2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学二模试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是(    )
A. 3mn−2mn=1 B. (m2n3)2=m4n6
C. (−m)3⋅m=m4 D. (m+n)2=m2+n2
2. 在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
3. 据统计，某班7个学习小组上周参加“青年大学习”的人数分别为：5，5，6，6，6，7，7.下列说法错误的是(    )
A. 该组数据的中位数是6 B. 该组数据的众数是6
C. 该组数据的平均数是6 D. 该组数据的方差是6
4. 如图是由几个小正方体组成的几何体，它的左视图是(    )
A.
B.
C.
D.
5. “新冠肺炎”防治取得战略性成果.若有一个人患了“新冠肺炎”，经过两轮传染后共有16个人患了“新冠肺炎”，则每轮传染中平均一个人传染的人数是(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
6. 若关于x的分式方程x−4x−1=mxx−1有正整数解，则整数m为(    )
A. −3 B. 0 C. −1 D. −1或0
7. 2022年新冠肺炎疫情比较严重，爸爸给小亮50元钱让他购买两种口罩：N95口罩和医用口罩(两种都买)，医用口罩2元一个，N95口罩5元一个，在把钱用尽的条件下，不同的买法有(    )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
8. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AD⊥y轴，垂足为点E，顶点A在第二象限，顶点B在y轴正半轴上，反比例函数y=kx(k≠0,>0)的图象同时经过顶点C，D.若点C的横坐标为6，BE=3DE，则k的值为(    )


A. 52 B. 3 C. 275 D. 6
9. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA=1.OB=2，则菱形ABCD的面积为(    )
A. 4
B. 6
C. 8
D. 12
10. 如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE.下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG=S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2−CH2=GQ⋅GD，正确的是(    )
A. ①②③
B. ①③④
C. ①②④
D. ②③④
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 科技不断发展，晶体管长度越造越短，长度只有0.000000006米的晶体管已经诞生，该数用科学记数法表示为______ 米.
12. 在函数y= x+3中，自变量x的取值范围是______．
13. 如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，AE=AF，请你添加一个条件，使△BED≌△CFD，你所添加的条件是______ .(只填一个条件即可)


14. 一个不透明的袋子中装有1个白球和3个红球，这些球除颜色外都相同．搅匀后从中任意摸出2个球，摸出两个颜色不同的小球的概率为______．
15. 关于x的不等式组3x−a≥02x−b≤0只有一个解，则a与b的关系是______．
16. 如图，点C，D在以AB为直径的半圆O上，且∠ADC=120°，点E是AD上任意一点，连接BE，CE，则∠BEC的度数为______ ．


17. 圆锥的母线长为5，高为3，则该圆锥的侧面积为______ .(结果保留π)
18. 如图，△ABC为等边三角形，AB=3，若点P为△ABC内一动点，且满足∠PAB=∠ACP，则线段PB长度的最小值为______．


19. 如图，平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO，CO分别在x轴，y轴上，A点的坐标为(−8,6)，点P在矩形ABOC的内部，点E在BO边上，满足△PBE∽△CBO，当△APC是等腰三角形时，P点坐标为          ．






20. 如图，已知等边△AOC的边长为1，作OD⊥AC于点D，在x轴上取点C1，使CC1=DC，以CC1为边作等边△A1CC1；作CD1⊥A1C1于点D1，在x轴上取点C2，使C1C2=D1C1，以C1C2为边作等边△A2C1C2；作C1D2⊥A2C2于点D2，在x轴上取点C3，使C2C3=D2C2，以C2C3为边作等边△A3C2C3；…，且点A，A1，A2，A3，…都在第一象限，如此下去，则等边△A2021C2020C2021的边A2021C2021中点D2021横坐标为______ ．

三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
21. 先化简：4−a2a2+6a+9÷a−22a+6+2，再任选一个你喜欢的数代入求值．
四、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
22. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(5,4)，B(0,3)，C(2,1)．
(1)画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
(2)画出将△A1B1C1绕点C1按顺时针方向旋转90°所得的△A2B2C2；
(3)计算(2)中点A1旋转到点A2所经过的路径长．

23. (本小题6.0分)
如图，抛物线y=ax2+2ax+c与x轴交于点A，B，交y轴于点C(0,−3)，且AB=4，请解答下列问题：
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点B的直线把△ABC的面积分成1：2两部分，且交抛物线y=ax2+2ax+c的对称轴于P点，则点P的坐标为______ ．

24. (本小题7.0分)
为促进体育教育，提高学生身体素质，某校针对学生对体育知识的了解程度进行了一次抽样调查统计，并将数据分为A.不了解；B.一般了解；C.了解较多；D.熟悉四组.根据收集的数据，绘制了如下两幅不完整的统计图.请你根据图中提供的信息回答以下问题：

(1)这次被调查的学生共有多少名？
(2)补全条形统计图；
(3)求出扇形统计图中“了解较多”部分所对应的圆心角度数；
(4)该中学初中共有1200名学生，估计对体育知识了解程度为“熟悉”的学生大约有多少．
25. (本小题8.0分)
甲、乙两车同时从A地出发，匀速开往B地，甲车行驶到B地后立即沿原路线以原速度返回A地，到达A地后停止行驶.当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，并停止行驶.已知甲车的速度为150km/h，设甲车出发的时间为x(单位：h)，甲、乙两车之间的距离为y(单位：km)，图中的折线OMNQ表示整个运动过程中y与x之间的函数关系．
(1)A，B两地之间距离是______ km，乙车的速度是______ km/h；
(2)求线段MN的函数表达式(不需写出自变量的取值范围)，并指出点M的实际意义；
(3)直接写出甲车出发多长时间，两车相距50km．

26. (本小题8.0分)
已知△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接CE，G，F分别是BC，DE的中点，连接FG．

(1)如图1，当点D在△ABC内部时，求证EC= 2FG；
(2)如图2、图3，当点D在△ABC外部时，请直接写出EC与FG的数量关系，不需要证明．
27. (本小题10.0分)
某公司生产的一种营养品信息如表.已知甲食材每千克的进价是乙食材的2倍，用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克．
营养品信息表
营养成分
每千克含铁42毫克
配料表
原料
每千克含铁
甲食材
50毫克
乙食材
10毫克
规格

每包食材含量
每包单价
A包装
1千克
45元
B包装
0.25千克
12元
(1)甲、乙两种食材每千克进价分别是多少元？
(2)该公司每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完，则每日购进甲、乙两种食材各多少千克？
(3)在(2)的条件下，已知每日其他费用为2000元，且生产的营养品当日全部售出.若A包装的数量不低于B包装的数量，则当A包装为多少包时，每日所获总利润最大？最大总利润为多少元？
28. (本小题10.0分)
如图所示，直线AB与y轴x轴交于点A、点B，且OA，OB的长分别为方程x2−12x+32=0的两个根(OA (1)求点A、点B的坐标；
(2)点Q在线段CD上从点C向点D匀速运动，运动速度为每秒1个单位长度，设点Q的运动时间为t秒，△COQ的面积为S，请求出S和t之间的函数关系式并注明自变量的取值范围；
(3)在(2)的条件下，是否存在点Q，使△BPD和△COQ相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.3mn−2mn=mn，故本选项不合题意；
B.(m2n3)2=m4n6，故本选项符合题意；
C.(−m)3⋅m=−m4，故本选项不合题意；
D.(m+n)2=m2+2mn+n2，故本选项不合题意；
故选：B．
分别根据合并同类项法则，积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则以及完全平方公式逐一判断即可．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方以及完全平方公式，熟记相关公式与运算法则是解答本题的关键．

2.【答案】A 
【解析】解：A.是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
利用轴对称图形的定义进行解答即可．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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，这条直线叫做对称轴．

3.【答案】D 
【解析】解：A、把这些数从小到大排列为：5，5，6，6，6，7，7.则中位数是6，故本选项说法正确，不符合题意；
B、∵6出现了3次，出现的次数最多，
∴众数是6，故本选项说法正确，不符合题意；
C、平均数是(5+5+6+6+6+7+7)÷7=6，故本选项说法正确，不符合题意；
D、方差为：17×[(5−6)2+(5−6)2+(6−6)2+(6−6)2+(6−6)2+(7−6)2+(7−6)2]=47，故本选项说法错误，符合题意；
故选：D．
根据众数、平均数、中位数、方差的定义和公式分别进行计算即可．
本题考查了众数、平均数、中位数、方差．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．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)；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．

4.【答案】A 
【解析】解：从左边看，是一列3个小正方形．
故选：A．
根据左视图是从左边看所得到的图形，可直接得到答案．
本题考查了三视图的知识，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．

5.【答案】B 
【解析】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
根据题意，得1+x+(x+1)x=16，
x=3或x=−5(舍去)．
答：每轮传染中平均一个人传染了3个人．
故选：B．
据题意可得第一轮人数加第二轮人数，再加第三轮人数总数为16人，设平均每人感染x人，则列式为1+x+(x+1)x=16.即可解答．
本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握增长率问题．

6.【答案】D 
【解析】解：原方程去分母，得：x−4=mx，
解得：x=41−m，
∵分式方程有正整数解且x≠1，
∴1−m=1或1−m=2，
解得：m=0或m=−1，
故选：D．
将分式方程转化为整式方程，然后解方程，再根据方程的解得情况确定m的值．
本题考查分式方程的解和解分式方程，理解方程的解的概念是解题关键．

7.【答案】C 
【解析】解：设医用口罩买x个，N95口罩买y个，根据题意得：
2x+5y=50，
∵x、y为正整数，
∴x=20y=2或x=15y=4或x=10y=6或x=5y=8，
∴共有4种不同的购买方案，故C正确．
故选：C．
设医用口罩买x个，N95口罩买y个，根据两种口罩的总价格为50元，得出2x+5y=50，再根据x、y为正整数，求出方程的解即可．
本题主要考查了二元一次方程的应用，解题的关键是根据等量关系，列出方程．

8.【答案】C 
【解析】解：过点D作DF⊥BC于F，
由已知，BC=6
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=6，
∵BE=3DE，
∴设DE=x，则BE=3x，
∴DF=3x，BF=x，FC=6−x，
在Rt△DFC中，
DF2+FC2=DC2，
∴(3x)2+(6−x)2=62，
∴解得x=65，
∴DE=65，FD=185，
设OB=a，
则点D坐标为(65,a+185)，点C坐标为(6,a)，
∵点D、C在双曲线上，
∴65×(a+185)=6a，
∴a=910，
∴点C坐标为(6,910)，
∴k=6×910=275，
故选：C．
由已知，可得菱形边长为6，设出点D坐标，即可用勾股定理构造方程，进而求出k值．
本题考查了反比例函数图象点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，求出DE的长度是本题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，OA=1，OB=2，
∴AC=2OA=2，BD=2OB=4，AC⊥BD，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×2×4=4．
故选：A．
由菱形的性质得AC=2OA=2，BD=2OB=4，AC⊥BD，再由菱形面积公式计算即可．
本题考查了菱形的性质，熟记菱形面积公式是解题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°．
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°．
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∵∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE．
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ．
∵∠B=∠F=90°，
∴△PBE∽△QFG．
故①正确；
②过点C作CM⊥EG于M，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB/​/CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△BEC和△MEC中，
∠B=∠EMC=90°∠BEC=∠GECCE=CE，
∴△BEC≌△MEC(AAS)．
∴CB=CM，S△BEC=S△MEC．
∵CG=CG，
∴Rt△CMG≌Rt△CDG(HL)，
∴S△CMG=S△CDG，
∴S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC+S四边形CDQH，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB/​/CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG．
∴③正确；
④连接DH，MH，HE，如图，

∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG，
∴∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECM+∠GCM=12∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°．
∴∠GHQ=∠CHP=45°．
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG．
∴EG2−EH2=GH2．
由折叠可知：EH=CH．
∴EG2−CH2=GH2．
∵CM⊥EG，EH⊥CG，
∴∠EMC=∠EHC=90°，
∴E，M，H，C四点共圆，
∴∠HMC=∠HEC=45°．
在△CMH和△CDH中，
CM=CD∠MCG=∠DCGCH=CH，
∴△CMH≌△CDH(SAS)．
∴∠CDH=∠CMH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°．
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴GQGH=GHGD，
∴GH2=GQ⋅GD，
∴GE2−CH2=GQ⋅GD．
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④．
故选：B．
①利用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC，进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC+S四边形CDQH，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB/​/CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECM+∠GCM=12∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG；利用勾股定理可得EG2−EH2=GH2；由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC=∠EHC=90°，所以E，M，H，C四点共圆，所以∠HMC=∠HEC=45°，通过△CMH≌△CDH，可得∠CDH=∠CMH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2=GQ⋅GD，从而说明④成立．
本题主要考查了相似形的综合题，正方形的性质，翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，三角形的相似的判定与性质，翻折问题是全等变换，由翻折得到对应角相等，对应边相等是解题的关键．

11.【答案】6×10−9 
【解析】解：0.000000006=6×10−9．
故答案为：6×10−9．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
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的个数所决定．

12.【答案】x≥−3 
【解析】解：根据题意得：x+3≥0，解得：x≥−3．
因为二次根式的被开方数要为非负数，即x+3≥0，解此不等式即可．
当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．

13.【答案】BD=CD(答案不唯一) 
【解析】解：添加的条件是BD=CD，
理由是：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵AB=AC，AE=AF，
∴AB−AE=AC−AF，
即BE=CF，
在△BED和△CFD中，
BE=CF∠B=∠CBD=CD，
△BDE≌△CFD(SAS)．
故答案为：BD=CD(答案不唯一)．
此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
本题考查了等腰三角形的性质和全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．

14.【答案】12 
【解析】解：用列表法表示所有可能出现的结果如下：

共有12种不同的结果数，其中两个球颜色不同的有6种，
∴摸出两个颜色不同的小球的概率为612=12，
故答案为：12．
用列表法列举出所有等可能出现的情况，从中找出两个球颜色不同的结果数，进而求出概率．
考查列表法或树状图法求等可能事件发生的概率，使用此方法一定注意每一种结果出现的可能性是均等的，即为等可能事件．

15.【答案】2a=3b 
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的解的情况得出关于a、b的等式，化简可得答案．
解：由3x−a≥0，得：x≥a3，
由2x−b≤0，得：x≤b2，
∵不等式组只有1个解，
∴a3=b2，
∴2a=3b，
故答案为：2a=3b．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

16.【答案】30° 
【解析】解：连接AC，
∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠BAC=90°−∠ABC=30°，
∴∠BEC=∠BAC=30°．
故答案为：30°．
连接AC，由圆周角定理得到∠ACB=90°，由圆内接四边形的性质求出∠ABC的度数，由直角三角形的性质求出∠BAC的度数，即可得到∠BEC的度数．
本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质是解题的关键．

17.【答案】20π 
【解析】解：圆锥的底面圆的半径为 52−32=4，
所以该圆锥的侧面积=12×2π×4×5=20π．
故答案为：20π．
先利用勾股定理计算出圆锥的底面圆的半径为4，然后利用扇形的面积公式计算该圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的计算正确记忆圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长是解题关键．

18.【答案】 3 
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，AC=AB=2，
∵∠PAB=∠ACP，
∴∠PAC+∠ACP=60°，
∴∠APC=120°，
∴点P的运动轨迹是AC，
当O、P、B共线时，PB长度最小，设OB交AC于D，如图所示：
此时PA=PC，OB⊥AC，
则AD=CD=12AC=32，∠PAC=∠ACP=30°，∠ABD=12∠ABC=30°，
∴PD=AD⋅tan30°= 33AD= 32，BD= 3AD=3 32，
∴PB=BD−PD=3 32− 32= 3．
故答案为： 3．
由等边三角形的性质得出∠ABC=∠BAC=60°，AC=AB=3，求出∠APC=120°，当PB⊥AC时，PB长度最小，设垂足为D，此时PA=PC，由等边三角形的性质得出AD=CD=12AC=32，∠PAC=∠ACP=30°，∠ABD=12∠ABC=30°，求出PD=AD⋅tan30°= 33AD= 32，BD= 3AD=3 32，即可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理、三角函数等知识；熟练掌握等边三角形的性质是解决问题的关键．

19.【答案】(−325,65)或(−4,3) 
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、坐标与图形的性质、平行线的判定、勾股定理、分类讨论等知识，熟练掌握相似三角形与等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
由题意得出P点在AC的垂直平分线上或在以点C为圆心AC为半径的圆弧上；
①当P点在AC的垂直平分线上时，点P同时在BC上，AC的垂直平分线与BO的交点即是E，证出PE/​/CO，则△PBE∽△CBO，由已知得出点P横坐标为−4，OC=6，BO=8，BE=4，由相似对应边成比例得出PE=3即可得出结果；
②P点在以点C为圆心AC为半径的圆弧上，圆弧与BC的交点为P，过点P作PE⊥BO于E，证出PE/​/CO，则△PBE∽△CBO，由已知得出AC=BO=8，CP=8，AB=OC=6，由勾股定理得出BC= BO2+OC2=10，则BP=2，由相似对应边成比例得出PE=65，BE=85，则OE=325即可得出结果．
【解答】
解：∵点P在矩形ABOC的内部，且△APC是等腰三角形，
∴P点在AC的垂直平分线上或在以点C为圆心AC为半径的圆弧上；
①当P点在AC的垂直平分线上时，点P同时在BC上，AC的垂直平分线与BO的交点即是E，如图1所示：

∵PE⊥BO，CO⊥BO，
∴PE/​/CO，
∴△PBE∽△CBO，
∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为(−8,6)，
∴点P横坐标为−4，OC=6，BO=8，BE=4，
∵△PBE∽△CBO，
∴PECO=BEBO，即PE6=48，
解得：PE=3，
∴点P(−4,3)；
②P点在以点C为圆心AC为半径的圆弧上，圆弧与BC的交点为P，
过点P作PE⊥BO于E，如图2所示：

∵CO⊥BO，
∴PE/​/CO，
∴△PBE∽△CBO，
∵四边形ABOC是矩形，A点的坐标为(−8,6)，
∴AC=BO=8，CP=8，AB=OC=6，
∴BC= BO2+OC2= 82+62=10，
∴BP=2，
∵△PBE∽△CBO，
∴PECO=BEBO=BPBC，即：PE6=BE8=210，
解得：PE=65，BE=85，
∴OE=8−85=325，
∴点P(−325,65)；
综上所述：点P的坐标为：(−325,65)或(−4,3)；
故答案为：(−325,65)或(−4,3)．  
20.【答案】22024−522023 
【解析】解：∵等边△AOC的边长为1，作OD⊥AC于点D，
∴OC=1，C1C2=CD=12OC=12，
∴OC，CC1，C1C2，C2C3，…，C2020C2021的长分别为1，12，122，123，…，122021，
OC2021=OC+CC1+C1C2+C2C3，…+C2020C2021=1+12+122+123+…+122021=22022−122021，
∴等边△A2021C2020C2021顶点A2021的横坐标=22022−122021−122021×12=22023−322022，
∴等边△A2021C2020C2021的边A2021C2021中点D2021横坐标为(22023−322022+22022−122021)×12=22024−522023．
故答案为：22024−522023．
根据等边三角形的性质分别求出C1C2，C2C3，C3C4，…，C2020C2021的边长即可解决问题．
本题考查了规律型：点的坐标和等边三角形的性质、解题的关键是An点的横坐标变化规律．

21.【答案】解：原式=(2+a)(2−a)(a+3)2⋅2(a+3)a−2+2
=−2a+4a+3+2a+6a+3
=2a+3
a取−3和2以外的任何数，计算正确都可给分． 
【解析】先把分式化简，再把数代入，a取−3和2以外的任何数．
注意化简后，代入的数不能使分母的值为0．

22.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求三角形；点C1的坐标为(−2,−1)．

(2)如图所示，△A2B2C2即为所求三角形；


(3)A1C1= 32+32=3 2．
∴点A1旋转到点A2所经过的路径长为90×π×3 2180=32 2π． 
【解析】(1)分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；
(2)分别作出点A1、B1绕点C1按顺时针旋转90°所得的对应点，再顺次连接即可得；
(3)根据弧长公式计算．
本题考查作图−旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．

23.【答案】(−1,−2)或(−1,−23) 
【解析】解：(1)∵抛物线的对称轴为x=−2a2a=−1，AB=4，
∴抛物线经过点B(1,0)，A(−3,0)，C(0,−3)．
把B(1,0)，C(0,−3)代入y=ax2+2ax+c得，，
解得，a=1c=−3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3．
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A(−3,0)，C(0,−3)代入得，−3k+b=0b=−3，
解得，k=−1b=−3，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
∵OA=3，
∴OA的三等分点坐标分别为(−1,0)，(−2,0)，
当x=−1时，y=−2，当x=−2时，y=−1，
∴线段AC的三等分点坐标分别M(−1,−2)，N(−2,−1)，

①设BM的解析式为y=mx+n，
把B(1,0)，M(−1,−2)代入得，m+n=0−m+n=−2，
解得，m=1n=−1，
∴BM的解析式为y=x−1，
当x=−1时，y=−1−1=−2，
∴点P的坐标为(−1,−2)；
②设BN的解析式为y=px+q，
把B(1,0)，M(−2,−1)代入得，p+q=0−2p+q=−1，
解得，p=13q=−13，
∴BN的解析式为y=13x−13，
当x=−1时，y=13×(−1)−13=−23，
∴点P的坐标为(−1,−23)；
综上，点P的坐标为(−1,−2)或(−1,−23)．
故答案为：(−1,−2)，或(−1,−23)．
(1)先求出抛物线的对称轴，结合AB=4求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出函数关系式即可；
(2)先求出AC的解析式，再求线段AC的三等分点坐标，从而可求出两条经过点B和线段AC的三等分点的直线，再把x=−1代入即可求出点的坐标．
本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法求二次函数表达式，进行分类讨论是解题的关键．

24.【答案】解：(1)调查的学生为5÷10%=50(名)．
(2)“一般了解”的学生有50×30%=15(名)，
“熟悉”的学生有50−5−15−20=10(名)．
补全条形统计图如图．

(3)“了解较多”部分所对应的圆心角度数为360°×2050=144°．
(4)1200×1050=240(名)，
答：估计对体育知识了解程度为“熟悉”的学生大约有240人． 
【解析】(1)从两个统计图中可知，了解程度“A不了解”的有5人，占调查人数的10%，根据频率=频数总数即可求出调查人数；
(2)求出了解程度“B一般了解”“D熟悉”的人数即可补全条形统计图；
(3)求出“C了解较多”所占的百分比，即可求出相应的圆心角度数；
(4)求出“D熟悉”所占的百分比，即可估计总体中“D熟悉”所占的百分比，进而求出相应的人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图，了解两个统计图中数量之间的关系是解决问题的前提，掌握频率=频数总数是正确计算的关键．

25.【答案】600  75 
【解析】解：(1)∵甲车用8h行驶了2个A，B两地之间距离，
∴A、B两地的距离是150×82=600(km)，
∵当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，
∴乙车的速度为150÷2=75(km/h)，
故答案为：600，75；
(2)∵8÷2=4(h)，(150−75)×4=300(km)，
∴M(4,300)，
∵300×2÷(150+75)=163(h)，
∴N(163,0)，
设线段MN的函数表达式为y=kx+b．
∴4k+b=300163k+b=0，
 解得k=−225b=1200，
∴线段MN的函数表达式为y=−225x+1200；
点M的实际意义是在两车行驶4h时，甲车到达B地，此时甲、乙两车的距离是300km；
(3)当0≤x≤4时，(150−75)x=50，
解得x=23；
当4 解得x=469；
当x>163时，(150+75)x−50=600×2，
解得x=509．
综上所述，当两车相距50km时，甲车出发23h或469h或509h．
(1)根据题意：A、B两地的距离是150×82=600(km)，由当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地可知乙的速度是甲的一半；
(2)求出M(4,300)，N(163,0)，再用待定系数法可得线段MN的函数表达式为y=−225x+1200；点M的实际意义是在两车行驶4h时，甲车到达B地，此时甲、乙两车的距离是300km；
(3)分三种情况列方程可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象获取有用的信息．

26.【答案】(1)证明：如图1，连接AF，AG．

∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴△ABC和△ADE均是等腰直角三角形．
∵G，F分别为BC，DE的中点，
∴∠GAC=∠FAE=45°，
∴∠CAE=∠CAF，
∵AC= 2AG，AE= 2AF．
∴ACAG=AEAF= 2．
∴△ACE∽△AGF，
∴ECFG= 2．
∴EC= 2FG．
(2)如图2，连接AF，AG．
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴△ABC和△ADE均是等腰直角三角形．
∵G，F分别为BC，DE的中点，
∴∠GAC=∠FAE=45°，
∴∠CAE=∠CAF，
∵AC= 2AG，AE= 2AF．
∴ACAG=AEAF= 2．
∴△ACE∽△AGF，
∴ECFG= 2．
∴EC= 2FG．
如图3，连接AF，AG．
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴△ABC和△ADE均是等腰直角三角形．
∵G，F分别为BC，DE的中点，
∴∠GAC=∠FAE=45°，
∴∠CAE=∠CAF，
∵AC= 2AG，AE= 2AF．
∴ACAG=AEAF= 2．
∴△ACE∽△AGF，
∴ECFG= 2．
∴EC= 2FG．
故答案为：
图2：EC= 2FC．
图3：EC= 2FC． 
【解析】(1)连接AF，AG.可证△ACE∽△AGF，由相似三角形的性质即可证明出结论．
(2)可以发现(1)的方法仍然适用，结论不变．
本题以考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，连接大小两个等腰直角三角形斜边上的中线构造相似三角形是解题的关键．

27.【答案】解：(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，
由题意得802a−20a=1，
解得a=20，
经检验，a=20是所列方程的根，且符合题意，
∴2a=40(元)，
答：甲食材每千克进价为40元，乙食材每千克进价为20元；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，
由题意得40x+20y=1800050x+10y=42(x+y)，解得x=400y=100，
答：每日购进甲食材400千克，乙食材100千克；
(3)设A为m包，则B为500−m0.25=(2000−4m)包，
∵A的数量不低于B的数量，
∴m≥2000−4m，
∴m≥400，
设总利润为W元，根据题意得：
W=45m+12(2000−4m)−18000−2000=−3m+4000，
∵k=−3<0，
∴W随m的增大而减小，
∴当m=400时，W的最大值为2800，
答：当A为400包时，总利润最大，最大总利润为2800元． 
【解析】(1)设乙食材每千克进价为a元，则甲食材每千克进价为2a元，根据“用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克”列分式方程解答即可；
(2)设每日购进甲食材x千克，乙食材y千克，根据(1)的结论以及“每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完”列方程组解答即可；
(3)设A为m包，则B为500−m0.25包，根据“A的数量不低于B的数量”求出m的取值范围；设总利润为W元，根据题意求出W与m的函数关系式，再根据一次函数的性质，即可得到获利最大的进货方案，并求出最大利润．
本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和一次函数关系式，利用一次函数的性质和不等式的性质解答，注意分式方程要检验．

28.【答案】解：(1)由x2−12x+32=0得，x1=4，x2=8，
∵OA ∴点A(0,4)，B(−8,0)；
(2)如图，过点Q作QM⊥OC于点M，
∵OA=4，OA：AC=2：5，
∴AC=10，
∴OC=4+10=14，
∴点C(0,14)，
∵CD⊥BP，
∴∠CPB=90°，
∴∠OBA=∠OCD，
∴△OBA∽△OCD．
∴OBOC=OAOD，
∴814=4OD，
∴OD=7，
∴D(7,0)，
∴CD=7 5，
∴QM//OD，
∴△CQM∽△CDO，
∴MQOD=CQCD，
∴MQ= 55t，
∴S△COQ=12×CQ⋅MQ，
∴S=7 55t(0≤t≤7 5)．
(3)存在，∵∠OBA=∠OCD，
∴当∠COQ=∠BPD=90°时，△BPD∽△COQ，
∴点Q与点D重合，
∴点Q(7,0)，
∵∠OBA=∠OCD，
∴当∠CQO=∠BPD=90°时，△BPD∽△CQO，
如图，过点Q作QM⊥OC于点M，
∵S△COD=12×OC⋅OD=12×CD⋅OQ，
∴OQ=7×147 5=14 55，
∵cos∠COQ=OQCO=OMOQ，
∴OM=14×14514=145，
∴MQ= OQ2−OM2=285，
∴点Q(285,145)，
综上所述：点Q的坐标为(285,145)或(7,0)． 
【解析】(1)解一元二次方程可求解；
(2)通过证明△OBA∽△OCD，由相似三角形的性质可求OD的长，通过证明△CQM∽△CDO，可求MQ的长，由三角形的面积公式可求解；
(3)分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，三角形的面积公式，勾股定理等知识，证明三角形相似是解题的关键．