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2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学三模试卷（含解析），共31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三模试卷
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. 3a2−2a=a B. (a−b)2=a2−b2
C. a(a+1)=a2+a D. a8÷a4=a2
2. 下列图形中，是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 某校航模兴趣小组共有40位同学，他们的年龄分布如表：
年龄/岁
13
14
15
16
人数
5
18
▄
▄
由于表格污损，15岁、16岁的人数不清楚，则下列关于年龄的统计量可以确定的是( )
A. 平均数、众数 B. 众数、中位数 C. 平均数、方差 D. 中位数、方差
4. 如图是由几个相同的小正方体所搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，其主视图是( )
A. B. C. D.
5. 一个小组若干人，新年每人之间互送贺卡一张，若全组共送贺卡90张，则这个小组共有( )
A. 9人 B. 10人 C. 12人 D. 15人
6. 已知关于x的分式方程1−mx−1−2=21−x的解是非负数，则m的取值范围是( )
A. m≤5且m≠−3 B. m≥5且m≠−3
C. m≤5且m≠3 D. m≥5且m≠3
7. 把一根20m长的钢管截成2m长和3m长两种规格均有的短钢管，且没有余料，设某种截法中2m长的钢管有a根，则a的值可能有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
8. 如图，点A，B在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，BE⊥y轴于点E，连结AE.若OE=2，3OC=2OD，AC=AE，则k的值为( )
A. 8
B. 9
C. 6 2
D. 8 2
9. 如图，在△ABC，AB=AC，D为BC上的一点，∠BAD=28°，在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE、DE，DE交AC于点O，若CE//AB，则∠DOC的度数为( )
A. 124°
B. 102°
C. 92°
D. 88°
10. 如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④S四边形CDEF=52S△ABF，其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 新建的北京奥运会体育场--“鸟巢”能容纳91 000位观众，将91 000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y= xx−1的x的取值范围是______ ．
13. 如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知FB=CE，AC//DF，请你添加一个适当的条件______使得△ABC≌△DEF．
14. 在9张大小、质地完全相同的卡片上分别写上数字−5、−4、−3、−2、−1、0、1、2、3、将其背面朝上洗匀，从中任意抽取一张卡片，则所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率是______ ．
15. 若关于x的不等式组x−m<04−2x<0有2整数解，则m的取值范围是______．
16. 如图，在△ABC中，∠A=80°，半径为3cm的⊙O是△ABC的内切圆，连接OB，OC，分别交⊙O于D，E两点，则DE的长为______ .(结果用含π的式子表示)
17. 若一个圆锥的母线长为5，底面积是6π则该圆锥的侧面积为______ ．
18. 如图，在矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，AB=2 3，BE=3ED，P、Q分别是BD、BC上的动点，则PC+PQ的最小值为______ ．
19. 在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为______．
20. 如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M( 3,1)，与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA=MB，若⊙O1是△ABO的内切圆，⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…按此规律，则⊙O2023的半径r2023= ______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
21. 先化简，再求值：a2−2ab+b2a2−b2÷(1a−1b)，其中a= 2+1，b= 2−1．
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)
在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(3,1)，C(1,3)；
(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，画图并写出C1的坐标______ ；
(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°得△A1B2C2，画图并写出C2的坐标______ ；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为______ ．
23. (本小题6.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx与x轴交于O，A两点，C(2,5)是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)作CD⊥x轴于点D，P为抛物线上位于点A，C之间的一点，连接OP，若OP恰好平分△COD的面积，求点P的坐标．
24. (本小题7.0分)
为了解家长们对“双减政策”的了解情况，从某校1600名家长中随机抽取部分家长进行问卷调查，调查评价结果分为“了解较少”“基本了解”“了解较多”“非常了解”四类，并根据调查结果绘制出如图所示的两幅不完整的统计图．
(1)本次抽取家长共有______ 人；
(2)直接补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数；
(4)估计此校“非常了解”和“了解较多”的家长一共有多少人？
25. (本小题8.0分)
在一条笔直的航线上依次有A，B，C三个机场，现甲、乙两架飞机在这条航线上执行客运飞行任务，甲飞机搭载乘客从A地机场起飞，顺风飞行3.6小时到达C地机场，重新加满油后从C地机场沿原航线逆风飞回A地.乙飞机在甲飞机从A地出发2小时后在C地机场起飞，一路逆风飞往A地，且中途在B地机场经停了一些时间，最后与甲飞机同时在A地机场降落.甲、乙两架飞机距C地机场的路程y(单位：千米)与时间x(单位：小时)之间的函数关系如图所示，若不考虑飞机起飞和降落的时间，且A、C两地之间的风向与风速始终保持不变，甲、乙两架飞机在静止空气中的速度恒定(顺风速度=飞机在静止空气中的速度+风速，逆风速度=飞机在静止空气中的速度−风速).结合图象解答下列问题：
(1)A，B两地机场间的距离是______ 千米，风速是______ 千米/时；
(2)求FG所在直线的函数解析式；
(3)直接写出乙飞机从C地出发几小时后，两架飞机距B地的路程和为1800千米．
26. (本小题8.0分)
如图1，以BC为边分别作△ABC和△DBC，点A和点D在直线BC的两侧，连接AD交BC于点O．
(1)若AD⊥BC，易证：S△ABC：S△DBC=AO：OD(不用证明)．
(2)如图2，若AD与BC不垂直，(1)中结论是否成立，请说明理由．
(3)如图3，以BC为边分别作△ABC和△DBC，点A和点D在直线BC的同侧，连接AD并延长，交BC于点O.若AO=5，AD=3，S△ABC=20，则S△DBC= ______ ．
27. (本小题10.0分)
2022年中国航天在诸多领域实现重大突破，在全国掀起航天知识学习的浪潮．某校40名同学要去参观航天展览馆，已知展览馆分A、B、C三个场馆，且购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元．由于场地和疫情原因，要求到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，且每一位同学只能选择一个场馆参观．
(1)求A场馆和B场馆门票的单价．
(2)已知C场馆门票每张售价15元，且参观当天有优惠活动：每购买1张A场馆门票就赠送1张C场馆门票．
①若购买A场馆门票赠送的C场馆门票刚好够参观C场馆的同学使用，求此次购买门票所需总金额的最小值．
②若参观C场馆的同学除了使用掉赠送的门票外，还需另外购买部分门票，且最终购买三种门票共花费了1200元，求所有满足条件的购买方案．
28. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，直线AC分别交x、y轴于点A、C，直线BC经过点C，交x轴于点B，OB=OC，tan∠OCA=23.AB=10．
(1)如图1，求点A的坐标；
(2)如图2，经过点B的直线交直线AC于点F，E为BC上一点，线段BF上一点D与点B、E的距离相等，设点E的横坐标为m，点D的横坐标为n，当tan∠ABF=3时，求n与m之间的函数关系式(不要求写出m的取值范围)；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接AE，点M为x轴上点B右侧一点，连接DM，N为第一象限内一点，分别连接MN、DN，若AC=AE，∠NMD=2∠DMB，∠DNM−∠DMB=90°，MN=9 105，求点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、3a2与−2a不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、原式=a2−2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、原式=a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；
D、原式=a4，原计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则、完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则、同底数幂的除法的运算法则逐项分析可得答案．
本题考查整式的运算，熟练掌握合并同类项法则、完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则、同底数幂的除法的运算法则是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.原图是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形的概念求解．
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．
3.【答案】B
【解析】解：一共有40人，中位数是从小到大排列后处在第20、21位两个数的平均数，而13岁的有5人，14岁的有18人，因此从小到大排列后，处在第20、21位两个数都是14岁，因此中位数是14岁，不会受15岁，16岁人数的影响；
因为14岁有18人，而13岁的有5人，15岁、16岁共有17人，因此众数是14岁；
故选：B．
根据众数、中位数的定义进行判断即可．
本题考查中位数、众数，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得该组合体的主视图为：
故选：D．
由已知条件可知，主视图有2列，每列小正方数形数目分别为3，1，从而确定正确的选项．
本题考查由三视图判断几何体及简单组合体的三视图的知识．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．
5.【答案】B
【解析】解：设这个小组共有x人，则每人需送出(x−1)张贺卡，
依题意得：x(x−1)=90，
整理得：x2−x−90=0，
解得：x1=10，x2=−9(不合题意，舍去)．
故选：B．
设这个小组共有x人，则每人需送出(x−1)张贺卡，根据全组共送贺卡90张，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．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
首先对原分式方程变形，其次解出分式方程的解，再根据分式方程解是非负数，最简公分母不为0，列不等式，求出公共的解集即可．
本题考查分式方程的解、解一元一次不等式，掌握用含m的式子表示方程的解，根据方程的解为非负数，x−1≠0，列不等式组是解题关键．
【解答】
解：原分式方程可化为：1−mx−1−2=−2x−1，
去分母，得1−m−2(x−1)=−2，
解得x=5−m2，
∵分式方程解是非负数，
∴5−m2≥0，且5−m2≠1，
∴m的取值范围是：m≤5且m≠3，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：设3m长的钢管有b根，
由题意得：2a+3b=20，
整理得：a=10−32b，
∵a、b为正整数，
∴a=7b=2或a=4b=4或a=1b=6，
即a的值可能有3种，
故选：B．
设3m长的钢管有b根，根据把一根20m长的钢管截成2m长和3m长两种规格均有的短钢管，2m长的钢管有a根，列出二元一次方程，求出正整数解即可．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵BD⊥x轴于点D，BE⊥y轴于点E，
∴四边形BDOE是矩形，
∴BD=OE=2，
把y=2代入y=kx(k>0,x>0)，求得x=12k，
∴B(12k,2)，
∴OD=12k，
∵3OC=2OD，
∴OC=13k，
∵AC⊥x轴于点C，
把x=13k代入y=kx(k>0,x>0)得，y=3，
∴AE=AC=3，
∵OC=EF=13k，AF=3−2=1，
在Rt△AEF中，AE2=EF2+AF2，
∴32=(13k)2+12，解得k=±6 2，
∵在第一象限，
∴k=6 2，
故选：C．
根据题意求得B(12k,1)，进而求得A(13k,3)，然后根据勾股定理得到32=(13k)2+12，解方程即可求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，表示出线段的长度是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴∠B=∠ACE，
∵CE//AB，
∴∠B+∠BCE=180°，
∴∠B+∠ACB+∠ACE=180°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠ACB=∠ACE=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠BAD=28°，
∴∠OAD=60°−28°=32°，
∴∠DOC=∠OAD+∠ADE=32°+60°=92°．
故选：C．
根据已知条件证明△DAB≌△EAC，可得∠B=∠ACE，再根据CE//AB，可得∠B+∠ACB+∠ACE=180°，然后证明△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△DAB≌△EAC．
10.【答案】A
【解析】解：如图，过D作DM//BE交AC于N，交BC于M，
因为四边形ABCD是矩形，
所以AD//BC，∠ABC=90°，AD=BC，
所以∠EAC=∠ACB，
因为BE⊥AC于点F，
所以∠ABC=∠AFE=90°，
所以△AEF∽△CAB，故①正确；
因为AD//BC，
所以△AEF∽△CBF，
所以AEBC=AFFC=12，
因为AE=12AD=12BC，
所以AFCF=12，
所以CF=2AF，故②正确；
因为DE//BM，BE//DM，
所以四边形BMDE是平行四边形，
所以BM=DE=12BC，
所以BM=CM，CN=NF，
因为BE⊥AC于点F，DM//BE，
所以DN⊥CF，
所以DN垂直平分CF，
所以DF=DC，故③正确；
因为△AEF∽△CBF，
所以EFBF=AEBC=12，
所以S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD，
所以S△AEF=112S矩形ABCD，
又因为S四边形CDEF=S△ACD−S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，
所以S四边形CDEF=52S△ABF，故④正确；
故选：A．
①根据四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，可得∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；
②根据点E是AD边的中点，以及AD//BC，得出△AEF∽△CBF，根据相似三角形对应边成比例，可得CF=2AF，故②正确；
③过D作DM//BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=12BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；
④根据△AEF∽△CBF得到EF与BF的比值，以及AF与AC的比值，据此求出S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD，可得S四边形CDEF=S△ACD−S△AEF=512S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF=52S△ABF，故④正确．
本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算的综合应用，正确作出辅助线是解题的关键．解题时注意，相似三角形的对应边成比例．
11.【答案】9.1×104
【解析】解：91 000=9.1×104．
确定a×10n(1≤|a|<10,n为整数)中n的值是易错点，由于91 000有6位，所以可以确定n=6−1=5．
把一个数M记成a×10n(1≤|a|<10,n为整数)的形式，这种记数的方法叫做科学记数法．规律：
(1)当|a|≥1时，n的值为a的整数位数减1；
(2)当|a|<1时，n的值是第一个不是0的数字前0的个数，包括整数位上的0．
12.【答案】x≥0且x≠1
【解析】解：由题意得：x≥0且x−1≠0，
解得：x≥0且x≠1，
故答案为：x≥0且x≠1．
根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，熟记二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
13.【答案】∠A=∠D
【解析】解：添加∠A=∠D.理由如下：
∵FB=CE，
∴BC=EF．
又∵AC//DF，
∴∠ACB=∠DFE．
∴在△ABC与△DEF中，∠A=∠D∠ACB=∠DFEBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(AAS)．
故答案是：∠A=∠D．
根据全等三角形的判定定理填空．
本题主要考查对全等三角形的判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，熟练地运用全等三角形的判定定理进行证明是解此题的关键，是一个开放型的题目，比较典型．
14.【答案】49
【解析】解：∵数的总个数有9个，绝对值大于2的数有−5、−4、−3、3，共4个，
∴任意抽取一张卡片，则所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率是49，
故答案为：49．
让绝对值大于2的数的个数除以数的总数即为所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率．
本题考查概率的求法；得到绝对值大于2的数的个数是解决本题的易错点．
15.【答案】4
∵不等式组有2个整数解，
∴不等式组的整数解为3、4，
则4
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】13π6
【解析】解：∵∠A=80°，⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠DOE=180°−(12∠ABC+12∠ACB)=180°−12(180°−∠A)=130°，
∴DE的弧长=130⋅π⋅3180=13π6(cm)，
故答案为：13π6．
根据角A的度数和内切圆的性质，得出圆心角DOE的度数即可得出阴影部分的面积．
本题主要考查三角形内切圆的知识，熟练掌握三角形内切圆的性质及扇形弧长的计算是解题的关键．
17.【答案】5 6π
【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，
∴πr2=6π，
解得：r= 6或r=− 6(负值不符合题意，舍去)，
∴圆锥的侧面积为：12×2π× 6×5=5 6π，
故答案为：5 6π．
根据圆锥的底面积求出底面圆的半径，再根据圆锥的侧面积公式计算即可．
本题考查圆锥的计算：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，圆锥的侧面积等于扇形的弧长与母线长的积的一半．掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
18.【答案】3 3
【解析】解：∵在矩形ABCD中，CE⊥BD，AB=2 3，BE=3CD，
∴CD=AB=2 3，∠BCD=∠CED=∠CEB=90°，BE=3ED，
∵∠DBC+∠BDC=90°，∠DCE+∠BDC=90°，BD=4ED，
∴∠DBC=∠DCE，
∴DECD=sin∠DCE=sin∠DBC=CDBD，
∴DE⋅BD=CD2，
∴DE⋅4DE=(2 3)2，
解得：DE= 3或DE=− 3(负值不符合题意，舍去)，
∴CE= CD2−DE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴cos∠DCE=CECD=32 3= 32，
如图，延长CE至点C′，使C′E=CE，过点C′作C′Q′⊥BC于点Q′，C′Q′交BD于点P′，连接PC′，
∵CE⊥BD，
∴点C和点C′关于BD对称，
∴PC=PC′，P′C=P′C′，
∴PC+PQ=PC′+PQ≥C′Q′，
∴PC+PQ≥C′Q′，当点C′，P′，Q′共线时，PC+PQ的最小值为C′Q′，
∵C′Q′⊥BC，DC⊥BC，
∴C′Q′//DC，
∴∠CC′Q′=∠DCE，
在Rt△CC′Q′中，CC′=2CE=6，
∴C′Q′=CC′⋅cos∠DCE=6× 32=3 3，
故答案为：3 3．
根据矩形的性质和解直角三角形可得DE= 3，利用勾股定理得到CE=3，可得cos∠DCE= 32，如图，延长CE至点C′，使C′E=CE，过点C′作C′Q′⊥BC于点Q′，C′Q′交BD于点P′，连接PC′，可得点C和点C′关于BD对称，根据垂线段最短可得PC+PQ的最小值为C′Q′，然后在Rt△CC′Q′中，利用C′Q′=CC′⋅cos∠DCE，即可得出答案．
本题考查轴对称确定最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，确定P、Q的位置是解题的关键．
19.【答案】10或14
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB=6，
∴CD=AB=6，AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=6，
同理DE=DC=6，
如图1，
∵EF=2，
∴AE=AF−EF=6−2=4，
∴AD=BC=AE+DE=4+6=10，
如图2，
∵EF=2，
∴AE=AF+EF=6+2=8，
∴AD=BC=AE+DE=6+8=14，
综上所述，BC的长为10或14，
故答案为：10或14．
根据平行四边形的性质可得CD=AB=6，结合等腰三角形的判定(等角对等边)可求解AF=AB=6，DE=DC=6，由EF=2即可求得BC的长．
本题主要考查平行四边形的性质，证明AF=AB=8，DE=DC=8是解题的关键．
20.【答案】 3−132022
【解析】解：如图所示，连接OO1、AO1、BO1，作O1D⊥OB于D，O1E⊥AB于E，O1F⊥OA于F，
则O1D=O1E=O1F=r1，
过点M作MC⊥x轴于C，
∴MC//y轴，
∵M( 3,1)，MA=MB，即点M是AB的中点，
∴点C是OA的中点，MC是△ABO的中位线，
∴BO=2OA=2，OA=2OC=2 3，
∴B(0,2)，A(2 3,0)，AB= OB2+OA2= 22+(2 3)2=4，
∴S△BO1O=12×OB×r1=r1，
S△AO1O=12×OA×r1= 3r1，
S△AO1B=12×AB×r1=2r1，
S△AOB=12×OA×OB=2 3，
∵S△AOB=S△BO1O+S△AO1O+S△AO1B=(3+ 3)r1=2 3，
∴r1=2 33+ 3= 3−1，
同理可得：r2= 3−13，r3= 3−132，…，
∴rn= 3−13n−1，
依此类推可得：⊙O2023的半径r2023= 3−132022，
故答案为： 3−132022．
连接OO1、AO1、BO1，作O1D⊥OB于D，O1E⊥AB于E，O1F⊥OA于F，将三角形ABO分解成三个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据题意依次列出⊙O2，⊙O3…的半径大小，找出规律即可．
本题考查三角形的内切圆，勾股定理，三角形的中位线，规律型．根据题意列出等式，适当地对图形进行分解，总结出规律是解题的关键．
21.【答案】解：原式=(a−b)2(a+b)(a−b)÷b−aab
=−a−ba+b⋅aba−b
=−aba+b；
当a= 2+1，b= 2−1时，
原式=−12 2=− 24．
【解析】本题考查了化简与代值计算，关键是正确进行分式的通分、约分，并准确代值计算．
解题的关键是把分式化到最简，代值计算要仔细．
22.【答案】(−1,3)；(−3,−1)；2π+4
【解析】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求，C1(−1,3)；
故答案为：(−1,3)；
(2)如图所示：△A2B2C2即为所求，C2(−3,−1)；
故答案为：(−3,−1)；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为：2×2+90π×( 10)2360−90π×( 2)2360=2π+4．
故答案为：2π+4．
(1)根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；
(2)根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；
(3)根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段BC扫过的面积．
此题主要考查了图形的旋转以及平移和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段BC扫过的面积是解题关键．
23.【答案】解：(1)由顶点(2,5)知，抛物线对称轴为直线x=2，
∴点A的坐标为(4,0)，
将点A(4,0)，C(2,5)代入y=ax2+bx中，
得16a+4b=04a+2b=5，
解得a=−54b=5，
∴抛物线的表达式为y=−54x2+5x．
(2)∵OP恰好平分△COD的面积，
∴OP经过CD的中点(2,52)，
设直线OP的表达式为y=kx，将(2,52)代入，
得k=54，
∴直线OP的表达式为y=54x．
令54x=−54x2+5x，
解得x1=0(舍)，x2=3．
将x2=3代入y=54x中，
得y=154，
∴点P的坐标为(3,154)．
【解析】(1)根据顶点坐标得出抛物线对称轴为直线x=2，继而得出点A的坐标为(4,0)，待定系数法求解析式即可求解；
(2)根据题意OP经过CD的中点(2,52)，待定系数法求得直线解析式，进而联立抛物线解析式，即可求解．
本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
24.【答案】100
【解析】解：(1)通过统计图可知“非常了解”的家长有48人，占比48%，
∴本次抽取家长共有：48÷48%=100(人)，
故答案为：100．
(2)“了解较多”的人数为：100−48−15−10=27(人)，
补全条形统计图如下：
(3)“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数为15100×360°=54°，
∴“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数为54°．
(4)1600×48+27100=1200(人)，
∴估计此校“非常了解”和“了解较多”的家长一共有1200人．
(1)由“非常了解”的人数除以所占百分比得出本次抽取家长共有的人数；
(2)先求出“了解较多”的人数，再补全统计图即可；
(3)用“基本了解”的家长数所占的百分比乘以360°即可；
(4)用该校的总人数乘以“非常了解”和“了解较多”的家长数所占的百分比即可．
本题考查条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
25.【答案】2000 50
【解析】解：(1)如图，
1)由图知，当x=0时，甲飞机距离c机场3600千米，
∴AC=3600千米，图中DE段表示飞机在B机场休息，此时乙飞机距C机场1600千米，
即CB=1600千米，
∴AB=AC−CB=2000(千米)，
故A、B两机场间的距离为2000千米，
(单位：千米/时)
设，甲飞机在静止空气中的速度为V甲 千米/时，风速为V千米/时，乙飞机在静止空气中的速度为V乙 千米/时，由题意得：
3.6(V甲+V)=3600, (10−7.5)(V甲−V)=3600−1350, ，
∴V=50V甲=950，
故答案为：2000；50．
(2)设FG所在直线解析式为y=kx+b，将点(7.5,1350)，(10,3600)代入，
7.5k+b=135010k+b=3600，
∴k=900b=−5400，
故FG所在直线解析成为y=900x−5400；
(3)由题态可得(V乙−V)x(10−7.5)=3600−1600，
即2.5(V乙−50)=2000，
解得V乙=850km/h．
故点D对应的横坐标为：1600850−50+2=4，
当x=2时，甲飞机的路程为(950+50)×2=2000(千米)=AB，
此时甲飞机到达B机场，而乙飞机才刚要起飞，
讨论如下：
①当3.6
由题得(600+3200−800x=1800,
解得x=154，此时乙飞机从C地出发154−2=74(小时)，
②由(2)知直成FG：y=900x−540，令y=0，x=6．
故点G(6,0)，
当4
③当6
得x=−8(舍去)，
⑤当709
则900x−700+800x−600=1800，
解得x=14817，此时，乙飞机从C地出发14817−2=11417(小时)，
综上，乙飞机从C地出发74小时或11417小时时，两架飞机与B地路程和为1800千米．
(1)结合图象上乙飞机飞行的时间可求出AC两地间的距离；甲飞机顺风的速度和逆风的速度列方程，进而可得风速；
(2)FG所在直线解析式为y=kx+b，将点(7.5,1350)，(10,3600)代入，利用待定系数法可求出GF所在直线的函数解析式；
(3)结合图象，需要分类讨论再结合图象建立等式解答即可．
本题主要考查一次函数的应用，涉及待定系数法求函数表达式，分类讨论思想等内容，分析清楚图中折线的含义，结合速度、时间、路程之间的关系建立方程是解题关键．
26.【答案】8
【解析】(1)证明：∵AD⊥BC，
∴∠AOB=∠DOB，
∴S△AOBS△DOB=12AO⋅BO12DO⋅BO=AOOD；
(2)解：成立，理由如下：
过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
∴S△ABC：S△DBC=12BC⋅AE：12BC⋅DF=AE：DF，
∴∠AEO=∠DFO=90°，
∵∠AOE=∠DOF，
∴△AEO∽△DFO，
∴AE：DF=AO：DO，
∴S△ABC：S△DBC=AO：OD；
(3)解：过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H，
∴DH//AG，
∴DHAG=ODOA，
∵S△ABC=12BC⋅AG，S△DBC=12BC⋅DH，
∴S△ABC：S△DBC=AO：OD，
∵AO=5，AD=3，
∴OD=AO−OD=2，
∴AO：OD=5：2，
∵S△ABC=20，
∴20：S△DBC=5：2，
∴S△DBC=8，
故答案为：8．
(1)根据三角形面积公式求出面积，相比就能的答案；
(2)过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，证明△AEO∽△DFO，则AE：DF=AO：DO，再由S△ABC：S△DBC=12BC⋅AE：12BC⋅DF，即可求解；
(3)过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H，则DH//AG，根据平行线的性质可得DHAG=ODOA，可得S△ABC：S△DBC=AO：OD，结合已知即可求解．
本题考查相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例定理，平行线的判定和性质，三角形的面积．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
27.【答案】解：(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，
依题意得：2x+y=1403x+2y=230，
解得：x=50y=40．
答：A场馆门票的单价为50元，B场馆门票的单价为40元．
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，
依题意得：a<40−2a，
解得：a<403．
设此次购买门票所需总金额为w元，则w=50a+40(40−2a)=−30a+1600，
∵−30<0，
∴w随a的增大而减小，
∵a<403，且a为整数，
∴当a=13时，w取得最小值，最小值=−30×13+1600=1210．
答：此次购买门票所需总金额的最小值为1210元．
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，
依题意得：50m+40(40−2m−n)+15n=1200，
∴n=16−65m.
又∵m，n均为正整数，
∴m=5n=10或m=10n=4．
当m=5，n=10时，40−2m−n=40−2×5−10=20>5，符合题意；
当m=10，n=4时，40−2m−n=40−2×10−4=16>10，符合题意．
∴共有2种购买方案，
方案1：购买5张A场馆门票，20张B场馆门票，10张C场馆门票；
方案2：购买10张A场馆门票，16张B场馆门票，4张C场馆门票．
【解析】(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，根据“购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，根据到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可求出a的取值范围，设此次购买门票所需总金额为w元，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出w关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，即可得出m，n的值，再结合到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出各购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)①根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式；②找准等量关系，正确列出二元一次方程．
28.【答案】解：(1)∵tan∠OCA=OAOC=23，
∴OA=23OC，
∵OB=OC，
∴OA=23OB，
∵OA+OB=10，
∴OA=4，OB=OC=6，
∴A(−4,0)；
(2)连接DE，过E作EG⊥OB于G，过点D作DM⊥EG，DN⊥OB，垂足分别为M、N，
，
设∠DBE=α，
∵DE=DB，
∴∠DEB=∠DBE=α，
∵OB=OG，∠COB=90°，
∴∠CBO=∠OCB=45°，
∵∠EGB=90°，
∴∠GEB=45°，
∴∠DEM=45°+α=∠DBN，
∵∠DME=∠DNB=90°，DE=DB，
∴△DEM≌△DBN(AAS)，
∴DM=DN=n−m，
∵BN=6−n,tan∠ABF=DNBN=3，
∴n=14m+92；
(3)过点E作EP⊥OB于点P，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC，
∵∠ACB=∠OCB+∠ACO，∠AEC=∠CBO+∠EAB，
∴∠ACO=∠EAB，
∵∠AOC=∠APE=90°，AC=AE，
∴△CAO≌△AEP(AAS)，
∴AP=CO=6，
∴OP=2，即m=2，
∴n=5，
∴D(5,3)，
作点D关于x轴的对称点Q，DQ交x轴于点H，
设∠DMB=β，则∠DNM=2β，连接MQ，则∠DMQ=2β．
过点D作DR⊥MQ于点R，DT⊥MN，交MN延长线于点T，
∵∠DNM−∠DMB=90°，
∴∠DNM=90°+β，
∴∠DNT=90°−β．
∵MH垂直平分DQ，
∴DM=MQ，
∴∠MDQ=∠Q=180°−2β2=90°−β，
∴∠DQR=∠DNT，
∵∠DMT=∠DMR，
∴DR=DT，
∵∠DQR=90°−β，
∴∠DQR=∠DNT，
∵∠DMT=∠DMR，
∴DR=DT，
∵∠DRQ=∠DTN，
∴△DRQ≌△DTN(AAS)，
∴RQ=TN，
同理△MDT≌△MDR(AAS)，
∴MT=MR，
设RQ=TN=a，
则MR=MT=95 10+a，
∴MQ=95 10+2a，
∴MD=MQ=95 10+2a，
∵MD2−MR2=DR2，DQ2−RQ2=DR2，
∴(95 10+2a)2−(95 10+a)2=62−a2，
解得a1=−32 10(舍)，a2=35 10，
∴MQ=3 10，
∴HM= MQ2−HQ2=9，
∵OH=5，
∴OM=5+9=14．
∴M(14,0)．
【解析】(1)根据正切的定义可得OA=23OC从而得到OA=23OB，由OA+OB=10可得OA=4，从而得到点A的坐标；
(2)连接DE，过E作EG⊥OB于G，过点D作DM⊥EG，DN⊥OB，垂足分别为M、N，证明△DEM≌△DBN，进一步可得n=14m+92，从而得到答案；
(3)过点E作EP⊥OB于点P，通过证明△CAO≌△AEP，可得D(5,3)，作点D关于x轴的对称点Q，DQ交x轴于点H，设∠DMB=β，则∠DNM=2β，连接MQ，则∠DMQ=2β.过点D作DR⊥MQ于点R，DT⊥MN，交MN延长线于点T，通过证明△DRQ≌△DTN，可得RQ=TN，通过证明△MDT≌△MDR，可得MT=MR，设RQ=TN=a，则MR=MT=95 10+a，MQ=95 10+2a，最后通过勾股定理进行计算即可得到答案．
本题考查了全等三角形的判定和性质、正切的定义、垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、正切的定义、垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
2023年黑龙江省鸡西市虎林实验中学中考数学三模试卷
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. 3a2−2a=a B. (a−b)2=a2−b2
C. a(a+1)=a2+a D. a8÷a4=a2
2. 下列图形中，是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 某校航模兴趣小组共有40位同学，他们的年龄分布如表：
年龄/岁
13
14
15
16
人数
5
18
▄
▄
由于表格污损，15岁、16岁的人数不清楚，则下列关于年龄的统计量可以确定的是( )
A. 平均数、众数 B. 众数、中位数 C. 平均数、方差 D. 中位数、方差
4. 如图是由几个相同的小正方体所搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小正方体的个数，其主视图是( )
A. B. C. D.
5. 一个小组若干人，新年每人之间互送贺卡一张，若全组共送贺卡90张，则这个小组共有( )
A. 9人 B. 10人 C. 12人 D. 15人
6. 已知关于x的分式方程1−mx−1−2=21−x的解是非负数，则m的取值范围是( )
A. m≤5且m≠−3 B. m≥5且m≠−3
C. m≤5且m≠3 D. m≥5且m≠3
7. 把一根20m长的钢管截成2m长和3m长两种规格均有的短钢管，且没有余料，设某种截法中2m长的钢管有a根，则a的值可能有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
8. 如图，点A，B在反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象上，AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，BE⊥y轴于点E，连结AE.若OE=2，3OC=2OD，AC=AE，则k的值为( )
A. 8
B. 9
C. 6 2
D. 8 2
9. 如图，在△ABC，AB=AC，D为BC上的一点，∠BAD=28°，在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE、DE，DE交AC于点O，若CE//AB，则∠DOC的度数为( )
A. 124°
B. 102°
C. 92°
D. 88°
10. 如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④S四边形CDEF=52S△ABF，其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 新建的北京奥运会体育场--“鸟巢”能容纳91 000位观众，将91 000用科学记数法表示为______ ．
12. 函数y= xx−1的x的取值范围是______ ．
13. 如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知FB=CE，AC//DF，请你添加一个适当的条件______使得△ABC≌△DEF．
14. 在9张大小、质地完全相同的卡片上分别写上数字−5、−4、−3、−2、−1、0、1、2、3、将其背面朝上洗匀，从中任意抽取一张卡片，则所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率是______ ．
15. 若关于x的不等式组x−m<04−2x<0有2整数解，则m的取值范围是______．
16. 如图，在△ABC中，∠A=80°，半径为3cm的⊙O是△ABC的内切圆，连接OB，OC，分别交⊙O于D，E两点，则DE的长为______ .(结果用含π的式子表示)
17. 若一个圆锥的母线长为5，底面积是6π则该圆锥的侧面积为______ ．
18. 如图，在矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，AB=2 3，BE=3ED，P、Q分别是BD、BC上的动点，则PC+PQ的最小值为______ ．
19. 在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为______．
20. 如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M( 3,1)，与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA=MB，若⊙O1是△ABO的内切圆，⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…按此规律，则⊙O2023的半径r2023= ______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
21. 先化简，再求值：a2−2ab+b2a2−b2÷(1a−1b)，其中a= 2+1，b= 2−1．
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)
在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(3,1)，C(1,3)；
(1)将△ABC沿x轴负方向平移2个单位至△A1B1C1，画图并写出C1的坐标______ ；
(2)以A1点为旋转中心，将△A1B1C1逆时针方向旋转90°得△A1B2C2，画图并写出C2的坐标______ ；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为______ ．
23. (本小题6.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx与x轴交于O，A两点，C(2,5)是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)作CD⊥x轴于点D，P为抛物线上位于点A，C之间的一点，连接OP，若OP恰好平分△COD的面积，求点P的坐标．
24. (本小题7.0分)
为了解家长们对“双减政策”的了解情况，从某校1600名家长中随机抽取部分家长进行问卷调查，调查评价结果分为“了解较少”“基本了解”“了解较多”“非常了解”四类，并根据调查结果绘制出如图所示的两幅不完整的统计图．
(1)本次抽取家长共有______ 人；
(2)直接补全条形统计图；
(3)在扇形统计图中，求“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数；
(4)估计此校“非常了解”和“了解较多”的家长一共有多少人？
25. (本小题8.0分)
在一条笔直的航线上依次有A，B，C三个机场，现甲、乙两架飞机在这条航线上执行客运飞行任务，甲飞机搭载乘客从A地机场起飞，顺风飞行3.6小时到达C地机场，重新加满油后从C地机场沿原航线逆风飞回A地.乙飞机在甲飞机从A地出发2小时后在C地机场起飞，一路逆风飞往A地，且中途在B地机场经停了一些时间，最后与甲飞机同时在A地机场降落.甲、乙两架飞机距C地机场的路程y(单位：千米)与时间x(单位：小时)之间的函数关系如图所示，若不考虑飞机起飞和降落的时间，且A、C两地之间的风向与风速始终保持不变，甲、乙两架飞机在静止空气中的速度恒定(顺风速度=飞机在静止空气中的速度+风速，逆风速度=飞机在静止空气中的速度−风速).结合图象解答下列问题：
(1)A，B两地机场间的距离是______ 千米，风速是______ 千米/时；
(2)求FG所在直线的函数解析式；
(3)直接写出乙飞机从C地出发几小时后，两架飞机距B地的路程和为1800千米．
26. (本小题8.0分)
如图1，以BC为边分别作△ABC和△DBC，点A和点D在直线BC的两侧，连接AD交BC于点O．
(1)若AD⊥BC，易证：S△ABC：S△DBC=AO：OD(不用证明)．
(2)如图2，若AD与BC不垂直，(1)中结论是否成立，请说明理由．
(3)如图3，以BC为边分别作△ABC和△DBC，点A和点D在直线BC的同侧，连接AD并延长，交BC于点O.若AO=5，AD=3，S△ABC=20，则S△DBC= ______ ．
27. (本小题10.0分)
2022年中国航天在诸多领域实现重大突破，在全国掀起航天知识学习的浪潮．某校40名同学要去参观航天展览馆，已知展览馆分A、B、C三个场馆，且购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元．由于场地和疫情原因，要求到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，且每一位同学只能选择一个场馆参观．
(1)求A场馆和B场馆门票的单价．
(2)已知C场馆门票每张售价15元，且参观当天有优惠活动：每购买1张A场馆门票就赠送1张C场馆门票．
①若购买A场馆门票赠送的C场馆门票刚好够参观C场馆的同学使用，求此次购买门票所需总金额的最小值．
②若参观C场馆的同学除了使用掉赠送的门票外，还需另外购买部分门票，且最终购买三种门票共花费了1200元，求所有满足条件的购买方案．
28. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中，直线AC分别交x、y轴于点A、C，直线BC经过点C，交x轴于点B，OB=OC，tan∠OCA=23.AB=10．
(1)如图1，求点A的坐标；
(2)如图2，经过点B的直线交直线AC于点F，E为BC上一点，线段BF上一点D与点B、E的距离相等，设点E的横坐标为m，点D的横坐标为n，当tan∠ABF=3时，求n与m之间的函数关系式(不要求写出m的取值范围)；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接AE，点M为x轴上点B右侧一点，连接DM，N为第一象限内一点，分别连接MN、DN，若AC=AE，∠NMD=2∠DMB，∠DNM−∠DMB=90°，MN=9 105，求点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、3a2与−2a不是同类项，不能合并，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、原式=a2−2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、原式=a2+a，原计算正确，故此选项符合题意；
D、原式=a4，原计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项法则、完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则、同底数幂的除法的运算法则逐项分析可得答案．
本题考查整式的运算，熟练掌握合并同类项法则、完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则、同底数幂的除法的运算法则是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.原图是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形的概念求解．
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．
3.【答案】B
【解析】解：一共有40人，中位数是从小到大排列后处在第20、21位两个数的平均数，而13岁的有5人，14岁的有18人，因此从小到大排列后，处在第20、21位两个数都是14岁，因此中位数是14岁，不会受15岁，16岁人数的影响；
因为14岁有18人，而13岁的有5人，15岁、16岁共有17人，因此众数是14岁；
故选：B．
根据众数、中位数的定义进行判断即可．
本题考查中位数、众数，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得该组合体的主视图为：
故选：D．
由已知条件可知，主视图有2列，每列小正方数形数目分别为3，1，从而确定正确的选项．
本题考查由三视图判断几何体及简单组合体的三视图的知识．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．
5.【答案】B
【解析】解：设这个小组共有x人，则每人需送出(x−1)张贺卡，
依题意得：x(x−1)=90，
整理得：x2−x−90=0，
解得：x1=10，x2=−9(不合题意，舍去)．
故选：B．
设这个小组共有x人，则每人需送出(x−1)张贺卡，根据全组共送贺卡90张，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．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
首先对原分式方程变形，其次解出分式方程的解，再根据分式方程解是非负数，最简公分母不为0，列不等式，求出公共的解集即可．
本题考查分式方程的解、解一元一次不等式，掌握用含m的式子表示方程的解，根据方程的解为非负数，x−1≠0，列不等式组是解题关键．
【解答】
解：原分式方程可化为：1−mx−1−2=−2x−1，
去分母，得1−m−2(x−1)=−2，
解得x=5−m2，
∵分式方程解是非负数，
∴5−m2≥0，且5−m2≠1，
∴m的取值范围是：m≤5且m≠3，
故选：C．
7.【答案】B
【解析】解：设3m长的钢管有b根，
由题意得：2a+3b=20，
整理得：a=10−32b，
∵a、b为正整数，
∴a=7b=2或a=4b=4或a=1b=6，
即a的值可能有3种，
故选：B．
设3m长的钢管有b根，根据把一根20m长的钢管截成2m长和3m长两种规格均有的短钢管，2m长的钢管有a根，列出二元一次方程，求出正整数解即可．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵BD⊥x轴于点D，BE⊥y轴于点E，
∴四边形BDOE是矩形，
∴BD=OE=2，
把y=2代入y=kx(k>0,x>0)，求得x=12k，
∴B(12k,2)，
∴OD=12k，
∵3OC=2OD，
∴OC=13k，
∵AC⊥x轴于点C，
把x=13k代入y=kx(k>0,x>0)得，y=3，
∴AE=AC=3，
∵OC=EF=13k，AF=3−2=1，
在Rt△AEF中，AE2=EF2+AF2，
∴32=(13k)2+12，解得k=±6 2，
∵在第一象限，
∴k=6 2，
故选：C．
根据题意求得B(12k,1)，进而求得A(13k,3)，然后根据勾股定理得到32=(13k)2+12，解方程即可求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，表示出线段的长度是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴∠B=∠ACE，
∵CE//AB，
∴∠B+∠BCE=180°，
∴∠B+∠ACB+∠ACE=180°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠ACB=∠ACE=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠BAD=28°，
∴∠OAD=60°−28°=32°，
∴∠DOC=∠OAD+∠ADE=32°+60°=92°．
故选：C．
根据已知条件证明△DAB≌△EAC，可得∠B=∠ACE，再根据CE//AB，可得∠B+∠ACB+∠ACE=180°，然后证明△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△DAB≌△EAC．
10.【答案】A
【解析】解：如图，过D作DM//BE交AC于N，交BC于M，
因为四边形ABCD是矩形，
所以AD//BC，∠ABC=90°，AD=BC，
所以∠EAC=∠ACB，
因为BE⊥AC于点F，
所以∠ABC=∠AFE=90°，
所以△AEF∽△CAB，故①正确；
因为AD//BC，
所以△AEF∽△CBF，
所以AEBC=AFFC=12，
因为AE=12AD=12BC，
所以AFCF=12，
所以CF=2AF，故②正确；
因为DE//BM，BE//DM，
所以四边形BMDE是平行四边形，
所以BM=DE=12BC，
所以BM=CM，CN=NF，
因为BE⊥AC于点F，DM//BE，
所以DN⊥CF，
所以DN垂直平分CF，
所以DF=DC，故③正确；
因为△AEF∽△CBF，
所以EFBF=AEBC=12，
所以S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD，
所以S△AEF=112S矩形ABCD，
又因为S四边形CDEF=S△ACD−S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，
所以S四边形CDEF=52S△ABF，故④正确；
故选：A．
①根据四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，可得∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；
②根据点E是AD边的中点，以及AD//BC，得出△AEF∽△CBF，根据相似三角形对应边成比例，可得CF=2AF，故②正确；
③过D作DM//BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=12BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；
④根据△AEF∽△CBF得到EF与BF的比值，以及AF与AC的比值，据此求出S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD，可得S四边形CDEF=S△ACD−S△AEF=512S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF=52S△ABF，故④正确．
本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算的综合应用，正确作出辅助线是解题的关键．解题时注意，相似三角形的对应边成比例．
11.【答案】9.1×104
【解析】解：91 000=9.1×104．
确定a×10n(1≤|a|<10,n为整数)中n的值是易错点，由于91 000有6位，所以可以确定n=6−1=5．
把一个数M记成a×10n(1≤|a|<10,n为整数)的形式，这种记数的方法叫做科学记数法．规律：
(1)当|a|≥1时，n的值为a的整数位数减1；
(2)当|a|<1时，n的值是第一个不是0的数字前0的个数，包括整数位上的0．
12.【答案】x≥0且x≠1
【解析】解：由题意得：x≥0且x−1≠0，
解得：x≥0且x≠1，
故答案为：x≥0且x≠1．
根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，熟记二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
13.【答案】∠A=∠D
【解析】解：添加∠A=∠D.理由如下：
∵FB=CE，
∴BC=EF．
又∵AC//DF，
∴∠ACB=∠DFE．
∴在△ABC与△DEF中，∠A=∠D∠ACB=∠DFEBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(AAS)．
故答案是：∠A=∠D．
根据全等三角形的判定定理填空．
本题主要考查对全等三角形的判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，熟练地运用全等三角形的判定定理进行证明是解此题的关键，是一个开放型的题目，比较典型．
14.【答案】49
【解析】解：∵数的总个数有9个，绝对值大于2的数有−5、−4、−3、3，共4个，
∴任意抽取一张卡片，则所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率是49，
故答案为：49．
让绝对值大于2的数的个数除以数的总数即为所抽卡片上数字的绝对值大于2的概率．
本题考查概率的求法；得到绝对值大于2的数的个数是解决本题的易错点．
15.【答案】4
∵不等式组有2个整数解，
∴不等式组的整数解为3、4，
则4
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】13π6
【解析】解：∵∠A=80°，⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠DOE=180°−(12∠ABC+12∠ACB)=180°−12(180°−∠A)=130°，
∴DE的弧长=130⋅π⋅3180=13π6(cm)，
故答案为：13π6．
根据角A的度数和内切圆的性质，得出圆心角DOE的度数即可得出阴影部分的面积．
本题主要考查三角形内切圆的知识，熟练掌握三角形内切圆的性质及扇形弧长的计算是解题的关键．
17.【答案】5 6π
【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，
∴πr2=6π，
解得：r= 6或r=− 6(负值不符合题意，舍去)，
∴圆锥的侧面积为：12×2π× 6×5=5 6π，
故答案为：5 6π．
根据圆锥的底面积求出底面圆的半径，再根据圆锥的侧面积公式计算即可．
本题考查圆锥的计算：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，圆锥的侧面积等于扇形的弧长与母线长的积的一半．掌握圆锥侧面积公式是解题的关键．
18.【答案】3 3
【解析】解：∵在矩形ABCD中，CE⊥BD，AB=2 3，BE=3CD，
∴CD=AB=2 3，∠BCD=∠CED=∠CEB=90°，BE=3ED，
∵∠DBC+∠BDC=90°，∠DCE+∠BDC=90°，BD=4ED，
∴∠DBC=∠DCE，
∴DECD=sin∠DCE=sin∠DBC=CDBD，
∴DE⋅BD=CD2，
∴DE⋅4DE=(2 3)2，
解得：DE= 3或DE=− 3(负值不符合题意，舍去)，
∴CE= CD2−DE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴cos∠DCE=CECD=32 3= 32，
如图，延长CE至点C′，使C′E=CE，过点C′作C′Q′⊥BC于点Q′，C′Q′交BD于点P′，连接PC′，
∵CE⊥BD，
∴点C和点C′关于BD对称，
∴PC=PC′，P′C=P′C′，
∴PC+PQ=PC′+PQ≥C′Q′，
∴PC+PQ≥C′Q′，当点C′，P′，Q′共线时，PC+PQ的最小值为C′Q′，
∵C′Q′⊥BC，DC⊥BC，
∴C′Q′//DC，
∴∠CC′Q′=∠DCE，
在Rt△CC′Q′中，CC′=2CE=6，
∴C′Q′=CC′⋅cos∠DCE=6× 32=3 3，
故答案为：3 3．
根据矩形的性质和解直角三角形可得DE= 3，利用勾股定理得到CE=3，可得cos∠DCE= 32，如图，延长CE至点C′，使C′E=CE，过点C′作C′Q′⊥BC于点Q′，C′Q′交BD于点P′，连接PC′，可得点C和点C′关于BD对称，根据垂线段最短可得PC+PQ的最小值为C′Q′，然后在Rt△CC′Q′中，利用C′Q′=CC′⋅cos∠DCE，即可得出答案．
本题考查轴对称确定最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，确定P、Q的位置是解题的关键．
19.【答案】10或14
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB=6，
∴CD=AB=6，AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=6，
同理DE=DC=6，
如图1，
∵EF=2，
∴AE=AF−EF=6−2=4，
∴AD=BC=AE+DE=4+6=10，
如图2，
∵EF=2，
∴AE=AF+EF=6+2=8，
∴AD=BC=AE+DE=6+8=14，
综上所述，BC的长为10或14，
故答案为：10或14．
根据平行四边形的性质可得CD=AB=6，结合等腰三角形的判定(等角对等边)可求解AF=AB=6，DE=DC=6，由EF=2即可求得BC的长．
本题主要考查平行四边形的性质，证明AF=AB=8，DE=DC=8是解题的关键．
20.【答案】 3−132022
【解析】解：如图所示，连接OO1、AO1、BO1，作O1D⊥OB于D，O1E⊥AB于E，O1F⊥OA于F，
则O1D=O1E=O1F=r1，
过点M作MC⊥x轴于C，
∴MC//y轴，
∵M( 3,1)，MA=MB，即点M是AB的中点，
∴点C是OA的中点，MC是△ABO的中位线，
∴BO=2OA=2，OA=2OC=2 3，
∴B(0,2)，A(2 3,0)，AB= OB2+OA2= 22+(2 3)2=4，
∴S△BO1O=12×OB×r1=r1，
S△AO1O=12×OA×r1= 3r1，
S△AO1B=12×AB×r1=2r1，
S△AOB=12×OA×OB=2 3，
∵S△AOB=S△BO1O+S△AO1O+S△AO1B=(3+ 3)r1=2 3，
∴r1=2 33+ 3= 3−1，
同理可得：r2= 3−13，r3= 3−132，…，
∴rn= 3−13n−1，
依此类推可得：⊙O2023的半径r2023= 3−132022，
故答案为： 3−132022．
连接OO1、AO1、BO1，作O1D⊥OB于D，O1E⊥AB于E，O1F⊥OA于F，将三角形ABO分解成三个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据题意依次列出⊙O2，⊙O3…的半径大小，找出规律即可．
本题考查三角形的内切圆，勾股定理，三角形的中位线，规律型．根据题意列出等式，适当地对图形进行分解，总结出规律是解题的关键．
21.【答案】解：原式=(a−b)2(a+b)(a−b)÷b−aab
=−a−ba+b⋅aba−b
=−aba+b；
当a= 2+1，b= 2−1时，
原式=−12 2=− 24．
【解析】本题考查了化简与代值计算，关键是正确进行分式的通分、约分，并准确代值计算．
解题的关键是把分式化到最简，代值计算要仔细．
22.【答案】(−1,3)；(−3,−1)；2π+4
【解析】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求，C1(−1,3)；
故答案为：(−1,3)；
(2)如图所示：△A2B2C2即为所求，C2(−3,−1)；
故答案为：(−3,−1)；
(3)在平移和旋转过程中线段BC扫过的面积为：2×2+90π×( 10)2360−90π×( 2)2360=2π+4．
故答案为：2π+4．
(1)根据平移的性质得出对应点坐标进而得出答案；
(2)根据旋转的性质得出对应点坐标，进而得出对应点坐标即可；
(3)根据平移的性质以及旋转的性质进而得出线段BC扫过的面积．
此题主要考查了图形的旋转以及平移和扇形面积公式等知识，根据题意得出平移和旋转过程中线段BC扫过的面积是解题关键．
23.【答案】解：(1)由顶点(2,5)知，抛物线对称轴为直线x=2，
∴点A的坐标为(4,0)，
将点A(4,0)，C(2,5)代入y=ax2+bx中，
得16a+4b=04a+2b=5，
解得a=−54b=5，
∴抛物线的表达式为y=−54x2+5x．
(2)∵OP恰好平分△COD的面积，
∴OP经过CD的中点(2,52)，
设直线OP的表达式为y=kx，将(2,52)代入，
得k=54，
∴直线OP的表达式为y=54x．
令54x=−54x2+5x，
解得x1=0(舍)，x2=3．
将x2=3代入y=54x中，
得y=154，
∴点P的坐标为(3,154)．
【解析】(1)根据顶点坐标得出抛物线对称轴为直线x=2，继而得出点A的坐标为(4,0)，待定系数法求解析式即可求解；
(2)根据题意OP经过CD的中点(2,52)，待定系数法求得直线解析式，进而联立抛物线解析式，即可求解．
本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
24.【答案】100
【解析】解：(1)通过统计图可知“非常了解”的家长有48人，占比48%，
∴本次抽取家长共有：48÷48%=100(人)，
故答案为：100．
(2)“了解较多”的人数为：100−48−15−10=27(人)，
补全条形统计图如下：
(3)“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数为15100×360°=54°，
∴“基本了解”所对应的扇形圆心角的度数为54°．
(4)1600×48+27100=1200(人)，
∴估计此校“非常了解”和“了解较多”的家长一共有1200人．
(1)由“非常了解”的人数除以所占百分比得出本次抽取家长共有的人数；
(2)先求出“了解较多”的人数，再补全统计图即可；
(3)用“基本了解”的家长数所占的百分比乘以360°即可；
(4)用该校的总人数乘以“非常了解”和“了解较多”的家长数所占的百分比即可．
本题考查条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
25.【答案】2000 50
【解析】解：(1)如图，
1)由图知，当x=0时，甲飞机距离c机场3600千米，
∴AC=3600千米，图中DE段表示飞机在B机场休息，此时乙飞机距C机场1600千米，
即CB=1600千米，
∴AB=AC−CB=2000(千米)，
故A、B两机场间的距离为2000千米，
(单位：千米/时)
设，甲飞机在静止空气中的速度为V甲 千米/时，风速为V千米/时，乙飞机在静止空气中的速度为V乙 千米/时，由题意得：
3.6(V甲+V)=3600, (10−7.5)(V甲−V)=3600−1350, ，
∴V=50V甲=950，
故答案为：2000；50．
(2)设FG所在直线解析式为y=kx+b，将点(7.5,1350)，(10,3600)代入，
7.5k+b=135010k+b=3600，
∴k=900b=−5400，
故FG所在直线解析成为y=900x−5400；
(3)由题态可得(V乙−V)x(10−7.5)=3600−1600，
即2.5(V乙−50)=2000，
解得V乙=850km/h．
故点D对应的横坐标为：1600850−50+2=4，
当x=2时，甲飞机的路程为(950+50)×2=2000(千米)=AB，
此时甲飞机到达B机场，而乙飞机才刚要起飞，
讨论如下：
①当3.6
由题得(600+3200−800x=1800,
解得x=154，此时乙飞机从C地出发154−2=74(小时)，
②由(2)知直成FG：y=900x−540，令y=0，x=6．
故点G(6,0)，
当4
③当6
得x=−8(舍去)，
⑤当709
则900x−700+800x−600=1800，
解得x=14817，此时，乙飞机从C地出发14817−2=11417(小时)，
综上，乙飞机从C地出发74小时或11417小时时，两架飞机与B地路程和为1800千米．
(1)结合图象上乙飞机飞行的时间可求出AC两地间的距离；甲飞机顺风的速度和逆风的速度列方程，进而可得风速；
(2)FG所在直线解析式为y=kx+b，将点(7.5,1350)，(10,3600)代入，利用待定系数法可求出GF所在直线的函数解析式；
(3)结合图象，需要分类讨论再结合图象建立等式解答即可．
本题主要考查一次函数的应用，涉及待定系数法求函数表达式，分类讨论思想等内容，分析清楚图中折线的含义，结合速度、时间、路程之间的关系建立方程是解题关键．
26.【答案】8
【解析】(1)证明：∵AD⊥BC，
∴∠AOB=∠DOB，
∴S△AOBS△DOB=12AO⋅BO12DO⋅BO=AOOD；
(2)解：成立，理由如下：
过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
∴S△ABC：S△DBC=12BC⋅AE：12BC⋅DF=AE：DF，
∴∠AEO=∠DFO=90°，
∵∠AOE=∠DOF，
∴△AEO∽△DFO，
∴AE：DF=AO：DO，
∴S△ABC：S△DBC=AO：OD；
(3)解：过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H，
∴DH//AG，
∴DHAG=ODOA，
∵S△ABC=12BC⋅AG，S△DBC=12BC⋅DH，
∴S△ABC：S△DBC=AO：OD，
∵AO=5，AD=3，
∴OD=AO−OD=2，
∴AO：OD=5：2，
∵S△ABC=20，
∴20：S△DBC=5：2，
∴S△DBC=8，
故答案为：8．
(1)根据三角形面积公式求出面积，相比就能的答案；
(2)过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，证明△AEO∽△DFO，则AE：DF=AO：DO，再由S△ABC：S△DBC=12BC⋅AE：12BC⋅DF，即可求解；
(3)过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H，则DH//AG，根据平行线的性质可得DHAG=ODOA，可得S△ABC：S△DBC=AO：OD，结合已知即可求解．
本题考查相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例定理，平行线的判定和性质，三角形的面积．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
27.【答案】解：(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，
依题意得：2x+y=1403x+2y=230，
解得：x=50y=40．
答：A场馆门票的单价为50元，B场馆门票的单价为40元．
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，
依题意得：a<40−2a，
解得：a<403．
设此次购买门票所需总金额为w元，则w=50a+40(40−2a)=−30a+1600，
∵−30<0，
∴w随a的增大而减小，
∵a<403，且a为整数，
∴当a=13时，w取得最小值，最小值=−30×13+1600=1210．
答：此次购买门票所需总金额的最小值为1210元．
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，
依题意得：50m+40(40−2m−n)+15n=1200，
∴n=16−65m.
又∵m，n均为正整数，
∴m=5n=10或m=10n=4．
当m=5，n=10时，40−2m−n=40−2×5−10=20>5，符合题意；
当m=10，n=4时，40−2m−n=40−2×10−4=16>10，符合题意．
∴共有2种购买方案，
方案1：购买5张A场馆门票，20张B场馆门票，10张C场馆门票；
方案2：购买10张A场馆门票，16张B场馆门票，4张C场馆门票．
【解析】(1)设A场馆门票的单价为x元，B场馆门票的单价为y元，根据“购买2张A场馆门票和1张B场馆门票共需要140元，购买3张A场馆门票和2张B场馆门票共需要230元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)①设购买A场馆门票a张，则购买B场馆门票(40−2a)张，根据到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可求出a的取值范围，设此次购买门票所需总金额为w元，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出w关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题；
②设购买A场馆门票m张，C场馆门票n张，则购买B场馆门票(40−2m−n)，利用购买门票所需总金额=门票单价×购买数量，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，即可得出m，n的值，再结合到A场馆参观的人数要少于到B场馆参观的人数，即可得出各购买方案．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)①根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式；②找准等量关系，正确列出二元一次方程．
28.【答案】解：(1)∵tan∠OCA=OAOC=23，
∴OA=23OC，
∵OB=OC，
∴OA=23OB，
∵OA+OB=10，
∴OA=4，OB=OC=6，
∴A(−4,0)；
(2)连接DE，过E作EG⊥OB于G，过点D作DM⊥EG，DN⊥OB，垂足分别为M、N，
，
设∠DBE=α，
∵DE=DB，
∴∠DEB=∠DBE=α，
∵OB=OG，∠COB=90°，
∴∠CBO=∠OCB=45°，
∵∠EGB=90°，
∴∠GEB=45°，
∴∠DEM=45°+α=∠DBN，
∵∠DME=∠DNB=90°，DE=DB，
∴△DEM≌△DBN(AAS)，
∴DM=DN=n−m，
∵BN=6−n,tan∠ABF=DNBN=3，
∴n=14m+92；
(3)过点E作EP⊥OB于点P，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC，
∵∠ACB=∠OCB+∠ACO，∠AEC=∠CBO+∠EAB，
∴∠ACO=∠EAB，
∵∠AOC=∠APE=90°，AC=AE，
∴△CAO≌△AEP(AAS)，
∴AP=CO=6，
∴OP=2，即m=2，
∴n=5，
∴D(5,3)，
作点D关于x轴的对称点Q，DQ交x轴于点H，
设∠DMB=β，则∠DNM=2β，连接MQ，则∠DMQ=2β．
过点D作DR⊥MQ于点R，DT⊥MN，交MN延长线于点T，
∵∠DNM−∠DMB=90°，
∴∠DNM=90°+β，
∴∠DNT=90°−β．
∵MH垂直平分DQ，
∴DM=MQ，
∴∠MDQ=∠Q=180°−2β2=90°−β，
∴∠DQR=∠DNT，
∵∠DMT=∠DMR，
∴DR=DT，
∵∠DQR=90°−β，
∴∠DQR=∠DNT，
∵∠DMT=∠DMR，
∴DR=DT，
∵∠DRQ=∠DTN，
∴△DRQ≌△DTN(AAS)，
∴RQ=TN，
同理△MDT≌△MDR(AAS)，
∴MT=MR，
设RQ=TN=a，
则MR=MT=95 10+a，
∴MQ=95 10+2a，
∴MD=MQ=95 10+2a，
∵MD2−MR2=DR2，DQ2−RQ2=DR2，
∴(95 10+2a)2−(95 10+a)2=62−a2，
解得a1=−32 10(舍)，a2=35 10，
∴MQ=3 10，
∴HM= MQ2−HQ2=9，
∵OH=5，
∴OM=5+9=14．
∴M(14,0)．
【解析】(1)根据正切的定义可得OA=23OC从而得到OA=23OB，由OA+OB=10可得OA=4，从而得到点A的坐标；
(2)连接DE，过E作EG⊥OB于G，过点D作DM⊥EG，DN⊥OB，垂足分别为M、N，证明△DEM≌△DBN，进一步可得n=14m+92，从而得到答案；
(3)过点E作EP⊥OB于点P，通过证明△CAO≌△AEP，可得D(5,3)，作点D关于x轴的对称点Q，DQ交x轴于点H，设∠DMB=β，则∠DNM=2β，连接MQ，则∠DMQ=2β.过点D作DR⊥MQ于点R，DT⊥MN，交MN延长线于点T，通过证明△DRQ≌△DTN，可得RQ=TN，通过证明△MDT≌△MDR，可得MT=MR，设RQ=TN=a，则MR=MT=95 10+a，MQ=95 10+2a，最后通过勾股定理进行计算即可得到答案．
本题考查了全等三角形的判定和性质、正切的定义、垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、正切的定义、垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
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