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2023年湖北省黄冈市水县兰溪中学中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年湖北省黄冈市水县兰溪中学中考数学模拟试卷（含解析），共32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年湖北省黄冈市水县兰溪中学中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−2|=( )
A. −12 B. −2 C. 12 D. 2
2. 如图所示，该几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，Rt△ABC中，∠ABC=30°，AC=1，点D、E分别是边AC、AB上的动点，将DE绕点D逆时针旋转60°，使点E落在边BC的点F处，则EF的最小值是( )
A. 217 B. 37 C. 35 D. 1
4. 甲、乙两位同学进行500米短道速滑比赛，他们的五次成绩(单位：秒)如图所示：
则甲、乙两位同学五次成绩的( )
A. 平均数相等 B. 中位数相等 C. 众数相等 D. 方差相等
5. 如图，正方形ABCD中，AB=12，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是( )
A. 3
B. 4
C. 4.5
D. 5
6. 如图，将长方形ABCD先向右平移a个单位，再向上平移b个单位，得到长方形EFGH，并使得两个长方形有重叠，延长BA和HE交于点M，延长HG和BC交于点N，构成长方形MBNH.已知AB=6，BC=8.记长方形MAPE，CNGQ和PFQD的周长分别为C1，C2，C3.若C1+C2=24，则C3等于( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 16
7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，若∠A=50°，则∠OBC的度数为( )
A. 40°
B. 45°
C. 50°
D. 55°
8. 二次函数y=x2+bx+c．
①当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，该二次函数的对称轴为x=m，则m的最小值为1− 2．
②存在实数b和c，使得当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，且y随x增大而增大．
③当−1≤x≤1时，存在函数值y，使得−1≤y≤1.对于任意给定的实数b和c，该函数均有最小值ymin，则ymin的最大值为1．
④若只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
A. ①② B. ①③④ C. ①④ D. ②③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD，若图中两阴影三角形的面积之差为32(即，S△ACP−S△PBD=32 )，则CD= ______ ．
10. 一个多边形的内角和与外角和的差为540°，则它的边数为______ ．
11. 已知有理数a，b，c满足|a+b+c|=a+b−c，且c≠0，则|a+b−c+2|−|c−10|=______．
12. 已知直线y=kx+2与y轴交于点A，与双曲线y=3x相交于B，C两点，若AB=3AC，则k的值为______．
13. 如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处．点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去……，若点A(3,0)，B(0,4)，则点B2021的横坐标为______．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12.在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置(点D与点B重合)平移至终止位置(点E与点A重合)，且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 ．
15. 如图，在某中学操场内，测得看台BD的高为3m，坡角∠BAD为30°，从同一列上的第一排的点A和最后一排的点B处测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，旗杆底部点O与第一排点A在同一水平面上，则旗杆CO的高度为______m.
16. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6，点E为AB的中点，点F在CD上，且CF=2，点G为直线BD上一动点，|GF−GE|的最大值是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(1−1x−1)÷x2−4x2−2x+1，其中x= 2−2．
18. (本小题8.0分)
党的二十大报告中指出，推动能源清洁低碳高效利用，推进工业、建筑、交通等领域清洁低碳转型，深入推进能源革命.某市交通管理局决定购买一批电动公交车取代燃油公交车.根据调查发现.购买A型电动公交车2辆、B型电动公交车1辆，共需资金112万元；购买A型电动公交车1辆、B型电动公交车1辆，共需资金76万元．
(1)求A、B两种型号的电动公交车的单价分别是多少万元．
(2)该交通管理局计划出资1128万元，准备购买这两种电动公交车共30辆，其中A型电动公交车的数量不多于20辆，请你设计出最省钱的购买方案．
19. (本小题8.0分)
为进一步提高学生学习数学的兴趣，某校开展了一次数学趣味知识竞赛，其评分等级如下，A：90分及以上为优秀；B：80～89分为良好；C：60～79分为及格；D：60分以下为不及格.教研员随机抽取20名学生的成绩进行分析，并将测试成绩制成如图表，据此回答下列问题：
(1)求被抽取的这20名学生的平均测试成绩；
(2)所抽取的这些学生测试成绩的中位数是落在______ 等级；
(3)若参加此次测试的学生有500人，请估计此次测试成绩在“良好”和“优秀”等级的一共有多少人？
20. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，CB是⊙O的切线，D为⊙O外一点，AD交⊙O于E点，AB=AD，DC⊥CB，垂足为C．
(1)求证：DC=DE；
(2)若DE=2，BC=6，求AB的长．
21. (本小题8.0分)
如图，点A为双曲线y=2x(x>0)的图象上一点，AB//x轴交直线y=−x于点B．
(1)若点B的纵坐标为2，比较线段AB和OB的大小关系；
(2)当点A在双曲线图象上运动时，代数式“AB2−OA2”的值会发生变化吗？请你作出判断，并说明理由．
22. (本小题8.0分)
某工厂计划投资生产A、B两种产品，根据市场调查与预测，产品A的利润y1(万元)与投资量x(万元)成正比例关系，如图①所示：产品B的利润y2(万元)与投资量x(万元)成顶点在原点的二次函数关系，如图②所示．
(1)请直接写出利润y1与y2关于投资量x的函数关系式y1= ______ ，y2= ______ ；
(2)如果工厂以9万元资金投入生产A、B两种产品，要求A产品的投资金额不超过B的2倍，且不少于3万元，则如何投资该工厂能获得最大利润？最大利润是多少？
(3)在(2)问的情况下，工厂要获得不低于18万的利润，工厂要如何投资？
23. (本小题8.0分)
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，点O为对角线AC的中点，P为线段AC上的一个动点(点P不与点O重合)，分别过点A，C向直线BP作垂线AE和CF，垂足分别为点E，F．
【问题解决】：(1)如图①，当点P在线段OC上，垂足F与CD的中点重合，点E与点B重合时，求证：OE=OF；
【问题探究】：(2)如图②，当点P在线段OA上，OE与OF还相等吗？如果相等，请证明.如果不相等，请说明理由；
【拓展延伸】：(3)当点P在线段AC上运动，∠OEF=30°，猜想线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系？并证明你的猜想．
24. (本小题8.0分)
已知：如图1，抛物线L：y=ax2−2ax+c(a≠0,c≠0)与y轴交于点C，与x轴交于点A、B两点．
(1)若C点坐标为(0,4)，点A的坐标为(4,0)；
①求抛物线L的解析式；
②点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE//AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积为3时，求点Q的坐标；
(2)若a<0，过抛物线L上第一象限内一定点Q且不平行于坐标轴的直线与抛物线有唯一公共点时，交x轴正半轴于N点，过C点的直线交抛物线于点P，直线PQ：y=kx+b交x轴负半轴于M，如图2，当QM=QN时，k与a之间是否存在某种数量关系？若存在，请写出这个数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−2|=2．
故选：D．
负数的绝对值是它的相反数，由此即可得到答案．
本题考查绝对值，关键是掌握绝对值的意义．
2.【答案】C
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
．
故选：C．
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3.【答案】A
【解析】解：如图，标记如下：
根据题意可知，△DEF为等边三角形，
∵∠1+∠2+∠C=∠2+∠DFE+∠3=180°，∠C=∠DFE=60°，
∴∠1=∠3，
在BC上取点P，使∠EPF=60°，
∴∠PEB=30°，
在△CDF和△EFP中，
∠C=∠EPF=60°∠1=∠3DF=EF，
∴△CDF≌△EFP(AAS)，
设PE=x，
∴CF=PE=x，
∴PB=PE=x，
∴BE= 3x，
∴PF=2−2x，
∴CD=PF=2−2x，
∴AE= 3− 3x，
AD=2x−1，
∴EF2=DE2=AD2+AE2
=3(1−x)2+(2x−1)2
=7x2−10x+4
=7(x−57)2−257+4，
∴EF2的最小值为：4−257=37，
∴EF的最小值= 217，
故选：A．
由等边三角形的性质可得∠1=∠3，在BC上取点P，使∠EPF=60°，利用全等三角形的判定与性质可得AD=2x−1，然后利用勾股定理可得答案．
此题考查的是旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：A、甲的平均数是：15×(45+63+55+52+60)=55，
乙的平均数是：15×(51+53+58+56+57)=55，
所以甲、乙两位同学五次成绩的平均数相等，
故本选项正确，符合题意；
B、把甲的五次成绩从小到大排列为：45，52，55，60，63，中位数是55，
把乙的五次成绩从小到大排列为：51，53，56，57，58，中位数是56，
所以甲和乙的中位数不相等，
故本选项错误，不符合题意；
C、甲和乙的众数不相等，故本选项错误，不符合题意；
D、甲的方差是：15×[(45−55)2+(63−55)2+(55−55)2+(52−55)2+(60−55)2]=39.6，
乙的方差是：15×[(51−55)2+(53−55)2+(58−55)2+(56−55)2+(57−55)2]=6.8，
所以甲的方差和乙的方差不相等，
故本选项错误，不符合题意；
故选：A．
根据平均数，众数、中位数，方差的意义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
本题考查了平均数，众数、中位数，方差的意义．平均数平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(或最中间两个数的平均数)；方差是用来衡量一组数据波动大小的量．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=12．
∵△ADE沿AE对折至△AEF，
∴EF=DE，AF=AD，∠D=∠AFE=90°，
∴AF=AB，∠AFG=∠B=90°，
又AG是公共边，
∴△ABG≌△AFG(HL)，
∵G刚好是BC边的中点，
∴BG=FG=CG=12BC=6，
设DE=x，则EF=x，EC=12−x，EG=6+x
在Rt△EGC中，根据勾股定理列方程：
62+(12−x)2=(x+6)2，
解得：x=4．
所以ED的长是4，
故选：B．
连接AG，证明△ABG≌△AFG，得到FG=BG，折叠，得到EF=DE，设DE=x，则EF=x，EC=12−x，则Rt△EGC中根据勾股定理列方程可求出DE的值．
本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意，可得：CN=AP=a，CQ=AM=PE=b，
∴PD=AD−AP=BC−AP=8−a，PF=EF−PE=AB−PE=6−b，
∴C1+C2=2(CN+CQ)+2(AP+PE)=4(a+b)=24，
∴a+b=6，
∴C3=2(PD+PF)=2(8−a+6−b)=2[8+6−(a+b)]=2(8+6−6)=16；
故选：D．
根据平移得出C1+C2=2(a+b)×2=24，求出a+b的值，再根据C3=2(8−a+6−b)，进行求解即可．
本题考查平移的性质．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠A=50°，
∴∠BOC=100°，
在△BOC中，OB=OC，
∠OBC=∠OCB=12×(180°−100°)=40°，
故选：A．
首先根据圆周角定理求出∠BOC的大小，然后根据三角形内角和的知识求出∠OBC的大小．
本题主要考查了圆周角定理和等腰三角形的知识点，解答本题的关键是熟练运用圆周角定理．
8.【答案】C
【解析】解：二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线x=−b2，
当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，如图，
当抛物线y=x2+bx+c过点(1,1)时，则1+b+c=1，
此时−1≤−b2<0，即0
∴抛物线为：y=x2+bx−b=(x+b2)2−b−b24，
此时函数的最小值必为−1，
∴−b−b24=−1，
解得：b1=−2+2 2，b2=−2−2 2(舍去)，
此时m=−b2=1− 2，
同理，当抛物线y=x2+bx+c过点(−1,1)时，则1−b+c=1，
此时0<−b2≤1，即−2≤b<0，
解得：c=b，
∴抛物线为：y=x2+bx+b=(x+b2)2+b−b24，
此时函数的最小值必为−1，
∴b−b24=−1，
解得：b1=2−2 2，b2=2+2 2(舍去)，
此时m=−b2= 2−1，
∴1− 2≤m≤ 2−1，故结论①正确；
由①可得：不存在实数b和c，使得当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，且y随x增大而增大．故结论②错误；
结合①：如图，
当−1≤x≤1时，存在函数值y，使得−1≤y≤1.对于任意给定的实数b和c，该函数均有最小值ymin，则ymin的最大值为0.故结论③错误；
如图，若只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
∴1−b+c=−11+b+c=−1，
解得：b=0c=−2，
此时函数解析式为：y=x2−2，
所以该函数最小值为−2，故结论④正确；
故选：C．
二次函数y=x2+bx+c的对称轴直线为x=−b2，当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，画好图象，分别求解当y=x2+bx+c过点(1,1)时，当y=x2+bx+c过点(−1,1)时，m的值，可判断①，进一步结合图象可判断②，③，只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
9.【答案】8
【解析】解：如图，过点C作CH⊥CD，交AD于H，
∴∠HCD=∠ACB=90°，
∴∠ACH=∠BCD，
∵∠ACP=∠ADB=90°，∠APC=∠BPD，
∴∠CAH=∠CBD，
又∵AC=BC，
∴△ACH≌△BCD(ASA)，
∴CH=CD，S△ACH=S△BCD，
∵S△ACP−S△PBD=32，
∴S△ACH+S△CHP−S△PBD=32，
∴S△CHD=32，
∴12×CD2=32，
∴CD=8，
故答案为：8．
由“ASA”可证△ACH≌△BCD，可得CH=CD，S△ACH=S△BCD，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10.【答案】7
【解析】解：设这是一个n边形，则180°(n−2)−360°=540°，
解得n=7，
答：它的边数是7．
故答案为：7．
需先根据已知条件，再根据多边形的外角和是360°，解出内角和的度数，再根据内角和度数的计算公式即可求出边数．
本题主要考查了多边形内角与外角，掌握外角和的度数以及内角和度数的计算公式是解题的关键．
11.【答案】−8
【解析】解：∵|a+b+c|=a+b−c，
∴a+b−c≥0，a+b=0，c<0，
则|a+b−c+2|−|c−10|=a+b−c+2−[−(c−10)]=a+b−c+2−(10−c)=0−c+2−10+c=−8，
故答案为：−8．
根据绝对值的性质可得a+b−c≥0，a+b=0，c<0，再根据绝对值的性质化简计算即可．
本题考查的是绝对值的化简以及有理数的减法，通过讨论判断出绝对值内代数式的正负，从而进行化简是解题的关键．
12.【答案】1或−14
【解析】解：①当k<0时，如图1中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，
∵CH//BF，
∴CHBF=ACAB=AHAF=13，
∵CH=m，
∴BF=3m，AF=3AH，
∴B(3m,1m)，
∴2−1m=3(2−3m)，
解得m=2，
∴C(2,32)，
把点C(2,32)代入y=kx+2，得到k=−14．
②当k>0时，如图2中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，
∵CH//BF，
∴CHBF=ACAB=AHAF=13，
∵CH=m，
∴BF=3m，AF=3AH，
∴B(−3m,−1m)，
∴2+1m=3(3m−2)，
解得m=1，
∴C(1,3)，
把点C(1,3)代入y=kx+2，得到k=1，
综上所述，满足条件的k的值为1或−14．
故答案为1或−14．
分两种情形分别求解即可解决问题：①当k<0时，如图1中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出m即可解决问题．
②当k>0时，如图2中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，方法类似①．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13.【答案】12128
【解析】解：∵点A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB= 32+42=5，
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，
观察图象可知，点B2020的纵坐标为4，
∵2020÷2=1010，
∴点B2020的横坐标为1010×12=12120，
12120+3+5=12128
∴点B2021的坐标为(12128,0)．
故答案为12128．
然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的横坐标，进而可得点B2021的坐标．
本题考查坐标与图形变化−旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是循环探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．
14.【答案】21
【解析】
【分析】
本题考查勾股定理，梯形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题的压轴题．
如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N.求出梯形的上下底以及高，可得结论．
【解答】
解：如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．
在Rt△DEF中，DF=3，EF=4，
∴DE= DF2+EF2= 32+42=5，
在Rt△ABC中，AC=9，BC=12，
∴AB= AC2+BC2= 92+122=15，
∵12⋅DF⋅EF=12⋅DE⋅GF，
∴FG=125，
∴BG= BF2−FG2= 32−(125)2=95，
∴GE=BE−BG=165，AH=GE=165，
∴F′H=FG=125，
∴FF′=GH=AB−BG−AH=15−5=10，
∵BF//AC，
∴BMAM=BFAC=13，
∴BM=14AB=154，
同法可证AN=14AB=154，
∴MN=15−154−154=152，
∴Rt△ABC的外部被染色的区域的面积=梯形MFF′N的面积=12×(10+152)×125=21，
故答案为：21．
15.【答案】9
【解析】解：如图．
∵∠CAO=60°，∠BAD=30°，
∴∠BAC=90°，
由题意知∠EBA=30°，
∴∠EBA=∠BAD，
∴∠ABC=30°+30°=60°，
在Rt△ABD中，
可得AB=2BD=2×3=6，
在Rt△ABC中，
可得AC=AB⋅tan60°=6 3，
在Rt△ACO中，
可得CO=AC⋅sin∠CAO=AC⋅sin60°=6 3× 32=9．
故答案为：9．
由题意可得∠BAC=90°，∠ABC=30°+30°=60°，在Rt△ABD中，可得AB=2BD=2×3=6，在Rt△ABC中，可得AC=AB⋅tan60°=6 3，在Rt△ACO中，可得CO=AC⋅sin∠CAO=AC⋅sin60°=6 3× 32=9．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
16.【答案】 13
【解析】解：取CB的中点E′，连接FE′，GE′．
∵四边形ABCD是正方形，BE=AE，BE′=CE′，
∴点E与点E′关于BD对称，
∴GE=GE′，
在Rt△CFE′中，FE′= CF2+DE′2= 22+32= 13，
∵GF−GE=GF−GE′≤FE′，
∴FG−GE≤ 13，
∴|GF−GE|的最大值为 13．
故答案为： 13．
取CB的中点E′，连接FE′，GE′.解直角三角形求出FE′，根据GF−GE=GF−GE′≤FE′可得结论．
本题考查轴对称−最短问题，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：原式=x−1−1x−1÷(x+2)(x−2)(x−1)2
=x−2x−1⋅(x−1)2(x+2)(x−2)
=x−1x+2，
当x= 2−2时，原式= 2−2−1 2−2+2=2−3 22．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)设A型电动公交车的单价为x万元，B型电动公交车的单价为y万元．
依题意，得2x+y=112x+y=76，
解得x=36y=40；
答：A型电动公交车的单价是36万元，B型电动公交车的单价是40万元．
(2)设购买A型电动公交车m辆，则购买B型电动公交车(30−m)辆．
依题意得36m+40(30−m)≤1128，解得m≥18．
又m≤20，
∴18≤m≤20．
设购买这两种电动公交车共30辆的总费用为w万元，
依题意，得w=36m+40(30−m)=−4m+1200．
∵−4<0，
∴w随m的增大而减小．
∴当m=20时，w取得最小值．此时30−m=30−20=10．
∴最省钱的购买方案为：购买A型电动公交车20辆，B型电动公交车10辆．
【解析】(1)设A型电动公交车的单价为x万元，B型电动公交车的单价为y万元．根据购买A型电动公交车2辆、B型电动公交车1辆，共需资金112万元；购买A型电动公交车1辆、B型电动公交车1辆，共需资金76万元，列出方程组进行求解即可；
(2)设购买A型电动公交车m辆，则购买B型电动公交车(30−m)辆，根据题意列出不等式，求出m的取值范围，设购买这两种电动公交车共30辆的总费用为w万元，列出一次函数解析式，利用一次函数的性质进行求解即可．
本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，一次函数的实际应用．找准等量关系，正确的列出方程组和一次函数解析式，是解题的关键．
19.【答案】及格
【解析】解：(1)120×[92×20×20%+85×20×(1−20%−15%−40%)+70×20×40%+48×20×15%]
=120×(368+425+560+144)
=74.85(分)；
答：被抽取的这20名学生的平均测试成绩为74.85分；
(2)不及格有3人，及格有8人，故所抽取的这些学生测试成绩的中位数是落在及格等级；
故答案为：及格；
(3)500×(1−40%−15%)=225(人)，
答：此次测试成绩在“良好”和“优秀”等级的一共有225人．
(1)根据算术平均数的定义解答即可；
(2)根据中位数的定义可得答案；
(3)用500乘样本中成绩在“良好”和“优秀”等级所占百分比即可．
本题考查条形统计图和扇形统计图，理解平均数、中位数的意义是正确解答的前提，用到样本估计总体是统计中常用的方法．
20.【答案】(1)证明：连接BD，BE，
∵AB是圆的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠BED=90°，
∵DC⊥BC，
∴∠C=∠BED=90°，
∵AB=AD，
∴∠EDB=∠ABD，
∵CB切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∵DC//AB，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠EDB=∠CDB，
∵BD=BD，
∴△BED≌△BCD(AAS)，
∴DE=CD；
(2)解：设AB=x，则AE=AD−ED=x−2，
∵△BED≌△BCD，
∴BE=BC=6，
∵AB2=AE2+BE2，
∴x2=(x−2)2+62，
∴x=10，
∴AB=10．
【解析】(1)连接BD，BE，由圆周角定理，垂直的定义得到∠C=∠BED=90°，由平行线的性质，等腰三角形的性质得到∠EDB=∠CDB，又BD=BD，推出△BED≌△BCD(AAS)，因此DE=CD；
(2)设AB=x，则AE=AD−ED=x−2，由勾股定理得到x2=(x−2)2+62，求出x的值即可．
本题考查切线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，关键是通过作辅助线，证明△BED≌△BCD．
21.【答案】解：(1)∵点B的纵坐标为2，AB//x轴，
∴A(1,2)，B(−2,2)，
∴AB=3，OB=2 2，
∴AB>OB；
(2)当点A在双曲线图象上运动时，代数式“AB2−OA2”的值不会发生变化，理由如下：
∵直线AB平行于x轴交直线y=2x于点A，
故设A(a,b)，
∵A为双曲线y=2x(x>0)上一点，
∴ab=2，
∵B纵坐标为b，
∴B(−b,b)
∴AB2−OA2=(a+b)2−[a2+b2]=2ab=4．
【解析】(1)根据题意求得A、B点的坐标，即可求得AB和OB的长，即可比较线段AB和OB的大小关系；
(2)设A(a,b)，则B(−b,b)，ab=2.所以利用两点间的距离公式可以求得线段AB、OA的长度；然后可以AB2−OA2的值．
本题考查了反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，利用点A的横坐标表示出点B的坐标是解题的关键．
22.【答案】2x 34x2
【解析】解：(1)由题意设y1=kx，
∵点P(2,4)在该函数的图象上，
∴4=2k，
∴k=2，
∴y1=2x；
设y2=ax2，
∵点Q(2,3)，
∴3=4a，
∴a=34，
∴y2=34x2．
故答案为：2x；34x2；
(2)设投资A产品x万元，则投资B产品(9−x)万元，由题意得：
x≤2(9−x)x≥3，
∴3≤x≤6，
∴该工厂能获得的利润为：
y1+y2=2x+34(9−x)2
=34x2−232x+2434
=34(x−233)2+503，
∴当x=3时，y1+y2取得最大值，最大值是34(3−233)2+503=33(万元)．
∴投资A产品3万元，投资B产品6万元时，该工厂能获得最大利润，最大利润是33万元；
(3)由(2)知，3≤x≤6，
y1+y2=34(x−233)2+503≥18，
∴(x−233)2≥18−503=(43)2，
∴(x−233)2≥(43)2，
∴x−233≥43或x−233≤−43，
∴x≥9或x≤193，
∵3≤x≤6，
∴当投资A产品不少于3万元且不超过6万元时，工厂获得的利润不低于18万元．
(1)由题意设y1=kx，设y2=ax2，分别用待定系数法求得解析式即可；
(2)设投资A产品x万元，则投资B产品(9−x)万元，由题意得关于x的不等式组，解得x的取值范围，根据(!)中的两个函数关系式得出y1+y2关于x的二次函数，利用二次函数的性质可得答案；
(3)令(2)中所得的二次函数大于等于18，解不等式并结合(2)中所得的x的取值范围，可得答案．
本题考查了待定系数法求函数的解析式、不等式在实际问题中的应用及二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图①，连接OD，
在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，
∵∠DAB=60°，F与CD的中点重合，点E与点B重合，
∴∠BAO=∠DCO=30°，DF=CF=12CD，
∴OB=12AB，OD=12CD，
∴OF=12CD，
∴OE=OF；
(2)解：OE与OF还相等，理由如下：
如图②，当点P在AO上时，延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BE，CF⊥BE，
∴AE//CF，
∴∠EAO=∠FCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COG(ASA)，
∴OE=OG，
∵∠EFG=90°，
∴OF=12FG，
∴OE=OF；
(3)解：CF=AE+OE或CF=AE−OE，理由如下：
由(2)知：如图②，△AOE≌△COG，
∴AE=CG，
在Rt△EFG中，
∵OE=OF=OG，
∵∠FEG=30°，
∴∠FGO=60°，
∴△FGO是等边三角形，
∴FG=OF，
∴FG=OE，
∴CF=CG+FG=AE+OE．
∴CF=AE+OE；
如图3，当点P在CO上时，延长PO交AE于点G，
同理可证：△AOG≌△COF(ASA)，
∴OG=OF，AG=CF，
∵∠FEG=90°，
∴OE=12PG，
∴OE=OF，
在Rt△FEG中，
∵OE=OF=OG，
∵∠OEF=30°，
∴∠GOE=60°，
∴△GOE是等边三角形，
∴EG=OE，
∴CF=AG=AE−EG=AE−OE．
综上所述：CF=AE+OE或CF=AE−OE．
【解析】(1)如图①，连接OD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，利用含30度角的直角三角形即可解决问题；
(2)如图②，延长EO交CF于点G，由“ASA”可证△AOE≌△COG，可得OE=OG，由直角三角形的性质可得OG=OE=OF；
(3)结合(2)根据全等三角形的性质可得AE=CG，证明△FGO是等边三角形，可得结论．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24.【答案】解：(1)①∵抛物线L经过点A(4,0)，C(0,4)，
∴16a−8a+c=0c=4，
解得：a=−12c=4，
∴抛物线L的解析式为：y=−12x2+x+4；
②设Q(x,0)，则AQ=4−x，
令y=0，得−12x2+x+4=0，
解得：x1=−2，x2=4，
∴B(−2,0)，
设直线BC的解析式为y=k′x+b′，则−2k′+b′=0b′=4，
解得：k′=2b′=4，
∴直线BC的解析式为y=2x+4，
如图，连接AE，过点E作EH⊥x轴于H，
∵QE//AC，S△CQE=3，
∴S△AQE=S△CQE=3，
设E(m,2m+4)，则EH=2m+4，QH=x−m，
∵OA=OC=4，∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∵QE//AC，
∴∠EQH=∠CAO=45°，
∵∠EHQ=90°，
∴△EQH是等腰直角三角形，
∴EH=QH，即2m+4=x−m，
∴x=3m+4，
∴AQ=4−(3m+4)=−3m，
∵12AQ⋅EH=3，即12⋅(−3m)⋅(2m+4)=3，
解得：m1=m2=−1，
∴Q(−1,0)；
(2)2a+k=0，理由如下：
∵点Q是抛物线L上第一象限内一定点，y=ax2−2ax+c=ax(x−2)+c，当x=2时，y=c，
∴Q(2,c)，
∵C(0,c)，连接CQ，
∴CQ//x轴，
设直线QN的解析式为y=nx−2n+c(n≠0)交y轴于点E，
∵直线QN与抛物线有唯一公共点，
∴方程组y=nx−2n+cy=ax2−2ax+c有两组相同的解，即关于x的一元二次方程ax2−(2a+n)x+2n=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(2a+n)2−8an=0，
∴n=2a，
∴直线QN的解析式为y=2ax−4a+c，
令x=0，得y=−4a+c，
∴E(0,−4a+c)，
如图，过点P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交于点F，
∵QM=QN，
∴∠QMN=∠QNM，
∵CQ//x轴，
∴∠EQC=∠QNM，
∵PF//x轴，
∴∠QPF=∠QMN，
∴∠EQC=∠QPF，
∴tan∠EQC=tan∠QPF，
∴ECCQ=QFPF，即−4a+c−c2=yQ−yPxQ−xP，
∴yQ−yPxQ−xP=−2a，
由y=kx+by=ax2−2ax+c得：ax2−(2a+k)x+c−b=0，
∴xP+xQ=2a+ka，
∴xQ2−2axQ+c−(xP2−2axP+c)xQ−xP=−2a，
化简得：a(xP+xQ)=0，
∴2a+k=0．
【解析】(1)①运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
②设Q(x,0)，则AQ=4−x，运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=2x+4，连接AE，过点E作EH⊥x轴于H，由QE//AC，可得S△AQE=S△CQE=3，设E(m,2m+4)，则EH=2m+4，QH=x−m，可证得△EQH是等腰直角三角形，得出EH=QH，即2m+4=x−m，求得x=3m+4，再利用三角形面积即可求得答案；
(2)由点Q是抛物线L上第一象限内一定点，可得Q(2,c)，进而得出CQ//x轴，设直线QN的解析式为y=nx−2n+c(n≠0)交y轴于点E，由直线QN与抛物线有唯一公共点，可得Δ=(2a+n)2−8an=0，即n=2a，直线QN的解析式为y=2ax−4a+c，得出E(0,−4a+c)，过点P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交于点F，根据平行线性质可得∠EQC=∠QPF，tan∠EQC=tan∠QPF，推出yQ−yPxQ−xP=−2a，再利用根与系数关系即可得出答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数和二次函数的图象和性质，三角形面积，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一元二次方程根的判别式及根与系数的关系等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
2023年湖北省黄冈市水县兰溪中学中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−2|=( )
A. −12 B. −2 C. 12 D. 2
2. 如图所示，该几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，Rt△ABC中，∠ABC=30°，AC=1，点D、E分别是边AC、AB上的动点，将DE绕点D逆时针旋转60°，使点E落在边BC的点F处，则EF的最小值是( )
A. 217 B. 37 C. 35 D. 1
4. 甲、乙两位同学进行500米短道速滑比赛，他们的五次成绩(单位：秒)如图所示：
则甲、乙两位同学五次成绩的( )
A. 平均数相等 B. 中位数相等 C. 众数相等 D. 方差相等
5. 如图，正方形ABCD中，AB=12，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是( )
A. 3
B. 4
C. 4.5
D. 5
6. 如图，将长方形ABCD先向右平移a个单位，再向上平移b个单位，得到长方形EFGH，并使得两个长方形有重叠，延长BA和HE交于点M，延长HG和BC交于点N，构成长方形MBNH.已知AB=6，BC=8.记长方形MAPE，CNGQ和PFQD的周长分别为C1，C2，C3.若C1+C2=24，则C3等于( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 16
7. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，若∠A=50°，则∠OBC的度数为( )
A. 40°
B. 45°
C. 50°
D. 55°
8. 二次函数y=x2+bx+c．
①当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，该二次函数的对称轴为x=m，则m的最小值为1− 2．
②存在实数b和c，使得当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，且y随x增大而增大．
③当−1≤x≤1时，存在函数值y，使得−1≤y≤1.对于任意给定的实数b和c，该函数均有最小值ymin，则ymin的最大值为1．
④若只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
A. ①② B. ①③④ C. ①④ D. ②③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD，若图中两阴影三角形的面积之差为32(即，S△ACP−S△PBD=32 )，则CD= ______ ．
10. 一个多边形的内角和与外角和的差为540°，则它的边数为______ ．
11. 已知有理数a，b，c满足|a+b+c|=a+b−c，且c≠0，则|a+b−c+2|−|c−10|=______．
12. 已知直线y=kx+2与y轴交于点A，与双曲线y=3x相交于B，C两点，若AB=3AC，则k的值为______．
13. 如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处．点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去……，若点A(3,0)，B(0,4)，则点B2021的横坐标为______．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12.在Rt△DEF中，∠F=90°，DF=3，EF=4.用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置(点D与点B重合)平移至终止位置(点E与点A重合)，且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 ．
15. 如图，在某中学操场内，测得看台BD的高为3m，坡角∠BAD为30°，从同一列上的第一排的点A和最后一排的点B处测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，旗杆底部点O与第一排点A在同一水平面上，则旗杆CO的高度为______m.
16. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6，点E为AB的中点，点F在CD上，且CF=2，点G为直线BD上一动点，|GF−GE|的最大值是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(1−1x−1)÷x2−4x2−2x+1，其中x= 2−2．
18. (本小题8.0分)
党的二十大报告中指出，推动能源清洁低碳高效利用，推进工业、建筑、交通等领域清洁低碳转型，深入推进能源革命.某市交通管理局决定购买一批电动公交车取代燃油公交车.根据调查发现.购买A型电动公交车2辆、B型电动公交车1辆，共需资金112万元；购买A型电动公交车1辆、B型电动公交车1辆，共需资金76万元．
(1)求A、B两种型号的电动公交车的单价分别是多少万元．
(2)该交通管理局计划出资1128万元，准备购买这两种电动公交车共30辆，其中A型电动公交车的数量不多于20辆，请你设计出最省钱的购买方案．
19. (本小题8.0分)
为进一步提高学生学习数学的兴趣，某校开展了一次数学趣味知识竞赛，其评分等级如下，A：90分及以上为优秀；B：80～89分为良好；C：60～79分为及格；D：60分以下为不及格.教研员随机抽取20名学生的成绩进行分析，并将测试成绩制成如图表，据此回答下列问题：
(1)求被抽取的这20名学生的平均测试成绩；
(2)所抽取的这些学生测试成绩的中位数是落在______ 等级；
(3)若参加此次测试的学生有500人，请估计此次测试成绩在“良好”和“优秀”等级的一共有多少人？
20. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，CB是⊙O的切线，D为⊙O外一点，AD交⊙O于E点，AB=AD，DC⊥CB，垂足为C．
(1)求证：DC=DE；
(2)若DE=2，BC=6，求AB的长．
21. (本小题8.0分)
如图，点A为双曲线y=2x(x>0)的图象上一点，AB//x轴交直线y=−x于点B．
(1)若点B的纵坐标为2，比较线段AB和OB的大小关系；
(2)当点A在双曲线图象上运动时，代数式“AB2−OA2”的值会发生变化吗？请你作出判断，并说明理由．
22. (本小题8.0分)
某工厂计划投资生产A、B两种产品，根据市场调查与预测，产品A的利润y1(万元)与投资量x(万元)成正比例关系，如图①所示：产品B的利润y2(万元)与投资量x(万元)成顶点在原点的二次函数关系，如图②所示．
(1)请直接写出利润y1与y2关于投资量x的函数关系式y1= ______ ，y2= ______ ；
(2)如果工厂以9万元资金投入生产A、B两种产品，要求A产品的投资金额不超过B的2倍，且不少于3万元，则如何投资该工厂能获得最大利润？最大利润是多少？
(3)在(2)问的情况下，工厂要获得不低于18万的利润，工厂要如何投资？
23. (本小题8.0分)
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，点O为对角线AC的中点，P为线段AC上的一个动点(点P不与点O重合)，分别过点A，C向直线BP作垂线AE和CF，垂足分别为点E，F．
【问题解决】：(1)如图①，当点P在线段OC上，垂足F与CD的中点重合，点E与点B重合时，求证：OE=OF；
【问题探究】：(2)如图②，当点P在线段OA上，OE与OF还相等吗？如果相等，请证明.如果不相等，请说明理由；
【拓展延伸】：(3)当点P在线段AC上运动，∠OEF=30°，猜想线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系？并证明你的猜想．
24. (本小题8.0分)
已知：如图1，抛物线L：y=ax2−2ax+c(a≠0,c≠0)与y轴交于点C，与x轴交于点A、B两点．
(1)若C点坐标为(0,4)，点A的坐标为(4,0)；
①求抛物线L的解析式；
②点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE//AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积为3时，求点Q的坐标；
(2)若a<0，过抛物线L上第一象限内一定点Q且不平行于坐标轴的直线与抛物线有唯一公共点时，交x轴正半轴于N点，过C点的直线交抛物线于点P，直线PQ：y=kx+b交x轴负半轴于M，如图2，当QM=QN时，k与a之间是否存在某种数量关系？若存在，请写出这个数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：|−2|=2．
故选：D．
负数的绝对值是它的相反数，由此即可得到答案．
本题考查绝对值，关键是掌握绝对值的意义．
2.【答案】C
【解析】解：如图所示的几何体的主视图如下：
．
故选：C．
从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
3.【答案】A
【解析】解：如图，标记如下：
根据题意可知，△DEF为等边三角形，
∵∠1+∠2+∠C=∠2+∠DFE+∠3=180°，∠C=∠DFE=60°，
∴∠1=∠3，
在BC上取点P，使∠EPF=60°，
∴∠PEB=30°，
在△CDF和△EFP中，
∠C=∠EPF=60°∠1=∠3DF=EF，
∴△CDF≌△EFP(AAS)，
设PE=x，
∴CF=PE=x，
∴PB=PE=x，
∴BE= 3x，
∴PF=2−2x，
∴CD=PF=2−2x，
∴AE= 3− 3x，
AD=2x−1，
∴EF2=DE2=AD2+AE2
=3(1−x)2+(2x−1)2
=7x2−10x+4
=7(x−57)2−257+4，
∴EF2的最小值为：4−257=37，
∴EF的最小值= 217，
故选：A．
由等边三角形的性质可得∠1=∠3，在BC上取点P，使∠EPF=60°，利用全等三角形的判定与性质可得AD=2x−1，然后利用勾股定理可得答案．
此题考查的是旋转的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：A、甲的平均数是：15×(45+63+55+52+60)=55，
乙的平均数是：15×(51+53+58+56+57)=55，
所以甲、乙两位同学五次成绩的平均数相等，
故本选项正确，符合题意；
B、把甲的五次成绩从小到大排列为：45，52，55，60，63，中位数是55，
把乙的五次成绩从小到大排列为：51，53，56，57，58，中位数是56，
所以甲和乙的中位数不相等，
故本选项错误，不符合题意；
C、甲和乙的众数不相等，故本选项错误，不符合题意；
D、甲的方差是：15×[(45−55)2+(63−55)2+(55−55)2+(52−55)2+(60−55)2]=39.6，
乙的方差是：15×[(51−55)2+(53−55)2+(58−55)2+(56−55)2+(57−55)2]=6.8，
所以甲的方差和乙的方差不相等，
故本选项错误，不符合题意；
故选：A．
根据平均数，众数、中位数，方差的意义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
本题考查了平均数，众数、中位数，方差的意义．平均数平均数表示一组数据的平均程度．中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(或最中间两个数的平均数)；方差是用来衡量一组数据波动大小的量．
5.【答案】B
【解析】解：如图，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=12．
∵△ADE沿AE对折至△AEF，
∴EF=DE，AF=AD，∠D=∠AFE=90°，
∴AF=AB，∠AFG=∠B=90°，
又AG是公共边，
∴△ABG≌△AFG(HL)，
∵G刚好是BC边的中点，
∴BG=FG=CG=12BC=6，
设DE=x，则EF=x，EC=12−x，EG=6+x
在Rt△EGC中，根据勾股定理列方程：
62+(12−x)2=(x+6)2，
解得：x=4．
所以ED的长是4，
故选：B．
连接AG，证明△ABG≌△AFG，得到FG=BG，折叠，得到EF=DE，设DE=x，则EF=x，EC=12−x，则Rt△EGC中根据勾股定理列方程可求出DE的值．
本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意，可得：CN=AP=a，CQ=AM=PE=b，
∴PD=AD−AP=BC−AP=8−a，PF=EF−PE=AB−PE=6−b，
∴C1+C2=2(CN+CQ)+2(AP+PE)=4(a+b)=24，
∴a+b=6，
∴C3=2(PD+PF)=2(8−a+6−b)=2[8+6−(a+b)]=2(8+6−6)=16；
故选：D．
根据平移得出C1+C2=2(a+b)×2=24，求出a+b的值，再根据C3=2(8−a+6−b)，进行求解即可．
本题考查平移的性质．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠A=50°，
∴∠BOC=100°，
在△BOC中，OB=OC，
∠OBC=∠OCB=12×(180°−100°)=40°，
故选：A．
首先根据圆周角定理求出∠BOC的大小，然后根据三角形内角和的知识求出∠OBC的大小．
本题主要考查了圆周角定理和等腰三角形的知识点，解答本题的关键是熟练运用圆周角定理．
8.【答案】C
【解析】解：二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线x=−b2，
当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，如图，
当抛物线y=x2+bx+c过点(1,1)时，则1+b+c=1，
此时−1≤−b2<0，即0
∴抛物线为：y=x2+bx−b=(x+b2)2−b−b24，
此时函数的最小值必为−1，
∴−b−b24=−1，
解得：b1=−2+2 2，b2=−2−2 2(舍去)，
此时m=−b2=1− 2，
同理，当抛物线y=x2+bx+c过点(−1,1)时，则1−b+c=1，
此时0<−b2≤1，即−2≤b<0，
解得：c=b，
∴抛物线为：y=x2+bx+b=(x+b2)2+b−b24，
此时函数的最小值必为−1，
∴b−b24=−1，
解得：b1=2−2 2，b2=2+2 2(舍去)，
此时m=−b2= 2−1，
∴1− 2≤m≤ 2−1，故结论①正确；
由①可得：不存在实数b和c，使得当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，且y随x增大而增大．故结论②错误；
结合①：如图，
当−1≤x≤1时，存在函数值y，使得−1≤y≤1.对于任意给定的实数b和c，该函数均有最小值ymin，则ymin的最大值为0.故结论③错误；
如图，若只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
∴1−b+c=−11+b+c=−1，
解得：b=0c=−2，
此时函数解析式为：y=x2−2，
所以该函数最小值为−2，故结论④正确；
故选：C．
二次函数y=x2+bx+c的对称轴直线为x=−b2，当−1≤x≤1时，y的取值范围是−1≤y≤1，画好图象，分别求解当y=x2+bx+c过点(1,1)时，当y=x2+bx+c过点(−1,1)时，m的值，可判断①，进一步结合图象可判断②，③，只存在两个自变量值x1，x2，其中−1≤x1
9.【答案】8
【解析】解：如图，过点C作CH⊥CD，交AD于H，
∴∠HCD=∠ACB=90°，
∴∠ACH=∠BCD，
∵∠ACP=∠ADB=90°，∠APC=∠BPD，
∴∠CAH=∠CBD，
又∵AC=BC，
∴△ACH≌△BCD(ASA)，
∴CH=CD，S△ACH=S△BCD，
∵S△ACP−S△PBD=32，
∴S△ACH+S△CHP−S△PBD=32，
∴S△CHD=32，
∴12×CD2=32，
∴CD=8，
故答案为：8．
由“ASA”可证△ACH≌△BCD，可得CH=CD，S△ACH=S△BCD，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10.【答案】7
【解析】解：设这是一个n边形，则180°(n−2)−360°=540°，
解得n=7，
答：它的边数是7．
故答案为：7．
需先根据已知条件，再根据多边形的外角和是360°，解出内角和的度数，再根据内角和度数的计算公式即可求出边数．
本题主要考查了多边形内角与外角，掌握外角和的度数以及内角和度数的计算公式是解题的关键．
11.【答案】−8
【解析】解：∵|a+b+c|=a+b−c，
∴a+b−c≥0，a+b=0，c<0，
则|a+b−c+2|−|c−10|=a+b−c+2−[−(c−10)]=a+b−c+2−(10−c)=0−c+2−10+c=−8，
故答案为：−8．
根据绝对值的性质可得a+b−c≥0，a+b=0，c<0，再根据绝对值的性质化简计算即可．
本题考查的是绝对值的化简以及有理数的减法，通过讨论判断出绝对值内代数式的正负，从而进行化简是解题的关键．
12.【答案】1或−14
【解析】解：①当k<0时，如图1中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，
∵CH//BF，
∴CHBF=ACAB=AHAF=13，
∵CH=m，
∴BF=3m，AF=3AH，
∴B(3m,1m)，
∴2−1m=3(2−3m)，
解得m=2，
∴C(2,32)，
把点C(2,32)代入y=kx+2，得到k=−14．
②当k>0时，如图2中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，
∵CH//BF，
∴CHBF=ACAB=AHAF=13，
∵CH=m，
∴BF=3m，AF=3AH，
∴B(−3m,−1m)，
∴2+1m=3(3m−2)，
解得m=1，
∴C(1,3)，
把点C(1,3)代入y=kx+2，得到k=1，
综上所述，满足条件的k的值为1或−14．
故答案为1或−14．
分两种情形分别求解即可解决问题：①当k<0时，如图1中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出m即可解决问题．
②当k>0时，如图2中，过点C作CH⊥OA于H，过点B作BF⊥OA于F.设C(m,3m)，方法类似①．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13.【答案】12128
【解析】解：∵点A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB= 32+42=5，
∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12，
观察图象可知，点B2020的纵坐标为4，
∵2020÷2=1010，
∴点B2020的横坐标为1010×12=12120，
12120+3+5=12128
∴点B2021的坐标为(12128,0)．
故答案为12128．
然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2020的横坐标，进而可得点B2021的坐标．
本题考查坐标与图形变化−旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是循环探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．
14.【答案】21
【解析】
【分析】
本题考查勾股定理，梯形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题的压轴题．
如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N.求出梯形的上下底以及高，可得结论．
【解答】
解：如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．
在Rt△DEF中，DF=3，EF=4，
∴DE= DF2+EF2= 32+42=5，
在Rt△ABC中，AC=9，BC=12，
∴AB= AC2+BC2= 92+122=15，
∵12⋅DF⋅EF=12⋅DE⋅GF，
∴FG=125，
∴BG= BF2−FG2= 32−(125)2=95，
∴GE=BE−BG=165，AH=GE=165，
∴F′H=FG=125，
∴FF′=GH=AB−BG−AH=15−5=10，
∵BF//AC，
∴BMAM=BFAC=13，
∴BM=14AB=154，
同法可证AN=14AB=154，
∴MN=15−154−154=152，
∴Rt△ABC的外部被染色的区域的面积=梯形MFF′N的面积=12×(10+152)×125=21，
故答案为：21．
15.【答案】9
【解析】解：如图．
∵∠CAO=60°，∠BAD=30°，
∴∠BAC=90°，
由题意知∠EBA=30°，
∴∠EBA=∠BAD，
∴∠ABC=30°+30°=60°，
在Rt△ABD中，
可得AB=2BD=2×3=6，
在Rt△ABC中，
可得AC=AB⋅tan60°=6 3，
在Rt△ACO中，
可得CO=AC⋅sin∠CAO=AC⋅sin60°=6 3× 32=9．
故答案为：9．
由题意可得∠BAC=90°，∠ABC=30°+30°=60°，在Rt△ABD中，可得AB=2BD=2×3=6，在Rt△ABC中，可得AC=AB⋅tan60°=6 3，在Rt△ACO中，可得CO=AC⋅sin∠CAO=AC⋅sin60°=6 3× 32=9．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
16.【答案】 13
【解析】解：取CB的中点E′，连接FE′，GE′．
∵四边形ABCD是正方形，BE=AE，BE′=CE′，
∴点E与点E′关于BD对称，
∴GE=GE′，
在Rt△CFE′中，FE′= CF2+DE′2= 22+32= 13，
∵GF−GE=GF−GE′≤FE′，
∴FG−GE≤ 13，
∴|GF−GE|的最大值为 13．
故答案为： 13．
取CB的中点E′，连接FE′，GE′.解直角三角形求出FE′，根据GF−GE=GF−GE′≤FE′可得结论．
本题考查轴对称−最短问题，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：原式=x−1−1x−1÷(x+2)(x−2)(x−1)2
=x−2x−1⋅(x−1)2(x+2)(x−2)
=x−1x+2，
当x= 2−2时，原式= 2−2−1 2−2+2=2−3 22．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)设A型电动公交车的单价为x万元，B型电动公交车的单价为y万元．
依题意，得2x+y=112x+y=76，
解得x=36y=40；
答：A型电动公交车的单价是36万元，B型电动公交车的单价是40万元．
(2)设购买A型电动公交车m辆，则购买B型电动公交车(30−m)辆．
依题意得36m+40(30−m)≤1128，解得m≥18．
又m≤20，
∴18≤m≤20．
设购买这两种电动公交车共30辆的总费用为w万元，
依题意，得w=36m+40(30−m)=−4m+1200．
∵−4<0，
∴w随m的增大而减小．
∴当m=20时，w取得最小值．此时30−m=30−20=10．
∴最省钱的购买方案为：购买A型电动公交车20辆，B型电动公交车10辆．
【解析】(1)设A型电动公交车的单价为x万元，B型电动公交车的单价为y万元．根据购买A型电动公交车2辆、B型电动公交车1辆，共需资金112万元；购买A型电动公交车1辆、B型电动公交车1辆，共需资金76万元，列出方程组进行求解即可；
(2)设购买A型电动公交车m辆，则购买B型电动公交车(30−m)辆，根据题意列出不等式，求出m的取值范围，设购买这两种电动公交车共30辆的总费用为w万元，列出一次函数解析式，利用一次函数的性质进行求解即可．
本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，一次函数的实际应用．找准等量关系，正确的列出方程组和一次函数解析式，是解题的关键．
19.【答案】及格
【解析】解：(1)120×[92×20×20%+85×20×(1−20%−15%−40%)+70×20×40%+48×20×15%]
=120×(368+425+560+144)
=74.85(分)；
答：被抽取的这20名学生的平均测试成绩为74.85分；
(2)不及格有3人，及格有8人，故所抽取的这些学生测试成绩的中位数是落在及格等级；
故答案为：及格；
(3)500×(1−40%−15%)=225(人)，
答：此次测试成绩在“良好”和“优秀”等级的一共有225人．
(1)根据算术平均数的定义解答即可；
(2)根据中位数的定义可得答案；
(3)用500乘样本中成绩在“良好”和“优秀”等级所占百分比即可．
本题考查条形统计图和扇形统计图，理解平均数、中位数的意义是正确解答的前提，用到样本估计总体是统计中常用的方法．
20.【答案】(1)证明：连接BD，BE，
∵AB是圆的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠BED=90°，
∵DC⊥BC，
∴∠C=∠BED=90°，
∵AB=AD，
∴∠EDB=∠ABD，
∵CB切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∵DC//AB，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠EDB=∠CDB，
∵BD=BD，
∴△BED≌△BCD(AAS)，
∴DE=CD；
(2)解：设AB=x，则AE=AD−ED=x−2，
∵△BED≌△BCD，
∴BE=BC=6，
∵AB2=AE2+BE2，
∴x2=(x−2)2+62，
∴x=10，
∴AB=10．
【解析】(1)连接BD，BE，由圆周角定理，垂直的定义得到∠C=∠BED=90°，由平行线的性质，等腰三角形的性质得到∠EDB=∠CDB，又BD=BD，推出△BED≌△BCD(AAS)，因此DE=CD；
(2)设AB=x，则AE=AD−ED=x−2，由勾股定理得到x2=(x−2)2+62，求出x的值即可．
本题考查切线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，关键是通过作辅助线，证明△BED≌△BCD．
21.【答案】解：(1)∵点B的纵坐标为2，AB//x轴，
∴A(1,2)，B(−2,2)，
∴AB=3，OB=2 2，
∴AB>OB；
(2)当点A在双曲线图象上运动时，代数式“AB2−OA2”的值不会发生变化，理由如下：
∵直线AB平行于x轴交直线y=2x于点A，
故设A(a,b)，
∵A为双曲线y=2x(x>0)上一点，
∴ab=2，
∵B纵坐标为b，
∴B(−b,b)
∴AB2−OA2=(a+b)2−[a2+b2]=2ab=4．
【解析】(1)根据题意求得A、B点的坐标，即可求得AB和OB的长，即可比较线段AB和OB的大小关系；
(2)设A(a,b)，则B(−b,b)，ab=2.所以利用两点间的距离公式可以求得线段AB、OA的长度；然后可以AB2−OA2的值．
本题考查了反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，利用点A的横坐标表示出点B的坐标是解题的关键．
22.【答案】2x 34x2
【解析】解：(1)由题意设y1=kx，
∵点P(2,4)在该函数的图象上，
∴4=2k，
∴k=2，
∴y1=2x；
设y2=ax2，
∵点Q(2,3)，
∴3=4a，
∴a=34，
∴y2=34x2．
故答案为：2x；34x2；
(2)设投资A产品x万元，则投资B产品(9−x)万元，由题意得：
x≤2(9−x)x≥3，
∴3≤x≤6，
∴该工厂能获得的利润为：
y1+y2=2x+34(9−x)2
=34x2−232x+2434
=34(x−233)2+503，
∴当x=3时，y1+y2取得最大值，最大值是34(3−233)2+503=33(万元)．
∴投资A产品3万元，投资B产品6万元时，该工厂能获得最大利润，最大利润是33万元；
(3)由(2)知，3≤x≤6，
y1+y2=34(x−233)2+503≥18，
∴(x−233)2≥18−503=(43)2，
∴(x−233)2≥(43)2，
∴x−233≥43或x−233≤−43，
∴x≥9或x≤193，
∵3≤x≤6，
∴当投资A产品不少于3万元且不超过6万元时，工厂获得的利润不低于18万元．
(1)由题意设y1=kx，设y2=ax2，分别用待定系数法求得解析式即可；
(2)设投资A产品x万元，则投资B产品(9−x)万元，由题意得关于x的不等式组，解得x的取值范围，根据(!)中的两个函数关系式得出y1+y2关于x的二次函数，利用二次函数的性质可得答案；
(3)令(2)中所得的二次函数大于等于18，解不等式并结合(2)中所得的x的取值范围，可得答案．
本题考查了待定系数法求函数的解析式、不等式在实际问题中的应用及二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图①，连接OD，
在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，
∵∠DAB=60°，F与CD的中点重合，点E与点B重合，
∴∠BAO=∠DCO=30°，DF=CF=12CD，
∴OB=12AB，OD=12CD，
∴OF=12CD，
∴OE=OF；
(2)解：OE与OF还相等，理由如下：
如图②，当点P在AO上时，延长EO交CF于点G，
∵AE⊥BE，CF⊥BE，
∴AE//CF，
∴∠EAO=∠FCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COG(ASA)，
∴OE=OG，
∵∠EFG=90°，
∴OF=12FG，
∴OE=OF；
(3)解：CF=AE+OE或CF=AE−OE，理由如下：
由(2)知：如图②，△AOE≌△COG，
∴AE=CG，
在Rt△EFG中，
∵OE=OF=OG，
∵∠FEG=30°，
∴∠FGO=60°，
∴△FGO是等边三角形，
∴FG=OF，
∴FG=OE，
∴CF=CG+FG=AE+OE．
∴CF=AE+OE；
如图3，当点P在CO上时，延长PO交AE于点G，
同理可证：△AOG≌△COF(ASA)，
∴OG=OF，AG=CF，
∵∠FEG=90°，
∴OE=12PG，
∴OE=OF，
在Rt△FEG中，
∵OE=OF=OG，
∵∠OEF=30°，
∴∠GOE=60°，
∴△GOE是等边三角形，
∴EG=OE，
∴CF=AG=AE−EG=AE−OE．
综上所述：CF=AE+OE或CF=AE−OE．
【解析】(1)如图①，连接OD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，利用含30度角的直角三角形即可解决问题；
(2)如图②，延长EO交CF于点G，由“ASA”可证△AOE≌△COG，可得OE=OG，由直角三角形的性质可得OG=OE=OF；
(3)结合(2)根据全等三角形的性质可得AE=CG，证明△FGO是等边三角形，可得结论．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24.【答案】解：(1)①∵抛物线L经过点A(4,0)，C(0,4)，
∴16a−8a+c=0c=4，
解得：a=−12c=4，
∴抛物线L的解析式为：y=−12x2+x+4；
②设Q(x,0)，则AQ=4−x，
令y=0，得−12x2+x+4=0，
解得：x1=−2，x2=4，
∴B(−2,0)，
设直线BC的解析式为y=k′x+b′，则−2k′+b′=0b′=4，
解得：k′=2b′=4，
∴直线BC的解析式为y=2x+4，
如图，连接AE，过点E作EH⊥x轴于H，
∵QE//AC，S△CQE=3，
∴S△AQE=S△CQE=3，
设E(m,2m+4)，则EH=2m+4，QH=x−m，
∵OA=OC=4，∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∵QE//AC，
∴∠EQH=∠CAO=45°，
∵∠EHQ=90°，
∴△EQH是等腰直角三角形，
∴EH=QH，即2m+4=x−m，
∴x=3m+4，
∴AQ=4−(3m+4)=−3m，
∵12AQ⋅EH=3，即12⋅(−3m)⋅(2m+4)=3，
解得：m1=m2=−1，
∴Q(−1,0)；
(2)2a+k=0，理由如下：
∵点Q是抛物线L上第一象限内一定点，y=ax2−2ax+c=ax(x−2)+c，当x=2时，y=c，
∴Q(2,c)，
∵C(0,c)，连接CQ，
∴CQ//x轴，
设直线QN的解析式为y=nx−2n+c(n≠0)交y轴于点E，
∵直线QN与抛物线有唯一公共点，
∴方程组y=nx−2n+cy=ax2−2ax+c有两组相同的解，即关于x的一元二次方程ax2−(2a+n)x+2n=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(2a+n)2−8an=0，
∴n=2a，
∴直线QN的解析式为y=2ax−4a+c，
令x=0，得y=−4a+c，
∴E(0,−4a+c)，
如图，过点P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交于点F，
∵QM=QN，
∴∠QMN=∠QNM，
∵CQ//x轴，
∴∠EQC=∠QNM，
∵PF//x轴，
∴∠QPF=∠QMN，
∴∠EQC=∠QPF，
∴tan∠EQC=tan∠QPF，
∴ECCQ=QFPF，即−4a+c−c2=yQ−yPxQ−xP，
∴yQ−yPxQ−xP=−2a，
由y=kx+by=ax2−2ax+c得：ax2−(2a+k)x+c−b=0，
∴xP+xQ=2a+ka，
∴xQ2−2axQ+c−(xP2−2axP+c)xQ−xP=−2a，
化简得：a(xP+xQ)=0，
∴2a+k=0．
【解析】(1)①运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
②设Q(x,0)，则AQ=4−x，运用待定系数法可得直线BC的解析式为y=2x+4，连接AE，过点E作EH⊥x轴于H，由QE//AC，可得S△AQE=S△CQE=3，设E(m,2m+4)，则EH=2m+4，QH=x−m，可证得△EQH是等腰直角三角形，得出EH=QH，即2m+4=x−m，求得x=3m+4，再利用三角形面积即可求得答案；
(2)由点Q是抛物线L上第一象限内一定点，可得Q(2,c)，进而得出CQ//x轴，设直线QN的解析式为y=nx−2n+c(n≠0)交y轴于点E，由直线QN与抛物线有唯一公共点，可得Δ=(2a+n)2−8an=0，即n=2a，直线QN的解析式为y=2ax−4a+c，得出E(0,−4a+c)，过点P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交于点F，根据平行线性质可得∠EQC=∠QPF，tan∠EQC=tan∠QPF，推出yQ−yPxQ−xP=−2a，再利用根与系数关系即可得出答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数和二次函数的图象和性质，三角形面积，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一元二次方程根的判别式及根与系数的关系等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
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