等角对等边 
【解析】解：(1)∵∠AEC=∠ACE．
∴AC=AE．
依据是等角对等边；
故答案为：等角对等边；
(2)第二种情况，已知：如图，△ACE是等腰三角形，CE是∠ACD的平分线．
求证：AB//CD．
理由：∵△ACE是等腰三角形，
∴∠AEC=∠ACE．
∵CE是∠ACD的平分线，
∴∠ACE=∠ECD．
∴∠AEC=∠ECD．
∴AB//CD．
第三种情况，已知：如图，△ACE是等腰三角形，AB//CD．
求证：CE是∠ACD的平分线．
证明：∵AB//CD，
∴∠AEC=∠ECD．
∵△ACE是等腰三角形．
∴∠AEC=∠ACE．
∴∠ACE=∠ECD，
∴CE是∠ACD的平分线．
根据角平分线、平行线和等腰三角形的性质和判定解题即可．
本题考查角平分线、平行线和等腰三角形的性质和判定．熟练掌握相关性质和定理是解题的关键．

22.【答案】解：(1)a=9，b=8，
八年级D等级的学生人数为：20−5−2−2−4=7，
补全条形统计图如图所示；

(2)八年级抽取的学生填写的问卷成绩更好，
因为七、八年级抽取的学生填写的问卷成绩的平均数均为7.9，但八年级抽取的学生填
写的问卷成绩中位数9大于七年级抽取的学生填写的问卷成绩中位数8，
所以八年级抽取的学生填写的问卷成绩更好．(合理即可)，
(3)500×3+320+400×7+420=370，
答：估计两个年级本次问卷成绩大于等于9的学生总人数为370人． 
【解析】(1)根据众数和中位数的概念求解可得a、b的值，再求出八年级D等级的学生人数，即可补全条形统计图；
(2)从众数或中位数方面比较大小即可得；
(3)利用样本估计总体思想求解可得．
本题考查条形统计图、频数分布表，中位数、众数、平均数，掌握平均数、中位数、众数的意义是解决问题的前提．

23.【答案】(1)证明：过O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA=90°，
∴∠AOH+∠OAC=90°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠OAC+∠PAC=90°，
∴∠AOH=PAC，
∵OA=OC，
∴∠AOC=2∠AOH，
∴∠AOC=2∠PAC；
(2)解：连接OB，延长AC交PB于E，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，PA=PB，
∵AC//OB，
∴AC⊥PB，
∴四边形OBEH是矩形，
∴OH=BE，HE=OB=5，
∵OH⊥AC，OA=OC，
∴AH=CH=12AC=3，
∴OH= OC2−CH2=4，
∴BE=OH=4，AE=AH+HE=8，
∵PA2=AE2+PE2，
∴PA2=82+(PA−4)2，
∴PA=10． 
【解析】(1)过O作OH⊥AC于H，得到∠OHA=90°，根据切线的性质得到∠OAP=90°，根据余角的性质得到∠AOH=PAC，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
(2)连接OB，延长AC交PB于E，根据切线的性质得到OB⊥PB，PA=PB，根据矩形的性质得到OH=BE，HE=OB=5，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

24.【答案】3.84  2.52  = 
【解析】解：(1)由抛物线的对称性及已知表1中的数据可知：m=3.84；
在“间发式“模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，
设这条直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，把(0,3.36)、(8,0)代入，得b=3.368k+b=0，
解得：k=−0.42b=3.36，
∴这条直线的解析式为y=−0.42x+3.36，
当x=2时，y=−0.42×2+3.36=2.52，
表格2中，n=2.52；
故答案为：3.84，2.52；
(2)由已知表1中的数据及抛物线的对称性可知：
“直发式“模式下，抛物线的顶点为(4,4)，
∴设此抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4(a<0)，
把(0,3.84)代入，得3.84=a(0−4)2+4，
解得：α=−0.01，
∴“直发式“模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式为y=−0.01(x−4)2+4；
(3)当y=0时，0=−0.01(x−4)2+4，
解得：x1=−16(舍去)，x2=24，
∴“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1=24；
“间发式“模式下，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线，
由已知表2中的数据及抛物线的对称性可知：“间发式“模式下，这条抛物线的顶点坐标为(16,3.20)，
∴设这条抛物线的解析式为y=m(x−16)2+3.2 (m<0)，
把(8,0)代入，得0=m(8−16)2+3.2，
解得：m=−0.05，
∴这条抛物线的解析式为y=−0.05(x−16)2+3.2，
当y=0时，0=−0.05(x−16)2+3.2，
解得：x1=8，x2=24，
∴d2=24dm，
∴d1=d2，
故答案为：=．
(1)根据表1数据直接得出m的值；由“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，设出抛物线解析式，用待定系数法求出函数解析式，然后把x=2代入解析式得出y的值即可；
(2)用待定系数法求出函数解析式即可；
(3)令(2)中解析式y=0，解方程求出x的值；设出“间发式“模式下的抛物线解析式，用待定系数法求出函数解析式，再令y=0，解方程求出x得值．
本题考查二次函数的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式．

25.【答案】(1)证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，AB=BC，
∴∠BFG=90°=∠C，BF=BC，
在Rt△BFG和Rt△BCG中
BG=BGBF=BC
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
(2)解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，解得x=73，
∴DH=DC−HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
∵EQ//GB，DQ//CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，
∴DQ=887，
设AE=EF=m，则DE=8−m，
∴EQ=DE+DQ=8−m+887=1447−m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴EQBG=EFFG，即1447−m254=m74，解得m=92，
∴AE的长为92；
(3)解：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，
∵CP//DQ，
∴△CPE∽△DQE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△QAF的角平分线，
∴AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE−DH=2−12x，HQ= 3DH= 32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(2−12x)2+( 32x)2=y2②，
联立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
(Ⅱ)当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q′，过Q′作Q′H′⊥CD交CD延长线于H′，如图：


设DQ′=x′，Q′E=y′，则AQ′=6+x′，DE=EF=6−2=4，
∵CP//DQ′，
∴△CPE∽△DQ′E，
∴CPDQ′=CEDE=12，
∴CP=12x′，
同理∠Q′AE=∠EAF，∴AQ′AF=Q′EEF，即6+x′6=y′4①，
∵∠CDA=60°，
∴∠H′DQ′=60°
∴DH′=12DQ′=12x′，H′E=DE+DH′=4+12x′，H′Q′= 3DH′= 32x′，
由H′Q′2+H′E2=Q′E2，∴( 32x′)2+(12x′+4)2=y′2②，
联立①②，解得x′=125，
∴CP=12x′=65，
综上所述：CP的长为32或65． 
【解析】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
(1)根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB=BF，∠BFE=∠A=90°，即得∠BFG=90°=∠C，可证Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
(2)延长BH，AD交于Q，设FH=HC=x，在Rt△BCH中，有82+x2=(6+x)2，得x=73，DH=DC−HC=113，由△BFG∽△BCH，得68=BG6+73=FG73，BG=254，FG=74，而EQ//GB，DQ//CB，可得BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，DQ=887，设AE=EF=m，则DE=8−m，因EQBG=EFFG，有1447−m254=m74，即解得AE的长为92；
(3)分两种情况：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，CP=2x，由AE是△AQF的角平分线，有6−x6=y2①，在Rt△HQE中，(2−12x)2+( 32x)2=y2②，可解得x=34，CP=2x=32；
(Ⅱ)当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q′，过Q′作Q′H′⊥CD交CD延长线于H′，同理解得x′=125，CP=65．

26.【答案】② 
【解析】解：(1)当n=2时，P(a,b)，则Q(a+1,b+2)，
①P(a,−2a)，则Q(a+1,−2a+2)，当x=a+1时，y=−2(a+1)=−2a−2≠−2a+2，
∴y=−2x不存在“2倍平点”．
②P(a,2a)，则Q(a+1,2a+2)，当x=a+1时，y=2(a+1)=2a+2．
∴y=2x.存在“2倍平点”．
③P(a,a+2)，则Q(a+1,a+2+2)，当x=a+1时，y=a+1+2=a+3≠a+2+2．
∴y=x+2不存在“2倍平点”．
故答案为：②．
(2)设P(x,3x)，则Q(x+1．3x+n)，
∴3x+n=3x+1，整理得：nx2+nx+3=0．
∵y=3x恰有1个“n倍平点”，
∴Δ=n2−12n=0，
∴n=0(舍去)或n=12．
(3)①当x≥0时，设P(a,a2−4a+3)，则Q(a+1,a2−4a+6)，
∴a2−4a+6=(a+1)2−4(a+1)+3.解得a=3．
∴a2−4a+3=9−12+3=0，
∴P(3,0)．
②当x<0时，设P(b,−b2−4b−3).则Q(b+1,−b2−4b)，
∴−b2−4b=−(b+1)2−4(b+1)−3.解得b=−4．
∴−b2−4b−3=−16+16−3=−3．
∴P(−4,−3)．
(1)设P点坐标，根据定义导出Q点坐标，代入函数式判断；
(2)根据新定义设出P点坐标，导出Q点坐标，利用函数式列出一元二次方程，利用恰有一个点用判别式等于0，解出n即可；
(3)根据新定义设出P点坐标，分两种情况导出Q点坐标，求出P点坐标即可．
本题考查新定义背景下的一次函数，反比例函数，二次函数的应用．理解新定义是本题突破的关键．