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2023年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷（含答案）
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这是一份2023年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷（含答案），共30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年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）6的平方根是（ ）
A．6 B．±6 C． D．±
2．（4分）从正面看如图所示的正三棱柱得到的形状图为（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”这是清朝袁枚的一首诗《苔》．若苔花的花粉直径约为0.0000084m，用科学记数法表示0.0000084＝8.4×10n，则n为（ ）
A．﹣5 B．﹣6 C．5 D．6
4．（4分）如图，PN⊥OB于点N，且PM∥OB，∠OPM＝30°，则∠OPN的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．45°
5．（4分）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
6．（4分）化简﹣的结果是（ ）
A． B．a﹣3 C．a+3 D．
7．（4分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．（4分）一辆经营长途运输的货车在高速公路某加油站加满油后匀速行驶，下表记录了该货车加满油之后油箱内剩余油量y（升）与行驶时间x（小时）之间的相关对应数据，则y与x满足的函数关系是（ ）
行驶时间x（小时）
0
1
2
2.5
剩余油量y（升）
100
80
60
50
A．正比例函数关系 B．一次函数关系
C．反比例函数关系 D．二次函数关系
9．（4分）如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是弧AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C．π﹣1 D．π﹣2
10．（4分）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2…，按如图的方式放置．点A1、A2、A3…An在直线y＝﹣x﹣1，点C1、C2、C3…∁n在x轴上．抛物线L1过点A1、B1，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，抛物线L2过点A2、B2，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，…按此规律，抛物线Ln过点An、Bn，且顶点也在直线y＝﹣x﹣1上．抛物线Ln的顶点坐标为（ ）
A．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣1） B．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣2）
C．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣1） D．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）
二、填空题（本大题共6个小题.每小题4分，共24分.把答案填在答题卡的横线上.）
11．（4分）分解因式：x2﹣1＝ ．
12．（4分）如图，一个圆形转盘被平均分成6个全等的扇形，任意旋转这个转盘1次，则当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是 ．
13．（4分）分式方程的解是 ．
14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于点P成位似图形，则该位似中心点P的坐标是 ．
15．（4分）若菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则该菱形的周长等于 ．
三、解答题（本大题共10个小题，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17．（6分）计算：．
18．（6分）解不等式组：．
19．（6分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，并且AE＝CF．求证：BE＝DF．
20．（8分）为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的总时间t（单位：小时），将它分为A、B、C、D四个等级，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图（图1，图2）．
等级
时间/小时
A
0≤t＜2
B
2≤t＜4
C
4≤t＜6
D
6≤t＜8
请你根据以上统计图表提供的信息，解决下列问题：
（1）本次共调查了 名学生，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，等级D所对应的扇形的圆心角为 度；
（3）若该校有2000名学生，则每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有多少名？
21．（8分）圭表（如图1）是我国古代度量日影长度的天文仪器，它包括一根直立的杆（称为“表”）和一把南北方向水平放置且与杆垂直的标尺（称为“圭”）．当正午的阳光照射在“表”上时，“表”的影子便会投射在“圭”上．我国古代历法将一年中白昼最短的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最长）定为冬至；白昼最长的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最短）定为夏至．
某地发现一个圭表遗迹（如图2），但由于“表”已损坏，仅能测得“圭”上记录的夏至线与冬至线间的距离（即AB的长）为11.3米．现已知该地冬至正午太阳高度角（即∠CBD）为35°34′，夏至正午太阳高度角（即∠CAD）为82°26'，请通过计算推测损坏的“表”原来的高度（即CD的长）约为多少米？（参考数据：sin35°34′≈0.58；cos35°34′≈0.81；tan35°34′≈0.72；sin82°26'≈0.99；cos82°26'≈0.13；tan82°26'≈7.5）
22．（8分）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于点F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
（1）求证：FM＝FP；
（2）若cos∠F＝，⊙O半径长为3，求DG长．
23．（10分）某班学生计划在社区内开展图书义卖活动，并将所得善款捐给希望工程，拟购进A、B两种畅销书，经调查，购进4本A种图书所需费用与购进5本B种图书所需费用相同，若购进100本A种图书与200本B种图书共需费用6500元．
（1）求A、B两种图书的进价分别是多少元？
（2）若义卖活动中，A种图书的定价为30元/本，B种图书的定价为28元/本，本班研究决定需要采购两种图书共500本，且A种图书的数量不低于B种图书数量的2倍，为能获得最大利润，请问本班需要采购A、B两种图书各多少本？
24．（10分）如图1，一次函数y＝x+1的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点A（a，3），与y轴交于点B．
（1）求a，k的值；
（2）直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，与y轴交于点E，AC＝AD，连接CB．求△ABC的面积；
（3）如图2，以线段AB为对角线作正方形AFBG，H是线段BF（不与点B、F重合）上的一动点，M是HG的中点，MN⊥GH交AB于点N，当点H在BF上运动时，请直接写出线段MN长度的取值范围．
25．（12分）小辰有如图1所示，含30°，60°角的三角板各两个，其中大小三角板的最短边分别为12cm和6cm，现小辰将同样大小的两个三角板等长的两边重合，进行如下组合和旋转操作．
（1）当小辰把四个三角板如图2拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 ，这两条线段的夹角中，锐角的度数是 度；
（2）当小辰把四个三角板如图3拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 ，请说明理由；
（3）当小辰把四个三角板如图4拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接CD，取CD中点N，连结GN、FN，求GN+FN的最小值．
26．（12分）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图，连接AC，点P在线段AC上，作直线PQ⊥x轴，与抛物线交于点Q．以线段PQ为边构造矩形PQMN，边MN在y轴上．
①当矩形PQMN周长最大时，求点P坐标．
②在①的条件下，点T在第四象限内，作射线AT，当∠TAQ＝3∠PAN时，求tan∠TAO的值．
2023年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷
（参考答案）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）6的平方根是（ ）
A．6 B．±6 C． D．±
【解答】解：6的平方根为．
故选：D．
2．（4分）从正面看如图所示的正三棱柱得到的形状图为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：从正面看有1个长方形，中间有1条棱，
即这个几何体的主视图为：
故选：C．
3．（4分）“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”这是清朝袁枚的一首诗《苔》．若苔花的花粉直径约为0.0000084m，用科学记数法表示0.0000084＝8.4×10n，则n为（ ）
A．﹣5 B．﹣6 C．5 D．6
【解答】解：0.0000084＝8.4×10﹣6，
则n为﹣6．
故选：B．
4．（4分）如图，PN⊥OB于点N，且PM∥OB，∠OPM＝30°，则∠OPN的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．45°
【解答】解：∵PM∥OB，∠OPM＝30°，
∴∠BOC＝∠OPM＝30°，
∵PN⊥OB于点N，
∴∠ONP＝90°，
∴∠OPN+∠BOC＝90°，
∴∠OPN＝60°．
故选：B．
5．（4分）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题；
C．不是轴对称图形，是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称的图形，故本选项符合题意意．
故选：D．
6．（4分）化简﹣的结果是（ ）
A． B．a﹣3 C．a+3 D．
【解答】解：﹣
＝﹣
＝
＝
＝，
故选：A．
7．（4分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，树状图如下，
由上可得，一共有12种可能性，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是＝，
故选：C．
8．（4分）一辆经营长途运输的货车在高速公路某加油站加满油后匀速行驶，下表记录了该货车加满油之后油箱内剩余油量y（升）与行驶时间x（小时）之间的相关对应数据，则y与x满足的函数关系是（ ）
行驶时间x（小时）
0
1
2
2.5
剩余油量y（升）
100
80
60
50
A．正比例函数关系 B．一次函数关系
C．反比例函数关系 D．二次函数关系
【解答】解：从表格可看出，货车每行驶一小时，耗油量为20升，即余油量y与行驶时间x成一次函数关系．
故选：B．
9．（4分）如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是弧AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C．π﹣1 D．π﹣2
【解答】解：两扇形的面积和为：＝π，
过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，
则四边形EMCN是矩形，
∵点C是弧AB的中点，
∴EC平分∠AEB，
∴CM＝CN，
∴矩形EMCN是正方形，
∵∠MCG+∠FCN＝90°，∠NCH+∠FCN＝90°，
∴∠MCG＝∠NCH，
在△CMG与△CNH中，
，
∴△CMG≌△CNH（ASA），
∴中间空白区域面积相当于对角线是1的正方形面积，
∴空白区域的面积为：×1×1＝，
∴图中阴影部分的面积＝两个扇形面积和﹣2个空白区域面积的和＝π﹣1．
故选：C．
10．（4分）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2…，按如图的方式放置．点A1、A2、A3…An在直线y＝﹣x﹣1，点C1、C2、C3…∁n在x轴上．抛物线L1过点A1、B1，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，抛物线L2过点A2、B2，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，…按此规律，抛物线Ln过点An、Bn，且顶点也在直线y＝﹣x﹣1上．抛物线Ln的顶点坐标为（ ）
A．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣1） B．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣2）
C．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣1） D．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）
【解答】解：对于直线y＝﹣x﹣1，设x＝0，可得y＝﹣1，
∴A1（0，﹣1），
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴C1（1，0），又点A2在直线y＝﹣x﹣1上，
∴A2（1，﹣2），
又∵B2（3，﹣2），
∴抛物线L2的对称轴为直线x＝2，
∴抛物线L2的顶点为（2，﹣3），
设抛物线L2的解析式为：y＝a（x﹣2）2﹣3，
∵L2过点B2（3，﹣2），
∴﹣2＝a×（3﹣2）2﹣3，解得a＝1，
∴抛物线L2的解析式为y＝（x﹣2）2﹣3；
将x＝3代入y＝﹣x﹣1中，y＝﹣4，
∴A3（3，﹣4），
∵四边形A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3＝4，
∴B3（7，﹣4），
∴抛物线L3的对称轴为直线x＝5，
把x＝5代入y＝﹣x﹣1，得y＝﹣6，
∴抛物线L3的顶点为（5，﹣6），
∴设抛物线L3的解析式为y＝a'（x﹣5）2﹣6，
将点B3（7，﹣4）代入，可得a'＝，
∴抛物线L3的解析式为y＝（x﹣5）2﹣6；
∵抛物线L1的顶点为（，﹣），
抛物线L2的顶点为（2，﹣3），
抛物线L3的顶点为（5，﹣6），
…
∴抛物线Ln的顶点坐标为（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）．
故选：D．
二、填空题（本大题共6个小题.每小题4分，共24分.把答案填在答题卡的横线上.）
11．（4分）分解因式：x2﹣1＝ （x+1）（x﹣1） ．
【解答】解：x2﹣1＝（x+1）（x﹣1）．
故答案为：（x+1）（x﹣1）．
12．（4分）如图，一个圆形转盘被平均分成6个全等的扇形，任意旋转这个转盘1次，则当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是 ．
【解答】解：当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是＝．
故答案为：．
13．（4分）分式方程的解是 x＝ ．
【解答】解：去分母得：5﹣x＝4（x﹣3），
解得：x＝，
检验：把x＝代入得：x﹣3≠0，
∴分式方程的解为x＝．
故答案为：x＝．
14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于点P成位似图形，则该位似中心点P的坐标是 （12，0） ．
【解答】解：如图所示：位似中心点P的坐标是（12，0）．
故答案为：（12，0）．
15．（4分）若菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则该菱形的周长等于 10 ．
【解答】解：x2﹣7x+12＝0
（x﹣3）（x﹣4）＝0
∴x＝3或x＝4，
∵菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，
∴菱形的两条对角线长为3，4，
∴菱形的边长为：＝2.5，
∴菱形的周长为：4×2.5＝10，
故答案为：10．
三、解答题（本大题共10个小题，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17．（6分）计算：．
【解答】解：原式＝2+1+27+（﹣3）
＝3+27+（﹣3）
＝30﹣3
＝27．
18．（6分）解不等式组：．
【解答】解：，
由①得，x≤0，
由②得，x＜﹣1，
所以，不等式组的解集是x＜﹣1．
19．（6分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，并且AE＝CF．求证：BE＝DF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF．
20．（8分）为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的总时间t（单位：小时），将它分为A、B、C、D四个等级，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图（图1，图2）．
等级
时间/小时
A
0≤t＜2
B
2≤t＜4
C
4≤t＜6
D
6≤t＜8
请你根据以上统计图表提供的信息，解决下列问题：
（1）本次共调查了 50 名学生，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，等级D所对应的扇形的圆心角为 108 度；
（3）若该校有2000名学生，则每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有多少名？
【解答】解：（1）本次共调查学生13÷26%＝50（名），
C等级人数为50﹣（4+13+15）＝18（名），
补全统计图如下：
故答案为：50．
（2）360°×＝108°．
故答案为：108．
（3）2000×＝1320（名）．
答：每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有1320名．
21．（8分）圭表（如图1）是我国古代度量日影长度的天文仪器，它包括一根直立的杆（称为“表”）和一把南北方向水平放置且与杆垂直的标尺（称为“圭”）．当正午的阳光照射在“表”上时，“表”的影子便会投射在“圭”上．我国古代历法将一年中白昼最短的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最长）定为冬至；白昼最长的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最短）定为夏至．
某地发现一个圭表遗迹（如图2），但由于“表”已损坏，仅能测得“圭”上记录的夏至线与冬至线间的距离（即AB的长）为11.3米．现已知该地冬至正午太阳高度角（即∠CBD）为35°34′，夏至正午太阳高度角（即∠CAD）为82°26'，请通过计算推测损坏的“表”原来的高度（即CD的长）约为多少米？（参考数据：sin35°34′≈0.58；cos35°34′≈0.81；tan35°34′≈0.72；sin82°26'≈0.99；cos82°26'≈0.13；tan82°26'≈7.5）
【解答】解：设AD＝x米，
∵AB＝11.3米，
∴BD＝AD+AB＝（x+11.3）米，
在Rt△ADC中，∠CAD＝82°26′，
∴CD＝AD•tan82°26′≈7.5x（米），
在Rt△CDB中，∠CBD＝35°34′，
∴tan35°34′＝＝≈0.72，
解得：x＝1.2，
经检验：x＝1.2是原方程的根，
∴CD＝7.5x＝9（米），
∴损坏的“表”原来的高度约为9米．
22．（8分）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于点F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
（1）求证：FM＝FP；
（2）若cos∠F＝，⊙O半径长为3，求DG长．
【解答】（1）证明：连接OP，OB，OA，
∵OA＝OB，E是AB中点，
∴OE⊥AB，
∵FG与圆相切于P，
∴半径PO⊥FG，
∵OC＝OP，
∴∠C＝∠OPC，
∵∠EMC+∠C＝∠FPM+∠OPC＝90°，
∴∠FPM＝∠EMC，
∵∠FMP＝∠EMC，
∴∠FMP＝∠FPM，
∴FM＝FP；
（2）解：∵cos∠F＝，
∴∠F＝60°，
∵∠OEB＝90°，
∴∠G＝90°﹣∠F＝30°，
∵∠OPG＝90°，
∴OP＝OG，
∵⊙O半径长为3，
∴OG＝2×3＝6，
∴DG＝OG﹣OD＝6﹣3＝3．
23．（10分）某班学生计划在社区内开展图书义卖活动，并将所得善款捐给希望工程，拟购进A、B两种畅销书，经调查，购进4本A种图书所需费用与购进5本B种图书所需费用相同，若购进100本A种图书与200本B种图书共需费用6500元．
（1）求A、B两种图书的进价分别是多少元？
（2）若义卖活动中，A种图书的定价为30元/本，B种图书的定价为28元/本，本班研究决定需要采购两种图书共500本，且A种图书的数量不低于B种图书数量的2倍，为能获得最大利润，请问本班需要采购A、B两种图书各多少本？
【解答】解：（1）设A种图书的进价是x元，B种图书的进价是y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A种图书的进价是25元，B种图书的进价是20元；
（2）设本班采购了m本A种图书，则采购了（500﹣m）本B种图书，
根据题意得：m≥2（500﹣m），
解得：m≥．
设购进的两种图书全部售出后获得的总利润为w元，则w＝（30﹣25）m+（28﹣20）（500﹣m）＝﹣3m+4000，
∵﹣3＜0，
∴w随m的增大而减小，
又∵m≥，且m为正整数，
∴当m＝334时，w取得最大值，此时500﹣m＝500﹣334＝166．
答：本班需要采购334本A种图书，166本B种图书．
24．（10分）如图1，一次函数y＝x+1的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点A（a，3），与y轴交于点B．
（1）求a，k的值；
（2）直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，与y轴交于点E，AC＝AD，连接CB．求△ABC的面积；
（3）如图2，以线段AB为对角线作正方形AFBG，H是线段BF（不与点B、F重合）上的一动点，M是HG的中点，MN⊥GH交AB于点N，当点H在BF上运动时，请直接写出线段MN长度的取值范围．
【解答】解：（1）将A（a，3）代入，
∴a+1＝3，
解得a＝4，
∴A（4，3），
将A（4，3）代入，
∴k＝12；
（2）过点C作CG⊥x轴交于点G，连接BD，
∵AC＝AD，
∴A点是CD的中点，
∵A（4，3），D点在x轴上，
∴C点的纵坐标是6，
∵C点在反比例函数y＝上，
∴C（2，6），
∴D（6，0），
直线y＝x+1与y轴的交点为B（0，1），
∴S△BCD＝S梯形BOGC+S△DCG﹣S△BOD
＝×（1+6）×2+4×6﹣×6×1
＝16，
∴S△ABC＝S△BCD＝8；
（3）过点A作AL⊥x轴交于点L，连接NF，NG，NE，
∵四边形AEBF是正方形，
∴AE＝BE，∠AEB＝90°，
∴∠AEL+∠BEO＝90°，
∵∠AEL+∠EAL＝90°，
∴∠BEO＝∠EAL，
∴△BEO≌△EAL（AAS），
∴AL＝BE，BO＝EL，
∵OB＝1，AL＝3，
∴E（3，0），
∵AF＝AE，∠FAN＝∠NAE＝45°，AN＝AN，
∴△AFN≌△AEN（SAS），
∴FN＝NE，
∵M是GE的中点，MN⊥GE，
∴GN＝NE，
∴FN＝GN，
∵∠FGN＝45°+∠BNG，
∴∠FNG＝90°﹣2∠BNG，
∴∠FNB＝90°﹣∠BNG，
∵∠FNB＝∠ENB，
∴∠GNE＝∠BNG+90°﹣∠BNG＝90°，
∴△GNE是等腰直角三角形，
∴MN＝GE，
过点F作FK⊥y轴交于点F，
同理可证△BKF≌△EOB（SAS），
∴BK＝3，KF＝1，
∴F（1，4），
∵BE＝，EF＝2，
∴＜MN＜．
25．（12分）小辰有如图1所示，含30°，60°角的三角板各两个，其中大小三角板的最短边分别为12cm和6cm，现小辰将同样大小的两个三角板等长的两边重合，进行如下组合和旋转操作．
（1）当小辰把四个三角板如图2拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 CE＝BD ，这两条线段的夹角中，锐角的度数是 60 度；
（2）当小辰把四个三角板如图3拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 BD＝AC ，请说明理由；
（3）当小辰把四个三角板如图4拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接CD，取CD中点N，连结GN、FN，求GN+FN的最小值．
【解答】解：（1）如图2中，设BD交AC于点O，EC交AD于点J．
由题意△ADE，△ABC都是等边三角形，
∴AE＝AD，AC＝AB，∠EAD＝∠CAB＝60°，
∴∠EAC＝∠DAB，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴EC＝BD，∠AEC＝∠ADB，
∵∠AJE＝∠DJO，
∴∠DOJ＝∠EAJ＝60°．
故答案为：EC＝BD，60；
（2）如图3中，
由题意，AE＝ED，CA＝CB，∠AED＝∠ACB＝120°，
∴∠EAD＝∠CAB＝30°，AC＝AE，AB＝AC，
∴∠EAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△EAC∽△DAB，
∴＝＝，
∴BD＝EC．
故答案为：BD＝EC；
（3）如图4中，连接BD，EC．
∵∠DAE＝∠BAC＝120°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∵DG＝EG，DN＝CN，
∴GN＝EC，
∵CN＝ND，CF＝FB，
∴FN＝BD，
∴GN+FN＝（EC+BD）＝EC，
∵AE＝2AG＝12，AC＝2AF＝24，
∴EC≥AC﹣AE＝12，
∴GN+FN≥12，
∴GN+FN的最小值为12．
26．（12分）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图，连接AC，点P在线段AC上，作直线PQ⊥x轴，与抛物线交于点Q．以线段PQ为边构造矩形PQMN，边MN在y轴上．
①当矩形PQMN周长最大时，求点P坐标．
②在①的条件下，点T在第四象限内，作射线AT，当∠TAQ＝3∠PAN时，求tan∠TAO的值．
【解答】解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）①由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P（x，﹣x+3），则点Q（x，﹣x2+2x+3），
则PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
则矩形PQMN的周长＝2（PQ+PN）＝2（﹣x2+3x+x）＝﹣2（x2﹣4x），
∵﹣2＜0，故矩形PQMN的周长有最大值，此时x＝2，
即点P（2，1）；
②由①知，点P的坐标为（2，1），则NP＝2，
当x＝2时，PQ＝﹣x2+3x＝2，
故PQ＝PQ＝2＝PN，
故矩形PQMN为正方形，如下图，
连接AQ、AN、NQ，设CP交AQ于点M，
由正方形轴对称性知，AQ＝AN，∠QAC＝∠NAC，
∵∠TAQ＝3∠PAN，
∴∠TAN＝∠PAN，
设AT交y轴与点H，即∠HAN＝∠PAN，
在等腰Rt△MNP中，PN＝2，则MN＝MP＝，
由点P、A的坐标得，PA＝，
则tan∠PAN＝＝tan∠NAH，
过点H作HK⊥AN于点K，
在Rt△ONA中，tan∠ONA＝，
设HK＝3t，则NK＝t，
在Rt△AHK中，tan∠NAH＝，HK＝3t，
则AK＝6t，
则AN＝NK+AK＝t+6t＝＝，
则t＝，
则HN＝t＝，
则OH＝HN﹣ON＝﹣1＝，
则tan∠TAO＝＝＝．
2023年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）6的平方根是（ ）
A．6 B．±6 C． D．±
2．（4分）从正面看如图所示的正三棱柱得到的形状图为（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”这是清朝袁枚的一首诗《苔》．若苔花的花粉直径约为0.0000084m，用科学记数法表示0.0000084＝8.4×10n，则n为（ ）
A．﹣5 B．﹣6 C．5 D．6
4．（4分）如图，PN⊥OB于点N，且PM∥OB，∠OPM＝30°，则∠OPN的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．45°
5．（4分）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
6．（4分）化简﹣的结果是（ ）
A． B．a﹣3 C．a+3 D．
7．（4分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．（4分）一辆经营长途运输的货车在高速公路某加油站加满油后匀速行驶，下表记录了该货车加满油之后油箱内剩余油量y（升）与行驶时间x（小时）之间的相关对应数据，则y与x满足的函数关系是（ ）
行驶时间x（小时）
0
1
2
2.5
剩余油量y（升）
100
80
60
50
A．正比例函数关系 B．一次函数关系
C．反比例函数关系 D．二次函数关系
9．（4分）如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是弧AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C．π﹣1 D．π﹣2
10．（4分）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2…，按如图的方式放置．点A1、A2、A3…An在直线y＝﹣x﹣1，点C1、C2、C3…∁n在x轴上．抛物线L1过点A1、B1，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，抛物线L2过点A2、B2，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，…按此规律，抛物线Ln过点An、Bn，且顶点也在直线y＝﹣x﹣1上．抛物线Ln的顶点坐标为（ ）
A．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣1） B．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣2）
C．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣1） D．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）
二、填空题（本大题共6个小题.每小题4分，共24分.把答案填在答题卡的横线上.）
11．（4分）分解因式：x2﹣1＝ ．
12．（4分）如图，一个圆形转盘被平均分成6个全等的扇形，任意旋转这个转盘1次，则当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是 ．
13．（4分）分式方程的解是 ．
14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于点P成位似图形，则该位似中心点P的坐标是 ．
15．（4分）若菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则该菱形的周长等于 ．
三、解答题（本大题共10个小题，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17．（6分）计算：．
18．（6分）解不等式组：．
19．（6分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，并且AE＝CF．求证：BE＝DF．
20．（8分）为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的总时间t（单位：小时），将它分为A、B、C、D四个等级，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图（图1，图2）．
等级
时间/小时
A
0≤t＜2
B
2≤t＜4
C
4≤t＜6
D
6≤t＜8
请你根据以上统计图表提供的信息，解决下列问题：
（1）本次共调查了 名学生，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，等级D所对应的扇形的圆心角为 度；
（3）若该校有2000名学生，则每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有多少名？
21．（8分）圭表（如图1）是我国古代度量日影长度的天文仪器，它包括一根直立的杆（称为“表”）和一把南北方向水平放置且与杆垂直的标尺（称为“圭”）．当正午的阳光照射在“表”上时，“表”的影子便会投射在“圭”上．我国古代历法将一年中白昼最短的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最长）定为冬至；白昼最长的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最短）定为夏至．
某地发现一个圭表遗迹（如图2），但由于“表”已损坏，仅能测得“圭”上记录的夏至线与冬至线间的距离（即AB的长）为11.3米．现已知该地冬至正午太阳高度角（即∠CBD）为35°34′，夏至正午太阳高度角（即∠CAD）为82°26'，请通过计算推测损坏的“表”原来的高度（即CD的长）约为多少米？（参考数据：sin35°34′≈0.58；cos35°34′≈0.81；tan35°34′≈0.72；sin82°26'≈0.99；cos82°26'≈0.13；tan82°26'≈7.5）
22．（8分）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于点F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
（1）求证：FM＝FP；
（2）若cos∠F＝，⊙O半径长为3，求DG长．
23．（10分）某班学生计划在社区内开展图书义卖活动，并将所得善款捐给希望工程，拟购进A、B两种畅销书，经调查，购进4本A种图书所需费用与购进5本B种图书所需费用相同，若购进100本A种图书与200本B种图书共需费用6500元．
（1）求A、B两种图书的进价分别是多少元？
（2）若义卖活动中，A种图书的定价为30元/本，B种图书的定价为28元/本，本班研究决定需要采购两种图书共500本，且A种图书的数量不低于B种图书数量的2倍，为能获得最大利润，请问本班需要采购A、B两种图书各多少本？
24．（10分）如图1，一次函数y＝x+1的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点A（a，3），与y轴交于点B．
（1）求a，k的值；
（2）直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，与y轴交于点E，AC＝AD，连接CB．求△ABC的面积；
（3）如图2，以线段AB为对角线作正方形AFBG，H是线段BF（不与点B、F重合）上的一动点，M是HG的中点，MN⊥GH交AB于点N，当点H在BF上运动时，请直接写出线段MN长度的取值范围．
25．（12分）小辰有如图1所示，含30°，60°角的三角板各两个，其中大小三角板的最短边分别为12cm和6cm，现小辰将同样大小的两个三角板等长的两边重合，进行如下组合和旋转操作．
（1）当小辰把四个三角板如图2拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 ，这两条线段的夹角中，锐角的度数是 度；
（2）当小辰把四个三角板如图3拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 ，请说明理由；
（3）当小辰把四个三角板如图4拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接CD，取CD中点N，连结GN、FN，求GN+FN的最小值．
26．（12分）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图，连接AC，点P在线段AC上，作直线PQ⊥x轴，与抛物线交于点Q．以线段PQ为边构造矩形PQMN，边MN在y轴上．
①当矩形PQMN周长最大时，求点P坐标．
②在①的条件下，点T在第四象限内，作射线AT，当∠TAQ＝3∠PAN时，求tan∠TAO的值．
2023年山东省济南市槐荫区中考数学一模试卷
（参考答案）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40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．（4分）6的平方根是（ ）
A．6 B．±6 C． D．±
【解答】解：6的平方根为．
故选：D．
2．（4分）从正面看如图所示的正三棱柱得到的形状图为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：从正面看有1个长方形，中间有1条棱，
即这个几何体的主视图为：
故选：C．
3．（4分）“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”这是清朝袁枚的一首诗《苔》．若苔花的花粉直径约为0.0000084m，用科学记数法表示0.0000084＝8.4×10n，则n为（ ）
A．﹣5 B．﹣6 C．5 D．6
【解答】解：0.0000084＝8.4×10﹣6，
则n为﹣6．
故选：B．
4．（4分）如图，PN⊥OB于点N，且PM∥OB，∠OPM＝30°，则∠OPN的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．45°
【解答】解：∵PM∥OB，∠OPM＝30°，
∴∠BOC＝∠OPM＝30°，
∵PN⊥OB于点N，
∴∠ONP＝90°，
∴∠OPN+∠BOC＝90°，
∴∠OPN＝60°．
故选：B．
5．（4分）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔爱心曲线 B．蝴蝶曲线
C．费马螺线曲线 D．科赫曲线
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称的图形，故本选项不符合题；
C．不是轴对称图形，是中心对称的图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称的图形，故本选项符合题意意．
故选：D．
6．（4分）化简﹣的结果是（ ）
A． B．a﹣3 C．a+3 D．
【解答】解：﹣
＝﹣
＝
＝
＝，
故选：A．
7．（4分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，树状图如下，
由上可得，一共有12种可能性，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是＝，
故选：C．
8．（4分）一辆经营长途运输的货车在高速公路某加油站加满油后匀速行驶，下表记录了该货车加满油之后油箱内剩余油量y（升）与行驶时间x（小时）之间的相关对应数据，则y与x满足的函数关系是（ ）
行驶时间x（小时）
0
1
2
2.5
剩余油量y（升）
100
80
60
50
A．正比例函数关系 B．一次函数关系
C．反比例函数关系 D．二次函数关系
【解答】解：从表格可看出，货车每行驶一小时，耗油量为20升，即余油量y与行驶时间x成一次函数关系．
故选：B．
9．（4分）如图，两个半径长均为1的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形CFD的圆心C是弧AB的中点，且扇形CFD绕着点C旋转，半径AE、CF交于点G，半径BE、CD交于点H，则图中阴影面积等于（ ）
A． B． C．π﹣1 D．π﹣2
【解答】解：两扇形的面积和为：＝π，
过点C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分别为M、N，
则四边形EMCN是矩形，
∵点C是弧AB的中点，
∴EC平分∠AEB，
∴CM＝CN，
∴矩形EMCN是正方形，
∵∠MCG+∠FCN＝90°，∠NCH+∠FCN＝90°，
∴∠MCG＝∠NCH，
在△CMG与△CNH中，
，
∴△CMG≌△CNH（ASA），
∴中间空白区域面积相当于对角线是1的正方形面积，
∴空白区域的面积为：×1×1＝，
∴图中阴影部分的面积＝两个扇形面积和﹣2个空白区域面积的和＝π﹣1．
故选：C．
10．（4分）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2…，按如图的方式放置．点A1、A2、A3…An在直线y＝﹣x﹣1，点C1、C2、C3…∁n在x轴上．抛物线L1过点A1、B1，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，抛物线L2过点A2、B2，且顶点在直线y＝﹣x﹣1上，…按此规律，抛物线Ln过点An、Bn，且顶点也在直线y＝﹣x﹣1上．抛物线Ln的顶点坐标为（ ）
A．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣1） B．（3×2n﹣1﹣1，﹣3×2n﹣2）
C．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣1） D．（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）
【解答】解：对于直线y＝﹣x﹣1，设x＝0，可得y＝﹣1，
∴A1（0，﹣1），
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴C1（1，0），又点A2在直线y＝﹣x﹣1上，
∴A2（1，﹣2），
又∵B2（3，﹣2），
∴抛物线L2的对称轴为直线x＝2，
∴抛物线L2的顶点为（2，﹣3），
设抛物线L2的解析式为：y＝a（x﹣2）2﹣3，
∵L2过点B2（3，﹣2），
∴﹣2＝a×（3﹣2）2﹣3，解得a＝1，
∴抛物线L2的解析式为y＝（x﹣2）2﹣3；
将x＝3代入y＝﹣x﹣1中，y＝﹣4，
∴A3（3，﹣4），
∵四边形A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3＝4，
∴B3（7，﹣4），
∴抛物线L3的对称轴为直线x＝5，
把x＝5代入y＝﹣x﹣1，得y＝﹣6，
∴抛物线L3的顶点为（5，﹣6），
∴设抛物线L3的解析式为y＝a'（x﹣5）2﹣6，
将点B3（7，﹣4）代入，可得a'＝，
∴抛物线L3的解析式为y＝（x﹣5）2﹣6；
∵抛物线L1的顶点为（，﹣），
抛物线L2的顶点为（2，﹣3），
抛物线L3的顶点为（5，﹣6），
…
∴抛物线Ln的顶点坐标为（3×2n﹣2﹣1，﹣3×2n﹣2）．
故选：D．
二、填空题（本大题共6个小题.每小题4分，共24分.把答案填在答题卡的横线上.）
11．（4分）分解因式：x2﹣1＝ （x+1）（x﹣1） ．
【解答】解：x2﹣1＝（x+1）（x﹣1）．
故答案为：（x+1）（x﹣1）．
12．（4分）如图，一个圆形转盘被平均分成6个全等的扇形，任意旋转这个转盘1次，则当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是 ．
【解答】解：当转盘停止转动时，指针指向阴影部分的概率是＝．
故答案为：．
13．（4分）分式方程的解是 x＝ ．
【解答】解：去分母得：5﹣x＝4（x﹣3），
解得：x＝，
检验：把x＝代入得：x﹣3≠0，
∴分式方程的解为x＝．
故答案为：x＝．
14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'关于点P成位似图形，则该位似中心点P的坐标是 （12，0） ．
【解答】解：如图所示：位似中心点P的坐标是（12，0）．
故答案为：（12，0）．
15．（4分）若菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则该菱形的周长等于 10 ．
【解答】解：x2﹣7x+12＝0
（x﹣3）（x﹣4）＝0
∴x＝3或x＝4，
∵菱形的两条对角线长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，
∴菱形的两条对角线长为3，4，
∴菱形的边长为：＝2.5，
∴菱形的周长为：4×2.5＝10，
故答案为：10．
三、解答题（本大题共10个小题，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17．（6分）计算：．
【解答】解：原式＝2+1+27+（﹣3）
＝3+27+（﹣3）
＝30﹣3
＝27．
18．（6分）解不等式组：．
【解答】解：，
由①得，x≤0，
由②得，x＜﹣1，
所以，不等式组的解集是x＜﹣1．
19．（6分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，并且AE＝CF．求证：BE＝DF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF．
20．（8分）为培养学生的阅读习惯，某中学利用学生课外时间开展了以“走近名著”为主题的读书活动．为了有效了解学生课外阅读情况，现随机调查了部分学生每周课外阅读的总时间t（单位：小时），将它分为A、B、C、D四个等级，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图（图1，图2）．
等级
时间/小时
A
0≤t＜2
B
2≤t＜4
C
4≤t＜6
D
6≤t＜8
请你根据以上统计图表提供的信息，解决下列问题：
（1）本次共调查了 50 名学生，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，等级D所对应的扇形的圆心角为 108 度；
（3）若该校有2000名学生，则每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有多少名？
【解答】解：（1）本次共调查学生13÷26%＝50（名），
C等级人数为50﹣（4+13+15）＝18（名），
补全统计图如下：
故答案为：50．
（2）360°×＝108°．
故答案为：108．
（3）2000×＝1320（名）．
答：每周课外阅读总时间不少于4小时的学生大约有1320名．
21．（8分）圭表（如图1）是我国古代度量日影长度的天文仪器，它包括一根直立的杆（称为“表”）和一把南北方向水平放置且与杆垂直的标尺（称为“圭”）．当正午的阳光照射在“表”上时，“表”的影子便会投射在“圭”上．我国古代历法将一年中白昼最短的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最长）定为冬至；白昼最长的那一天（当日正午“表”在“圭”上的影子长度为全年最短）定为夏至．
某地发现一个圭表遗迹（如图2），但由于“表”已损坏，仅能测得“圭”上记录的夏至线与冬至线间的距离（即AB的长）为11.3米．现已知该地冬至正午太阳高度角（即∠CBD）为35°34′，夏至正午太阳高度角（即∠CAD）为82°26'，请通过计算推测损坏的“表”原来的高度（即CD的长）约为多少米？（参考数据：sin35°34′≈0.58；cos35°34′≈0.81；tan35°34′≈0.72；sin82°26'≈0.99；cos82°26'≈0.13；tan82°26'≈7.5）
【解答】解：设AD＝x米，
∵AB＝11.3米，
∴BD＝AD+AB＝（x+11.3）米，
在Rt△ADC中，∠CAD＝82°26′，
∴CD＝AD•tan82°26′≈7.5x（米），
在Rt△CDB中，∠CBD＝35°34′，
∴tan35°34′＝＝≈0.72，
解得：x＝1.2，
经检验：x＝1.2是原方程的根，
∴CD＝7.5x＝9（米），
∴损坏的“表”原来的高度约为9米．
22．（8分）如图，点E是⊙O中弦AB的中点，过点E作⊙O的直径CD，点P是⊙O上一点，过点P作⊙O的切线，与AB的延长线交于点F，与CD的延长线交于点G，连接CP与AB交于点M．
（1）求证：FM＝FP；
（2）若cos∠F＝，⊙O半径长为3，求DG长．
【解答】（1）证明：连接OP，OB，OA，
∵OA＝OB，E是AB中点，
∴OE⊥AB，
∵FG与圆相切于P，
∴半径PO⊥FG，
∵OC＝OP，
∴∠C＝∠OPC，
∵∠EMC+∠C＝∠FPM+∠OPC＝90°，
∴∠FPM＝∠EMC，
∵∠FMP＝∠EMC，
∴∠FMP＝∠FPM，
∴FM＝FP；
（2）解：∵cos∠F＝，
∴∠F＝60°，
∵∠OEB＝90°，
∴∠G＝90°﹣∠F＝30°，
∵∠OPG＝90°，
∴OP＝OG，
∵⊙O半径长为3，
∴OG＝2×3＝6，
∴DG＝OG﹣OD＝6﹣3＝3．
23．（10分）某班学生计划在社区内开展图书义卖活动，并将所得善款捐给希望工程，拟购进A、B两种畅销书，经调查，购进4本A种图书所需费用与购进5本B种图书所需费用相同，若购进100本A种图书与200本B种图书共需费用6500元．
（1）求A、B两种图书的进价分别是多少元？
（2）若义卖活动中，A种图书的定价为30元/本，B种图书的定价为28元/本，本班研究决定需要采购两种图书共500本，且A种图书的数量不低于B种图书数量的2倍，为能获得最大利润，请问本班需要采购A、B两种图书各多少本？
【解答】解：（1）设A种图书的进价是x元，B种图书的进价是y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A种图书的进价是25元，B种图书的进价是20元；
（2）设本班采购了m本A种图书，则采购了（500﹣m）本B种图书，
根据题意得：m≥2（500﹣m），
解得：m≥．
设购进的两种图书全部售出后获得的总利润为w元，则w＝（30﹣25）m+（28﹣20）（500﹣m）＝﹣3m+4000，
∵﹣3＜0，
∴w随m的增大而减小，
又∵m≥，且m为正整数，
∴当m＝334时，w取得最大值，此时500﹣m＝500﹣334＝166．
答：本班需要采购334本A种图书，166本B种图书．
24．（10分）如图1，一次函数y＝x+1的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点A（a，3），与y轴交于点B．
（1）求a，k的值；
（2）直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，与y轴交于点E，AC＝AD，连接CB．求△ABC的面积；
（3）如图2，以线段AB为对角线作正方形AFBG，H是线段BF（不与点B、F重合）上的一动点，M是HG的中点，MN⊥GH交AB于点N，当点H在BF上运动时，请直接写出线段MN长度的取值范围．
【解答】解：（1）将A（a，3）代入，
∴a+1＝3，
解得a＝4，
∴A（4，3），
将A（4，3）代入，
∴k＝12；
（2）过点C作CG⊥x轴交于点G，连接BD，
∵AC＝AD，
∴A点是CD的中点，
∵A（4，3），D点在x轴上，
∴C点的纵坐标是6，
∵C点在反比例函数y＝上，
∴C（2，6），
∴D（6，0），
直线y＝x+1与y轴的交点为B（0，1），
∴S△BCD＝S梯形BOGC+S△DCG﹣S△BOD
＝×（1+6）×2+4×6﹣×6×1
＝16，
∴S△ABC＝S△BCD＝8；
（3）过点A作AL⊥x轴交于点L，连接NF，NG，NE，
∵四边形AEBF是正方形，
∴AE＝BE，∠AEB＝90°，
∴∠AEL+∠BEO＝90°，
∵∠AEL+∠EAL＝90°，
∴∠BEO＝∠EAL，
∴△BEO≌△EAL（AAS），
∴AL＝BE，BO＝EL，
∵OB＝1，AL＝3，
∴E（3，0），
∵AF＝AE，∠FAN＝∠NAE＝45°，AN＝AN，
∴△AFN≌△AEN（SAS），
∴FN＝NE，
∵M是GE的中点，MN⊥GE，
∴GN＝NE，
∴FN＝GN，
∵∠FGN＝45°+∠BNG，
∴∠FNG＝90°﹣2∠BNG，
∴∠FNB＝90°﹣∠BNG，
∵∠FNB＝∠ENB，
∴∠GNE＝∠BNG+90°﹣∠BNG＝90°，
∴△GNE是等腰直角三角形，
∴MN＝GE，
过点F作FK⊥y轴交于点F，
同理可证△BKF≌△EOB（SAS），
∴BK＝3，KF＝1，
∴F（1，4），
∵BE＝，EF＝2，
∴＜MN＜．
25．（12分）小辰有如图1所示，含30°，60°角的三角板各两个，其中大小三角板的最短边分别为12cm和6cm，现小辰将同样大小的两个三角板等长的两边重合，进行如下组合和旋转操作．
（1）当小辰把四个三角板如图2拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 CE＝BD ，这两条线段的夹角中，锐角的度数是 60 度；
（2）当小辰把四个三角板如图3拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接BD、CE．在旋转过程中，线段BD、CE的数量关系是 BD＝AC ，请说明理由；
（3）当小辰把四个三角板如图4拼接组合，△ADE绕A点逆时针旋转，连接CD，取CD中点N，连结GN、FN，求GN+FN的最小值．
【解答】解：（1）如图2中，设BD交AC于点O，EC交AD于点J．
由题意△ADE，△ABC都是等边三角形，
∴AE＝AD，AC＝AB，∠EAD＝∠CAB＝60°，
∴∠EAC＝∠DAB，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴EC＝BD，∠AEC＝∠ADB，
∵∠AJE＝∠DJO，
∴∠DOJ＝∠EAJ＝60°．
故答案为：EC＝BD，60；
（2）如图3中，
由题意，AE＝ED，CA＝CB，∠AED＝∠ACB＝120°，
∴∠EAD＝∠CAB＝30°，AC＝AE，AB＝AC，
∴∠EAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△EAC∽△DAB，
∴＝＝，
∴BD＝EC．
故答案为：BD＝EC；
（3）如图4中，连接BD，EC．
∵∠DAE＝∠BAC＝120°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，
∵DG＝EG，DN＝CN，
∴GN＝EC，
∵CN＝ND，CF＝FB，
∴FN＝BD，
∴GN+FN＝（EC+BD）＝EC，
∵AE＝2AG＝12，AC＝2AF＝24，
∴EC≥AC﹣AE＝12，
∴GN+FN≥12，
∴GN+FN的最小值为12．
26．（12分）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图，连接AC，点P在线段AC上，作直线PQ⊥x轴，与抛物线交于点Q．以线段PQ为边构造矩形PQMN，边MN在y轴上．
①当矩形PQMN周长最大时，求点P坐标．
②在①的条件下，点T在第四象限内，作射线AT，当∠TAQ＝3∠PAN时，求tan∠TAO的值．
【解答】解：（1）由题意得，抛物线的表达式为：y＝﹣（x﹣3）（x+1）＝﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）①由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点P（x，﹣x+3），则点Q（x，﹣x2+2x+3），
则PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
则矩形PQMN的周长＝2（PQ+PN）＝2（﹣x2+3x+x）＝﹣2（x2﹣4x），
∵﹣2＜0，故矩形PQMN的周长有最大值，此时x＝2，
即点P（2，1）；
②由①知，点P的坐标为（2，1），则NP＝2，
当x＝2时，PQ＝﹣x2+3x＝2，
故PQ＝PQ＝2＝PN，
故矩形PQMN为正方形，如下图，
连接AQ、AN、NQ，设CP交AQ于点M，
由正方形轴对称性知，AQ＝AN，∠QAC＝∠NAC，
∵∠TAQ＝3∠PAN，
∴∠TAN＝∠PAN，
设AT交y轴与点H，即∠HAN＝∠PAN，
在等腰Rt△MNP中，PN＝2，则MN＝MP＝，
由点P、A的坐标得，PA＝，
则tan∠PAN＝＝tan∠NAH，
过点H作HK⊥AN于点K，
在Rt△ONA中，tan∠ONA＝，
设HK＝3t，则NK＝t，
在Rt△AHK中，tan∠NAH＝，HK＝3t，
则AK＝6t，
则AN＝NK+AK＝t+6t＝＝，
则t＝，
则HN＝t＝，
则OH＝HN﹣ON＝﹣1＝，
则tan∠TAO＝＝＝．
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