2023年河北省中考数学试卷

这是一份2023年河北省中考数学试卷，共35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年河北省中考数学试卷
一、选择题（本大题共16个小题，共38分，1～6小题各3分，7～16小题各2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）代数式﹣7x的意义可以是（　　）
A．﹣7与x的和 B．﹣7与x的差 C．﹣7与x的积 D．﹣7与x的商
2．（3分）淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，则淇淇家位于西柏坡的（　　）

A．南偏西70°方向 B．南偏东20°方向
C．北偏西20°方向 D．北偏东70°方向
3．（3分）化简的结果是（　　）
A．xy6 B．xy5 C．x2y5 D．x2y6
4．（3分）有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上，若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是（　　）

A．（黑桃） B．（红心） C．（梅花） D．（方块）
5．（3分）四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化．当△ABC为等腰三角形时，对角线AC的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
6．（3分）若k为任意整数，则（2k+3）2﹣4k2的值总能（　　）
A．被2整除 B．被3整除 C．被5整除 D．被7整除
7．（2分）若，，则＝（　　）
A．2 B．4 C． D．
8．（2分）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形．（1）～（3）是其作图过程．
（1）作BD的垂直平分线交BD于点O；
（2）连接AO，在AO的延长线上截取OC＝AO；
（3）连接DC，BC，则四边形ABCD即为所求．

在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（　　）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
9．（2分）如图，点P1～P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是（　　）

A．a＜b B．a＝b
C．a＞b D．a，b大小无法比较
10．（2分）光年是天文学上的一种距离单位，一光年是指光在一年内走过的路程，约等于9.46×1012km，下列正确的是（　　）
A．9.46×1012﹣10＝9.46×1011
B．9.46×1012﹣0.46＝9×1012
C．9.46×1012是一个12位数
D．9.46×1012是一个13位数
11．（2分）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（　　）

A．4 B．8 C．12 D．16
12．（2分）如图1，一个2×2的平台上已经放了一个棱长为1的正方体，要得到一个几何体，其主视图和左视图如图2，平台上至少还需再放这样的正方体（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
13．（2分）在△ABC和△A'B'C′中，∠B＝∠B'＝30°，AB＝A'B'＝6，AC＝A'C′＝4，已知∠C＝n°，则∠C′＝（　　）
A．30° B．n°
C．n°或180°﹣n° D．30°或150°
14．（2分）如图是一种轨道示意图，其中和均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且AM＝CN．现有两个机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动，其路线分别为M→A→D→C→N和N→C→B→A→M．若移动时间为x，两个机器人之间距离为y．则y与x关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
15．（2分）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2 上，点B，D、E、G在同一直线上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，则∠β＝（　　）

A．42° B．43° C．44° D．45°
16．（2分）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（　　）
A．2 B．m2 C．4 D．2m2
二、填空题（本大题共3个小题，共10分.17小题2分，18～19小题各4分，每空2分）
17．（2分）如图，已知点A（3，3），B（3，1），反比例函数 图象的一支与线段AB有交点，写出一个符合条件的k的整数值：　 　．

18．（4分）根据表中的数据，写出a的值为 　 　，b的值为　 　.

2
n
3x+1
7
b

a
1
19．（4分）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：
（1）∠α＝　 　度；
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 　 　（结果保留根号）．
​
三、解答题（本大题共7个小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（9分）某惯性飞镖游戏的靶盘如图．珍珍玩了两局，每局投10次飞镖，若投到边界则不计入次数，需重新投．计分规则如下：
投中位置
A区
B区
脱靶
一次计分（分）
3
1
﹣2
在某一局中，珍珍投中A区4次，B区2次．脱靶4次．
（1）求珍珍第一局的得分；
（2）第二局，珍珍投中A区k次，B区3次，其余全部脱靶．若本局得分比第一局提高了13分，求k的值．

21．（9分）现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图所示（a＞1）．某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形（不重叠无缝隙），如表2和表3，其面积分别为S1，S2．
表2


表3


（1）请用含a的式子分别表示S1，S2，当a＝2时，求S1+S2的值；
（2）比较S1与S2的大小，并说明理由．

22．（9分）某公司为提高服务质量，对其某个部门开展了客户满意度问卷调查，客户满意度以分数呈现，满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档．公司规定：若客户所评分数的平均数或中位数低于3.5分，则该部门需要对服务质量进行整改．工作人员从收回的问卷中随机抽取了20份，如图是根据这20份问卷中的客户所评分数绘制的统计图．
（1）求客户所评分数的中位数、平均数，并判断该部门是否需要整改；
（2）监督人员从余下的问卷中又随机抽取了1份，与之前的20份合在一起，重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分，求监督人员抽取的问卷所评分数为几分？与（1）相比，中位数是否发生变化？

23．（10分）嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏．某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题．
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m长．嘉嘉在点A（6，1）处将沙包（看成点）抛出，其运动路线为抛物线C1：y＝a（x﹣3）2+2 的一部分，淇淇恰在点B（0，c）处接住，然后跳起将沙包回传，其运动路线为抛物线C2：的一部分．
（1）写出C1的最高点坐标，并求a，c的值；
（2）若嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，求符合条件的n的整数值．

24．（10分）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C.
（1）求OC的长．
操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与的长度，并比较大小．
25．（12分）在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点（x，y）移动到点 （x+2，y+1）称为一次甲方式；从点（x，y）移动到点（x+1，y+2）称为一次乙方式．
例点P从原点O出发连续移动2次：若都按甲方式，最终移动到点M（4，2）；若都按乙方式，最终移动到点N（2，4）；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点E（3，3）．
（1）设直线l1经过上例中的点M、N，求l1的解析式，并直接写出将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式；
（2）点P从原点O出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点Q（x，y）．其中，按甲方式移动了m次．
①用含m的式子分别表示x，y；
②请说明：无论m怎样变化，点Q都在一条确定的直线上．设这条直线为l3，在图中直接画出l3的图象；
（3）在（1）和（2）中的直线l1，l2，l3上分别有一个动点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式．

26．（13分）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P．
（1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP；
（2）如图2，连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
（3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）．


2023年河北省中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共16个小题，共38分，1～6小题各3分，7～16小题各2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）代数式﹣7x的意义可以是（　　）
A．﹣7与x的和 B．﹣7与x的差 C．﹣7与x的积 D．﹣7与x的商
【分析】直接利用代数式的意义分析得出答案．
【解答】解：代数式﹣7x的意义可以是﹣7与x的积．
故选：C．
【点评】此题主要考查了代数式，掌握代数式是由运算符号（加、减、乘、除、乘方、开方）把数或表示数的字母连接而成的式子是解题关键．
2．（3分）淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，则淇淇家位于西柏坡的（　　）

A．南偏西70°方向 B．南偏东20°方向
C．北偏西20°方向 D．北偏东70°方向
【分析】根据题意可得：∠ABC＝70°，AB∥CD，然后利用平行线的性质可得∠ABC＝∠DCB＝70°，从而根据方向角的定义，即可解答．
【解答】解：如图：

由题意得：∠ABC＝70°，AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCB＝70°，
∴淇淇家位于西柏坡的北偏东70°方向，
故选：D．
【点评】本题考查了方向角的定义，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．
3．（3分）化简的结果是（　　）
A．xy6 B．xy5 C．x2y5 D．x2y6
【分析】先根据分式的乘方法则计算，再根据分式的乘法法则计算．
【解答】解：x3（）2
＝x3•
＝xy6，
故选：A．
【点评】本题考查的是分式的乘除法，掌握分式的乘法法则、乘方法则是解题的关键．
4．（3分）有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上，若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是（　　）

A．（黑桃） B．（红心） C．（梅花） D．（方块）
【分析】根据概率公式分别求出各花色的概率判断即可．
【解答】解：∵抽到黑桃的概率为，抽到红心的概率为，抽到梅花的概率为，抽到方块的概率为，
∴抽到的花色可能性最大的是红心，
故选：B．
【点评】本题考查了可能性的大小，熟练掌握概率公式是解题的关键．
5．（3分）四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化．当△ABC为等腰三角形时，对角线AC的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】分两种情况，由三角形的三边关系定理：三角形两边的和大于第三边，即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC为等腰三角形，
∴AB＝AC或AC＝BC，
当AC＝BC＝4时，AD+CD＝AC＝4，此时不满足三角形三边关系定理，
当AC＝AB＝3时．满足三角形三边关系定理，
∴AC＝3．
故选：B．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理，关键是掌握三角形的三边关系定理．
6．（3分）若k为任意整数，则（2k+3）2﹣4k2的值总能（　　）
A．被2整除 B．被3整除 C．被5整除 D．被7整除
【分析】先根据完全平方公式进行计算，再合并同类项，分解因式后再逐个判断即可．
【解答】解：（2k+3）2﹣4k2
＝4k2+12k+9﹣4k2
＝12k+9
＝3（4k+3），
∵k为任意整数，
∴（2k+3）2﹣4k2的值总能被3整除，
故选：B．
【点评】本题考查了因式分解的应用，能求出（2k+3）2﹣4k2＝3（4k+3）是解此题的关键．
7．（2分）若，，则＝（　　）
A．2 B．4 C． D．
【分析】把a、b的值代入原式，根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵a＝，b＝，
∴＝＝＝2，
故选：A．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的性质是解题的关键．
8．（2分）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形．（1）～（3）是其作图过程．
（1）作BD的垂直平分线交BD于点O；
（2）连接AO，在AO的延长线上截取OC＝AO；
（3）连接DC，BC，则四边形ABCD即为所求．

在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（　　）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等
【分析】根据：“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明．
【解答】解：由作图得：DO＝BO，AO＝CO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故选：C．
【点评】本题考查了复杂作图，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
9．（2分）如图，点P1～P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是（　　）

A．a＜b B．a＝b
C．a＞b D．a，b大小无法比较
【分析】利用三角形的三边关系，正多边形的性质证明即可．
【解答】解：连接P4P5，P5P6．

∵点P1～P8是⊙O的八等分点，
∴P3P4＝P4P5＝P5P6＝P6P7，P1P7＝P1P3＝P4P6，
∴b﹣a＝P3P4+P7P6﹣P1P3，
∵P5P4+P5P6＞P4P6，
∴P3P4+P7P6＞P1P3，
∴b﹣a＞0，
∴a＜b，
故选：A．
【点评】本题考查正多边形于圆，三角形的三边关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2分）光年是天文学上的一种距离单位，一光年是指光在一年内走过的路程，约等于9.46×1012km，下列正确的是（　　）
A．9.46×1012﹣10＝9.46×1011
B．9.46×1012﹣0.46＝9×1012
C．9.46×1012是一个12位数
D．9.46×1012是一个13位数
【分析】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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：9.46×1012km＝9460000000000km是一个13位数．
故选：D．
【点评】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．
11．（2分）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（　　）

A．4 B．8 C．12 D．16
【分析】先根据正方形AMEF的面积求出AM的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，最后根据勾股定理求出AC的长，然后即可求出直角三角形ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴，
即BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，AB＝4，
∴，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的面积计算公式，直角三角形面积的计算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
12．（2分）如图1，一个2×2的平台上已经放了一个棱长为1的正方体，要得到一个几何体，其主视图和左视图如图2，平台上至少还需再放这样的正方体（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据题意主视图和左视图即可得到结论．
【解答】解：平台上至少还需再放这样的正方体2个，
故选：B．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体，正确地得出小正方体的个数是解题的关键．
13．（2分）在△ABC和△A'B'C′中，∠B＝∠B'＝30°，AB＝A'B'＝6，AC＝A'C′＝4，已知∠C＝n°，则∠C′＝（　　）
A．30° B．n°
C．n°或180°﹣n° D．30°或150°
【分析】分两种情况讨论，当BC＝B′C′时，则△ABC≌△A′B′C′，得出∠C′＝∠C＝n°，当BC≠B′C′时，如图，利用等腰三角形的性质求得∠A′C″C′＝∠C′＝n°，从而求得∠A′C″B′＝180°﹣n°．
【解答】解：当BC＝B′C′时，△ABC≌△A′B′C′（SSS），
∴∠C′＝∠C＝n°，
当BC≠B′C′时，如图，
∵A′C′＝A′C″，
∴∠A′C″C′＝∠C′＝n°，
∴∠A′C″B′＝180°﹣n°，
∴∠C′＝n°或180°﹣n°，
故选：C．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的性质，熟练掌握等腰三角形两底角相等是解题的关键．
14．（2分）如图是一种轨道示意图，其中和均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且AM＝CN．现有两个机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动，其路线分别为M→A→D→C→N和N→C→B→A→M．若移动时间为x，两个机器人之间距离为y．则y与x关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】设圆的半径为R，根据机器人移动时最开始的距离为AM+CN+2R，之后同时到达点A，C两个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是半径R，当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，据此得出结论即可．
【解答】解：由题意可得：机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，设圆的半径为R，
∴两个机器人最初的距离是AM+CN+2R，
∵两个人机器人速度相同，
∴同时到达点A，C，
∴两个机器人之间的距离y越来越小，故排除A、C；
当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是半径R，保持不变，
当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除B；
故选：D．
【点评】本题考查动点函数图象，找到运动时的特殊点用排除法是关键．
15．（2分）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2 上，点B，D、E、G在同一直线上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，则∠β＝（　　）

A．42° B．43° C．44° D．45°
【分析】由平角的定义求得∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，由外角定理求得∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝16°，根据平行线的性质得∠GIF＝∠AHD＝16°，进而求得∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝44°．
【解答】解：如图，延长BG，

∵∠ADE＝146°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，
∵∠α＝∠ADB+∠AHD，
∴∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝50°﹣34°，＝16°，
∵l1∥l2，
∴∠GIF＝∠AHD＝16°，
∵∠EGF＝∠β+∠GIF，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EGF＝60°，
∴∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝60°﹣16°＝44°，
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角度之间的数量关系是解题关键．
16．（2分）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（　　）
A．2 B．m2 C．4 D．2m2
【分析】求出三个交点的坐标，再构建方程求解．
【解答】解：令y＝0，则﹣x2+m2x＝0和x2﹣m2＝0，
∴x＝0或x＝m2或x＝﹣m或x＝m，
∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，
若m＞0，则m2＝2m，
∴m＝2，
若m＜0时，则m2＝﹣2m，
∴m＝﹣2．
∵抛物线y＝x2﹣m2的对称轴x＝0，抛物线y＝﹣x2+m2x的对称轴x＝，
∴这两个函数图象对称轴之间的距离＝＝2．
故选：A．
【点评】本题考查二次函数图象有系数的关系，抛物线与x轴的交点等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问题．
二、填空题（本大题共3个小题，共10分.17小题2分，18～19小题各4分，每空2分）
17．（2分）如图，已知点A（3，3），B（3，1），反比例函数 图象的一支与线段AB有交点，写出一个符合条件的k的整数值：　k＝4（答案不唯一）　．

【分析】把点A（3，3），B（3，1）代入y＝即可得到k的值，从而得结论．
【解答】解：由图可知：k＞0，
∵反比例函数y＝（k＞0）的图象与线段AB有交点，且点A（3，3），B（3，1），
∴把B （3，1）代入y＝得，k＝3，
把A（3，3）代入y＝得，k＝3×3＝9，
∴满足条件的k值的范围是3≤k≤9的整数，
故k＝4（答案不唯一），
故答案为：k＝4（答案不唯一）．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．
18．（4分）根据表中的数据，写出a的值为 　　，b的值为　﹣2　.

2
n
3x+1
7
b

a
1
【分析】将x＝2代入中计算即可求得a的值；将x＝n代入可得关于n的分式方程，解得n的值后代入3x+1中计算即可求得b的值．
【解答】解：当x＝2时，
＝＝，
即a＝；
当x＝n时，
＝1，
解得：n＝﹣1，
经检验，n＝﹣1是分式方程的解，
那么当x＝﹣1时，
3x+1＝﹣3+1＝﹣2，
即b＝﹣2，
故答案为：；﹣2．
【点评】本题考查代数式求值及解分式方程，特别注意解分式方程时必须进行检验．
19．（4分）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：
（1）∠α＝　30　度；
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 　2　（结果保留根号）．
​
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可得到结论；
（2）把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON＝OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数的定义，分别求出OM，BE即可．
【解答】解：（1）作图如图所示，
∵多边形是正六边形，
∴∠ACB＝60°，
∵BC∥直线l，
∴∠ABC＝90°，
∴α＝30°；
故答案为：30°；
（2）取中间正六边形的中心为O，
作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB＝GF，
∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°，
∴△ABC≌△GFH（SAS），
∴BC＝FH，
在Rt△PDE中，DE＝1，PE＝，
由图1知AG＝BF＝2PE＝2，OM＝PE＝，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2，
故答案为：2．

【点评】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（9分）某惯性飞镖游戏的靶盘如图．珍珍玩了两局，每局投10次飞镖，若投到边界则不计入次数，需重新投．计分规则如下：
投中位置
A区
B区
脱靶
一次计分（分）
3
1
﹣2
在某一局中，珍珍投中A区4次，B区2次．脱靶4次．
（1）求珍珍第一局的得分；
（2）第二局，珍珍投中A区k次，B区3次，其余全部脱靶．若本局得分比第一局提高了13分，求k的值．

【分析】（1）根据题意列出算式可求解；
（2）由题意列出方程可求解．
【解答】解：（1）由题意可得：4×3+2×1+4×（﹣2）＝6（分），
答：珍珍第一局的得分为6分；
（2）由题意可得：3k+3×1+（10﹣k﹣3）×（﹣2）＝6+13，
解得：k＝6．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．
21．（9分）现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图所示（a＞1）．某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形（不重叠无缝隙），如表2和表3，其面积分别为S1，S2．
表2


表3


（1）请用含a的式子分别表示S1，S2，当a＝2时，求S1+S2的值；
（2）比较S1与S2的大小，并说明理由．

【分析】（1）根据图形，利用长方形的面积公式计算即可；
（2）利用作差法比较即可．
【解答】解：（1）由图可知S1＝（a+2）（a+1）＝a2+3a+2，S2＝（5a+1）×1＝5a+1，
当a＝2时，S1+S2＝4+6+2+10+1＝23；
（2）S1＞S2，
理由：∵S1﹣S2＝a2+3a+2﹣5a﹣1＝a2﹣2a+1＝（a﹣1）2，
又∵a＞1，
∴（a﹣1）2＞0，
∴S1＞S2．
【点评】本题考查了多项式乘多项式，关键是能列出整式或算式表示几何图形的面积．
22．（9分）某公司为提高服务质量，对其某个部门开展了客户满意度问卷调查，客户满意度以分数呈现，满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档．公司规定：若客户所评分数的平均数或中位数低于3.5分，则该部门需要对服务质量进行整改．工作人员从收回的问卷中随机抽取了20份，如图是根据这20份问卷中的客户所评分数绘制的统计图．
（1）求客户所评分数的中位数、平均数，并判断该部门是否需要整改；
（2）监督人员从余下的问卷中又随机抽取了1份，与之前的20份合在一起，重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分，求监督人员抽取的问卷所评分数为几分？与（1）相比，中位数是否发生变化？

【分析】（1）先求出客户所评分数的中位数、平均数，再根据中位数、平均数确定是否需要整改即可．
（2）根据重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分列出不等式，从而求出监督人员抽取的问卷所评分数，重新排列后再求出中位数即可．
【解答】解：（1）由条形图可知，第10个数据是3分，第11个数据是4分，
∴中位数为3.5分，
由统计图可得平均数为＝3.5分，
∴客户所评分数的平均数或中位数都不低于3.5分，
∴该部门不需要整改．
（2）监督人员抽取的问卷所评分数为x分，则有
，
解得x＞4.55，
∵满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档．
∴监督人员抽取的问卷所评分数为5分，
∵4＜5，
∴加入这个数据，客户所评分数按从小到大排列后，第11个数据不变还是4分，即加入这个数据后，中位数是4分，
∴与（1）相比，中位数是发生了变化，由3.5分变成4分．
【点评】本题考查条形统计图，中位数和平均数，一元一次不等式的应用，掌握求中位数和平均数的方法是解题关键．
23．（10分）嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏．某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题．
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m长．嘉嘉在点A（6，1）处将沙包（看成点）抛出，其运动路线为抛物线C1：y＝a（x﹣3）2+2 的一部分，淇淇恰在点B（0，c）处接住，然后跳起将沙包回传，其运动路线为抛物线C2：的一部分．
（1）写出C1的最高点坐标，并求a，c的值；
（2）若嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，求符合条件的n的整数值．

【分析】（1）将点A坐标代入解析式可求a，即可求解；
（2）根据点A的取值范围代入解析式可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝a（x﹣3）2+2，
∴C1的最高点坐标为（3，2），
∵点A（6，1）在抛物线C1：y＝a（x﹣3）2+2上，
∴1＝a（6﹣3）2+2，
∴a＝﹣，
∴抛物线C1：y＝﹣（x﹣3）2+2，
当x＝0时，c＝1；
（2）∵嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，
∴此时，点A的坐标范围是（5，1）～（7，1），
当经过（5，1）时，1＝﹣×25+×5+1+1，
解得：n＝，
当经过（7，1）时，1＝﹣×49+×7+1+1，
解得：n＝，
∴≤n≤，
∵n为整数，
∴符合条件的n的整数值为4和5．
【点评】本题考查了二次函数的应用，读懂题意，掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
24．（10分）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB＝50cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN∥GH．
计算：在图1中，已知MN＝48cm，作OC⊥MN于点C.
（1）求OC的长．
操作：将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM＝30°时停止滚动．如图2．其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究：在图2中．
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与的长度，并比较大小．
【分析】（1）连接OM，利用垂径定理得出MC＝MN＝24cm，由勾股定理计算即可得出答案；
（2）由切线的性质证明OE⊥GH，进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数的定义求出OD，再与（1）中OC相减即可得出答案；
（3）由半圆的中点为Q得到∠OOB＝90°，得到∠QOE＝30°，分别求出线段EF与 的长度，再相减比较即可．
【解答】解：（1）连接OM，

∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN＝48cm，
∴MC＝MN＝24cm，
∵AB＝50cm，
∴OM＝AB＝25cm，
在Rt△OMC 中，OC＝＝＝7（cm）；
（2）∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH，
∵MN∥GH，
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM＝30°，ON＝25cm，
∴，
∴操作后水面高度下降高度为：；
（3）∵OE⊥MN于点D，∠ANM＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵半圆的中点为Q，
∴，
∴∠QOB＝90°，
∴∠QOE＝30°，
∴EF＝tan∠QOE•OE＝（cm），
的长为（cm），
∵＝＞0，
∴EF＞．
【点评】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，直角三角形的性质，圆的切线的性质，弧长公式和解直角三角形的知识，熟练掌握圆的有关性质定理是解题的关键．
25．（12分）在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点（x，y）移动到点 （x+2，y+1）称为一次甲方式；从点（x，y）移动到点（x+1，y+2）称为一次乙方式．
例点P从原点O出发连续移动2次：若都按甲方式，最终移动到点M（4，2）；若都按乙方式，最终移动到点N（2，4）；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点E（3，3）．
（1）设直线l1经过上例中的点M、N，求l1的解析式，并直接写出将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式；
（2）点P从原点O出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点Q（x，y）．其中，按甲方式移动了m次．
①用含m的式子分别表示x，y；
②请说明：无论m怎样变化，点Q都在一条确定的直线上．设这条直线为l3，在图中直接画出l3的图象；
（3）在（1）和（2）中的直线l1，l2，l3上分别有一个动点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式．

【分析】（1）由待定系数法可求直线l1的解析式；由平移的性质可求直线l2的解析式；
（2）①由题意可得：点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为（2m，m），再得出点（2m，m），按照乙方式移动（10﹣m）次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结果；
②由①的结果可得直线l3的解析式，进而可画出函数图象；
（3）由题意可得点A，点B，点C的坐标，由待定系数法可求直线AB的解析式，即可求解．
【解答】解：（1）设l1的解析式为y＝kx+b，
由题意可得：，
解得：，
∴l1的解析式为y＝﹣x+6，
将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式为y＝﹣x+15；
（2）∵点P按照甲方式移动了m次，点P从原点O出发连续移动10次，
∴点P按照乙方式移动了（10﹣m）次，
∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为（2m，m），
∴点（2m，m）按照乙方式移动（10﹣m）次后得到的点的横坐标为2m+10﹣m＝m+10，纵坐标为m+2（10﹣m）＝20﹣m，
∴x＝m+10，y＝20﹣m；
②∵x+y＝m+10+20﹣m＝30，
∴直线l3的解析式为y＝﹣x+30；
函数图象如图所示：

（3）∵点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，
∴点A（a，﹣a+6），点B（b，﹣b+15），点C（c，﹣c+30），
当a≠b≠c，﹣a+6≠﹣b+15≠﹣c+30时，
设直线AB的解析式为y＝mx+n，
由题意可得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝（﹣1+）x+6﹣，
∵点A，点B，点C三点始终在一条直线上，
∴c（﹣1+）+6﹣＝﹣c+30，
∴5a+3c＝8b，
当a＝b＝c时，则点A，点B，点C共线，
当﹣a+6＝﹣b+15＝﹣c+30时，﹣2a+b+c＝33，
∴a，b，c之间的关系式为5a+3c＝8b或a＝b＝c或﹣2a+b+c＝33．

【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，平移的性质，掌握平移的性质和一次函数的性质是解题的关键．
26．（13分）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P．
（1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP；
（2）如图2，连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
（3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）．

【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到A′M＝AM，∠A′MP＝∠AMP，然后证明出△A′MP≌△AMP（SAS），即可得到A′P＝AP；
（2）①首先根据勾股定理得到 ，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD＝90°；画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出 ，然后证明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB＝5，进而求解即可；
②当P点在AB上时，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，分别求得BP，AP，根据正切的定义即可求解；当P在BC上时，则PB＝2，过点P作PQ⊥ABAB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明△PQB∽BAD，得，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求解；
（3）如图所示，过点A作AE⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，证明△A′PE∽△MA′F，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵将线段MA绕点M顺时针旋转n° （0＜n≤180）得到MA′，
∴A′M＝AM，
∵∠A′MA的平分线MP所在的直线交折线AB﹣BC于点P，
∴∠A′MP＝∠AMP，
∵PM＝PM，
∴△A′MP≌△AMP（SAS），
∴A′P＝AP；

（2）解：①∵AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴BD＝＝10，
又∵，CD＝12，
∴BD2+BC2＝100+44＝144，CD2＝144，
∴BD2+BC2＝CD2，
∴∠CBD＝90°；
如图2所示，当n＝180时，

∵PM平分∠A′MA．∠PMA＝90°，
∴PM∥AB，
∴△DNM∽△DBA，
∴，
∵DM＝2，DA＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠PBN＝∠MD＝90°，∠PNB＝∠DNM，
∴△PBN∽△DMN，
∴，即 ，
∴PB＝5，
∴x＝AB+PB＝8+5＝13．
②如图所示，当P点在AB上时，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，

∴AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴，
∴，
∴BP＝＝＝，
∴，
∴，
如图所示，当P在BC上时，则PB＝2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，

∵∠PQB＝∠CBD＝∠DAB＝90°，
∴∠QPB＝90°﹣∠PBQ＝∠DBA，
∴△PQB∽△BAD，
∴，即 ，
∴，，
∴，
∵PQ⊥AB，DA⊥AB，
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴，
解得：，
∴tan∠AMP＝tan∠AMP＝tan∠QPH＝＝＝，
综上所述，tan∠A′MP的值为或；

（3）解：∵当0＜x≤8时，
∴P在AB上，
如图所示，过点A′作A′E⊥AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，

∴AE＝FM，EF＝AM＝4，
∵△A′MP≌△AMP，
∴∠PA′M＝∠A＝90°，
∴∠PA′E+∠FA′M＝90°，
又∠A'MF+∠FA′M＝90°，
∴∠PA′E＝∠A′MF，
又∵∠A'E＝∠MFA＝90°，
∴△A′PE∽△MA'F，
∴＝＝，
∵A′P＝AP＝x，MA′＝MA＝4，设 FM＝AE＝y，A′E＝h，
即
∴，4（x﹣y）＝x（h﹣4），
∴，
整理得 ，
即点A′到直线AB的距离为．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，染练 掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
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