2023年辽宁省抚顺市清原县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年辽宁省抚顺市清原县中考数学二模试卷（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年辽宁省抚顺市清原县中考数学二模试卷
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. −2的相反数是(    )
A. 2 B. −2 C. −12 D. 12
2. 徽章交换是现代奥林匹克运动会特有的文化活动.一枚小小的徽章不仅是参与奥运盛会的证明，更是交流奥林匹克精神与世界文化的小窗口.在2022年北京冬奥会上徽章交换依然深受欢迎.下列徽章图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是(    )
A. a2+a3=a5 B. (a3)2=a6
C. (a−b)2=a2−b2 D. x6÷x3=x2
4. 某几何体如图所示，它的俯视图是(    )


A. B. C. D.
5. 以下调查中，最适合采用抽样调查的是(    )
A. 了解全国中学生的视力和用眼卫生情况
B. 了解全班50名同学每天体育锻炼的时间
C. 学校招聘教师，对应聘人员进行面试
D. 为保证神舟十四号载人飞船成功发射，对其零部件进行检查
6. 某公司对25名营销人员4月份销售某种商品的情况统计如下：
销售量(件)
60
50
40
35
30
20
人数
1
4
4
6
7
3
则这25名营销人员销售量的众数是(    )
A. 50 B. 40 C. 35 D. 30
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，其中点A′与点A是对应点，点B′与点B是对应点．若点B′恰好落在AB边上，则点A到直线A′C的距离等于(    )


A. 3 3 B. 2 3 C. 3 D. 2
8. 《千里江山图》是宋代王希孟的作品，如图，它的局部画面装裱前是一个长为2.4米，宽为1.4米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是8：13，且四周边衬的宽度相等，则边衬的宽度应是多少米？设边衬的宽度为x米，根据题意可列方程(    )
A. 1.4−x2.4−x=813 B. 1.4+x2.4+x=813 C. 1.4−2x2.4−2x=813 D. 1.4+2x2.4+2x=813
9. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=36°.分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE分别交AC，BC于点F，G.以G为圆心，GC长为半径画弧，交BC于点H，连结AG，AH.则下列说法错误的是(    )
A. AG=CG B. ∠B=2∠HAB
C. △CAH≌△BAG D. BG2=CG⋅CB
10. 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，AB//x轴，点B的坐标为(4,1)，∠BAD=60°，垂直于x轴的直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l与菱形ABCD的两边分别交于点M，N(点N在点M的上方)，连接OM，ON，若△OMN的面积为s，直线l的运动时间为t秒(0≤t≤6)，则S与t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）
11. 电影《流浪地球2》自2023年1月22日上映以来，票房一路高歌，不断刷新记录，3月2日单日票房收入107750000元，将数据107750000用科学记数法表示为______ ．
12. 因式分解：y3−y= ______ ．
13. 已知关于x的一元二次方程(a−1)x2−2x+a2−1=0有一个根为x=0，则a=______．
14. 如图，某校运会百米预赛用抽签方式确定赛道．若琪琪第一个抽签，她从1～8号中随机抽取一签，则抽到6号赛道的概率是______．

15. 如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F.若∠ACB=60°，CD=4 3，则四边形CEDF的周长是______．


16. 如图，在长方形ABCD中，AB=6，AD=8.延长BC到点E，使CE=2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC−CD−DA向终点A运动，设点P的运动时间为t秒，当t的值为______ 时，△ABP和△DCE全等．
17. 如图，矩形OABC的顶点B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，点A在x轴的正半轴上，AB=3BC，点D在x轴的负半轴上，AD=AB，连接BD，过点A作AE//BD交y交于点E，点F在AE上，连接FD，FB.若△BDF的面积为9，则k的值是______．


18. 如图，正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，且BE=2DE，连接AE并延长交
CD于点P，点F是BC边上一点，且CF=2BF，连接AF交BD于点G，连接EF，PF．
下列四个结论：
①DP=CP；②2S△ABC=S△BCP；③AE=EF；④∠DPF=2∠BGF．
其中正确的结论是______ .(写出所有正确结论的序号)
三、解答题（本大题共8小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(x−2−5x+2)⋅2x+4x2−3x，其中x=(1−π)0−|−12|.
20. (本小题12.0分)
某中学积极落实国家“双减”教育政策，决定增设“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程以提升课后服务质量，促进学生全面健康发展为优化师资配备，学校面向七年级参与课后服务的部分学生开展了“你选修哪门课程(要求必须选修一门且只能选修一门)？”的随机问卷调查，并根据调查数据绘制了如下两幅不完整的统计图：
请结合上述信息，解答下列问题：
(1)共有______名学生参与了本次问卷调查；“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角是______度；
(2)补全调查结果条形统计图；
(3)小刚和小强分别从“礼仪”等五门校本课程中任选一门，请用列表法或画树状图法求出两人恰好选到同一门课程的概率．


21. (本小题12.0分)
为了传承雷锋精神，某中学向全校师生发起“献爱心”募捐活动，准备向西部山区学校捐赠篮球、足球两种体育用品．已知篮球的单价为每个100元，足球的单价为每个80元．
(1)原计划募捐5600元，全部用于购买篮球和足球，如果恰好能够购买篮球和足球共60个，那么篮球和足球各买多少个？
(2)在捐款活动中，由于师生的捐款积极性高涨，实际收到捐款共6890元，若购买篮球和足球共80个，且支出不超过6890元，那么篮球最多能买多少个？
22. (本小题12.0分)
如图，B地在A地的北偏东56°方向上，C地在B地的北偏西19°方向上，原来从A地到C地的路线为A→B→C，现在沿A地北偏东26°方向新修了一条直达C地的分路，路程比原来少了20千米．求从A地直达C地的路程(结果保留整数．参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73)

23. (本小题12.0分)
如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心OC为半径的⊙O与边AB相切于点D，且AC=AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE并延长，交AB于点F．
(1)求证：AC是⊙O切线；
(2)若AC=8，sin∠CAB=35，求⊙O半径．

24. (本小题12.0分)
丹东是我国的边境城市，拥有丰富的旅游资源．某景区研发一款纪念品，每件成本为30元，投放景区内进行销售，规定销售单价不低于成本且不高于54元，销售一段时间调研发现，每天的销售数量y(件)与销售单价x(元/件)满足一次函数关系，部分数据如下表所示：
销售单价x(元/件)
…
35
40
45
…
每天销售数量y(件)
…
90
80
70
…
(1)直接写出y与x的函数关系式；
(2)若每天销售所得利润为1200元，那么销售单价应定为多少元？
(3)当销售单价为多少元时，每天获利最大？最大利润是多少元？
25. (本小题12.0分)
如图①，E在AB上，△ACB、△ADE都为等腰直角三角形，∠ADE=∠ACB=90°，连接DB，以DE、DB为边作平行四边形DBFE，连接FC、DC．

(1)求证：CD=CF；CD⊥CF；
(2)将图①中△ADE绕A点顺时针旋转，其它条件不变，如图②，(1)的结论是否成立？说明理由．
(3)将图①中的△ADE绕A点顺时针旋转a°，0<α≤360，其它条件不变，当四边形DBFE为矩形时，直接写出α的值．
26. (本小题14.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点A的坐标为(2,0)，点D(−3,52)在抛物线上．

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，点P在y轴上，且点P在点C的下方，若∠PDC=45°，求点P的坐标；
(3)如图②，E为线段CD上的动点，射线OE与线段AD交于点M，与抛物线交于点N，求MNOM的最大值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
【解答】
解：−2的相反数是：−(−2)=2，
故选：A．  
2.【答案】D 
【解析】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意，
B、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意，
C、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意，
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
根据轴对称图形，中心对称图形的定义判断每个图形的类型即可．
本题考查轴对称图形，中心对称图形的定义，能够根据定义判断图形是否属于轴对称图形，中心对称图形是解决本题的关键．

3.【答案】B 
【解析】解：A、原式不能合并，不符合题意；
B、原式=a6，符合题意；
C、原式=a2−2ab+b2，不符合题意；
D、原式=x3，不符合题意．
故选：B．
各式计算得到结果，即可作出判断．
此题考查了完全平方公式，合并同类项，以及同底数幂的除法，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：从上面看该几何体，是两个同心圆，
故选：D．
根据俯视图的意义，从上面看该几何体所得到的图形结合选项进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，明确能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示是得出正确答案的前提．

5.【答案】A 
【解析】解：A、了解全国中学生的视力和用眼卫生情况，最适合采用抽样调查，故A符合题意；
B、了解全班50名同学每天体育锻炼的时间，最适合采用全面调查，故B不符合题意；
C、学校招聘教师，对应聘人员进行面试，最适合采用全面调查，故C不符合题意；
D、为保证神舟十四号载人飞船成功发射，对其零部件进行检查，最适合采用全面调查，故D不符合题意；
故选：A．
根据全面调查与抽样调查的特点，逐一判断即可解答．
本题考查了全面调查与抽样调查，熟练掌握全面调查与抽样调查的特点是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：因为销售量为30件出现的次数最多，所以这25名营销人员销售量的众数是30．
故选：D．
根据众数的定义求解．
本题考查了确定一组数据的众数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．

7.【答案】C 
【解析】解：连接AA′，如图，

∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，
∴AC= 3BC=2 3，∠B=60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，
∴CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BCB′，
∵CB=CB′，∠B=60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′=60°，
∴∠ACA′=60°，
∴△CAA′为等边三角形，
过点A作AD⊥A′C于点D，
∴CD=12AC= 3，
∴AD= 3CD= 3× 3=3，
∴点A到直线A′C的距离为3，
故选：C．
由直角三角形的性质求出AC=2 3，∠B=60°，由旋转的性质得出CA=CA′，CB=CB′，∠ACA′=∠BCB′，证出△CBB′和△CAA′为等边三角形，过点A作AD⊥A′C于点D，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形的性质及等边三角形的判定与性质．

8.【答案】D 
【解析】解：由题意可得，
1.4+2x2.4+2x=813，
故选：D．
根据题意可知，装裱后的长为2.4+2x，宽为1.4+2x，再根据整幅图画宽与长的比是8：13，即可得到相应的方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．

9.【答案】C 
【解析】解：由作法得DE垂直平分AC，GH=GC，
∴AF=CF，GF⊥AC，GC=GA，所以A选项不符合题意；
∵CG=GH，CF=AF，
∴FG为△ACH的中位线，
∴FG//AH，
∴AH⊥AC，
∴∠CAH=90°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=36°，
∵∠BAC=180°−∠B−∠C=108°，
∴∠HAB=108°−∠CAH=18°，
∴∠B=2∠HAB，所以B选项不符合题意；
∵GC=GA，
∴∠GAC=∠C=36°，
∴∠BAG=108°−∠GAC=72°，∠AGB=∠C+∠GAC=72°，
∵△ACH为直角三角形，
∴△CAH与△BAG不全等，所以C选项符合题意；
∵∠GCA=∠ACB，∠CAG=∠B，
∴△CAG∽△CBA，
∴CG：CA=CA：CB，
∴CA2=CG⋅CB，
∵∠BAG=∠AGB=72°，
∴AB=GB，
而AB=AC，
∴AC=GB，
∴BG2=CG⋅CB，所以D选项不符合题意．
故选：C．
根据基本作图得到DE垂直平分AC，GH=GC，再根据线段垂直平分线的性质得到AF=CF，GF⊥AC，GC=GA，于是可对A选项进行判断；通过证明FG为△ACH的中位线得到FG//AH，所以AH⊥AC，则可计算出∠HAB=18°，则∠B=2∠HAB，于是可对B选项进行判断；计算出∠BAG=72°，∠AGB=72°，而△ACH为直角三角形，则根据全等三角形的判定方法可对C选项进行判断；通过证明△CAG∽△CBA，利用相似比得到CA2=CG⋅CB，然后利用AB=GB=AC可对D选项进行判断．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定、线段垂直平分线的性质和相似三角形的判定与性质．

10.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查对动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积，二次函数的图象，正比例函数的图象，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质等知识点的理解和掌握，能根据这些性质进行计算是解此题的关键，用的数学思想是分类讨论思想．s=12t×MN，分段求出MN的长度即可．
【解答】
解：四边形ABCD是菱形，点B的坐标为(4,1)，∠BAD=60°，则点C的横坐标为6，
s=12t×MN，
①当0≤t≤2时，MN=AMtan60°= 32t，
s= 34t2，为开口向上的二次函数；
②当2 故s对应的函数表达式为一次函数；
③同理可得：MN= 32(6−t)，
s= 34(−t2+6t)，为开口向下的二次函数；
故选C．  
11.【答案】1.0775×108 
【解析】解：107750000=1.0775×108．
故答案为：1.0775×108．
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．

12.【答案】y(y+1)(y−1) 
【解析】解：原式=y(y2−1)
=y(y+1)(y−1)．
故答案为：y(y+1)(y−1)．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

13.【答案】−1 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，也考查了一元二次方程的定义．
根据一元二次方程的解的定义把x=0代入原方程得到关于a的一元二次方程，解得a=±1，然后根据一元二次方程的定义确定a的值．
【解答】
解：把x=0代入(a−1)x2−2x+a2−1=0得a2−1=0，解得a=±1，
∵a−1≠0，
∴a=−1．
故答案为−1．  
14.【答案】18 
【解析】解：所有可能出现的结果数为8，抽到6号赛道的结果数为1，每种结果出现的可能性相同，
P(抽到6号赛道)=18，
故答案为：18．
根据抽到6号赛道的结果数÷所有可能出现的结果数即可得出答案．
本题考查了概率公式，掌握抽到6号赛道的概率=抽到6号赛道的结果数÷所有可能出现的结果数是解题的关键．

15.【答案】16 
【解析】解：连接EF交CD于O，如图：

∵DE//AC，DF//BC，
∴四边形CEDF是平行四边形，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠FCD=∠ECD，
∵DE//AC，
∴∠FCD=∠CDE，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∴四边形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD=12∠ACB=30°，OC=12CD=2 3，
在Rt△COE中，
CE=OCcos30∘=2 3 32=4，
∴四边形CEDF的周长是4CE=4×4=16，
故答案为：16．
连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD=12∠ACB=30°，OC=12CD=2 3，在Rt△COE中，可得CE=OCcos30∘=2 3 32=4，故四边形CEDF的周长是4CE=16．
本题考查是三角形角平分线及菱形性质和判定，解题的关键是掌握平行线性质，证明四边形CEDF是菱形．

16.【答案】1秒或3秒 
【解析】解：①当BP=CE=2时，△ABP和△DCE全等．
在△ABP和△DCE中，
AB=DC∠ABP=∠DCE=90°BP=CE，
△ABP≌△DCE(SAS)，
∴BP=2t=2，
所以t=1，
②当AP=CE=2，△ABP和△DCE全等．
与①同理，根据SAS证得：
△BAP≌△DCE，
∴AP=8−2t=2，
解得t=3．
所以，当t的值为1或3秒时．△ABP和△DCE全等．
故答案为：1秒或3秒．
分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2和AP=8−2t=2即可求得．
本题考查了全等三角形的判定及矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．

17.【答案】6 
【解析】解：因为AE//BD，依据同底等高的原理，△BDF的面积等于△ABD的面积，
设B(a,3a)(a>0)，则0.5×3a⋅3a=9，
解得a= 2，
所以3a2=6．
故k=6．
故答案为：6．
根据同底等高把面积进行转化，再根据k的几何意义，从而求出k的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，关键是根据同底等高把面积进行转化．

18.【答案】①③④ 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CB=CD，∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，AD//CB，AB//CD，
∵PD//AB，
∴△PDE∽△ABE，
∵BE=2DE，
∴DPAB=DEBE=12，
∴DP=12AB=12CD，
∴DP=CP，
故①正确；
∵AB>CP，
∴S△ABC>S△BCP，
∴2S△ABC>S△BCP；
故②错误；
作EH⊥BC于点H，连接CE，则∠BHE=∠BCD=90°，

∴HE//CD，
∴CHBH=DEBE=12，
∴CH=13CB=13a，
∴CH=FH=13a，
∴CE=EF，
∵∠CBE=∠CDB=45°，∠ABE=∠ADB=45°，
∴∠CBE=∠ABE，
∵CB=AB，BE=BE，
∴△CBE≌△ABE(SAS)，
∴CE=AE，
∴AE=EF，
故③正确；
∵∠BCE=∠BAE，∠BCE=∠EFC，
∴∠BAE=∠EFC，
∵∠PEH=∠BAE，
∴∠PEH=∠EFC，
∴∠PEF=∠PEH+∠FEH=∠EFC+∠FEH=90°，
∴∠AEF=180°−∠PEF=90°，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∵PDAD=12，PEEF=PEAE=DEBE=12，
∴PDAD=PEEF，
∴PDPE=ADEF，
∵∠ADP=∠FEP=90°，
∴△ADP∽△FEP，
∴∠APD=∠APF，
∴∠DPF=2∠APD，
∴∠BGF=∠ABG+∠BAG=45°+∠BAG=∠BAE=∠APD，
∴∠DPF=2∠BGF，
故④正确，
故答案为：①③④．
由PD//AB，证明△PDE∽△ABE，则DPAB=DEBE=12，所以DP=12AB=12CD，则DP=CP，可判断①正确；
依据AB>CP，得出S△ABC>S△BCP，进而得出结论2S△ABC>S△BCP，可判断②错误；
由HE//CD，得CHBH=DEBE=12，则CH=13CB=13a，所以CH=FH=13a，则CE=EF，再证明△CBE≌△ABE，得CE=AE，所以AE=EF，可判断③正确；
④由∠BAE=∠BCE=∠EFC，∠PEH=∠BAE，得∠PEH=∠EFC，则∠PEF=∠PEH+∠FEH=∠EFC+∠FEH=90°，所以∠AEF=90°，则∠EAF=∠EFA=45°，再由PDAD=12，PEEF=PEAE=DEBE=12，推导出PDPE=ADEF，即可证明△ADP∽△FEP，得∠APD=∠APF，则∠DPF=2∠APD，而∠BGF=∠ABG+∠BAG=45°+∠BAG=∠BAE=∠APD，所以∠DPF=2∠BGF，可判断④正确．
此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

19.【答案】解：原式=(x−2)(x+2)−5x+2⋅2(x+2)x(x−3)
=(x+3)(x−3)x+2⋅2(x+2)x(x−3)
=2x+6x．
∵x=(1−π)0−|−12|=1−12=12，
∴原式=2x+6x=2×12+612=14 
【解析】先化简，再求出x的值，代入即可得出结论．
此题主要考查了分式的化简，零指数幂，绝对值，分式的化简是解本题的关键．

20.【答案】(1)120；99；
(2)条形统计图中，选修“厨艺”的学生人数为：120×54°360∘=18(名)，
则选修“园艺”的学生人数为：120−30−33−18−15=24(名)，
补全条形统计图如下：

(3)把“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程分别记为A、B、C、D、E，
画树状图如下：

共有25种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有5种，
∴小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为525=15． 
【解析】解：(1)参与了本次问卷调查的学生人数为：30÷25%=120(名)，
则“陶艺”在扇形统计图中所对应的圆心角为：360°×33120=99°，
故答案为：120，99；
(2)条形统计图中，选修“厨艺”的学生人数为：120×54°360∘=18(名)，
则选修“园艺”的学生人数为：120−30−33−18−15=24(名)，
补全条形统计图如下：

(3)把“礼仪”“陶艺”“园艺”“厨艺”及“编程”等五门校本课程分别记为A、B、C、D、E，
画树状图如下：

共有25种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有5种，
∴小刚和小强两人恰好选到同一门课程的概率为525=15．
(1)由选修“礼仪”的学生人数除以所占百分比得出参与了本次问卷调查的学生人数，即可解决问题；
(2)求出选修“厨艺”和“园艺”的学生人数，即可解决问题；
(3)画树状图，共有25种等可能的结果，其中小刚和小强两人恰好选到同一门课程的结果有5种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

21.【答案】解：(1)设原计划篮球买x个，则足球买y个，
根据题意得：x+y=60100x+80y=5600，
解得：x=40y=20．
答：原计划篮球买40个，则足球买20个．
(2)设篮球能买a个，则足球(80−a)个，
根据题意得：100a+80(80−a)≤6890，
解得：a≤24.5，
答：篮球最多能买24个． 
【解析】(1)设原计划篮球买x个，则足球买y个，根据：“恰好能够购买篮球和足球共60个、原计划募捐5600元”列方程组即可解答；
(2)设篮球能买a个，则足球(80−a)个，根据“实际收到捐款共6890元”列不等式求解即可解答．
本题考查了二元一次方程组、一元一次不等式的应用，解决本题的关键是根据题意列出方程组和不等式．

22.【答案】解：过点B作BD⊥AC于点D，
设BD=x，
在Rt△ABD中，∵∠BAD=56°−26°=30°，
∴AB=BDsin30∘=2x，AD=BDtan30∘= 3x，
在Rt△BCD中，∵∠C=26°+19°=45°，
∴BC=BDsin45∘= 2x，CD=BDtan45∘=x，
∴AC= 3x+x，
由题意得，AB+BC−AC=20，
∴2x+ 2x−( 3x+x)=20，
解得x≈29.4，
∴AC≈2.73×29.4=80.262≈80(千米)，
答：从A地直达C地的路程约为80千米． 
【解析】过点B作BD⊥AC于点D，设BD=x，依据沿A地北偏东26°方向新修了一条直达C地的分路，路程比原来少了20千米，即可得到AB+BC−AC=20，进而得出2x+ 2x−( 3x+x)=20，求得x的值即可得到从A地直达C地的路程．
本题考查了方向角，解直角三角形的综合运用，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

23.【答案】(1)证明：连OD，

在△AOC和△AOD中，
AC=ADAO=AOOC=OD，
∴△AOC≌△AOD(SSS)，
∴∠ACO=∠ADO，
∵AB与⊙O相切，
∴OD⊥AB，
∴∠ADO=90°，
∴∠ACO=90°，
∴OC⊥AC，
∵OC为半径，
∴AC是⊙O切线；
(2)解：连接OD，

设BC=3x，则AB=5x，
∵AC2+BC2=AB2，
∴82+(3x)2=(5x)2，
∴x=2，
∴BC=6，
设OD=a，则OB=6−a，
∵sin∠CAB=35，
∴sin∠OBD=45，
∴ODOB=a6−a=45，
∴a=83，
∴OD=83，
∴⊙O半径为83． 
【解析】(1)连OD，证明△AOC≌△AOD(SSS)，由全等三角形的性质得出∠ACO=∠ADO，由切线的性质得出∠ADO=90°，则可得出∠ACO=90°，可得出结论；
(2)设BC=3x，则AB=5x，由勾股定理得出82+(3x)2=(5x)2，解方程求出x=2，得出BC=6，设OD=a，则OB=6−a，得出ODOB=a6−a=45，求出a则可求出答案．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的判定与性质，证明△AOC≌△AOD是解题的关键．

24.【答案】解：(1)设每天的销售数量y(件)与销售单价x(元/件)之间的关系式为y=kx+b，
把(35,90)，(40,80)代入得：
35k+b=9040k+b=80，
解得k=−2b=160，
∴y=−2x+160；
(2)根据题意得：(x−30)⋅(−2x+160)=1200，
解得x1=50，x2=60，
∵规定销售单价不低于成本且不高于54元，
∴x=50，
答：销售单价应定为50元；
(3)设每天获利w元，
w=(x−30)⋅(−2x+160)=−2x2+220x−4800=−2(x−55)2+1250，
∵−2<0，对称轴是直线x=55，
而x≤54，
∴x=54时，w取最大值，最大值是−2×(54−55)2+1250=1248(元)，
答：当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元． 
【解析】(1)设每天的销售数量y(件)与销售单价x(元/件)之间的关系式为y=kx+b，用待定系数法可得y=−2x+160；
(2)根据题意得(x−30)⋅(−2x+160)=1200，解方程并由销售单价不低于成本且不高于54元，可得销售单价应定为50元；
(3)设每天获利w元，w=(x−30)⋅(−2x+160)=−2x2+220x−4800=−2(x−55)2+1250，由二次函数性质可得当销售单价为54元时，每天获利最大，最大利润，1248元．
本题考查一次函数，一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和一元二次方程．

25.【答案】(1)证明：如图①中，

∵△ACB、△ADE都为等腰直角三角形，∠ADE=∠ACB=90°，
∴AD=DE，AB=BC，
∴∠AED=∠DAE=∠ABC=45°，
∵四边形DBFE是平行四边形，
∴DE=BF，DE//BF，
∴AD=BF，∠BEF=∠DEB=180°−45°=135°，
∴∠FBC=135°−45°=90°，
∵∠CAD=∠CAB+∠DAE=45°+45°=90°，
∴∠CAD=∠CBF，
∴△CAD≌△CBF，
∴CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∴∠DCF=∠ACB=90°，
∴CD⊥CF，CD=CF．

(2)解：结论成立．
理由：如图②中，延长DE交BC于M．

∵△ACB、△ADE都为等腰直角三角形，∠ADE=∠ACB=90°，
∴AD=DE，AB=BC，
∴∠AED=∠DAE=∠ABC=45°，
∵四边形DBFE是平行四边形，
∴DE=BF，DE//BF，
∴∠FBC=∠DMB，
∵∠DAC+∠CMD=360°−90°−90°=180°，∠DMB+∠CMD=180°，
∴∠DAC=∠DMB，
∴∠FBC=∠CAD，
∴∴△CAD≌△CBF，
∴CD=CF，∠ACD=∠BCF，
∴∠DCF=∠ACB=90°，
∴CD⊥CF，CD=CF．

(3)如图③中，当旋转角α=45°时，四边形BDEF是矩形；

如图④中，当旋转角α=225°时，四边形BDEF是矩形；

综上所述，α为45°或225°时，四边形EFBD是矩形． 
【解析】(1)只要证明△CAD≌△CBF即可解决问题；
(2)只要证明△CAD≌△CBF即可解决问题；
(3)分两种情形画出图形即可解决问题；
本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

26.【答案】解：(1)∵点A(2,0)，D(−3,52)在抛物线上，
∴4a+4a+c=09a−6a+c=52，
解得：a=−12c=4，
∴抛物线的表达式为y=−12x2−x+4．
(2)解法一：
如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，
∴∠DPE=90°，∠DFP=∠PGE=90°，
又∵∠PDC=45°，
∴△PDE为等腰直角三角形，PE=PD，
设点P坐标为(0,m)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴DF=52−m，PF=3，
∵DF⊥PF，EG⊥PG，
又∵∠DPE=90°
∴∠FDP+∠DPF=90°，∠EPG+∠DPF=90°
∴∠FDP=∠EPG，
在△DFP和△PGE中，
∠DEP=∠PGE∠FDP=∠GPEDP=PE，
∴△DFP≌△PGE(AAS)，
∴PG=DF=52−m，EG=PF=3，
∴E(52−m,3+m)，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
又∵点D坐标为(−3,52)，
设直线CD的表达式为y=kx+b，
∴b=4∖hfill−3k+b=52∖hfill，
解得：k=12∖hfillb=4∖hfill，
∴直线CD的表达式为y=12x+4，
把E(52−m,3+m)代入y=12x+4，
得：12(52−m)+4=3+m，
解得：m=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
解法二：
把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，

∴△CDF为等腰直角三角形，CD=CF，∠CDF=45°，
∴DF与y轴的交点即为P点，
作DG⊥y轴于G，作FH⊥y轴于H，
∴∠DGC=∠CHF=90°，
∴∠DCG+∠CDG=90°，
∵∠DCF=90°，
∴∠DCG+∠HCF=90°，
∴∠CDG=∠HCF．
在△CDG和△FCH中，
∠DGC=∠CHF∠CDG=∠FCHCD=FC，
∴△CDG≌△FCH(AAS)，
∴GC=HF，DG=CH，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
∴C(0,4)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴DG=3，CG=4−52=32，
∴HF=CG=32，CH=DG=3，
∴OH=4−3=1，
∴F坐标为(32,1)，
设直线CF的表达式为y=k1x+b1，
∴32k1+b1=1−3k1+b1=52，
解得：k1=−13b1=32，，
∴直线CF的表达式为y=−13x+32，
当x=0时，y=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
解法三：
过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，

∴∠PEC=∠DFC=90°，
∵C为抛物线y=−12x2−x+4与y轴交点，
∴C(0,4)，
∵点D坐标为(−3,52)，
∴F(0,52)，
∴DF=3，CF=4−52=32，
∴CD= DF2+CF2= 32+(32)2=32 5，
∵∠DFC=∠PEC=90°，
又∵∠FCD=∠ECP，
∴△DCF∽△PCE，
∴CFDF=CEPE，
∴CEPE=323=12，
∴PE=2CE．
∵PE⊥CD，∠PDC=45°，
∴∠DPE=∠PDC=45°，
∴PE=DE，
∴CD=CE+DE=CE+PE=CE+2CE=3CE=32 5，
∴CE=12 5，PE= 5，
∴PC= CE2+PE2= (12 5)2+( 5)2=52，
∴OP=OC−PC=4−52=32，
∴点P的坐标为(0,32)．
(3)解法一：
过点N作NH//y轴，交直线AD于点H，则∠HNO=∠QOM，

又∵∠NMH=∠OMQ，
∴△MNH∽△MOQ，
∴MNMO=NHOQ，
由点A坐标为(2,0)，点D坐标为(−3,52)，
可求得直线AD的表达式为y=−12x+1，
当x=0时，y=1，
∴直线AD与y轴的交点坐标为Q(0,1)，
∴OQ=1，
设H(t,−12t+1)，
∴N的坐标为(t,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，
∴NH=−12t2−t+4−(−12t+1)=−12t2−12t+3，
∴MNMO=NHOQ=−12t2−12t+3=−12(t+12)2+258，
∵−12<0，−3<−12<0，
∴t=−12时，MNMO取最大值，最大值为258．
解法二：
过点N作NQ∖user2//x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA=∠QAB，

又∵∠NMQ=∠OMA，
∴△MNQ∽△MOA，
∴MNMO=NQOA，
由点A坐标为(2,0)，点D坐标为(−3,52)，
可求得直线AD的表达式为y=−12x+1，
设点N坐标为(t,−12t2−t+4)，
∴点Q坐标为(t2+2t−6,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，
∴NQ=t−(t2+2t−6)=−t2−t+6，
∴MNMO=NQOA=−t2−t+62=−12(t+12)2+258，
∵−12<0，−3<−12<0，
∴t=−12时，MNMO取最大值，最大值为258． 
【解析】(1)利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
(2)解法一：如图，过点P作PE⊥PD交DC的延长线于点E，过点P作x轴的平行线FG，过点D作DF⊥PF于点F，过点E作EG⊥PF于点G，设点P坐标为(0,m)，先证明△DFP≌△PGE(AAS)，可得出E(52−m,3+m)，再求出直线CD的表达式为y=12x+4，最后把E(52−m,3+m)代入y=12x+4求解即可；
解法二：把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CF，连接DF，先证明△CDG≌△FCH(AAS)，再求出直线CF的表达式为y=−13x+32，即可求解；
解法三：过P作PE⊥CD于点E，过点D作DF⊥OC于F，利用勾股定理求出CD=32 5，然后证明△DCF∽△PCE，再利用勾股定理求出PC=52，即可求解；
(3)解法一：过点N作NH//y轴，交直线AD于点H，则∠HNO=∠QOM，由△MNH∽△MOQ得到MNMO=NHOQ，利用待定系数求得直线AD的表达式为y=−12x+1，设H(t,−12t+1)，得到N的坐标(t,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，可得出NH=−12t2−12t+3，所以MNMO=−12(t+12)2+258，再根据二次函数的性质即可求解；
解法二：过点N作NQ//x轴，交直线AD于点Q，则∠NQA=∠QAB，由△MNQ∽△MOA得出MNMO=NQOA，利用待定系数法求得直线AD的表达式为y=−12x+1，设点N坐标为(t,−12t2−t+4)，得出点Q坐标为(t2+2t−6,−12t2−t+4)，其中−3≤t≤0，可得出MNMO=−12(t+12)2+258，再根据二次函数的性质即可求解．
本题考查函数的综合应用，解题的关键是掌握函数的相关应用和性质．