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2023年山东省泰安市泰山学院附中中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省泰安市泰山学院附中中考数学三模试卷（含解析），共30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年山东省泰安市泰山学院附中中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是( )
A. a2+a3=a5 B. (2a2)4=8a8
C. 2a3b÷b=2a3 D. (−a−b)2=a2−b2
2. 志愿服务传递爱心，传播文明.下面的图形是部分志愿者标志图案，其中既是中心对称图形，也是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 根据国家统计局在2023年1月的数据显示，2022年我国的科学研究与试验发展经费投入达30870亿元，首次突破3万亿大关，30870亿用科学记数法可以表示为( )
A. 3.087×1013 B. 3.087×1012 C. 0.3087×1014 D. 3.087×1014
4. 如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=19°，则∠2的度数为( )
A. 41° B. 51° C. 42° D. 49
5. 某射击运动员在训练中射击了10次，成绩如图所示：
下列结论不正确的是( )
A. 众数是8 B. 中位数是8 C. 平均数是8.2 D. 方差是1.2
6. 如图，将线段AB先向右平移5个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−4,1) B. (−1,2) C. (4,−1) D. (1,−2)
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径作弧相交于点D和点E，直线DE交AC于点F，交AB于点G，连接BF，若BC=2，AB=6，则△BCF的周长为( )
A. 2+2 10 B. 3+2 10 C. 6+ 10 D. 8
8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天：如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间．设规定时间为x天，则可列方程为( )
A. 900x+1×2=900x−3 B. 900x+1=900x−3×2
C. 900x−1=900x+3×2 D. 900x−1×2=900x+3
9. 如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，函数图象经过点(2,0)，直线x=−1是对称轴，有下列结论：
①2a−b=0；
②16a−4b+c=0；
③若(−2,y1)，(12,y2)是抛物线上两点，则y1>y2>0；
④a−b+c=−9a；
其中正确结论有个．( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
10. 某通信公司准备逐步在歌乐山上建设5G基站．如图，某处斜坡CB的坡度(或坡比)为i=1：2.4，通讯塔AB垂直于水平地面，在C处测得塔顶A的仰角为45°，在D处测得塔顶A的仰角为53°，斜坡路段CD长26米，则通讯塔AB的高度为(参考数据：sin53°≈45，cos53°≈35，tan53°≈43)( )
A. 774米 B. 772米 C. 56米 D. 66米
11. 如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，BD=2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：
①四边形BEFG是平行四边形；
②BE⊥AC；
③EG=FG；
④EA平分∠GEF，
其中正确结论的个数是( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
12. 如图，在菱形ABCD中，BC=4，∠ABC=60°，在BC边上有一线段EF由B向C运动，点F到达点C后停止运动，E在F的左侧，EF=1，连接AE，AF，则△AEF周长的小值为( )
A. 4 3+1 B. 4 3+2 C. 7 D. 8
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 分解因式：3x3+6x2+3x= ．
14. 设x1，x2是方程x2−3x+m=0的两个根，且x1+x2−x1x2=1，则m= ______ ．
15. 由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图、左视图和俯视图都是如图所示图形，则搭成该几何体的小正方体的个数为______ ．
16. 已知抛物线y=a(x−h)2+k与x轴有两个交点A(−1,0)，B(3,0)，抛物线y=a(x−h−m)2+k与x轴的一个交点是(4,0)，则m的值是______ ．
17. 如图，已知扇形AOB的半径OA=2，∠AOB=120°将扇形AOB绕点A顺时针旋转30°得到扇形AO′B′，则图中阴影部分的面积是______ ．
18. 在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为(−1,0)，每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2023的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
(1)计算：−(2− 3)−(π−3.14)0+(1−cos30°)×(12)−2；
(2)先化简再求值：先化简，再求值：(x−2xy−y2x)÷x2−y2x2+xy，其中x= 2，y= 2−1．
20. (本小题10.0分)
某校九年级开展征文活动，征文主题只能从“爱国”“敬业”“诚信”“友善”四个主题中选择一个，九年级每名学生按要求都上交了一份征文，学校为了解选择各种征文主题的学生人数，随机抽取了部分征文进行了调查，根据调查结果绘制成如下两幅统计图．
(1)求本次调查共抽取了多少名学生的征文；
(2)将上面的条形统计图补充完整；
(3)如果该校九年级共有1200名学生，请估计选择以“爱国”为主题的九年级学生有多少名；
(4)本次抽取的3份以“诚信”为主题的征文分别是小明、小强和小红的，若从中随机选取2份以“诚信”为主题的征文进行交流，请用画树状图法或列表法求小明和小强同学的征文同时被选中的概率．
21. (本小题10.0分)
冰墩墩(如图)是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．某商店第一次用1200元购进冰墩墩手办若干个，第二次又用相同价格购进冰墩墩饰扣若干个，已知每个冰墩墩饰扣的进价是冰墩墩手办进价的23，购进冰墩墩手办数量比饰扣少了10个．
(1)冰墩墩饰扣的进价是多少元？
(2)若冰墩墩饰扣的售价要比冰墩墩手办的售价少30元，且销售完毕后获利不低于1100元，问每个冰墩墩手办的售价至少是多少元？
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是菱形，且B(−8,4).若反比例函数y1=k1x
的图象经过菱形对角线AC，OB的交点F，设直线BC的解析式为y2=k2x+b．
(1)求反比例函数解析式；
(2)求直线BC的解析式；
(3)请结合图象直接写出不等式k2x+b−k1x>0的解集．
23. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，AD与BE相交于点O，且AB=AD，AE2=OE⋅BE．
(1)求证：①∠EAD=∠ABE；②BE=EC；
(2)若BD：CD=4：3，CE=8，求线段AE的长．
24. (本小题13.0分)
如图，△ABC是等边三角形，
(1)M是边BC延长线上一点，连接AM交△ABC的外接圆于点D，延长BD至N，使得BN=AM，连接CN、MN．
①猜想△CMN的形状，并证明你的结论；
②若AD：AB=3：4，BN=8，求AB的长度．
(2)如图2，AC是等边△ABC与△ACN的公共边，且∠ANC=30°，连接BN，请探究AN，BN，CN三条线段的数量关系．
25. (本小题13.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点.与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是抛物线第四象限上的一个动点，过点P作PQ//AC交BC于点Q．
①如图1，记△APQ面积为S1，△BPQ面积为S2，求S1+S2的面积最大值及此时点P的坐标．
②如图2，若将QP沿直线BC翻折得到QE，且点E落在线段AC上，求此时点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：a2+a3不能合并，故选项A错误，不符合题意；
(2a2)4=16a8，故选项B错误，不符合题意；
2a3b÷b=2a3，故选项C正确，符合题意；
(−a−b)2=a2+2ab+b2，故选项D错误，不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项的方法可以判断A；根据积的乘方可以判断B；根据单项式除以单项式可以判断C；根据完全平方公式可以判断D．
本题考查整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，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度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：30870亿=30870×108=3.087×1012．
故选：B．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：如图，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠B=(6−2)×180°6=120°，
∵∠1=19°，
∴∠BHA=180°−∠1−∠B=41°，
∵MN//AH，BC//FE，
∴∠2=∠G=∠BHA=41°，
故选：A．
由正六边形的内角和及三角形的内角和求得∠BHA=41°，根据平行线的性质得到∠2．
此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”、“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得到不正确的选项．
【解答】
解：由题图知，数据8出现3次，次数最多，所以众数为8，故A选项正确；
10次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，9，9，10，10，
所以中位数是12×(8+8)=8，故B选项正确；
平均数为110×(6+7×2+8×3+9×2+10×2)=8.2，故C选项正确；
方差为110×[(6−8.2)2+(7−8.2)2+(7−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(9−8.2)2+(9−8.2)2+(10−8.2)2+(10−8.2)2]=1.56，故D选项错误．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图形的平移与旋转，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
根据图形的平移与旋转解题即可．
【解答】
解：将线段AB先向右平移5个单位，点B(2,1)，连接OB，顺时针旋转90°，则B′对应坐标为(1,−2)，
故选：D．
7.【答案】A
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=2，AB=6，
∴AC= BC2+AB2=2 10，
由作图方法可知，DE是线段AB的垂直平分线，
∴BF=AF，
∴△BCF的周长=BC+BF+CF=BC+AF+CF=BC+AC=2+2 10，
故选：A．
先利用勾股定理求出AC=2 10，再根据作图方法可知DE是线段AB的垂直平分线，则BF=AF，最后根据三角形周长公式进行求解即可．
本题主要考查了勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图，线段垂直平分线的性质，证明△BCF的周长=BC+AC是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵规定时间为x天，
∴慢马所需的时间为(x+1)天，快马所需的时间为(x−3)天，
又∵快马的速度是慢马的2倍，
∴可列出方程900x+1×2=900x−3．
故选：A．
根据快马、慢马所需时间及规定时间之间的关系，可得出慢马所需的时间为(x+1)天，快马所需的时间为(x−3)天，利用速度=路程÷时间，结合快马的速度是慢马的2倍，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵二次函数对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，即2a−b=0，故①正确；
∵二次函数经过(2,0)，
∴二次函数与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，
∴当x=−4时，y=16a−4b+c=0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴离对称轴越远函数值越小，
∵(−2,y1)，(12,y2)是抛物线上两点，且−4<−2<12<2，
∴y1>y2>0，故③正确；
∵b=2a，16a−4b+c=0，
∴16a−8a+c=0，即c=−8a，
∴a−b+c=a−2a−8a=−9a，故④正确；
故选：A．
根据对称轴为x=−1求出b=2a，即可判定①；求出二次函数与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，即可判断②；根据二次函数开口向下，离对称轴越远函数值越大即可判断③；求出c=−8a，结合b=2a即可判断④.【解答】
本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】如图，延长AB与水平线交于F，过D作DM⊥CF，M为垂足，过D作DE⊥AF，E为垂足，连接AC，AD，
∵斜坡CB的坡度为i=1：2.4，
∴DMCM=12.4=512，
设DM=5k米，则CM=12k米，
在Rt△CDM中，CD=26米，由勾股定理得，
CM2+DM2=CD2，
即(5k)2+(12k)2=262，
解得k=2，
∴DM=10(米)，CM=24(米)，
∵斜坡CB的坡度为i=1：2.4，
设DE=12a米，则BE=5a米，
∵∠ACF=45°，
∴AF=CF=CM+MF=(24+12a)米，
∴AE=AF−EF=24+12a−10=(14+12a)米，
在Rt△ADE中，DE=12a米，AE=(14+12a)米，
∵tan∠ADE=AEDE=tan53°≈43，
∴14+12a12a=43，
解得a=72，
∴DE=12a=42(米)，AE=14+12a=56(米)，
BE=5a=352(米)，
∴AB=AE−BE=56−352=772(米)，
答：基站塔AB的高为772米．
故选：B．
通过作辅助线，利用斜坡CB的坡度为i=1：2.4，CD=26，由勾股定理可求出DM的长，设出DE的长，根据坡度表示BE，进而表示出CF，由于△ACF是等腰直角三角形，可表示BE，在△ADE中由锐角三角函数可列方程求出DE，进而求出AB．
本题考查解直角三角形−仰角俯角问题，坡度坡角问题，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是解题关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AB=CD，AB//CD，AD=CB，OA=OC，OB=OD，
∵E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，
∴EF//CD，EF=12CD，BG=AG=12AB，
∴EF=BG，EF//AB，
∴EF//BG，
∴四边形AEFG是平行四边形，
故①正确；
∵BD=2AD，BD=2OB，
∴2AD=2OB，
∴AD=OB，
∴CB=OB，
∴BE⊥OC，
∴BE⊥AC，
故②正确；
∵∠AEB=90°，G为AB的中点，
∴EG=12AB，
当AF⊥OD时，则∠AFB=90°，此时FG=12AB，
∴EG=FG，
∵AF垂直平分OD，即△ABC是等边三角形，
∴OA=AD=OD，即△ABC是等边三角形，
此时AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，显然题中并没有这一条件，
∴AF与OD不一定垂直，则EG与FG不一定相等，
故③错误；
∴EG=AG=12AB，
∴∠AEG=∠EAG，
∵∠AEF=∠EAG，
∴∠AEG=∠AEF，
∴EA平分∠GEF，
故④正确，
故选：B．
由平行四边形的性质得AB=CD，AB//CD，AD=CB，OA=OC，OB=OD，因为E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，所以EF//CD，EF=12CD，BG=AG=12AB，则EF=BG，EF//BG，可证明四边形AEFG是平行四边形，可判断①正确；由BD=2AD=2OB，得AD=OB=CB，则BE⊥AC，可判断②正确；因为EG=12AB，所以当∠AFB=90°时FG=12AB，此时EG=FG，可推导出OA=AD=OD，则AC=BD，所以四边形ABCD是矩形，显然题中并没有这一条件，可判断③错误；由∠AEG=∠EAG，∠AEF=∠EAG，得∠AEG=∠AEF，可判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理等知识，此题综合性较强，难度较大．
12.【答案】D
【解析】解：在菱形ABCD外作等边三角形GBC，连接FG，连接AG交BC于点M，过点F作FH//AE交AD于点H，连接GH，
∴AB=BG=BC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°=∠GBC，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△BGF(SAS)，AD//BC，
∴四边形AEFH是平行四边形，
∴GF=AF，HF=AE，
AB=BC=BG=4，AH=EF=1，
∠GBC=60°，
∴△AEF周长=AE+AF+EF=FH+GF+1≥GH+1，
即△AEF周长的最小值为GH+1，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABC=∠GBC=60°，
∴AM=GM，BM⊥AG，
∴∠BAM=30°，∠BAD=120°，
∴∠GAH=90°，
在Rt△ABM中，
sin∠ABM=AMAB，
∴AM=ABsin∠ABM=4sin60°=2 3，
∴AG=4 3，
在Rt△AGH中，
GH= AG2+AH2= (4 3)2+12=7，
∴△AEF周长的最小值为8．
故选：D．
利用轴对称将AF变换到菱形的下方GF，将AE平移到FH处，进而解答即可．
本题考查最短路径问题，解题涉及轴对称，平移，菱形的性质，等边三角形的性质，三角函数，勾股定理．通过轴对称和平移将AF，AE变换为BC不同侧且有公共端点的两条线段，且只有一个动点是解题的关键．
13.【答案】3x(x+1)2
【解析】解：原式=3x(x2+2x+1)
=3x(x+1)2．
故答案为：3x(x+1)2．
先提取公因式．再利用完全平方公式．
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提取公因式法和完全平方公式是解决本题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：∵x1、x2是方程x2−3x+m=0的两个根，
∴x1+x2=3，x1x2=m，
∵x1+x2−x1x2=1，
∴3−m=1，
∴m=2．
故答案为：2．
根据根与系数的关系，确定x1+x2、x1x2的值，然后代入方程中，解方程确定m的值．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系、一元一次方程的解法，将x1+x2=3，x1x2=m代入方程，并解方程是解决此类题目经常使用的方法．
15.【答案】4
【解析】解：由题意可知，该几何体的俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示该位置上的小正方体的个数．
所以搭成该几何体的小正方体的个数为4．
故答案为：4．
根据三视图的定义解答即可．
本题考查了由几何体判断三视图，意在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．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．
16.【答案】5或1
【解析】解：当m>0时，抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移m个单位得到，
当m<0时，抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向左平移m个单位得到，
∵抛物线y=a(x−h)2+k与x轴有两个交点A(−1,0)，B(3,0)，
当点(4,0)与(−1,0)为对应点时，由于4−(−1)=5，
∴抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移5个单位得到，
∴m=5；
当点(4,0)与(3,0)为对应点时，由于4−3=1，
∴抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移1个单位得到，
∴m=1，
综上m的值是5或1．
故答案为：5或1．
依据抛物线解析式的特点和抛物线的平移规律解答即可．
本题主要考查了二次函数图象的性质，抛物线的平移，熟练掌握二次函数的性质和平移规律是解题的关键．
17.【答案】π− 3
【解析】解：如图，连接OC，OB，BC，由题意可知，点A、O、B三点在同一条直线上，∠OAO′=30°，
由旋转可知，AB=AB′，∠O′AB′=30°，
∴∠OAC=30°+30°=60°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵∠AOB=120°，
∴∠BOC=120°−60°=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴四边形AOBC是菱形，
在Rt△AOO′中，OA=2，∠AOO′=60°，
∴OO′=12OA=1，O′A= 32OA= 3，
∴AB=2O′A=2 3，
∴S阴影部分=S扇形ABB′−S△ABC
=30π×(2 3)2360−12×2 3×1
=π− 3，
故答案为：π− 3．
根据旋转的定义求出AB，再根据扇形面积以及三角形面积的计算方法进行计算即可．
本题考查旋转的性质，扇形面积的计算，掌握扇形面积、三角形面积的计算方法以及旋转的性质是正确解答的前提．
18.【答案】(−22023,2)
【解析】解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2023÷6=337…1，
∴第2022次旋转后，点A2022与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
∵第一次旋转后，OA1=2，
第二次旋转后，OA2=22，
第三次旋转后，OA3=23，
……
∴第2023次旋转后，OA2023=22023，
∴点A2023的坐标为(−22023,2)．
故答案为：(−22023,2)．
根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OAn=2n，即可求解．
本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−2+ 3−1+(1− 32)×4
=−2+ 3−1+4−2 3
=1− 3；
(2)原式=(x2−2xy+y2x)÷(x−y)(x+y)x(x+y)
=(x−y)2x⋅x(x+y)(x+y)(x−y)
=x−y，
当x= 2，y= 2−1时，
原式= 2− 2+1=1．
【解析】(1)先进行零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂的运算，再进行乘法运算，最后进行加减运算；
(2)先根据分式的运算法则进行化简，再代值计算即可．
本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握相关运算法则，正确的计算是解题的关键．
20.【答案】解：(1)本次调查共抽取的学生有3÷6%=50(名)；
(2)选择“友善”的人数有50−20−12−3=15(名)，
条形统计图如图所示，
(3)“爱国”占2050=40%，1200×40%=480(名)；
(4)记小明、小强和小红分别为A、B、C．
树状图如图所示：
共有6种情形，小义和小玉同学的征文同时被选中的有2种情形，
小义和小玉同学的征文同时被选中的概率=13．
【解析】(1)用“诚信”的人数除以“诚信”所占的百分比，即可得到总人数；
(2)用总人数减去其它人数，即可得出“友善”的人数，然后补全统计图即可；
(3)用1200乘以“爱国”的百分比即可；
(4)列出表格，得出共有多少种可能，再得出小明、小强和小红同时被选中的可能，结合概率公式即可得解．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力以及求随机事件的概率；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
21.【答案】解：(1)设每个冰墩墩手办进价是x元，则每个冰墩墩饰扣的进价是23x元，
根据题意可得：1200x+10=120023x，
解得x=60，
经检验，x=60是原方程的解，也符合题意，
∴23x=23×60=40(元)，
答：每个冰墩墩饰扣的进价是40元；
(2)设每个冰墩墩手办的售价为m元，则每个冰墩墩饰扣的售价为(m−30)元，
根据题意得：120060×(m−60)+120040×(m−30−40)≥1100，
解得m≥88，
答：每个冰墩墩手办的售价至少是88元．
【解析】(1)设每个冰墩墩手办进价是x元，可得：1200x+10=120023x，即可解得每个冰墩墩饰扣的进价是40元；
(2)设每个冰墩墩手办的售价为m元，根据题意得：120060×(m−60)+120040×(m−30−40)≥1100，即可解得每个冰墩墩手办的售价至少是88元．
本题考查分式方程及一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，根据已知列出方程和不等式．
22.【答案】解：(1)过B作BM⊥OC于M，过F作FN⊥OC于N，则BM//FN，
∴△OFN∽△OBM，
∴FNBM=ONOM=OFOB，
∵B(−8,4)，
∴OM=8，BM=4，
∵四边形OABC是菱形，
∴BF=OF，
∴OFOB=12，
∴FNBM=ONOM=12，
∴ON=12×8=4，FN=12×4=2，
∴F(−4,2)，
∵反比例函数y1=k1x的图象经过点F，
∴2=k1−4，
∴k1=−8，
∴反比例函数解析式为y1=−8x；
(2)设OC=x，则CM=8−x，
∵四边形OABC是菱形，
∴BC=OC=x，
在Rt△BCM中，BM2+CM2=BC2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
∴C(−5,0)，
把B(−8,4)，C(−5,0)的坐标代入y2=k2x+b得−8k2+b=4−5k2+b=0，
解得：k2=−43b=−203，
∴直线BC的解析式为y2=−43x−203；
(3)解方程组y=−43x−203y=−8x，得：x1=−2y1=4，x2=13y2=−24，
∴D(−6,43)，E(1,−8)，
∴不等式k2x+b−k1x>0的解集为x<−6或0
(2)设OC=x，则CM=8−x，根据菱形的性质得到BC=OC=x，根据勾股定理得到C(−5,0)，把B(−8,4)，C(−5,0)的坐标代入y2=k2x+b即可得到直线BC的解析式为y2=−43x−203；
(3)解方程组求得D(−6,43)，E(1,−8)，于是得到不等式k2x+b−k1x>0的解集为x<−6或0
23.【答案】(1)①证明：∵AE2=OE⋅BE，
∴OEAE=AEBE，
∵∠AEO=∠BEA，
∴△AEO∽△BEA，
∴∠EAD=∠ABE；
②证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
∵∠ABD=∠ABE+∠CBE，∠ADB=∠EAD+∠C，
由①知：∠EAD=∠ABE，
∴∠CBE=∠C，
∴BE=EC；
(2)解：过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，如图，
∵AB=AD，AF⊥BD，
∴BF=FD，
即AF为BD的垂直平分线，
∴GB=GC，
∴∠GBC=∠GDC，
由(1)②知：∠CBE=∠C，
∴∠GDB=∠C，
∴GD//EC，
∴BGD∽△BEC，
∴GDEC=BDBC．
∵BD：CD=4：3，
∴BDBC=47，
∴GD8=47，
∴GD=327．
∵BD：CD=4：3，BF=FD，
∴FD：DC=2：3，
∴FDFC=25．
∵GD//EC，
△FGD∽△FAC，
∴GDAC=FDFC，
∴327AC=25，
∴AC=807．
∴AE=AC−EC=807−8=247．
【解析】(1)①利用相似三角形的判定与性质解答即可；
②利用①的结论，三角形的外角和等腰三角形的判定定理解答即可；
(2)过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，利用等腰三角形的三线合一的性质和垂直平分线的性质得到GB=GD；再利用等腰三角形的性质和平行线的判定定理得到GD//AC；利用相似三角形的判定与性质得出比例式分别得到GD与ACD长，则AE=AC−EC．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，比例的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】(1)①解：△CMN的形状是等边三角形，理由：
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC.∠ACB=60°，
∵CD=CD，
∴∠CAM=∠CBN．
在△CAM和△CBN中，
AC=BC∠CAM=∠CBNAM=BN，
∴△CAM≌△CBN(SAS)，
∴CM=CN，∠AMC=∠BNC．
∴△CMN是等腰三角形．
∵∠NCM=∠CBN+∠CNB，∠CAM=∠CBN，
∴∠NCM=∠CAM+∠CMA．
∵∠ACB=∠CAM+∠CMA，
∴∠NCM=∠ACB=60，
∴△CMN的形状是等边三角形；
②解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC.∠ABC=∠ACB=60°．
∵∠ADB=∠ACB=60°，
∴∠ADB=∠ABC．
∵∠BAD=∠MAB，
∴△ABD∽△AMB．
∵AD：AB=3：4，AM=BN=8，
∴AB=6．
(2)解：将CN绕点C顺时针旋转60°，得到线段CM，连接MN，
∴CM=CN.∠MCN=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°，
∴∠BCA+∠ACN=∠ACN+∠NCM，
即∠BCN=∠ACM，
∴△BCN≌△ACM(SAS)，
∴AM=BN，
∵△CMN是等边三角形，
∴∠CNM=60°，
连接AM，
∴∠ANM=∠ANC+∠CNM=90°，
∴AN2+MN2=AM2．
∵MN=CN.AM=BN，
∴AN2+CN2=BN2．
【解析】(1)①证明△CAM≌△CBN，利用全等三角形的对应边相等可得CN=CM，则△CMN是等腰三角形；利用等边三角形的性质，三角形的外角的性质和全等三角形的性质可得∠NCM=60°，利用等边三角形的定义可得结论成立；
②利用△ABD∽△AMB即可求出AB；
(2)将CN绕点C顺时针旋转60°得到线段CM连接MN，可得∠ANM=90°，再利用勾股定理即可；
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，正确添加辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−3经过点A(−1,0)和点B(3,0)，
a−b−3=09a+3b−3=0
解得：a=1b=−2
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
(2)①连接PC，
当x=0时，y=x2−2x−3=−3，
∴点C的坐标是(0,−3)，
∵AC//PQ，
∴S△APQ=S△CPQ，
设直线BC为y=kx+p，将点B(3,0)、C(0,−3)代入得：
p=−33k+p=0，
解得：k=1p=−3，
∴直线BC为y=x−3．
过点P作PM//y轴交BC于点M，设点P(m,m2−2m−3)，M(m,m−3)，
∴PM=m−3−(m2−2m−3)=−m2−3m=−(m−32)2+94，
∴S1+S2=S△CPQ+S△BPQ=S△BCP=12PM⋅(xB−xC)=−32(m−32)2+278，
∵−32<0，
∴当m=32时，S1+S2有最大值为278，
此时m2−2m−3=(32)2−2×32−3=−154，
∴P(32,−154)；
②将QP沿直线BC翻折得到QE，且点E落在线段AC上，
∴QP=QE，∠EQC=∠PQC，
∵PQ//AC，
∴∠PQC=∠ECQ，
∴∠EQC=∠ECQ，
∴EC=EQ=PQ，
∴四边形QECP是菱形，
∴∠ECQ=∠PCQ．
∴AB=4，
过点B作BM//y轴交CP延长线于点M，
则∠ABM=90°，
∴∠MBC=∠ABM−∠ABC=45°，
∴∠MBC=∠ABC，
∵BC=BC，
∴△ACB△MCB(ASA)，
∴BM=BA=4，M(3,−4)，
设CM表达式为y=kx−3，
将点M(3,−4)代入得：4=3k−3．
∴k=−13，
∴CM的表达式为y=−13x−3，
∴y=−13x−3y=x2−2x−3，
∴x2−2x−3=−13x−3，
∴x1=0(舍去)，x2=53，
当x=53时，x2−2x−3=(53)2−2×53−3=−329，
∴P(53,−329).
【解析】(1)利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
(2)①连接PC，求出点C的坐标是(0,−3)，由AC//PQ得到S△APQ=S△CPQ，待定系数法求出直线BC为y=x−3，过点P作PM//y轴交BC于点M，设点P(m,m2−2m−3)，M(m,m−3)，得到S1+S2=S△CPQ+S△BPQ=−32(m−32)2+278，根据二次函数的性质求出最值，并求出点P的坐标；
②先证明四边形QECP足菱形，过点B作BM//y相交CP延长线于点M，则∠ABM=90°，再证明△ACB≌△MCB(ASA)，则BM=BA=4，M(3,−4)，求出CM表达式为y=−13x−3，与二次函数表达式联立，进一步即可求出点P的坐标．
此题主要考查了待定系数法、菱形的判定和性质、一次函数和二次函数交点问题、全等三角形的判定和性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握函数性质和数形结合是解题的关键．
2023年山东省泰安市泰山学院附中中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运算正确的是( )
A. a2+a3=a5 B. (2a2)4=8a8
C. 2a3b÷b=2a3 D. (−a−b)2=a2−b2
2. 志愿服务传递爱心，传播文明.下面的图形是部分志愿者标志图案，其中既是中心对称图形，也是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3. 根据国家统计局在2023年1月的数据显示，2022年我国的科学研究与试验发展经费投入达30870亿元，首次突破3万亿大关，30870亿用科学记数法可以表示为( )
A. 3.087×1013 B. 3.087×1012 C. 0.3087×1014 D. 3.087×1014
4. 如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=19°，则∠2的度数为( )
A. 41° B. 51° C. 42° D. 49
5. 某射击运动员在训练中射击了10次，成绩如图所示：
下列结论不正确的是( )
A. 众数是8 B. 中位数是8 C. 平均数是8.2 D. 方差是1.2
6. 如图，将线段AB先向右平移5个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−4,1) B. (−1,2) C. (4,−1) D. (1,−2)
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径作弧相交于点D和点E，直线DE交AC于点F，交AB于点G，连接BF，若BC=2，AB=6，则△BCF的周长为( )
A. 2+2 10 B. 3+2 10 C. 6+ 10 D. 8
8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天：如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间．设规定时间为x天，则可列方程为( )
A. 900x+1×2=900x−3 B. 900x+1=900x−3×2
C. 900x−1=900x+3×2 D. 900x−1×2=900x+3
9. 如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，函数图象经过点(2,0)，直线x=−1是对称轴，有下列结论：
①2a−b=0；
②16a−4b+c=0；
③若(−2,y1)，(12,y2)是抛物线上两点，则y1>y2>0；
④a−b+c=−9a；
其中正确结论有个．( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
10. 某通信公司准备逐步在歌乐山上建设5G基站．如图，某处斜坡CB的坡度(或坡比)为i=1：2.4，通讯塔AB垂直于水平地面，在C处测得塔顶A的仰角为45°，在D处测得塔顶A的仰角为53°，斜坡路段CD长26米，则通讯塔AB的高度为(参考数据：sin53°≈45，cos53°≈35，tan53°≈43)( )
A. 774米 B. 772米 C. 56米 D. 66米
11. 如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，BD=2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：
①四边形BEFG是平行四边形；
②BE⊥AC；
③EG=FG；
④EA平分∠GEF，
其中正确结论的个数是( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
12. 如图，在菱形ABCD中，BC=4，∠ABC=60°，在BC边上有一线段EF由B向C运动，点F到达点C后停止运动，E在F的左侧，EF=1，连接AE，AF，则△AEF周长的小值为( )
A. 4 3+1 B. 4 3+2 C. 7 D. 8
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 分解因式：3x3+6x2+3x= ．
14. 设x1，x2是方程x2−3x+m=0的两个根，且x1+x2−x1x2=1，则m= ______ ．
15. 由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图、左视图和俯视图都是如图所示图形，则搭成该几何体的小正方体的个数为______ ．
16. 已知抛物线y=a(x−h)2+k与x轴有两个交点A(−1,0)，B(3,0)，抛物线y=a(x−h−m)2+k与x轴的一个交点是(4,0)，则m的值是______ ．
17. 如图，已知扇形AOB的半径OA=2，∠AOB=120°将扇形AOB绕点A顺时针旋转30°得到扇形AO′B′，则图中阴影部分的面积是______ ．
18. 在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为(−1,0)，每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2023的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
(1)计算：−(2− 3)−(π−3.14)0+(1−cos30°)×(12)−2；
(2)先化简再求值：先化简，再求值：(x−2xy−y2x)÷x2−y2x2+xy，其中x= 2，y= 2−1．
20. (本小题10.0分)
某校九年级开展征文活动，征文主题只能从“爱国”“敬业”“诚信”“友善”四个主题中选择一个，九年级每名学生按要求都上交了一份征文，学校为了解选择各种征文主题的学生人数，随机抽取了部分征文进行了调查，根据调查结果绘制成如下两幅统计图．
(1)求本次调查共抽取了多少名学生的征文；
(2)将上面的条形统计图补充完整；
(3)如果该校九年级共有1200名学生，请估计选择以“爱国”为主题的九年级学生有多少名；
(4)本次抽取的3份以“诚信”为主题的征文分别是小明、小强和小红的，若从中随机选取2份以“诚信”为主题的征文进行交流，请用画树状图法或列表法求小明和小强同学的征文同时被选中的概率．
21. (本小题10.0分)
冰墩墩(如图)是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．某商店第一次用1200元购进冰墩墩手办若干个，第二次又用相同价格购进冰墩墩饰扣若干个，已知每个冰墩墩饰扣的进价是冰墩墩手办进价的23，购进冰墩墩手办数量比饰扣少了10个．
(1)冰墩墩饰扣的进价是多少元？
(2)若冰墩墩饰扣的售价要比冰墩墩手办的售价少30元，且销售完毕后获利不低于1100元，问每个冰墩墩手办的售价至少是多少元？
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是菱形，且B(−8,4).若反比例函数y1=k1x
的图象经过菱形对角线AC，OB的交点F，设直线BC的解析式为y2=k2x+b．
(1)求反比例函数解析式；
(2)求直线BC的解析式；
(3)请结合图象直接写出不等式k2x+b−k1x>0的解集．
23. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，AD与BE相交于点O，且AB=AD，AE2=OE⋅BE．
(1)求证：①∠EAD=∠ABE；②BE=EC；
(2)若BD：CD=4：3，CE=8，求线段AE的长．
24. (本小题13.0分)
如图，△ABC是等边三角形，
(1)M是边BC延长线上一点，连接AM交△ABC的外接圆于点D，延长BD至N，使得BN=AM，连接CN、MN．
①猜想△CMN的形状，并证明你的结论；
②若AD：AB=3：4，BN=8，求AB的长度．
(2)如图2，AC是等边△ABC与△ACN的公共边，且∠ANC=30°，连接BN，请探究AN，BN，CN三条线段的数量关系．
25. (本小题13.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点.与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是抛物线第四象限上的一个动点，过点P作PQ//AC交BC于点Q．
①如图1，记△APQ面积为S1，△BPQ面积为S2，求S1+S2的面积最大值及此时点P的坐标．
②如图2，若将QP沿直线BC翻折得到QE，且点E落在线段AC上，求此时点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：a2+a3不能合并，故选项A错误，不符合题意；
(2a2)4=16a8，故选项B错误，不符合题意；
2a3b÷b=2a3，故选项C正确，符合题意；
(−a−b)2=a2+2ab+b2，故选项D错误，不符合题意；
故选：C．
根据合并同类项的方法可以判断A；根据积的乘方可以判断B；根据单项式除以单项式可以判断C；根据完全平方公式可以判断D．
本题考查整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.不是中心对称图形，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度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：30870亿=30870×108=3.087×1012．
故选：B．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：如图，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠B=(6−2)×180°6=120°，
∵∠1=19°，
∴∠BHA=180°−∠1−∠B=41°，
∵MN//AH，BC//FE，
∴∠2=∠G=∠BHA=41°，
故选：A．
由正六边形的内角和及三角形的内角和求得∠BHA=41°，根据平行线的性质得到∠2．
此题考查了平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”、“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得到不正确的选项．
【解答】
解：由题图知，数据8出现3次，次数最多，所以众数为8，故A选项正确；
10次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，9，9，10，10，
所以中位数是12×(8+8)=8，故B选项正确；
平均数为110×(6+7×2+8×3+9×2+10×2)=8.2，故C选项正确；
方差为110×[(6−8.2)2+(7−8.2)2+(7−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(8−8.2)2+(9−8.2)2+(9−8.2)2+(10−8.2)2+(10−8.2)2]=1.56，故D选项错误．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图形的平移与旋转，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
根据图形的平移与旋转解题即可．
【解答】
解：将线段AB先向右平移5个单位，点B(2,1)，连接OB，顺时针旋转90°，则B′对应坐标为(1,−2)，
故选：D．
7.【答案】A
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=2，AB=6，
∴AC= BC2+AB2=2 10，
由作图方法可知，DE是线段AB的垂直平分线，
∴BF=AF，
∴△BCF的周长=BC+BF+CF=BC+AF+CF=BC+AC=2+2 10，
故选：A．
先利用勾股定理求出AC=2 10，再根据作图方法可知DE是线段AB的垂直平分线，则BF=AF，最后根据三角形周长公式进行求解即可．
本题主要考查了勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图，线段垂直平分线的性质，证明△BCF的周长=BC+AC是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵规定时间为x天，
∴慢马所需的时间为(x+1)天，快马所需的时间为(x−3)天，
又∵快马的速度是慢马的2倍，
∴可列出方程900x+1×2=900x−3．
故选：A．
根据快马、慢马所需时间及规定时间之间的关系，可得出慢马所需的时间为(x+1)天，快马所需的时间为(x−3)天，利用速度=路程÷时间，结合快马的速度是慢马的2倍，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵二次函数对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，即2a−b=0，故①正确；
∵二次函数经过(2,0)，
∴二次函数与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，
∴当x=−4时，y=16a−4b+c=0，故②正确；
∵抛物线开口向下，
∴离对称轴越远函数值越小，
∵(−2,y1)，(12,y2)是抛物线上两点，且−4<−2<12<2，
∴y1>y2>0，故③正确；
∵b=2a，16a−4b+c=0，
∴16a−8a+c=0，即c=−8a，
∴a−b+c=a−2a−8a=−9a，故④正确；
故选：A．
根据对称轴为x=−1求出b=2a，即可判定①；求出二次函数与x轴的另一个交点坐标为(−4,0)，即可判断②；根据二次函数开口向下，离对称轴越远函数值越大即可判断③；求出c=−8a，结合b=2a即可判断④.【解答】
本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】如图，延长AB与水平线交于F，过D作DM⊥CF，M为垂足，过D作DE⊥AF，E为垂足，连接AC，AD，
∵斜坡CB的坡度为i=1：2.4，
∴DMCM=12.4=512，
设DM=5k米，则CM=12k米，
在Rt△CDM中，CD=26米，由勾股定理得，
CM2+DM2=CD2，
即(5k)2+(12k)2=262，
解得k=2，
∴DM=10(米)，CM=24(米)，
∵斜坡CB的坡度为i=1：2.4，
设DE=12a米，则BE=5a米，
∵∠ACF=45°，
∴AF=CF=CM+MF=(24+12a)米，
∴AE=AF−EF=24+12a−10=(14+12a)米，
在Rt△ADE中，DE=12a米，AE=(14+12a)米，
∵tan∠ADE=AEDE=tan53°≈43，
∴14+12a12a=43，
解得a=72，
∴DE=12a=42(米)，AE=14+12a=56(米)，
BE=5a=352(米)，
∴AB=AE−BE=56−352=772(米)，
答：基站塔AB的高为772米．
故选：B．
通过作辅助线，利用斜坡CB的坡度为i=1：2.4，CD=26，由勾股定理可求出DM的长，设出DE的长，根据坡度表示BE，进而表示出CF，由于△ACF是等腰直角三角形，可表示BE，在△ADE中由锐角三角函数可列方程求出DE，进而求出AB．
本题考查解直角三角形−仰角俯角问题，坡度坡角问题，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是解题关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AB=CD，AB//CD，AD=CB，OA=OC，OB=OD，
∵E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，
∴EF//CD，EF=12CD，BG=AG=12AB，
∴EF=BG，EF//AB，
∴EF//BG，
∴四边形AEFG是平行四边形，
故①正确；
∵BD=2AD，BD=2OB，
∴2AD=2OB，
∴AD=OB，
∴CB=OB，
∴BE⊥OC，
∴BE⊥AC，
故②正确；
∵∠AEB=90°，G为AB的中点，
∴EG=12AB，
当AF⊥OD时，则∠AFB=90°，此时FG=12AB，
∴EG=FG，
∵AF垂直平分OD，即△ABC是等边三角形，
∴OA=AD=OD，即△ABC是等边三角形，
此时AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，显然题中并没有这一条件，
∴AF与OD不一定垂直，则EG与FG不一定相等，
故③错误；
∴EG=AG=12AB，
∴∠AEG=∠EAG，
∵∠AEF=∠EAG，
∴∠AEG=∠AEF，
∴EA平分∠GEF，
故④正确，
故选：B．
由平行四边形的性质得AB=CD，AB//CD，AD=CB，OA=OC，OB=OD，因为E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，所以EF//CD，EF=12CD，BG=AG=12AB，则EF=BG，EF//BG，可证明四边形AEFG是平行四边形，可判断①正确；由BD=2AD=2OB，得AD=OB=CB，则BE⊥AC，可判断②正确；因为EG=12AB，所以当∠AFB=90°时FG=12AB，此时EG=FG，可推导出OA=AD=OD，则AC=BD，所以四边形ABCD是矩形，显然题中并没有这一条件，可判断③错误；由∠AEG=∠EAG，∠AEF=∠EAG，得∠AEG=∠AEF，可判断④正确，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理等知识，此题综合性较强，难度较大．
12.【答案】D
【解析】解：在菱形ABCD外作等边三角形GBC，连接FG，连接AG交BC于点M，过点F作FH//AE交AD于点H，连接GH，
∴AB=BG=BC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°=∠GBC，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△BGF(SAS)，AD//BC，
∴四边形AEFH是平行四边形，
∴GF=AF，HF=AE，
AB=BC=BG=4，AH=EF=1，
∠GBC=60°，
∴△AEF周长=AE+AF+EF=FH+GF+1≥GH+1，
即△AEF周长的最小值为GH+1，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABC=∠GBC=60°，
∴AM=GM，BM⊥AG，
∴∠BAM=30°，∠BAD=120°，
∴∠GAH=90°，
在Rt△ABM中，
sin∠ABM=AMAB，
∴AM=ABsin∠ABM=4sin60°=2 3，
∴AG=4 3，
在Rt△AGH中，
GH= AG2+AH2= (4 3)2+12=7，
∴△AEF周长的最小值为8．
故选：D．
利用轴对称将AF变换到菱形的下方GF，将AE平移到FH处，进而解答即可．
本题考查最短路径问题，解题涉及轴对称，平移，菱形的性质，等边三角形的性质，三角函数，勾股定理．通过轴对称和平移将AF，AE变换为BC不同侧且有公共端点的两条线段，且只有一个动点是解题的关键．
13.【答案】3x(x+1)2
【解析】解：原式=3x(x2+2x+1)
=3x(x+1)2．
故答案为：3x(x+1)2．
先提取公因式．再利用完全平方公式．
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提取公因式法和完全平方公式是解决本题的关键．
14.【答案】2
【解析】解：∵x1、x2是方程x2−3x+m=0的两个根，
∴x1+x2=3，x1x2=m，
∵x1+x2−x1x2=1，
∴3−m=1，
∴m=2．
故答案为：2．
根据根与系数的关系，确定x1+x2、x1x2的值，然后代入方程中，解方程确定m的值．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系、一元一次方程的解法，将x1+x2=3，x1x2=m代入方程，并解方程是解决此类题目经常使用的方法．
15.【答案】4
【解析】解：由题意可知，该几何体的俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示该位置上的小正方体的个数．
所以搭成该几何体的小正方体的个数为4．
故答案为：4．
根据三视图的定义解答即可．
本题考查了由几何体判断三视图，意在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．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．
16.【答案】5或1
【解析】解：当m>0时，抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移m个单位得到，
当m<0时，抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向左平移m个单位得到，
∵抛物线y=a(x−h)2+k与x轴有两个交点A(−1,0)，B(3,0)，
当点(4,0)与(−1,0)为对应点时，由于4−(−1)=5，
∴抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移5个单位得到，
∴m=5；
当点(4,0)与(3,0)为对应点时，由于4−3=1，
∴抛物线y=a(x−h−m)2+k是由抛物线y=a(x−h)2+k向右平移1个单位得到，
∴m=1，
综上m的值是5或1．
故答案为：5或1．
依据抛物线解析式的特点和抛物线的平移规律解答即可．
本题主要考查了二次函数图象的性质，抛物线的平移，熟练掌握二次函数的性质和平移规律是解题的关键．
17.【答案】π− 3
【解析】解：如图，连接OC，OB，BC，由题意可知，点A、O、B三点在同一条直线上，∠OAO′=30°，
由旋转可知，AB=AB′，∠O′AB′=30°，
∴∠OAC=30°+30°=60°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵∠AOB=120°，
∴∠BOC=120°−60°=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴四边形AOBC是菱形，
在Rt△AOO′中，OA=2，∠AOO′=60°，
∴OO′=12OA=1，O′A= 32OA= 3，
∴AB=2O′A=2 3，
∴S阴影部分=S扇形ABB′−S△ABC
=30π×(2 3)2360−12×2 3×1
=π− 3，
故答案为：π− 3．
根据旋转的定义求出AB，再根据扇形面积以及三角形面积的计算方法进行计算即可．
本题考查旋转的性质，扇形面积的计算，掌握扇形面积、三角形面积的计算方法以及旋转的性质是正确解答的前提．
18.【答案】(−22023,2)
【解析】解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2023÷6=337…1，
∴第2022次旋转后，点A2022与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
∵第一次旋转后，OA1=2，
第二次旋转后，OA2=22，
第三次旋转后，OA3=23，
……
∴第2023次旋转后，OA2023=22023，
∴点A2023的坐标为(−22023,2)．
故答案为：(−22023,2)．
根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A2与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OAn=2n，即可求解．
本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−2+ 3−1+(1− 32)×4
=−2+ 3−1+4−2 3
=1− 3；
(2)原式=(x2−2xy+y2x)÷(x−y)(x+y)x(x+y)
=(x−y)2x⋅x(x+y)(x+y)(x−y)
=x−y，
当x= 2，y= 2−1时，
原式= 2− 2+1=1．
【解析】(1)先进行零指数幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂的运算，再进行乘法运算，最后进行加减运算；
(2)先根据分式的运算法则进行化简，再代值计算即可．
本题考查特殊角的三角函数值的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握相关运算法则，正确的计算是解题的关键．
20.【答案】解：(1)本次调查共抽取的学生有3÷6%=50(名)；
(2)选择“友善”的人数有50−20−12−3=15(名)，
条形统计图如图所示，
(3)“爱国”占2050=40%，1200×40%=480(名)；
(4)记小明、小强和小红分别为A、B、C．
树状图如图所示：
共有6种情形，小义和小玉同学的征文同时被选中的有2种情形，
小义和小玉同学的征文同时被选中的概率=13．
【解析】(1)用“诚信”的人数除以“诚信”所占的百分比，即可得到总人数；
(2)用总人数减去其它人数，即可得出“友善”的人数，然后补全统计图即可；
(3)用1200乘以“爱国”的百分比即可；
(4)列出表格，得出共有多少种可能，再得出小明、小强和小红同时被选中的可能，结合概率公式即可得解．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力以及求随机事件的概率；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
21.【答案】解：(1)设每个冰墩墩手办进价是x元，则每个冰墩墩饰扣的进价是23x元，
根据题意可得：1200x+10=120023x，
解得x=60，
经检验，x=60是原方程的解，也符合题意，
∴23x=23×60=40(元)，
答：每个冰墩墩饰扣的进价是40元；
(2)设每个冰墩墩手办的售价为m元，则每个冰墩墩饰扣的售价为(m−30)元，
根据题意得：120060×(m−60)+120040×(m−30−40)≥1100，
解得m≥88，
答：每个冰墩墩手办的售价至少是88元．
【解析】(1)设每个冰墩墩手办进价是x元，可得：1200x+10=120023x，即可解得每个冰墩墩饰扣的进价是40元；
(2)设每个冰墩墩手办的售价为m元，根据题意得：120060×(m−60)+120040×(m−30−40)≥1100，即可解得每个冰墩墩手办的售价至少是88元．
本题考查分式方程及一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，根据已知列出方程和不等式．
22.【答案】解：(1)过B作BM⊥OC于M，过F作FN⊥OC于N，则BM//FN，
∴△OFN∽△OBM，
∴FNBM=ONOM=OFOB，
∵B(−8,4)，
∴OM=8，BM=4，
∵四边形OABC是菱形，
∴BF=OF，
∴OFOB=12，
∴FNBM=ONOM=12，
∴ON=12×8=4，FN=12×4=2，
∴F(−4,2)，
∵反比例函数y1=k1x的图象经过点F，
∴2=k1−4，
∴k1=−8，
∴反比例函数解析式为y1=−8x；
(2)设OC=x，则CM=8−x，
∵四边形OABC是菱形，
∴BC=OC=x，
在Rt△BCM中，BM2+CM2=BC2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
∴C(−5,0)，
把B(−8,4)，C(−5,0)的坐标代入y2=k2x+b得−8k2+b=4−5k2+b=0，
解得：k2=−43b=−203，
∴直线BC的解析式为y2=−43x−203；
(3)解方程组y=−43x−203y=−8x，得：x1=−2y1=4，x2=13y2=−24，
∴D(−6,43)，E(1,−8)，
∴不等式k2x+b−k1x>0的解集为x<−6或0
(2)设OC=x，则CM=8−x，根据菱形的性质得到BC=OC=x，根据勾股定理得到C(−5,0)，把B(−8,4)，C(−5,0)的坐标代入y2=k2x+b即可得到直线BC的解析式为y2=−43x−203；
(3)解方程组求得D(−6,43)，E(1,−8)，于是得到不等式k2x+b−k1x>0的解集为x<−6或0
23.【答案】(1)①证明：∵AE2=OE⋅BE，
∴OEAE=AEBE，
∵∠AEO=∠BEA，
∴△AEO∽△BEA，
∴∠EAD=∠ABE；
②证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
∵∠ABD=∠ABE+∠CBE，∠ADB=∠EAD+∠C，
由①知：∠EAD=∠ABE，
∴∠CBE=∠C，
∴BE=EC；
(2)解：过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，如图，
∵AB=AD，AF⊥BD，
∴BF=FD，
即AF为BD的垂直平分线，
∴GB=GC，
∴∠GBC=∠GDC，
由(1)②知：∠CBE=∠C，
∴∠GDB=∠C，
∴GD//EC，
∴BGD∽△BEC，
∴GDEC=BDBC．
∵BD：CD=4：3，
∴BDBC=47，
∴GD8=47，
∴GD=327．
∵BD：CD=4：3，BF=FD，
∴FD：DC=2：3，
∴FDFC=25．
∵GD//EC，
△FGD∽△FAC，
∴GDAC=FDFC，
∴327AC=25，
∴AC=807．
∴AE=AC−EC=807−8=247．
【解析】(1)①利用相似三角形的判定与性质解答即可；
②利用①的结论，三角形的外角和等腰三角形的判定定理解答即可；
(2)过点A作AF⊥BD于点F，交BE于点G，连接GD，利用等腰三角形的三线合一的性质和垂直平分线的性质得到GB=GD；再利用等腰三角形的性质和平行线的判定定理得到GD//AC；利用相似三角形的判定与性质得出比例式分别得到GD与ACD长，则AE=AC−EC．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，比例的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】(1)①解：△CMN的形状是等边三角形，理由：
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC.∠ACB=60°，
∵CD=CD，
∴∠CAM=∠CBN．
在△CAM和△CBN中，
AC=BC∠CAM=∠CBNAM=BN，
∴△CAM≌△CBN(SAS)，
∴CM=CN，∠AMC=∠BNC．
∴△CMN是等腰三角形．
∵∠NCM=∠CBN+∠CNB，∠CAM=∠CBN，
∴∠NCM=∠CAM+∠CMA．
∵∠ACB=∠CAM+∠CMA，
∴∠NCM=∠ACB=60，
∴△CMN的形状是等边三角形；
②解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC.∠ABC=∠ACB=60°．
∵∠ADB=∠ACB=60°，
∴∠ADB=∠ABC．
∵∠BAD=∠MAB，
∴△ABD∽△AMB．
∵AD：AB=3：4，AM=BN=8，
∴AB=6．
(2)解：将CN绕点C顺时针旋转60°，得到线段CM，连接MN，
∴CM=CN.∠MCN=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°，
∴∠BCA+∠ACN=∠ACN+∠NCM，
即∠BCN=∠ACM，
∴△BCN≌△ACM(SAS)，
∴AM=BN，
∵△CMN是等边三角形，
∴∠CNM=60°，
连接AM，
∴∠ANM=∠ANC+∠CNM=90°，
∴AN2+MN2=AM2．
∵MN=CN.AM=BN，
∴AN2+CN2=BN2．
【解析】(1)①证明△CAM≌△CBN，利用全等三角形的对应边相等可得CN=CM，则△CMN是等腰三角形；利用等边三角形的性质，三角形的外角的性质和全等三角形的性质可得∠NCM=60°，利用等边三角形的定义可得结论成立；
②利用△ABD∽△AMB即可求出AB；
(2)将CN绕点C顺时针旋转60°得到线段CM连接MN，可得∠ANM=90°，再利用勾股定理即可；
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，正确添加辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−3经过点A(−1,0)和点B(3,0)，
a−b−3=09a+3b−3=0
解得：a=1b=−2
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
(2)①连接PC，
当x=0时，y=x2−2x−3=−3，
∴点C的坐标是(0,−3)，
∵AC//PQ，
∴S△APQ=S△CPQ，
设直线BC为y=kx+p，将点B(3,0)、C(0,−3)代入得：
p=−33k+p=0，
解得：k=1p=−3，
∴直线BC为y=x−3．
过点P作PM//y轴交BC于点M，设点P(m,m2−2m−3)，M(m,m−3)，
∴PM=m−3−(m2−2m−3)=−m2−3m=−(m−32)2+94，
∴S1+S2=S△CPQ+S△BPQ=S△BCP=12PM⋅(xB−xC)=−32(m−32)2+278，
∵−32<0，
∴当m=32时，S1+S2有最大值为278，
此时m2−2m−3=(32)2−2×32−3=−154，
∴P(32,−154)；
②将QP沿直线BC翻折得到QE，且点E落在线段AC上，
∴QP=QE，∠EQC=∠PQC，
∵PQ//AC，
∴∠PQC=∠ECQ，
∴∠EQC=∠ECQ，
∴EC=EQ=PQ，
∴四边形QECP是菱形，
∴∠ECQ=∠PCQ．
∴AB=4，
过点B作BM//y轴交CP延长线于点M，
则∠ABM=90°，
∴∠MBC=∠ABM−∠ABC=45°，
∴∠MBC=∠ABC，
∵BC=BC，
∴△ACB△MCB(ASA)，
∴BM=BA=4，M(3,−4)，
设CM表达式为y=kx−3，
将点M(3,−4)代入得：4=3k−3．
∴k=−13，
∴CM的表达式为y=−13x−3，
∴y=−13x−3y=x2−2x−3，
∴x2−2x−3=−13x−3，
∴x1=0(舍去)，x2=53，
当x=53时，x2−2x−3=(53)2−2×53−3=−329，
∴P(53,−329).
【解析】(1)利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
(2)①连接PC，求出点C的坐标是(0,−3)，由AC//PQ得到S△APQ=S△CPQ，待定系数法求出直线BC为y=x−3，过点P作PM//y轴交BC于点M，设点P(m,m2−2m−3)，M(m,m−3)，得到S1+S2=S△CPQ+S△BPQ=−32(m−32)2+278，根据二次函数的性质求出最值，并求出点P的坐标；
②先证明四边形QECP足菱形，过点B作BM//y相交CP延长线于点M，则∠ABM=90°，再证明△ACB≌△MCB(ASA)，则BM=BA=4，M(3,−4)，求出CM表达式为y=−13x−3，与二次函数表达式联立，进一步即可求出点P的坐标．
此题主要考查了待定系数法、菱形的判定和性质、一次函数和二次函数交点问题、全等三角形的判定和性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握函数性质和数形结合是解题的关键．
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