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2023年浙江省金华市婺城区中考数学调研试卷（含解析）
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这是一份2023年浙江省金华市婺城区中考数学调研试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省金华市婺城区中考数学调研试卷
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. 在3，−3，0，−2这四个数中，最小的数是( )
A. 3 B. −3 C. 0 D. −2
2. 下列式子正确的是( )
A. a3⋅a2=a5 B. (a2)3=a5 C. (ab)2=ab2 D. a3+a2=a5
3. 下列数学符号既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 下列是描述小明和小颖在同一盏路灯下影子的图片，其中合理的是( )
A. B.
C. D.
5. 空气是混合物，为直观介绍空气中各成分的百分比，所采用的统计图最适合的是( )
A. 折线统计图 B. 扇形统计图 C. 频数分布直方图 D. 条形统计图
6. 符号语言“|a|=−a(a<0)”转化为文字表达，正确的是( )
A. 一个正数的绝对值等于它本身 B. 负数的绝对值等于它的相反数
C. 非负数的绝对值等于它本身 D. 0的绝对值等于0
7. 如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1=85°，∠2=45°，要使木条a与b平行，木条a按箭头方向旋转的度数至少是( )
A. 15°
B. 25°
C. 35°
D. 40°
8. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+b与两坐标轴交点分别为(2,0)，(0,3)，则不等式kx+b>0的解为( )
A. x>2
B. x<2
C. x>3
D. x<3
9. 安装了软件“SmartMeasure”的智能手机可以测量物高.其数学原理是：该软件通过测量手机离地面的高度、物体底端的俯角和顶端的仰角即可知道物体高度.如图2小明测得大树底端C点的俯角α，顶端D点的仰角β，点A离地面的高度AB=a m.则大树CD的高为( )
A. a(tanα+tanβ)米 B. a(sinα+sinβ)米
C. a(tanαtanβ+1)米 D. a(tanβtanα+1)米
10. “化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法.如图所示，在矩形ABCD中(AB>AD)，以AD为边作正方形ADEF，在FE的延长线上取一点G，使得∠DGC=Rt∠，过点D作DH⊥DG交AB于点H，过点H作HK⊥GC于点K.若BF=2FH=2，则DE为( )
A. 4 B. 2+ 3 C. 2 3 D. 3 2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 在二次根式 x−2中，字母x的取值范围是______ ．
12. 2023年2月份婺城区第十届人民代表大会审议通过的政府工作报告中指出，2023年实现地区生产总值35370000000元.数35370000000用科学记数法表示为______ ．
13. 若两张扑克牌的牌面数字相同，则可以组成一对.如图，是甲、乙同学手中的扑克牌.若甲从乙手中随机抽取一张，恰好与手中牌组成一对的概率是______ ．
14. 如图，已知正方形ABCD的边长为4cm，以AB，AD为直径作两个半圆，分别取弧AB，弧AD的中点M，N，连结MC，NC，则图中阴影部分的周长为______ cm．
15. 剪纸是中国的传统文化之一.如图1，将长为12cm，宽为5cm的矩形纸片剪成4张小纸片，分别记为“①，②，③，④”.若这四张小纸片恰好能拼成如图2所示的矩形，则在“小纸片①”中，较长直角边______ cm．
16. 图1是一款自动关门器，其示意图如图2所示.固定铁架的宽AB=20cm，支点P，Q分别固定在墙面和铁门上，AP⊥AB，AP=20cm，摇臂OP=20cm，连杆OQ=25cm，点A、B、O、p、Q在同一平面内.关门器工作时，点C绕点B转动，摇臂OP与连杆OQ长度均固定不变.当铁门完全关闭时(如图3)，点A、B、Q在同一直线上，OP⊥AP.在开门的过程中，当端点C落在墙面AP上或连杆OQ落在BC上，都无法将门进一步打开，称此时为开门的极限状态．
(1)BQ= ______ cm．
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC的最大值为______ cm．
三、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：−|−3|+4cos45°−(−1)2023− 8．
18. (本小题6.0分)
如图，是一道关于整式运算的例题及正确的解答过程，其中A、B是两个关于x的二项式．
(1)二项式A为______ ，二项式B为______ ．
(2)当x为何值时，A与B的值相等？
19. (本小题6.0分)
如图是用10个完全相同的小立方体搭成的几何体．
(1)已知该几何体的主视图如图所示，请在空白的方格中画出它的左视图和俯视图．
(2)若保持主视图和俯视图不变，最多还可以再搭______ 一个小立方体．
20. (本小题8.0分)
为了解学生的科技知识情况，某校在七、八年级学生中举行了科技知识竞赛(七、八年级各有300名学生).现从两个年级各随机抽取20名学生的竞赛成绩(百分制)进行分析，过程如下：
收集数据：
七年级：94，87，86，85，83，81，80，80，79，79，77，76，75，75，75，75，73，71，70，59．
八年级：92，74，87，82，72，81，94，83，77，83，80，81，71，81，72，77，82，80，70，41．
整理数据：
40≤x≤49
50≤x≤59
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
七年级
0
1
0
11
7
1
八年级
1
0
0
7
a
2
分析数据：
平均数
众数
中位数
七年级
78
75
b
八年级
78
81
80.5
应用数据：
(1)由上表填空：a= ______ ，b= ______ ；
(2)估计该校七、八两个年级在本次竞赛中成绩在90分以上的学生共有多少人？
(3)结合实际，解释被抽取的八年级20名学生成绩的众数的实际意义．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E.作OF⊥AC于点F，DG⊥AC于点G．
(1)求证：DG是⊙O的切线；
(2)已知DG=3，EG=1，求⊙O的半径．
22. (本小题10.0分)
根据下列素材，探索完成任务：
如何加固蔬菜大棚？
素材1
农科所在某蔬菜基地试用新型保温大棚技术.大棚横截面为抛
物线型(如图)，一端固定在距离地面1米的墙体1处.另一
端固定在距离地面2米的对面墙体B处，两墙体的水平距离为
6米.大棚离地面的最高点P与A的水平距离为3.5米．
素材2
为了使大棚更牢固，在此横截面内竖立若干根与地面垂直的竹
竿连接到大棚的边缘.要求相邻竹竿之间的水平距离为2米，
靠近墙体的竹竿与墙体的水平距离不超过2米．
问题解决
任务1
确定大棚形状
结合素材1，在图中建立合适的直角坐标系，求大棚横截
面所对应的抛物线解析式(不需写自变量取值范围)．
任务2
探索加固方案
请你设计一个符合要求的竹竿竖立方案，方案内容包括：
①从何处立第一根竹竿；
②共需多少根竹竿；③所霄竹竿的总长度(写出计算过程)．
23. (本小题10.0分)
定义：在平面直角坐标系中，直线x=m与某函数图象交点记为点P，作该函数图象中，点P及点P右侧部分关于直线x=m的轴对称图形，与原函数图象上的点P及点P右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线x=m的“迭代函数“.例如：图1是函数y=x+1的图象，则它关于直线x=0的“迭代函数“的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数“的解析式为y=x+1(x≤0)−x+1(x<0)．
(1)写出函数y=x+1关于直线x=1的“迭代函数“的解析式为______ ．
(2)若函数y=−x2+4x+3关于直线x=m的“迭代函数“图象经过(−1,0)，则m= ______ ．
(3)已知正方形ABCD的顶点分别为：
A(a,a)，B(a,−a)，C(−a,−a)，D(−a,a)，其中a>0．
①若函数y=6x关于直线x=−2的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有3个公共点，则a= ______ ；
②若a=6，函数y=6x关于直线x=n的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有4个公共点，则n的取值范围为______ ．
24. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=10，tanA=34，点P是CD边上的动点，连结BP并延长交直线AD于点E，将△BCP沿直线BE折叠得到△BC′P，直线BC′交直线AD于点F．
(1)求证：BF=EF．
(2)若四边形ABCD为菱形，且DF=2，求DPCP的值．
(3)若点P为CD的中点，在改变AD长度的过程中，当△ABF成为AB为腰的等腰三角形时，求AD的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得
−3<−2<0<3，
∴各数中最小的数是−3．
故选：B．
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】A
【解析】解：A、a3⋅a2=a5，故A符合题意；
B、(a2)3=a6，故B不符合题意；
C、(ab)2=a2b2，故C不符合题意；
D、a3与a2不能合并，故D不符合题意；
故选：A．
根据幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法法则，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与自身重合．
4.【答案】D
【解析】解：小明和小颖在同一盏路灯下影子与身高比例相等且影子方向相反．
故选：D．
利用“在同一时刻同一地点阳光下的影子的方向应该一致，人与影子的比相等”对各选项进行判断．
本题考查中心投影的特点是：
①等高的物体垂直地面放置时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长．
②等长的物体平行于地面放置时，在灯光下，离点光源越近，影子越长；离点光源越远，影子越短，但不会比物体本身的长度还短．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，为直观介绍空气中各成分的百分比，应选择扇形统计图．
故选：B．
利用折线统计图，扇形统计图，频数分布直方图，以及条形统计图表示的意义判断即可．
此题考查了统计图的选择，扇形统计图表示的是部分在总体中所占的百分比，但一般不能直接从图中得到具体的数据；折线统计图表示的是事物的变化情况；条形统计图能清楚地表示出每个项目的具体数目．
6.【答案】B
【解析】解：“|a|=−a(a<0)”的含义是“负数的绝对值等于它的相反数”．
故选：B．
根据绝对值的性质解答即可．
本题考查了绝对值的性质，理解用字母表示这一性质是解题关键．
7.【答案】D
【解析】解：如图：
∵∠AOC=∠2=45°时，OA//b，即a//b，
∴要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是85°−45°=40°．
故选：D．
根据同位角相等两直线平行，求出旋转后∠2的同位角的度数，然后用∠1减去即可得到木条a旋转的度数．
本题考查了旋转的性质，平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后∠2的同位角的度数是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵直线y=kx+b与两坐标轴交点分别为(2,0)，(0,3)，且y随x的增大而减小，
∴不等式kx+b>0的解集是x<2．
故选：B．
根据直线y=kx+b与y轴交于点A(2,0)，以及函数的增减性，即可求出不等式kx+b>0的解集．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
9.【答案】D
【解析】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，
由题意得：AB=CE=a m，AE=CB，AE//BC，
∴∠EAC=∠ACB=α，
在Rt△ABC中，BC=ABtanα=atanα(m)，
∴AE=BC=atanαm，
在Rt△AED中，∠DAE=β，
∴DE=AE⋅tanβ=atanα⋅tanβ=atanβtanα(m)，
∴DC=DE+CE=a+atanβtanα=a(tanβtanα+1)(m)，
故选：D．
过点A作AE⊥CD，垂足为E，根据题意可得：AB=CE=a m，AE=CB，AE//BC，从而可得∠EAC=∠ACB=α，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，再在Rt△AED中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵DH⊥DG，HK⊥GC，∠DGC=Rt∠，
∴∠HDG=∠DGC=∠K=90°，
∴四边形DGKH是矩形，
∵四边形ABCD是矩形，四边形ADEF是正方形，
∴∠DAB=∠DAF=90°，∠ADC=∠ADE=90°，
∴点F在AB边上，点E在CD边上，
∵CD//AB，
∴∠DEG=∠AFE=90°，
∴∠DEG=∠DAH，
∵ED=AD，∠EDG=∠ADH=90°−∠CDH，
∴△DEG≌△DAH(ASA)，
∴DG=DH，
∴四边形DGKH是正方形，
∴DH2=DH⋅DG=2S△CDH，
∵AB=CD，
∴AB⋅AD=CD⋅AD=2S△CDH，
∴DH2=AB⋅AD，
∴AD2+AH2=DH2=AB⋅AD，
∵BF=2FH=2，
∴FH=1，
∵AF=AD=DE，
∴AH=AF−FH=DE−1，AB=AF+BF=DE+2，
∴DE2+(DE−1)2=(DE+2)⋅DE，
解得DE=2+ 3或DE=2− 3，
若DE=2− 3，则AH=2− 3−1=1− 3≤0，
∴DE=2− 3不符合题意，舍去，
故选：B．
由∠HDG=∠DGC=∠K=90°，证明四边形DGKH是矩形，再证明△DEG≌△DAH，得DG=DH，则四边形DGKH是正方形，所以DH2=DH⋅DG=2S△CDH，而AB⋅AD=CD⋅AD=2S△CDH，则DH2=AB⋅AD，所以AD2+AH2=DH2=AB⋅AD，由BF=2FH=2，得FH=1，AH=DE−1，AB=DE+2，所以DE2+(DE−1)2=(DE+2)⋅DE，即可求得DE=2+ 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△DEG≌△DAH是解题的关键．
11.【答案】x≥2
【解析】解：∵二次根式 x−2有意义，
∴x−2≥0，解得x≥2
故答案为：x≥2．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解；
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12.【答案】3.537×1010
【解析】解：35370000000=3.537×1010．
故答案为：3.537×1010．
用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数．
本题考查了科学记数法，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．确定n的值时，要看把原来的数，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，确定a与n的值是解题的关键．
13.【答案】12
【解析】解：∵甲从乙手中随机抽取一张共有4种等可能结果，其中恰好与手中牌组成一对的有2种结果，
∴甲从乙手中随机抽取一张，恰好与手中牌组成一对的概率是24=12，
故答案为：12．
直接由概率公式求解即可．
本题考查的是概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比，熟记概率公式是解题的关键．
14.【答案】(4 10+2π)
【解析】解：如图，取AD的中点O，连接NO，设CN交AD于点E，
∵N是弧AD的中点，
∴NO⊥AD，
∵CD⊥AD，
∴NO//CD，
∴△NOE∽△CDE，
∴NECE=OEDE=ONDC=24=12，
∴OE=13OD=23，
在Rt△NOE中，NE= ON2+OE2= 22+(23)2=2 103，
∴CM=CN=3NE=2 10，
∵点M，N分别为弧AB，弧AD的中点
∴弧AB，弧AD的长度和为2×90π×22360=2π，
∴图中阴影部分的周长为(4 10+2π)cm．
故答案为：(4 10+2π).
取AD的中点O，连接NO，设CN交AD于点E，证明△NOE∽△CDE，可得NECE=OEDE=ONDC=24=12，根据勾股定理得NE=2 103，所以CM=CN=3NE=2 10，再根据弧AB，弧AD的长度和为2×90π×22360=2π，即可求出答案．
本题主要考查弧长的计算和正方形的性质，解题关键是证明△NOE∽△CDE．
15.【答案】607
【解析】解：如图，设CD=x cm，DE=y cm，则BD=(12−x)cm．
∵DE//AB，
∴DEAB=CDCB，
∴y5=x12，
∴y=512x，
又∵x=y+5，
∴x=512x+5，
∴x=607，
∴较长直角边为607cm．
故答案为：607．
如图，设CD=x cm，DE=y cm，则BD=(12−x)cm.构建方程组求解即可．
本题考查图形的拼剪，正方形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程组解决问题．
16.【答案】15 80 7+4009
【解析】解：(1)连接OB，如图1，
∵AP⊥AB，OP⊥AP，
∴AB//PO，∠A=∠APO=90°，
∵AB=OP=20cm，
∴四边形ABOP是矩形，
∵AP=OP=20cm，
∴四边形ABOP是正方形，
∴∠ABO=90°，OB=AP=20，
∴∠OBQ=90°，
在Rt△OBQ中，OQ=25cm，
∴BQ= OQ2−OB2= 252−202=15(cm)；
故答案为：15；
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC取得最大值时，端点C落在墙面AP上，此时，
OB=OQ+BQ=25+15=40(cm)，
如图，连接BP，过点P作PD⊥BC于点D，则∠BDP=∠CDP=90°，
在Rt△ABP中，BP= AB2+AP2= 202+202=20 2(cm)，
在Rt△BDP中，PD2=BP2−BD2=800−BD2，
在Rt△ODP中，PD2=OP2−OD2=400−OD2，
∴400−OD2=800−BD2，
即400−OD2=800−(40−OD)2，
∴OD=15，
∴PD= 400−OD2=5 7(cm)，
∵∠A=∠COP=90°，∠ACB=∠DCP，
∴△ACB∽△DCP，
∴BCPC=ACDC=ABDP=205 7，
∴PC=5 720BC= 74BC，
DC=5 720AC= 74AC= 74(20+PC)，
∴DC= 74(20+ 74BC)
=5 7+716BC，
在Rt△CDP中，PD2+CD2=PC2，
∴(5 7)2+(5 7+716BC)2=( 74BC)2，
∴BC=80 7±4009(负值不合题意，舍去)，
∴BC=80 7+4009(cm)，
即门宽BC的最大值为80 7+4009cm，
故答案为：80 7+4009．
(1)连接OB，由正方形的判定与性质可得∠ABO=90°，OB=AP=20，再根据勾股定理可得答案；
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC取得最大值时，端点C落在墙面AP上，此时，OB=OQ+BQ=25+15=40(cm)，如图2，连接BP，过点P作PD⊥BC于点D，则∠BDP=∠CDP=90°，然后根据勾股定理列出方程，求解即可求得答案．
此题考查的是相似三角形的应用，涉及到了正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出图形是解决此题的关键．
17.【答案】解：−|−3|+4cos45°−(−1)2023− 8
=−3+4× 22+1−2 2
=−3+2 2+1−2 2
=−2．
【解析】本题涉及绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、二次根式化简4个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、二次根式等知识点的运算．
18.【答案】2x−3 3x+5
【解析】解：(1)A=(4x−6)÷2=2x−3，B=(−9x−15)÷(−3)=3x+5，
故答案为：2x−3，3x+5；
(2)由A=B得，2x−3=3x+5，
解得x=−8，
∴x=−8时，A与B的值相等．
(1)根据整式的乘法法则求出A、B即可；
(2)先列出不等式，再求出不等式的解集，最后求出最小整数解即可．
本题考查了解一元一次方程和整式的加减，能求出A、B的值是解此题的关键．
19.【答案】3
【解析】解：(1)如图所示：
(2)保持主视图和俯视图不变，最多还可以再搭3块小正方体．
故答案为：3．
(1)根据物体形状即可画出左视图有三列与以及主视图、俯视图都有三列，进而画出图形；
(2)可在最左侧前端放两个后面再放一个即可得出答案．
本题考查几何体的三视图画法．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．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
20.【答案】10 78
【解析】解：(1)由题意可得a=10，
将七年级学生成绩从小到大排列处在中间位置的两个数的平均数为(77+79)÷2=78，
因此中位数是78，即b=78，
故答案为：10，78；
(2)(300+300)×1+220+20=45(人)，
答：该校七、八年级学生在本次竞赛中成绩在90分以上的共有约45人；
(3)八年级20名学生成绩的中位数的实际意义：八年级20名学生成绩有一半或一半以上超过81分．
(1)根据题意可得a、中位数的意义可得b；
(2)求出90分以上的所占得百分比即可；
(3)根据中位数的定义即可得出结论．
本题考查了中位数、众数、频数分布表，理解中位数、众数的意义是正确解答的关键．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD//AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥DG，
∵OD是半径，
∴DG是O的切线；
(2)解：∵OD⊥DG，OF⊥AC，DG⊥AC，
∴四边形ODGF是矩形，AF=EF，
∴OF=DG=3，
设半径为OA=r，即OD=r，EF=r−1=AF，
在Rt△AOF中，
∵OF2+AF2=OA2，即32+(r−1)2=r2，
∴r=5，
答：⊙O的半径为5．
【解析】(1)根据等腰三角形的性质以及平行线的判定方法可得OD//AC，进而得到OD⊥DG，再根据切线的判定方法进行判断即可；
(2)判断四边形ODGF是矩形，进而得到OF=DG=3，根据垂径定理得到AF=FE，再利用半径的代数式表示AF，由勾股定理列方程求解即可．
本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，垂径定理以及勾股定理，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质，垂径定理以及勾股定理是正确解答的前提．
22.【答案】解：(1)建立直角坐标系如图(答案不唯一)：
由已知可得A(0,1)，B(6,2)，顶点P的横坐标为3.5，
设大棚横截面所对应的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∴c=136a+6b+c=2−b2a=3.5，
解得a=−16b=76c=1，
∴大棚横截面所对应的抛物线解析式为y=−16x2+76x+1；
(2)符合要求的方案(答案不唯一)：
从距左侧墙体2米处立第一根竹竿，距左侧墙体4米处立第二根竹竿，
∴共需2根竹竿，
当x=2时，y=−16x2+76x+1=−16×4+76×2+1=83，
当x=4时，y=−16x2+76x+1=−16×16+76×4+1=3，
∴所需竹竿总长度为83+3=173(米)．
【解析】(1)建立直角坐标系，用待定系数法求出解析式即可；(2)根据题意，写出一个符合要求的方案即可．
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，方案设计等，解题的关键是读懂题意，掌握待定系数法求函数解析式．
23.【答案】y=x+1(x≥1)−x+3(x<1) 1± 72 3 0
∴C(1,2)，点A关于直线x=1的对称点为B(0,3)，
设BC所在直线的解析式为：y=kx+b，
∴b=3k+b=2，
解得k=−1b=3，
∴y=x+1(x≥1)−x+3(x<1)；
故答案为：y=x+1(x≥1)−x+3(x<1)；
(2)根据题意可得，(−1,0)关于直线x=m的对称点(2m+1,0)在原抛物线上，
∴−(2m+1)2+4(2m+1)+3=0，
解得m=1± 72；
故答案为：1± 72；
(3)①如图2−1，当正方形的边BC过点(−2,−3)时，a=3，此时正方形ABCD与此迭代函数有三个交点；
如图2−2，当a>3时，正方形ABCD与此迭代函数有四个交点，当a继续增大，交点超过4个，不符合题意；
故答案为：3；
②如图3−1，当n=−1时，此迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
如图3−2时，当−1
如图3−3时，当0
如图3−4，当n=−52时，此迭代函数过点D，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
当n<−52时，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，符合题意；
故答案为：0
(2)根据题意可得，(−1,0)关于直线x=m的对称点在原抛物线上，代入即可得出m的值；
(3)①根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论；
②根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论．
本题考查二次函数的综合应用；理解并运用新定义“迭代函数”，能够将图象的对称转化为点的对称，借助图象解题是关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠E=∠CBE，
由折叠得∠CBE=∠FBE，
∴∠E=∠FBE，
∴BF=EF．
(2)解：过点B作BM⊥AE于点M，
则tanA=BMAM=34，
设BM=3x，AM=4x，且x>0，又AB=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC=CD=AB=10，
在Rt△ABM中，AM2+BM2=AB2，
即(4x)2+(3x)2=102，
解得：x=2，
∴AM=8，BM=6，
∴DM=AD−AM=10−8=2，
当点F在点D的右侧时，如图，
′
∵DF=2，
∴MF=DM+DF=2+2=4，
在Rt△BFM中，BF= BM2+MF2= 62+42=2 13，
由(1)知：BF=EF，
∴EF=2 13，
∴DE=DF+EF=2+2 13，
∵BC//AD，
∴△DPE∽△CPB，
∴DPCP=DEBC=2+2 1310=1+ 135；
当点F在点D的左侧时，如图，点F与点M重合，
则EF=BF=6，
∴DE=EF−DF=6−2=4，
同理：DPCP=DEBC=410=25，
综上所述，DPCP的值为1+ 135或25．
(3)①当BA=BF时，点F在点E的左侧，如图，过点B作BM⊥AD于点M，
由(1)(2)知：BF=EF，AM=8，BM=6，
∵BA=BF=10，BM⊥AD，
∴MF=AM=8，EF=10，
∴AE=2AM+EF=8×2+10=26，
∵点P是CD的中点，
∴CP=DP，
∵BC//AD，
∴∠CBP=∠E，∠C=∠PDE，
∴△BCP≌△EDP(AAS)，
∴DE=BC=AD，
∵2AD=AE=26，
∴AD=13；
②当BA=BF时，若点F在点E的右侧，如图，
则AM=MF=8，BM=6，EF=BF=10，
同理可得：DE=BC=AD，
∵AD+DE+EF=2AM=16，
∴2AD+10=16，
∴AD=3；
③当AB=AF时，若点F在线段DE上，如图，过点B作BM⊥AE于点M，
由(1)(2)知：BF=EF，AM=8，BM=6，
由(3)①知：DE=BC=AD，
∵AB=AF=10，
∴MF=AF−AM=10−8=2，
∴BF= BM2+MF2= 62+22=2 10，
∴EF=2 10，AE=AF+EF=10+2 10，
∵2AD=AE，
∴AD=12AE=12×(10+2 10)=5+ 10；
④当AB=AF时，若点F在线段DE的延长线上，如图，
同理可得：BF=EF=2 10，AF=AB=10，DE=BC=AD，
∴AE=AF−EF=10−2 10，
∴AD=12AE=12×(10−2 10)=5− 10；
⑤当AB=AF时，若点F在线段DE的反向延长线上，如图，
同理可得：AF=AB=10，DE=BC=AD，AM=8，BM=6，EF=BF，
∴FM=AF+AM=10+8=18，
∴BF= FM2+BM2= 182+62=6 10，
∴EF=6 10，
∵2AD+AF=EF，即2AD+10=6 10，
∴AD=3 10−5；
综上所述，AD的长为13或3或5+ 10或5− 10或3 10−5．
【解析】(1)由平行四边形的性质可得AD//BC，再利用平行线性质可得∠E=∠CBE，由折叠可得∠CBE=∠FBE，进而可得∠E=∠FBE，再根据等腰三角形的判定即可推出BF=EF．
(2)过点B作BM⊥AE于点M，根据tanA=BMAM=34，设BM=3x，AM=4x，利用菱形性质和勾股定理可求得x=2，即AM=8，BM=6，DM=2，分两种情况：当点F在点D的右侧时，当点F在点D的左侧时，运用相似三角形的判定和性质即可求得答案；
(3)分五种情况：①当BA=BF时，点F在点E的左侧，②当BA=BF时，点F在点E的右侧，③当AB=AF时，若点F在线段DE上，④当AB=AF时，若点F在线段DE的延长线上，⑤当AB=AF时，若点F在线段DE的反向延长线上，分别画出图形，利用全等三角形的判定和性质、勾股定理求解即可．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，翻折变换的性质，平行线的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，综合性强，难度较大，运用分类讨论思想是解题关键．
2023年浙江省金华市婺城区中考数学调研试卷
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. 在3，−3，0，−2这四个数中，最小的数是( )
A. 3 B. −3 C. 0 D. −2
2. 下列式子正确的是( )
A. a3⋅a2=a5 B. (a2)3=a5 C. (ab)2=ab2 D. a3+a2=a5
3. 下列数学符号既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 下列是描述小明和小颖在同一盏路灯下影子的图片，其中合理的是( )
A. B.
C. D.
5. 空气是混合物，为直观介绍空气中各成分的百分比，所采用的统计图最适合的是( )
A. 折线统计图 B. 扇形统计图 C. 频数分布直方图 D. 条形统计图
6. 符号语言“|a|=−a(a<0)”转化为文字表达，正确的是( )
A. 一个正数的绝对值等于它本身 B. 负数的绝对值等于它的相反数
C. 非负数的绝对值等于它本身 D. 0的绝对值等于0
7. 如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1=85°，∠2=45°，要使木条a与b平行，木条a按箭头方向旋转的度数至少是( )
A. 15°
B. 25°
C. 35°
D. 40°
8. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+b与两坐标轴交点分别为(2,0)，(0,3)，则不等式kx+b>0的解为( )
A. x>2
B. x<2
C. x>3
D. x<3
9. 安装了软件“SmartMeasure”的智能手机可以测量物高.其数学原理是：该软件通过测量手机离地面的高度、物体底端的俯角和顶端的仰角即可知道物体高度.如图2小明测得大树底端C点的俯角α，顶端D点的仰角β，点A离地面的高度AB=a m.则大树CD的高为( )
A. a(tanα+tanβ)米 B. a(sinα+sinβ)米
C. a(tanαtanβ+1)米 D. a(tanβtanα+1)米
10. “化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法.如图所示，在矩形ABCD中(AB>AD)，以AD为边作正方形ADEF，在FE的延长线上取一点G，使得∠DGC=Rt∠，过点D作DH⊥DG交AB于点H，过点H作HK⊥GC于点K.若BF=2FH=2，则DE为( )
A. 4 B. 2+ 3 C. 2 3 D. 3 2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 在二次根式 x−2中，字母x的取值范围是______ ．
12. 2023年2月份婺城区第十届人民代表大会审议通过的政府工作报告中指出，2023年实现地区生产总值35370000000元.数35370000000用科学记数法表示为______ ．
13. 若两张扑克牌的牌面数字相同，则可以组成一对.如图，是甲、乙同学手中的扑克牌.若甲从乙手中随机抽取一张，恰好与手中牌组成一对的概率是______ ．
14. 如图，已知正方形ABCD的边长为4cm，以AB，AD为直径作两个半圆，分别取弧AB，弧AD的中点M，N，连结MC，NC，则图中阴影部分的周长为______ cm．
15. 剪纸是中国的传统文化之一.如图1，将长为12cm，宽为5cm的矩形纸片剪成4张小纸片，分别记为“①，②，③，④”.若这四张小纸片恰好能拼成如图2所示的矩形，则在“小纸片①”中，较长直角边______ cm．
16. 图1是一款自动关门器，其示意图如图2所示.固定铁架的宽AB=20cm，支点P，Q分别固定在墙面和铁门上，AP⊥AB，AP=20cm，摇臂OP=20cm，连杆OQ=25cm，点A、B、O、p、Q在同一平面内.关门器工作时，点C绕点B转动，摇臂OP与连杆OQ长度均固定不变.当铁门完全关闭时(如图3)，点A、B、Q在同一直线上，OP⊥AP.在开门的过程中，当端点C落在墙面AP上或连杆OQ落在BC上，都无法将门进一步打开，称此时为开门的极限状态．
(1)BQ= ______ cm．
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC的最大值为______ cm．
三、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：−|−3|+4cos45°−(−1)2023− 8．
18. (本小题6.0分)
如图，是一道关于整式运算的例题及正确的解答过程，其中A、B是两个关于x的二项式．
(1)二项式A为______ ，二项式B为______ ．
(2)当x为何值时，A与B的值相等？
19. (本小题6.0分)
如图是用10个完全相同的小立方体搭成的几何体．
(1)已知该几何体的主视图如图所示，请在空白的方格中画出它的左视图和俯视图．
(2)若保持主视图和俯视图不变，最多还可以再搭______ 一个小立方体．
20. (本小题8.0分)
为了解学生的科技知识情况，某校在七、八年级学生中举行了科技知识竞赛(七、八年级各有300名学生).现从两个年级各随机抽取20名学生的竞赛成绩(百分制)进行分析，过程如下：
收集数据：
七年级：94，87，86，85，83，81，80，80，79，79，77，76，75，75，75，75，73，71，70，59．
八年级：92，74，87，82，72，81，94，83，77，83，80，81，71，81，72，77，82，80，70，41．
整理数据：
40≤x≤49
50≤x≤59
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
七年级
0
1
0
11
7
1
八年级
1
0
0
7
a
2
分析数据：
平均数
众数
中位数
七年级
78
75
b
八年级
78
81
80.5
应用数据：
(1)由上表填空：a= ______ ，b= ______ ；
(2)估计该校七、八两个年级在本次竞赛中成绩在90分以上的学生共有多少人？
(3)结合实际，解释被抽取的八年级20名学生成绩的众数的实际意义．
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E.作OF⊥AC于点F，DG⊥AC于点G．
(1)求证：DG是⊙O的切线；
(2)已知DG=3，EG=1，求⊙O的半径．
22. (本小题10.0分)
根据下列素材，探索完成任务：
如何加固蔬菜大棚？
素材1
农科所在某蔬菜基地试用新型保温大棚技术.大棚横截面为抛
物线型(如图)，一端固定在距离地面1米的墙体1处.另一
端固定在距离地面2米的对面墙体B处，两墙体的水平距离为
6米.大棚离地面的最高点P与A的水平距离为3.5米．
素材2
为了使大棚更牢固，在此横截面内竖立若干根与地面垂直的竹
竿连接到大棚的边缘.要求相邻竹竿之间的水平距离为2米，
靠近墙体的竹竿与墙体的水平距离不超过2米．
问题解决
任务1
确定大棚形状
结合素材1，在图中建立合适的直角坐标系，求大棚横截
面所对应的抛物线解析式(不需写自变量取值范围)．
任务2
探索加固方案
请你设计一个符合要求的竹竿竖立方案，方案内容包括：
①从何处立第一根竹竿；
②共需多少根竹竿；③所霄竹竿的总长度(写出计算过程)．
23. (本小题10.0分)
定义：在平面直角坐标系中，直线x=m与某函数图象交点记为点P，作该函数图象中，点P及点P右侧部分关于直线x=m的轴对称图形，与原函数图象上的点P及点P右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线x=m的“迭代函数“.例如：图1是函数y=x+1的图象，则它关于直线x=0的“迭代函数“的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数“的解析式为y=x+1(x≤0)−x+1(x<0)．
(1)写出函数y=x+1关于直线x=1的“迭代函数“的解析式为______ ．
(2)若函数y=−x2+4x+3关于直线x=m的“迭代函数“图象经过(−1,0)，则m= ______ ．
(3)已知正方形ABCD的顶点分别为：
A(a,a)，B(a,−a)，C(−a,−a)，D(−a,a)，其中a>0．
①若函数y=6x关于直线x=−2的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有3个公共点，则a= ______ ；
②若a=6，函数y=6x关于直线x=n的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有4个公共点，则n的取值范围为______ ．
24. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=10，tanA=34，点P是CD边上的动点，连结BP并延长交直线AD于点E，将△BCP沿直线BE折叠得到△BC′P，直线BC′交直线AD于点F．
(1)求证：BF=EF．
(2)若四边形ABCD为菱形，且DF=2，求DPCP的值．
(3)若点P为CD的中点，在改变AD长度的过程中，当△ABF成为AB为腰的等腰三角形时，求AD的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得
−3<−2<0<3，
∴各数中最小的数是−3．
故选：B．
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】A
【解析】解：A、a3⋅a2=a5，故A符合题意；
B、(a2)3=a6，故B不符合题意；
C、(ab)2=a2b2，故C不符合题意；
D、a3与a2不能合并，故D不符合题意；
故选：A．
根据幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法法则，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与自身重合．
4.【答案】D
【解析】解：小明和小颖在同一盏路灯下影子与身高比例相等且影子方向相反．
故选：D．
利用“在同一时刻同一地点阳光下的影子的方向应该一致，人与影子的比相等”对各选项进行判断．
本题考查中心投影的特点是：
①等高的物体垂直地面放置时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长．
②等长的物体平行于地面放置时，在灯光下，离点光源越近，影子越长；离点光源越远，影子越短，但不会比物体本身的长度还短．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，为直观介绍空气中各成分的百分比，应选择扇形统计图．
故选：B．
利用折线统计图，扇形统计图，频数分布直方图，以及条形统计图表示的意义判断即可．
此题考查了统计图的选择，扇形统计图表示的是部分在总体中所占的百分比，但一般不能直接从图中得到具体的数据；折线统计图表示的是事物的变化情况；条形统计图能清楚地表示出每个项目的具体数目．
6.【答案】B
【解析】解：“|a|=−a(a<0)”的含义是“负数的绝对值等于它的相反数”．
故选：B．
根据绝对值的性质解答即可．
本题考查了绝对值的性质，理解用字母表示这一性质是解题关键．
7.【答案】D
【解析】解：如图：
∵∠AOC=∠2=45°时，OA//b，即a//b，
∴要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是85°−45°=40°．
故选：D．
根据同位角相等两直线平行，求出旋转后∠2的同位角的度数，然后用∠1减去即可得到木条a旋转的度数．
本题考查了旋转的性质，平行线的判定，根据同位角相等两直线平行求出旋转后∠2的同位角的度数是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵直线y=kx+b与两坐标轴交点分别为(2,0)，(0,3)，且y随x的增大而减小，
∴不等式kx+b>0的解集是x<2．
故选：B．
根据直线y=kx+b与y轴交于点A(2,0)，以及函数的增减性，即可求出不等式kx+b>0的解集．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
9.【答案】D
【解析】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，
由题意得：AB=CE=a m，AE=CB，AE//BC，
∴∠EAC=∠ACB=α，
在Rt△ABC中，BC=ABtanα=atanα(m)，
∴AE=BC=atanαm，
在Rt△AED中，∠DAE=β，
∴DE=AE⋅tanβ=atanα⋅tanβ=atanβtanα(m)，
∴DC=DE+CE=a+atanβtanα=a(tanβtanα+1)(m)，
故选：D．
过点A作AE⊥CD，垂足为E，根据题意可得：AB=CE=a m，AE=CB，AE//BC，从而可得∠EAC=∠ACB=α，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，再在Rt△AED中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵DH⊥DG，HK⊥GC，∠DGC=Rt∠，
∴∠HDG=∠DGC=∠K=90°，
∴四边形DGKH是矩形，
∵四边形ABCD是矩形，四边形ADEF是正方形，
∴∠DAB=∠DAF=90°，∠ADC=∠ADE=90°，
∴点F在AB边上，点E在CD边上，
∵CD//AB，
∴∠DEG=∠AFE=90°，
∴∠DEG=∠DAH，
∵ED=AD，∠EDG=∠ADH=90°−∠CDH，
∴△DEG≌△DAH(ASA)，
∴DG=DH，
∴四边形DGKH是正方形，
∴DH2=DH⋅DG=2S△CDH，
∵AB=CD，
∴AB⋅AD=CD⋅AD=2S△CDH，
∴DH2=AB⋅AD，
∴AD2+AH2=DH2=AB⋅AD，
∵BF=2FH=2，
∴FH=1，
∵AF=AD=DE，
∴AH=AF−FH=DE−1，AB=AF+BF=DE+2，
∴DE2+(DE−1)2=(DE+2)⋅DE，
解得DE=2+ 3或DE=2− 3，
若DE=2− 3，则AH=2− 3−1=1− 3≤0，
∴DE=2− 3不符合题意，舍去，
故选：B．
由∠HDG=∠DGC=∠K=90°，证明四边形DGKH是矩形，再证明△DEG≌△DAH，得DG=DH，则四边形DGKH是正方形，所以DH2=DH⋅DG=2S△CDH，而AB⋅AD=CD⋅AD=2S△CDH，则DH2=AB⋅AD，所以AD2+AH2=DH2=AB⋅AD，由BF=2FH=2，得FH=1，AH=DE−1，AB=DE+2，所以DE2+(DE−1)2=(DE+2)⋅DE，即可求得DE=2+ 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△DEG≌△DAH是解题的关键．
11.【答案】x≥2
【解析】解：∵二次根式 x−2有意义，
∴x−2≥0，解得x≥2
故答案为：x≥2．
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解；
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12.【答案】3.537×1010
【解析】解：35370000000=3.537×1010．
故答案为：3.537×1010．
用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数．
本题考查了科学记数法，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．确定n的值时，要看把原来的数，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，确定a与n的值是解题的关键．
13.【答案】12
【解析】解：∵甲从乙手中随机抽取一张共有4种等可能结果，其中恰好与手中牌组成一对的有2种结果，
∴甲从乙手中随机抽取一张，恰好与手中牌组成一对的概率是24=12，
故答案为：12．
直接由概率公式求解即可．
本题考查的是概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比，熟记概率公式是解题的关键．
14.【答案】(4 10+2π)
【解析】解：如图，取AD的中点O，连接NO，设CN交AD于点E，
∵N是弧AD的中点，
∴NO⊥AD，
∵CD⊥AD，
∴NO//CD，
∴△NOE∽△CDE，
∴NECE=OEDE=ONDC=24=12，
∴OE=13OD=23，
在Rt△NOE中，NE= ON2+OE2= 22+(23)2=2 103，
∴CM=CN=3NE=2 10，
∵点M，N分别为弧AB，弧AD的中点
∴弧AB，弧AD的长度和为2×90π×22360=2π，
∴图中阴影部分的周长为(4 10+2π)cm．
故答案为：(4 10+2π).
取AD的中点O，连接NO，设CN交AD于点E，证明△NOE∽△CDE，可得NECE=OEDE=ONDC=24=12，根据勾股定理得NE=2 103，所以CM=CN=3NE=2 10，再根据弧AB，弧AD的长度和为2×90π×22360=2π，即可求出答案．
本题主要考查弧长的计算和正方形的性质，解题关键是证明△NOE∽△CDE．
15.【答案】607
【解析】解：如图，设CD=x cm，DE=y cm，则BD=(12−x)cm．
∵DE//AB，
∴DEAB=CDCB，
∴y5=x12，
∴y=512x，
又∵x=y+5，
∴x=512x+5，
∴x=607，
∴较长直角边为607cm．
故答案为：607．
如图，设CD=x cm，DE=y cm，则BD=(12−x)cm.构建方程组求解即可．
本题考查图形的拼剪，正方形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程组解决问题．
16.【答案】15 80 7+4009
【解析】解：(1)连接OB，如图1，
∵AP⊥AB，OP⊥AP，
∴AB//PO，∠A=∠APO=90°，
∵AB=OP=20cm，
∴四边形ABOP是矩形，
∵AP=OP=20cm，
∴四边形ABOP是正方形，
∴∠ABO=90°，OB=AP=20，
∴∠OBQ=90°，
在Rt△OBQ中，OQ=25cm，
∴BQ= OQ2−OB2= 252−202=15(cm)；
故答案为：15；
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC取得最大值时，端点C落在墙面AP上，此时，
OB=OQ+BQ=25+15=40(cm)，
如图，连接BP，过点P作PD⊥BC于点D，则∠BDP=∠CDP=90°，
在Rt△ABP中，BP= AB2+AP2= 202+202=20 2(cm)，
在Rt△BDP中，PD2=BP2−BD2=800−BD2，
在Rt△ODP中，PD2=OP2−OD2=400−OD2，
∴400−OD2=800−BD2，
即400−OD2=800−(40−OD)2，
∴OD=15，
∴PD= 400−OD2=5 7(cm)，
∵∠A=∠COP=90°，∠ACB=∠DCP，
∴△ACB∽△DCP，
∴BCPC=ACDC=ABDP=205 7，
∴PC=5 720BC= 74BC，
DC=5 720AC= 74AC= 74(20+PC)，
∴DC= 74(20+ 74BC)
=5 7+716BC，
在Rt△CDP中，PD2+CD2=PC2，
∴(5 7)2+(5 7+716BC)2=( 74BC)2，
∴BC=80 7±4009(负值不合题意，舍去)，
∴BC=80 7+4009(cm)，
即门宽BC的最大值为80 7+4009cm，
故答案为：80 7+4009．
(1)连接OB，由正方形的判定与性质可得∠ABO=90°，OB=AP=20，再根据勾股定理可得答案；
(2)为使在开门的极限状态下，连杆OQ落在BC上，则门宽BC取得最大值时，端点C落在墙面AP上，此时，OB=OQ+BQ=25+15=40(cm)，如图2，连接BP，过点P作PD⊥BC于点D，则∠BDP=∠CDP=90°，然后根据勾股定理列出方程，求解即可求得答案．
此题考查的是相似三角形的应用，涉及到了正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出图形是解决此题的关键．
17.【答案】解：−|−3|+4cos45°−(−1)2023− 8
=−3+4× 22+1−2 2
=−3+2 2+1−2 2
=−2．
【解析】本题涉及绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、二次根式化简4个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、二次根式等知识点的运算．
18.【答案】2x−3 3x+5
【解析】解：(1)A=(4x−6)÷2=2x−3，B=(−9x−15)÷(−3)=3x+5，
故答案为：2x−3，3x+5；
(2)由A=B得，2x−3=3x+5，
解得x=−8，
∴x=−8时，A与B的值相等．
(1)根据整式的乘法法则求出A、B即可；
(2)先列出不等式，再求出不等式的解集，最后求出最小整数解即可．
本题考查了解一元一次方程和整式的加减，能求出A、B的值是解此题的关键．
19.【答案】3
【解析】解：(1)如图所示：
(2)保持主视图和俯视图不变，最多还可以再搭3块小正方体．
故答案为：3．
(1)根据物体形状即可画出左视图有三列与以及主视图、俯视图都有三列，进而画出图形；
(2)可在最左侧前端放两个后面再放一个即可得出答案．
本题考查几何体的三视图画法．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．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
20.【答案】10 78
【解析】解：(1)由题意可得a=10，
将七年级学生成绩从小到大排列处在中间位置的两个数的平均数为(77+79)÷2=78，
因此中位数是78，即b=78，
故答案为：10，78；
(2)(300+300)×1+220+20=45(人)，
答：该校七、八年级学生在本次竞赛中成绩在90分以上的共有约45人；
(3)八年级20名学生成绩的中位数的实际意义：八年级20名学生成绩有一半或一半以上超过81分．
(1)根据题意可得a、中位数的意义可得b；
(2)求出90分以上的所占得百分比即可；
(3)根据中位数的定义即可得出结论．
本题考查了中位数、众数、频数分布表，理解中位数、众数的意义是正确解答的关键．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD//AC，
∵DG⊥AC，
∴OD⊥DG，
∵OD是半径，
∴DG是O的切线；
(2)解：∵OD⊥DG，OF⊥AC，DG⊥AC，
∴四边形ODGF是矩形，AF=EF，
∴OF=DG=3，
设半径为OA=r，即OD=r，EF=r−1=AF，
在Rt△AOF中，
∵OF2+AF2=OA2，即32+(r−1)2=r2，
∴r=5，
答：⊙O的半径为5．
【解析】(1)根据等腰三角形的性质以及平行线的判定方法可得OD//AC，进而得到OD⊥DG，再根据切线的判定方法进行判断即可；
(2)判断四边形ODGF是矩形，进而得到OF=DG=3，根据垂径定理得到AF=FE，再利用半径的代数式表示AF，由勾股定理列方程求解即可．
本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，垂径定理以及勾股定理，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质，垂径定理以及勾股定理是正确解答的前提．
22.【答案】解：(1)建立直角坐标系如图(答案不唯一)：
由已知可得A(0,1)，B(6,2)，顶点P的横坐标为3.5，
设大棚横截面所对应的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
∴c=136a+6b+c=2−b2a=3.5，
解得a=−16b=76c=1，
∴大棚横截面所对应的抛物线解析式为y=−16x2+76x+1；
(2)符合要求的方案(答案不唯一)：
从距左侧墙体2米处立第一根竹竿，距左侧墙体4米处立第二根竹竿，
∴共需2根竹竿，
当x=2时，y=−16x2+76x+1=−16×4+76×2+1=83，
当x=4时，y=−16x2+76x+1=−16×16+76×4+1=3，
∴所需竹竿总长度为83+3=173(米)．
【解析】(1)建立直角坐标系，用待定系数法求出解析式即可；(2)根据题意，写出一个符合要求的方案即可．
本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，方案设计等，解题的关键是读懂题意，掌握待定系数法求函数解析式．
23.【答案】y=x+1(x≥1)−x+3(x<1) 1± 72 3 0
∴C(1,2)，点A关于直线x=1的对称点为B(0,3)，
设BC所在直线的解析式为：y=kx+b，
∴b=3k+b=2，
解得k=−1b=3，
∴y=x+1(x≥1)−x+3(x<1)；
故答案为：y=x+1(x≥1)−x+3(x<1)；
(2)根据题意可得，(−1,0)关于直线x=m的对称点(2m+1,0)在原抛物线上，
∴−(2m+1)2+4(2m+1)+3=0，
解得m=1± 72；
故答案为：1± 72；
(3)①如图2−1，当正方形的边BC过点(−2,−3)时，a=3，此时正方形ABCD与此迭代函数有三个交点；
如图2−2，当a>3时，正方形ABCD与此迭代函数有四个交点，当a继续增大，交点超过4个，不符合题意；
故答案为：3；
②如图3−1，当n=−1时，此迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
如图3−2时，当−1
如图3−3时，当0
如图3−4，当n=−52时，此迭代函数过点D，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
当n<−52时，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，符合题意；
故答案为：0
(2)根据题意可得，(−1,0)关于直线x=m的对称点在原抛物线上，代入即可得出m的值；
(3)①根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论；
②根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论．
本题考查二次函数的综合应用；理解并运用新定义“迭代函数”，能够将图象的对称转化为点的对称，借助图象解题是关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠E=∠CBE，
由折叠得∠CBE=∠FBE，
∴∠E=∠FBE，
∴BF=EF．
(2)解：过点B作BM⊥AE于点M，
则tanA=BMAM=34，
设BM=3x，AM=4x，且x>0，又AB=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC=CD=AB=10，
在Rt△ABM中，AM2+BM2=AB2，
即(4x)2+(3x)2=102，
解得：x=2，
∴AM=8，BM=6，
∴DM=AD−AM=10−8=2，
当点F在点D的右侧时，如图，
′
∵DF=2，
∴MF=DM+DF=2+2=4，
在Rt△BFM中，BF= BM2+MF2= 62+42=2 13，
由(1)知：BF=EF，
∴EF=2 13，
∴DE=DF+EF=2+2 13，
∵BC//AD，
∴△DPE∽△CPB，
∴DPCP=DEBC=2+2 1310=1+ 135；
当点F在点D的左侧时，如图，点F与点M重合，
则EF=BF=6，
∴DE=EF−DF=6−2=4，
同理：DPCP=DEBC=410=25，
综上所述，DPCP的值为1+ 135或25．
(3)①当BA=BF时，点F在点E的左侧，如图，过点B作BM⊥AD于点M，
由(1)(2)知：BF=EF，AM=8，BM=6，
∵BA=BF=10，BM⊥AD，
∴MF=AM=8，EF=10，
∴AE=2AM+EF=8×2+10=26，
∵点P是CD的中点，
∴CP=DP，
∵BC//AD，
∴∠CBP=∠E，∠C=∠PDE，
∴△BCP≌△EDP(AAS)，
∴DE=BC=AD，
∵2AD=AE=26，
∴AD=13；
②当BA=BF时，若点F在点E的右侧，如图，
则AM=MF=8，BM=6，EF=BF=10，
同理可得：DE=BC=AD，
∵AD+DE+EF=2AM=16，
∴2AD+10=16，
∴AD=3；
③当AB=AF时，若点F在线段DE上，如图，过点B作BM⊥AE于点M，
由(1)(2)知：BF=EF，AM=8，BM=6，
由(3)①知：DE=BC=AD，
∵AB=AF=10，
∴MF=AF−AM=10−8=2，
∴BF= BM2+MF2= 62+22=2 10，
∴EF=2 10，AE=AF+EF=10+2 10，
∵2AD=AE，
∴AD=12AE=12×(10+2 10)=5+ 10；
④当AB=AF时，若点F在线段DE的延长线上，如图，
同理可得：BF=EF=2 10，AF=AB=10，DE=BC=AD，
∴AE=AF−EF=10−2 10，
∴AD=12AE=12×(10−2 10)=5− 10；
⑤当AB=AF时，若点F在线段DE的反向延长线上，如图，
同理可得：AF=AB=10，DE=BC=AD，AM=8，BM=6，EF=BF，
∴FM=AF+AM=10+8=18，
∴BF= FM2+BM2= 182+62=6 10，
∴EF=6 10，
∵2AD+AF=EF，即2AD+10=6 10，
∴AD=3 10−5；
综上所述，AD的长为13或3或5+ 10或5− 10或3 10−5．
【解析】(1)由平行四边形的性质可得AD//BC，再利用平行线性质可得∠E=∠CBE，由折叠可得∠CBE=∠FBE，进而可得∠E=∠FBE，再根据等腰三角形的判定即可推出BF=EF．
(2)过点B作BM⊥AE于点M，根据tanA=BMAM=34，设BM=3x，AM=4x，利用菱形性质和勾股定理可求得x=2，即AM=8，BM=6，DM=2，分两种情况：当点F在点D的右侧时，当点F在点D的左侧时，运用相似三角形的判定和性质即可求得答案；
(3)分五种情况：①当BA=BF时，点F在点E的左侧，②当BA=BF时，点F在点E的右侧，③当AB=AF时，若点F在线段DE上，④当AB=AF时，若点F在线段DE的延长线上，⑤当AB=AF时，若点F在线段DE的反向延长线上，分别画出图形，利用全等三角形的判定和性质、勾股定理求解即可．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，翻折变换的性质，平行线的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，综合性强，难度较大，运用分类讨论思想是解题关键．
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