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2023年湖南省长沙市市长郡教育集团中考数学四模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年湖南省长沙市市长郡教育集团中考数学四模试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 −15的倒数是， 下列变形中正确的是， 下列事件是随机事件的是等内容，欢迎下载使用。
2023年湖南省长沙市市长郡教育集团中考数学四模试卷
1. −15的倒数是( )
A. −5 B. 15 C. −15 D. 5
2. 把点P(2,−5)向上平移3个单位后再关于原点对称的点的坐标是( )
A. (5,−5) B. (−2,2) C. (−5,5) D. (2,−2)
3. 下列变形中正确的是( )
A. 由−2x<1，得x<−12 B. 由2x+1>3x−1，得x>−2
C. 由2x+1>x−1，得x>2 D. 由x+2<2x−2，得x>4
4. 下列事件是随机事件的是( )
A. 太阳从西边升起
B. 任意画一个三角形，其内角和一定是180∘
C. 内错角相等
D. 袋中有6个黑球和2个白球，摸一次一定摸到红球
5. 在对一组样本数据进行分析时，佳佳列出了方差的计算公式：s2=(2−5)2+(5−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)25，由公式提供的信息，则下列说法错误的是( )
A. 样本的平数是5 B. 样本的众数是5 C. 样本的中位数是6 D. 样本的总数n=5
6. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的面积为( )
A. 18
B. 16
C. 20
D. 24
7. 在一个可以改变体积的密闭容器内装有一定质量的气体，当改变容器的体积时，气体的密度也会随之改变，密度ρ(kg/m3)是体积V(m3)的反比例函数，它的图象如图所示，当气体的密度为ρ=8kg/m3时，体积是m3.( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
8. 在复习用尺规作一个角等于已知角的过程中，回顾了作图的过程，他发现△O′C′D′≌△OCD，小华得到全等的依据是( )
A. SSS B. SAS C. ASA D. AAS
9. 如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心.若∠ADB=20∘，则这个正多边形的边数为( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
10. 如图长方形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙都从点A(2,0)同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2023次相遇点的坐标是( )
A. (2,0) B. (−1,1) C. (−2,0) D. (−1,−1)
11. 如果x=−2是方程3x−m−1=0的解，则m的值是______ .
12. 因式分解：4x3y−24x2y2+36xy3=______ .
13. 计算：4 8− 8=______ .
14. 如图，DE是△ABC的中位线，S△ADE=1，则S△ABC=______ .
15. 如图，直线PA、PB、MN分别与⊙O相切于点A、B、D，PA=PB=4cm，△PMN的周长是______ .
16. 如图，△ABC是一个小型花园，阴影部分为一个圆形水池，且与△ABC的三边相切，已知AB=10m，AC=8m，BC=6m.若从天空飘落下一片树叶恰好落入花园里，则落入水池的概率为______ .(π取3)
17. 计算：| 2−2|+2cos45∘−1 2× 8−(π− 2023)0.
18. 先化简，再求值：(x2−3x−1−2)÷1x−1，其中x满足x2−2x−3=0.
19. 在复习菱形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：
①画线段AB；
②分别以点A，B为圆心，大于AB长的一半为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AB于点O；
③在直线MN上取一点C(不与点O重合)，连接AC，BC；
④过点A作平行于BC的直线AD，交直线MN于点D，连接BD.
(1)根据以上作法，证明四边形ADBC是菱形，请补全其证明过程.
证明：根据作法可知：直线MN是AB的垂直平分线，
∴AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，
∵AD//BC，
∴______
在△ADO和△BCO中，
∠ADO=∠BCO∠AOD=∠BOCOA=OB
∴△ADO≌△BCO(AAS)，
∴OD=OC，
∵OA=OB，
∴______
∵______
∴四边形ADBC是菱形
(2)该同学在图形上继续探究，他以点O为圆心作四边形ADBC的内切圆，构成如图所示的阴影部分，若AB=2 3，∠BAD=30∘，求图中阴影部分的面积.
20. 为庆祝建党100周年，让同学们进一步了解中国科技的快速发展，长沙市某中学九(1)班团支部组织了一次手抄报比赛，该班每位旧学从A.“中国天眼”；B.“5G时代”；C.“夸父一号”；D.“巅峰使命”四主题中任选一个自己喜欢的主题.统计同学们所选主题的频数，绘制不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)九(1)班共有______ 名学生；
(2)请以九(1)班的统计数据估计全校2000名学生大约有多少人选择D主题？
(3)D主题所对应扇形圆心角的大小为______ ；
(4)甲和乙从A、B、C、D四个主题中任选一个主题，请用画树状图的方法求出他们选择相同主题的概率.
21. 如图，AB为⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BE，连接OE，过点A作AD//OE交⊙O于点D，连接ED交BA的延长线于点C.
(1)直线CE与⊙O相切吗？并说明理由；
(2)若CA=4，CD=8，求DE的长.
22. 自国家发布新冠防疫政策新十条政策以来，核酸自测抗原检测试剂盒需求量上升，价格急剧上涨，据市场调研发现，某品牌抗原检测试剂盒经过连续两次价格的上调，由每盒60元涨到了每盒101.4元.
(1)求出这两次价格上调的平均增长率；
(2)在政府有关部门大力调控下，该品牌抗原检测试剂盒的价格下调回到了每盒80元，在线上平台发售时发现，定价为每盒80元时，该品牌一天可以卖出300盒，每降价5元，一天可以多卖出50盒.当销售额为每日3万元时，要让顾客获得更大的优惠，应该降价多少元？
(3)在(2)的条件下，该品牌抗原检测试剂盒成本为每盒40元，在降价的情况下，定价多少时每日利润最大？
23. 长沙市推出新型智慧城市和数字政府建设的工作涉及多个领域，其中智慧校园建设也开展得如火如荼，规划部门在某学校的办公楼顶部新建了一块大型数字展示屏.如图郡郡同学为测量展示屏的高度AB，他站在距离办公楼底部E处12米远的地面C处，测得宣传牌的底部B的仰角为53∘，同时测得办公楼窗户D处的仰角为30∘(A、B、D、E在同一直线上)，然后，郡郡沿坡度为i=1：0.75的斜坡从C走到F处，此时DF正好与地面平行，在F处又测得宣传牌顶部A的仰角为45∘.(sin53∘≈45,cos53∘≈35,tan53∘≈43)
(1)求点F距离水平地面的高度和它距窗户D的距离；(保留根号)
(2)求数字显示屏AB的高度(结果精确到0.1米， 2≈1.414， 3≈1.732).
24. 对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2，给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B(点A，B可以重合)，在图形W2上存在两点M，N(点M，N可以重合)使得AM=2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系.
(1)如图1，点C( 3,0)，D(0,−1)，E(0,1)，点P在线段CE上运动(点P可以与点C，E重合)，连接OP，DP.
①线段DP的最小值为______ ，最大值为______ ；线段OP的取值范围是______ ；
②点O与线段DE ______ (填“是”或“否”)满足限距关系；
(2)在(1)的条件下，如图2，⊙O的半径为1，线段FG与x轴、y轴正半轴分别交于点F，G，且FG//EC，若线段FG与⊙O满足限距关系，求点G纵坐标的取值范围；
(3)⊙O的半径为r(r>0)，点H，K是⊙O上的两个点，分别以H，K为圆心，3为半径作圆得到⊙H和⊙K，若对于任意点H，K，⊙H和⊙K都满足限距关系，直接写出r的取值范围.
25. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2ax+c与x轴交于A，B(1,0)两点，与y轴交于点C，OA=OC.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求△ABC外接圆半径；
(3)如图2，C与△ABC的外心所在的直线交抛物线于点E，点P是抛物线上的一个动点(不与A、B、C重合)，作直线PM⊥x轴于点M，交直线CE于点N，直线CE交x轴于点H，连接BP，是否存在点P，使△BPM与△MNH相似？若存在，直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−15的倒数为−5.
故选：A.
乘积是1的两数互为倒数，由此可得出答案．
本题考查了倒数的定义，属于基础题，注意掌握乘积是1的两数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：将点P(2,−5)向上平移3个单位后得到点(2,−2)，则点(2,−2)关于原点对称的点的坐标是(−2,2).
故选：B.
根据“上加下减”的规律写出平移后点的坐标；然后由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反写出答案．
本题主要考查了坐标与图形变化-平移，关于原点对称的点的坐标．在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．(即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减).
3.【答案】D
【解析】解：A、原不等式的解集：x>−12，不符合题意；
B、原不等式的解集：x<2，不符合题意；
C、原不等式的解集：x>−2，不符合题意；
D、原不等式的解集：x>4，符合题意；
故选：D.
根据不等式的性质求出解集．
本题考查不等式的基本性质，掌握不等式的基本性质，认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、太阳从西边升起，是不可能事件，不符合题意；
B、任意画一个三角形，其内角和一定是180∘，是必然事件，不符合题意；
C、内错角相等，是随机事件，符合题意；
D、袋中有6个黑球和2个白球，摸一次一定摸到红球，是不可能事件，不符合题意；
故选：C.
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，这组数据为2、5、5、6、7，
所以这组数据的样本容量为n=5，中位数为5，众数为5，平均数为5.
所以说法错误的是选项C.
故选：C.
先根据方差的公式得出这组数据为2、5、5、6、7，再根据平均数、众数、中位数和样本容量的概念逐一求解可得答案．
本题考查了方差、样本容量、中位数、众数和平均数，掌握方差的定义是关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，
∴菱形ABCD的面积=12×6×8=24.
故选：D.
菱形的面积=对角线乘积的一半．
本题考查菱形的性质，解题关键是记住菱形的面积等于对角线乘积的一半．
7.【答案】A
【解析】解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为ρ=kV，
把点(4,2)代入解ρ=kV，得k=8，
∴密度ρ与体积V的反比例函数解析式为ρ=8V，
把ρ=8代入ρ=8V，
得V=1.
故选：A.
设密度ρ(单位：kg/m3)与体积V(单位：m3)的反比例函数解析式为ρ=kV，把点(4,2)代入解析式求出k，再把ρ的值代入解析式即可求出气体的体积．
考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
8.【答案】A
【解析】解：在△OCD与△O′C′D′中，
OD=O′D′OC=O′C′CD=C′D′，
∴△COD≌△C′O′D′(SSS).
故选：A.
由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，由SSS的判定定理可以得到三角形全等，从而求解．
本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：连接OA，OB，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，
∵∠ADB=20∘，
∴∠AOB=2∠ADB=40∘，
∴这个正多边形的边数=360∘40∘=9.
故选：C.
连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=36∘，即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由B(2,1)知，矩形周长为12，
∵甲、乙速度分别为1单位/秒，2单位/秒，
则两个物体每次相遇时间间隔为121+2=4秒，
则两个物体相遇点依次为(−1,1)、(0,−1)、(2,0)，
∵2023=3×674+1，
∴第2023次两个物体相遇位置为(−1,1)，
故选：B.
根据两个物体运动速度和矩形周长，得到两个物体的相遇时间间隔，进而得到两个点相遇的位置规律．
本题为平面直角坐标系内的动点坐标规律探究题，解答关键是找到两个物体相遇的位置的变化规律．
11.【答案】−7
【解析】解：∵x=−2是方程3x−m−1=0的解，
∴−6−m−1=0，解得m=−7.
故答案为：−7.
把x=−2代入方程可得到关于m的方程，可求得m的值．
本题主要考查方程解的定义，掌握方程的解使方程的左右两边相等是解题的关键．
12.【答案】4xy(x−3y)2
【解析】解：4x3y−24x2y2+36xy3
=4xy(x2−6xy+9y2)
=4xy(x−3y)2.
故答案为：4xy(x−3y)2.
先提取公因式4xy，然后利用完全平方公式继续进行因式分解．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
13.【答案】6 2
【解析】解：原式=3 8=6 2.
故答案为：6 2.
根据二次根式的加减法则进行计算即可．
本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式的加减法则是解题的关键．
14.【答案】4
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线
∴DE//BC，DE=12BC
∴△ADE∽△ABC
∴S△ADE：S△ABC=1：4
又∵S△ADE=1，则S△ABC=4.
故答案为：4.
DE是△ABC的中位线，可得DE//BC，可得△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出S△ABC.
本题考查三角形的中位线定理和相似三角形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的性质，属于中考常考题型．
15.【答案】8cm
【解析】解：∵直线PA、PB、MN分别与⊙O相切于点A、B、D，
∴MA=MD，ND=NB，
∴△PMN的周长
=PM+PN+MD+ND
=PM+MA+PN+NB
=PA+PB
=4+4
=8(cm).
故答案为：8cm.
根据切线长定理得MA=MD，ND=NB，然后根据三角形周长的定义进行计算．
本题考查了切线的性质，切线长定理等知识，解题关键是掌握切线长定理，属于中考常考题型．
16.【答案】12
【解析】解：如下图，设圆形水池与△ABC三边相切且切点分别为D，E，F，圆形水池的中心为O，
连接OD、OF、OE，
设CF=xm，则AD=AE=AC−DC=(8−x)m，BF=BE=BC−CF=(6−x)m，
由AB=AE+BE，得(6−x)+(8−x)=10，
解得x=2，
∵AC2+BC2=82+62=100，AB2=102=100，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90∘，
∵D、F分别是圆O与AC和BC相切的切点，
∴∠ODC=∠OFC=90∘，OD=OF，
∴四边形DOFC是正方形，
即OD=CF=2m，
∴S△ABC=12AC×BC=12×8×6=24(m2)，S圆O=π×22=12(m2)
∴落入水池的概率为1224=12，
故答案为：12.
设圆形水池与△ABC三边相切且切点分别为D，E，F，圆形水池的中心为O，由切线长定理求出CF，再利用勾股定理的逆定理得出△ABC为直角三角形，由圆的面积公式和直角三角形的面积公式可求出结果．
本题主要考查勾股定理逆定理，切线长定理，熟练掌握勾股定理逆定理，切线长定理和圆的面积公式及三角形的面积公式是解题的关键．
17.【答案】解：| 2−2|+2cos45∘−1 2× 8−(π− 2023)0
=2− 2+2× 22−1 2×2 2−1
=2− 2+ 2−2−1
=−1.
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：原式=[x2−3x−1−2(x−1)x−1]⋅(x−1)
=x2−3−2x+2x−1⋅(x−1)
=x2−2x−1，
∵x2−2x−3=0，
∴x2−2x=3，
∴原式=3−1=2.
【解析】先将原式小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的除法，最后利用整体思想代入求值．
本题考查分式的化简求值，掌握分式混合运算的运算顺序(先算乘方，然后算乘除，最后算加减，有小括号先算小括号里面的)和计算法则是解题关键．
19.【答案】∠ADO=∠BCO四边形ABCD为平行四边形， AC=BC
【解析】(1)证明：根据作法可知：直线MN是AB的垂直平分线，
∴AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，
∵AD//BC，
∴∠ADO=∠BCO，
在△ADO和△BCO中，
∠ADO=∠BCO∠AOD=∠BOCOA=OB，
∴△ADO≌△BCO(AAS)，
∴OD=OC，
∵OA=OB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC=BC，
∴四边形ADBC是菱形；
故答案为：∠ADO=∠BCO，四边形ABCD为平行四边形，AC=BC；
(2)解：过O点作OH⊥AD于H点，如图，
∵⊙O为菱形ABCD的内切圆，
∴OH为⊙O的半径，
∵四边形ADBC是菱形，
∴OA=OB=12AB= 3，AB⊥CD，
在Rt△AOH中，
∵∠OAH=30∘，
∴OH=12OA= 32，
在Rt△AOD中，OD= 33OA= 33× 3=1，
∴图中阴影部分的面积=12×2 3×2−π×( 32)2=2 3−34π.
(1)先利用基本作图得到直线MN是AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，再证明△ADO≌△BCO得到OD=OC，则可判断四边形ABCD为平行四边形，然后加上AC=BC可判断四边形ADBC是菱形；
(2)过O点作OH⊥AD于H点，如图，根据切线的性质得到OH为⊙O的半径，再利用菱形的性质得到OA=OB= 3，AB⊥CD，再根据含30度角的直角三角形三边的关系计算出OH= 32，OD=1，然后用菱形的面积减去圆的面积可计算出图中阴影部分的面积．
本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、圆周角定理和切线长定理．
20.【答案】50108∘
【解析】解：(1)九(1)班的学生人数为20÷40%=50(名).
故答案为：50.
(2)2000×1550=600(人).
∴估计全校2000名学生大约有600人选择D主题．
(3)360∘×1550=108∘.
故答案为：108∘.
(4)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中他们选择相同主题的结果有4种，
∴他们选择相同主题的概率为416=14.
(1)用选择B的学生人数除以其所占的百分比可得九(1)班的学生人数．
(2)根据用样本估计总体，用2000乘以本次调查中选择D主题的学生所占的百分比即可．
(3)用360∘乘以本次调查中选择D主题的学生所占的百分比即可．
(4)画树状图得出所有等可能的结果数和他们选择相同主题的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、扇形统计图、用样本估计总体，能够理解折线统计图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)直线CE与⊙O相切，理由如下：
连接DO，
∵DO=AO，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD//OE，
∴∠OAD=∠BOE，∠ODA=∠DOE，
∴∠BOE=∠DOE，
OE=OE∠BOE=∠DOEOB=OD，
∴△BOE≌△DOE(SAS)，
∴∠OBE=∠ODE，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠OBE=90∘，
∴∠ODE=90∘，
所以直线CE与⊙O相切．
(2)连接DO，设DO=AO=x，
根据勾股定理，得x2+82=(x+4)2，
解得x=6，
∴DO=AO=6，
∴AD//OE，
∴CAAO=CDDE，
∴46=8DE，
解得：DE=12.
【解析】(1)连接DO，证明△BOE≌△DOE，得证∠ODE=90∘即可．
(2)连接DO，设DO=AO=x，根据勾股定理，得x2+82=(x+4)2，再利用平行线分线段成比例定理，计算DE.
本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设这两次价格上调的平均增长率为x，
依题意得：60(1+x)2=101.4，
解得：x1=0.3=30%，x2=−2.3(不符合题意，舍去).
答：这两次价格上调的平均增长率为30%；
(2)设降价5m元，
则(80−5m)(300+50m)=30000，
解得m=4或m=6，
∵让顾客获得更大的优惠，
∴m=6，
∴5m=5×6=30，
答：应该降价30元；
(3)设定价为每盒y元，每日利润为w元，
根据题意得：w=(y−40)(300+80−y5×50)
=(y−40)(1100−10y)
=−10y2+1500y−44000
=−10(y−75)2+12250，
∵−10<0，
∴当y=75时，w有最大值，
答：定价为每盒75元时每日利润最大．
【解析】(1)设这两次价格上调的平均增长率为x，利用经过两次上调价格后的价格=原价×(1+这两次价格上调的平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)设降价5m元，根据日销售额=每盒的价格×销售量列出方程，解方程即可；
(3)设定价为每盒y元，每日利润为w元，根据日销售利润=每盒利润×日销售量列出函数解析式，根据函数的性质求得函数取最大值时y的值．
本题考查了一次函数和一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出函数解析式和一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】解：(1)过点F作FG⊥EC于G，
依题意知，FG//DE，DF//GE，∠FGE=90∘，
∴四边形DEGF是矩形，
∴FG=DE，
在Rt△CDE中，CE=12，
DE=CE⋅tan∠DCE=12×tan30∘=4 3(m)，
∴FG=4 3m，
∵斜坡CF的坡度为i=1：0.75，
∴Rt△CFG中，CG=0.75FG=4 3×34=3 3(m)，
∴FD=EG=CG+CE=(3 3+12)(m)，
答：点F距离水平地面的高度为4 3米，点F距窗户D的距离为(3 3+12)米；
(2)在Rt△BCE中，
BE=CE⋅tan∠BCE=12×tan53∘≈16(m)，
∵∠AFD=45∘，∠ADF=90∘，
∴△AFD是等腰直角三角形，
∴AD=FD=(3 3+12)(m)，
∴AB=AD+DE−BE=3 3+12+4 3−16=7 3−4≈8.1(m).
答：数字显示屏AB的高度约为8.1米．
【解析】(1)过点F作FG⊥EC于G，依题意知FG//DE，DF//GE，∠FGE=90∘，得到四边形DEGF是矩形，根据矩形的性质得到FG=DE，解直角三角形求出DE和CG即可解答；
(2)在Rt△BCE中，解直角三角形求出BE，然后利用AB=AD+DE−BE即可解答．
本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角及坡度坡角问题，正确标注仰角和俯角、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
24.【答案】 3 2 32≤OP≤ 3 是
【解析】解：(1)①如图1中，
∵点C( 3,0)，E(0,1)，
∴OE=1，OC= 3，
∴EC=2，∠ECO=30∘，
当OP⊥EC时，OP的值最小，当P与C重合时，OP的值最大是 3，
Rt△OPC中，OP=12OC= 32，即OP的最小值是 32；
如图2，当DP⊥EC时，DP的值最小，
Rt△DEP中，∠OEC=60∘，
∴∠EDP=30∘，
∵DE=2，
∴cos30∘=DPDE，
∴DP2= 32，
∴DP= 3，
∴当P与E重合时，DP的值最大，DP的最大值是2，
线段DP的最小值为 3，最大值为2；线段OP的取值范围是 32≤OP≤ 3；
故答案为： 3，2， 32≤OP≤ 3；
②根据限距关系的定义可知，线段DE上存在两点M，N，满足OM=2ON，如图3，
故点O与线段DE满足限距关系；
故答案为：是；
(2)∵点C( 3,0)，E(0,1)，
∴设直线CE的解析式为：y=kx+m，
∴ 3k+m=0m=1，解得k=− 33m=1，
∴直线CE的解析式为：y=− 33x+1，
∵FG//EC，
∴设FG的解析式为：y=− 33x+b，
∴G(0,b)，F( 3b,0)，
∴OG=b，OF= 3b，
当0
此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为1− 3b，最大距离为1+ 3b，
∵线段FG与⊙O满足限距关系，
∴1+ 3b≥2(1− 3b)，
解得b≥ 39，
∴b的取值范围为 39≤b< 33；
当1≤ 3b≤6时，线段FG与⊙O有公共点，线段FG与⊙O满足限距关系，
当 3b>6时，如图6，线段FG在⊙O的外部，与⊙O没有公共点，
此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为 3b−1，最大距离为 3b+1，
∵线段FG与⊙O满足限距关系，
∴ 3b+1≥2( 3b−1)，
而 3b+1≥2( 3b−1)总成立，
∴ 3b>6时，线段FG 与⊙O满足限距关系，
综上所述，点G的纵坐标的取值范围是：b≥ 39；
(3)如图3−1中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，
两圆的距离的最小值为2r−6，最大值为2r+6，
∵⊙H和⊙K都满足限距关系，
∴2r+6≥2(2r−6)，
解得r≤9，
故r的取值范围为0
②根据限距关系的定义判断即可；
(2)根据两直线平行k相等计算设FG的解析式为：y=− 33x+b，得G(0,b)，F( 3b,0)，分三种情形：①线段FG在⊙O内部，②线段FG与⊙O有交点，③线段FG 与⊙O没有交点，分别构建不等式求解即可；
(3)如图3−1中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，根据⊙H和⊙K都满足限距关系，构建不等式求解即可．
本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，垂线段最短，直线与圆的位置关系，限距关系的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建不等式解决问题，属于中考创新题型．
25.【答案】解：(1)在y=ax2+2ax+c中，令x=0得y=c，
∴C(0,c)，
∵OA=OC，
∴A(−c,0)，
把A(−c,0)，B(1,0)代入y=ax2+2ax+c得：
ac2−2ac+c=0a+2a+c=0，
解得a=−1c=3或a=13c=−1(舍去)，
∴抛物线的函数表达式为y=−x2−2x+3；
(2)设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，如图：
由y=−x2−2x+3得C(0,3)，
∵点D是△ABC的外心，
∴D在AB的垂直平分线上，
∵A(−3,0)，B(1,0)，
∴D的横坐标为−3+12=−1，
设D(−1,t)，
∵DB=DC，
∴(−1−1)2+(t−0)2=(−1−0)2+(t−3)2，
解得t=1，
∴D(−1,1)，
∴DB= (−1−1)2+(1−0)2= 5，
∴△ABC外接圆半径为 5；
(3)存在点P，使△BPM与△MNH相似，理由如下：
如图：
设直线DC解析式为y=kx+3，将D(−1,1)代入得：
−k+3=1，
解得k=2，
∴直线DC解析式为y=2x+3，
解y=2x+3y=−x2−2x+3得x=0y=3或x=−4y=−5，
∴E(−4,−5)；
由y=2x+3得H(−32,0)，
设P(m,−m2−2m+3)，则M(m,0)，N(m,2m+3)，
∴PM=|−m2−2m+3|，BM=|m−1|，MN=|2m+3|，MH=|m+32|，
∵∠BMP=90∘=∠NMH，
∴要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，
即|−m2−2m+3||2m+3|=|m−1||m+32|或|−m2−2m+3||m+32|=|m−1||2m+3|，
当−m2−2m+32m+3=m−1m+32时，
解得m=−5或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−5,−12)；
当−m2−2m+32m+3=−m−1m+32时，
解得m=−1或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−1,4)；
当−m2−2m+3m+32=m−12m+3时，
解得m=−72或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−72,−94)，
当当−m2−2m+3m+32=−m−12m+3时，
解得m=−52或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−52,74)，
综上所述，P的坐标为(−5,−12)或(−1,4)或(−72,−94)或(−52,74).
【解析】(1)在y=ax2+2ax+c中，令x=0得y=c，根据OA=OC，知A(−c,0)，再用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y=−x2−2x+3；
(2)设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，根据点D是△ABC的外心，知D的横坐标为−3+12=−1，设D(−1,t)，由DB=DC，有(−1−1)2+(t−0)2=(−1−0)2+(t−3)2，可解得D(−1,1)，故△ABC外接圆半径为 5；(3)用待定系数法可得直线DC解析式为y=2x+3，从而E(−4,−5)，H(−32,0)，设P(m,−m2−2m+3)，则M(m,0)，N(m,2m+3)，要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，即|−m2−2m+3||2m+3|=|m−1||m+32|或|−m2−2m+3||m+32|=|m−1||2m+3|，再分别去绝对值解方程可得P的坐标为(−5,−12)或(−1,4)或(−72,−94)或(−52,74).
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形外心，三角形相似的判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用和正确计算．
2023年湖南省长沙市市长郡教育集团中考数学四模试卷
1. −15的倒数是( )
A. −5 B. 15 C. −15 D. 5
2. 把点P(2,−5)向上平移3个单位后再关于原点对称的点的坐标是( )
A. (5,−5) B. (−2,2) C. (−5,5) D. (2,−2)
3. 下列变形中正确的是( )
A. 由−2x<1，得x<−12 B. 由2x+1>3x−1，得x>−2
C. 由2x+1>x−1，得x>2 D. 由x+2<2x−2，得x>4
4. 下列事件是随机事件的是( )
A. 太阳从西边升起
B. 任意画一个三角形，其内角和一定是180∘
C. 内错角相等
D. 袋中有6个黑球和2个白球，摸一次一定摸到红球
5. 在对一组样本数据进行分析时，佳佳列出了方差的计算公式：s2=(2−5)2+(5−5)2+(5−5)2+(6−5)2+(7−5)25，由公式提供的信息，则下列说法错误的是( )
A. 样本的平数是5 B. 样本的众数是5 C. 样本的中位数是6 D. 样本的总数n=5
6. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的面积为( )
A. 18
B. 16
C. 20
D. 24
7. 在一个可以改变体积的密闭容器内装有一定质量的气体，当改变容器的体积时，气体的密度也会随之改变，密度ρ(kg/m3)是体积V(m3)的反比例函数，它的图象如图所示，当气体的密度为ρ=8kg/m3时，体积是m3.( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
8. 在复习用尺规作一个角等于已知角的过程中，回顾了作图的过程，他发现△O′C′D′≌△OCD，小华得到全等的依据是( )
A. SSS B. SAS C. ASA D. AAS
9. 如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心.若∠ADB=20∘，则这个正多边形的边数为( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
10. 如图长方形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙都从点A(2,0)同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2023次相遇点的坐标是( )
A. (2,0) B. (−1,1) C. (−2,0) D. (−1,−1)
11. 如果x=−2是方程3x−m−1=0的解，则m的值是______ .
12. 因式分解：4x3y−24x2y2+36xy3=______ .
13. 计算：4 8− 8=______ .
14. 如图，DE是△ABC的中位线，S△ADE=1，则S△ABC=______ .
15. 如图，直线PA、PB、MN分别与⊙O相切于点A、B、D，PA=PB=4cm，△PMN的周长是______ .
16. 如图，△ABC是一个小型花园，阴影部分为一个圆形水池，且与△ABC的三边相切，已知AB=10m，AC=8m，BC=6m.若从天空飘落下一片树叶恰好落入花园里，则落入水池的概率为______ .(π取3)
17. 计算：| 2−2|+2cos45∘−1 2× 8−(π− 2023)0.
18. 先化简，再求值：(x2−3x−1−2)÷1x−1，其中x满足x2−2x−3=0.
19. 在复习菱形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：
①画线段AB；
②分别以点A，B为圆心，大于AB长的一半为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AB于点O；
③在直线MN上取一点C(不与点O重合)，连接AC，BC；
④过点A作平行于BC的直线AD，交直线MN于点D，连接BD.
(1)根据以上作法，证明四边形ADBC是菱形，请补全其证明过程.
证明：根据作法可知：直线MN是AB的垂直平分线，
∴AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，
∵AD//BC，
∴______
在△ADO和△BCO中，
∠ADO=∠BCO∠AOD=∠BOCOA=OB
∴△ADO≌△BCO(AAS)，
∴OD=OC，
∵OA=OB，
∴______
∵______
∴四边形ADBC是菱形
(2)该同学在图形上继续探究，他以点O为圆心作四边形ADBC的内切圆，构成如图所示的阴影部分，若AB=2 3，∠BAD=30∘，求图中阴影部分的面积.
20. 为庆祝建党100周年，让同学们进一步了解中国科技的快速发展，长沙市某中学九(1)班团支部组织了一次手抄报比赛，该班每位旧学从A.“中国天眼”；B.“5G时代”；C.“夸父一号”；D.“巅峰使命”四主题中任选一个自己喜欢的主题.统计同学们所选主题的频数，绘制不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)九(1)班共有______ 名学生；
(2)请以九(1)班的统计数据估计全校2000名学生大约有多少人选择D主题？
(3)D主题所对应扇形圆心角的大小为______ ；
(4)甲和乙从A、B、C、D四个主题中任选一个主题，请用画树状图的方法求出他们选择相同主题的概率.
21. 如图，AB为⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BE，连接OE，过点A作AD//OE交⊙O于点D，连接ED交BA的延长线于点C.
(1)直线CE与⊙O相切吗？并说明理由；
(2)若CA=4，CD=8，求DE的长.
22. 自国家发布新冠防疫政策新十条政策以来，核酸自测抗原检测试剂盒需求量上升，价格急剧上涨，据市场调研发现，某品牌抗原检测试剂盒经过连续两次价格的上调，由每盒60元涨到了每盒101.4元.
(1)求出这两次价格上调的平均增长率；
(2)在政府有关部门大力调控下，该品牌抗原检测试剂盒的价格下调回到了每盒80元，在线上平台发售时发现，定价为每盒80元时，该品牌一天可以卖出300盒，每降价5元，一天可以多卖出50盒.当销售额为每日3万元时，要让顾客获得更大的优惠，应该降价多少元？
(3)在(2)的条件下，该品牌抗原检测试剂盒成本为每盒40元，在降价的情况下，定价多少时每日利润最大？
23. 长沙市推出新型智慧城市和数字政府建设的工作涉及多个领域，其中智慧校园建设也开展得如火如荼，规划部门在某学校的办公楼顶部新建了一块大型数字展示屏.如图郡郡同学为测量展示屏的高度AB，他站在距离办公楼底部E处12米远的地面C处，测得宣传牌的底部B的仰角为53∘，同时测得办公楼窗户D处的仰角为30∘(A、B、D、E在同一直线上)，然后，郡郡沿坡度为i=1：0.75的斜坡从C走到F处，此时DF正好与地面平行，在F处又测得宣传牌顶部A的仰角为45∘.(sin53∘≈45,cos53∘≈35,tan53∘≈43)
(1)求点F距离水平地面的高度和它距窗户D的距离；(保留根号)
(2)求数字显示屏AB的高度(结果精确到0.1米， 2≈1.414， 3≈1.732).
24. 对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2，给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B(点A，B可以重合)，在图形W2上存在两点M，N(点M，N可以重合)使得AM=2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系.
(1)如图1，点C( 3,0)，D(0,−1)，E(0,1)，点P在线段CE上运动(点P可以与点C，E重合)，连接OP，DP.
①线段DP的最小值为______ ，最大值为______ ；线段OP的取值范围是______ ；
②点O与线段DE ______ (填“是”或“否”)满足限距关系；
(2)在(1)的条件下，如图2，⊙O的半径为1，线段FG与x轴、y轴正半轴分别交于点F，G，且FG//EC，若线段FG与⊙O满足限距关系，求点G纵坐标的取值范围；
(3)⊙O的半径为r(r>0)，点H，K是⊙O上的两个点，分别以H，K为圆心，3为半径作圆得到⊙H和⊙K，若对于任意点H，K，⊙H和⊙K都满足限距关系，直接写出r的取值范围.
25. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2ax+c与x轴交于A，B(1,0)两点，与y轴交于点C，OA=OC.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求△ABC外接圆半径；
(3)如图2，C与△ABC的外心所在的直线交抛物线于点E，点P是抛物线上的一个动点(不与A、B、C重合)，作直线PM⊥x轴于点M，交直线CE于点N，直线CE交x轴于点H，连接BP，是否存在点P，使△BPM与△MNH相似？若存在，直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−15的倒数为−5.
故选：A.
乘积是1的两数互为倒数，由此可得出答案．
本题考查了倒数的定义，属于基础题，注意掌握乘积是1的两数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：将点P(2,−5)向上平移3个单位后得到点(2,−2)，则点(2,−2)关于原点对称的点的坐标是(−2,2).
故选：B.
根据“上加下减”的规律写出平移后点的坐标；然后由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反写出答案．
本题主要考查了坐标与图形变化-平移，关于原点对称的点的坐标．在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．(即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减).
3.【答案】D
【解析】解：A、原不等式的解集：x>−12，不符合题意；
B、原不等式的解集：x<2，不符合题意；
C、原不等式的解集：x>−2，不符合题意；
D、原不等式的解集：x>4，符合题意；
故选：D.
根据不等式的性质求出解集．
本题考查不等式的基本性质，掌握不等式的基本性质，认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、太阳从西边升起，是不可能事件，不符合题意；
B、任意画一个三角形，其内角和一定是180∘，是必然事件，不符合题意；
C、内错角相等，是随机事件，符合题意；
D、袋中有6个黑球和2个白球，摸一次一定摸到红球，是不可能事件，不符合题意；
故选：C.
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，这组数据为2、5、5、6、7，
所以这组数据的样本容量为n=5，中位数为5，众数为5，平均数为5.
所以说法错误的是选项C.
故选：C.
先根据方差的公式得出这组数据为2、5、5、6、7，再根据平均数、众数、中位数和样本容量的概念逐一求解可得答案．
本题考查了方差、样本容量、中位数、众数和平均数，掌握方差的定义是关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，
∴菱形ABCD的面积=12×6×8=24.
故选：D.
菱形的面积=对角线乘积的一半．
本题考查菱形的性质，解题关键是记住菱形的面积等于对角线乘积的一半．
7.【答案】A
【解析】解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为ρ=kV，
把点(4,2)代入解ρ=kV，得k=8，
∴密度ρ与体积V的反比例函数解析式为ρ=8V，
把ρ=8代入ρ=8V，
得V=1.
故选：A.
设密度ρ(单位：kg/m3)与体积V(单位：m3)的反比例函数解析式为ρ=kV，把点(4,2)代入解析式求出k，再把ρ的值代入解析式即可求出气体的体积．
考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
8.【答案】A
【解析】解：在△OCD与△O′C′D′中，
OD=O′D′OC=O′C′CD=C′D′，
∴△COD≌△C′O′D′(SSS).
故选：A.
由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，由SSS的判定定理可以得到三角形全等，从而求解．
本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9.【答案】C
【解析】解：连接OA，OB，
∵A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的同一个圆上，
∵∠ADB=20∘，
∴∠AOB=2∠ADB=40∘，
∴这个正多边形的边数=360∘40∘=9.
故选：C.
连接OA，OB，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ADB=36∘，即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆，圆周角定理，正确地理解题意是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：由B(2,1)知，矩形周长为12，
∵甲、乙速度分别为1单位/秒，2单位/秒，
则两个物体每次相遇时间间隔为121+2=4秒，
则两个物体相遇点依次为(−1,1)、(0,−1)、(2,0)，
∵2023=3×674+1，
∴第2023次两个物体相遇位置为(−1,1)，
故选：B.
根据两个物体运动速度和矩形周长，得到两个物体的相遇时间间隔，进而得到两个点相遇的位置规律．
本题为平面直角坐标系内的动点坐标规律探究题，解答关键是找到两个物体相遇的位置的变化规律．
11.【答案】−7
【解析】解：∵x=−2是方程3x−m−1=0的解，
∴−6−m−1=0，解得m=−7.
故答案为：−7.
把x=−2代入方程可得到关于m的方程，可求得m的值．
本题主要考查方程解的定义，掌握方程的解使方程的左右两边相等是解题的关键．
12.【答案】4xy(x−3y)2
【解析】解：4x3y−24x2y2+36xy3
=4xy(x2−6xy+9y2)
=4xy(x−3y)2.
故答案为：4xy(x−3y)2.
先提取公因式4xy，然后利用完全平方公式继续进行因式分解．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
13.【答案】6 2
【解析】解：原式=3 8=6 2.
故答案为：6 2.
根据二次根式的加减法则进行计算即可．
本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式的加减法则是解题的关键．
14.【答案】4
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线
∴DE//BC，DE=12BC
∴△ADE∽△ABC
∴S△ADE：S△ABC=1：4
又∵S△ADE=1，则S△ABC=4.
故答案为：4.
DE是△ABC的中位线，可得DE//BC，可得△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出S△ABC.
本题考查三角形的中位线定理和相似三角形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的性质，属于中考常考题型．
15.【答案】8cm
【解析】解：∵直线PA、PB、MN分别与⊙O相切于点A、B、D，
∴MA=MD，ND=NB，
∴△PMN的周长
=PM+PN+MD+ND
=PM+MA+PN+NB
=PA+PB
=4+4
=8(cm).
故答案为：8cm.
根据切线长定理得MA=MD，ND=NB，然后根据三角形周长的定义进行计算．
本题考查了切线的性质，切线长定理等知识，解题关键是掌握切线长定理，属于中考常考题型．
16.【答案】12
【解析】解：如下图，设圆形水池与△ABC三边相切且切点分别为D，E，F，圆形水池的中心为O，
连接OD、OF、OE，
设CF=xm，则AD=AE=AC−DC=(8−x)m，BF=BE=BC−CF=(6−x)m，
由AB=AE+BE，得(6−x)+(8−x)=10，
解得x=2，
∵AC2+BC2=82+62=100，AB2=102=100，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90∘，
∵D、F分别是圆O与AC和BC相切的切点，
∴∠ODC=∠OFC=90∘，OD=OF，
∴四边形DOFC是正方形，
即OD=CF=2m，
∴S△ABC=12AC×BC=12×8×6=24(m2)，S圆O=π×22=12(m2)
∴落入水池的概率为1224=12，
故答案为：12.
设圆形水池与△ABC三边相切且切点分别为D，E，F，圆形水池的中心为O，由切线长定理求出CF，再利用勾股定理的逆定理得出△ABC为直角三角形，由圆的面积公式和直角三角形的面积公式可求出结果．
本题主要考查勾股定理逆定理，切线长定理，熟练掌握勾股定理逆定理，切线长定理和圆的面积公式及三角形的面积公式是解题的关键．
17.【答案】解：| 2−2|+2cos45∘−1 2× 8−(π− 2023)0
=2− 2+2× 22−1 2×2 2−1
=2− 2+ 2−2−1
=−1.
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：原式=[x2−3x−1−2(x−1)x−1]⋅(x−1)
=x2−3−2x+2x−1⋅(x−1)
=x2−2x−1，
∵x2−2x−3=0，
∴x2−2x=3，
∴原式=3−1=2.
【解析】先将原式小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的除法，最后利用整体思想代入求值．
本题考查分式的化简求值，掌握分式混合运算的运算顺序(先算乘方，然后算乘除，最后算加减，有小括号先算小括号里面的)和计算法则是解题关键．
19.【答案】∠ADO=∠BCO四边形ABCD为平行四边形， AC=BC
【解析】(1)证明：根据作法可知：直线MN是AB的垂直平分线，
∴AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，
∵AD//BC，
∴∠ADO=∠BCO，
在△ADO和△BCO中，
∠ADO=∠BCO∠AOD=∠BOCOA=OB，
∴△ADO≌△BCO(AAS)，
∴OD=OC，
∵OA=OB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC=BC，
∴四边形ADBC是菱形；
故答案为：∠ADO=∠BCO，四边形ABCD为平行四边形，AC=BC；
(2)解：过O点作OH⊥AD于H点，如图，
∵⊙O为菱形ABCD的内切圆，
∴OH为⊙O的半径，
∵四边形ADBC是菱形，
∴OA=OB=12AB= 3，AB⊥CD，
在Rt△AOH中，
∵∠OAH=30∘，
∴OH=12OA= 32，
在Rt△AOD中，OD= 33OA= 33× 3=1，
∴图中阴影部分的面积=12×2 3×2−π×( 32)2=2 3−34π.
(1)先利用基本作图得到直线MN是AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到AC=BC，OA=OB，MN⊥AB，再证明△ADO≌△BCO得到OD=OC，则可判断四边形ABCD为平行四边形，然后加上AC=BC可判断四边形ADBC是菱形；
(2)过O点作OH⊥AD于H点，如图，根据切线的性质得到OH为⊙O的半径，再利用菱形的性质得到OA=OB= 3，AB⊥CD，再根据含30度角的直角三角形三边的关系计算出OH= 32，OD=1，然后用菱形的面积减去圆的面积可计算出图中阴影部分的面积．
本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、圆周角定理和切线长定理．
20.【答案】50108∘
【解析】解：(1)九(1)班的学生人数为20÷40%=50(名).
故答案为：50.
(2)2000×1550=600(人).
∴估计全校2000名学生大约有600人选择D主题．
(3)360∘×1550=108∘.
故答案为：108∘.
(4)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中他们选择相同主题的结果有4种，
∴他们选择相同主题的概率为416=14.
(1)用选择B的学生人数除以其所占的百分比可得九(1)班的学生人数．
(2)根据用样本估计总体，用2000乘以本次调查中选择D主题的学生所占的百分比即可．
(3)用360∘乘以本次调查中选择D主题的学生所占的百分比即可．
(4)画树状图得出所有等可能的结果数和他们选择相同主题的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、扇形统计图、用样本估计总体，能够理解折线统计图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)直线CE与⊙O相切，理由如下：
连接DO，
∵DO=AO，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD//OE，
∴∠OAD=∠BOE，∠ODA=∠DOE，
∴∠BOE=∠DOE，
OE=OE∠BOE=∠DOEOB=OD，
∴△BOE≌△DOE(SAS)，
∴∠OBE=∠ODE，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠OBE=90∘，
∴∠ODE=90∘，
所以直线CE与⊙O相切．
(2)连接DO，设DO=AO=x，
根据勾股定理，得x2+82=(x+4)2，
解得x=6，
∴DO=AO=6，
∴AD//OE，
∴CAAO=CDDE，
∴46=8DE，
解得：DE=12.
【解析】(1)连接DO，证明△BOE≌△DOE，得证∠ODE=90∘即可．
(2)连接DO，设DO=AO=x，根据勾股定理，得x2+82=(x+4)2，再利用平行线分线段成比例定理，计算DE.
本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设这两次价格上调的平均增长率为x，
依题意得：60(1+x)2=101.4，
解得：x1=0.3=30%，x2=−2.3(不符合题意，舍去).
答：这两次价格上调的平均增长率为30%；
(2)设降价5m元，
则(80−5m)(300+50m)=30000，
解得m=4或m=6，
∵让顾客获得更大的优惠，
∴m=6，
∴5m=5×6=30，
答：应该降价30元；
(3)设定价为每盒y元，每日利润为w元，
根据题意得：w=(y−40)(300+80−y5×50)
=(y−40)(1100−10y)
=−10y2+1500y−44000
=−10(y−75)2+12250，
∵−10<0，
∴当y=75时，w有最大值，
答：定价为每盒75元时每日利润最大．
【解析】(1)设这两次价格上调的平均增长率为x，利用经过两次上调价格后的价格=原价×(1+这两次价格上调的平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)设降价5m元，根据日销售额=每盒的价格×销售量列出方程，解方程即可；
(3)设定价为每盒y元，每日利润为w元，根据日销售利润=每盒利润×日销售量列出函数解析式，根据函数的性质求得函数取最大值时y的值．
本题考查了一次函数和一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出函数解析式和一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】解：(1)过点F作FG⊥EC于G，
依题意知，FG//DE，DF//GE，∠FGE=90∘，
∴四边形DEGF是矩形，
∴FG=DE，
在Rt△CDE中，CE=12，
DE=CE⋅tan∠DCE=12×tan30∘=4 3(m)，
∴FG=4 3m，
∵斜坡CF的坡度为i=1：0.75，
∴Rt△CFG中，CG=0.75FG=4 3×34=3 3(m)，
∴FD=EG=CG+CE=(3 3+12)(m)，
答：点F距离水平地面的高度为4 3米，点F距窗户D的距离为(3 3+12)米；
(2)在Rt△BCE中，
BE=CE⋅tan∠BCE=12×tan53∘≈16(m)，
∵∠AFD=45∘，∠ADF=90∘，
∴△AFD是等腰直角三角形，
∴AD=FD=(3 3+12)(m)，
∴AB=AD+DE−BE=3 3+12+4 3−16=7 3−4≈8.1(m).
答：数字显示屏AB的高度约为8.1米．
【解析】(1)过点F作FG⊥EC于G，依题意知FG//DE，DF//GE，∠FGE=90∘，得到四边形DEGF是矩形，根据矩形的性质得到FG=DE，解直角三角形求出DE和CG即可解答；
(2)在Rt△BCE中，解直角三角形求出BE，然后利用AB=AD+DE−BE即可解答．
本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角及坡度坡角问题，正确标注仰角和俯角、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
24.【答案】 3 2 32≤OP≤ 3 是
【解析】解：(1)①如图1中，
∵点C( 3,0)，E(0,1)，
∴OE=1，OC= 3，
∴EC=2，∠ECO=30∘，
当OP⊥EC时，OP的值最小，当P与C重合时，OP的值最大是 3，
Rt△OPC中，OP=12OC= 32，即OP的最小值是 32；
如图2，当DP⊥EC时，DP的值最小，
Rt△DEP中，∠OEC=60∘，
∴∠EDP=30∘，
∵DE=2，
∴cos30∘=DPDE，
∴DP2= 32，
∴DP= 3，
∴当P与E重合时，DP的值最大，DP的最大值是2，
线段DP的最小值为 3，最大值为2；线段OP的取值范围是 32≤OP≤ 3；
故答案为： 3，2， 32≤OP≤ 3；
②根据限距关系的定义可知，线段DE上存在两点M，N，满足OM=2ON，如图3，
故点O与线段DE满足限距关系；
故答案为：是；
(2)∵点C( 3,0)，E(0,1)，
∴设直线CE的解析式为：y=kx+m，
∴ 3k+m=0m=1，解得k=− 33m=1，
∴直线CE的解析式为：y=− 33x+1，
∵FG//EC，
∴设FG的解析式为：y=− 33x+b，
∴G(0,b)，F( 3b,0)，
∴OG=b，OF= 3b，
当0
此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为1− 3b，最大距离为1+ 3b，
∵线段FG与⊙O满足限距关系，
∴1+ 3b≥2(1− 3b)，
解得b≥ 39，
∴b的取值范围为 39≤b< 33；
当1≤ 3b≤6时，线段FG与⊙O有公共点，线段FG与⊙O满足限距关系，
当 3b>6时，如图6，线段FG在⊙O的外部，与⊙O没有公共点，
此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为 3b−1，最大距离为 3b+1，
∵线段FG与⊙O满足限距关系，
∴ 3b+1≥2( 3b−1)，
而 3b+1≥2( 3b−1)总成立，
∴ 3b>6时，线段FG 与⊙O满足限距关系，
综上所述，点G的纵坐标的取值范围是：b≥ 39；
(3)如图3−1中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，
两圆的距离的最小值为2r−6，最大值为2r+6，
∵⊙H和⊙K都满足限距关系，
∴2r+6≥2(2r−6)，
解得r≤9，
故r的取值范围为0
②根据限距关系的定义判断即可；
(2)根据两直线平行k相等计算设FG的解析式为：y=− 33x+b，得G(0,b)，F( 3b,0)，分三种情形：①线段FG在⊙O内部，②线段FG与⊙O有交点，③线段FG 与⊙O没有交点，分别构建不等式求解即可；
(3)如图3−1中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，根据⊙H和⊙K都满足限距关系，构建不等式求解即可．
本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，垂线段最短，直线与圆的位置关系，限距关系的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建不等式解决问题，属于中考创新题型．
25.【答案】解：(1)在y=ax2+2ax+c中，令x=0得y=c，
∴C(0,c)，
∵OA=OC，
∴A(−c,0)，
把A(−c,0)，B(1,0)代入y=ax2+2ax+c得：
ac2−2ac+c=0a+2a+c=0，
解得a=−1c=3或a=13c=−1(舍去)，
∴抛物线的函数表达式为y=−x2−2x+3；
(2)设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，如图：
由y=−x2−2x+3得C(0,3)，
∵点D是△ABC的外心，
∴D在AB的垂直平分线上，
∵A(−3,0)，B(1,0)，
∴D的横坐标为−3+12=−1，
设D(−1,t)，
∵DB=DC，
∴(−1−1)2+(t−0)2=(−1−0)2+(t−3)2，
解得t=1，
∴D(−1,1)，
∴DB= (−1−1)2+(1−0)2= 5，
∴△ABC外接圆半径为 5；
(3)存在点P，使△BPM与△MNH相似，理由如下：
如图：
设直线DC解析式为y=kx+3，将D(−1,1)代入得：
−k+3=1，
解得k=2，
∴直线DC解析式为y=2x+3，
解y=2x+3y=−x2−2x+3得x=0y=3或x=−4y=−5，
∴E(−4,−5)；
由y=2x+3得H(−32,0)，
设P(m,−m2−2m+3)，则M(m,0)，N(m,2m+3)，
∴PM=|−m2−2m+3|，BM=|m−1|，MN=|2m+3|，MH=|m+32|，
∵∠BMP=90∘=∠NMH，
∴要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，
即|−m2−2m+3||2m+3|=|m−1||m+32|或|−m2−2m+3||m+32|=|m−1||2m+3|，
当−m2−2m+32m+3=m−1m+32时，
解得m=−5或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−5,−12)；
当−m2−2m+32m+3=−m−1m+32时，
解得m=−1或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−1,4)；
当−m2−2m+3m+32=m−12m+3时，
解得m=−72或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−72,−94)，
当当−m2−2m+3m+32=−m−12m+3时，
解得m=−52或m=1(与B重合，舍去)或m=−32(增根，舍去)，
∴P(−52,74)，
综上所述，P的坐标为(−5,−12)或(−1,4)或(−72,−94)或(−52,74).
【解析】(1)在y=ax2+2ax+c中，令x=0得y=c，根据OA=OC，知A(−c,0)，再用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y=−x2−2x+3；
(2)设点D是△ABC的外心，连接DA，DB，DC，根据点D是△ABC的外心，知D的横坐标为−3+12=−1，设D(−1,t)，由DB=DC，有(−1−1)2+(t−0)2=(−1−0)2+(t−3)2，可解得D(−1,1)，故△ABC外接圆半径为 5；(3)用待定系数法可得直线DC解析式为y=2x+3，从而E(−4,−5)，H(−32,0)，设P(m,−m2−2m+3)，则M(m,0)，N(m,2m+3)，要使△BPM与△MNH相似，只需PMMN=BMMH或PMMH=BMMN，即|−m2−2m+3||2m+3|=|m−1||m+32|或|−m2−2m+3||m+32|=|m−1||2m+3|，再分别去绝对值解方程可得P的坐标为(−5,−12)或(−1,4)或(−72,−94)或(−52,74).
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形外心，三角形相似的判定与性质等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用和正确计算．
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