还剩24页未读，
继续阅读
2023年辽宁省大连三十四中中考数学模拟试卷（含解析）
展开
这是一份2023年辽宁省大连三十四中中考数学模拟试卷（含解析），共27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年辽宁省大连三十四中中考数学模拟试卷
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. −5的绝对值是( )
A. 15 B. −15 C. +5 D. −5
2. “五一”小长假期间，大连市共接待海内外游客825100余人次，数字825100用科学记数法表示为( )
A. 8251×102 B. 825.1×103 C. 82.51×104 D. 8.251×105
3. 下列计算正确的是( )
A. 3−8=2 B. (−2)2=−2
C. 2 3−3 3=− 3 D. ( 2−1)2=1
4. 不等式组x−1>0x−3<0的解集是( )
A. x>1 B. x<3 C. 1
A. 105°
B. 120°
C. 75°
D. 45°
6. 若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的边数是( )
A. 六 B. 七 C. 八 D. 九
7. 为了解某种电动汽车一次充电后行驶的里程数，抽检了10辆车，对一次充电后行驶的里程数进行了统计，结果如图所示，则在这组数据中，众数和中位数分别是( )
A. 220，220 B. 210，215 C. 210，210 D. 220，215
8. 关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根，则a的取值范围是( )
A. a>1 B. a<1 C. a≤1且a≠0 D. a<1且a≠0
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，按以下步骤作图：①以B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BA、BC于M、N两点；②分别以M、N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧相交于点P；③作射线BP，交边AC于D点.若AB=10，BC=6，则线段CD的长为( )
A. 3 B. 103 C. 83 D. 165
10. 如图，A、B两地相距20千米，甲、乙两人都从A地去B地，如图，l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程s(千米)与时间t(小时)之间关系图象，下列说法：①乙晚出发1小时；②乙出发后3小时追上甲；③甲的速度是4千米/时；④乙比甲先到B地．其中正确的说法是( )
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 因式分解：x2−36=______．
12. 在平面直角坐标系中，将点(−2,5)向左平移4个单位长度后得到的点的坐标为______．
13. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，出现“一正一反”的概率是______ ．
14. 我国古代著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足．”其大意是：“今有人合伙买猪，每人出100钱，则会多出100钱；每人出90钱，恰好合适．”若设共有x人，根据题意，可列方程为 ．
15. 如图，按照三视图确定该几何体的全面积是(图中单位：cm) ______ cm2(用含有π式子表示)
16. 如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP.(P为AB的中点)所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，若菱形边长为2，则点E到CD的距离为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 如图，在△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，且AD=BD，⊙O是△ACD的外接圆，AE是⊙O的直径．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若AB=2 6，AD=3，求直径AE的长．
四、解答题（本大题共9小题，共92.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题9.0分)
计算：(1−aa+2)÷a2−4a2+4a+4．
19. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD中，O是对角线AC上一点，连接OB，OD，求证：OB=OD．
20. (本小题10.0分)
大连市某研究机构为了了解今年“徒步大会”的报名人群的年龄分布情况，随机选取了100名年龄在10～60岁年龄段报名的市民，并将收集到的数据制成了如下尚不完整的频数分布表、频数分布直方图和扇形统计图：
组别
年龄段
频数(人数)
第1组
10≤x<20
5
第2组
20≤x<30
a
第3组
30≤x<40
35
第4组
40≤x<50
20
第5组
50≤x<60
15
(1)请直接写出a= ______ ，m= ______ ，及扇形统计图中第3组所对应的圆心角的度数______ ；
(2)假设今年报名的10−60岁的市民30万人，请估计第4组年龄段报名本次大会的人数大约有多少万人？
21. (本小题10.0分)
在“旅游示范公路”建设的过程中，工程队计划在海边某路段修建一条长1200m的步行道．由于采用新的施工方式，平均每天修建步行道的长度是计划的1.5倍，结果提前5天完成任务．求计划平均每天修建步行道的长度．
22. (本小题9.0分)
小明要把一篇文章录入电脑，完成录入的时间y(分)与录入文字的速度x(字/分)之间的函数关系如图．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)小明在19：20开始录入，要求完成录入时不超过19：35，小明每分钟至少应录入多少个字？
23. (本小题10.0分)
如图，是某市在城区河道上新建成的一座大桥，学校数学兴趣小组在一次数学实践活动中对桥墩的高度进行了测量，测得斜坡BC长为50米，∠CBE=30°，在斜坡顶端C处水平地面上以3.6km/h的速度行走半分钟到达点D，在点D处测得桥墩最高点A的仰角为34°．
(1)水平地面CD长为米；
(2)求桥墩AB的高(结果保留1位小数).(参考数据：sin34°≈0.56，cos34°≈0.83，tan34°≈0.68， 3≈1.73)
24. (本小题11.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，点P为射线AO上的一个动点，过点P作PQ⊥AB于点Q，将沿PQ翻折得到R.设△PQR与△AOB重合部分的面积为S，点P的坐标为(m,0)．
(1)求AR的长.(用含m的代数式表示)
(2)求S关于m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围．
25. (本小题11.0分)
如图，四边形ABCD中，点E是AD上一点，BE=BA，∠A=2∠DBA=2∠CEB，BE平分∠CBA．
(1)求证：∠BCE+∠BDA=180°；
(2)探究图中与AD相等的线段，并证明；
(3)若BE=4，AE=2，求BD的值．
26. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2−3ax−2交x轴于A(−1,0)和B两点，交y轴于C点；直线AD交抛物线于第一象限内点D，且点D的横坐标是6，直线AD交y轴于点F．
(1)求抛物线解析式；
(2)点E为直线AD下方抛物线的上一个动点，且点E在y轴右侧，当△AFE面积最大时，求此时点E的坐标．
(3)抛物线上是否存在点P，使∠PCO+∠DAB=∠BAC，若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−5=+5。
故选C。
根据绝对值的意义直接判断即可。
本题考查了绝对值：若a>0，则a=a；若a=0，则a=0；若a<0，则a=−a。
2.【答案】D
【解析】解：825100=8.251×105．
故选：D．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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】C
【解析】解：A.根据立方根的定义，3−8=−2，那么A错误，故A不符合题意．
B.根据算术平方根的定义， (−2)2= 4=2，那么B错误，故B不符合题意．
C.根据二次根式的减法法则，2 3−3 3=− 3，那么C正确，故C符合题意．
D.根据完全平方公式，( 2−1)2=2+1−2 2=3−2 2，那么D错误，故D不符合题意．
故选：C．
根据立方根的定义、算术平方根的定义、完全平方公式、二次根式的减法法则解决此题．
本题主要考查立方根、算术平方根、完全平方公式、二次根式的减法，熟练掌握立方根的定义、算术平方根的定义、完全平方公式、二次根式的减法法则是解决本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：由x−1>0，得x>1，
由x−3<0，得x<3，
∴不等式组的解集为1
先求出不等式组中各个不等式的解集，再求出这些解集的公共部分即可．
解不等式组时要注意解集的确定原则：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解答．
5.【答案】A
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠1=45°，
∴∠1+∠ACB=105°，
∵a//b，
∴∠2=∠1+∠ACB=105°．
故选：A．
先根据等边三角形的性质求出∠ACB的度数，再根据平行线的性质即可得出结论．
本题考查的是平行线的性质，等边三角形的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．
6.【答案】C
【解析】解：任意多边形的外角和是360°，
因为多边形是正多边形，
所以多边形的每个外角相等等于45°，
则多边形的边数是：360°÷45°=8．
故选：C．
根据任何多边形的外角和都是360°，用360°除以外角的度数就可以求出外角的个数，即多边形的边数．
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°，正多边形的每个外角都相等是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：数据210出现了4次，最多，
故众数为210，
共10辆车，排序后位于第5和第6位的数分别为210，220，
故中位数为(210+220)÷2=215．
故选：B．
根据众数与中位数的定义，找出出现次数最多的数，把这组数据从小到大排列，求出最中间两个数的平均数即可．
此题考查了众数与中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数；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(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
8.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4×a×1≥0且a≠0，
解得a≤1且a≠0，
故选：C．
根据关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根知Δ=(−2)2−4×a×1≥0且a≠0，解之即可．
本题主要考查根的判别式、一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
①当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ<0时，方程无实数根．
9.【答案】A
【解析】解：由作法得BD平分∠ABC，
过D点作DE⊥AB于E，如图，则DE=DC，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2= 102−62=8，
∵S△ABD+S△BCD=S△ABC，
∴12⋅DE×10+12⋅CD×6=12×6×8，
即5DE+3CD=24，
∴CD=3．
故选：A．
利用基本作图得BD平分∠ABC，过D点作DE⊥AB于E，如图，根据角平分线的性质得到DE=DC，再利用勾股定理计算出AC=8，然后利用面积法得到12⋅DE×10+12⋅CD×6=12×6×8，最后解方程即可．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作已知角的角平分线).也考查了角平分线的性质．
10.【答案】B
【解析】解：由函数图象可知，乙比甲晚出发1小时，故①正确；
乙出发3−1=2(小时)后追上甲，故②错误；
甲的速度为：12÷3=4(千米/小时)，故③正确；
乙的速度为：12÷(3−1)=6(千米/小时)，
则甲到达B地用的时间为：20÷4=5(小时)，
乙到达B地用的时间为：20÷6=103(小时)，
∵1+103=133<5，
∴乙先到达B地，故④正确；
∴正确的说法为：①③④，
故选：B．
观察函数图象，从图象中获取信息，根据速度，路程，时间三者之间的关系求得结果．
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是读懂函数图象，获取相关信息．
11.【答案】(x+6)(x−6)
【解析】
【分析】
直接用平方差公式分解．平方差公式：a2−b2=(a+b)(a−b)．
本题主要考查利用平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
【解答】
解：x2−36=(x+6)(x−6)．
12.【答案】(−6,5)
【解析】解：将点(−2,5)向左平移4个单位长度后得到的点的坐标为(−6,5)．
故答案为(−6,5)．
把点(−2,5)的横坐标减4，纵坐标不变得到点(−6,5)平移后的对应点的坐标．
本题考查了坐标与图形变化−平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．
13.【答案】12
【解析】解：抛掷两枚质地均匀的硬币可能出现的情况为：正正，正反，反正，反反．
∴出现“一正一反”的概率是12．
列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
此题考查了列举法求概率，解题的关键是找到所有的情况，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】100x−90x=100
【解析】
【分析】
本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
先根据每人出90钱，恰好合适，用x表示出猪价，再根据“每人出100钱，则会多出100钱”，即可得出关于x的一元一次方程，即可得出结论．
【解答】
解：因为每人出90钱，恰好合适，
所以猪价为90x钱，
根据题意，可列方程为100x−90x=100．
故答案为：100x−90x=100．
15.【答案】65π
【解析】解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为8cm，底面半径为10÷2=5(cm)，
故表面积=πrl+πr2=π×5×8+π×52=65π(cm2).
故答案为：65π．
由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其表面积．
考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
16.【答案】3− 3
【解析】解：连接BD，过点E作EF⊥CD于点F，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
设EF=x，则DF=x，CF= 33x，
∵菱形的边长为2，
∴CD=2，
∴x+ 33x=2，
解得：x=3− 3．
故答案为：3− 3．
连接BD，过点E作EF⊥CD于点F，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，设EF=x，则DF=x，可得出x+ 33x=2，解方程即可得出答案．
此题考查了翻折变换(折叠问题)，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
17.【答案】(1)证明：连接DE，如图1，
∵AB=AC，AD=BD，
∴∠B=∠BAD，∠B=∠C，
∴∠C=∠E，
∴∠E=∠BAD，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠E+∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=90°，
即∠BAE=90°，
∴直线AB是⊙O的切线；
(2)解：如图2，作AH⊥BC，垂足为点H，
∵AB=AC，
∴BH=CH，
∵∠B=∠C=∠BAD，
∴△ABC∽△DBA，
∴ABBD=BCAB，
即AB2=BD⋅BC，
又AB=2 6，BD=AD=3，
∴BC=8，
在Rt△ABH中，BH=CH=4，
∴AH= AB2−BH2= (2 6)2−42=2 2，
∵∠E=∠B，∠ADE=∠AHB，
∴△AED∽△ABH，
∴AEAB=ADAH，
∴AE=AB⋅ADAH=2 6×32 2=3 3．
【解析】(1)连接DE，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAD，∠B=∠C，等量代换得到∠E=∠BAD，根据圆周角定理得到∠ADE=90°，得到∠BAE=90°，于是得到结论；
(2)作AH⊥BC，垂足为点H，证明△ABC∽△DBA，由相似三角形的性质得出ABBD=BCAB，求出BC的长，证明△AED∽△ABH，得出AEAB=ADAH，则可求出答案．
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
18.【答案】解：(1−aa+2)÷a2−4a2+4a+4
=a+2−aa+2⋅(a+2)2(a+2)(a−2)
=2a−2．
【解析】先通分括号内的式子，然后再将括号外的除法化为乘法，最后约分即可．
本题考查分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠CAB=∠CAD，
在△ABO和△ADO中，
AB=AD∠OAB=∠OADOA=OA，
∴△ABO≌△ADO，
∴OB=OD；
【解析】由菱形的性质可得到AD=AB，∠CAB=∠CAD，结合公共边可证得△ABO≌△ADO，根据全等三角形对应边相等即可得出OB=OD．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质与定理是解题关键．
20.【答案】25 20 126°
【解析】解：(1)a=100×25%=25，
∵m%=(20÷100)×100%=20%，
∴m=20，
第3组人数在扇形统计图中所对应的圆心角是：360°×35100=126°；
故答案为：25，20，126°；
(2)30×20100=6(万人)，
答：估计第4组年龄段报名本次大会的人数大约有6万人．
(1)用总人数乘以第2组的百分比，可以求得a；利用第4组的频数和数据总数可求得m的值；利用第3组的频数可求得在扇形统计图中所对应的圆心角的度数；
(2)用总人数乘以40～50岁年龄段的百分比即可．
本题考查频数分布直方图、频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，
依题意，得：1200x−12001.5x=5，
解得：x=80，
经检验，x=80是原分式方程的解，且符合题意．
答：计划平均每天修建步行道的长度为80m．
【解析】设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，根据工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前5天完成任务，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y=kx，
把(150,10)代入y=kx得，10=k150，
∴k=1500，
∴y与x的函数表达式为y=1500x；
(2)∵当y=35−20=15时，x=100，
∵k>0，
在第一象限内，y随x的增大而减小，
∴小明录入文字的速度至少为100字/分，
答：小明每分钟至少录入100个字．
【解析】(1)根据录入的时间=录入总量÷录入速度即可得出函数关系式；
(2)根据反比例函数的性质即可得到结论求解即可．
本题考查了反比例函数的应用，根据工作量得到等量关系是解决本题的关键．
23.【答案】解：(1)∵3.6km/h=1m/s，
∴CD=1×30=30(米)；
(2)延长DC交AB于点H，如图所示：
∵DC//BE，∠CBE=30°，
∴∠BCH=∠CBE=30°，∠AHD=∠BHD=90°，
在Rt△CBH中，cos∠BCH=HCBC= 32，sin∠BCH=BHBC=12，
∴HC= 32BC= 32×50=25 3(米)，
BH=12×50=25(米)，
∴DH=HC+CD=(25 3+30)米，
∵∠ADH=34°，
∴tan∠ADH=AHDH=tan34°，
∴AH=DH⋅tan34°，
∴AB=AH+BH=(25 3+30)⋅tan34°+25≈74.8(米)．
【解析】(1)根据速度×时间=路程计算即可；
(2)延长DC交AB于点H，可知∠AHD=∠BHD=90°，在Rt△CBH中，根据特殊角的三角函数表示出CH和BH，再根据tan∠ADH=AHDH=tan34°，表示出AH的长，进一步可得AB的长．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，
当x=0时，y=4，
∴点B坐标(0,4)，
∴OB=4．
当y=0时，x=3，
∴点A坐标(3,0)，
∴OA=3．
Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2，
∴AB=5．
∵∠PAQ=∠BAC，
∠AQP=∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
∴APAB=AQAO，
AQ=3(3−m)5，
AR=2AQ=18−6m5．
(2)在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状．
①点P在线段OA上，△PQR与△AOB重合部分是△PQR．
当0≤m<3时，
∵∠PAQ=∠BAC，
∠AQP=∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
∴S△APQ：S△ABO=AP2：AB²=(3−m)2：25，
∵S△ABO=12OA×OB=6，
又∵△PQR≌△PQA，
∴S=625(3−m)2．
②△PQR与△AOB重合部分是四边形CDRQ.作RE⊥OA于E，QF⊥OA于F．
当R和B重合时，Q为AB 中点，
AQ=2.5，
∵△PQA∽△BOA，
∴APAB=AQAO，
∴AP=AB×AQAO=5×2.53=256，
∴OP=AP−AO=256−3=76，
∴m=−76．
∴当−76
∴∠APQ=∠ABO，
∵∠AOB=∠OFQ，
∴△AOB∽△QFP，
∴OAFQ=OBFP，
∴FPFQ=OBOA=43，
同理FQFA=43，
∴FPFQ×FQFA=43×43，
∴FPFA=169，
∵AP=3−m，
∴FA=925(3−m)．
∴QF=AF×43=1225(3−m)．
∴RE=2QF=2425(3−m)，
∴PE=PA−2AF=725(3−m)，
∵OD//RE，
∴ODER=POPE，
∴OD=PO×ERPE=−m×2425(m−3)725(m−3)=−247m，
∵OCOP=34，
∴OC=−34m，
∴CD=OD−OC=−247m−(−34m)=−7528m.
∵S=S△PQR−S△PCD
∴S=12×PA×QF−12×OP×CD
=625(3−m)2−7556m2．
，
③△PQR与△AOB重合部分是△BQC，
当Q、B重合时，
AQ=5，
∴AP=53AQ=253，
OP=253−3=163，
m=−163，
当−163
∴BC=4−OC=4+34m，
∵CQ=45BC，BQ=35BC，
∴S=12CQ×BQ=12×1225×(4+34m)2
=625(4+34m)2，
∴S=625(3−m)2,0≤m<3．625(3−m)2−7556m2,−76
(2)点P为射线AO上的一个动点，在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状，①直角三角形②四边形③直角三角形．分类讨论，利用三角形相似对应边成比例，找边之间的转换关系，解决问题．
此题是坐标系中的三角形面积问题，通过三角形相似的判定和性质，三角形的翻折，全等，增加了问题难度，分类讨论，需要严谨性．
25.【答案】(1)证明：设∠DBA=∠CEB=α，
∵∠A=2∠DBA=2∠CEB，
∴∠A=2α，
∵BE=BA，
∴∠BEA=∠A=2α，
∴∠ABE=180°−∠BEA−∠A=180°−4α，
∵BE平分∠CBA，
∴∠CBE=∠ABE=180°−4α，
在△BCE中，∠BCE=180°−∠CEB−∠CBE=180°−α−(180°−4α)=3α，
在△BAD中，∠BDA=180°−∠DBA−∠A=180°−α−2α=180°−3α，
∴∠BCE+∠BDA=3α+180°−3α=180°；
(2)解：如图1，
以B为圆心，BC长为半径画弧，交EC的延长线于点F，连接BF，
∴BF=BC，
∴∠F=∠BCF=180°−∠BCE，
∴∠BCE+∠ADB=180°，
∴∠ADB=180°−∠BCD，
∴∠ADB=∠F，
∵BE=AB，∠BCE=∠ABD，
∴△BEF≌△ABD(AAS)，
∴BF=AD，
∴AD=BC；
(3)如图2，
作BF⊥AE于F，作DG⊥AB于G，
设∠ABD=α，则∠BAD=2α，
∵BE=BA，
∴AF=EF=12AE=1，
∴BF= AB2−AF2= 42−12= 15，
∴cos2α=AFAB=14，
如图3，
Rt△MNT中，∠M=90°，MN= 15，
∴tanα= 155，tan2α= 15，sinα= 1540，
∵DGAG= 15，
∴设DG= 15k，AG=k，
∵DGBG= 155，
∴BG=5k，
由BG+AG=AB得，
∴5k+k=4，
∴k=23，
∴DG=5k=2 153，
∵sin∠ABG=DGBD= 1540，
∴2 153BD= 1540，
∴BD=803．
【解析】(1)设∠DBA=∠CEB=α，则∠A=2α，在△ABE中利用三角形内角和定理求出∠ABE，根据角平分线的定义得出∠CBE=∠ABE，在△BCE中利用三角形内角和定理求出∠BCE，在△BAD中利用三角形内角和定理求出∠BDA，从而求出∠BCE+∠BDA的值；
(2)以B为圆心，BC长为半径画弧，交EC的延长线于点F，连接BF，可证明△BEF≌△ABD，从而得出结果；
(3)作BF⊥AE于F，作DG⊥AB于G，设∠ABD=α，则∠BAD=2α，可求得cos2α=AFAB=14，进而构造直角三角形，求得tanα= 155，tan2α= 15，sinα= 1540，然后解三角形ABD，进而求得结果．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是构造“二倍角”．
26.【答案】解：(1)将点A的坐标代入抛物线表达式得：0=a+3a−2，
解得：a=12，
则抛物线的表达式为：y=12x2−32x−2①；
(2)过点E作y轴的平行线交AD于点H，
当x=6时，y=12x2−32x−2=7，即点D(6,7)，
由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y=x+1，
则点F(0,1)，
∵△AFE面积=S△HEA−S△HEF=12×HE×(xF−xA)=12EH，
即EH取得最大值时，△AFE面积最大，
则HE=x+1−(12x2−32x−2)=−12x2+52x+3，
∵−12<0，故HE有最大值，此时，点E(52,−218)；
(3)取点R(0,−1)，连接AR，过点C作CT⊥AR交AR的延长线于点T，
由直线AD的表达式知，∠FAO=45°，
∵OF=OR，则∠TAO=∠FAO=45°=∠DAB，
在△ARC中，AO=OR=1，CR=2−1=1，
则RT=CT= 22RC= 22，AR= 2，
则CT= 22，AT=AR+RT=3 22，
则tan∠RAC=CTAT=13，
∵∠PCO+∠DAB=∠BAC，∠FAO=45°=∠DAB，
∴∠PCO=∠CAT，
∴tan∠PCO=tan∠CAT=tan∠CAR=13，
则直线CP表达式中的k值为3或−3，
故直线CP的表达式为：y=3x−2②或y=−3x−2③，
联立①②得：3x−2=12x2−32x−2，
解得：x=0(舍去)或9，
则点P(9,25)；
联立①③得：−3x−2=12x2−32x−2，
解得：x=0(舍去)或−3，
则点P(−3,−2)；
综上，点P的坐标为：(9,25)或(−3,−2)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由△AFE面积=S△HEA−S△HEF=12×HE×(xF−xA)=12EH，即可求解；
(3)证明tan∠PCO=tan∠CAT=tan∠CAR=13，得到直线CP的表达式为：y=3x−2或y=−3x−2，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
2023年辽宁省大连三十四中中考数学模拟试卷
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. −5的绝对值是( )
A. 15 B. −15 C. +5 D. −5
2. “五一”小长假期间，大连市共接待海内外游客825100余人次，数字825100用科学记数法表示为( )
A. 8251×102 B. 825.1×103 C. 82.51×104 D. 8.251×105
3. 下列计算正确的是( )
A. 3−8=2 B. (−2)2=−2
C. 2 3−3 3=− 3 D. ( 2−1)2=1
4. 不等式组x−1>0x−3<0的解集是( )
A. x>1 B. x<3 C. 1
A. 105°
B. 120°
C. 75°
D. 45°
6. 若正多边形的一个外角等于45°，则这个正多边形的边数是( )
A. 六 B. 七 C. 八 D. 九
7. 为了解某种电动汽车一次充电后行驶的里程数，抽检了10辆车，对一次充电后行驶的里程数进行了统计，结果如图所示，则在这组数据中，众数和中位数分别是( )
A. 220，220 B. 210，215 C. 210，210 D. 220，215
8. 关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根，则a的取值范围是( )
A. a>1 B. a<1 C. a≤1且a≠0 D. a<1且a≠0
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，按以下步骤作图：①以B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BA、BC于M、N两点；②分别以M、N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧相交于点P；③作射线BP，交边AC于D点.若AB=10，BC=6，则线段CD的长为( )
A. 3 B. 103 C. 83 D. 165
10. 如图，A、B两地相距20千米，甲、乙两人都从A地去B地，如图，l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程s(千米)与时间t(小时)之间关系图象，下列说法：①乙晚出发1小时；②乙出发后3小时追上甲；③甲的速度是4千米/时；④乙比甲先到B地．其中正确的说法是( )
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 因式分解：x2−36=______．
12. 在平面直角坐标系中，将点(−2,5)向左平移4个单位长度后得到的点的坐标为______．
13. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，出现“一正一反”的概率是______ ．
14. 我国古代著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有共买豕，人出一百，盈一百；人出九十，适足．”其大意是：“今有人合伙买猪，每人出100钱，则会多出100钱；每人出90钱，恰好合适．”若设共有x人，根据题意，可列方程为 ．
15. 如图，按照三视图确定该几何体的全面积是(图中单位：cm) ______ cm2(用含有π式子表示)
16. 如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP.(P为AB的中点)所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，若菱形边长为2，则点E到CD的距离为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
17. 如图，在△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，且AD=BD，⊙O是△ACD的外接圆，AE是⊙O的直径．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若AB=2 6，AD=3，求直径AE的长．
四、解答题（本大题共9小题，共92.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题9.0分)
计算：(1−aa+2)÷a2−4a2+4a+4．
19. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD中，O是对角线AC上一点，连接OB，OD，求证：OB=OD．
20. (本小题10.0分)
大连市某研究机构为了了解今年“徒步大会”的报名人群的年龄分布情况，随机选取了100名年龄在10～60岁年龄段报名的市民，并将收集到的数据制成了如下尚不完整的频数分布表、频数分布直方图和扇形统计图：
组别
年龄段
频数(人数)
第1组
10≤x<20
5
第2组
20≤x<30
a
第3组
30≤x<40
35
第4组
40≤x<50
20
第5组
50≤x<60
15
(1)请直接写出a= ______ ，m= ______ ，及扇形统计图中第3组所对应的圆心角的度数______ ；
(2)假设今年报名的10−60岁的市民30万人，请估计第4组年龄段报名本次大会的人数大约有多少万人？
21. (本小题10.0分)
在“旅游示范公路”建设的过程中，工程队计划在海边某路段修建一条长1200m的步行道．由于采用新的施工方式，平均每天修建步行道的长度是计划的1.5倍，结果提前5天完成任务．求计划平均每天修建步行道的长度．
22. (本小题9.0分)
小明要把一篇文章录入电脑，完成录入的时间y(分)与录入文字的速度x(字/分)之间的函数关系如图．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)小明在19：20开始录入，要求完成录入时不超过19：35，小明每分钟至少应录入多少个字？
23. (本小题10.0分)
如图，是某市在城区河道上新建成的一座大桥，学校数学兴趣小组在一次数学实践活动中对桥墩的高度进行了测量，测得斜坡BC长为50米，∠CBE=30°，在斜坡顶端C处水平地面上以3.6km/h的速度行走半分钟到达点D，在点D处测得桥墩最高点A的仰角为34°．
(1)水平地面CD长为米；
(2)求桥墩AB的高(结果保留1位小数).(参考数据：sin34°≈0.56，cos34°≈0.83，tan34°≈0.68， 3≈1.73)
24. (本小题11.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，点P为射线AO上的一个动点，过点P作PQ⊥AB于点Q，将沿PQ翻折得到R.设△PQR与△AOB重合部分的面积为S，点P的坐标为(m,0)．
(1)求AR的长.(用含m的代数式表示)
(2)求S关于m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围．
25. (本小题11.0分)
如图，四边形ABCD中，点E是AD上一点，BE=BA，∠A=2∠DBA=2∠CEB，BE平分∠CBA．
(1)求证：∠BCE+∠BDA=180°；
(2)探究图中与AD相等的线段，并证明；
(3)若BE=4，AE=2，求BD的值．
26. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2−3ax−2交x轴于A(−1,0)和B两点，交y轴于C点；直线AD交抛物线于第一象限内点D，且点D的横坐标是6，直线AD交y轴于点F．
(1)求抛物线解析式；
(2)点E为直线AD下方抛物线的上一个动点，且点E在y轴右侧，当△AFE面积最大时，求此时点E的坐标．
(3)抛物线上是否存在点P，使∠PCO+∠DAB=∠BAC，若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−5=+5。
故选C。
根据绝对值的意义直接判断即可。
本题考查了绝对值：若a>0，则a=a；若a=0，则a=0；若a<0，则a=−a。
2.【答案】D
【解析】解：825100=8.251×105．
故选：D．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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】C
【解析】解：A.根据立方根的定义，3−8=−2，那么A错误，故A不符合题意．
B.根据算术平方根的定义， (−2)2= 4=2，那么B错误，故B不符合题意．
C.根据二次根式的减法法则，2 3−3 3=− 3，那么C正确，故C符合题意．
D.根据完全平方公式，( 2−1)2=2+1−2 2=3−2 2，那么D错误，故D不符合题意．
故选：C．
根据立方根的定义、算术平方根的定义、完全平方公式、二次根式的减法法则解决此题．
本题主要考查立方根、算术平方根、完全平方公式、二次根式的减法，熟练掌握立方根的定义、算术平方根的定义、完全平方公式、二次根式的减法法则是解决本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：由x−1>0，得x>1，
由x−3<0，得x<3，
∴不等式组的解集为1
先求出不等式组中各个不等式的解集，再求出这些解集的公共部分即可．
解不等式组时要注意解集的确定原则：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解答．
5.【答案】A
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠1=45°，
∴∠1+∠ACB=105°，
∵a//b，
∴∠2=∠1+∠ACB=105°．
故选：A．
先根据等边三角形的性质求出∠ACB的度数，再根据平行线的性质即可得出结论．
本题考查的是平行线的性质，等边三角形的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．
6.【答案】C
【解析】解：任意多边形的外角和是360°，
因为多边形是正多边形，
所以多边形的每个外角相等等于45°，
则多边形的边数是：360°÷45°=8．
故选：C．
根据任何多边形的外角和都是360°，用360°除以外角的度数就可以求出外角的个数，即多边形的边数．
本题考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和等于360°，正多边形的每个外角都相等是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：数据210出现了4次，最多，
故众数为210，
共10辆车，排序后位于第5和第6位的数分别为210，220，
故中位数为(210+220)÷2=215．
故选：B．
根据众数与中位数的定义，找出出现次数最多的数，把这组数据从小到大排列，求出最中间两个数的平均数即可．
此题考查了众数与中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数；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(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
8.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4×a×1≥0且a≠0，
解得a≤1且a≠0，
故选：C．
根据关于x的一元二次方程ax2−2x+1=0有实数根知Δ=(−2)2−4×a×1≥0且a≠0，解之即可．
本题主要考查根的判别式、一元二次方程的定义，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
①当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ<0时，方程无实数根．
9.【答案】A
【解析】解：由作法得BD平分∠ABC，
过D点作DE⊥AB于E，如图，则DE=DC，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2= 102−62=8，
∵S△ABD+S△BCD=S△ABC，
∴12⋅DE×10+12⋅CD×6=12×6×8，
即5DE+3CD=24，
∴CD=3．
故选：A．
利用基本作图得BD平分∠ABC，过D点作DE⊥AB于E，如图，根据角平分线的性质得到DE=DC，再利用勾股定理计算出AC=8，然后利用面积法得到12⋅DE×10+12⋅CD×6=12×6×8，最后解方程即可．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作已知角的角平分线).也考查了角平分线的性质．
10.【答案】B
【解析】解：由函数图象可知，乙比甲晚出发1小时，故①正确；
乙出发3−1=2(小时)后追上甲，故②错误；
甲的速度为：12÷3=4(千米/小时)，故③正确；
乙的速度为：12÷(3−1)=6(千米/小时)，
则甲到达B地用的时间为：20÷4=5(小时)，
乙到达B地用的时间为：20÷6=103(小时)，
∵1+103=133<5，
∴乙先到达B地，故④正确；
∴正确的说法为：①③④，
故选：B．
观察函数图象，从图象中获取信息，根据速度，路程，时间三者之间的关系求得结果．
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是读懂函数图象，获取相关信息．
11.【答案】(x+6)(x−6)
【解析】
【分析】
直接用平方差公式分解．平方差公式：a2−b2=(a+b)(a−b)．
本题主要考查利用平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
【解答】
解：x2−36=(x+6)(x−6)．
12.【答案】(−6,5)
【解析】解：将点(−2,5)向左平移4个单位长度后得到的点的坐标为(−6,5)．
故答案为(−6,5)．
把点(−2,5)的横坐标减4，纵坐标不变得到点(−6,5)平移后的对应点的坐标．
本题考查了坐标与图形变化−平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右(或向左)平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加(或减去)一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上(或向下)平移a个单位长度．
13.【答案】12
【解析】解：抛掷两枚质地均匀的硬币可能出现的情况为：正正，正反，反正，反反．
∴出现“一正一反”的概率是12．
列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
此题考查了列举法求概率，解题的关键是找到所有的情况，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】100x−90x=100
【解析】
【分析】
本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
先根据每人出90钱，恰好合适，用x表示出猪价，再根据“每人出100钱，则会多出100钱”，即可得出关于x的一元一次方程，即可得出结论．
【解答】
解：因为每人出90钱，恰好合适，
所以猪价为90x钱，
根据题意，可列方程为100x−90x=100．
故答案为：100x−90x=100．
15.【答案】65π
【解析】解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为8cm，底面半径为10÷2=5(cm)，
故表面积=πrl+πr2=π×5×8+π×52=65π(cm2).
故答案为：65π．
由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其表面积．
考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．
16.【答案】3− 3
【解析】解：连接BD，过点E作EF⊥CD于点F，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
设EF=x，则DF=x，CF= 33x，
∵菱形的边长为2，
∴CD=2，
∴x+ 33x=2，
解得：x=3− 3．
故答案为：3− 3．
连接BD，过点E作EF⊥CD于点F，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，设EF=x，则DF=x，可得出x+ 33x=2，解方程即可得出答案．
此题考查了翻折变换(折叠问题)，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
17.【答案】(1)证明：连接DE，如图1，
∵AB=AC，AD=BD，
∴∠B=∠BAD，∠B=∠C，
∴∠C=∠E，
∴∠E=∠BAD，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠E+∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=90°，
即∠BAE=90°，
∴直线AB是⊙O的切线；
(2)解：如图2，作AH⊥BC，垂足为点H，
∵AB=AC，
∴BH=CH，
∵∠B=∠C=∠BAD，
∴△ABC∽△DBA，
∴ABBD=BCAB，
即AB2=BD⋅BC，
又AB=2 6，BD=AD=3，
∴BC=8，
在Rt△ABH中，BH=CH=4，
∴AH= AB2−BH2= (2 6)2−42=2 2，
∵∠E=∠B，∠ADE=∠AHB，
∴△AED∽△ABH，
∴AEAB=ADAH，
∴AE=AB⋅ADAH=2 6×32 2=3 3．
【解析】(1)连接DE，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAD，∠B=∠C，等量代换得到∠E=∠BAD，根据圆周角定理得到∠ADE=90°，得到∠BAE=90°，于是得到结论；
(2)作AH⊥BC，垂足为点H，证明△ABC∽△DBA，由相似三角形的性质得出ABBD=BCAB，求出BC的长，证明△AED∽△ABH，得出AEAB=ADAH，则可求出答案．
本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
18.【答案】解：(1−aa+2)÷a2−4a2+4a+4
=a+2−aa+2⋅(a+2)2(a+2)(a−2)
=2a−2．
【解析】先通分括号内的式子，然后再将括号外的除法化为乘法，最后约分即可．
本题考查分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠CAB=∠CAD，
在△ABO和△ADO中，
AB=AD∠OAB=∠OADOA=OA，
∴△ABO≌△ADO，
∴OB=OD；
【解析】由菱形的性质可得到AD=AB，∠CAB=∠CAD，结合公共边可证得△ABO≌△ADO，根据全等三角形对应边相等即可得出OB=OD．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质与定理是解题关键．
20.【答案】25 20 126°
【解析】解：(1)a=100×25%=25，
∵m%=(20÷100)×100%=20%，
∴m=20，
第3组人数在扇形统计图中所对应的圆心角是：360°×35100=126°；
故答案为：25，20，126°；
(2)30×20100=6(万人)，
答：估计第4组年龄段报名本次大会的人数大约有6万人．
(1)用总人数乘以第2组的百分比，可以求得a；利用第4组的频数和数据总数可求得m的值；利用第3组的频数可求得在扇形统计图中所对应的圆心角的度数；
(2)用总人数乘以40～50岁年龄段的百分比即可．
本题考查频数分布直方图、频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，
依题意，得：1200x−12001.5x=5，
解得：x=80，
经检验，x=80是原分式方程的解，且符合题意．
答：计划平均每天修建步行道的长度为80m．
【解析】设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，根据工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前5天完成任务，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y=kx，
把(150,10)代入y=kx得，10=k150，
∴k=1500，
∴y与x的函数表达式为y=1500x；
(2)∵当y=35−20=15时，x=100，
∵k>0，
在第一象限内，y随x的增大而减小，
∴小明录入文字的速度至少为100字/分，
答：小明每分钟至少录入100个字．
【解析】(1)根据录入的时间=录入总量÷录入速度即可得出函数关系式；
(2)根据反比例函数的性质即可得到结论求解即可．
本题考查了反比例函数的应用，根据工作量得到等量关系是解决本题的关键．
23.【答案】解：(1)∵3.6km/h=1m/s，
∴CD=1×30=30(米)；
(2)延长DC交AB于点H，如图所示：
∵DC//BE，∠CBE=30°，
∴∠BCH=∠CBE=30°，∠AHD=∠BHD=90°，
在Rt△CBH中，cos∠BCH=HCBC= 32，sin∠BCH=BHBC=12，
∴HC= 32BC= 32×50=25 3(米)，
BH=12×50=25(米)，
∴DH=HC+CD=(25 3+30)米，
∵∠ADH=34°，
∴tan∠ADH=AHDH=tan34°，
∴AH=DH⋅tan34°，
∴AB=AH+BH=(25 3+30)⋅tan34°+25≈74.8(米)．
【解析】(1)根据速度×时间=路程计算即可；
(2)延长DC交AB于点H，可知∠AHD=∠BHD=90°，在Rt△CBH中，根据特殊角的三角函数表示出CH和BH，再根据tan∠ADH=AHDH=tan34°，表示出AH的长，进一步可得AB的长．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)直线y=−43x+4与x轴，y轴分别交于点A、B，
当x=0时，y=4，
∴点B坐标(0,4)，
∴OB=4．
当y=0时，x=3，
∴点A坐标(3,0)，
∴OA=3．
Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2，
∴AB=5．
∵∠PAQ=∠BAC，
∠AQP=∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
∴APAB=AQAO，
AQ=3(3−m)5，
AR=2AQ=18−6m5．
(2)在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状．
①点P在线段OA上，△PQR与△AOB重合部分是△PQR．
当0≤m<3时，
∵∠PAQ=∠BAC，
∠AQP=∠AOB，
∴△PQA∽△BOA，
∴S△APQ：S△ABO=AP2：AB²=(3−m)2：25，
∵S△ABO=12OA×OB=6，
又∵△PQR≌△PQA，
∴S=625(3−m)2．
②△PQR与△AOB重合部分是四边形CDRQ.作RE⊥OA于E，QF⊥OA于F．
当R和B重合时，Q为AB 中点，
AQ=2.5，
∵△PQA∽△BOA，
∴APAB=AQAO，
∴AP=AB×AQAO=5×2.53=256，
∴OP=AP−AO=256−3=76，
∴m=−76．
∴当−76
∴∠APQ=∠ABO，
∵∠AOB=∠OFQ，
∴△AOB∽△QFP，
∴OAFQ=OBFP，
∴FPFQ=OBOA=43，
同理FQFA=43，
∴FPFQ×FQFA=43×43，
∴FPFA=169，
∵AP=3−m，
∴FA=925(3−m)．
∴QF=AF×43=1225(3−m)．
∴RE=2QF=2425(3−m)，
∴PE=PA−2AF=725(3−m)，
∵OD//RE，
∴ODER=POPE，
∴OD=PO×ERPE=−m×2425(m−3)725(m−3)=−247m，
∵OCOP=34，
∴OC=−34m，
∴CD=OD−OC=−247m−(−34m)=−7528m.
∵S=S△PQR−S△PCD
∴S=12×PA×QF−12×OP×CD
=625(3−m)2−7556m2．
，
③△PQR与△AOB重合部分是△BQC，
当Q、B重合时，
AQ=5，
∴AP=53AQ=253，
OP=253−3=163，
m=−163，
当−163
∴BC=4−OC=4+34m，
∵CQ=45BC，BQ=35BC，
∴S=12CQ×BQ=12×1225×(4+34m)2
=625(4+34m)2，
∴S=625(3−m)2,0≤m<3．625(3−m)2−7556m2,−76
(2)点P为射线AO上的一个动点，在移动过程中，△PQR与△AOB重合部分有三种形状，①直角三角形②四边形③直角三角形．分类讨论，利用三角形相似对应边成比例，找边之间的转换关系，解决问题．
此题是坐标系中的三角形面积问题，通过三角形相似的判定和性质，三角形的翻折，全等，增加了问题难度，分类讨论，需要严谨性．
25.【答案】(1)证明：设∠DBA=∠CEB=α，
∵∠A=2∠DBA=2∠CEB，
∴∠A=2α，
∵BE=BA，
∴∠BEA=∠A=2α，
∴∠ABE=180°−∠BEA−∠A=180°−4α，
∵BE平分∠CBA，
∴∠CBE=∠ABE=180°−4α，
在△BCE中，∠BCE=180°−∠CEB−∠CBE=180°−α−(180°−4α)=3α，
在△BAD中，∠BDA=180°−∠DBA−∠A=180°−α−2α=180°−3α，
∴∠BCE+∠BDA=3α+180°−3α=180°；
(2)解：如图1，
以B为圆心，BC长为半径画弧，交EC的延长线于点F，连接BF，
∴BF=BC，
∴∠F=∠BCF=180°−∠BCE，
∴∠BCE+∠ADB=180°，
∴∠ADB=180°−∠BCD，
∴∠ADB=∠F，
∵BE=AB，∠BCE=∠ABD，
∴△BEF≌△ABD(AAS)，
∴BF=AD，
∴AD=BC；
(3)如图2，
作BF⊥AE于F，作DG⊥AB于G，
设∠ABD=α，则∠BAD=2α，
∵BE=BA，
∴AF=EF=12AE=1，
∴BF= AB2−AF2= 42−12= 15，
∴cos2α=AFAB=14，
如图3，
Rt△MNT中，∠M=90°，MN= 15，
∴tanα= 155，tan2α= 15，sinα= 1540，
∵DGAG= 15，
∴设DG= 15k，AG=k，
∵DGBG= 155，
∴BG=5k，
由BG+AG=AB得，
∴5k+k=4，
∴k=23，
∴DG=5k=2 153，
∵sin∠ABG=DGBD= 1540，
∴2 153BD= 1540，
∴BD=803．
【解析】(1)设∠DBA=∠CEB=α，则∠A=2α，在△ABE中利用三角形内角和定理求出∠ABE，根据角平分线的定义得出∠CBE=∠ABE，在△BCE中利用三角形内角和定理求出∠BCE，在△BAD中利用三角形内角和定理求出∠BDA，从而求出∠BCE+∠BDA的值；
(2)以B为圆心，BC长为半径画弧，交EC的延长线于点F，连接BF，可证明△BEF≌△ABD，从而得出结果；
(3)作BF⊥AE于F，作DG⊥AB于G，设∠ABD=α，则∠BAD=2α，可求得cos2α=AFAB=14，进而构造直角三角形，求得tanα= 155，tan2α= 15，sinα= 1540，然后解三角形ABD，进而求得结果．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是构造“二倍角”．
26.【答案】解：(1)将点A的坐标代入抛物线表达式得：0=a+3a−2，
解得：a=12，
则抛物线的表达式为：y=12x2−32x−2①；
(2)过点E作y轴的平行线交AD于点H，
当x=6时，y=12x2−32x−2=7，即点D(6,7)，
由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y=x+1，
则点F(0,1)，
∵△AFE面积=S△HEA−S△HEF=12×HE×(xF−xA)=12EH，
即EH取得最大值时，△AFE面积最大，
则HE=x+1−(12x2−32x−2)=−12x2+52x+3，
∵−12<0，故HE有最大值，此时，点E(52,−218)；
(3)取点R(0,−1)，连接AR，过点C作CT⊥AR交AR的延长线于点T，
由直线AD的表达式知，∠FAO=45°，
∵OF=OR，则∠TAO=∠FAO=45°=∠DAB，
在△ARC中，AO=OR=1，CR=2−1=1，
则RT=CT= 22RC= 22，AR= 2，
则CT= 22，AT=AR+RT=3 22，
则tan∠RAC=CTAT=13，
∵∠PCO+∠DAB=∠BAC，∠FAO=45°=∠DAB，
∴∠PCO=∠CAT，
∴tan∠PCO=tan∠CAT=tan∠CAR=13，
则直线CP表达式中的k值为3或−3，
故直线CP的表达式为：y=3x−2②或y=−3x−2③，
联立①②得：3x−2=12x2−32x−2，
解得：x=0(舍去)或9，
则点P(9,25)；
联立①③得：−3x−2=12x2−32x−2，
解得：x=0(舍去)或−3，
则点P(−3,−2)；
综上，点P的坐标为：(9,25)或(−3,−2)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由△AFE面积=S△HEA−S△HEF=12×HE×(xF−xA)=12EH，即可求解；
(3)证明tan∠PCO=tan∠CAT=tan∠CAR=13，得到直线CP的表达式为：y=3x−2或y=−3x−2，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
相关试卷
2023年辽宁省大连四十三中中考数学模拟试卷（4月份）（含解析）： 这是一份2023年辽宁省大连四十三中中考数学模拟试卷（4月份）（含解析），共27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年辽宁省大连市西岗区中考数学模拟试卷（4月份）（含解析）： 这是一份2023年辽宁省大连市西岗区中考数学模拟试卷（4月份）（含解析），共22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年辽宁省大连市中考数学模拟试卷及答案解析： 这是一份2023年辽宁省大连市中考数学模拟试卷及答案解析，共24页。
