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2023年北京市大兴区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年北京市大兴区中考数学二模试卷（含解析），共27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年北京市大兴区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图是某几何体的三视图，该几何体是( )
A. 长方体
B. 正方体
C. 圆柱
D. 圆锥
2. 国家统计局官网显示，2023年第一季度国内生产总值达284997亿元，比去年同一时期增长4.5%.数据28499700000000用科学记数法表示应为( )
A. 28.4997×1012 B. 2.84997×1013 C. 2.84997×1014 D. 0.284997×1014
3. 六边形的外角和为( )
A. 180° B. 360° C. 540° D. 720
4. 下列运算结果正确的是( )
A. b3⋅b3=2b3 B. (−ab)2=−ab2 C. a5÷a2=a3 D. a2+a=a3
5. 实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. |a|<|b| B. a−b>0 C. a+b<0 D. ab>0
6. 如图，将一块直角三角板的顶点B放在直尺的一边DE上，当DE与三角板的一边AC平行时，则∠ABD的度数为( )
A. 100° B. 120° C. 135° D. 150°
7. 不透明的盒子中装有红、白两色的小球共n(n为正整数)个，这些球除颜色外无其别，随机摸出一个小球，记录颜色后放回并摇匀，不断重复这一过程.下图显示了用计算机模拟实验的结果：
下面有三个推断：
①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35；
②若盒子中装40个小球，可以根据本次实验结果，估算出盒子中有红球14个；
③若再次进行上述摸球试验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率一定是0.40．
所有合理推断的序号是( )
A. ①② B. ② C. ①③ D. ①②③
8. 如图1，点P，Q分别从正方形ABCD的顶点A，B同时出发，沿正方形的边逆时针方向匀速运动，若点Q的速度是点P速度的2倍，当点P运动到点B时，点P，Q同时停止运动，图2是点P，Q运动时，△BPQ的面积y随时间x变化的图象，则正方形ABCD的边长是( )
A. 2 B. 2 2 C. 4 D. 8
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 若代数式1x−3有意义，则实数x的取值范围为 ．
10. 分解因式：x3−9x= ．
11. 方程组x+y=−22x−y=5的解是______ ．
12. 如果a−b=1，那么代数式(a2+b2a−2b)÷a−ba的值为______ ．
13. 如图是根据A，B两城市一周的日平均气温绘制的折线统计图，根据统计图判断目平均气温较稳定的城市是______ (填“A”或“B”)．
14. 如图，点B，E，C，F在一条直线上，AC//DF，BE=CF，只需添加一个条件即可证明△ABC≌△DEF，这个条件可以是______ (写出一个即可)．
15. 如图，在正方形网格中，A，B，C，D是网格线交点，AC与BD相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长为______ ．
16. 某公司需要采购甲种原料41箱，乙种原料31箱，现安排A，B，C三种不同型号的卡车来运输这批原料，已知7箱甲原料和5箱乙原料可装满一辆A型卡车；5箱甲原料和7箱乙原料可装满一辆B型卡车；3箱甲原料和2箱乙原料可装满一辆C型卡车.A型卡车运输费用为一次2000元，B型卡车运输费用为一次1800元，C型卡车运输费用为一次1000元．
(1)如果安排5辆A型卡车、1辆B型卡车、1辆C型卡车运输这批原料，需要运费______ 元；
(2)如果要求每种类型的卡车至少使用一辆，则运输这批原料的总费用最低为______ 元.
三、解答题（本大题共12小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
8−2sin45°+|1− 2|−(13)−1．
18. (本小题5.0分)
解不等式组：2(1−x)<2+xx3≥x−12．
19. (本小题5.0分)
在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=12x的图象平移得到，且经过点(−2,0)．
(1)求该函数的解析式；
(2)当x≥2时，对于x的每一个值，函数y=x+m的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值，直接写出m的取值范围．
20. (本小题5.0分)
已知：如图，线段AB．
求作：△ABC，使得AC=BC，且∠ACB=30°．
作法：①分别以点A和点B为圆心，AB长为半径画弧，两弧在AB的上方交于点D，下方交于点E，作直线DE；
②以点D为圆心，AD长为半径画圆，交直线DE于点C，且点C在AB的上方；
③连接AC，BC.所以△ABC就是所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接AD，BD，AE，BE．
∵AD=BD，AE=BE，∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AC= ______ ．
∵AB=BD=AD，∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠ADB(______ )(填推理的依据)，
∴∠ACB=30°．
21. (本小题6.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，延长DC到点E，使CE=CD.过点E作EF//AD交AC的延长线于点F，连接AE，DF．
(1)求证：四边形ADFE是平行四边形；
(2)过点E作EG⊥DF于点G，若BD=2，AE=5，求EG的长．
22. (本小题5.0分)
已知关于x的方程x2−(m+4)x+4m=0．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若该方程有一个根小于1，求m的取值范围．
23. (本小题6.0分)
某中学为普及天文知识，举行了一次知识竞赛(百分制)，为了解七、八年级学生的答题情况，从中各随机抽取了40名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
a.七年级学生竞赛成绩的频数分布表：
成绩
频数
频率
50≤x<60
2
0.05
60≤x<70
4
m
70≤x<80
10
0.25
80≤x<90
14
0.35
90≤x≤100
10
0.25
合计
40
1.00
b.八年级学生竞赛成绩的扇形统计图：
c.八年级学生竞赛成绩在80≤x<90这一组的数据是：
80，80，82，83，83，84，86，86，87，88，88，89，89，89
d.七、八年级学生竞赛成绩的中位数如下：
中位数
七年级
81
八年级
n
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m，n的值：m= ______ ，n= ______ ；
(2)此次竞赛中，抽取的一名学生的成绩为83分，在他所在的年级，他的成绩超过了一半以上被抽取的学生的成绩，他是哪个年级的学生，请说明理由；
(3)该校八年级有200名学生，估计八年级竞赛成绩80分及80分以上的学生共有______ 人.
24. (本小题6.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．
(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)延长AB与直线DE交于点F，若AB=5，cos∠AFD=45，求DE的长．
25. (本小题5.0分)
“急行跳远”是田径运动项目之一.运动员起跳后的腾空路线可以看作是抛物线的部分，建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到落入沙坑的过程中，运动员的竖直高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)近似满足函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)．
某中学一名运动员进行了两次训练．
(1)第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
水平距离x/m
0
1
1.5
2
2.5
3
竖直高度y/m
0
0.75
0.9375
1
0.9375
0.75
根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)；
(2)第二次训练时，该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y=−0.25(x−2.2)2+1.21，记该运动员第一次训练落入沙坑点的水平距离为d1，第二次训练落入沙坑点的水平距离为d2，则d1 ______ d2(填“>”“=”或“<”)．
26. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，点(2,1)在抛物线y=ax2+bx+1(a>0)上．
(1)求抛物线的对称轴；
(2)已知点A(x0,m)，点B(3,n)在抛物线上，若对于t≤x0≤t+1，都有m
如图，在△ABC中，∠B=45°，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，且点D落在BC的延长线上，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE交AB于点F．
(1)依题意补全图形，求证：∠BDF=12∠CAD；
(2)用等式表示线段CD与BF之间的数量关系，并证明．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系中，已知点A(−r,0)，B(r,0).点P为平面内一点(不与点A，点B重合)，若△ABP是以线段AB为斜边的直角三角形，则称点P为线段AB的直点．
(1)若r=1，
①在点P1(12,−12)，P2(0,1)，P3(−1,−1)这三个点中，点______ 是线段AB的直点；
②点P为线段AB的直点，点C(−1,1)，求CP的取值范围；
(2)点D在直线y=x−1上，若点D的横坐标xD满足2
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，
∴该几何体是一个柱体，
∵俯视图是一个长方形，
∴该几何体是一个长方体．
故选：A．
根据一个空间几何体的正视图和左视图都是宽度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体的形状．
本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为长方形，该几何体一定是柱体，底面由第三个视图的形状决定．
2.【答案】B
【解析】解：数据28499700000000用科学记数法表示应为：2.84997×1013．
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】B
【解析】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴六边形的外角和为360°．
故选：B．
由多边形的外角和等于360°，即可求得六边形的外角和．
此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．解题时注意：多边形的外角和等于360度．
4.【答案】C
【解析】解：b3⋅b3=b6，故A错误，
(−ab)2=a2b2，故B错误，
a5÷a2=a3，故C正确，
a2与a不是同类项，不能加减，故D错误．
故选：C．
根据同类项的定义、同底数幂的乘除法性质、积的乘方性质计算即可．
本题主要考查了同类项的定义、同底数幂的乘除法、积的乘方，熟练掌握各知识点并灵活运用是解决本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由数轴图可知，a<0，b>0，|a|>|b|，
|a|>|b|，A选项错误，该选项不符合题意；
a−b<0，B选项错误，该选项不符合题意；
a+b<0，C选项正确，该选项符合题意；
ab<0，D选项错误，该选项不符合题意；
故选：C．
利用数轴知识判断a、b的符号和绝对值，再判断选项正误．
本题考查了实数与数轴，绝对值，解题的关键是掌握数轴知识和绝对值的定义．
6.【答案】D
【解析】解：∵DE//AC，
∴∠CAB=∠ABE=30°，
∵∠ABE+∠ABD=180°，
∴∠ABD=180°−∠ABE=180°−30°=150°．
故选：D．
根据两直线平行，内错角相等可得∠CAB=∠ABE=30°，再根据平角的定义即可解答．
本题主要考查平行线的性质、角平分线的定义，熟知平行线的性质是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35，故本选项推理符合题意；
②可以根据本次实验结果，计算出盒子中约有红球40×0.35=14(个)，故本选项推理符合题意；
③若再次进行上述摸球试验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率不一定是0.40，故本选项推理不符合题意．
故选：A．
根据概率公式和给出的摸到红球的频率示意图分别对每一项进行分析，即可得出答案．
此题考查了利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：部分的具体数目=总体数目×相应频率．
8.【答案】C
【解析】解：由图2可知，当x=4时，点P运动到B点，当x=2时，点P运动至AB的中点，
∵点Q的速度是点P速度的2倍，
∴BQ=2AP，
∴当x=2时，点Q运动至C点，
由图2可知，当x=2时，S△BPQ=4，
设正方形ABCD的边长为a，
则S△BPQ=12BQ⋅BP=12×a⋅12a=4，
解得a=4，
∴正方形边长为4，
故选：C．
根据图2当x=2时，P运动到AB中点，Q运动到C点，根据三角形的面积求出正方形的边长．
本题考查动点问题的函数图象，关键是根据图中信息找到关键点．
9.【答案】x≠3
【解析】本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义⇔分母为零；
(2)分式有意义⇔分母不为零；
(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
10.【答案】x(x+3)(x−3)
【解析】解：原式=x(x2−9)
=x(x+3)(x−3)，
故答案为：x(x+3)(x−3)．
根据提取公因式、平方差公式，可分解因式．
本题考查了因式分解，利用了提公因式法与平方差公式进行分解，注意分解要彻底．
11.【答案】x=1y=−3
【解析】解：x+y=−2①2x−y=5②，
①+②得：3x=3，
解得：x=1，
把x=1代入①得：1+y=−2，
解得：y=−3，
则方程组的解为x=1y=−3．
故答案为：x=1y=−3．
方程组利用加减消元法求出解即可．
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
12.【答案】1
【解析】解：原式=(a2+b2a−2aba)÷a−ba
=(a−b)2a×aa−b
=a−b，
当a−b=1时，原式=1，
故答案为：1．
根据分式混合运算的方法先进行化简，再整体代入求值．
本题考查分式的混合运算，掌握分式混合运算的计算方法是正确解答的前提．
13.【答案】B
【解析】解：由图知，B城市的气温波动较小，故本周的日平均气温稳定的是B城市．
故答案为：B．
根据方差的性质：方差越大，数据波动越大；方差越小，数据波动越小．据此判断即可．
本题主要考查了方差的性质，掌握利用方差判断稳定性是解题的关键．
14.【答案】AC=DF或∠A=∠D或∠ABC=∠DEF
【解析】解：∵AC//DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵BE=CF，
∴BE+EC=CF+EC，
即BC=EF，
∴当添加AC=DF时，根据“SAS”可判断△ABC≌△DEF；
当添加∠A=∠D时，根据“AAS”可判断△ABC≌△DEF；
当添加∠ABC=∠DEF时，根据“ASA”可判断△ABC≌△DEF；
故答案为：AC=DF或∠A=∠D或∠ABC=∠DEF．
由题意可得∠ACB=∠DFE，BC=EF，根据“SAS”或“AAS”或“ASA”添加条件即可．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
15.【答案】103
【解析】解：由网格可知：BC=1，AD=2，AC= 32+42=5，BC//AD，
∴△OBC∽△ODA，
∴BCAD=COAO，
∴12=5−AOAO，
∴AO=103，
故答案为：103．
由网格可得BC=1，AD=2，AC= 32+42=5，BC//AD，所以△OBC∽△ODA，对应边成比例即可解决问题．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△OBC∽△ODA．
16.【答案】12800 12600
【解析】解：(1)安排5辆A型卡车、1辆B型卡车、1辆C型卡车运输的费用为：
5×2000+1×1800+1×1000=12800(元)．
故答案为：12800．
(2)当每个卡车至少使用1辆时，余下甲原料有41−15=26箱，乙原料有31−14=17(箱)，
设余下的原料中，需要A型车a辆，B型车b辆，C型车c辆，
则满足7a+5b+3c≥265a+7b+2c≥17，
对比可知，1辆A型车和2辆C型车的费用相等，但是1辆A型车运输的却比2辆C型车运输的多，
故为了使总费用最少，余下原料的分配中，减少对C车的选择；且甲原料最多，而三个车型中，A型车对甲原料的运输的最多，在余下原料的分配中，优洗考虑A型车：
故根据余下的原料可能的方案有：
①A型车4辆，B型车0辆，C型车0辆，费用为：
5×2000+1×1800+1×1000=12800(元)．
②A型车3辆，B型车1辆，C型车0辆，费用为：
4×2000+2×1800+1×1000=12600(元)．
③A型车3辆，B型车2辆，C型车0辆，费用比②高，不考虑．
④A型车3辆，B型车3辆，C型车0辆，费用比②高，不考虑．
即随着B型车选择的增多，余下的甲原料额外需要增加A型车运输，
故③④不考虑．
故答案为：12600．
(1)根据题意列式子，计算即可；
(2)根据每个卡车至少使用一辆时，余下的乙原料的量分析即可．
本题考查三元一次方程组的应用，解题关键是根据题目中的信息，找到优先考虑的情况．
17.【答案】解：原式=2 2−2× 22+ 2−1−3
=2 2− 2+ 2−1−3
=2 2−4．
【解析】先化简二次根式、特殊角的三角函数值、取绝对值、负整数指数幂，再进行加减运算即可．
本题考查了特殊角的三角函数值的混合运算和二次根式的混合运算，负整数指数幂，掌握特殊角的三角函数值和二次根式的混合运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：2(1−x)<2+x①x3≥x−12②，
由①得，x>0，
由②得，x≤3．
故此不等式组的解集为：0
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
19.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=12x的图象平移得到，
∴k=12，
又∵一次函数y=12x+b的图象经过点(−2,0)，
∴−1+b=0．
∴b=1，
∴这个一次函数的表达式为y=12x+1；
(2)当x=2时，y=12x+1=2，
把点(2,2)代入y=x+m得，2=2+m，解得m=0，
∵当x≥2时，对于x的每一个值，函数y=x+m的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值，
∴m>0．
．
【解析】(1)先根据直线平移时k的值不变得出k=12，再将点(−2,0)代入y=12x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；
(2)画出函数图象，结合图象找到极端值，即可得到范围．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
20.【答案】BC 同弧所对圆周角等于圆心角的一半
【解析】解：(1)如图所示：即为补全的图形；
(2)证明：连接AD，BD，AE，BE．
∵AD=BD，AE=BE，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC．
∵AB=BD=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠ADB(同弧所对圆周角等于圆心角的一半)，
∴∠ACB=30°．
故答案为：BC；同弧所对圆周角等于圆心角的一半．
(1)根据作图过程即可补全图形；
(2)根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．即可完成证明．
本题考查了作图−复杂作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
21.【答案】(1)证明：∵EF//AD，
∴∠FEC=∠ADC，
又∵CE=CD，∠FCE=∠ACD，
∴△FCE≌△ACD(ASA)，
∴EF=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形；
(2)解：如图，
由(1)可知，四边形ADFE是平行四边形，
∴DF=AE=5，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=BD=2，
∴CE=CD=2，
∴DE=2CD=4，
∵EF//AD，
∴EF⊥BC，
∴∠DEF=90°，
∴EF= DF2−DE2= 52−42=3，
∵EG⊥DF，
∴S△DEF=12DF⋅EG=12DE⋅EF，
∴EG=DE⋅EFDF=4×35=125，
即EG的长为125．
【解析】(1)证△FCE≌△ACD(ASA)，得EF=AD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得DF=AE=5，再由等腰三角形的性质得CD=BD=2，则DE=2CD=4，进而由勾股定理得EF=3，然后由面积法求出EG的长即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵Δ=b2−4ac
=[−(m+4)]2−4×4m
=m2−8m+16
=(m−4)2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
(2)解：用因式分解法解此方程x2−(m+4)x+4m=0，
可得(x−4)(x−m)=0，
解得x1=4，x2=m，
若该方程有一个根小于1，则m<1．
【解析】(1)证明Δ≥0即可；
(2)先求出方程的解，再根据题意得出答案即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0根的判别式，用到的知识点：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
23.【答案】0.1 85 130
【解析】解：(1)由题意可得，m=4÷40=0.1，
n=84+862=85，
故答案为：0.1，85；
(2)他是七年级的学生，理由如下：
因为83分低于七年级的中位数81分，所以在他所在的年级，他的成绩超过了一半以上被抽取的学生的成绩；
(3)200×(30%+35%)=130(人)，
即估计八年级竞赛成绩80分及80分以上的学生大约共有130人．
故答案为：130．
(1)根据“频率=频数÷总数”得出m的值，根据中位数的概念可得n的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用样本估计总体即可．
某中学为普及天文知识，举行了一次知识竞赛(百分制)，为了解七、八年级学生的答题情况，从中各随机抽取了40名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
24.【答案】(1)证明：连接OD．
∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD=∠CAD．
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AE，
∴∠E+∠ODE=180°，
∵DE⊥AC．
∴∠E=90°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥EF．
又∵点D在⊙O上，
∴直线DE是⊙O的切线．
(2)解：连接BC交OD于点H，如图．
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°．
又∵∠E=90°，∠ODE=90°，
∴四边形CEDH为矩形，
∴CH//EF，
∴∠ABC=∠F，
∴cos∠ABC=cosF=45，
又∵AB=5，cos∠ABC=BCAB=45，
∴BC=4，
∵四边形CEDH为矩形，
∴OH⊥BC，
∴CH=12BC=2，
∵四边形CEDH为矩形，
∴DE=CH=2．
【解析】(1)连接OD，证OD//AE，由已知DE⊥AE，得出DE⊥OD，即可得出结论；
(2)连接BC交OD于点H，证明四边形CEDH为矩形，得出HC//FE，HC=DE=BH，再证明∠ABC=∠F，求出BC的长即可得出结论．
本题考查了切线的判定与性质、角平分线定义、垂径定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握切线的判定和垂径定理是解题的关键．
25.【答案】<
【解析】解：(1)由表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：(2,1)，
∴y=a(x−2)2+1，
即该运动员竖直高度的最大值为1m，
当x=0时，y=0，代入y=a(x−2)2+1得：
0=a(0−2)2+1，
解得：a=−14，
∴函数解析式为：y=−14(x−2)2+1；
(2)令y=0，得：
第一次训练时：
−14(x−2)2+1=0，
解得：x1=0，x2=4，
∴d1=4；
第二次训练时：
−0.25(x−2.2)2+1.21=0，
解得：x1=0，x2=4.4，
∴d2=4.4；
∵4<4.4，
∴d1
(1)先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出h、k的值，运动员竖直高度的最大值；将表格中(0,0)代入函数关系式，即可求出a的值；
(2)令y=0，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，即可求得d1和d2．
本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，由y=0，求出d1和d2是解题的关键．
26.【答案】解：(1)将(2,1)代入y=ax2+bx+1得：4a+2b=0，
∴b=−2a，
∴对称轴为：x=−b2a=1，
(2)∵B(3,n)，
∴点B关于对称轴的对称点坐标为(−1,n)，
∵a>0，
∴抛物线开口向上，
∵点A(x0,m)，B(3,n)在抛物线上，且m
∴−1
(2)根据抛物线对称性可得点B关于对称轴的对称点坐标为(−1,n)，根据抛物线的性质可得−1
27.【答案】(1)证明：如图所示：过点A作AH⊥BD于H，
∵将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，
∴AC=AD，
∵AH⊥BD，
∴CH=DH，∠CAH=∠DAH=12∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠ACD+∠BDF=90°=∠ACD+∠CAH，
∴∠BDF=∠CAH=12∠CAD；
(2)解： 2BF=CD，理由如下：
如图，过点F作FN⊥BD于N，
∵∠B=45°，AH⊥BD，FN⊥BD，
∴△BNF和△BHA都是等腰直角三角形，
∴BN=FN，BF= 2FN，∠BAH=45°=∠B，
∵∠BDF=∠CAH=∠DAH=12∠CAD，
∴∠B+∠BDF=∠BAH+∠DAH，
∴∠DFA=∠DAF，
∴AD=DF，
又∵∠FND=∠AHD=90°，∠BDF=∠DAH，
∴△DAH≌△FDN(AAS)，
∴FN=DH，
∴ 2BF=CD．
【解析】(1)由旋转的性质可得AC=AD，由等腰三角形的性质可得CH=DH，∠CAH=∠DAH=12∠CAD，由余角的性质可求解；
(2)由“AAS”可证△DAH≌△FDN，可得FN=DH，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
28.【答案】P2
【解析】解：(1)①若r=1，
则A(−1,0)，B(1,0)．
以O为圆心，1为半径作圆，
则线段AB的直点满足在⊙O上，
∵P1(12,−12)，
∴OP1= (12)2+(12)2= 22<1，
∴P1在⊙O内，
∴P1不是线段AB的直点；
∵P2(0,1)，
∴OP2=1，
∴P2在⊙O上，
∴P2是线段AB的直点；
∵P3(−1,−1)，
∴OP3= 12+12= 2>1，
∴P3在⊙O外，
∴P3不是线段AB的直点；
故答案为：P2．
②如图，作直线CO，交⊙O于M、N，则CM是CP的最小值，CN是CP的最大值，
∵点C(−1,−1)，
∴OC= 12+12= 2，
∴CM= 2−1，CN= 2+1，
∴ 2−1≤OP≤ 2+1，
(2)∵D在直线y=x−1上且满足2
若点D在(2,1)处，OD= 12+22= 5，
连接OD交⊙O于P，
当DP=1时，OE= 5−1，
即r= 5−1，
若点D在(4,3)处，OD= 32+42=5，
连接OD交⊙O于P，
当DP=1时，OP=5+1=6，
即r=6，
∴r的取值范围 5−1
②连接OP作直线，交⊙O于M、N，则CM是CP的最小值，CN是CP的最大值，再分别计算CM、CN即可；
(2)若点D在(2,1)处和若点D在(4,3)处时，分别求出当DP=1时的OP长即可．
本题考查了点圆最值的应用解答，一次函数性质及勾股定理的计算是解题关键．
2023年北京市大兴区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图是某几何体的三视图，该几何体是( )
A. 长方体
B. 正方体
C. 圆柱
D. 圆锥
2. 国家统计局官网显示，2023年第一季度国内生产总值达284997亿元，比去年同一时期增长4.5%.数据28499700000000用科学记数法表示应为( )
A. 28.4997×1012 B. 2.84997×1013 C. 2.84997×1014 D. 0.284997×1014
3. 六边形的外角和为( )
A. 180° B. 360° C. 540° D. 720
4. 下列运算结果正确的是( )
A. b3⋅b3=2b3 B. (−ab)2=−ab2 C. a5÷a2=a3 D. a2+a=a3
5. 实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. |a|<|b| B. a−b>0 C. a+b<0 D. ab>0
6. 如图，将一块直角三角板的顶点B放在直尺的一边DE上，当DE与三角板的一边AC平行时，则∠ABD的度数为( )
A. 100° B. 120° C. 135° D. 150°
7. 不透明的盒子中装有红、白两色的小球共n(n为正整数)个，这些球除颜色外无其别，随机摸出一个小球，记录颜色后放回并摇匀，不断重复这一过程.下图显示了用计算机模拟实验的结果：
下面有三个推断：
①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35；
②若盒子中装40个小球，可以根据本次实验结果，估算出盒子中有红球14个；
③若再次进行上述摸球试验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率一定是0.40．
所有合理推断的序号是( )
A. ①② B. ② C. ①③ D. ①②③
8. 如图1，点P，Q分别从正方形ABCD的顶点A，B同时出发，沿正方形的边逆时针方向匀速运动，若点Q的速度是点P速度的2倍，当点P运动到点B时，点P，Q同时停止运动，图2是点P，Q运动时，△BPQ的面积y随时间x变化的图象，则正方形ABCD的边长是( )
A. 2 B. 2 2 C. 4 D. 8
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 若代数式1x−3有意义，则实数x的取值范围为 ．
10. 分解因式：x3−9x= ．
11. 方程组x+y=−22x−y=5的解是______ ．
12. 如果a−b=1，那么代数式(a2+b2a−2b)÷a−ba的值为______ ．
13. 如图是根据A，B两城市一周的日平均气温绘制的折线统计图，根据统计图判断目平均气温较稳定的城市是______ (填“A”或“B”)．
14. 如图，点B，E，C，F在一条直线上，AC//DF，BE=CF，只需添加一个条件即可证明△ABC≌△DEF，这个条件可以是______ (写出一个即可)．
15. 如图，在正方形网格中，A，B，C，D是网格线交点，AC与BD相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长为______ ．
16. 某公司需要采购甲种原料41箱，乙种原料31箱，现安排A，B，C三种不同型号的卡车来运输这批原料，已知7箱甲原料和5箱乙原料可装满一辆A型卡车；5箱甲原料和7箱乙原料可装满一辆B型卡车；3箱甲原料和2箱乙原料可装满一辆C型卡车.A型卡车运输费用为一次2000元，B型卡车运输费用为一次1800元，C型卡车运输费用为一次1000元．
(1)如果安排5辆A型卡车、1辆B型卡车、1辆C型卡车运输这批原料，需要运费______ 元；
(2)如果要求每种类型的卡车至少使用一辆，则运输这批原料的总费用最低为______ 元.
三、解答题（本大题共12小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
8−2sin45°+|1− 2|−(13)−1．
18. (本小题5.0分)
解不等式组：2(1−x)<2+xx3≥x−12．
19. (本小题5.0分)
在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=12x的图象平移得到，且经过点(−2,0)．
(1)求该函数的解析式；
(2)当x≥2时，对于x的每一个值，函数y=x+m的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值，直接写出m的取值范围．
20. (本小题5.0分)
已知：如图，线段AB．
求作：△ABC，使得AC=BC，且∠ACB=30°．
作法：①分别以点A和点B为圆心，AB长为半径画弧，两弧在AB的上方交于点D，下方交于点E，作直线DE；
②以点D为圆心，AD长为半径画圆，交直线DE于点C，且点C在AB的上方；
③连接AC，BC.所以△ABC就是所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接AD，BD，AE，BE．
∵AD=BD，AE=BE，∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AC= ______ ．
∵AB=BD=AD，∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠ADB(______ )(填推理的依据)，
∴∠ACB=30°．
21. (本小题6.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，延长DC到点E，使CE=CD.过点E作EF//AD交AC的延长线于点F，连接AE，DF．
(1)求证：四边形ADFE是平行四边形；
(2)过点E作EG⊥DF于点G，若BD=2，AE=5，求EG的长．
22. (本小题5.0分)
已知关于x的方程x2−(m+4)x+4m=0．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若该方程有一个根小于1，求m的取值范围．
23. (本小题6.0分)
某中学为普及天文知识，举行了一次知识竞赛(百分制)，为了解七、八年级学生的答题情况，从中各随机抽取了40名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
a.七年级学生竞赛成绩的频数分布表：
成绩
频数
频率
50≤x<60
2
0.05
60≤x<70
4
m
70≤x<80
10
0.25
80≤x<90
14
0.35
90≤x≤100
10
0.25
合计
40
1.00
b.八年级学生竞赛成绩的扇形统计图：
c.八年级学生竞赛成绩在80≤x<90这一组的数据是：
80，80，82，83，83，84，86，86，87，88，88，89，89，89
d.七、八年级学生竞赛成绩的中位数如下：
中位数
七年级
81
八年级
n
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m，n的值：m= ______ ，n= ______ ；
(2)此次竞赛中，抽取的一名学生的成绩为83分，在他所在的年级，他的成绩超过了一半以上被抽取的学生的成绩，他是哪个年级的学生，请说明理由；
(3)该校八年级有200名学生，估计八年级竞赛成绩80分及80分以上的学生共有______ 人.
24. (本小题6.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．
(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)延长AB与直线DE交于点F，若AB=5，cos∠AFD=45，求DE的长．
25. (本小题5.0分)
“急行跳远”是田径运动项目之一.运动员起跳后的腾空路线可以看作是抛物线的部分，建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到落入沙坑的过程中，运动员的竖直高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)近似满足函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)．
某中学一名运动员进行了两次训练．
(1)第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
水平距离x/m
0
1
1.5
2
2.5
3
竖直高度y/m
0
0.75
0.9375
1
0.9375
0.75
根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)；
(2)第二次训练时，该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y=−0.25(x−2.2)2+1.21，记该运动员第一次训练落入沙坑点的水平距离为d1，第二次训练落入沙坑点的水平距离为d2，则d1 ______ d2(填“>”“=”或“<”)．
26. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，点(2,1)在抛物线y=ax2+bx+1(a>0)上．
(1)求抛物线的对称轴；
(2)已知点A(x0,m)，点B(3,n)在抛物线上，若对于t≤x0≤t+1，都有m
如图，在△ABC中，∠B=45°，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，且点D落在BC的延长线上，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE交AB于点F．
(1)依题意补全图形，求证：∠BDF=12∠CAD；
(2)用等式表示线段CD与BF之间的数量关系，并证明．
28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系中，已知点A(−r,0)，B(r,0).点P为平面内一点(不与点A，点B重合)，若△ABP是以线段AB为斜边的直角三角形，则称点P为线段AB的直点．
(1)若r=1，
①在点P1(12,−12)，P2(0,1)，P3(−1,−1)这三个点中，点______ 是线段AB的直点；
②点P为线段AB的直点，点C(−1,1)，求CP的取值范围；
(2)点D在直线y=x−1上，若点D的横坐标xD满足2
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵几何体的主视图和左视图都是宽度相等的长方形，
∴该几何体是一个柱体，
∵俯视图是一个长方形，
∴该几何体是一个长方体．
故选：A．
根据一个空间几何体的正视图和左视图都是宽度相等的长方形，可判断该几何体是柱体，进而根据俯视图的形状，可判断柱体的形状．
本题考查的知识点是三视图，如果有两个视图为长方形，该几何体一定是柱体，底面由第三个视图的形状决定．
2.【答案】B
【解析】解：数据28499700000000用科学记数法表示应为：2.84997×1013．
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】B
【解析】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴六边形的外角和为360°．
故选：B．
由多边形的外角和等于360°，即可求得六边形的外角和．
此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．解题时注意：多边形的外角和等于360度．
4.【答案】C
【解析】解：b3⋅b3=b6，故A错误，
(−ab)2=a2b2，故B错误，
a5÷a2=a3，故C正确，
a2与a不是同类项，不能加减，故D错误．
故选：C．
根据同类项的定义、同底数幂的乘除法性质、积的乘方性质计算即可．
本题主要考查了同类项的定义、同底数幂的乘除法、积的乘方，熟练掌握各知识点并灵活运用是解决本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由数轴图可知，a<0，b>0，|a|>|b|，
|a|>|b|，A选项错误，该选项不符合题意；
a−b<0，B选项错误，该选项不符合题意；
a+b<0，C选项正确，该选项符合题意；
ab<0，D选项错误，该选项不符合题意；
故选：C．
利用数轴知识判断a、b的符号和绝对值，再判断选项正误．
本题考查了实数与数轴，绝对值，解题的关键是掌握数轴知识和绝对值的定义．
6.【答案】D
【解析】解：∵DE//AC，
∴∠CAB=∠ABE=30°，
∵∠ABE+∠ABD=180°，
∴∠ABD=180°−∠ABE=180°−30°=150°．
故选：D．
根据两直线平行，内错角相等可得∠CAB=∠ABE=30°，再根据平角的定义即可解答．
本题主要考查平行线的性质、角平分线的定义，熟知平行线的性质是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：①随着实验次数的增加，“摸到红球”的频率总在0.35附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“摸到红球”的概率是0.35，故本选项推理符合题意；
②可以根据本次实验结果，计算出盒子中约有红球40×0.35=14(个)，故本选项推理符合题意；
③若再次进行上述摸球试验，则当摸球次数为200时，“摸到红球”的频率不一定是0.40，故本选项推理不符合题意．
故选：A．
根据概率公式和给出的摸到红球的频率示意图分别对每一项进行分析，即可得出答案．
此题考查了利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：部分的具体数目=总体数目×相应频率．
8.【答案】C
【解析】解：由图2可知，当x=4时，点P运动到B点，当x=2时，点P运动至AB的中点，
∵点Q的速度是点P速度的2倍，
∴BQ=2AP，
∴当x=2时，点Q运动至C点，
由图2可知，当x=2时，S△BPQ=4，
设正方形ABCD的边长为a，
则S△BPQ=12BQ⋅BP=12×a⋅12a=4，
解得a=4，
∴正方形边长为4，
故选：C．
根据图2当x=2时，P运动到AB中点，Q运动到C点，根据三角形的面积求出正方形的边长．
本题考查动点问题的函数图象，关键是根据图中信息找到关键点．
9.【答案】x≠3
【解析】本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义⇔分母为零；
(2)分式有意义⇔分母不为零；
(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
10.【答案】x(x+3)(x−3)
【解析】解：原式=x(x2−9)
=x(x+3)(x−3)，
故答案为：x(x+3)(x−3)．
根据提取公因式、平方差公式，可分解因式．
本题考查了因式分解，利用了提公因式法与平方差公式进行分解，注意分解要彻底．
11.【答案】x=1y=−3
【解析】解：x+y=−2①2x−y=5②，
①+②得：3x=3，
解得：x=1，
把x=1代入①得：1+y=−2，
解得：y=−3，
则方程组的解为x=1y=−3．
故答案为：x=1y=−3．
方程组利用加减消元法求出解即可．
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
12.【答案】1
【解析】解：原式=(a2+b2a−2aba)÷a−ba
=(a−b)2a×aa−b
=a−b，
当a−b=1时，原式=1，
故答案为：1．
根据分式混合运算的方法先进行化简，再整体代入求值．
本题考查分式的混合运算，掌握分式混合运算的计算方法是正确解答的前提．
13.【答案】B
【解析】解：由图知，B城市的气温波动较小，故本周的日平均气温稳定的是B城市．
故答案为：B．
根据方差的性质：方差越大，数据波动越大；方差越小，数据波动越小．据此判断即可．
本题主要考查了方差的性质，掌握利用方差判断稳定性是解题的关键．
14.【答案】AC=DF或∠A=∠D或∠ABC=∠DEF
【解析】解：∵AC//DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵BE=CF，
∴BE+EC=CF+EC，
即BC=EF，
∴当添加AC=DF时，根据“SAS”可判断△ABC≌△DEF；
当添加∠A=∠D时，根据“AAS”可判断△ABC≌△DEF；
当添加∠ABC=∠DEF时，根据“ASA”可判断△ABC≌△DEF；
故答案为：AC=DF或∠A=∠D或∠ABC=∠DEF．
由题意可得∠ACB=∠DFE，BC=EF，根据“SAS”或“AAS”或“ASA”添加条件即可．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
15.【答案】103
【解析】解：由网格可知：BC=1，AD=2，AC= 32+42=5，BC//AD，
∴△OBC∽△ODA，
∴BCAD=COAO，
∴12=5−AOAO，
∴AO=103，
故答案为：103．
由网格可得BC=1，AD=2，AC= 32+42=5，BC//AD，所以△OBC∽△ODA，对应边成比例即可解决问题．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△OBC∽△ODA．
16.【答案】12800 12600
【解析】解：(1)安排5辆A型卡车、1辆B型卡车、1辆C型卡车运输的费用为：
5×2000+1×1800+1×1000=12800(元)．
故答案为：12800．
(2)当每个卡车至少使用1辆时，余下甲原料有41−15=26箱，乙原料有31−14=17(箱)，
设余下的原料中，需要A型车a辆，B型车b辆，C型车c辆，
则满足7a+5b+3c≥265a+7b+2c≥17，
对比可知，1辆A型车和2辆C型车的费用相等，但是1辆A型车运输的却比2辆C型车运输的多，
故为了使总费用最少，余下原料的分配中，减少对C车的选择；且甲原料最多，而三个车型中，A型车对甲原料的运输的最多，在余下原料的分配中，优洗考虑A型车：
故根据余下的原料可能的方案有：
①A型车4辆，B型车0辆，C型车0辆，费用为：
5×2000+1×1800+1×1000=12800(元)．
②A型车3辆，B型车1辆，C型车0辆，费用为：
4×2000+2×1800+1×1000=12600(元)．
③A型车3辆，B型车2辆，C型车0辆，费用比②高，不考虑．
④A型车3辆，B型车3辆，C型车0辆，费用比②高，不考虑．
即随着B型车选择的增多，余下的甲原料额外需要增加A型车运输，
故③④不考虑．
故答案为：12600．
(1)根据题意列式子，计算即可；
(2)根据每个卡车至少使用一辆时，余下的乙原料的量分析即可．
本题考查三元一次方程组的应用，解题关键是根据题目中的信息，找到优先考虑的情况．
17.【答案】解：原式=2 2−2× 22+ 2−1−3
=2 2− 2+ 2−1−3
=2 2−4．
【解析】先化简二次根式、特殊角的三角函数值、取绝对值、负整数指数幂，再进行加减运算即可．
本题考查了特殊角的三角函数值的混合运算和二次根式的混合运算，负整数指数幂，掌握特殊角的三角函数值和二次根式的混合运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：2(1−x)<2+x①x3≥x−12②，
由①得，x>0，
由②得，x≤3．
故此不等式组的解集为：0
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
19.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=12x的图象平移得到，
∴k=12，
又∵一次函数y=12x+b的图象经过点(−2,0)，
∴−1+b=0．
∴b=1，
∴这个一次函数的表达式为y=12x+1；
(2)当x=2时，y=12x+1=2，
把点(2,2)代入y=x+m得，2=2+m，解得m=0，
∵当x≥2时，对于x的每一个值，函数y=x+m的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值，
∴m>0．
．
【解析】(1)先根据直线平移时k的值不变得出k=12，再将点(−2,0)代入y=12x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；
(2)画出函数图象，结合图象找到极端值，即可得到范围．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
20.【答案】BC 同弧所对圆周角等于圆心角的一半
【解析】解：(1)如图所示：即为补全的图形；
(2)证明：连接AD，BD，AE，BE．
∵AD=BD，AE=BE，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AC=BC．
∵AB=BD=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∵AB=AB，
∴∠ACB=12∠ADB(同弧所对圆周角等于圆心角的一半)，
∴∠ACB=30°．
故答案为：BC；同弧所对圆周角等于圆心角的一半．
(1)根据作图过程即可补全图形；
(2)根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半，线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．即可完成证明．
本题考查了作图−复杂作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
21.【答案】(1)证明：∵EF//AD，
∴∠FEC=∠ADC，
又∵CE=CD，∠FCE=∠ACD，
∴△FCE≌△ACD(ASA)，
∴EF=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形；
(2)解：如图，
由(1)可知，四边形ADFE是平行四边形，
∴DF=AE=5，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=BD=2，
∴CE=CD=2，
∴DE=2CD=4，
∵EF//AD，
∴EF⊥BC，
∴∠DEF=90°，
∴EF= DF2−DE2= 52−42=3，
∵EG⊥DF，
∴S△DEF=12DF⋅EG=12DE⋅EF，
∴EG=DE⋅EFDF=4×35=125，
即EG的长为125．
【解析】(1)证△FCE≌△ACD(ASA)，得EF=AD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得DF=AE=5，再由等腰三角形的性质得CD=BD=2，则DE=2CD=4，进而由勾股定理得EF=3，然后由面积法求出EG的长即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵Δ=b2−4ac
=[−(m+4)]2−4×4m
=m2−8m+16
=(m−4)2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
(2)解：用因式分解法解此方程x2−(m+4)x+4m=0，
可得(x−4)(x−m)=0，
解得x1=4，x2=m，
若该方程有一个根小于1，则m<1．
【解析】(1)证明Δ≥0即可；
(2)先求出方程的解，再根据题意得出答案即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0根的判别式，用到的知识点：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
23.【答案】0.1 85 130
【解析】解：(1)由题意可得，m=4÷40=0.1，
n=84+862=85，
故答案为：0.1，85；
(2)他是七年级的学生，理由如下：
因为83分低于七年级的中位数81分，所以在他所在的年级，他的成绩超过了一半以上被抽取的学生的成绩；
(3)200×(30%+35%)=130(人)，
即估计八年级竞赛成绩80分及80分以上的学生大约共有130人．
故答案为：130．
(1)根据“频率=频数÷总数”得出m的值，根据中位数的概念可得n的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用样本估计总体即可．
某中学为普及天文知识，举行了一次知识竞赛(百分制)，为了解七、八年级学生的答题情况，从中各随机抽取了40名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息：
24.【答案】(1)证明：连接OD．
∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD=∠CAD．
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AE，
∴∠E+∠ODE=180°，
∵DE⊥AC．
∴∠E=90°，
∴∠ODE=90°，
∴OD⊥EF．
又∵点D在⊙O上，
∴直线DE是⊙O的切线．
(2)解：连接BC交OD于点H，如图．
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°．
又∵∠E=90°，∠ODE=90°，
∴四边形CEDH为矩形，
∴CH//EF，
∴∠ABC=∠F，
∴cos∠ABC=cosF=45，
又∵AB=5，cos∠ABC=BCAB=45，
∴BC=4，
∵四边形CEDH为矩形，
∴OH⊥BC，
∴CH=12BC=2，
∵四边形CEDH为矩形，
∴DE=CH=2．
【解析】(1)连接OD，证OD//AE，由已知DE⊥AE，得出DE⊥OD，即可得出结论；
(2)连接BC交OD于点H，证明四边形CEDH为矩形，得出HC//FE，HC=DE=BH，再证明∠ABC=∠F，求出BC的长即可得出结论．
本题考查了切线的判定与性质、角平分线定义、垂径定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握切线的判定和垂径定理是解题的关键．
25.【答案】<
【解析】解：(1)由表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：(2,1)，
∴y=a(x−2)2+1，
即该运动员竖直高度的最大值为1m，
当x=0时，y=0，代入y=a(x−2)2+1得：
0=a(0−2)2+1，
解得：a=−14，
∴函数解析式为：y=−14(x−2)2+1；
(2)令y=0，得：
第一次训练时：
−14(x−2)2+1=0，
解得：x1=0，x2=4，
∴d1=4；
第二次训练时：
−0.25(x−2.2)2+1.21=0，
解得：x1=0，x2=4.4，
∴d2=4.4；
∵4<4.4，
∴d1
(1)先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出h、k的值，运动员竖直高度的最大值；将表格中(0,0)代入函数关系式，即可求出a的值；
(2)令y=0，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，即可求得d1和d2．
本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，由y=0，求出d1和d2是解题的关键．
26.【答案】解：(1)将(2,1)代入y=ax2+bx+1得：4a+2b=0，
∴b=−2a，
∴对称轴为：x=−b2a=1，
(2)∵B(3,n)，
∴点B关于对称轴的对称点坐标为(−1,n)，
∵a>0，
∴抛物线开口向上，
∵点A(x0,m)，B(3,n)在抛物线上，且m
∴−1
(2)根据抛物线对称性可得点B关于对称轴的对称点坐标为(−1,n)，根据抛物线的性质可得−1
27.【答案】(1)证明：如图所示：过点A作AH⊥BD于H，
∵将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，
∴AC=AD，
∵AH⊥BD，
∴CH=DH，∠CAH=∠DAH=12∠CAD，
∵DE⊥AC，
∴∠ACD+∠BDF=90°=∠ACD+∠CAH，
∴∠BDF=∠CAH=12∠CAD；
(2)解： 2BF=CD，理由如下：
如图，过点F作FN⊥BD于N，
∵∠B=45°，AH⊥BD，FN⊥BD，
∴△BNF和△BHA都是等腰直角三角形，
∴BN=FN，BF= 2FN，∠BAH=45°=∠B，
∵∠BDF=∠CAH=∠DAH=12∠CAD，
∴∠B+∠BDF=∠BAH+∠DAH，
∴∠DFA=∠DAF，
∴AD=DF，
又∵∠FND=∠AHD=90°，∠BDF=∠DAH，
∴△DAH≌△FDN(AAS)，
∴FN=DH，
∴ 2BF=CD．
【解析】(1)由旋转的性质可得AC=AD，由等腰三角形的性质可得CH=DH，∠CAH=∠DAH=12∠CAD，由余角的性质可求解；
(2)由“AAS”可证△DAH≌△FDN，可得FN=DH，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
28.【答案】P2
【解析】解：(1)①若r=1，
则A(−1,0)，B(1,0)．
以O为圆心，1为半径作圆，
则线段AB的直点满足在⊙O上，
∵P1(12,−12)，
∴OP1= (12)2+(12)2= 22<1，
∴P1在⊙O内，
∴P1不是线段AB的直点；
∵P2(0,1)，
∴OP2=1，
∴P2在⊙O上，
∴P2是线段AB的直点；
∵P3(−1,−1)，
∴OP3= 12+12= 2>1，
∴P3在⊙O外，
∴P3不是线段AB的直点；
故答案为：P2．
②如图，作直线CO，交⊙O于M、N，则CM是CP的最小值，CN是CP的最大值，
∵点C(−1,−1)，
∴OC= 12+12= 2，
∴CM= 2−1，CN= 2+1，
∴ 2−1≤OP≤ 2+1，
(2)∵D在直线y=x−1上且满足2
若点D在(2,1)处，OD= 12+22= 5，
连接OD交⊙O于P，
当DP=1时，OE= 5−1，
即r= 5−1，
若点D在(4,3)处，OD= 32+42=5，
连接OD交⊙O于P，
当DP=1时，OP=5+1=6，
即r=6，
∴r的取值范围 5−1
②连接OP作直线，交⊙O于M、N，则CM是CP的最小值，CN是CP的最大值，再分别计算CM、CN即可；
(2)若点D在(2,1)处和若点D在(4,3)处时，分别求出当DP=1时的OP长即可．
本题考查了点圆最值的应用解答，一次函数性质及勾股定理的计算是解题关键．
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