2023年山东省泰安市高新区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省泰安市高新区中考数学一模试卷（含解析），共29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年山东省泰安市高新区中考数学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 比较实数(π−3)0，−38，2，−1.7的大小，其中最小的实数为(    )
A. 0 B. −38 C. 2 D. −1.7
2. 下列计算正确的是(    )
A. 2a+a=3a2 B. (−a3)2=a6
C. (a−b)2=a2−b2 D. 9=±3
3. 下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
4. 如图是几个相同的小立方块所搭的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小立方块的个数，则这个几何体的左视图是(    )


A. B. C. D.
5. 如图，m//n，△ABC的顶点C在直线m上，若AB=AC，∠A=40°，∠1=20°，则∠2的度数为(    )
A. 50°
B. 40°
C. 45°
D. 60°
6. 为了了解学生学科作业量，某中学对部分周末学科作业的时间进行抽样调查，结果如表：
时间(小时)
1
2
3
4
学生人数(人)
3
12
9
6
关于“周末做学科作业时间”这组数据说法错误的是(    )
A. 众数是12 B. 平均数是2.6 C. 中位数是2.5 D. 方差是0.84
7. 如图，在△ABC中，D，E，F分别为BC，AC，AB边的中点，AH⊥BC于H，FD=12，则HE等于(    )
A. 24
B. 12
C. 6
D. 8
8. 成语“五雀六燕”出自中国古代数学名著《九章算术》第八卷《方程》中一道名题．原题为：“今有五雀、六燕，集称之衡，雀俱重，燕俱轻．一雀一燕交而处，衡适平．并燕、雀重一斤．问燕、雀一枚各重几何？”译文为：“今有5只雀、6只燕，分别聚集而且用衡器称之，聚在一起的雀重，燕轻．将一只雀、一只燕交换位置而放，重量相等．5只雀、6只燕重量为1斤．问雀、燕每只各多重？”现设每只雀x斤，每只燕y斤，则可列出方程组(    )
A. 5x+6y=14y+x=5x+y B. 5y+6x=14x+y=5y+x
C. 5x+6y=14x+y=5y+x D. 5y+6x=14y+x=5x+y
9. 如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB=AD，AC交BD于点G.若∠COD=126°，则∠AGB的度数为(    )

A. 99° B. 108° C. 110° D. 117°
10. 某区域平面示意图如图，点O在河的一侧，AC和BC表示两条互相垂直的公路.甲侦测员在A处测得点O位于北偏东45°，乙勘测员在B处测得点O位于南偏西73.7°，测得AC=840m，BC=500m，请求出点O到BC的距离m.(参考数据sin73.7°≈2425，cos73.7°≈725，tan73.7°≈247)(    )

A. 140m B. 340m C. 360m D. 480m
11. 如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=4，∠ABC=60°，过对角线BD的中点O的直线GH分别交AD、BC于点E、F，交BA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，连接GD、BH，则下列结论：①AG=CH；②DE+CF=4；③S四边形ABFE=3 3；④四边形BGDH为平行四边形.其中正确的有(    )
A. ①②③④ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③
12. 如图，直线y=34x+6分别与x轴、y轴相交于点M，N，点P在平面内，∠MPN=90°，点C(0,3)，则PC长度的最小值是(    )
A. 3 10−4
B. 5 5
C. 2
D. 1
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 人体红细胞的直径约为0.0000077m，用科学记数法表示为______．
14. 如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O′处，得到扇形A′O′B′.若∠O=90°，OA=2，则阴影部分的面积为          ．


15. 如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点OD落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则△EBG的周长为______ ．


16. 如图，AB是半圆O的直径，弦AD，BC相交于点P，且CD，AB是一元二次方程x2−10x+24=0的两根，则cos∠BPD是______ ．

17. 已知二次函数y=ax2+bx+2的图象(a,b是常数)与y轴交于点A，点A与点B关于抛物线的对称轴对称，且点C(x1,y1)，D(x2,y2)在该函数图象上.二次函数y=ax2+bx+2中(b,c是常数)的自变量x与函数值y的部分对应值如表：
x
…
−2
−1
0
1
3
…
y=ax2+bx+2
…
−10
−3
2
5
5
…
下列结论：①点B的坐标是(2,2)；②这个函数的最大值大于5；③ax2+bx=−1有一个根在4与5之间；④当0y2.其中正确的为______ .(将所有正确结论的序号都填入)
18. 观察下列等式：
2+22=23−2；
2+22+23=24−2；
2+22+23+24=25−2；
2+22+23+24+25=26−2；
…
已知按一定规律排列的一组数：22000，22001，22002，22003，…，22047，22048，22049，若22000=m，250=n，则22000+22001+22002+22003+…+22047+22048+22049= ______ .(结果用含m的代数式表示)
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(3x−1−x−1)÷x2−4x+4x−1，其中x是满足条件1−x−12≥x4的非负整数．
20. (本小题10.0分)
五一将至，学校某社团对学生“最想去的地方”进行问卷调查.该社团在全校范围内随机对一些学生进行了问卷调查：A—去淄博吃烧烤；B—去济南南部山区：C—去登泰山；D—泰安周边游；E—宅在家里.已知参加问卷调查的这些学生，每人都只选了其中一个选项，将所有的调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图.请你根据以上信息，回答下列问题：

(1)本次接受调查的学生共有______ 人；m= ______ ；n= ______ ；
(2)补全条形统计图；
(3)若该校学生有640人，试估计只选C—去登泰山的学生有多少人？
(4)该社团计划从5人中(A—去淄博吃烧烤的2人，D—泰安周边游3人)随机抽取2人为同学们分享游玩趣事，请用列表法或画树状图的方法所选2人既有A—去淄博吃烧烤的同学又有D—泰安周边游同学的概率．
21. (本小题10.0分)
已知直线y=−23x+6与双曲线y=kx(x>0)交于点A、B，过点B作直线OA的平行线，并与x轴交于点C，且点A的横坐标是a，点B的横坐标是2a．
(1)求k的值；
(2)连接AC，求△AOC的面积．

22. (本小题10.0分)
夏季即将来临，空调的销售逐渐火起来，某商行去年7月份销售某品牌A型号空调总额为32万元，由于原材料涨价，今年该型号空调销售单价比去年提高了400元．若今年7月份与去年7月份该型号空调销售量相同，则今年7月份该型号空调的销售总额将增加25%．
该品牌A，B两种型号空调的进货和销售价格表如下：

A型号
B型号
进货价格(元/台)
1100
1400
销售价格(元/台)
今年的销售价格
2400
(1)求今年7月份该品牌A型号空调的销售单价；
(2)商行准备购入该品牌A型号空调和B型号空调共400台，且B型号空调进货数量不超过A型号空调数量的2倍，应如何进货才能使这批空调获利最多？
23. (本小题12.0分)
矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，P为DE上的一点(PE
(1)若点F是边CD上一点，满足PF⊥PN，且点N位于AD边上，如图1所示．
求证：①PN=PF；②DF+DN= 2DP；
(2)如图2所示，当点F在CD边的延长线上时，仍然满足PF⊥PN，此时点N位于DA边的延长线上，如图2所示；试问DF，DN，DP有怎样的数量关系，并加以证明．
24. (本小题12.0分)
定义：若抛物线y=ax2+bx+c(ac≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C.线段OA，OB，OC的长满足OC2=OA⋅OB，则这样的抛物线称为“黄金抛物线”.如图，“黄金抛物线”y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，且OA=4OB．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC于点D．
①求PD的最大值；
②连接PC，当以点P，C，D为顶点的三角形与△A CO相似时，求点P的坐标．
25. (本小题14.0分)
(1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B，求证：AC2=AD⋅AB；
(2)如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的长；
(3)如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF//AC，AC=2EF，∠EDF=12∠BAD，AE=2，DF=5，则菱形ABCD的边长为______ ．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵−38=−2，
∴−2<−1.7<0<2．
故选：B．
先计算8的立方根，再比较各数的大小．
本题考查了实数的大小比较，掌握实数大小的比较方法是解决本题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：A、原式=3a，故A不符合题意．
B、原式=a6，故B符合题意．
C、原式=a2−2ab+b2，故C不符合题意．
D、原式=3，故D不符合题意．
故选：B．
根据积的乘方运算、合并同类项法则、完全平方公式以及二次根式的性质即可求出答案．
本题考查整式的混合运算，解题的关键是熟练运用积的乘方运算、合并同类项法则、完全平方公式以及二次根式的性质，本题属于基础题型．

3.【答案】C 
【解析】解：A.原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B.原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C.原图是中心对称图形但不是轴对称图形，故此选项符合题意；
D.原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
直接根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐项分析．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．

4.【答案】C 
【解析】解：从左面看，最左面一列能看到2个小立方块，中间一列能看到2个小立方块，最右面一列能看到3个小立方块．
即主视图为：
．
故选：C．
由已知条件可知，主视图有3列，每列小立方块数目分别为3，2，2，从而可以确定答案．
本题考查几何体的三视图，掌握左视图是从左面看到的图形是关键．

5.【答案】A 
【解析】解：作BD//m，如图，
∴∠DBC=∠1=20°，
∵m//n，
∴BD//n，
∵△CAB为等腰三角形，∠A=40°，
∴∠ABC=70°，
∴∠ABD=50°，
∴∠2=∠ABD=50°．
故选：A．
作BD//m，由平行线的性质得出∠DBC=∠1=20°，由等腰三角形的性质得出∠ABC=70°，求出∠ABD=50°，由平行线的性质得出∠2=∠ABD=50°即可．
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质；熟练掌握平行线的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：A、2出现的最多，众数是2，故A说法错误，符合题意；
B、平均数=(3+2×12+3×9+4×6)÷(3+12+9+6)=2.6，故B是正确的，不符合题意；
C、这组数据按照从小到大排列后最中间的数是2和3，则这组数据的中位数是(2+3)÷2=2.5，故C是正确的，不符合题意；
D、方差是：13+12+9+6×[(3−2.6)2+12×(2−2.6)2+9×(3−2.6)2+6×(4−2.6)2]=0.84，故D是正确的，不符合题意．
故选：A．
根据众数、平均数、中位数和方差的定义计算各量，然后对各选项进行判断．
本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数、众数、中位数．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题综合考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线．三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
利用三角形中位线定理知DF=12AC；然后在直角三角形AHC中根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”即可求出HE的长度．
【解答】
解：∵D、F分别是AB、BC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=12AC；
又∵E是线段AC的中点，AH⊥BC，
∴EH=12AC，
∴EH=DF=12，
故选B．  
8.【答案】C 
【解析】解：依题意，得：5x+6y=14x+y=x+5y，
故选：C．
根据“五只雀，六只燕共重一斤，且四只雀、一只燕的重量和一只雀、五只燕的重量一样重”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查三角形外角性质，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．根据圆周角定理得到∠BAD=90°，∠DAC=12∠COD=63°，由AB=AD得到∠B=∠D=45°，然后根据三角形外角性质计算∠AGB的度数．
【解答】

解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
∵AB=AD，
∴∠B=∠D=45°，
∵∠DAC=12∠COD=12×126°=63°，
∴∠AGB=∠DAC+∠D=63°+45°=108°．
故选：B．  
10.【答案】D 
【解析】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，
则四边形ONCM为矩形，
∴ON=MC，OM=NC，
设OM=x m，则NC=x m，AN=(840−x)m，
在Rt△ANO中，∠OAN=45°，
∴ON=AN=(840−x)m，则MC=ON=(840−x)m，
在Rt△BOM中，BM=OMtan∠OBM=724x，
由题意得，840−x+724x=500，
解得，x=480，
答：点O到BC的距离为480m．
故选：D．
作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，设OM=x，根据矩形的性质用x表示出OM、MC，根据正切的定义用x表示出BM，根据题意列式计算即可．
本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义、正确标注方向角是解题的关键．

11.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠BGO=∠DHO，∠OBG=∠ODH，
∵O是平行四边形ABCD的对角线的交点，
∴OB=OD，
在△BOG和△DOH中，
∠BGO=∠DHO∠OBG=∠ODHOB=OD，
∴△BOG≌△DOH(AAS)，
∴BG=DH，
∴AG=CH，所以①正确；
∵BG=DH，BG//DH，
∴四边形BGDH为平行四边形，所以④正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴∠∠AEG=∠BFG，
∵∠BFG=∠CFH，
∴∠AEG=∠CFH，
在△AEG和△CFH中，
∠AEG=∠CFH∠AGE=∠CHFAG=CH，
∴△AEG≌△CFH，
∴AE=CF，
∴DE+CF=DE+AE=AD=BC=4，所以②正确；
过点A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，∠ABC=60°，AB=3，
∴AM=ABsin∠ABC=3×sin60°=3 32，
∴S平行四边形ABCD=BC×AM=4×3 32=6 3，
∵△BOG≌△DOH，△AEG≌△CFH，
∴S四边形ABOE=S四边形CDOF，
根据题意△BOF≌△DOE，
∴S△BOF=S△DOE，
∴S四边形ABFE=S四边形CDEF=12S平行四边形ABCD=12×6 3=3 3，所以③正确；
即：正确的有①②③④，
故选：A．
利用平行四边形的性质得出AB//CD即可得出∠OBG=∠ODH，进而得出△BOG≌△DOH即可判断出①正确；
进而判断出④正确，同①的方法判断出△AEG≌△CFH，进而得出AE=CF，即可求出DE+CF=4，即可得出②正确；利用平行四边形的面积公式求出平行四边形ABCD的面积，再判断出S四边形ABFE=S四边形CDEF即可．
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出△BOG≌△DOH和△AEG≌△CFH．

12.【答案】D 
【解析】解：如图，以MN为直径作⊙E，连接EC并延长交⊙E于点P′，此时P′C的长度最小，
当x=0时，y=0+6=6，
∴点N的坐标为(0,6)；
当y=0时，34x+6=0，
解得：x=−8，
∴点M的坐标为(−8,0)．
∴MN= ON2+OM2= 62+82=10，点E的坐标为(−4,3)．
又∵点C的坐标为(0,3)，
∴CE=4，
∴CP′=EP′−CE=12MN−CE=12×10−4=1．
故选：D．
以MN为直径作⊙E，连接CE并延长交⊙E于点P′，此时PC的长度最大，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M，N的坐标，进而可得出MN的长度及点E的长度，结合点C的坐标可求出CE的长，再利用CP′=EP′−CE=12MN−CE=12×10−4=1即可求出PC长度的最大值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换、勾股定理以及圆的认识，牢记点内一点到圆的最短距离=半径−该点到圆心的距离是解题的关键．

13.【答案】7.7×10−6m 
【解析】解：0.000 0077=7.7×10−6．
故答案为：7.7×10−6m.
较小的数的科学记数法的一般形式为：a×10−n，在本题中a应为7.7，10的指数为−6．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数．

14.【答案】π3+ 32 
【解析】
【分析】
如图，设O′A′交AB于点T，连接OT.首先证明∠OTO′=30°，根据S阴=S扇形O′A′B′−(S扇形OTB−S△OTO′)求解即可．
本题考查扇形面积的计算等知识，解题的关键是学会割补法求阴影部分的面积．
【解答】
解：如图，设O′A′交AB于点T，连接OT．

∵OT=OB，OO′=O′B，
∴OT=2OO′，
∵∠OO′T=90°，
∴∠O′TO=30°，∠TOO′=60°，
∴OO′=1，   O′T= 3，
∴S阴=S扇形O′A′B′−(S扇形OTB−S△OTO′)
=90⋅π×22360−(60⋅π⋅22360−12×1× 3)
=π3+ 32．
故答案为：π3+ 32．  
15.【答案】16cm 
【解析】解：设EF=x cm，
∵EF=DF，
∴DF=x cm，
则AF=(8−x)cm；而AE=4cm，
由勾股定理得：
x2=42+(8−x)2，
解得：x=5；
∴AF=8−5=3(cm)；
由题意得：
∠GEF=∠D=90°，∠A=∠B=90°，
∴∠AEF+∠AFE=∠AEF+∠BEG，
∴∠AFE=∠BEG；
∴△AEF∽△BGE，
∴EFEG=AFBE=AEBG，
∴EG=5×43=203(cm)，BG=4×43=163(cm)，
∴△EBG的周长=203+163+4=16(cm)．
故答案为：16cm．
首先根据勾股定理求出EF的长度；然后证明△AEF∽△BGE，列出关于△BGE的三边长的比例式，求出三边的长度即可解决问题．
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟记性质并求出△AEF的各边的长，然后利用相似三角形的性质求出△EBG的各边的长是解题的关键，也是本题的难点．

16.【答案】23 
【解析】解：x2−10x+24=0，
解得x1=4，x2=6，
即CD=4，AB=6．
如图，连接BD，

∵∠CDP=∠ABP，∠C=∠A，
∴△DPC∽△BPA，
∴CDAB=DPBP=23．
∵AB为半圆O的直径，
∴∠ADB=90°．
∴cos∠BPD=PDPB=23．
故答案为：23．
连接BD，解方程求出CD，AB的长，证△DPC∽△BPA，根据相似三角形的性质得到DP与BP的关系，即可求解．
本题考查了求余弦，解一元二次方程，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．

17.【答案】②③④ 
【解析】解：将(−1,−3)，(1,5)代入y=ax2+bx+2得a−b+2=−3a+b+2=5，
解得a=−1b=4，
∴y=−x2+4x+2=−(x−2)2+6，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为(2,6)，
∴对称轴为直线x=2，函数的最大值为6，
∴①错误，②正确．
把x=4代入y=−x2+4x+2得，y=2，
把x=5代入y=−x2+4x+2得，y=−3，
∴抛物线y=ax2+bx+2与直线y=1交点的横坐标在4与5之间，
∴ax2+bx=−1有一个根在4与5之间，③正确；
∵0 ∴点C到对称轴的距离小于点D到对称轴的距离，
∴y1>y2.④正确．
故答案为：②③④．
通过待定系数法求出函数解析式，将二次函数解析式化为顶点式，根据二次函数函数的性质求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．

18.【答案】m(m−1) 
【解析】解：∵22000=m，
∴22000+22001+22002+22003+…+22047+22048+22049
=22000(1+2+22+…+248+249)
=22000(1+250−2)
=m(m−1)．
故答案为：m(m−1)．
由题意可得22000+22001+22002+22003+…+22047+22048+22049=22000(1+250−2)，再将22000=m，250=n，代入即可求解．
本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．解决本题的难点在于得出规律：2+22+23+…+2n=2n+1−2．

19.【答案】解：(3x−1−x−1)÷x2−4x+4x−1
=3−x2+1x−1⋅x−1(x−2)2
=−(x−2)(x+2)x−1⋅x−1(x−2)2
=−x+2x−2，
∵1−x−12≥x4，
解得：x≤2，
又x−1≠0，x2−4x+4≠0，
即x≠1，x≠2，
∴满足条件的非负整数为：0，
∴当x=0时，
原式=−0+20−2
=1． 
【解析】利用分式的相应的法则进行运算，再把所给的条件进行整理，选取合适的数代入运算即可．
本题主要考查分式的化简求值，一元一次不等式的整数解，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

20.【答案】200  156  20 
【解析】解：(1)本次接受调查的学生数为2×(80+20)=200(人)，
所以m=80200×360°=156°，
n%=40200×100%=20%，
即n=20；
故答案为：200，156，20；
(2)D组的人数为15%×200=30(人)，
补全条形统计图为：

(3)640×20%=128(人)，
所以估计只选C—去登泰山的学生有128人；
(4)画树状图为：

共有20种等可能的结果，其中所选2人既有A—去淄博吃烧烤的同学又有D—泰安周边游同学的结果数为12，
所以所选2人既有A—去淄博吃烧烤的同学又有D—泰安周边游同学的概率=1220=35．
(1)利用扇形统计图得到A组和E组的人数的和占总人数的一半，从而得到调查的总人数为200人，再用360°乘以A组人数所占的百分比得到m的值，然后计算C组人数所占的百分比得到n的值；
(2)计算出D组人数，然后补全条形统计图；
(3)用640乘以样本中C组人数所占的百分比即可；
(4)画树状图展示所有20种等可能的结果，再找出所选2人既有A—去淄博吃烧烤的同学又有D—泰安周边游同学的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了扇形统计图．

21.【答案】解：(1)∵点A、B在直线y=−23x+6上，点A的横坐标是a，点B的横坐标是2a，
∴A(a,−23a+6)，B(2a,−43a+6)，
∵点A，B都在双曲线y=kx(x>0)上，
∴a(−23a+6)=2a(−43a+6)
解得a=0(0不合题意，舍去)，a=3，
∴点A(3,4)，点B(6,2)，
∴k=12；

(2)作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，
在y=−23x+6中，令y=0，则x=9，
∴E(9,0)，
∵A(3,4)，B(6,2)，
∴M(3,0)，N(6,0)，
∴MN=EN=3，
∵AM//BN，
∴AB=EB，
∵AO//BC，
∴C是OE的中点，
∴OC=EC=92，
∴S△AOC=12OC⋅AM=12×92×4=9． 
【解析】(1)把A、B的坐标代入双曲线的解析式即可求得k的值；
(2)作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，求得E的坐标为(9,0)，由A(3,4)，B(6,2)，即可求得M(3,0)，N(6,0)，得到MN=EN=3，即可得到C是OE的中点，即可利用三角形面积公式求解即可．
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，三角形的中位线的判定，求三角形的面积，正确理解题意，弄清数量关系是解题的关键．

22.【答案】解：(1)设今年7月份该品牌A型号空调的销售单价为x元，则去年7月份该品牌A型号空调的销售单价为(x−400)元，
依题意得：300000x−400=300000×(1+25%)x，
解得：x=2000，
经检验，x=2000是原方程的解，且符合题意，
答：今年7月份该品牌A型号空调的销售单价为2000元．
(2)设购进A型号空调m台，则购进B型号空调(400−m)台，
依题意得：400−m≤2m，
解得：m≥4003．
设购进的这批空调全部售出后获得的利润为w元，则w=(2000−1100)m+(2400−1400)(400−m)=−100m+400000，
∵−100<0，
∴w随m的增大而减小，
又∵m≥4003，且m为正整数，
∴当m=134时，w取得最大值，此时400−m=400−134=266．
答：当购进A型号空调134台，B型号空调266台时，才能使这批空调获利最多． 
【解析】(1)设今年7月份该品牌A型号空调的销售单价为x元，则去年7月份该品牌A型号空调的销售单价为(x−400)元，利用销售数量=销售总价÷销售单价，结合今年7月份与去年7月份该型号空调销售量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购进A型号空调m台，则购进B型号空调(400−m)台，根据B型号空调进货数量不超过A型号空调数量的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，设购进的这批空调全部售出后获得的利润为w元，利用总利润=每台的销售利润×销售数量(进货数量)，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．

23.【答案】(1)证明：
①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠EDC=45°；
∵PM⊥PD，∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵PM⊥PD，PF⊥PN，
∴∠MPN+∠NPD=∠NPD+∠DPF=90°，
∴∠MPN=∠DPF，
在△PMN和△PDF中
∠PMN=∠PDFPM=PD∠MPN=∠DPF
∴△PMN≌△PDF(ASA)，
∴PN=PF，MN=DF； 
②∵PM⊥PD，DP=MP，
∴DM2=DP2+MP2=2DP2，
∴DM= 2DP，
∵又∵DM=DN+MN，且由①可得MN=DF，
∴DM=DN+DF，
∴DF+DN= 2DP；
(2)DN−DF= 2DP．
理由如下：
过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠EDC=45°；
∵PM1⊥PD，∠DM1P=45°，
∴DP=M1P，
∴∠PDF=∠PM1N=135°，
同(1)可知∠M1PN=∠DPF，
在△PM1N和△PDF中，
∠PM1N=∠PDFPM1=PD∠M1PN=∠DPF
∴△PM1N≌△PDF(ASA)，
∴M1N=DF，
由勾股定理可得DM12=DP2+M1P2=2DP2，
∴DM1 2DP，
∵DM1=DN−M1N，M1N=DF，
∴DM1=DN−DF，
∴DN−DF= 2DP． 
【解析】(1)①利用矩形的性质，结合已知条件可证△PMN≌△PDF，则可证得结论；②由勾股定理可求得DM= 2DP，利用①可求得MN=DF，则可证得结论；
(2)过点P作PM1⊥PD，PM1交AD边于点M1，则可证得△PM1N≌△PDF，则可证得M1N=DF，同(1)②的方法可证得结论．
本题为四边形的综合应用，涉及矩形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．在每个问题中，构造全等三角形是解题的关键，注意勾股定理的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

24.【答案】解：(1)令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2．
∵“黄金抛物线”y=ax2+bx+2与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，
∴OC2=OA⋅OB．
∵OA=4OB，
∴4OB2=OC2=4，
∵OB>0，
∴OB=1，
∴OA=4OB=4，
∴A(−4,0)，B(1,0)．
∴16a−4b+2=0a+b+2=0，
解得：a=−12b=−32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)①过点P作PF⊥x轴于点F，交直线AC于点E，如图，

设直线AC的解析式为y=kx+n，
∴−4k+n=0n=2，
解得：k=12n=2，
∴直线AC的解析式为y=12x+2，
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴设点P(m,−12m2−32m+2)，则E(m,12m+2)，F(m,0)，
∴PE=(−12m2−32m+2)−(12m+2)=−12m2−2m=−12(m−2)2+2．
∵OA=4，OC=2，
∴AC= AO2+OC2=2 5．
∵∠EPD+∠PED=90°，∠EAF+∠AEF=90°，∠PED=∠AEF，
∴∠EAF=∠EPD，
∵∠AOC=∠PDE=90°，
∴△AOC∽△PDE，
∴AOAC=PDPE，
∴42 5=PDPE，
∴PD=2 55PE=− 55(m−2)2+4 55，
∵− 55<0，
∴当m=2时，PD有最大值为4 55；
②Ⅰ)当△CPD∽△ACO时，如图，

∵△CPD∽△ACO，
∴∠PCD=∠CAO，
∴CP//AO，
∴点P与与点C的纵坐标相同，为2，
令y=2，则−12x2−32x+2=2，
解得：x=0或x=−3，
∴P(−3,2)；
Ⅱ)当△PCD∽△ACO时，如图，

过点A作EA⊥CA交CP的延长线于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵PCD∽△ACO，
∴PDCD=AOCO=2．
∵PD⊥AC，EA⊥AC，
∴EA//PD，
∴△PDC∽△EAC，
∴EAAC=PDDC=2．
∵EA⊥AC，
∴∠EAF+∠CAO=90°．
∵EF⊥x轴，
∴∠FEA+∠EAF=90°，
∴∠FEA=∠CAO．
∵∠EFA=∠AOC=90°，
∴△EFA∽△ACO，
∴EFAO=FACO=EAAC=2，
∴EF=2OA=8，FA=2OC=4，
∴OF=FA+OA=8，
∴E(−8,8)．
设直线EC的解析式为y=cx+d，
∴−8c+d=8d=2，
解得：c=−34d=2，
∴直线EC的解析式为y=−34x+2．
∴y=−34x+2y=−12x2−32x+2，
解得：x1=0y1=2，x2=−32y2=258，
∴P(−32,258).
综上，当以点P，C，D为顶点的三角形与△ACO相似时，点P的坐标为(−3,2)或(−32,258). 
【解析】(1)利用“黄金抛物线”的意义求得线段OA，OB的长度，进而得到点A，B，C的坐标，利用待定系数法即可求得结论；
(2)①过点P作PF⊥x轴于点F，交直线AC于点E，设点P(m,−12m2−32m+2)，则E(m,12m+2)，利用m的代数式表示出线段PE的长度，通过判定△AOC∽△PDE，利用相似三角形的性质求得长度PD的长度，再利用配方法即可求得结论；
②利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：Ⅰ)当△CPD∽△ACO时，利用相似三角形的性质和平行线的判定与性质得到点P与与点C的纵坐标相同，令y=2，即可求得点P坐标；Ⅱ)当△PCD∽△ACO时，过点A作EA⊥CA交CP的延长线于点E，过点E作EF⊥x轴于点F，利用相似三角形的判定与性质，求得线段EF，AF的长度，进而得到点E的坐标，利用待定系数法求得直线EC的解析式，令直线EC的解析式与抛物线的解析式联立，解方程组即可求得结论．
本题主要考查了待定系数法，二次函数图象的性质，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质，配方法求函数的极值，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．

25.【答案】解：(1)证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2=AD⋅AB；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2=BE⋅BC，
∵BF=4，BE=3，
∴BC=BF2BE=423=163，
∴AD=163；
(3)5 2−2． 
【解析】
【分析】
本题是相似形综合题，主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，以及菱形的性质．
(1)证明△ADC∽△ACB，得出ADAC=ACAB，则可得出结论；
(2)证明△BFE∽△BCF，得出比例线段BFBC=BEBF，则BF2=BE⋅BC，求出BC，则可求出AD．
(3)分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC为平行四边形，得出AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，证明△EDF∽△EGD，得出比例线段EDEG=EFDE，则DE= 2EF，可求出DG，则答案可求出．
【解答】
(1)(2)见答案；
(3)如图，分别延长EF，DC相交于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//DC，∠BAC=12∠BAD，
∵AC//EG，AE//CG，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC=EG，CG=AE=2，∠EAC=∠G，
∵∠EDF=12∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴EDEG=EFDE，
∴DE2=EF⋅EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF2，
∴DE= 2EF，
又∵DGDF=DEEF，
∴DG= 2DF=5 2，
∴DC=DG−CG=5 2−2．
故答案为5 2−2．