必刷卷02-2023年中考数学考前信息必刷卷（浙江温州专用）

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绝密★启用前
2023年中考数学考前信息必刷卷02
数 学（浙江温州专用）

2023年温州中考数学没有多大，满分150分，题型仍然是10（选择题）+6（填空题）+8（解答题），但考查内容要关注基础性、综合性、应用型和创新性，要关注学科主干知识，从知识点的分布看，实数的有关概念及其运算，代数式的化简求值，探究规律，方程不等式组的解法及函数知识的综合应用，直线型的相关性质，仍将是考试的重点。对于函数侧重考查一次函数、反比例函数的性质以及函数的应用、函数与方程不等式之间的联系，二次函数的综合问题常以解答的形式出现；对三角形的全等、相似的证明，特殊四边形的判定及性质的应用，也将以解答题的形式出现。此外，统计与概率也是必考内容。对圆的知识考查，尤其是圆的有关计算与证明，强化数学意识的转化和应用能力。

通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，中考试卷侧重增加文化的考查，加强问题背景的设置，加大考查的深度和广度.考向预测：选择题前7道属于基础题，重点考查有理数的计算、科学计数法、方差的认识、一元二次方程、三视图、树状图求概率、圆中弧长的计算；容易丢分的选择题是8-10题，以锐角三角函数、三角形、四边形综合题、二次函数的性质为主。填空题的考查主要是因式分解、三角形的外接圆、数据的分析和统计图、不等式的含参数问题、锐角三角函数与生活应用.解答题仍然是8道，
第17题是数与式的计算，考查了实数的运算和分式的加减，掌握零指数幂的意义、二次根式的化简、特殊角的函数值及分式的加减法法则；第18题考查了全等三角形的判定与性质和三角形的周长，第19题是统计问题，考查中位数、众数、平均数、频数分布表；第20题考查作图﹣应用与设计作图，勾股定理，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识；第21题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用；第22题是是四边形综合题，考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角函数等；第23题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质等知识点；第24题是圆的综合问题，主要考查了垂径定理、平行四边形的性质、圆周角定理的推论、切线的性质、圆内接四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、轴对称的性质等知识

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10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．计算（﹣1）×（）的结果是（　　）
A．1 B．﹣1 C． D．﹣
【分析】先把假带数化为假分数，再确定积的符号，最后按分数的乘法法则求值．
【详解】解：原式＝﹣×＝﹣1．
故选：B．
【点睛】本题考查了有理数的乘法，掌握有理数的乘法法则是解决本题的关键．
2．今年新冠肺炎疫情发生以后，各级财政部门按照党中央国务院的决策部署，迅速反应、及时应对．2月14日下午，国务院联防联控机制就加大疫情防控财税金融支持力度召开新闻发布会．会上，财政部应对疫情工作领导小组办公室主任、社会保障司司长符金陵透露，财政部建立了全国财政系统疫情防控经费的日报制度，实时跟踪各地方经费保障情况，截至2月13日各级财政共计支出了805.5亿元保障资金，其中805.5亿元用科学记数法表示正确的是（　　）
A．0.8055×1011元 B．8.055×1010元
C．8.055×102元 D．80.55×109元
【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．
【详解】解：805.5亿元用科学记数法表示正确的是8.055×1010元．
故选：B．
【点睛】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．
3．为备战2024年巴黎奥运会，甲、乙两名运动员训练测验，两名运动员的平均分相同，且＝0.02，＝0.002，则成绩较稳定的是（　　）
A．乙运动员 B．甲运动员
C．两运动员一样稳定 D．无法确定
【分析】要想判断谁的成绩较稳定，只要比较二者的方差即可，方差越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，即波动越小，数据越稳定．
【详解】解：由于S甲2＞S乙2，
则成绩较稳定的是乙运动员．
故选：A．
【点睛】本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
4．关于x的一元二次方程x2﹣（2+m）x+m＝0根的情况是（　　）
A．没有实数根 B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根 D．无法确定
【分析】先计算判别式的值得到Δ＝4+m2，则利用非负数的性质可判断Δ＞0，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
【详解】解：∵Δ＝（2+m）2﹣4m
＝4+m2＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：C．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
5．如果用□表示1个立方体，用表示两个立方体叠加，用■表示三个立方体叠加，那么图中由6个立方体叠成的几何体的主视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据主视图是从正面看到的图形判定则可．
【详解】解：从正面看，左边两列都只有一个正方体，中间一列有三个正方体，右边一列是一个正方体，
故选：B．
【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
6．从﹣1，1，2这三个数中，任取两个不同的数作为一次函数y＝kx+b的系数k，b，则一次函数y＝kx+b的图象不经过第四象限的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】先列表展示k、b的取值共有6种等可能的结果，再根据一次函数的性质得到一次函数y＝kx+b的图象不经过第四象限时有k＞0，b≥0，则满足条件的k、b的取值有（1，2），（2，1），然后根据概率的定义即可得到一次函数y＝kx+b的图象不经过第四象限的概率．
【详解】解：列表，如图，
k、b的取值共有6种等可能的结果；
而一次函数y＝kx+b的图象不经过第四象限，则k＞0，b≥0，
∴满足条件的k、b的取值有（1，2），（2，1），
∴一次函数y＝kx+b的图象不经过第四象限的概率＝＝．
故选：C．

【点睛】本题考查了利用列表法与树状图法求概率的方法：先列表展示所有等可能的结果数n，再找出某事件发生的结果数m，然后根据概率的定义计算出这个事件的概率＝．也考查了一次函数的性质．
7．如图，一条公路（公路的宽度忽略不计）的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，半径OA＝90m，圆心角∠AOB＝80°，则这段弯路（）的长度为（　　）

A．20πm B．30πm C．40πm D．50πm
【分析】根据题目中的数据和弧长公式，可以计算出这段弯路（）的长度．
【详解】解：∵半径OA＝90m，圆心角∠AOB＝80°，
∴这段弯路（）的长度为：＝40π（m），
故选：C．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确弧长计算公式l＝．
8．铁路道口的栏杆如图．已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为α，则栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（　　）

A．米 B．米
C．（3tanα﹣0.5）米 D．（3sinα﹣0.5）米
【分析】过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】解：如图：

过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，
∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∵AF∥DE，
∴∠CFA＝∠CED＝90°，∠CAF＝∠CBE＝α，
由题意可知：EF＝AD＝0.5米，AC＝3米，
∵sin∠CAF＝，
∴CF＝3sinα（米），
∴CE＝CF﹣EF＝（3sinα﹣0.5）（米），
即栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（3sinα﹣0.5）米．
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义．
9．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣2，5），C（﹣4，1），抛物线y＝x2﹣2x﹣3的图象经过点B，将△ABC沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，使点A平移到点A'，然后绕点A'顺时针旋转90°，若此时点C的对应点C'恰好落在抛物线上，则m的值为（　　）

A．+1 B．+3 C．+2 D．2+1
【分析】作CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，由A、B、C三点坐标可得CD＝2，AD＝1．设点A（﹣2，0）向右平移m个单位后得点A'（m＞0），则点A'坐标为（m﹣2，0）．进而表示出点C'的坐标为（m﹣1，2），最后将C'坐标代入二次函数解析式中计算即可得到点C坐标．
【详解】解：作CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，
∵A（﹣2，0），B（﹣2，5），C（﹣4，1），
∴CD＝2，AD＝1．
设点A（﹣2，0）向右平移m个单位后得点A'（m＞0），
则点A'坐标为（m﹣2，0）．
∵A'D'＝AD＝1，C'D'＝CD＝2，
∴点C'坐标为（m﹣1，2），又点C'在抛物线上，
∴把C'（m﹣1，2）代入y＝x2﹣2x﹣3中，
得：（m﹣1）2﹣2（m﹣1）﹣3＝2，
整理得：m2﹣4m﹣2＝0．
解得：，（舍去）．
故选：C．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，坐标平移的性质，正确表示出点C'坐标是解题关键．
10．著名画家达•芬奇用三个正方形和三个全等的直角三角形拼成如下图形证明了勾股定理，其中∠ACB＝∠EJD＝90°，CB＝EJ，连结HF，CJ，得到4个全等的四边形HFGI，四边形HFBA，四边形CJEA，四边形JCBD．CJ分别交AB，ED于点M，N，若MN：CJ＝5：9，且AB＝5，则HF的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过点C作CP⊥DE于点P，交AB于点K，设BC＝a，AC＝b，进而可得CF＝a，CH＝b，则有CJ＝HF＝a+b，然后由CM：MN＝2：5，得CK＝2，最后可得ab＝10，a2+b2＝25，则问题可求解．
【详解】解：过点C作CP⊥DE于点P，交AB于点K，如图所示：

∵四边形HFGI，四边形HFBA，四边形CJEA，四边形JCBD都是全等的，
∴HF＝CJ，
∵∠ACB＝∠EJD＝90°，CB＝EJ，AB＝ED
∴△ABC≌△DEJ（SAS），
易得CM＝NJ，
∵MN：CJ＝5：9，
∴CM：MN＝2：5，
∵AB∥ED，
∴CK：KP＝2：5，
∵AB＝5，
∴KP＝BD＝AB＝5，
∴CK＝2，
设BC＝a，AC＝b，则CF＝a，CH＝b，
∴CJ＝HF＝a+b，
由等积法可得，AB•CK＝AC•BC，
∴ab＝10，
由勾股定理可得，a2+b2＝25，
∴HF2＝（a+b）2＝2（a2+2ab+b2）＝90，
∴HF＝3；
故选：D．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、勾股定理及线段的比，熟练掌握正方形的性质、勾股定理及线段的比是解题的关键．
二．填空题（共6小题）
11．分解因式：a3﹣4a2+4a＝　a（a﹣2）2　．
【分析】观察原式a3﹣4a2+4a，找到公因式a，提出公因式后发现a2﹣4a+4是完全平方式，利用完全平方公式继续分解可得．
【详解】解：a3﹣4a2+4a，
＝a（a2﹣4a+4），
＝a（a﹣2）2．
故答案为：a（a﹣2）2．
【点睛】本题考查了对一个多项式因式分解的能力．一般地能提公因式先提公因式，然后再考虑公式法．要求灵活运用各种方法进行因式分解．
12．如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°，点D是BC的中点，连接OD，OB，OC，则∠BOD＝　50°　．

【分析】由圆周角定理可得∠BOC＝100°，易证△OBC为等腰三角形，又D为BC中点，根据三线合一可得OD为∠BOC的角平分线，即可求得答案．
【详解】解：∵∠A＝50°，
∴∠BOC＝100°．
∵OB＝OC，
∴△OBC为等腰三角形，
又∵D为BC中点，
∴OD为BC上中线，
根据等腰三角形三线合一性质可得OD为∠BOC的平分线，
∴∠BOD＝∠BOC＝50°．
故答案为：50°
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，得到OD为∠BOC的角平分线是解题的关键．
13．如图是30名学生数学成绩的频数分布直方图，其中第一组的频数为2，则组距是　10　，组数是　6　，第四组的频数是　8　．

【分析】根据频数分布直方图可直接得出答案．
【详解】解：由频数分布直方图知，组距为50.5﹣40.5＝10，组数为6，第四组的频数为8，
故答案为：10，6，8．
【点睛】本题主要考查频数（率）分布直方图，解题的关键是根据频数分布直方图得出组距、组数及频数等数据．
14．如图，点A（1，t），B（t，1）在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，且∠AOB＝30°，则k＝　　．

【分析】OA绕原点O顺时针旋转90°到OA′，连接A′B，作AM⊥y轴于M，A′N⊥y轴于N，通过证得△AOM≌△OA′N，AM＝ON＝1，OM＝A′N＝t，即可求得A′（t，﹣1），从而得到OA′＝OB，A′B⊥x轴，A′B＝2，即可得到△A′OB是等边三角形，得出OA＝2，根据勾股定理求得A的坐标，进而求得k的值．
【详解】解：OA绕原点O顺时针旋转90°到OA′，连接A′B，作AM⊥y轴于M，A′N⊥y轴于N，
∵点A（1，t），
∴AM＝1，OM＝t，
∵∠AOB＝30°，
∴∠A′OB＝60°，
∵∠AOA′＝90°，
∴∠AOM+∠A′ON＝90°，
∵∠AOM+∠OAM＝90°，
∴∠OAM＝∠A′ON，
在△AOM与△OA′N中，
，
∴△AOM≌△OA′N（AAS），
∴AM＝ON＝1，OM＝A′N＝t，
∴A′（t，﹣1），
∵B（t，1），
∴OA′＝OB，A′B⊥x轴，A′B＝2，
∵∠A′OB＝60°，
∴△A′OB是等边三角形，
∴OA′＝A′B＝2，
∴OA＝2，
在Rt△AOM中，AM＝＝＝，
∴A（1，），
∵点A（1，）在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，
∴k＝1×＝，
故答案为．

【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，坐标与图形性质﹣旋转，求得A′的坐标是解题的关键．
15．若不等式组的解集是﹣1＜x＜1，则（a+b）2006＝　1　．
【分析】先解出不等式组的解集得a+2＜x＜，然后根据题意得到a+2＝﹣1，＝1，求出a，b的值，然后把它们代入所求的代数式中进行计算即可．
【详解】解：解第一个不等式得，x＞a+2；
解第二个不等式得，x＜，
∴a+2＜x＜，
而原不等式的解集是﹣1＜x＜1，
∴a+2＝﹣1，＝1，
解得a＝﹣3，b＝2，
∴（a+b）2006＝（﹣3+2）2006＝1．
故答案为1．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组：先分别解几个不等式，然后把它们的解集的公共部分作为原不等式的解集；按照“同大取大，同小取小，大于小的小于大的取中间，大于小的小于大的为空集”．
16．如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，则CD＝　10　cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D'，C'，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A'，B'，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D'到OM距离为 　89　cm．

【分析】过点D作DF⊥AB于F，则四边形BCDF是矩形，得DF＝BC＝15cm，BF＝CD，设CD＝x cm，则AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，因为AD+CD＝27cm，则AD＝（27﹣x）cm，在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）+15＝（27﹣x），求解即可求得CD长，再过点A'作A'P⊥OM交MO延长线于P，点B′作B′N⊥OM交MO延长线于N，点D'作D'G⊥OM交MO延长线于G，点O作OH⊥CM于H，利用＝sin∠A'OP＝sin∠B′ON＝，可求出OB＝90cm，证四边形B′C′HO是矩形，得C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，因为C′M∥OB'，则∠OMH＝∠NOB'，所以＝sin∠OMH＝sin∠NOB'＝，求得OM＝，在Rt△OHM中，由勾股定理可求出MH＝，则MD'＝MH+C′H+D′C′＝，在Rt△GMD中，由＝sin∠GMD'＝sin∠NOB′＝，即＝，则可求出D′G．
【详解】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，

∵DF⊥AB，
∴∠BFD＝∠AFD＝90°，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴四边形BCDF是矩形，
∴DF＝BC＝15cm，BF＝CD，
设CD＝x cm，则AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，
∵AD+CD＝27cm，
∴AD＝（27﹣x）cm，
在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）2+152＝（27﹣x）2，
解得x＝10，即CD的长为10cm．
如图，过点A'作A'P⊥OM交MO延长线于P，点B′作B′N⊥OM交MO延长线于N，点D'作D'G⊥OM交MO延长线于G，点O作OH⊥CM于H，

设OB＝ycm，
由旋转可得，OB＝OB′＝ycm，A′B′＝AB＝18cm，B′C′＝BC＝15cm，C′D′＝CD＝10cm，
由题意，得A′P＝AB+OB﹣21.6＝18+y﹣21.6＝（y﹣3.6）cm，B′N＝（y﹣18）cm，
∵＝sin∠A'OP＝sin∠B′ON＝，即＝，
解得y＝90，即OB′＝OB＝90cm，
∵OH⊥C′M，
∴∠OHC′＝∠OHM＝90°，
∵C′M∥OB′，
∴∠B′OH＝90°，
∵∠C′B′O＝90°，
∴四边形B′C′HO是矩形，
∴C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，
∵C′M∥OB'，
∴∠OMH＝∠NOB'，
∴＝sin∠OMH＝sin∠NOB'＝，
∴＝，
∴OM＝．
在Rt△OHM中，由勾股定理得，MH＝＝，
∴MD'＝MH+C′H+D′C′＝，
在Rt△GMD中，由＝sin∠GMD'＝sin∠NOB′＝，
即＝，
∴D′G＝89cm．即点D′到OM的距离为89cm．
故答案为：10；89．
【点睛】本题主要考查直角三角形的应用，矩形的性质，作辅助线构造直角三角形是解题关键．
三、解答题（本题有8小题，共80分.解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先算开方和零次幂，再代入特殊角的函数值算乘法，最后算加减；
（2）先化为同分母的分式，再加减，最后把结果化简．
【详解】解：（1）原式＝2﹣1﹣4×
＝2﹣1﹣2
＝﹣1；
（2）原式＝﹣
＝
＝
＝a+1．
【点睛】本题考查了实数的运算和分式的加减，掌握零指数幂的意义、二次根式的化简、特殊角的函数值及分式的加减法法则是解决本题的关键．
18．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AD，AC＝AE，∠1＝∠2，AD、BC相交于点F．
（1）求证：∠B＝∠D；
（2）若AB∥DE，AE＝3，DE＝4，求△ACF的周长．

【分析】（1）根据题意利用SAS证明△ABC≌△ADE，即可得结论；
（2）根据已知条件可得FA＝FB，FA+FC＝FB+FC＝BC，进而可得△ACF的周长为AC+BC．
【详解】解：（1）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠CAD＝∠2+∠CAD，
∴∠CAB＝∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠B＝∠D；
（2）∵AB∥DE，
∴∠D＝∠1，
∵∠B＝∠D，
∴∠1＝∠B，
∴FA＝FB，
∴FA+FC＝FB+FC＝BC，
∵△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE＝3，BC＝DE＝4，
∴△ACF的周长为：AC+AF+CF＝AC+BC＝7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
19．4月23日是世界图书日，某校响应号召，鼓励师生利用课余时间广泛阅读．校文学社为了解同学课外阅读情况，抽样调查了部分同学每周用于课外阅读的时间，过程如下：
（1）数据收集：从全校随机抽取20名同学，调查每周用于课外阅读的时间，数据如表：（单位：min）
30
60
81
50
40
110
130
146
90
100
60
81
120
140
70
81
10
20
100
81
（2）整理数据：按如下分段整理样本数据并补全表格：
课外阅读时间
0≤x＜40
40≤x＜80
80≤x＜120
120≤x＜160
等级
D
C
B
A
人数
3
5
8
a
（3）分析数据：补全下列表格中的统计量：
平均数
中位数
众数
80
b
c
得出结论：
（1）a＝　4　，b＝　81　，c＝　81　．
（2）如果该校现有学生3000人，估计等级为“B”的同学有多少名？
（3）假设平均阅读一本课外书的时间为160分钟，请你选择样本中的一种统计量估算该校学生每人一年（按52周计算）平均阅读多少本课外书？
【分析】（1）根据平均数是80，求出总数，进而确定最后一个数；分段统计频数可得表2中结果；根据中位数、众数的计算方法求出结果即可；
（2）样本中“B等级”的占，因此估计总体3000人的是“B等级”人数；
（3）选择“平均数”进行计算即可．
【详解】解：（1）80×20﹣30﹣60﹣81﹣50﹣40﹣110﹣130﹣146﹣90﹣100﹣60﹣81﹣120﹣140﹣70﹣81﹣10﹣20﹣100＝81，
分段统计各组的频数可得，C等级的5人，A等级的有4人，
从小到大排列处在中间的两个数都是81，因此中位数是81，出现次数最多的数是81，共出现4次，因此众数是81，
故答案为：4，81，81；
（2）3000×＝1200（人），
答：该校2000名学生中等级为B的大约有1200人；
（3）选择“平均数”，80×52÷160＝26（本），
答：该校学生每人一年（按52周计算）平均阅读26本课外书．
【点睛】本题考查中位数、众数、平均数、频数分布表，掌握频数统计的方法是解决问题的前提，样本估计总体是统计中常用的方法．
20．如图，在4×4的正方形网格中，每个小方格的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图．
（1）在图①中，画一个面积为6的平行四边形；
（2）在图②中，画一个面积为5的正方形；
（3）在图③中，画一个三边长分别为，4，的三角形．


【分析】（1）利用数形结合的思想画出图形即可；
（2）作一个边长为的正方形即可；
（3）利用数形结合的思想画出图形即可．
【详解】解：（1）如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图②中，正方形ABCD即为所求；
（3）如图③中，△ABC即为所求．

【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图，勾股定理，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．1979年，在邓小平同志的提议下，我国将3月12日正式确定为植树节．在今年植树节来临之际，某校为进一步美化校园，在校园内的空地处栽种甲、乙两种树苗．通过市场了解，每棵甲种树苗的价钱是每棵乙种树苗价钱的1.5倍，用2000元购买的乙种树苗比用1500元购买的甲种树苗多10棵．
（1）每棵甲、乙树苗分别为多少元？
（2）若学校计划拿出2000元全部用于购买甲、乙两种树苗（两种树苗都购买），则共有 　6　种购买方案；
（3）现学校计划栽种30棵树苗，为了使观赏效果更佳，甲种树苗的数量需不低于乙种树苗数量的，请你用函数的知识说明，如何购买能使总费用最低？并求出最低费用．
【分析】（1）设乙种树苗每棵a元，则甲种树苗每棵1.5a元，由题意：用2000元购买的乙种树苗比用1500元购买的甲种树苗多10棵．列出分式方程，解方程即可；
（2）设购买甲种树苗m棵，乙种树苗n棵，由题意：学校计划拿出2000元全部用于购买甲、乙两种树苗（两种树苗都购买），列出二元一次方程，求出正整数解即可；
（3）设学校购买甲种树苗x棵，则购买乙种树苗（30﹣x）棵，购买两种树苗的总费用为y元．由题意得：y＝150x+100（30﹣x）＝50x+3000．再由题意：甲种树苗的数量需不低于乙种树苗数量的，得，解得x≥10，然后由一次函数的性质求解即可．
【详解】解：（1）设乙种树苗每棵a元，则甲种树苗每棵1.5a元，
由题意，得：，
解得：a＝100，
经检验，a＝100是原方程的解，且符合题意．
∴1.5a＝150．
答：每棵甲种树苗150元，每棵乙种树苗100元．
（2）设购买甲种树苗m棵，乙种树苗n棵，
依题意得：150m+100n＝2000，
整理得：n＝20﹣m，
又∵m、n为正整数，
∴或或或或或，
∴共有6种购买方案，
故答案为：6．
（3）设学校购买甲种树苗x棵，则购买乙种树苗（30﹣x）棵，购买两种树苗的总费用为y元．
由题意，得：y＝150x+100（30﹣x）＝50x+3000．
∵50＞0，
∴y随x的增大而增大．
∵甲种树苗的数量需不低于乙种树苗数量的，
∴，
解得：x≥10，
∴当x＝10时，y最小，最小值为50×10+3000＝3500，
此时30﹣x＝20．
答：购买甲种树苗10棵，乙种树苗20棵，总费用最低，最低费用为3500元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准数量关系，正确列出二元一次方程；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22．如图，在矩形ABCD中，AF⊥BD于点E，交BC边于点F．AG平分∠DAF交BD于点G，并经过CD边的中点H．
（1）求证：BG＝AB．
（2）求的值．
（3）若CF＝，试在BD上找一点M（不与B，D重合），使直线MC经过四边形DEFH一边的中点，求所有满足条件的BM的值．

【分析】（1）根据同角的余角相等证明∠1＝∠5，再因为∠3＝∠4，得到∠BAG＝∠BGA，即可证明；
（2）根据正切值的定义，需要求出Rt△HFC中∠HFC对边和邻边长，设DH＝CH＝a，所以正方形边长为2a，再运用勾股定理，三角形的面积法，相似三角形的判断和性质就可以求出Rt△HFC中∠HFC对边HC和邻边长CF的长，从而问题得解；
（3）根据题意，需要分三种情况，①当M为DE中点时，即CM平分DE；②当直线CM平分EF时；③当CM平分FH时，由相似三角形的判定和性质、勾股定理即可求值．
【详解】（1）证明：如图，

∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠2+∠5＝90°，
∴∠1＝∠5，
∵AG平分∠BAE，
∴∠3＝∠4，
∵∠BAG＝∠1+∠3，∠BGA＝∠4+∠5，
∴∠BAG＝∠BGA，
∴AB＝BG；
（2）解：∵H为CD中点，
∴设DH＝CH＝a，CD＝AB＝2a，
由（1）知BG＝AB，
∴BG＝2a，
又∵AB∥CD，
∴∠BAH＝∠DHA，
∵∠BGA＝∠DGH＝∠BAH，
∴∠DGH＝∠DHA，
∴DG＝DH＝a，
∴BD＝3a，
∴BC＝AD＝＝a，
又∵S△ABD＝AB×AD＝AE×BD，
∴AE＝＝＝a，
∴BE＝＝a，
DE＝BD﹣BE＝a，
∵AD∥BC，
∴△AED∽△FEB，
∴＝，
∴BF＝AD＝a，
∴CF＝BC﹣BF＝a，
在Rt△HFC中，∠HCF＝90°，
∴＝＝；
（3）解：若CF＝，则a＝，
∴a＝2，
∴AB＝CD＝2x2＝4，BD＝3a＝6，BE＝，DE＝，BF＝，CH＝DH＝2＝DG，
分三种情况：
①当M为DE中点时，即CM平分ED，

此时DM＝DE＝，
∴BM＝6﹣＝，
②当CM平分EF时，如图所示，设EF中点为O，过F作FN∥BD交CM于N，

∴△EOM∽△FON，
∴，
∴ME＝NF，
∵FN∥BM，
∴△CNF∽△CMB，
∴＝＝，
∴NF＝BM，又EM＝MF，EM+BM＝BE＝，
∴BM＝，
∴BM＝，
③当CM平分FH时，设FH的中点为I，过M作从MN⊥BC于N，

∴∠MNB＝∠BCD＝90°，
∵∠MBN＝∠DBC，
∴△MBN∽△DBC，
∴MN＝BN，
∵I为EH中点，
∴CI＝IF＝IH，
∴∠IFC＝∠ICF，
∵tan∠MCN＝tan∠HFC＝，
又在Rt△MNC中，＝tan∠MCN＝，
∴MN＝CN，
∴BN＝CN，
∴2BN＝5CN，
又∵BN+CN＝BC＝2，
∴BN＝，CN＝，
∴MN＝a＝，
∴BM＝＝，
综上：BM＝或或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角函数等，解题关键是熟练掌握和运用以上知识点．
23．如图，抛物线y＝−x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，点D在射线CO上运动．
（1）求该抛物线的表达式和对称轴．
（2）过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，F（点E在点F的左侧），若EF＝2OC，求点E的坐标．
（3）记抛物线的顶点关于直线EF的对称点为点P，当点P到x轴的距离等于1时，求出所有符合条件的线段EF的长．

【分析】（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，利用对称轴公式求得对称轴即可；
（2）设点E（m，﹣m2+2m+3），（m＜0），则OC＝3，由轴对称性得FE＝2（1﹣m）＝2﹣2m，根据EF＝2OC得出6＝2﹣2m，解方程即可；
（3）当点P到x轴的距离等于1时，可得点P的纵坐标，进而得出点E，F（点E在点F的左侧）的纵坐标，代入抛物线y＝﹣x2+2x+3求出x的值，即可得线段EF的长．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴
解得，
∴抛物线为y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为直线x＝﹣＝1；
（2）设点E（m，﹣m2+2m+3），（m＜0），
∴由轴对称性得FE＝2（1﹣m）＝2﹣2m，C（0，3），
∴OC＝3，
∵EF＝2OC，
∴2﹣2m＝6，
解得m＝−﹣2，
∴E（﹣2，﹣5）；
（3）当点P到x轴的距离等于1时，点P的纵坐标为1或﹣1，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点为（1，4），
∴点E，F（点E在点F的左侧）的纵坐标为或，
当y＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得x＝，
∴EF＝﹣＝；
当y＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得x＝，
∴EF＝﹣＝．
综上所述，线段EF的长为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质等知识点，数形结合以及分类思想的运用是解题的关键．
24．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一动点（不与点A，点D重合），以AG，CG为边构造平行四边形AFCG，交⊙O于点H，交AB于点M，若，BE＝1．
（1）求证：∠F＝∠ACD．
（2）当CF与⊙O相切时，求AG的长．
（3）①当△AMG中有一个角与∠HCF相等时，求AG的长．
②若点H关于AC的对称点H'落在△ACG的内部（不包括△ACG的边界），求CH的取值范围（直接写出答案）．

【分析】（1）连接AD，由垂径定理可知，进而证明∠ACD＝∠ADC；再由，可证明∠ADC＝∠AGC，然后由“平行四边形对角相等”即可证明∠F＝∠ACD；
（2）连接CO并延长，交AG于点K，首先证明△OCE≌△OAK（AAS），由全等三角形的性质可知CE＝AK，再结合垂径定理即可求得AG的长；
（3）①连接OC，设⊙O半径为x，由勾股定理可解得x＝4.5，，由圆内接四边形的性质可知∠CHF＝∠AGC＝∠F；当CG经过O点，即O、M重合时，此时∠AMG＝∠HCF，再证明△MGA∽△ADC，由相似三角形的性质可解得AG＝3，即当△AMG中有一个角与∠HCF相等时，即当∠AMG＝∠HCF时，AG的长为3；②若点H关于AC的对称点H'落在△ACG的内部（不包括△ACG的边界），可分别计算出当H'落在边CG上时和当H'落在边AG上时CH的长，即可获得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接AD，

∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴，
∴AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵，
∴∠ADC＝∠AGC，
∵四边形AFCG为平行四边形，
∴∠F＝∠AGC，
∴∠F＝∠ADC＝∠ACD；
（2）解：如图，连接CO并延长，交AG于点K，

若CF与⊙O相切，
∵OC为⊙O半径，
∴OC⊥CF，
∵四边形AFCG为平行四边形，
∴CF∥AG，
∴CK⊥AG，
∵CD⊥AB，
∴∠OEC＝∠OKA＝90°，
∵OC＝OA，∠COE＝∠AOK，
∴△OCE≌△OAK（AAS），
∴CE＝AK，
∵，
∴CD＝2CE，
∵OK⊥AG，
∴；
（3）解：①连接OC，如图，

∵，BE＝1，
设⊙O半径为x，
则OB＝OC＝x，OE＝OB﹣BE＝x﹣1，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得CE2+OE2＝OC2，
即 ，
解得 x＝4.5，
∴OE＝4.5﹣1＝3.5，
∴AE＝OA+OE＝4.5+3.5＝8，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得；
∵四边形AGCH内接于⊙O，
∴∠CHF＝∠AGC＝∠F；
当CG经过O点，即O、M重合时，如图，

此时，GM＝AM，
∴∠AGM＝∠GAM，
∵∠CHF＝∠AGM＝∠F，
∴∠AMG＝180°﹣∠AGM﹣∠GAM＝180°﹣∠F﹣∠CHF＝∠HCF，
∵∠AGM＝∠ADC，
∵∠AGC＝∠GAM，∠ACD＝∠ADC，
∴∠AGM＝∠ADC，∠GAM＝∠ACD，
∴△MGA∽△ADC，
∴，
即，
∴AG＝3，
∴当△AMG中有一个角与∠HCF相等时，
即当∠AMG＝∠HCF时，AG的长为3；
②若点H关于AC的对称点H'落在△ACG的内部（不包括△ACG的边界），
则CH的取值范围为，
理由如下：当H'落在边CG上时，如图，连接HH'交AC于点N，连接AH'，

∵点H与点H'关于AC的对称，
∴HN＝H'N，HH'⊥AC，
∵四边形AFCG为平行四边形，
∴CG∥AF，
∴∠HAN＝∠H'CN，
∵∠ANH＝∠CNH'＝90°，
∴△HAN≌△H'CN（AAS），
∴，
∵HH'⊥AC，
∴HH'经过圆心O，OH＝OC＝4.5，
在Rt△OAN中，，
∴NH＝OH﹣ON＝4.5﹣1.5＝3，
在Rt△CNH中，；
当H'落在边AG上时，如图，连接HH'交AC于点N，连接GF交AC于点Q，

∵点H与点H'关于AC的对称，
由轴对称的性质可知，∠AHC＝∠AH'C，CH＝CH'，
∴180°﹣∠AHC＝180°﹣∠AH'C，
∴∠CHF＝∠CH'G，
∵四边形AFCG为平行四边形，
∴∠AGC＝∠AFC，
∴△CHF≌△CH'G（AAS），
∴CF＝CG，
∴四边形AFCG为菱形，
∴GF⊥AC，且，
∵GF经过点O，
在Rt△OAQ中，，
∴GQ＝OG+OQ＝4.5+1.5＝6，
在Rt△CGQ中，，
∵四边形AFCG为菱形，
∴，
∵∠CHF＝∠AGC＝∠AFC，
∴．
综上所述，若点H关于AC的对称点H'落在△ACG的内部（不包括△ACG的边界），
则CH的取值范围为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、平行四边形的性质、圆周角定理的推论、切线的性质、圆内接四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键．