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2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区FF联盟市级名校中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2024年黑龙江省哈尔滨市南岗区FF联盟市级名校中考数学模拟试卷（含解析），共17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。
1.如图，BC//DE，若∠A=35°，∠E=60°，则∠C等于( )
A. 60°
B. 35°
C. 25°
D. 20°
2.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB=30°，CD=2 3，则阴影部分的面积为( )
A. 2π3
B. π
C. π3
D. 2π
3.在3，0，−2，− 2四个数中，最小的数是( )
A. 3B. 0C. −2D. − 2
4.四个有理数−1，2，0，−3，其中最小的是( )
A. −1B. 2C. 0D. −3
5.若一次函数y=(2m−3)x−1+m的图象不经过第三象限，则m的取值范围是( )
A. 16.全球芯片制造已经进入10纳米到7纳米器件的量产时代．中国自主研发的第一台7纳米刻蚀机，是芯片制造和微观加工最核心的设备之一，7纳米就是0.000000007米．数据0.000000007用科学记数法表示为( )
A. 0.7×10−8B. 7×10−8C. 7×10−9D. 7×10−10
7.滴滴快车是一种便捷的出行工具，计价规则如下表：
小王与小张各自乘坐滴滴快车，行车里程分别为6公里与8.5公里.如果下车时两人所付车费相同，那么这两辆滴滴快车的行车时间相差( )
A. 10分钟B. 13分钟C. 15分钟D. 19分钟
8.如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，若∠ACD=∠B，AD=1，AC=2，△ADC的面积为1，则△BCD的面积为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.已知关于x的一元二次方程3x2+4x−5=0，下列说法正确的是( )
A. 方程有两个相等的实数根B. 方程有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
10.在平面直角坐标系xOy中，对于任意三点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a：任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”ℎ：任意两点纵坐标差的最大值，则“矩面积”S=aℎ.例如：三点坐标分别为A(1,2)，B(−3,1)，C(2,−2)，则“水平底”a=5，“铅垂高”ℎ=4，“矩面积”S=aℎ=4×5=20.若D(1,2)，E(−2,1)，F(0,t)三点的“矩面积”为18，则t的值为( )
A. −3或7B. −4或6C. −4或7D. −3或6
11.为了绿化校园，30名学生共种78棵树苗．其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，该班男生有x人，女生有y人．根据题意，所列方程组正确的是( )
A. x+y=783x+2y=30B. x+y=303x+2y=78C. x+y=302x+3y=78D. x+y=782x+3y=30
12.近年来，我国持续大面积的雾霾天气让环保和健康问题成为焦点，为进一步普及环保和健康知识，我市某校举行了“建设宜居成都，关注环境保护”的知识竞赛，某班学生的成绩统计如下：
则该班学生成绩的众数和中位数分别是( )
A. 70分，80分B. 80分，80分C. 90分，80分D. 80分，90分
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.将函数y=3x+1的图象沿y轴向下平移2个单位长度，所得直线的函数表达式为______．
14.如图，已知AE//BD，∠1=130°，∠2=28°，则∠C的度数为______．
15.在△ABC中，点D在边BC上，BD=2CD，AB=a,AC=b，那么AD= ______．
16.一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的顶点C1的坐标是(−12,0)，∠B1C1O=60°，B1C1//B2C2//B3C3……则正方形A2018B2018C2018D2018的顶点D2018纵坐标是______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。
17.（8分）如图，某校一幢教学大楼的顶部竖有一块“传承文明，启智求真”的宣传牌CD、小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°.已知山坡AB的坡度i=1： 3，AB=10米，AE=15米，求这块宣传牌CD的高度．(测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米．参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
18.（8分）如图所示，在长和宽分别是a、b的矩形纸片的四个角都剪去一个边长为x的正方形．
(1)用a，b，x表示纸片剩余部分的面积；
(2)当a=6，b=4，且剪去部分的面积等于剩余部分的面积时，求正方形的边长．
19.（8分）解方程：xx−2+12−x=3．
20.（8分）定义：和三角形一边和另两边的延长线同时相切的圆叫做三角形这边上的旁切圆．
如图所示，已知：⊙I是△ABC的BC边上的旁切圆，E、F分别是切点，AD⊥IC于点D．
(1)试探究：D、E、F三点是否同在一条直线上？证明你的结论．
(2)设AB=AC=5，BC=6，如果△DIE和△AEF的面积之比等于m，DEEF=n，试作出分别以mn、nm为两根且二次项系数为6的一个一元二次方程．
21.（8分）如图，据热气球的探测器显示，从热气球A看一栋高楼顶部B的仰角为30°，看这栋高楼底部C的俯角为60°，热气球A与高楼的水平距离为120m，求这栋高楼BC的高度．
22.（10分）如图，抛物线y=ax2−2ax+c(a≠0)与y轴交于点C(0,4)，与x轴交于点A、B，点A坐标为(4,0)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK+KN最小，并求出点K的坐标；
(3)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE//AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；
(4)若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为(2,0).问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23.（12分）庞亮和李强相约周六去登山，庞亮从北坡山脚C处出发，以24m/min的速度攀登，同时，李强从南坡山脚B处出发.如图，已知小山北坡的坡度(i=1： 3)，山坡长为240m，南坡的坡角是45°.问李强以什么速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A？(将山路AB，AC看成线段，结果保留根号)
24.（10分）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．
(1)求证：四边形BDFC是平行四边形；
(2)若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
答案解析
1.C
【解析】解：∵BC//DE，
∴∠E=∠CBE=60°；
∵∠A=35°，
∴∠C=∠CBE−∠C=60°−35°=25°，
故选：C．
2.A
【解析】解：连接OD，
∵CD⊥AB，
∴CE=DE=12CD= 3(垂径定理)，
故S△OCE=S△ODE，
即可得阴影部分的面积等于扇形OBD的面积，
又∵∠CDB=30°，
∴∠COB=60°(圆周角定理)，
∴OC=2，
故S扇形OBD=60π×22360=2π3，
即阴影部分的面积为2π3，
故选：A．
3.C
【解析】解：∵−2<− 2<0<3，
∴四个数中，最小的数是−2，
故选：C．
4.D
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得
−3<−1<0<2，
∴四个有理数−1，2，0，−3，其中最小的是−3．
故选：D．
5.B
【解析】解：∵一次函数y=(2m−3)x−1+m的图象不经过第三象限，
∴2m−3<0−1+m≥0，
解得1≤m<32．
故选：B．
6.C
【解析】解：数据0.000000007用科学记数法表示为7×10−9．
故选：C．
7.D
【解析】解：设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，依题可得：
1.8×6+0.3x=1.8×8.5+0.3y+0.8×(8.5−7)，
10.8+0.3x=16.5+0.3y，
0.3(x−y)=5.7，
x−y=19．
故这两辆滴滴快车的行车时间相差19分钟．
故选D．
8.C
【解析】解：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴S△ACDS△ABC=(ADAC)2=14．
∵S△ACD=1，
∴S△ABC=4，S△BCD=S△ABC−S△ACD=3．
故选：C．
9.B
【解析】解：∵△=42−4×3×(−5)=76>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
10.C
【解析】解：由题意可得，
“水平底”a=1−(−2)=3，
当t>2时，ℎ=t−1，
则3(t−1)=18，
解得t=7，
故点F的坐标为(0,7)；
当1≤t≤2时，ℎ=2−1=1≠6，
故此种情况不符合题意；
当t<1时，ℎ=2−t，
则3(2−t)=18，
解得t=−4，
故选：C．
11.B
【解析】解：根据题意，所列方程组为x+y=303x+2y=78，
故选：B．
12.B
【解析】解：总人数为：4+8+12+11+5=40(人)，
∵成绩为80分的人数为12人，最多，
∴众数为80，
中位数为第20和21人的成绩的平均值，
则中位数为：80．
故选：B．
13.y=3x−1
【解析】解：∵y=3x+1的图象沿y轴向下平移2个单位长度，
∴平移后所得图象对应的函数关系式为：y=3x−1，
即y=3x−1．
故答案为y=3x−1．
14.22°
【解析】解：∵AE//BD，∠1=130°，∠2=28°，
∴∠CBD=∠1=130°，∠CDB=∠2=28°，
∴∠C=180°−∠CBD−∠CDB=180°−130°−28°=22°．
故答案为：22°
15.13a+23b
【解析】解：∵AB=a,AC=b，
∴BC=AC−AB=b−a，
∵BD=2CD，
∴BD=23BC=23(b−a)，
∴AD=AB+BD=a+23(b−a)=13a+23b．
故答案为：13a+23b．
16.12×( 33)2017
【解析】解：∵∠B1C1O=60°，C1O=12
∴B1C1=1，∠D1C1E1=30°
∵sin∠D1C1E1=D1E1D1C1=12
∴D1E1=12
∵B1C1//B2C2//B3C3//…
∴60°=∠B1C1O=∠B2C2O=∠B3C3O=…
∴B2C2=B2E2sin∠B 2C 2E2=12 32= 33
B3C3=B 3E 3sin∠B 3C 3O=12× 33 32=( 33)2．
故正方形AnBnCnDn的边长=( 33)n−1．
∴B2018C2018=( 33)2017．
∴D2018E2018=12×( 33)2017
∴D的纵坐标为12×( 33)2017
故答案为12×( 33)2017
17.解：过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，过B点作BG⊥DE于G．
易知四边形BFEG是矩形，即BG=EF，BF=EG，
Rt△ABF中，i=tan∠BAF=1 3= 33，
∴∠BAF=30°，
∴BF=12AB=5，AF=5 3．
∴BG=AF+AE=5 3+15．
Rt△BGC中，∠CBG=45°，
∴CG=BG=5 3+15(m)．
Rt△ADE中，∠DAE=60°，AE=15，
∴DE= 3AE=15 3(m)．
∴CD=CG+GE−DE=5 3+15+5−15 3=20−10 3≈2.7m．
答：宣传牌CD高约2.7米．
【解析】过B分别作AE、DE的垂线，设垂足为F、G.分别在Rt△ABF和Rt△ADE中，通过解直角三角形求出BF、AF、DE的长，进而可求出EF即BG的长；在Rt△CBG中，∠CBG=45°，则CG=BG，由此可求出CG的长；根据CD=CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
18.解：(1)ab−4x2；
(2)依题意有：ab−4x2=4x2，
将a=6，b=4，代入上式，得x2=3，
解得x1= 3，x2=− 3(舍去)．
即正方形的边长为 3
【解析】(1)边长为x的正方形面积为x2，矩形面积减去4个小正方形的面积即可．
(2)依据剪去部分的面积等于剩余部分的面积，列方程求出x的值即可．
19.解：方程整理得：xx−2−1x−2=3，
去分母，得x−1=3x−6，
解得：x=52，
经检验，原方程的解为x=52．
【解析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
20.解：(1)结论：D、E、F三点是同在一条直线上．(1分)
证明：分别延长AD、BC交于点K，
由旁切圆的定义及题中已知条件得：AD=DK，AC=CK，
再由切线长定理得：AC+CE=AF，BE=BF，(3分)
∴KE=AF.∴KDDA⋅AFFB⋅BEEK=1，
由梅涅劳斯定理的逆定理可证，D、E、F三点共线，
即D、E、F三点共线．(3分)
(2)∵AB=AC=5，BC=6，
∴A、E、I三点共线，CE=BE=3，AE=4，
连接IF，则△ABE∽△AIF，△ADI∽△CEI，A、F、I、D四点共圆．(2分)
设⊙I的半径为r，则：3r=48,r=6，
∴AI=10,ADID=36，即AD=2 5，ID=4 5，
∴由△AEF∽△DEI得：m=(4 58)2=54,DEAE=4 58= 52,DE=2 5，IEEF= 52,EF=125 5，∴n=56.(4分)
∴mn+nm=136mn⋅nm=1，
因此，由韦达定理可知：分别以mn、nm为两根且二次项系数为6的一个一元二次方程是6x2−13x+6=0.(3分)
【解析】(1)若设AC与⊙I的切点为M，那么又切线长定理知：∠MCI=∠ECI，即∠ACD=∠KCD，而CD⊥AK，可得两个条件：AC=CK，AD=DK；同样由切线长定理知：BE=BF，AF=AM=AC+CE，因此可得KDDA⋅AFFB⋅BEEK=1，即可证得D、E、F三点共线．
(2)由于AB=AC，即△ABC是等腰三角形，而BC是⊙I的切线，即IE⊥BC，由切线长定理知AI平分∠CAB，即AI⊥BC，因此A、E、I三点共线，由此可得两组相似三角形：则△ABE∽△AIF，△ADI∽△CEI，根据第二组相似三角形得到的比例线段可求得⊙I的半径，根据第一组相似三角形可得AD、ID的比例关系，联立AI的长以及勾股定理可确定AD、DI的长；易知∠ADI、∠AFI都是直角，因此A、F、I、D四点共圆(以AI为直径)，即可证得△DEI∽△AEF，根据DI、AF的长可得m、n的值，进而可根据韦达定理得出所求的一元二次方程．
21.解：过A作AD⊥BC，垂足为D．
在Rt△ABD中，∵∠BAD=30°，AD=120m，
∴BD=AD⋅tan30°=120× 33=40 3m，
在Rt△ACD中，∵∠CAD=60°，AD=120m，
∴CD=AD⋅tan60°=120× 3=120 3m，
∴BC=BD+CD=40 3+120 3=160 3m.
【解析】过A作AD⊥BC，垂足为D，在直角△ABD与直角△ACD中，根据三角函数的定义求得BD和CD，再根据BC=BD+CD即可求解．
22.解：
(1)∵抛物线经过点C(0,4)，A(4,0)，
∴c=416a−8a+4=0，解得a=−12c=4，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
(2)由(1)可求得抛物线顶点为N(1,92)，
如图1，作点C关于x轴的对称点C′(0,−4)，连接C′N交x轴于点K，则K点即为所求，
设直线C′N的解析式为y=kx+b，把C′、N点坐标代入可得k+b=92b=−4，解得k=172b=−4，
∴直线C′N的解析式为y=172x−4，
令y=0，解得x=817，
∴点K的坐标为(817,0)；
(3)设点Q(m,0)，过点E作EG⊥x轴于点G，如图2，
由−12x2+x+4=0，得x1=−2，x2=4，
∴点B的坐标为(−2,0)，AB=6，BQ=m+2，
又∵QE//AC，
∴△BQE∽△BAC，
∴EGCO=BQBA，即EG4=m+26，解得EG=2m+43；
∴S△CQE=S△CBQ−S△EBQ=12(CO−EG)⋅BQ=12(m+2)(4−2m+43)=−13m2+23m+83=−13(m−1)2+3．
又∵−2≤m≤4，
∴当m=1时，S△CQE有最大值3，此时Q(1,0)；
(4)存在．在△ODF中，
(ⅰ)若DO=DF，∵A(4,0)，D(2,0)，
∴AD=OD=DF=2．
又在Rt△AOC中，OA=OC=4，
∴∠OAC=45°．
∴∠DFA=∠OAC=45°．
∴∠ADF=90°．
此时，点F的坐标为(2,2)．
由−12x2+x+4=2，得x1=1+ 5，x2=1− 5．
此时，点P的坐标为：P1(1+ 5,2)或P2(1− 5,2)；
(ⅱ)若FO=FD，过点F作FM⊥x轴于点M．
由等腰三角形的性质得：OM=12OD=1，
∴AM=3．
∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3．
∴F(1,3)．
由−12x2+x+4=3，得x1=1+ 3，x2=1− 3．
此时，点P的坐标为：P3(1+ 3,3)或P4(1− 3,3)；
(ⅲ)若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°．
∴AC=4 2．
∴点O到AC的距离为2 2．
而OF=OD=2<2 2，与OF≥2 2矛盾．
∴在AC上不存在点使得OF=OD=2．
此时，不存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．所求点P的坐标为：(1+ 5,2)或(1− 5,2)或(1+ 3,3)或(1− 3,3)．
【解析】(1)把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值，可求得抛物线解析；
(2)可求得点C关于x轴的对称点C′的坐标，连接C′N交x轴于点K，再求得直线C′K的解析式，可求得K点坐标；
(3)过点E作EG⊥x轴于点G，设Q(m,0)，可表示出AB、BQ，再证明△BQE≌△BAC，可表示出EG，可得出△CQE关于m的解析式，再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标；
(4)分DO=DF、FO=FD和OD=OF三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标，进一步求得P点坐标即可．
23.解：过点A作AD⊥BC于D．
Rt△ACD中，tanC=i=1 3= 33，
∴∠ACD=30°．
∴AD=12AC=120米．
Rt△ABD中，∠ABD=45°，
∴AB=AD÷sin45°=120 2(米)．
庞亮用的时间为：240÷24=10分钟，
若李强和庞亮同时到达，则李强的速度为：120 2÷10=12 2米/分钟．
答：李强以12 2米/分钟速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A．
【解析】根据AC的长以及庞亮的速度，可求出两人用的时间，关键是求出李强行驶的路程即AB的长．过A作BC的垂线AD，在Rt△ACD中，可通过解直角三角形求出AD的长，进而在Rt△ABD中求出坡面AB的长得解．
24.(1)证明：∵∠A=∠ABC=90°，
∴BC//AD，
∴∠CBE=∠DFE，
在△BEC与△FED中，
∠CBE=∠DFE∠BEC=∠FEDCE=DE，
∴△BEC≌△FED(AAS)，
∴BE=FE，
又∵CE=DE，
∴四边形BDFC是平行四边形；
(2)①BC=BD=3时，由勾股定理得，AB= BD2−AD2= 32−12=2 2，
所以，四边形BDFC的面积=3×2 2=6 2；
②BC=CD=3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，
所以，AG=BC=3，
所以，DG=AG−AD=3−1=2，
由勾股定理得，CG= CD2−DG2= 32−22= 5，
所以，四边形BDFC的面积=3× 5=3 5；
③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，与条件矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形BDFC的面积是6 2或3 5．
【解析】(1)根据同旁内角互补两直线平行求出BC//AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FED全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
(2)分三种情况，①BC=BD时，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解；②BC=CD时，过点C作CG⊥AF于G，判断出四边形AGCB是矩形，再根据矩形的对边相等可得AG=BC=3，然后求出DG=2，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四边形的面积列式计算即可得解；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，与条件矛盾．计费项目
里程费
时长费
远途费
单价
1.8元/公里
0.3元/分钟
0.8元/公里
注：车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式为：行车里程7公里以内(含7公里)不收远途费，超过7公里的，超出部分每公里收0.8元．
成绩(分)
60
70
80
90
100
人数
4
8
12
11
5
1.如图，BC//DE，若∠A=35°，∠E=60°，则∠C等于( )
A. 60°
B. 35°
C. 25°
D. 20°
2.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠CDB=30°，CD=2 3，则阴影部分的面积为( )
A. 2π3
B. π
C. π3
D. 2π
3.在3，0，−2，− 2四个数中，最小的数是( )
A. 3B. 0C. −2D. − 2
4.四个有理数−1，2，0，−3，其中最小的是( )
A. −1B. 2C. 0D. −3
5.若一次函数y=(2m−3)x−1+m的图象不经过第三象限，则m的取值范围是( )
A. 1
A. 0.7×10−8B. 7×10−8C. 7×10−9D. 7×10−10
7.滴滴快车是一种便捷的出行工具，计价规则如下表：
小王与小张各自乘坐滴滴快车，行车里程分别为6公里与8.5公里.如果下车时两人所付车费相同，那么这两辆滴滴快车的行车时间相差( )
A. 10分钟B. 13分钟C. 15分钟D. 19分钟
8.如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，若∠ACD=∠B，AD=1，AC=2，△ADC的面积为1，则△BCD的面积为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.已知关于x的一元二次方程3x2+4x−5=0，下列说法正确的是( )
A. 方程有两个相等的实数根B. 方程有两个不相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
10.在平面直角坐标系xOy中，对于任意三点A，B，C的“矩面积”，给出如下定义：“水平底”a：任意两点横坐标差的最大值，“铅垂高”ℎ：任意两点纵坐标差的最大值，则“矩面积”S=aℎ.例如：三点坐标分别为A(1,2)，B(−3,1)，C(2,−2)，则“水平底”a=5，“铅垂高”ℎ=4，“矩面积”S=aℎ=4×5=20.若D(1,2)，E(−2,1)，F(0,t)三点的“矩面积”为18，则t的值为( )
A. −3或7B. −4或6C. −4或7D. −3或6
11.为了绿化校园，30名学生共种78棵树苗．其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，该班男生有x人，女生有y人．根据题意，所列方程组正确的是( )
A. x+y=783x+2y=30B. x+y=303x+2y=78C. x+y=302x+3y=78D. x+y=782x+3y=30
12.近年来，我国持续大面积的雾霾天气让环保和健康问题成为焦点，为进一步普及环保和健康知识，我市某校举行了“建设宜居成都，关注环境保护”的知识竞赛，某班学生的成绩统计如下：
则该班学生成绩的众数和中位数分别是( )
A. 70分，80分B. 80分，80分C. 90分，80分D. 80分，90分
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.将函数y=3x+1的图象沿y轴向下平移2个单位长度，所得直线的函数表达式为______．
14.如图，已知AE//BD，∠1=130°，∠2=28°，则∠C的度数为______．
15.在△ABC中，点D在边BC上，BD=2CD，AB=a,AC=b，那么AD= ______．
16.一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3……在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的顶点C1的坐标是(−12,0)，∠B1C1O=60°，B1C1//B2C2//B3C3……则正方形A2018B2018C2018D2018的顶点D2018纵坐标是______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。
17.（8分）如图，某校一幢教学大楼的顶部竖有一块“传承文明，启智求真”的宣传牌CD、小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°.已知山坡AB的坡度i=1： 3，AB=10米，AE=15米，求这块宣传牌CD的高度．(测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米．参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732)
18.（8分）如图所示，在长和宽分别是a、b的矩形纸片的四个角都剪去一个边长为x的正方形．
(1)用a，b，x表示纸片剩余部分的面积；
(2)当a=6，b=4，且剪去部分的面积等于剩余部分的面积时，求正方形的边长．
19.（8分）解方程：xx−2+12−x=3．
20.（8分）定义：和三角形一边和另两边的延长线同时相切的圆叫做三角形这边上的旁切圆．
如图所示，已知：⊙I是△ABC的BC边上的旁切圆，E、F分别是切点，AD⊥IC于点D．
(1)试探究：D、E、F三点是否同在一条直线上？证明你的结论．
(2)设AB=AC=5，BC=6，如果△DIE和△AEF的面积之比等于m，DEEF=n，试作出分别以mn、nm为两根且二次项系数为6的一个一元二次方程．
21.（8分）如图，据热气球的探测器显示，从热气球A看一栋高楼顶部B的仰角为30°，看这栋高楼底部C的俯角为60°，热气球A与高楼的水平距离为120m，求这栋高楼BC的高度．
22.（10分）如图，抛物线y=ax2−2ax+c(a≠0)与y轴交于点C(0,4)，与x轴交于点A、B，点A坐标为(4,0)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK+KN最小，并求出点K的坐标；
(3)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE//AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；
(4)若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为(2,0).问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23.（12分）庞亮和李强相约周六去登山，庞亮从北坡山脚C处出发，以24m/min的速度攀登，同时，李强从南坡山脚B处出发.如图，已知小山北坡的坡度(i=1： 3)，山坡长为240m，南坡的坡角是45°.问李强以什么速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A？(将山路AB，AC看成线段，结果保留根号)
24.（10分）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．
(1)求证：四边形BDFC是平行四边形；
(2)若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
答案解析
1.C
【解析】解：∵BC//DE，
∴∠E=∠CBE=60°；
∵∠A=35°，
∴∠C=∠CBE−∠C=60°−35°=25°，
故选：C．
2.A
【解析】解：连接OD，
∵CD⊥AB，
∴CE=DE=12CD= 3(垂径定理)，
故S△OCE=S△ODE，
即可得阴影部分的面积等于扇形OBD的面积，
又∵∠CDB=30°，
∴∠COB=60°(圆周角定理)，
∴OC=2，
故S扇形OBD=60π×22360=2π3，
即阴影部分的面积为2π3，
故选：A．
3.C
【解析】解：∵−2<− 2<0<3，
∴四个数中，最小的数是−2，
故选：C．
4.D
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得
−3<−1<0<2，
∴四个有理数−1，2，0，−3，其中最小的是−3．
故选：D．
5.B
【解析】解：∵一次函数y=(2m−3)x−1+m的图象不经过第三象限，
∴2m−3<0−1+m≥0，
解得1≤m<32．
故选：B．
6.C
【解析】解：数据0.000000007用科学记数法表示为7×10−9．
故选：C．
7.D
【解析】解：设小王的行车时间为x分钟，小张的行车时间为y分钟，依题可得：
1.8×6+0.3x=1.8×8.5+0.3y+0.8×(8.5−7)，
10.8+0.3x=16.5+0.3y，
0.3(x−y)=5.7，
x−y=19．
故这两辆滴滴快车的行车时间相差19分钟．
故选D．
8.C
【解析】解：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴S△ACDS△ABC=(ADAC)2=14．
∵S△ACD=1，
∴S△ABC=4，S△BCD=S△ABC−S△ACD=3．
故选：C．
9.B
【解析】解：∵△=42−4×3×(−5)=76>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
10.C
【解析】解：由题意可得，
“水平底”a=1−(−2)=3，
当t>2时，ℎ=t−1，
则3(t−1)=18，
解得t=7，
故点F的坐标为(0,7)；
当1≤t≤2时，ℎ=2−1=1≠6，
故此种情况不符合题意；
当t<1时，ℎ=2−t，
则3(2−t)=18，
解得t=−4，
故选：C．
11.B
【解析】解：根据题意，所列方程组为x+y=303x+2y=78，
故选：B．
12.B
【解析】解：总人数为：4+8+12+11+5=40(人)，
∵成绩为80分的人数为12人，最多，
∴众数为80，
中位数为第20和21人的成绩的平均值，
则中位数为：80．
故选：B．
13.y=3x−1
【解析】解：∵y=3x+1的图象沿y轴向下平移2个单位长度，
∴平移后所得图象对应的函数关系式为：y=3x−1，
即y=3x−1．
故答案为y=3x−1．
14.22°
【解析】解：∵AE//BD，∠1=130°，∠2=28°，
∴∠CBD=∠1=130°，∠CDB=∠2=28°，
∴∠C=180°−∠CBD−∠CDB=180°−130°−28°=22°．
故答案为：22°
15.13a+23b
【解析】解：∵AB=a,AC=b，
∴BC=AC−AB=b−a，
∵BD=2CD，
∴BD=23BC=23(b−a)，
∴AD=AB+BD=a+23(b−a)=13a+23b．
故答案为：13a+23b．
16.12×( 33)2017
【解析】解：∵∠B1C1O=60°，C1O=12
∴B1C1=1，∠D1C1E1=30°
∵sin∠D1C1E1=D1E1D1C1=12
∴D1E1=12
∵B1C1//B2C2//B3C3//…
∴60°=∠B1C1O=∠B2C2O=∠B3C3O=…
∴B2C2=B2E2sin∠B 2C 2E2=12 32= 33
B3C3=B 3E 3sin∠B 3C 3O=12× 33 32=( 33)2．
故正方形AnBnCnDn的边长=( 33)n−1．
∴B2018C2018=( 33)2017．
∴D2018E2018=12×( 33)2017
∴D的纵坐标为12×( 33)2017
故答案为12×( 33)2017
17.解：过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，过B点作BG⊥DE于G．
易知四边形BFEG是矩形，即BG=EF，BF=EG，
Rt△ABF中，i=tan∠BAF=1 3= 33，
∴∠BAF=30°，
∴BF=12AB=5，AF=5 3．
∴BG=AF+AE=5 3+15．
Rt△BGC中，∠CBG=45°，
∴CG=BG=5 3+15(m)．
Rt△ADE中，∠DAE=60°，AE=15，
∴DE= 3AE=15 3(m)．
∴CD=CG+GE−DE=5 3+15+5−15 3=20−10 3≈2.7m．
答：宣传牌CD高约2.7米．
【解析】过B分别作AE、DE的垂线，设垂足为F、G.分别在Rt△ABF和Rt△ADE中，通过解直角三角形求出BF、AF、DE的长，进而可求出EF即BG的长；在Rt△CBG中，∠CBG=45°，则CG=BG，由此可求出CG的长；根据CD=CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
18.解：(1)ab−4x2；
(2)依题意有：ab−4x2=4x2，
将a=6，b=4，代入上式，得x2=3，
解得x1= 3，x2=− 3(舍去)．
即正方形的边长为 3
【解析】(1)边长为x的正方形面积为x2，矩形面积减去4个小正方形的面积即可．
(2)依据剪去部分的面积等于剩余部分的面积，列方程求出x的值即可．
19.解：方程整理得：xx−2−1x−2=3，
去分母，得x−1=3x−6，
解得：x=52，
经检验，原方程的解为x=52．
【解析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
20.解：(1)结论：D、E、F三点是同在一条直线上．(1分)
证明：分别延长AD、BC交于点K，
由旁切圆的定义及题中已知条件得：AD=DK，AC=CK，
再由切线长定理得：AC+CE=AF，BE=BF，(3分)
∴KE=AF.∴KDDA⋅AFFB⋅BEEK=1，
由梅涅劳斯定理的逆定理可证，D、E、F三点共线，
即D、E、F三点共线．(3分)
(2)∵AB=AC=5，BC=6，
∴A、E、I三点共线，CE=BE=3，AE=4，
连接IF，则△ABE∽△AIF，△ADI∽△CEI，A、F、I、D四点共圆．(2分)
设⊙I的半径为r，则：3r=48,r=6，
∴AI=10,ADID=36，即AD=2 5，ID=4 5，
∴由△AEF∽△DEI得：m=(4 58)2=54,DEAE=4 58= 52,DE=2 5，IEEF= 52,EF=125 5，∴n=56.(4分)
∴mn+nm=136mn⋅nm=1，
因此，由韦达定理可知：分别以mn、nm为两根且二次项系数为6的一个一元二次方程是6x2−13x+6=0.(3分)
【解析】(1)若设AC与⊙I的切点为M，那么又切线长定理知：∠MCI=∠ECI，即∠ACD=∠KCD，而CD⊥AK，可得两个条件：AC=CK，AD=DK；同样由切线长定理知：BE=BF，AF=AM=AC+CE，因此可得KDDA⋅AFFB⋅BEEK=1，即可证得D、E、F三点共线．
(2)由于AB=AC，即△ABC是等腰三角形，而BC是⊙I的切线，即IE⊥BC，由切线长定理知AI平分∠CAB，即AI⊥BC，因此A、E、I三点共线，由此可得两组相似三角形：则△ABE∽△AIF，△ADI∽△CEI，根据第二组相似三角形得到的比例线段可求得⊙I的半径，根据第一组相似三角形可得AD、ID的比例关系，联立AI的长以及勾股定理可确定AD、DI的长；易知∠ADI、∠AFI都是直角，因此A、F、I、D四点共圆(以AI为直径)，即可证得△DEI∽△AEF，根据DI、AF的长可得m、n的值，进而可根据韦达定理得出所求的一元二次方程．
21.解：过A作AD⊥BC，垂足为D．
在Rt△ABD中，∵∠BAD=30°，AD=120m，
∴BD=AD⋅tan30°=120× 33=40 3m，
在Rt△ACD中，∵∠CAD=60°，AD=120m，
∴CD=AD⋅tan60°=120× 3=120 3m，
∴BC=BD+CD=40 3+120 3=160 3m.
【解析】过A作AD⊥BC，垂足为D，在直角△ABD与直角△ACD中，根据三角函数的定义求得BD和CD，再根据BC=BD+CD即可求解．
22.解：
(1)∵抛物线经过点C(0,4)，A(4,0)，
∴c=416a−8a+4=0，解得a=−12c=4，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
(2)由(1)可求得抛物线顶点为N(1,92)，
如图1，作点C关于x轴的对称点C′(0,−4)，连接C′N交x轴于点K，则K点即为所求，
设直线C′N的解析式为y=kx+b，把C′、N点坐标代入可得k+b=92b=−4，解得k=172b=−4，
∴直线C′N的解析式为y=172x−4，
令y=0，解得x=817，
∴点K的坐标为(817,0)；
(3)设点Q(m,0)，过点E作EG⊥x轴于点G，如图2，
由−12x2+x+4=0，得x1=−2，x2=4，
∴点B的坐标为(−2,0)，AB=6，BQ=m+2，
又∵QE//AC，
∴△BQE∽△BAC，
∴EGCO=BQBA，即EG4=m+26，解得EG=2m+43；
∴S△CQE=S△CBQ−S△EBQ=12(CO−EG)⋅BQ=12(m+2)(4−2m+43)=−13m2+23m+83=−13(m−1)2+3．
又∵−2≤m≤4，
∴当m=1时，S△CQE有最大值3，此时Q(1,0)；
(4)存在．在△ODF中，
(ⅰ)若DO=DF，∵A(4,0)，D(2,0)，
∴AD=OD=DF=2．
又在Rt△AOC中，OA=OC=4，
∴∠OAC=45°．
∴∠DFA=∠OAC=45°．
∴∠ADF=90°．
此时，点F的坐标为(2,2)．
由−12x2+x+4=2，得x1=1+ 5，x2=1− 5．
此时，点P的坐标为：P1(1+ 5,2)或P2(1− 5,2)；
(ⅱ)若FO=FD，过点F作FM⊥x轴于点M．
由等腰三角形的性质得：OM=12OD=1，
∴AM=3．
∴在等腰直角△AMF中，MF=AM=3．
∴F(1,3)．
由−12x2+x+4=3，得x1=1+ 3，x2=1− 3．
此时，点P的坐标为：P3(1+ 3,3)或P4(1− 3,3)；
(ⅲ)若OD=OF，
∵OA=OC=4，且∠AOC=90°．
∴AC=4 2．
∴点O到AC的距离为2 2．
而OF=OD=2<2 2，与OF≥2 2矛盾．
∴在AC上不存在点使得OF=OD=2．
此时，不存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．
综上所述，存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形．所求点P的坐标为：(1+ 5,2)或(1− 5,2)或(1+ 3,3)或(1− 3,3)．
【解析】(1)把A、C两点坐标代入抛物线解析式可求得a、c的值，可求得抛物线解析；
(2)可求得点C关于x轴的对称点C′的坐标，连接C′N交x轴于点K，再求得直线C′K的解析式，可求得K点坐标；
(3)过点E作EG⊥x轴于点G，设Q(m,0)，可表示出AB、BQ，再证明△BQE≌△BAC，可表示出EG，可得出△CQE关于m的解析式，再根据二次函数的性质可求得Q点的坐标；
(4)分DO=DF、FO=FD和OD=OF三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得F点的坐标，进一步求得P点坐标即可．
23.解：过点A作AD⊥BC于D．
Rt△ACD中，tanC=i=1 3= 33，
∴∠ACD=30°．
∴AD=12AC=120米．
Rt△ABD中，∠ABD=45°，
∴AB=AD÷sin45°=120 2(米)．
庞亮用的时间为：240÷24=10分钟，
若李强和庞亮同时到达，则李强的速度为：120 2÷10=12 2米/分钟．
答：李强以12 2米/分钟速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A．
【解析】根据AC的长以及庞亮的速度，可求出两人用的时间，关键是求出李强行驶的路程即AB的长．过A作BC的垂线AD，在Rt△ACD中，可通过解直角三角形求出AD的长，进而在Rt△ABD中求出坡面AB的长得解．
24.(1)证明：∵∠A=∠ABC=90°，
∴BC//AD，
∴∠CBE=∠DFE，
在△BEC与△FED中，
∠CBE=∠DFE∠BEC=∠FEDCE=DE，
∴△BEC≌△FED(AAS)，
∴BE=FE，
又∵CE=DE，
∴四边形BDFC是平行四边形；
(2)①BC=BD=3时，由勾股定理得，AB= BD2−AD2= 32−12=2 2，
所以，四边形BDFC的面积=3×2 2=6 2；
②BC=CD=3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，
所以，AG=BC=3，
所以，DG=AG−AD=3−1=2，
由勾股定理得，CG= CD2−DG2= 32−22= 5，
所以，四边形BDFC的面积=3× 5=3 5；
③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，与条件矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形BDFC的面积是6 2或3 5．
【解析】(1)根据同旁内角互补两直线平行求出BC//AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FED全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
(2)分三种情况，①BC=BD时，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解；②BC=CD时，过点C作CG⊥AF于G，判断出四边形AGCB是矩形，再根据矩形的对边相等可得AG=BC=3，然后求出DG=2，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四边形的面积列式计算即可得解；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，与条件矛盾．计费项目
里程费
时长费
远途费
单价
1.8元/公里
0.3元/分钟
0.8元/公里
注：车费由里程费、时长费、远途费三部分构成，其中里程费按行车的实际里程计算；时长费按行车的实际时间计算；远途费的收取方式为：行车里程7公里以内(含7公里)不收远途费，超过7公里的，超出部分每公里收0.8元．
成绩(分)
60
70
80
90
100
人数
4
8
12
11
5
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