2023年陕西省西安市灞桥区铁一中滨河学校中考六模数学试卷

这是一份2023年陕西省西安市灞桥区铁一中滨河学校中考六模数学试卷，共32页。试卷主要包含了在中，，若，则的值为，抛物线的顶点坐标为，二次函数等内容，欢迎下载使用。

2023年陕西省西安市灞桥区铁一中滨河学校中考数学六模试卷
学校：________ 姓名：________ 班级：________ 考号：________
得分

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1．下列二次根式中与是同类二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．用配方法解方程时，配方结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知是的边上一点，根据下列条件，不能判定的是（ ）

A． B．
C． D．
4．在中，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在平面直角坐标系中，已知点、，以原点为位似中心，相似比为，把缩小，则点的对应点的坐标是（ ）

A． B．
C．或 D．或
6．抛物线的顶点坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂黑，使黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是（ ）

A． B． C． D．
8．二次函数（，，，为常数）的图象如图所示，则有实数根的条件是（ ）

A． B． C． D．
9．式子在实数范围内有意义，则的取值范围是________．
10．已知一个直角三角形的两条直角边的长恰好是方程的两个根，则这个直角三角形的斜边长为________．
11．如图，直线，直线，与这三条平行线分别交于点，，和点，，，若，，则的长为________．

12．如图，河坝横断面迎水坡的坡比为．坝高为，则的长度为________．

13．有大小、形状、颜色完全相同的4个乒乓球，每个球上分别标有数字1，2，3，4，将这4个球放入不透明的袋中搅匀，从中随机连续抽取两个（不放回），则这两个球上的数字之和为偶数的概率是________．
14．已知二次函数的图象经过原点，那么________．
15．计算：．
16．解方程：．
17．某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元，连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同，求每次下降的百分率．
18．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留适当的作图痕迹．

图① 图② 图③
（1）在图①中的线段上找一点，连接，使；
（2）在图②中的线段上找一点，连接，使；
（3）在图③中的线段上找一点，连接，使．
19．小明想测量塔的高度．他在处仰望塔顶，测得仰角为，再往塔的方向前进至处，测得仰角为，那么该塔有多高？（小明的身高忽略不计，结果保留根号）

20．如图，直线与抛物线交于，两点，点坐标为．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连结，，求的面积．
21．四张小卡片上分别写有数字1、2、3、4，它们除数字外没有任何区别，现将它们放在盒子里搅匀．
（1）随机地从盒子里抽取一张，求抽到数字3的概率；
（2）随机地从盒子里抽取一张，将数字记为，不放回再抽取第二张，将数字记为，请你用画树状图或列表的方法表示所有等可能的结果，并求出点在函数图象上的概率．
22．如图，在中，，为边上的中线，于点．

（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
23．如图，中，厘米，厘米，点从出发，以每秒2厘米的速度向运动，点从同时出发，以每秒3厘米的速度向运动，其中一个动点到端点时，另一个动点也相应停止运动，设运动的时间为．

（1）用含的代数式表示：________，________；
（2）当以，，为顶点的三角形与相似时，求运动时间是多少？
24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线（，是常数）经过点，点．点在此抛物线上，其横坐标为．

（1）求此抛物线的解析式；
（2）当点在轴上方时，结合图象，直接写出的取值范围；
（3）若此抛物线在点左侧部分（包括点）的最低点的纵坐标为．
①求的值；
②以为边作等腰直角三角形，当点在此抛物线的对称轴上时，直接写出点的坐标．
25．64的算术平方根是（ ）
A． B． C．4 D．8
26．下列四个图标中，属于轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
27．如图，已知，，，则的度数等于（ ）

A． B． C． D．
28．若点关于轴的对称点在一次函数的图象上，则的值（ ）
A． B．2 C． D．6
29．如图，为矩形的对角线，点、分别在边、上，将边沿折叠，点恰好落在上的点处，将边沿折叠、点恰好落在上的点处，若四边形是菱形，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
30．如图，、分别是的直径，连接、，如果弦，且，则下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
31．在平面直角坐标系中，将抛物线关于轴对称后得到抛物线，对于抛物线，当时，随的增大而减小，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
32．若代数式有意义，则实数的取值范围为________．
33．如图，正八边形内接于，点是上的任意一点，则的度数为________．

34．一扇形的圆心角是，弧长是，则此扇形的面积是________．
35．已知点与点关于轴对称，若反比例函数的图象经过点，则________．
36．如图，在矩形中，，，点是边上的一动点，将沿着折叠得到，连接，点为上的点，且，则的最小值为________．

37．计算：．
38．解方程：．
39．计算：．
40．如图，在中，，，，请用尺规作图的方法在上找一点，使与的面积之比为．（保留痕迹，不写作法）

41．已知：如图，是上一点，，，．求证：．

42．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中的位置如图所示．

（1）将向上平移3个单位后，再向右平移2个单位得到，再作关于轴对称的，请画出并直接写出点的坐标；
（2）则的周长为________．
43．小红和小丁玩纸牌游戏，如图是同一副扑克中的4张牌的正面，将它们正面朝下洗匀后放在桌面上．

（1）小红从4张牌中抽取一张，这张牌的数字为4的倍数的概率是________；
（2）小红先从中抽出一张，小丁从剩余的3张牌中也抽出一张，把两人抽取的牌面上的数字相加，若和为偶数，则小红获胜；若和为奇数，则小丁获胜．请用画树状图或列表法的方法求出小红获胜的概率．
44．如图，为了测量平静的河面的宽度，即的长，在离河岸点3.2米远的点，立一根长为1.6米的标杆，在河对岸的岸边有一根长为4.5米的电线杆，电线杆的顶端在河里的倒影为点，即，两岸均高出水平面0.75米，即米，经测量此时、、三点在同一直线上，并且点、、、共线，点、、共线，若、、均垂直于河面，求河宽是多少米？

45．过去的一年是不平凡的一年，一场突如其来的疫情席卷全国，全国人民万众一心，抗战疫情．学校为了了解初二年级共1200名同学对防疫知识的掌握情况，对他们进行了防疫知识测试，现随机抽取甲、乙两班各15名同学的测试成绩进行整理分析，过程如下：
【收集数据】
甲班15名学生测试成绩分别为：
78，83，89，97，98，85，100，94，87，90，93，92，99，95，100
乙班15名学生测试成绩中的成绩如下：91，92，94，90，93
【整理数据】
班级





甲班数据数
1
1
3
4
6
乙班数据数
1
2
3
5
4
【分析数据】
班级
平均数
众数
中位数
方差

甲班
数据
92

93
47.3
乙班数据
90
87

50.2

【应用数据】
（1）请你根据以上信息，分别求出、的值；
（2）若规定测试成绩90分及其以上为优秀，请你估计参加防疫知识测试的1200名学生中成绩为优秀的学生共有多少人；
（3）根据以上数据，你认为哪个班的学生防疫测试的整体成绩较好？请说明理由（一条理由即可）．
46．如图，是一个“函数求值机”示意图，其中是的函数．下面表格中，是通过该“函数求值机”得到的几组与的对应值．

输入
…



0
2
…
输出
…
19
15
11
0
8
…
根据以上信息，解答下列问题：
（1）当输入的值为时，输出的值为________；
（2）求，的值；
（3）当输出的值为24时，求输入的值．
47．如图，为的直径，是的弦，是弧的中点，弦于点，交于点，过点作的切线，交延长线于点，连接．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
48．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过、两点，与轴的另一个交点为．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，若，求点的坐标．
49．问题提出：

图① 图② 图③
（1）如图①，在中，，，平分交边于点，点为边上的一个动点，连接，则线段长的最小值为________．
问题探究：
（2）如图②，在中，，，点为边的中点，且，的两边分别交、于点、．求四边形的面积．
问题解决：
（3）某观光景区准备在景区内设计修建一个大型儿童游乐园．如图③，四边形为儿童游乐园的大致示意图，并将儿童游乐园分成、、和四边形四部分，其中在和两区域修建益智区，在区域修建角色游戏区，在四边形区域修建木工区．根据设计要求：四边形是平行四边形，，点、点、点分别在边、边和对角线上，且，，四边形的面积为平方米，现需在四边形的四周修建护栏起到保护乐园的作用，为了节约修建成本，四边形的周长是否存在最小值？若存在，请求出四边形周长的最小值；若不存在，请说明理由．

答案和解析
1．【答案】C
【解析】解：A．，与不是同类二次根式；
B．与不是同类二次根式；
C．与是同类二次根式，正确；
D．与不是同类二次根式；
故选：C．
判断一个二次根式是否为最简二次根式主要方法是根据最简二次根式的定义进行，或直观地观察被开方数的每一个因数（或因式）的指数都小于根指数2，且被开方数中不含有分母，被开方数是多项式时要先因式分解后再观察．
本题考查了最简二次根式的定义．在判断最简二次根式的过程中要注意：
（1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；
（2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式．
2．【答案】B
【解析】解：∵，
∴，
则，
∴．
故选B．
本题主要考查配方法解一元二次方程．
把方程的常数项移到右边，然后左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数，判断出配方结果正确的选项即可．
3．【答案】C
【解析】解：∵是公共角，
∴再加上或都可以证明，故A，B不符合题意，
C选项中的对两边成比例，但不是相应的夹角相等，所以选项C符合题意．
∵，
若再添加，即，可证明，故D不符合题意．
故选：C．
根据相似三角形的判定定理对各个选项逐一分析即可．
本题考查相似三角形的判定定理，熟练掌握相关定理是解题的关键．
4．【答案】C
【解析】解：在中，，，
∴，．
∴．
故选：C．
先根据三角形的内角和定理判断出是锐角及，的度数，再根据特殊角的三角函数值求解即可．
本题考查了互余两角三角函数的关系，解答此题的关键是熟记特殊角的三角函数值及直角三角形的性质．
5．【答案】D
【解析】解：∵点，以原点为位似中心，相似比为，把缩小，
∴点的对应点的坐标是或，
即或．
故选：D．
根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或解答．
本题考查的是位似变换的概念和性质．
6．【答案】C
【解析】解：∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标为：，
故选：C．
根据二次函数的性质，由顶点式直接得出顶点坐标即可．
此题主要考查了二次函数的性质，根据顶点式得出顶点坐标是考查重点同学们应熟练掌握．
7．【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了概率公式的应用．注意用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．也考查了轴对称图形的定义．
在正方形网格中，任意选取一个白色的小正方形并涂黑，共有13种等可能的结果，与图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的有5种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】
解：∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有5种情况（如下图所示）．
∴能与图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是：．
故选B．

8．【答案】B
【解析】解：当抛物线与直线有交点时，方程有实数根，
由函数图象得：直线与抛物线只有一个公共点，
∴当时，抛物线与直线有交点，
即方程有实数根的条件是，
故选：B．
由于抛物线与直线有交点时，方程有实数根，观察函数图象得到当时，抛物线与直线有交点，即可得出结论．
本题考查了抛物线与轴的交点，把方程有实数根问题转化为抛物线与直线有交点的问题是解决问题的关键．
9．【答案】
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式有意义的条件．直接利用二次根式的有意义的条件得出的取值范围，进而得出答案．
【解答】
解：由题意可得：，
解得：．
故答案为：．
10．【答案】13
【解析】解：，
，
或，
所以，，
即直角三角形的两条直角边的长分别为5，12，
所以直角三角形的斜边长为．
故答案为：13．
先利用因式分解法解方程得到直角三角形的两条直角边的长分别为5，12，然后利用勾股定理计算直角三角形的斜边长．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了勾股定理．
11．【答案】6
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为6．

由，可得，由此即可解决问题．
本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是正确应用平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型．
12．【答案】
【解析】解：∵迎水坡的坡比为，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，．
故答案为：．
根据坡比的定义可得，即可得，再结合勾股定理可得答案．
本题考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题、勾股定理，熟练掌握坡比的定义以及勾股定理是解答本题的关键．
13．【答案】
【解析】解：根据题意画树状图如下：

∵一共有12种等可能的情况数，这两个球上的数字之和为偶数的4种情况，
∴这两个球上的数字之和为偶数的概率是．
故答案为：．
根据题意先画出树状图，得出所有等可能的情况数和两个球上的数字之和为偶数的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是树状图法求概率；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14．【答案】4
【解析】解：将代入得，
解得，
故答案为：4．
将代入解析式求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
15．【答案】解：原式．
【解析】根据平方差公式、二次根式的化简、负整数指数幂的法则计算．
本题考查了二次根式的混合运算、负整数指数幂，解题的关键是掌握有关法则，以及公式的使用．
16．【答案】解：，
，
，
所以，．
【解析】先把方程变形得到，再把方程两边开方得到，然后解一次方程即可．
本题考查了解一元二次方程-直接开平方法：形如或的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
17．【答案】解：设每次下降的百分率为，根据题意，得：
，
解得：（舍）或，
答：每次下降的百分率为20%．
【解析】设每次降价的百分率为，连续两次降价后的价格表示为，由题意列出方程求解即可．
此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到蕴含的相等关系，列出方程，解答即可．
18．【答案】解：（1）如图①中，点即为所求；
（2）如图②中，点即为所求；
（3）如图③中，点即为所求．

图① 图② 图③
【解析】（1）如图①中，在上截取即可；
（2）如图②中，的垂直平分线交于点，点即为所求；
（3）如图③中，取格点，连接交于点，点即为所求．
本题考查作图-应用与设计作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．【答案】解：∵，，从而，
∴．
∴，
答：该塔高为．
【解析】从题意可知，至处，测得仰角为，，可求出塔高．
本题考查仰角的定义，要求学生能借助仰角找到直角三角形各边之间的联系，从而求解．
20．【答案】解：（1）∵点在抛物线上，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）设与轴交于点，
当时，，
∴点的坐标为，
直线与抛物线交点坐标就是方程组的解，
解得，，
∴点的坐标为，
∴


．

【解析】（1）将点的坐标代入抛物线可求出的值，确定二次函数的关系式；
（2）由两个函数的关系式可求出交点坐标，根据直线的关系式求出与轴的交点的坐标，利用三角形的面积公式进行计算即可．
本题考查待定系数法求二次函数的关系式，求出直线与抛物线的交点坐标是解决问题的前提，掌握三角形的面积的计算方法是正确解答的关键．
21．【答案】解：（1）根据题意得：随机地从盒子里抽取一张，抽到数字3的概率为；
（2）列表如下：

1
2
3
4
1
…



2

…


3


…

4



…
所有等可能的情况数有12种，其中在反比例图象上的点有2种，
则．
【解析】（1）求出四张卡片中抽出一张为3的概率即可；
（2）列表得出所有等可能的情况数，得出点的坐标，判断在反比例图象上的情况数，即可求出所求的概率．
此题考查了列表法与树状图法，反比例图象上点的坐标特征，以及概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22．【答案】解：（1）∵为边上的中线，
∴，
∵，
∴，，
∵，∴，
∴；
（2）在中，∵，，
∴，
∵，
即，
∴．
【解析】本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用面积法确定线段的长．
（1）根据题意证明，即可解决问题；
（2）利用面积法：求解即可．
23．【答案】解：（1）厘米，厘米；
（2）∵，
∴当时，，即，解得；
当时，，即，解得．
∴运动时间为秒或4秒．
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．
（1）利用速度公式求解；
（2）由于，利用相似三角形的判定，当时，，即；当时，，即，然后分别解方程即可．
【解答】
解：（1）厘米，厘米，
故答案为：厘米，厘米；
（2）见答案．

24．【答案】解：（1）将，代入得，
解得，
∴．
（2）令，
解得，，
∴抛物线与轴交点坐标为，，
∵抛物线开口向上，
∴或时，点在轴上方．
（3）①∵，
∴抛物线顶点坐标为，对称轴为直线，
当时，抛物线顶点为最低点，
∴，
解得，
当时，点为最低点，
将代入得，
∴，
解得（舍），．
∴或．
②当时，点在轴上，，
∵抛物线顶点坐标为，
∴点坐标为或符合题意．

当时，如图，过点作轴平行线，交轴于点，作于点，

∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
解得（舍），．
∴，，
∴，
∴点坐标为．
综上所述，点坐标为或或．
【解析】（1）通过待定系数法求解．
（2）令，求出抛物线与轴交点坐标，结合图象求解．
（3）①分类讨论点在抛物线对称轴右侧及左侧两种情况，分别求出顶点为最低点和点为最低点时的值．
②根据的值，作出等腰直角三角形求解．
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系，通过数形结合求解．
25．【答案】D
【解析】解：64的算术平方根是8．
故选：D．
一个正数有两个平方根，且它们互为相反数，其中正的平方根叫它的算术平方根．
本题考查了算术平方根的定义和性质，只需学生熟练掌握算术平方根的定义，即可完成．
26．【答案】D
【解析】解：选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，选项A、B、C均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
故选：D．
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
此题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
27．【答案】C
【解析】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
先根据判定，然后根据平行线的性质得出，求出即可．
本题考查了平行线的判定和性质，熟练应用判定定理和性质定理是解题的关键，平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系．平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
28．【答案】B
【解析】解：关于轴的对称点为，
把代入一次函数，得，
解得：．
故选：B．
先求得点关于轴的对称点为，再把对称点代入一次函数即可得出的值．
本题考查了一次函数上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式；理解点关于坐标轴对称的变化规律是本题的关键．
29．【答案】A
【解析】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选：A．
由折叠的性质和菱形的性质得出，进而得出答案．
本题主要考查了翻折变换的性质、菱形的性质、矩形的性质；证出是解答此题的关键．
30．【答案】C
【解析】解：如图，连接，
∵分别是的直径，
∴，
∴，
故A正确，不符合题意；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故B正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故D正确，不符合题意；
根据题意得不出，
故C错误，符合题意；
故选：C．

根据圆周角定理、平行线的性质求解判断即可得解．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
31．【答案】D
【解析】解：将抛物线关于轴对称后，
得到抛物线的解析式为：，
其对称轴为直线．
∵在抛物线，当时，随的增大而减小，
∴，
解得：．
故选：D．
根据关于轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得旋转后的抛物线，根据在抛物线上，当时，随的增大而减小，得到的对称轴，求解即可．
此题考查二次函数的图象和性质及轴对称与坐标变换等知识．根据关于轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标不变，求得对称后抛物线的解析式是解题关键．
32．【答案】
【解析】解：∵代数式有意义，
∴被开方数，且分母，即：，
解得：，
∴实数的取值范围为，
故答案为：．
直接利用二次根式和分式有意义的条件得出答案．
此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
33．【答案】
【解析】解：连接、、，如图所示：
∵八边形是正八边形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．

连接、、，根据正多边形和圆的知识求出正八边形的中心角的度数，根据圆周角定理求出的度数．
本题考查的是正多边形和圆、圆周角定理的应用；熟练掌握中心角公式，由圆周角定理求出结果是解决问题的关键．
34．【答案】
【解析】解：设该扇形的半径为，
∵扇形的圆心角是，扇形的弧长是，
∴，
解得：，
∴该扇形的面积为，
故选：．
设该扇形的半径为，根据弧长公式求出半径，再根据扇形的面积公式求出面积即可．
本题考查了扇形的面积计算和弧长公式，能熟记两公式是解此题的关键．
35．【答案】
【解析】解：∵点与点关于轴对称，
∴，，
解得：，，
∴，
将代入中，
得，
解得，
故答案为：．
根据两点关于轴对称的点的坐标特点，求点坐标，将点坐标代入中求的值即可．
本题考查反比例的性质，要熟练掌握代入法求解析式，关于轴对称，则横坐标相同，纵坐标互为相反数等基本知识点．
36．【答案】
【解析】解：由翻折可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
在上取点，使，
则，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，则，
由三角形三边关系可知，，即：，当在线段上时取等号，
∴的最小值为：．
故答案为：．
由翻折可知，，由矩形性质可得，在上取，可得，，由，可得，证得，进而求得，由三角形三边关系可知，，即：，当在线段上时取等号，即可求得的最小值为：．
本题考查矩形与翻折，相似三角形的判定与性质，勾股定理，通过构造相似得到是解决问题的关键．

37．【答案】解：原式

．
【解析】根据负整数指数幂，特殊角的三角函数值和立方根计算即可．
本题考查负整数指数幂，特殊角的三角函数值和立方根，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
38．【答案】解：，
去分母，得，
去括号，得，
移项，得，
合并，得，
系数化为1，得．
【解析】按照去分母，去括号，移项，合并，系数化为1的步骤求解即可．
本题主要考查了解一元一次方程，解题的关键在于能够熟练掌握解一元一次方程的方法．
39．【答案】解：原式

．
【解析】本题考查了分式的混合运算，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
先算括号内的减法，把除法变成乘法，最后约分即可．
40．【答案】解：∵，，，
∴，
∴，
作，，
则，
即：，
又∵，
∴，
∴点为的角平分线与的交点，
如图，即为所求，以点为圆心，适当长为半径画弧交，于两点，再分别以它们为圆心适当长为半径画弧交于一点，连接该点与点的射线与相交即为点．

【解析】由勾股定理可得，可得，作，，则，即可得，可知，即点为的角平分线与的交点，利用尺规作图作的角平分线与交于一点即可．
本题考查角平分线的判定定理以及尺规作图——作角平分线，根据结合面积之比得到是解决问题的关键．
41．【答案】证明：∵，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【解析】由，得，由，结合三角形外角，可得，进而可证，即可证得．
本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．也考查了平行线的性质和三角形外角的性质．
42．【答案】
【解析】解：（1）如图，，即为所求；点的坐标为；

（2）的周长，
故答案为：．
（1）将点、、分别向上平移3个单位后，再向右平移2个单位得到对应点，再顺次连接可得；分别作出点、、关于轴的对称点，再顺次连接可得；
（2）根据勾股定理求得各边长度，相加即可得．
本题主要考查作图—平移变换、轴对称变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和轴对称变换的定义和性质．
43．【答案】
【解析】解：（1）∵共有4张扑克牌，其中牌的数字为4的倍数的有1张，
∴这张牌的数字为4的倍数的概率是；
故答案为：；
（2）根据题意画树状图如下：

共有12种等可能的结果数，其中是偶数的结果数是6种，是奇数的结果数是6种，
则小红获胜的概率是．
（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）根据题意画出树状图得出所有等可能的结果数，再找到符合题意的结果，最后利用概率公式即可求得小红获胜的概率．
本题考查的是用列表法或树状图法求事件的概率，解题的关键是学会正确画出树状图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
44．【答案】解：延长交的反向延长线于点，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，米，米，
∴米，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
答：河宽是12米．

【解析】延长交的反向延长线于点，由求得，再由求得，便可解决问题，
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，关键是构造和证明三角形相似．
45．【答案】解：（1）在78，83，89，97，98，85，100，94，87，90，93，92，99，95，100这组数据中，100出现的次数最多，故；
乙班15名学生测试成绩中，中位数是第8个数，即出现在这一组中的92，
∴．
（2）根据题意得：（人），
答：估计成绩为优秀的学生约为760人．
（3）甲班学生掌握防疫测试整体水平较好．理由如下：∵甲班学生测试成绩的平均数92高于乙班平均数90，且甲班方差乙班方差50.2，
∴甲班学生掌握防疫测试整体水平较好．
【解析】（1）根据中位数和众数的求法解答，即可求解；
（2）用1200乘以成绩优秀的学生所占的百分比，即可求解；
（3）从平均数和方差的角度分析，即可求解．
本题主要考查了求中位数和众数，用样本估计总体，利用平均数和方差做决策，熟练掌握中位数、众数和平均数定义是解题的关键．
46．【答案】2
【解析】解：（1）由题意得，
解得，
∵，
∴当值为时，
，
故答案为：2；
（2）由题意得，
解得，
即，；
（3）若，
解得，
∵，
∴符合题意；当输出的值为24时，输入的值是6；
若，
解得，
∵，
∴符合题意，
∴当输出的值为24时，输入的值是6或．
（1）先解得的值，再将代入求解；
（2）由题意得关于，的二元一次方程组进行求解；
（3）分别按不同的计算程序求得对应的的值，并进行讨论验证．
此题考查了函数求值问题的解决能力，关键是能准确结合方程和数学讨论进行求解．
47．【答案】证明：（1）连接，如图，
∵为的切线，
∴，
∵是弧的中点，
∴，
∴；
（2）设与交于点，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，
∵，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．

【解析】（1）连接，如图，先利用切线的性质得，再利用垂径定理得到，所以；
（2）设与交于点，如图，利用垂径定理得到，根据圆周角定理得，则，在中利用三角函数的定义可计算出，，再证明得到，所以，然后证明，于是利用相似比可计算出．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
48．【答案】解：（1）由可得：
当时，；当时，，
∴，，
把、的坐标代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）如图，延长，交于点，
∵抛物线与轴交于点，点，
即，
解得：，，
∴点，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，即：点为的中点，
∵，点，
则由中点坐标可得，点横坐标为：，点纵坐标为：，
∴点，
设直线的解析式为：，
将，，代入中可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立方程组：，
解得：（舍去），，
∴点．

【解析】（1）先求出点，点坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）延长，交于点，通过证明，可得，可证，由“”可证，可得，可求点坐标，可求直线解析式，联立方程组可求解．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
49．【答案】
【解析】解：（1）在中，，平分，
∴，．
∵，
∴．
∴．
当时，最小，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵点为边的中点，连接，
∴，．
∴．
又∵，
∴，
∵，
∴．
∴．
∴．
所以，四边形的面积为16．

（3）过点作，，连接，
∵是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴是的角平分线，
∴．
设，，
∴．
∴．
∴．
∵与都为定值，
当时，此时四边形周长最小，
∴．
∴平行四边形是菱形．
∴．
∴四边形的周长最小为：．

图③
（1）根据过直线外一点到直线的距离垂线段最短可判断当时，最小，根据勾股定理以及等腰三角形的性质求出，再利用面积法求解即可；
（2）连接，利用等腰直角三角形的性质以及同角的余角相等证明，将所求四边形的面积转化为的面积，然后求解即可；
（3）过点作，，连接，利用同角的补角相等得到为，利用等量代换并结合已知条件证得，再利用角平分线的逆定理得到为角平分线并且为定值，最后判断并求解即可．
本题主要考查三角形的全等及线段最值问题，熟练掌握线段公理，含角的直角三角形的性质及三角形全等的判定及其性质的运用是解决本题的关键．