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2023年湖北省襄阳市六校联考中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年湖北省襄阳市六校联考中考数学模拟试卷（含解析），共25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年湖北省襄阳市六校联考中考数学模拟试卷
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. 在实数−2, 3,0，−π中，最小的数是( )
A. 3 B. 0 C. −π D. −2
2. 下列四个几何体中，左视图为圆的是( )
A. B. C. D.
3. 下列各式中，计算结果为m8的是( )
A. m2⋅m4 B. m4+m4 C. m16÷m2 D. (m2)4
4. 如图，AB//CD，FE⊥DB，垂足为E，∠1=60°，则∠2的度数是( )
A. 60°
B. 50°
C. 40°
D. 30°
5. 下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 下列说法错误的是( )
A. 掷一枚硬币，正面朝上这一事件是随机事件
B. 天气预报说明天的降水概率是80%，则明天一定会下雨
C. 在单词mathematics(数学)中任意选择一个字母“a”的概率为211
D. 任意画一个五边形，其内角和是540°这一事件是必然事件
7. 某中学组织初三学生篮球比赛，以班为单位，每两班之间都比赛一场，计划安排15场比赛，则共有多少个班级参赛？( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
8. 《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架，其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”其大意是：一根竹子原高1丈(1丈=10尺)，中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？若设折断处离地面x尺，则下面所列方程正确的是( )
A. 3x+1=110−x B. 13(10−x)=710
C. x2+32=(10−x)2 D. x2+72=(10−x)2
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx+b(k≠0)与y=mx(m≠0)的图象相交于点A(2,3)，B(−6,−1)，则不等式kx+b>mx的解集为( )
A. x<−6 B. −62
C. x>2 D. x<−6或0
A. ④
B. ③
C. ②
D. ①
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算：327+|1− 3|+(−12)−1=______．
12. 解不等式组x+13>02(x+5)≥6(x−1)的解集为______ ．
13. 小颖有两件上衣，分别为红色和黑色，有三条裤子，分别为蓝色、黑色和白色，她随机拿出一件上衣和一条裤子穿上．恰好为红色上衣和白色裤子的概率是______．
14. 某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离S(米)关于滑行的时间t(秒)的函数解析式是S=−0.25t2+8t，无人机着陆后滑行______秒才能停下来．
15. 在△ABC中，∠A=50°，∠B=30°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为________度．
16. 如图，正方形ABCD的边长为24，点E是对角线BD上一点，且BE=3DE，F是BC的中点．连接AE，EF，AF，AF与BD交点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFH，连接AH，交EF于点M，则MH=______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0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)
先化简(a2−1a−3−a−1)÷a+1a2−6a+9，然后从−1，1，3中选一个合适的数作为a的值代入求值．
18. (本小题6.0分)
抗关援朝战争是新中国的立国之战.中国人民志愿军打破了美军不可战胜的神话.电影《长津湖》将这一段波澜壮阔的历史重新带进了人们的视野，并一举拿下了国庆档的票房冠军，激发了大家的爱国热情.因此，某校开展了抗美援朝专题知识竞赛，所有同学得分都不低于80分.现从该校八、九年级中各抽取10名学生的竞赛成绩(百分制)进行整理、描述和分析(成绩得分用x分)表示，共分成四个等级.A：80≤x<85；B：85≤x<90；C：90≤x<95；D：95≤x<100).下面给出了部分信息：
八年级抽取的学生C等级的成绩为：92，92，93，94
九年级抽取的学生D等级的成绩为：95，95，95，97，100
八，九年级抽取的学生竞赛成绩统计表：
年级
平均分
中位数
众数
方差
八年级
92
a
92
23.4
九年级
92
94
b
29.8
请根据相关信息.回答以下问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，并补全九年级抽取的学生竞赛成绩条形统计图；
(2)若八年级甲同学测试成绩为94分，九年级乙同学测试成绩为94分，请问谁的成绩在本年级排名更靠前；
(3)规定成绩在95分以上(含95分)的同学被评为优秀，已知该校八年级共有1200人参加知识竞赛，请计算该校八年级约有多少名同学被评为优秀？
19. (本小题6.0分)
如图所示是河的一段，两岸AB//CD，河对岸E处有一个寺庙，位于F点北偏东37°的方向，位于G点北偏西45°的方向，已知河宽800米，若游客以30米/分钟的速度从F点处出发沿FE乘船至E处游玩半小时，再以原速度沿EG返回，请问从出发开始计时他能否在一个半小时内返回G处？
(参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75， 2≈1.4)
20. (本小题6.0分)
如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD//BC，CD=BC，∠ABD=90°．
(1)请用尺规作图作边AD的垂直平分线MN，交AD于点E(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)连接BE，试判断四边形BCDE的形状，并说明理由．
21. (本小题7.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+(m+2)x+m=0．
(1)求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程有两个实数根x1，x2，且x1+x2+2x1x2=3，求m的值．
22. (本小题8.0分)
如图，点D是以AB为直径的⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，交AD的延长线于点C，E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若OB=BF，EF=4，求AD的长．
23. (本小题10.0分)
即将大学毕业的小明准备利用暑假勤工俭学销售小商品，进货时发现：8件A商品和4件B商品进货需要72元；4件A商品和3件B商品进货需要38元．
(1)求A、B每件商品的进价；
(2)若两种商品共进货200件，设A商品购进x件，A商品的总售价为z1元，与销量件数x之间是一次函数关系(关系如表).B商品的总售价为z2元，与销量a件数(80≤a≤200)之间的函数关系如图．
件数
0
1
2
20
30
…
z1(元)
0
10
20
200
300
…
①写出z1、z2与x之间的函数关系式______ ；
②设销售A、B两种商品所获总利润为y元，求y与x之间的函数关系式；
(3)小明将所进的200件A、B商品按总利润最大全部售完，并且他计划每件A、B商品分别捐给学校助学基合b元，捐款数不超过总利润的50%，求b的值．
24. (本小题11.0分)
一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图1所示的位置摆放(点E，A，D在同一条直线上)．
(1)证明推断
将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转到如图2所示的位置．
①求证：BE=DG；②推断：BE与DG的位置关系为______；
(2)类比探究
将(1)中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转(如图3)，且AEAG=ABAD=ab.探究BE与DG的数量关系(用含a，b的式子表示)，并写出探究过程．
(3)拓展运用
如图4，在(2)的条件下，当AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，连接DE，BG.小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2x+c与直线y=kx+b都经过
A(0,−3)、B(3,0)两点，该抛物线的顶点为C．
(1)求此抛物线和直线AB的解析式；
(2)设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△PAB面积最大时，试求出点P的坐标，并求出△PAB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵2<π，
∴−2>−π，
∴−π<−2<0< 3，
∴最小的数是−π，
故选：C．
根据正数大于0，负数小于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小即可得出答案．
本题考查了实数大小比较，算术平方根，掌握两个负数比较大小，绝对值大的反而小是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查立体图形的左视图，关键是掌握左视图所看的位置．四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆台是等腰梯形，圆锥是等腰三角形，球是圆，由此可确定答案．
【解答】
解：因为圆柱的左视图是矩形，圆台的左视图是等腰梯形，圆锥的左视图是等腰三角形，球的左视图是圆，
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：A.m2⋅m4=m6，故此选项不合题意；
B.m4+m4=2m4，故此选项不合题意；
C.m16÷m2=m14，故此选项不合题意；
D.(m2)4=m8，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用同底数幂的乘除运算法则、合并同类项法则、幂的乘方运算法则分别计算判断即可．
此题主要考查了同底数幂的乘除运算、合并同类项、幂的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：在△DEF中，∠1=60°，∠DEF=90°，
∴∠D=180°−∠DEF−∠1=30°．
∵AB//CD，
∴∠2=∠D=30°．
故选：D．
由EF⊥BD，∠1=60°，结合三角形内角和为180°即可求出∠D的度数，再由“两直线平行，同位角相等”即可得出结论．
本题考查了平行线的性质以及三角形内角和为180°.解决该题型题目时，根据平行线的性质，找出相等、互余或互补的角是关键．
5.【答案】C
【解析】解：A选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
C选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念得出结论即可．
本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的知识，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、掷一枚硬币，正面朝上这一事件是随机事件，故A不符合题意；
B、天气预报说明天的降水概率是80%，则明天下雨的可能性为80%，故B符合题意；
C、在单词mathematics(数学)中任意选择一个字母“a”的概率为211，故C不符合题意；
D、任意画一个五边形，其内角和是540°这一事件是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
根据概率的意义，随机事件，概率公式，多边形的内角与外角，逐一判断即可解答．
本题考查了概率的意义，随机事件，概率公式，多边形的内角与外角，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了一元二次方程的应用，关键是准确找到描述语，根据等量关系准确的列出方程．此题还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
设共有x个班级参赛，根据每个班和其他班比赛(x−1)场球，且每两班之间都比赛一场，然后根据计划安排15场比赛即可列出方程求解．
【解答】
解：设共有x个班级参赛，根据题意得：
x(x−1)2=15，
解得：x1=6，x2=−5(不合题意，舍去)，
则共有6个班级参赛．
故选C．
8.【答案】C
【解析】解：设折断处离地面x尺，
根据题意可得：x2+32=(10−x)2，
故选：C．
根据题意结合勾股定理列出方程即可．
此题主要考查了勾股定理的应用及由实际问题抽象出一元二次方程的知识，根据题意正确应用勾股定理是解题关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，关键是注意掌握数形结合思想的应用．
根据函数的图象和交点坐标找出直线在曲线上方部分所对应的x的范围即可．
【解答】
解：不等式kx+b>mx的解集为：−62，
故选：B．
10.【答案】B
【解析】解：①由图象可知：a<0，c>0，
∴ac<0，故①不符合题意．
②由题意可知：抛物线的对称轴为x=1，
∴x<1时，y随x的增大而增大，故②不符合题意．
③∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∵抛物线过(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴3a+c=0，故③符合题意．
④∵−b2a=1，
∴b=−2a，故④不符合题意．
故选：B．
由图象可知：a<0，c>0，抛物线的对称轴为x=1，再由抛物线过(−1,0)可知a−b+c=0．
本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
11.【答案】 3
【解析】解：原式=3+ 3−1−2
= 3．
故答案为： 3．
直接利用立方根的性质、负整数指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而合并得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
12.【答案】−1
解不等式①，得：x>−1，
解不等式②，得：x≤4，
∴该不等式组的解集为−1
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
13.【答案】16
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，其中恰好为红色上衣和白色裤子的只有1种结果，
∴恰好为红色上衣和白色裤子的概率为16，
故答案为：16．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好是白色上衣和白色裤子的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】16
【解析】解：由题意得，
S=−0.25t2+8t
=−0.25(t2−32t+256−256)
=−0.25(t−16)2+64，
∵−0.25<0，
∴t=16时，飞机滑行的距离最大，
即当t=16秒时，飞机才能停下来．
故答案为：16．
飞机停下时，也就是滑行距离最远时，即在本题中需求出s最大时对应的t值．
本题考查了二次函数的应用，能熟练的应用配方法得到顶点式是解题关键．
15.【答案】60或10
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内角和定理，分情况讨论是本题的关键．
当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC=90°或∠ACD=90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】
解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC=90°时，
∵∠B=30°，
∴∠BCD=90°−30°=60°；
②如图2，当∠ACD=90°时，
∵∠A=50°，∠B=30°，
∴∠ACB=180°−30°−50°=100°，
∴∠BCD=100°−90°=10°，
综上，则∠BCD的度数为60°或10°；
故答案为：60或10．
16.【答案】5 2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠DBC=45°，AD=BC=24，BD=24 2，
∵BE=3DE，
∴DE=6 2，BE=18 2，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF=12，
∴AF= AB2+BF2= 576+144=12 5，
∵AD//BC，
∴△ADG∽△FBG，
∴ADBF=AGGF=DGBG=2，
∴DG=2BG，AG=2GF，
∴AG=8 5，GF=4 5，BG=8 2，DG=16 2，
∴GE=10 2，
∵GEAG=10 28 5= 104，AGDG=8 516 2= 104，
∴GEAG=AGDG，
又∵∠AGE=∠AGD，
∴△AGE∽△DGA，
∴∠EAF=∠ADB=45°，AEAD= 104，
∵AFBD=12 524 2= 104，
∴AFBD=AEAD，
又∵∠EAF=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠ABD=45°，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∵AF=12 5，
∴AE=EF=6 10，
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFH，
∴∠AFE=∠EFH=45°，GF=FH=4 5，
∴∠AFH=90°，
∴AH= AF2+FH2= 720+80=20 2，
∵∠BAC=∠EAF=45°，
∴∠BAF=∠CAE，
又∵∠ABF=∠AEM=90°，
∴△ABF∽△AEM，
∴ABAE=AFAM，
∴246 10=12 5AM，
∴AM=15 2，
∴MH=5 2，
故答案为：5 2．
利用相似三角形的性质和勾股定理分别求出AF，AE，AH，AM的长，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等知识，利用相似三角形的性质求出线段的长是解题的关键．
17.【答案】解：原式=(a2−1a−3−a2−2a−3a−3)⋅(a−3)2a+1
=2(a+1)a−3⋅(a−3)2a+1
=2a−6，
由题意得，a≠−1和3，
当a=1时，原式=2−6=−4．
【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定a的值，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
18.【答案】92.5 95
【解析】解：(1)由题意可知，八年级10名同学成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数都是92，93，因此中位数是92.5，即a=92.5；
九年级10名学生成绩出现次数最多的是95，共出现3次，因此众数是95，即b=95，
九年级10名学生成绩处在“A组”的有10−1−2−5=2(人)，补全频数分布直方图如下：
故答案为：92.5；95；
(2)九年级的同学成绩排名更靠前，理由：九年级学生成绩的中位数比八年级的高；
(3)1200×30%=360(名)，
故该校八年级约有360名同学被评为优秀．
(1)根据中位数、众数的意义求解即可，求出“A组”的频数才能补全频数分布直方图；
(2)从中位数比较得出结论；
(3)用样本估算总体即可．
本题考查中位数、众数、方差以及频数分布直方图，理解中位数、众数、方差的意义，掌握频数分布直方图的意义是正确解答的关键．
19.【答案】解：由题意得∠MFE=37°，∠NGE=45°，
过E点作EQ⊥FG于Q点，
∴∠FEQ=37°，EQ=800米，
在Rt△EFQ中，EF=800cos37∘=1000米，
在Rt△EGQ中，EG=800cos45∘=800 2≈1120米，
∴EF+EG=2120(米)，
∴用时：212030≈71分钟，
∴71+30=101分钟>1.5小时，
答：不能在一个半小时内返回．
【解析】根据锐角三角函数得到EF、EG，再根据路程与速度即可得到时间．
本题考查了锐角三角函数，路程，速度，时间之间的数量关系，掌握锐角三角函数是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图，MN为所作；
(2)四边形BCDE为菱形．
理由如下：∵MN垂直平分AD，
∴AE=DE，
∵∠ABD=90°，
∴BE=DE=AE，
∵CD=BC，AD//BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
而BE=DE，
∴四边形BCDE为菱形．
【解析】(1)利用基本作图，作AD的垂直平分线即可；
(2)根据线段垂直平分线的性质得到AE=DE，再根据斜边上的中线性质得到BE=DE=AE，由于CD=BC，AD//BC，可判断四边形BCDE为平行四边形，接着判断四边形BCDE为菱形．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的判定．
21.【答案】(1)证明：∵△=(m+2)2−4m
=m2+4m+4−4m
=m2+4>0，
∴无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：根据题意得x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，
∵x1+x2+2x1x2=3，
∴−(m+2)+2m=3，解得m=5，
即m的值为5．
【解析】(1)先计算判别式的值，再利用非负数的性质判断△>0，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)根据根与系数的关系得到x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，则由x1+x2+2x1x2=3得到−(m+2)+2m=3，然后解关于m的方程即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
22.【答案】解：(1)如图，连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
在Rt△BDC中，∵BE=EC，
∴DE=EC=BE，
∴∠1=∠3，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠3+∠4=90°，
∴∠1+∠4=90°，
又∵∠2=∠4，
∴∠1+∠2=90°，
∴DF为⊙O的切线；
(2)∵OB=BF，
∴OF=2OD，
∴∠F=30°，
∵∠FBE=90°，
∴BE=12EF=2，
∴DE=BE=2，
∴DF=6，
∵∠F=30°，∠ODF=90°，
∴∠FOD=60°，
∵OD=OA，
∴∠A=∠ADO=12∠BOD=30°，
∴∠A=∠F，
∴AD=DF=6．
【解析】(1)连接OD，由AB为⊙O的直径得∠BDC=90°，根据BE=EC知∠1=∠3、由OD=OB知∠2=∠4，根据BC是⊙O的切线得∠3+∠4=90°，即∠1+∠2=90°，得证；
(2)根据直角三角形的性质得到∠F=30°，BE=12EF=2，求得DE=BE=2，得到DF=6，根据三角形的内角和得到OD=OA，求得∠A=∠ADO=12∠BOD=30°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】z1=10x，z2=−3x+600(100
由题意得：8m+4n=724m+3n=38，
解得m=8n=2，
∴A商品单价8元，B商品单价2元；
(2)①设A商品购进x件，B商品为(200−x)件，A商品的总售价为z1元，B商品的总售价为z2元，与销量a件数；
根据题意：设z1的解析式为z1=k1x，
将(1,10)代入z1=k1x，
∴k1=10，
∴z1=10x，
当80≤a≤100时，设z2=k2a+b2，
根据题意可得80k2+b2=240100k2+b2=300，
解得：k2=3b2=0，
∴当80≤a≤100时，z2=3a，
当100≤a≤200时，设z2=k3a+b3，
根据题意可得：100k3+b3=300200k3+b3=550，
解得：k3=2.5b3=50，
∴当80≤a≤100时，z2=2.5a+50，
∴z2=3a2.5a+50，
∴z2=−3x+600(100
∴yA=10x−8x=2x，
yB=200−x0.5(200−x)+50，
∴化简可得yB=−x+200(100
∴化简可得y=1.5x+150(0≤x≤100)x+200(100
利润：y=1.5x+150(0≤x≤100)x+200(100
当x=100时ymax=300，
当100
综上所述A购进120件，B购进80件时利润最大，
∴200b≤320×50%，
解得b≤0.8．
(1)设A商品进价m元，B商品进价n元，根据题意列方程解方程即可解答；
(2)设A商品购进x件，B商品为(200−x)件，利用待定系数法即可解答；
(3)设销售A、B两种商品所获总利润为y元，根据一次函数的性质即可解答．
本题考查了一次函数与实际问题，二元一次方程组与实际问题，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
24.【答案】BE⊥DG
【解析】(1)①证明：∵四边形AEFG为正方形，
∴AE=AG，∠EAG=90°，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠EAB=∠GAD，
∴△AEB≌△AGD(SAS)，
∴BE=DG；
②解：BE⊥DG，理由如下：延长DG交BE于H，交AB于O，
由①得，△AEB≌△AGD，
∴∠ADG=∠ABE，
∵∠AOD=∠BOH，
∴∠BHG=∠DAB=90°，
∴BE⊥DG；
(2)解：BEDG=ab，
理由：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形，
∴∠BAD=∠EAG=90°．
∴∠BAD+∠BAG=∠EAG+∠BAG．
∴∠GAD=∠EAB．
∵AEAG=ABAD=ab，
∴△GAD∽△EAB．
∴BEDG=AEAG=ab；
(3)解：设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H，
由△EAB∽△GAD，得∠ABE=∠ADG，
在Rt△ADH中，∠AHD+∠ADG=90°．
又∠AHD=∠BHG，
∴∠BHG+∠ABE=90°，
∴∠BQH=90°，
∴BE⊥DG，
在Rt△DEH中，ED2=QE2+DQ2．
在Rt△BQG中，BG2=QG2+QB2．
由AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，
得AG=6，AD=12．
连接EG，BD，
在Rt△AGG中，EG2=AE2+AQ2．
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2，
∴ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2
=EG2+BD2
=AE2+AG2+AB2+AD2
=42+62+82+122
=260，
(1)①利用SAS证明△AEB≌△AGD，得BE=DG；
②由①得，△AEB≌△AGD，则∠ADG=∠ABE，从而得出∠BHG=∠DAB=90°，即可得出结论；
(2)利用两边成比例且夹角相等可证明△GAD∽△EAB.得BEDG=AEAG=ab；
(3)设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H，由(2)知△EAB∽△GAD，得∠ABE=∠ADG，得BE⊥DG，再由勾股定理可得ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2=EG2+BD2，从而说明结论成立．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，说明BE⊥DG是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2−2x+c经过A(0,−3)、B(3,0)两点，
∴9a−6+c=0,c=−3
∴a=1,c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
∵直线y=kx+b经过A(0,−3)、B(3,0)两点，
∴3k+b=0,b=−3
解得 k=1,b=−3
∴直线AB的解析式为y=x−3；
(2)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线的顶点C的坐标为(1,−4)，
∵CE//y轴，
∴E(1,−2)，
∴CE=2，
①如图，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE=MN，
设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，
∴MN=a−3−(a2−2a−3)=−a2+3a，
∴−a2+3a=2，
解得：a=2，a=1(舍去)，
∴M(2,−1)，
②如图，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE=MN，
设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，
∴MN=a2−2a−3−(a−3)=a2−3a，
∴a2−3a=2，
解得：a=3+ 172，a=3− 172(舍去)，
∴M(3+ 172,−3+ 172)，
综合可得M点的坐标为(2,−1)或(3+ 172,−3+ 172).
(3)如图，作PG//y轴交直线AB于点G，
设P(m,m2−2m−3)，则G(m,m−3)，
∴PG=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，
∴S△PAB=S△PGA+S△PGB=12PG⋅OB=12(−m2+3m)×3=−32m2+92m=−32(m−32)2+278，
∴当m=32时，△PAB面积的最大值是278，
∴此时P点坐标为(32,−154).
【解析】(1)将A(0,−3)、B(3,0)两点坐标分别代入二次函数的解析式和一次函数解析式即可求解；
(2)先求出C点坐标和E点坐标，则CE=2，分两种情况讨论：①若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE=MN，②若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE=MN，设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，可分别得到方程求出点M的坐标；
(3)如图，作PG//y轴交直线AB于点G，设P(m,m2−2m−3)，则G(m,m−3)，可由S△PAB=12PG×OB，得到m的表达式，利用二次函数性质可求解．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键．
2023年湖北省襄阳市六校联考中考数学模拟试卷
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. 在实数−2, 3,0，−π中，最小的数是( )
A. 3 B. 0 C. −π D. −2
2. 下列四个几何体中，左视图为圆的是( )
A. B. C. D.
3. 下列各式中，计算结果为m8的是( )
A. m2⋅m4 B. m4+m4 C. m16÷m2 D. (m2)4
4. 如图，AB//CD，FE⊥DB，垂足为E，∠1=60°，则∠2的度数是( )
A. 60°
B. 50°
C. 40°
D. 30°
5. 下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 下列说法错误的是( )
A. 掷一枚硬币，正面朝上这一事件是随机事件
B. 天气预报说明天的降水概率是80%，则明天一定会下雨
C. 在单词mathematics(数学)中任意选择一个字母“a”的概率为211
D. 任意画一个五边形，其内角和是540°这一事件是必然事件
7. 某中学组织初三学生篮球比赛，以班为单位，每两班之间都比赛一场，计划安排15场比赛，则共有多少个班级参赛？( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
8. 《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架，其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”其大意是：一根竹子原高1丈(1丈=10尺)，中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？若设折断处离地面x尺，则下面所列方程正确的是( )
A. 3x+1=110−x B. 13(10−x)=710
C. x2+32=(10−x)2 D. x2+72=(10−x)2
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx+b(k≠0)与y=mx(m≠0)的图象相交于点A(2,3)，B(−6,−1)，则不等式kx+b>mx的解集为( )
A. x<−6 B. −6
C. x>2 D. x<−6或0
A. ④
B. ③
C. ②
D. ①
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算：327+|1− 3|+(−12)−1=______．
12. 解不等式组x+13>02(x+5)≥6(x−1)的解集为______ ．
13. 小颖有两件上衣，分别为红色和黑色，有三条裤子，分别为蓝色、黑色和白色，她随机拿出一件上衣和一条裤子穿上．恰好为红色上衣和白色裤子的概率是______．
14. 某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离S(米)关于滑行的时间t(秒)的函数解析式是S=−0.25t2+8t，无人机着陆后滑行______秒才能停下来．
15. 在△ABC中，∠A=50°，∠B=30°，点D在AB边上，连接CD，若△ACD为直角三角形，则∠BCD的度数为________度．
16. 如图，正方形ABCD的边长为24，点E是对角线BD上一点，且BE=3DE，F是BC的中点．连接AE，EF，AF，AF与BD交点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFH，连接AH，交EF于点M，则MH=______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0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)
先化简(a2−1a−3−a−1)÷a+1a2−6a+9，然后从−1，1，3中选一个合适的数作为a的值代入求值．
18. (本小题6.0分)
抗关援朝战争是新中国的立国之战.中国人民志愿军打破了美军不可战胜的神话.电影《长津湖》将这一段波澜壮阔的历史重新带进了人们的视野，并一举拿下了国庆档的票房冠军，激发了大家的爱国热情.因此，某校开展了抗美援朝专题知识竞赛，所有同学得分都不低于80分.现从该校八、九年级中各抽取10名学生的竞赛成绩(百分制)进行整理、描述和分析(成绩得分用x分)表示，共分成四个等级.A：80≤x<85；B：85≤x<90；C：90≤x<95；D：95≤x<100).下面给出了部分信息：
八年级抽取的学生C等级的成绩为：92，92，93，94
九年级抽取的学生D等级的成绩为：95，95，95，97，100
八，九年级抽取的学生竞赛成绩统计表：
年级
平均分
中位数
众数
方差
八年级
92
a
92
23.4
九年级
92
94
b
29.8
请根据相关信息.回答以下问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，并补全九年级抽取的学生竞赛成绩条形统计图；
(2)若八年级甲同学测试成绩为94分，九年级乙同学测试成绩为94分，请问谁的成绩在本年级排名更靠前；
(3)规定成绩在95分以上(含95分)的同学被评为优秀，已知该校八年级共有1200人参加知识竞赛，请计算该校八年级约有多少名同学被评为优秀？
19. (本小题6.0分)
如图所示是河的一段，两岸AB//CD，河对岸E处有一个寺庙，位于F点北偏东37°的方向，位于G点北偏西45°的方向，已知河宽800米，若游客以30米/分钟的速度从F点处出发沿FE乘船至E处游玩半小时，再以原速度沿EG返回，请问从出发开始计时他能否在一个半小时内返回G处？
(参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75， 2≈1.4)
20. (本小题6.0分)
如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD//BC，CD=BC，∠ABD=90°．
(1)请用尺规作图作边AD的垂直平分线MN，交AD于点E(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)连接BE，试判断四边形BCDE的形状，并说明理由．
21. (本小题7.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+(m+2)x+m=0．
(1)求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程有两个实数根x1，x2，且x1+x2+2x1x2=3，求m的值．
22. (本小题8.0分)
如图，点D是以AB为直径的⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，交AD的延长线于点C，E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若OB=BF，EF=4，求AD的长．
23. (本小题10.0分)
即将大学毕业的小明准备利用暑假勤工俭学销售小商品，进货时发现：8件A商品和4件B商品进货需要72元；4件A商品和3件B商品进货需要38元．
(1)求A、B每件商品的进价；
(2)若两种商品共进货200件，设A商品购进x件，A商品的总售价为z1元，与销量件数x之间是一次函数关系(关系如表).B商品的总售价为z2元，与销量a件数(80≤a≤200)之间的函数关系如图．
件数
0
1
2
20
30
…
z1(元)
0
10
20
200
300
…
①写出z1、z2与x之间的函数关系式______ ；
②设销售A、B两种商品所获总利润为y元，求y与x之间的函数关系式；
(3)小明将所进的200件A、B商品按总利润最大全部售完，并且他计划每件A、B商品分别捐给学校助学基合b元，捐款数不超过总利润的50%，求b的值．
24. (本小题11.0分)
一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图1所示的位置摆放(点E，A，D在同一条直线上)．
(1)证明推断
将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转到如图2所示的位置．
①求证：BE=DG；②推断：BE与DG的位置关系为______；
(2)类比探究
将(1)中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转(如图3)，且AEAG=ABAD=ab.探究BE与DG的数量关系(用含a，b的式子表示)，并写出探究过程．
(3)拓展运用
如图4，在(2)的条件下，当AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，连接DE，BG.小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2x+c与直线y=kx+b都经过
A(0,−3)、B(3,0)两点，该抛物线的顶点为C．
(1)求此抛物线和直线AB的解析式；
(2)设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，试求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△PAB面积最大时，试求出点P的坐标，并求出△PAB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵2<π，
∴−2>−π，
∴−π<−2<0< 3，
∴最小的数是−π，
故选：C．
根据正数大于0，负数小于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小即可得出答案．
本题考查了实数大小比较，算术平方根，掌握两个负数比较大小，绝对值大的反而小是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查立体图形的左视图，关键是掌握左视图所看的位置．四个几何体的左视图：圆柱是矩形，圆台是等腰梯形，圆锥是等腰三角形，球是圆，由此可确定答案．
【解答】
解：因为圆柱的左视图是矩形，圆台的左视图是等腰梯形，圆锥的左视图是等腰三角形，球的左视图是圆，
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：A.m2⋅m4=m6，故此选项不合题意；
B.m4+m4=2m4，故此选项不合题意；
C.m16÷m2=m14，故此选项不合题意；
D.(m2)4=m8，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用同底数幂的乘除运算法则、合并同类项法则、幂的乘方运算法则分别计算判断即可．
此题主要考查了同底数幂的乘除运算、合并同类项、幂的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：在△DEF中，∠1=60°，∠DEF=90°，
∴∠D=180°−∠DEF−∠1=30°．
∵AB//CD，
∴∠2=∠D=30°．
故选：D．
由EF⊥BD，∠1=60°，结合三角形内角和为180°即可求出∠D的度数，再由“两直线平行，同位角相等”即可得出结论．
本题考查了平行线的性质以及三角形内角和为180°.解决该题型题目时，根据平行线的性质，找出相等、互余或互补的角是关键．
5.【答案】C
【解析】解：A选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
C选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念得出结论即可．
本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的知识，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：A、掷一枚硬币，正面朝上这一事件是随机事件，故A不符合题意；
B、天气预报说明天的降水概率是80%，则明天下雨的可能性为80%，故B符合题意；
C、在单词mathematics(数学)中任意选择一个字母“a”的概率为211，故C不符合题意；
D、任意画一个五边形，其内角和是540°这一事件是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
根据概率的意义，随机事件，概率公式，多边形的内角与外角，逐一判断即可解答．
本题考查了概率的意义，随机事件，概率公式，多边形的内角与外角，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了一元二次方程的应用，关键是准确找到描述语，根据等量关系准确的列出方程．此题还要判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
设共有x个班级参赛，根据每个班和其他班比赛(x−1)场球，且每两班之间都比赛一场，然后根据计划安排15场比赛即可列出方程求解．
【解答】
解：设共有x个班级参赛，根据题意得：
x(x−1)2=15，
解得：x1=6，x2=−5(不合题意，舍去)，
则共有6个班级参赛．
故选C．
8.【答案】C
【解析】解：设折断处离地面x尺，
根据题意可得：x2+32=(10−x)2，
故选：C．
根据题意结合勾股定理列出方程即可．
此题主要考查了勾股定理的应用及由实际问题抽象出一元二次方程的知识，根据题意正确应用勾股定理是解题关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，关键是注意掌握数形结合思想的应用．
根据函数的图象和交点坐标找出直线在曲线上方部分所对应的x的范围即可．
【解答】
解：不等式kx+b>mx的解集为：−6
故选：B．
10.【答案】B
【解析】解：①由图象可知：a<0，c>0，
∴ac<0，故①不符合题意．
②由题意可知：抛物线的对称轴为x=1，
∴x<1时，y随x的增大而增大，故②不符合题意．
③∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∵抛物线过(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴3a+c=0，故③符合题意．
④∵−b2a=1，
∴b=−2a，故④不符合题意．
故选：B．
由图象可知：a<0，c>0，抛物线的对称轴为x=1，再由抛物线过(−1,0)可知a−b+c=0．
本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
11.【答案】 3
【解析】解：原式=3+ 3−1−2
= 3．
故答案为： 3．
直接利用立方根的性质、负整数指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而合并得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
12.【答案】−1
解不等式①，得：x>−1，
解不等式②，得：x≤4，
∴该不等式组的解集为−1
本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
13.【答案】16
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，其中恰好为红色上衣和白色裤子的只有1种结果，
∴恰好为红色上衣和白色裤子的概率为16，
故答案为：16．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好是白色上衣和白色裤子的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】16
【解析】解：由题意得，
S=−0.25t2+8t
=−0.25(t2−32t+256−256)
=−0.25(t−16)2+64，
∵−0.25<0，
∴t=16时，飞机滑行的距离最大，
即当t=16秒时，飞机才能停下来．
故答案为：16．
飞机停下时，也就是滑行距离最远时，即在本题中需求出s最大时对应的t值．
本题考查了二次函数的应用，能熟练的应用配方法得到顶点式是解题关键．
15.【答案】60或10
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内角和定理，分情况讨论是本题的关键．
当△ACD为直角三角形时，存在两种情况：∠ADC=90°或∠ACD=90°，根据三角形的内角和定理可得结论．
【解答】
解：分两种情况：
①如图1，当∠ADC=90°时，
∵∠B=30°，
∴∠BCD=90°−30°=60°；
②如图2，当∠ACD=90°时，
∵∠A=50°，∠B=30°，
∴∠ACB=180°−30°−50°=100°，
∴∠BCD=100°−90°=10°，
综上，则∠BCD的度数为60°或10°；
故答案为：60或10．
16.【答案】5 2
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠DBC=45°，AD=BC=24，BD=24 2，
∵BE=3DE，
∴DE=6 2，BE=18 2，
∵F是BC的中点，
∴BF=CF=12，
∴AF= AB2+BF2= 576+144=12 5，
∵AD//BC，
∴△ADG∽△FBG，
∴ADBF=AGGF=DGBG=2，
∴DG=2BG，AG=2GF，
∴AG=8 5，GF=4 5，BG=8 2，DG=16 2，
∴GE=10 2，
∵GEAG=10 28 5= 104，AGDG=8 516 2= 104，
∴GEAG=AGDG，
又∵∠AGE=∠AGD，
∴△AGE∽△DGA，
∴∠EAF=∠ADB=45°，AEAD= 104，
∵AFBD=12 524 2= 104，
∴AFBD=AEAD，
又∵∠EAF=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠ABD=45°，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∵AF=12 5，
∴AE=EF=6 10，
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFH，
∴∠AFE=∠EFH=45°，GF=FH=4 5，
∴∠AFH=90°，
∴AH= AF2+FH2= 720+80=20 2，
∵∠BAC=∠EAF=45°，
∴∠BAF=∠CAE，
又∵∠ABF=∠AEM=90°，
∴△ABF∽△AEM，
∴ABAE=AFAM，
∴246 10=12 5AM，
∴AM=15 2，
∴MH=5 2，
故答案为：5 2．
利用相似三角形的性质和勾股定理分别求出AF，AE，AH，AM的长，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等知识，利用相似三角形的性质求出线段的长是解题的关键．
17.【答案】解：原式=(a2−1a−3−a2−2a−3a−3)⋅(a−3)2a+1
=2(a+1)a−3⋅(a−3)2a+1
=2a−6，
由题意得，a≠−1和3，
当a=1时，原式=2−6=−4．
【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定a的值，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
18.【答案】92.5 95
【解析】解：(1)由题意可知，八年级10名同学成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数都是92，93，因此中位数是92.5，即a=92.5；
九年级10名学生成绩出现次数最多的是95，共出现3次，因此众数是95，即b=95，
九年级10名学生成绩处在“A组”的有10−1−2−5=2(人)，补全频数分布直方图如下：
故答案为：92.5；95；
(2)九年级的同学成绩排名更靠前，理由：九年级学生成绩的中位数比八年级的高；
(3)1200×30%=360(名)，
故该校八年级约有360名同学被评为优秀．
(1)根据中位数、众数的意义求解即可，求出“A组”的频数才能补全频数分布直方图；
(2)从中位数比较得出结论；
(3)用样本估算总体即可．
本题考查中位数、众数、方差以及频数分布直方图，理解中位数、众数、方差的意义，掌握频数分布直方图的意义是正确解答的关键．
19.【答案】解：由题意得∠MFE=37°，∠NGE=45°，
过E点作EQ⊥FG于Q点，
∴∠FEQ=37°，EQ=800米，
在Rt△EFQ中，EF=800cos37∘=1000米，
在Rt△EGQ中，EG=800cos45∘=800 2≈1120米，
∴EF+EG=2120(米)，
∴用时：212030≈71分钟，
∴71+30=101分钟>1.5小时，
答：不能在一个半小时内返回．
【解析】根据锐角三角函数得到EF、EG，再根据路程与速度即可得到时间．
本题考查了锐角三角函数，路程，速度，时间之间的数量关系，掌握锐角三角函数是解题的关键．
20.【答案】解：(1)如图，MN为所作；
(2)四边形BCDE为菱形．
理由如下：∵MN垂直平分AD，
∴AE=DE，
∵∠ABD=90°，
∴BE=DE=AE，
∵CD=BC，AD//BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
而BE=DE，
∴四边形BCDE为菱形．
【解析】(1)利用基本作图，作AD的垂直平分线即可；
(2)根据线段垂直平分线的性质得到AE=DE，再根据斜边上的中线性质得到BE=DE=AE，由于CD=BC，AD//BC，可判断四边形BCDE为平行四边形，接着判断四边形BCDE为菱形．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的判定．
21.【答案】(1)证明：∵△=(m+2)2−4m
=m2+4m+4−4m
=m2+4>0，
∴无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：根据题意得x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，
∵x1+x2+2x1x2=3，
∴−(m+2)+2m=3，解得m=5，
即m的值为5．
【解析】(1)先计算判别式的值，再利用非负数的性质判断△>0，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)根据根与系数的关系得到x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，则由x1+x2+2x1x2=3得到−(m+2)+2m=3，然后解关于m的方程即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
22.【答案】解：(1)如图，连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
在Rt△BDC中，∵BE=EC，
∴DE=EC=BE，
∴∠1=∠3，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠3+∠4=90°，
∴∠1+∠4=90°，
又∵∠2=∠4，
∴∠1+∠2=90°，
∴DF为⊙O的切线；
(2)∵OB=BF，
∴OF=2OD，
∴∠F=30°，
∵∠FBE=90°，
∴BE=12EF=2，
∴DE=BE=2，
∴DF=6，
∵∠F=30°，∠ODF=90°，
∴∠FOD=60°，
∵OD=OA，
∴∠A=∠ADO=12∠BOD=30°，
∴∠A=∠F，
∴AD=DF=6．
【解析】(1)连接OD，由AB为⊙O的直径得∠BDC=90°，根据BE=EC知∠1=∠3、由OD=OB知∠2=∠4，根据BC是⊙O的切线得∠3+∠4=90°，即∠1+∠2=90°，得证；
(2)根据直角三角形的性质得到∠F=30°，BE=12EF=2，求得DE=BE=2，得到DF=6，根据三角形的内角和得到OD=OA，求得∠A=∠ADO=12∠BOD=30°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】z1=10x，z2=−3x+600(100
由题意得：8m+4n=724m+3n=38，
解得m=8n=2，
∴A商品单价8元，B商品单价2元；
(2)①设A商品购进x件，B商品为(200−x)件，A商品的总售价为z1元，B商品的总售价为z2元，与销量a件数；
根据题意：设z1的解析式为z1=k1x，
将(1,10)代入z1=k1x，
∴k1=10，
∴z1=10x，
当80≤a≤100时，设z2=k2a+b2，
根据题意可得80k2+b2=240100k2+b2=300，
解得：k2=3b2=0，
∴当80≤a≤100时，z2=3a，
当100≤a≤200时，设z2=k3a+b3，
根据题意可得：100k3+b3=300200k3+b3=550，
解得：k3=2.5b3=50，
∴当80≤a≤100时，z2=2.5a+50，
∴z2=3a2.5a+50，
∴z2=−3x+600(100
∴yA=10x−8x=2x，
yB=200−x0.5(200−x)+50，
∴化简可得yB=−x+200(100
∴化简可得y=1.5x+150(0≤x≤100)x+200(100
利润：y=1.5x+150(0≤x≤100)x+200(100
当x=100时ymax=300，
当100
综上所述A购进120件，B购进80件时利润最大，
∴200b≤320×50%，
解得b≤0.8．
(1)设A商品进价m元，B商品进价n元，根据题意列方程解方程即可解答；
(2)设A商品购进x件，B商品为(200−x)件，利用待定系数法即可解答；
(3)设销售A、B两种商品所获总利润为y元，根据一次函数的性质即可解答．
本题考查了一次函数与实际问题，二元一次方程组与实际问题，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
24.【答案】BE⊥DG
【解析】(1)①证明：∵四边形AEFG为正方形，
∴AE=AG，∠EAG=90°，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠EAB=∠GAD，
∴△AEB≌△AGD(SAS)，
∴BE=DG；
②解：BE⊥DG，理由如下：延长DG交BE于H，交AB于O，
由①得，△AEB≌△AGD，
∴∠ADG=∠ABE，
∵∠AOD=∠BOH，
∴∠BHG=∠DAB=90°，
∴BE⊥DG；
(2)解：BEDG=ab，
理由：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形，
∴∠BAD=∠EAG=90°．
∴∠BAD+∠BAG=∠EAG+∠BAG．
∴∠GAD=∠EAB．
∵AEAG=ABAD=ab，
∴△GAD∽△EAB．
∴BEDG=AEAG=ab；
(3)解：设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H，
由△EAB∽△GAD，得∠ABE=∠ADG，
在Rt△ADH中，∠AHD+∠ADG=90°．
又∠AHD=∠BHG，
∴∠BHG+∠ABE=90°，
∴∠BQH=90°，
∴BE⊥DG，
在Rt△DEH中，ED2=QE2+DQ2．
在Rt△BQG中，BG2=QG2+QB2．
由AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，
得AG=6，AD=12．
连接EG，BD，
在Rt△AGG中，EG2=AE2+AQ2．
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2，
∴ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2
=EG2+BD2
=AE2+AG2+AB2+AD2
=42+62+82+122
=260，
(1)①利用SAS证明△AEB≌△AGD，得BE=DG；
②由①得，△AEB≌△AGD，则∠ADG=∠ABE，从而得出∠BHG=∠DAB=90°，即可得出结论；
(2)利用两边成比例且夹角相等可证明△GAD∽△EAB.得BEDG=AEAG=ab；
(3)设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H，由(2)知△EAB∽△GAD，得∠ABE=∠ADG，得BE⊥DG，再由勾股定理可得ED2+GB2=EQ2+QD2+GQ2+QB2=EG2+BD2，从而说明结论成立．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，说明BE⊥DG是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2−2x+c经过A(0,−3)、B(3,0)两点，
∴9a−6+c=0,c=−3
∴a=1,c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
∵直线y=kx+b经过A(0,−3)、B(3,0)两点，
∴3k+b=0,b=−3
解得 k=1,b=−3
∴直线AB的解析式为y=x−3；
(2)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线的顶点C的坐标为(1,−4)，
∵CE//y轴，
∴E(1,−2)，
∴CE=2，
①如图，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE=MN，
设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，
∴MN=a−3−(a2−2a−3)=−a2+3a，
∴−a2+3a=2，
解得：a=2，a=1(舍去)，
∴M(2,−1)，
②如图，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE=MN，
设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，
∴MN=a2−2a−3−(a−3)=a2−3a，
∴a2−3a=2，
解得：a=3+ 172，a=3− 172(舍去)，
∴M(3+ 172,−3+ 172)，
综合可得M点的坐标为(2,−1)或(3+ 172,−3+ 172).
(3)如图，作PG//y轴交直线AB于点G，
设P(m,m2−2m−3)，则G(m,m−3)，
∴PG=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，
∴S△PAB=S△PGA+S△PGB=12PG⋅OB=12(−m2+3m)×3=−32m2+92m=−32(m−32)2+278，
∴当m=32时，△PAB面积的最大值是278，
∴此时P点坐标为(32,−154).
【解析】(1)将A(0,−3)、B(3,0)两点坐标分别代入二次函数的解析式和一次函数解析式即可求解；
(2)先求出C点坐标和E点坐标，则CE=2，分两种情况讨论：①若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE=MN，②若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE=MN，设M(a,a−3)，则N(a,a2−2a−3)，可分别得到方程求出点M的坐标；
(3)如图，作PG//y轴交直线AB于点G，设P(m,m2−2m−3)，则G(m,m−3)，可由S△PAB=12PG×OB，得到m的表达式，利用二次函数性质可求解．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键．
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