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2023年四川省巴中市平昌中学中考数学模拟试卷（四）（含解析）
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这是一份2023年四川省巴中市平昌中学中考数学模拟试卷（四）（含解析），共24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年四川省巴中市平昌中学中考数学模拟试卷（四）
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. |12023|的相反数是( )
A. −2023 B. −12023 C. 12023 D. 2023
2. 函数y= x+2x−1的自变量取值范围是( )
A. x≥−2 B. −2≤x<1 C. x>1 D. x≥−2且x≠1
3. 如图是一个几何体的表面展开图，这个几何体是( )
A.
B.
C.
D.
4. 据统计，2022年全国新注册登记新能源汽车约535万辆，占新注册登记汽车总量的23.05%，将数据“535万”用科学记数法表示为( )
A. 535×104 B. 53.5×105 C. 5.35×106 D. 0.535×107
5. 在某次中小学安全知识竞赛中，参加决赛的6名同学获得的分数分别为(单位：分)：95、97、96、97、99、98，这6名同学的成绩的众数和中位数分别是( )
A. 97、95 B. 96、96 C. 97、96.5 D. 97、97
6. 下列运算正确的是( )
A. (−2)2=−2 B. 2−1=12 C. x6÷x3=x2 D. (x3)2=x5
7. 定义运算：a☆b=ab2−ab−1.例如：3☆4=3×42−3×4−1.则方程1☆x=0的根的情况为( )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根 D. 只有一个实数根
8. 下列事件中，是必然事件的是( )
A. 任意画一个圆，它是轴对称图形
B. 任意画一个三角形，其内角和是360°
C. 如果a
9. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且AE=CD=6，∠BAC=12∠BOD，则BE的长为( )
A. 52
B. 32
C. 12
D. 2
10. 如图，图中的函数图象描述了甲、乙两人越野登山比赛．(x表示甲从起点出发所行的时间，y甲表示甲的路程，y乙表示乙的路程).下列4个说法中错误的是( )
A. 越野登山比赛的全程为1000米 B. 甲比乙晚出发40分钟
C. 甲在途中停留了10分钟 D. 乙追上甲时，乙跑了750米
11. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°.①分别以点A、C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于点E、F，作直线EF，交AB于点D，连接CD；②以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、BC于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧相交于点G，作射线BG，交线段CD于点P.根据以上信息推断，下列结论错误的是( )
A. ∠ABP=∠A B. AD=CD
C. ∠PBC=∠ACD D. ∠BPC=118°
12. 如图，抛物线C1：y=x2−2x(0≤x≤2)交x轴于O，A两点；将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于A1；将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，…，如此进行下去，则抛物线C10的解析式是( )
A. y=−x2+38x−360 B. y=−x2+34x−288
C. y=x2−36x+288 D. y=−x2+38x+360
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 因式分解：2ax2−12ax+18a=______．
14. 若关于x的一元二次方程x2+kx−2=0的一个根为x=1，则这个一元二次方程的另一个根为______．
15. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DE//AC，EF//AB．AFFC=12，若AB=12，则BD的长为______ ．
16. 若关于x的分式方程2xx−1−1=mx−1无解，则m=______．
17. 如图，四边形OABC是平行四边形，点O是坐标原点，点C在y轴上，点B在反比例函数y=3x(x>0)的图象上，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，若平行四边形OABC的面积是7，则k=______．
18. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，G是BC的中点，E是正方形内一个动点，且EG=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长度的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题16.0分)
计算
(1)计算(−1)2+(π−3.14)0+2sin60°+|1− 3|− 12；
(2)解一元二次方程，x(x−2)=x−2；
(3)先化简再求值：(x+2+4x−2)÷x3x2−4x+4，其中x是满足条件x≤2的合适的非负整数．
20. (本小题10.0分)
如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE=DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB=3 2，BE=2，求四边形AECF的面积．
21. (本小题10.0分)
某中学为了解学生每学期“诵读经典”的情况，在全校范围内随机抽查了部分学生上学期的阅读量，并将阅读量分成一般、较好、良好、优秀四个等级，并绘制出如下统计表：
等级
一般
较好
良好
优秀
阅读量/本
3
4
5
6
频数
12
a
14
4
频率
0.24
0.40
b
c
请根据统计表中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查一共随机抽查了______ 名学生；
(2)表中a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(3)在样本数据中，优秀等级的同学有4名，其中仅有1名男生，现从中任意选派2名同学去参加读书分享会，请用树状图或列表的方法求所选2名同学中有男生的概率．
22. (本小题10.0分)
交通安全心系千万家，高速公路管理局在某隧道内安装了测速仪，如图所示的是该段隧道的截面示意图．测速仪C和测速仪E到路面之间的距离CD=EF=7m，测速仪C和E之间的距离CE=750m，一辆小汽车在水平的公路上由西向东匀速行驶，在测速仪C处测得小汽车在隧道入口A点的俯角为25°，在测速仪E处测得小汽车在B点的俯角为60°，小汽车在隧道中从点A行驶到点B所用的时间为38s(图中所有点都在同一平面内)．
(1)求A，B两点之间的距离(结果精确到1m)；
(2)若该隧道限速22m/s，判断小汽车从点A行驶到点B是否超速？通过计算说明理由．
(参考数据： 3≈1.7，sin25°≈0.4，cos25°≈0.9，tan25°≈0.5，sin65°≈0.9，cos65°≈0.4，tan65°≈2.1)
23. (本小题12.0分)
在学校开展“劳动创造美好生活”主题系列活动中，八年级(1)班负责校园某绿化角的设计、种植与养护．同学们约定每人养护一盆绿植，计划购买绿萝和吊兰两种绿植共46盆，且绿萝盆数不少于吊兰盆数的2倍．已知绿萝每盆9元，吊兰每盆6元．
(1)采购组计划将预算经费390元全部用于购买绿萝和吊兰，问可购买绿萝和吊兰各多少盆？
(2)规划组认为有比390元更省钱的购买方案，请求出购买两种绿植总费用的最小值．
24. (本小题12.0分)
如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，CD与⊙O相切于点C，过点B作BD⊥DC，连接AC、BC，且BC平分∠ABD．
(1)求证：BC2=AB⋅BD
(2)若BD=3，AB=4，求阴影部分的面积(结果保留π)．
25. (本小题14.0分)
抛物线y=ax2+114x−6与x轴交于A(t,0)，B(8,0)两点，与y轴交于点C，直线y=kx−6经过点B.点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式和t，k的值；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵|12023|=12023，
∴|12023|的相反数是−12023．
故选：B．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，正数的绝对值是它本身，由此即可得到答案．
本题考查相反数，绝对值，关键是掌握相反数的定义，绝对值的意义．
2.【答案】D
【解析】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x+2≥0且x−1≠0，
解得：x≥−2且x≠1．
故选：D．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
本题考查的是函数自变量的取值范围，熟知二次根式及分式有意义的条件是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据几何体的展开图可知：
这个几何体是：．
故选：C．
根据几何体的表面展开图可以判断这个几何体是三棱柱．
本题考查了几何体的展开图，多数立体图形是由平面图形围成的．沿着棱剪开就得到平面图形，这样的平面图形就是相应立体图形的展开图．同一个立体图形按不同的方式展开，得到的平面展开图是不一样的，同时也可看出，立体图形的展开图是平面图形．
4.【答案】C
【解析】解：535万=5350000=5.35×106．
故选：C．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
5.【答案】D
【解析】解：将这组数据重新排列为95、96、97、97、98、99，
所以这组数据的众数为97，中位数为97+972=97，
故选：D．
根据中位数和众数的定义求解即可．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义．
6.【答案】B
【解析】解：A、原式=2，故A不符合题意．
B、原式=12，故B符合题意．
C、原式=x3，故C不符合题意．
D、原式=x6，故D不符合题意．
故选：B．
根据二次根式的性质、负整数指数幂的意义、整式的乘除法运算即可求出答案．
本题考查二次根式的性质、负整数指数幂的意义、整式的乘除法运算，本题属于基础题型．
7.【答案】A
【解析】解：由新定义得：x2−x−1=0，
∵Δ=(−1)2−4×1×(−1)=5>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
利用新定义得到x2−x−1=0，然后利用Δ>0可判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
8.【答案】A
【解析】解：A、任意画一个圆，它是轴对称图形，是必然事件，故A符合题意；
B、任意画一个三角形，其内角和是360°，是不可能事件，故B不符合题意；
C、如果a
故选：A．
根据必然事件指在一定条件下一定发生的事件，随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，可得答案．
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
9.【答案】B
【解析】解：连接OC，如图，
∵∠BAC=12∠BOC，
而∠BAC=12∠BOD，
∴∠BOC=∠BOD，
∴BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴CE=DE=12CD=3，
设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=6−r，
在Rt△OCE中，32+(6−r)2=r2，解得r=154，
∴BE=AB−AE=2×154−6=32．
故选：B．
连接OC，如图，根据圆周角定理得到∠BAC=12∠BOC，则∠BOC=∠BOD，所以BC=BD，再根据垂径定理得到AB⊥CD，CE=DE=12CD=3，设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=6−r，利用勾股定理得32+(6−r)2=r2，解方程求出r，然后计算AB−AE即可．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可得，
越野登山比赛的全程为1000米，故选项A正确，不符合题意；
甲比乙早出发40分钟，故选项B错误，符合题意；
甲在途中停留了40−30=10(分钟)，故选项C正确，不符合题意；
设乙在途中S米处追上甲，
S100010=S−60060030，
解得，S=750，
∴乙追上甲时，乙跑了750米，故选项C正确，不符合题意；
故选：B．
根据函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，本题得以解决．
本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠ACB=12×(180°−36°)=72°，
∴∠PBC=12∠ABC=36°，
由作图痕迹得到BP平分∠ABC，D点为AC的垂直平分线与AB的交点，
∴∠ABP=∠CBP=36°，所以A选项不符合题意；
∴DA=DC，所以B选项不符合题意；
∵DA=DC，
∴∠ACD=∠A=36°，
∴∠PBC=∠ACD=36°，
所以C选项不符合题意；
∵∠PBC=36°，∠ACD=36°，
∴∠PCB=36°，
∴∠BPC=180°−36°−36°=108°，
∴D选项符合题意．
故选：D．
利用基本作图得到BP平分∠ABC，则可对B选项进行判断；利用基本作图可得到D点为AC的垂直平分线与AB的交点，则根据线段垂直平分线的性质得到DA=DC，所以可对B选项进行判断；再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ABC=∠ACB=72°，则∠PBC=36°，接着利用DA=DC得到∠ACD=∠A=36°，可对A、C选项进行判断；根据三角形内角和定理计算出∠BPC=108°，则可对D选项进行判断．
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．也考查了等腰三角形的性质．
12.【答案】A
【解析】解：∵抛物线C1：y=x(x−2)(0≤x≤2)与x轴交于点O，A；
∴抛物线C1开口向上(a=1)，且经过O(0,0)，A(2,0)，
∵将C1绕点A旋转180°得C2，交x轴于A1；
∴抛物线C2开口向下(a=−1)，且经过A(2,0)，A1(4,0)，
∵将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，
∴抛物线C3开口向上(a=1)，且经过A1(4,0)，A2(6,0)，
…，
如此进行下去，直至得C10，
∴抛物线C10开口向下(a=−1)，且经过A8(18,0)，A9(20,0)，
∴C10的解析式为：y10=−(x−18)(x−20)=−x2+38x−360，
故选：A．
根据图象的旋转变化规律，可得出抛物线C10的开口方向及与x轴两个交点坐标，从而可求出其解析式．
此题主要考查了二次函数图象的旋转规律，根据已知求出二次函数图象旋转后与x轴两个交点的坐标是解题关键．
13.【答案】2a(x−3)2
【解析】解：原式=2a(x2−6x+9)
=2a(x−3)2
故答案为：2a(x−3)2
先提取公因式，然后利用完全平方公式即可求出答案．
本题考查因式分解，解题的关键熟练运用提取公因式以及完全平方公式进行因式分解，本题属于基础题型．
14.【答案】x=−2
【解析】解：x2+kx−2=0，
∵a=1，b=k，c=−2，
∴x1⋅x2=ca=−2．
∵关于x的一元二次方程x2+kx−2=0的一个根为x=1，
∴另一个根为x=−2÷1=−2．
故答案为：x=−2．
利用根与系数的关系可得出方程的两根之积为−2，结合方程的一个根为1，可求出方程的另一个根，此题得解．
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，牢记两根之积等于ca是解题的关键．
15.【答案】4
【解析】解：∵DE//AC，EF//AB，
∴四边形ADEF是平行四边形，∠BED=∠C，
∴AD=EF，DE=AF，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△EFC，
∴DEFC=BDEF，
∵AFFC=12，
∴DEFC=12，
∴BDAD=12，
∵AB=12，
∴BD12−BD=12，
解得：BD=4．
故答案为：4．
由两组对边分别平行可判定四边形ADEF是平行四边形，则有AD=EF，DE=AF，且由平行线的性质可得∠BED=∠C，则可判定△BDE∽△EFC，则有DEFC=BDEF，从而可求得BD．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解答的关键是结合条件求得BDAD=12．
16.【答案】2
【解析】解：2xx−1−1=mx−1，
方程两边同时乘以x−1，得2x−(x−1)=m，
去括号，得2x−x+1=m，
移项、合并同类项，得x=m−1，
∵方程无解，
∴x=1，
∴m−1=1，
∴m=2，
故答案为2．
解方程得x=m−1，由方程无解，可知x=1，即可求m=2．
本题考查分式方程的解，掌握分式方程的解法，理解无解的意义是解题的关键．
17.【答案】−4
【解析】解：连接OB，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB//OC，
∴AB⊥x轴，
∴S△AOD=12|k|，S△BOD=12×3=32，
∴S△AOB=S△AOD+S△BOD=12|k|+32，
∴S平行四边形OABC=2S△AOB=|k|+3，
∵平行四边形OABC的面积是7，
∴|k|=4，
∵在第四象限，
∴k=−4，
故答案为：−4．
连接OB，根据反比例函数系数k的几何意义得到|k|+3=7，进而即可求得k的值．
本题考查了反比例系数k的几何意义、平行四边形的面积，熟知在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|是解答此题的关键．
18.【答案】2 5−2
【解析】解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，如图，
∵∠EDF=∠EDG+∠GDF=90°，∠GDM=∠GDF+∠FDM=90°，
∴∠EDG=∠FDM，
在△EDG和△FDM中，
DE=DF∠EDG=∠FDMDG=DM，
∴△EDG≌△FDM(SAS)，
∴MF=EG=2，
∵MH⊥CD，
∴∠HDM+∠DMH=90°，
∵∠GDC+∠HDM=90°，
∴∠GDC=∠DMH，
在△DGC和△MDH中，
∠GDC=∠DMH∠DCG=∠MHD=90°DG=MD，
∴△DGC≌DMH(AAS)，
∴CG=DH=2，MH=CD=4，
∴CM= 42+22=2 5，
∵CF≥CM−MF，
∴CF的最小值为：2 5−2，
故答案为：2 5−2．
连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，利用SAS证明△EDG≌△DFM，得MF=EG=2，再证明△DGC≌DMH(AAS)，得CG=DH=2，MH=CD=4，求出CM的长，再利用三角形的三边关系即可得到答案．
本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等着知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
19.【答案】解：(1)(−1)2+(π−3.14)0+2sin60°+|1− 3|− 12
=1+1+2× 32+ 3−1−2 3
=1+1+ 3+ 3−1−2 3
=1；
(2)x(x−2)=x−2，
x(x−2)−(x−2)=0，
(x−2)(x−1)=0，
∴x−2=0或x−1=0，
解得x1=2，x2=1；
(3)(x+2+4x−2)÷x3x2−4x+4
=(x+2)(x−2)+4x−2⋅(x−2)2x3
=x2−4+4x−2⋅(x−2)2x3
=x2x−2⋅(x−2)2x3
=x−2x，
∵当x=0，2时，原分式无意义，x是满足条件x≤2的合适的非负整数，
∴x=1，
当x=1时，原式=1−21=−1．
【解析】(1)先化简，然后计算乘法，最后算加减法即可；
(2)先移项，再提公因式，然后即可求得x的值；
(3)先化简括号内的式子，再算括号外除法，然后根据x是满足条件x≤2的合适的非负整数，选出一个使得原分式有意义的整数代入化简后的式子计算即可．
本题考查实数的运算、解一元二次方程、分式的化简求值，熟练掌握运算法则和解一元二次方程的方法是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB，∠ABE=∠CDF=45°，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO=CO，DO=BO，
又∵DF=BE，
∴OE=OF，AO=CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AB=3 2，
∴AC=BD=6，
∵BE=DF=2，
EF=BD−BE−DF=2，
∴四边形AECF的面积=12AC⋅EF=12×6×2=6．
【解析】(1)根据全等三角形的判定定理证明即可；
(2)根据正方形的性质，菱形的判定定理和性质定理解答即可．
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB，∠ABE=∠CDF=45°，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO=CO，DO=BO，
又∵DF=BE，
∴OE=OF，AO=CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AB=3 2，
∴AC=BD=6，
∵BE=DF=2，
EF=BD−BE−DF=2，
∴四边形AECF的面积=12AC⋅EF=12×6×2=6．
21.【答案】50 20 0.28 0.08
【解析】解：(1)本次抽取的学生共有：12÷0.24=50(名)，
故答案为：50；
(2)a=50×0.40=20，b=14÷50=0.28，c=4÷50=0.08，
故答案为：20，0.28，0.08；
(3)画树状图如下：
共有12种情况，其中所选2名同学中有男生的有6种结果，
∴所选2名同学中有男生的概率为612=12．
(1)由一般的频数和频率，求本次调查的总人数，
(2)由(1)得出的结果然后即可计算出a、b、c的值；
(3)画树状图，共有12种情况，其中所选2名同学中有男生的有6种结果，再由概率公式即可得出答案．
此题考查的是用树状图法求概率以及频数分布表、众数、平均数等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)由题意得：
∠CAD=25°，∠EBF=60°，CE=DF=750米，
在Rt△ACD中，CD=7米，
∴AD=CDtan25∘≈70.5=14(米)，
在Rt△BEF中，EF=7米，
∴BF=EFtan60∘=7 3≈4.1(米)，
∴AB=AD+DF−BF=14+750−4.1≈760(米)，
∴A，B两点之间的距离约为760米；
(2)小汽车从点A行驶到点B没有超速，
理由：由题意得：
760÷38=20米/秒，
∵20米/秒<22米/秒，
∴小汽车从点A行驶到点B没有超速．
【解析】(1)根据题意可得：∠CAD=25°，∠EBF=60°，CE=DF=750米，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△BEF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后根据AB=AD+DF−BF进行计算即可解答；
(2)先求出汽车的行驶速度，进行比较即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设购买绿萝x盆，吊兰y盆，
依题意得：x+y=469x+6y=390，
解得：x=38y=8，
∵8×2=16，16<38，
∴x=38y=8符合题意．
答：购买绿萝38盆，吊兰8盆．
(2)设购买绿萝m盆，则购买吊兰(46−m)盆，
依题意得：m≥2(46−m)，
解得：m≥923，
设购买两种绿植的总费用为w元，则w=9m+6(46−m)=3m+276，
∵3>0，
∴w随m的增大而增大，
又∵m≥923，且m为整数，
∴当m=31时，w取得最小值，最小值=3×31+276=369．
答：购买两种绿植总费用的最小值为369元．
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
(1)设购买绿萝x盆，吊兰y盆，利用总价=单价×数量，结合购进两种绿植46盆共花费390元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购买绿萝m盆，则购买吊兰(46−m)盆，根据购进绿萝盆数不少于吊兰盆数的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，设购买两种绿植的总费用为w元，利用总价=单价×数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
24.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，BD⊥DC，
∴∠OCD=∠CDB=90°，
∴∠OCD+∠CDB=180°，
∴OC//BD，
∴∠OCB=∠DBC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠DBC=∠ABC，
又∵∠BDC=∠ACB=90°，
∴△BDC∽△ACB，
∴BDBC=BCAB，
∴BC2=BD⋅AB；
(2)解：∵BD=3，AB=4，
由(1)知，BC2=BD⋅AB，
∴BC2=3×4=12，
∵∠ACB=90°，BC=2 3，
∴OC=OB=12AB=2，
∴△AOC是等边三角形，
作OE⊥BC于点E，
则OE=OC⋅sin60°=2× 32= 3，
∴阴影部分的面积是：60π×22360−2× 32=2π3− 3．
【解析】(1)要证明BC2=BD⋅AB，只要证明△ADC∽△ACB即可，根据题目中的条件，可以得到∠ADC=∠ACB，∠DAC=∠BAC，从而可以得到△ADC∽△ACB，然后即可得到结论成立；
(2)根据(1)中的结论和BD=3，AB=4，可以得到BC的长，然后即可得到△BOC的形状，再根据图形，可以发现阴影部分的面积=扇形OAC的面积−△OAC的面积，然后代入数据计算即可．
本题考查相似三角形的判定与性质、切线的性质、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】解：(1)将B(8,0)代入y=ax2+114x−6，
∴64a+22−6=0，
∴a=−14，
∴y=−14x2+114x−6，
当y=0时，−14t2+114t−6=0，
解得t=3或t=8(舍)，
∴t=3，
∵B(8,0)在直线y=kx−6上，
∴8k−6=0，
解得k=34，
∴y=34x−6；
(2)作PM⊥x轴交于M，且C点坐标为(0,−6)，
∵P点横坐标为m，
∴P(m,−14m2+114m−6)，
∴PM=14m2−114m+6，AM=m−3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM=90°，∠APM+∠PAM=90°，
∴∠OAC=∠APM，
∴△COA∽△AMP，
∴OAOC=PMAM，即OA⋅MA=CO⋅PM，
3(m−3)=6(14m2−114m+6)，
解得m=3(舍)或m=10，
∴P(10,−72)；
(3)作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，
∴PN=−14m2+114m−6−(34m−6)=−14m2+2m，
由△PQN∽△BOC，
∴PNBC=NQOC=PQOB，
∵OB=8，OC=6，BC=10，
∴QN=35PN，PQ=45PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN=54EN=54m，
∴CQ+12PQ=CN+NQ+12PQ=CN+PN，
∴CQ+12PQ=54m−14m2+2m=−14m2+134m=−14(x−132)2+16916，
当m=132时，CQ+12PQ的最大值是16916．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可求解；
(2)作PM⊥x轴交于M，可求PM=14m2−114m+6，AM=m−3，通过证明△COA∽△AMP，利用OAOC=PMAM，求m的值即可求P点坐标；
(3)作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，通过证明△PQN∽△BOC，求出QN=35PN，PQ=45PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN=54EN=54m，则CQ+12PQ=CN+PN=−14(x−132)2+16916，即可求解．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
2023年四川省巴中市平昌中学中考数学模拟试卷（四）
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. |12023|的相反数是( )
A. −2023 B. −12023 C. 12023 D. 2023
2. 函数y= x+2x−1的自变量取值范围是( )
A. x≥−2 B. −2≤x<1 C. x>1 D. x≥−2且x≠1
3. 如图是一个几何体的表面展开图，这个几何体是( )
A.
B.
C.
D.
4. 据统计，2022年全国新注册登记新能源汽车约535万辆，占新注册登记汽车总量的23.05%，将数据“535万”用科学记数法表示为( )
A. 535×104 B. 53.5×105 C. 5.35×106 D. 0.535×107
5. 在某次中小学安全知识竞赛中，参加决赛的6名同学获得的分数分别为(单位：分)：95、97、96、97、99、98，这6名同学的成绩的众数和中位数分别是( )
A. 97、95 B. 96、96 C. 97、96.5 D. 97、97
6. 下列运算正确的是( )
A. (−2)2=−2 B. 2−1=12 C. x6÷x3=x2 D. (x3)2=x5
7. 定义运算：a☆b=ab2−ab−1.例如：3☆4=3×42−3×4−1.则方程1☆x=0的根的情况为( )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根 D. 只有一个实数根
8. 下列事件中，是必然事件的是( )
A. 任意画一个圆，它是轴对称图形
B. 任意画一个三角形，其内角和是360°
C. 如果a
9. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且AE=CD=6，∠BAC=12∠BOD，则BE的长为( )
A. 52
B. 32
C. 12
D. 2
10. 如图，图中的函数图象描述了甲、乙两人越野登山比赛．(x表示甲从起点出发所行的时间，y甲表示甲的路程，y乙表示乙的路程).下列4个说法中错误的是( )
A. 越野登山比赛的全程为1000米 B. 甲比乙晚出发40分钟
C. 甲在途中停留了10分钟 D. 乙追上甲时，乙跑了750米
11. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°.①分别以点A、C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于点E、F，作直线EF，交AB于点D，连接CD；②以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、BC于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧相交于点G，作射线BG，交线段CD于点P.根据以上信息推断，下列结论错误的是( )
A. ∠ABP=∠A B. AD=CD
C. ∠PBC=∠ACD D. ∠BPC=118°
12. 如图，抛物线C1：y=x2−2x(0≤x≤2)交x轴于O，A两点；将C1绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于A1；将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，…，如此进行下去，则抛物线C10的解析式是( )
A. y=−x2+38x−360 B. y=−x2+34x−288
C. y=x2−36x+288 D. y=−x2+38x+360
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 因式分解：2ax2−12ax+18a=______．
14. 若关于x的一元二次方程x2+kx−2=0的一个根为x=1，则这个一元二次方程的另一个根为______．
15. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DE//AC，EF//AB．AFFC=12，若AB=12，则BD的长为______ ．
16. 若关于x的分式方程2xx−1−1=mx−1无解，则m=______．
17. 如图，四边形OABC是平行四边形，点O是坐标原点，点C在y轴上，点B在反比例函数y=3x(x>0)的图象上，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，若平行四边形OABC的面积是7，则k=______．
18. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，G是BC的中点，E是正方形内一个动点，且EG=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长度的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题16.0分)
计算
(1)计算(−1)2+(π−3.14)0+2sin60°+|1− 3|− 12；
(2)解一元二次方程，x(x−2)=x−2；
(3)先化简再求值：(x+2+4x−2)÷x3x2−4x+4，其中x是满足条件x≤2的合适的非负整数．
20. (本小题10.0分)
如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE=DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB=3 2，BE=2，求四边形AECF的面积．
21. (本小题10.0分)
某中学为了解学生每学期“诵读经典”的情况，在全校范围内随机抽查了部分学生上学期的阅读量，并将阅读量分成一般、较好、良好、优秀四个等级，并绘制出如下统计表：
等级
一般
较好
良好
优秀
阅读量/本
3
4
5
6
频数
12
a
14
4
频率
0.24
0.40
b
c
请根据统计表中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查一共随机抽查了______ 名学生；
(2)表中a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(3)在样本数据中，优秀等级的同学有4名，其中仅有1名男生，现从中任意选派2名同学去参加读书分享会，请用树状图或列表的方法求所选2名同学中有男生的概率．
22. (本小题10.0分)
交通安全心系千万家，高速公路管理局在某隧道内安装了测速仪，如图所示的是该段隧道的截面示意图．测速仪C和测速仪E到路面之间的距离CD=EF=7m，测速仪C和E之间的距离CE=750m，一辆小汽车在水平的公路上由西向东匀速行驶，在测速仪C处测得小汽车在隧道入口A点的俯角为25°，在测速仪E处测得小汽车在B点的俯角为60°，小汽车在隧道中从点A行驶到点B所用的时间为38s(图中所有点都在同一平面内)．
(1)求A，B两点之间的距离(结果精确到1m)；
(2)若该隧道限速22m/s，判断小汽车从点A行驶到点B是否超速？通过计算说明理由．
(参考数据： 3≈1.7，sin25°≈0.4，cos25°≈0.9，tan25°≈0.5，sin65°≈0.9，cos65°≈0.4，tan65°≈2.1)
23. (本小题12.0分)
在学校开展“劳动创造美好生活”主题系列活动中，八年级(1)班负责校园某绿化角的设计、种植与养护．同学们约定每人养护一盆绿植，计划购买绿萝和吊兰两种绿植共46盆，且绿萝盆数不少于吊兰盆数的2倍．已知绿萝每盆9元，吊兰每盆6元．
(1)采购组计划将预算经费390元全部用于购买绿萝和吊兰，问可购买绿萝和吊兰各多少盆？
(2)规划组认为有比390元更省钱的购买方案，请求出购买两种绿植总费用的最小值．
24. (本小题12.0分)
如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，CD与⊙O相切于点C，过点B作BD⊥DC，连接AC、BC，且BC平分∠ABD．
(1)求证：BC2=AB⋅BD
(2)若BD=3，AB=4，求阴影部分的面积(结果保留π)．
25. (本小题14.0分)
抛物线y=ax2+114x−6与x轴交于A(t,0)，B(8,0)两点，与y轴交于点C，直线y=kx−6经过点B.点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式和t，k的值；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵|12023|=12023，
∴|12023|的相反数是−12023．
故选：B．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，正数的绝对值是它本身，由此即可得到答案．
本题考查相反数，绝对值，关键是掌握相反数的定义，绝对值的意义．
2.【答案】D
【解析】解：根据二次根式有意义，分式有意义得：x+2≥0且x−1≠0，
解得：x≥−2且x≠1．
故选：D．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
本题考查的是函数自变量的取值范围，熟知二次根式及分式有意义的条件是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：根据几何体的展开图可知：
这个几何体是：．
故选：C．
根据几何体的表面展开图可以判断这个几何体是三棱柱．
本题考查了几何体的展开图，多数立体图形是由平面图形围成的．沿着棱剪开就得到平面图形，这样的平面图形就是相应立体图形的展开图．同一个立体图形按不同的方式展开，得到的平面展开图是不一样的，同时也可看出，立体图形的展开图是平面图形．
4.【答案】C
【解析】解：535万=5350000=5.35×106．
故选：C．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
5.【答案】D
【解析】解：将这组数据重新排列为95、96、97、97、98、99，
所以这组数据的众数为97，中位数为97+972=97，
故选：D．
根据中位数和众数的定义求解即可．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义．
6.【答案】B
【解析】解：A、原式=2，故A不符合题意．
B、原式=12，故B符合题意．
C、原式=x3，故C不符合题意．
D、原式=x6，故D不符合题意．
故选：B．
根据二次根式的性质、负整数指数幂的意义、整式的乘除法运算即可求出答案．
本题考查二次根式的性质、负整数指数幂的意义、整式的乘除法运算，本题属于基础题型．
7.【答案】A
【解析】解：由新定义得：x2−x−1=0，
∵Δ=(−1)2−4×1×(−1)=5>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
利用新定义得到x2−x−1=0，然后利用Δ>0可判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
8.【答案】A
【解析】解：A、任意画一个圆，它是轴对称图形，是必然事件，故A符合题意；
B、任意画一个三角形，其内角和是360°，是不可能事件，故B不符合题意；
C、如果a
故选：A．
根据必然事件指在一定条件下一定发生的事件，随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，可得答案．
本题考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
9.【答案】B
【解析】解：连接OC，如图，
∵∠BAC=12∠BOC，
而∠BAC=12∠BOD，
∴∠BOC=∠BOD，
∴BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴CE=DE=12CD=3，
设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=6−r，
在Rt△OCE中，32+(6−r)2=r2，解得r=154，
∴BE=AB−AE=2×154−6=32．
故选：B．
连接OC，如图，根据圆周角定理得到∠BAC=12∠BOC，则∠BOC=∠BOD，所以BC=BD，再根据垂径定理得到AB⊥CD，CE=DE=12CD=3，设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=6−r，利用勾股定理得32+(6−r)2=r2，解方程求出r，然后计算AB−AE即可．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可得，
越野登山比赛的全程为1000米，故选项A正确，不符合题意；
甲比乙早出发40分钟，故选项B错误，符合题意；
甲在途中停留了40−30=10(分钟)，故选项C正确，不符合题意；
设乙在途中S米处追上甲，
S100010=S−60060030，
解得，S=750，
∴乙追上甲时，乙跑了750米，故选项C正确，不符合题意；
故选：B．
根据函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，本题得以解决．
本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠ACB=12×(180°−36°)=72°，
∴∠PBC=12∠ABC=36°，
由作图痕迹得到BP平分∠ABC，D点为AC的垂直平分线与AB的交点，
∴∠ABP=∠CBP=36°，所以A选项不符合题意；
∴DA=DC，所以B选项不符合题意；
∵DA=DC，
∴∠ACD=∠A=36°，
∴∠PBC=∠ACD=36°，
所以C选项不符合题意；
∵∠PBC=36°，∠ACD=36°，
∴∠PCB=36°，
∴∠BPC=180°−36°−36°=108°，
∴D选项符合题意．
故选：D．
利用基本作图得到BP平分∠ABC，则可对B选项进行判断；利用基本作图可得到D点为AC的垂直平分线与AB的交点，则根据线段垂直平分线的性质得到DA=DC，所以可对B选项进行判断；再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ABC=∠ACB=72°，则∠PBC=36°，接着利用DA=DC得到∠ACD=∠A=36°，可对A、C选项进行判断；根据三角形内角和定理计算出∠BPC=108°，则可对D选项进行判断．
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．也考查了等腰三角形的性质．
12.【答案】A
【解析】解：∵抛物线C1：y=x(x−2)(0≤x≤2)与x轴交于点O，A；
∴抛物线C1开口向上(a=1)，且经过O(0,0)，A(2,0)，
∵将C1绕点A旋转180°得C2，交x轴于A1；
∴抛物线C2开口向下(a=−1)，且经过A(2,0)，A1(4,0)，
∵将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，
∴抛物线C3开口向上(a=1)，且经过A1(4,0)，A2(6,0)，
…，
如此进行下去，直至得C10，
∴抛物线C10开口向下(a=−1)，且经过A8(18,0)，A9(20,0)，
∴C10的解析式为：y10=−(x−18)(x−20)=−x2+38x−360，
故选：A．
根据图象的旋转变化规律，可得出抛物线C10的开口方向及与x轴两个交点坐标，从而可求出其解析式．
此题主要考查了二次函数图象的旋转规律，根据已知求出二次函数图象旋转后与x轴两个交点的坐标是解题关键．
13.【答案】2a(x−3)2
【解析】解：原式=2a(x2−6x+9)
=2a(x−3)2
故答案为：2a(x−3)2
先提取公因式，然后利用完全平方公式即可求出答案．
本题考查因式分解，解题的关键熟练运用提取公因式以及完全平方公式进行因式分解，本题属于基础题型．
14.【答案】x=−2
【解析】解：x2+kx−2=0，
∵a=1，b=k，c=−2，
∴x1⋅x2=ca=−2．
∵关于x的一元二次方程x2+kx−2=0的一个根为x=1，
∴另一个根为x=−2÷1=−2．
故答案为：x=−2．
利用根与系数的关系可得出方程的两根之积为−2，结合方程的一个根为1，可求出方程的另一个根，此题得解．
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，牢记两根之积等于ca是解题的关键．
15.【答案】4
【解析】解：∵DE//AC，EF//AB，
∴四边形ADEF是平行四边形，∠BED=∠C，
∴AD=EF，DE=AF，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△EFC，
∴DEFC=BDEF，
∵AFFC=12，
∴DEFC=12，
∴BDAD=12，
∵AB=12，
∴BD12−BD=12，
解得：BD=4．
故答案为：4．
由两组对边分别平行可判定四边形ADEF是平行四边形，则有AD=EF，DE=AF，且由平行线的性质可得∠BED=∠C，则可判定△BDE∽△EFC，则有DEFC=BDEF，从而可求得BD．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解答的关键是结合条件求得BDAD=12．
16.【答案】2
【解析】解：2xx−1−1=mx−1，
方程两边同时乘以x−1，得2x−(x−1)=m，
去括号，得2x−x+1=m，
移项、合并同类项，得x=m−1，
∵方程无解，
∴x=1，
∴m−1=1，
∴m=2，
故答案为2．
解方程得x=m−1，由方程无解，可知x=1，即可求m=2．
本题考查分式方程的解，掌握分式方程的解法，理解无解的意义是解题的关键．
17.【答案】−4
【解析】解：连接OB，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB//OC，
∴AB⊥x轴，
∴S△AOD=12|k|，S△BOD=12×3=32，
∴S△AOB=S△AOD+S△BOD=12|k|+32，
∴S平行四边形OABC=2S△AOB=|k|+3，
∵平行四边形OABC的面积是7，
∴|k|=4，
∵在第四象限，
∴k=−4，
故答案为：−4．
连接OB，根据反比例函数系数k的几何意义得到|k|+3=7，进而即可求得k的值．
本题考查了反比例系数k的几何意义、平行四边形的面积，熟知在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|是解答此题的关键．
18.【答案】2 5−2
【解析】解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，如图，
∵∠EDF=∠EDG+∠GDF=90°，∠GDM=∠GDF+∠FDM=90°，
∴∠EDG=∠FDM，
在△EDG和△FDM中，
DE=DF∠EDG=∠FDMDG=DM，
∴△EDG≌△FDM(SAS)，
∴MF=EG=2，
∵MH⊥CD，
∴∠HDM+∠DMH=90°，
∵∠GDC+∠HDM=90°，
∴∠GDC=∠DMH，
在△DGC和△MDH中，
∠GDC=∠DMH∠DCG=∠MHD=90°DG=MD，
∴△DGC≌DMH(AAS)，
∴CG=DH=2，MH=CD=4，
∴CM= 42+22=2 5，
∵CF≥CM−MF，
∴CF的最小值为：2 5−2，
故答案为：2 5−2．
连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，利用SAS证明△EDG≌△DFM，得MF=EG=2，再证明△DGC≌DMH(AAS)，得CG=DH=2，MH=CD=4，求出CM的长，再利用三角形的三边关系即可得到答案．
本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等着知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
19.【答案】解：(1)(−1)2+(π−3.14)0+2sin60°+|1− 3|− 12
=1+1+2× 32+ 3−1−2 3
=1+1+ 3+ 3−1−2 3
=1；
(2)x(x−2)=x−2，
x(x−2)−(x−2)=0，
(x−2)(x−1)=0，
∴x−2=0或x−1=0，
解得x1=2，x2=1；
(3)(x+2+4x−2)÷x3x2−4x+4
=(x+2)(x−2)+4x−2⋅(x−2)2x3
=x2−4+4x−2⋅(x−2)2x3
=x2x−2⋅(x−2)2x3
=x−2x，
∵当x=0，2时，原分式无意义，x是满足条件x≤2的合适的非负整数，
∴x=1，
当x=1时，原式=1−21=−1．
【解析】(1)先化简，然后计算乘法，最后算加减法即可；
(2)先移项，再提公因式，然后即可求得x的值；
(3)先化简括号内的式子，再算括号外除法，然后根据x是满足条件x≤2的合适的非负整数，选出一个使得原分式有意义的整数代入化简后的式子计算即可．
本题考查实数的运算、解一元二次方程、分式的化简求值，熟练掌握运算法则和解一元二次方程的方法是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB，∠ABE=∠CDF=45°，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO=CO，DO=BO，
又∵DF=BE，
∴OE=OF，AO=CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AB=3 2，
∴AC=BD=6，
∵BE=DF=2，
EF=BD−BE−DF=2，
∴四边形AECF的面积=12AC⋅EF=12×6×2=6．
【解析】(1)根据全等三角形的判定定理证明即可；
(2)根据正方形的性质，菱形的判定定理和性质定理解答即可．
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB，∠ABE=∠CDF=45°，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
(2)解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO=CO，DO=BO，
又∵DF=BE，
∴OE=OF，AO=CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AB=3 2，
∴AC=BD=6，
∵BE=DF=2，
EF=BD−BE−DF=2，
∴四边形AECF的面积=12AC⋅EF=12×6×2=6．
21.【答案】50 20 0.28 0.08
【解析】解：(1)本次抽取的学生共有：12÷0.24=50(名)，
故答案为：50；
(2)a=50×0.40=20，b=14÷50=0.28，c=4÷50=0.08，
故答案为：20，0.28，0.08；
(3)画树状图如下：
共有12种情况，其中所选2名同学中有男生的有6种结果，
∴所选2名同学中有男生的概率为612=12．
(1)由一般的频数和频率，求本次调查的总人数，
(2)由(1)得出的结果然后即可计算出a、b、c的值；
(3)画树状图，共有12种情况，其中所选2名同学中有男生的有6种结果，再由概率公式即可得出答案．
此题考查的是用树状图法求概率以及频数分布表、众数、平均数等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)由题意得：
∠CAD=25°，∠EBF=60°，CE=DF=750米，
在Rt△ACD中，CD=7米，
∴AD=CDtan25∘≈70.5=14(米)，
在Rt△BEF中，EF=7米，
∴BF=EFtan60∘=7 3≈4.1(米)，
∴AB=AD+DF−BF=14+750−4.1≈760(米)，
∴A，B两点之间的距离约为760米；
(2)小汽车从点A行驶到点B没有超速，
理由：由题意得：
760÷38=20米/秒，
∵20米/秒<22米/秒，
∴小汽车从点A行驶到点B没有超速．
【解析】(1)根据题意可得：∠CAD=25°，∠EBF=60°，CE=DF=750米，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，再在Rt△BEF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后根据AB=AD+DF−BF进行计算即可解答；
(2)先求出汽车的行驶速度，进行比较即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设购买绿萝x盆，吊兰y盆，
依题意得：x+y=469x+6y=390，
解得：x=38y=8，
∵8×2=16，16<38，
∴x=38y=8符合题意．
答：购买绿萝38盆，吊兰8盆．
(2)设购买绿萝m盆，则购买吊兰(46−m)盆，
依题意得：m≥2(46−m)，
解得：m≥923，
设购买两种绿植的总费用为w元，则w=9m+6(46−m)=3m+276，
∵3>0，
∴w随m的增大而增大，
又∵m≥923，且m为整数，
∴当m=31时，w取得最小值，最小值=3×31+276=369．
答：购买两种绿植总费用的最小值为369元．
【解析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
(1)设购买绿萝x盆，吊兰y盆，利用总价=单价×数量，结合购进两种绿植46盆共花费390元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设购买绿萝m盆，则购买吊兰(46−m)盆，根据购进绿萝盆数不少于吊兰盆数的2倍，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，设购买两种绿植的总费用为w元，利用总价=单价×数量，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
24.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，BD⊥DC，
∴∠OCD=∠CDB=90°，
∴∠OCD+∠CDB=180°，
∴OC//BD，
∴∠OCB=∠DBC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠DBC=∠ABC，
又∵∠BDC=∠ACB=90°，
∴△BDC∽△ACB，
∴BDBC=BCAB，
∴BC2=BD⋅AB；
(2)解：∵BD=3，AB=4，
由(1)知，BC2=BD⋅AB，
∴BC2=3×4=12，
∵∠ACB=90°，BC=2 3，
∴OC=OB=12AB=2，
∴△AOC是等边三角形，
作OE⊥BC于点E，
则OE=OC⋅sin60°=2× 32= 3，
∴阴影部分的面积是：60π×22360−2× 32=2π3− 3．
【解析】(1)要证明BC2=BD⋅AB，只要证明△ADC∽△ACB即可，根据题目中的条件，可以得到∠ADC=∠ACB，∠DAC=∠BAC，从而可以得到△ADC∽△ACB，然后即可得到结论成立；
(2)根据(1)中的结论和BD=3，AB=4，可以得到BC的长，然后即可得到△BOC的形状，再根据图形，可以发现阴影部分的面积=扇形OAC的面积−△OAC的面积，然后代入数据计算即可．
本题考查相似三角形的判定与性质、切线的性质、扇形面积的计算，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】解：(1)将B(8,0)代入y=ax2+114x−6，
∴64a+22−6=0，
∴a=−14，
∴y=−14x2+114x−6，
当y=0时，−14t2+114t−6=0，
解得t=3或t=8(舍)，
∴t=3，
∵B(8,0)在直线y=kx−6上，
∴8k−6=0，
解得k=34，
∴y=34x−6；
(2)作PM⊥x轴交于M，且C点坐标为(0,−6)，
∵P点横坐标为m，
∴P(m,−14m2+114m−6)，
∴PM=14m2−114m+6，AM=m−3，
在Rt△COA和Rt△AMP中，
∵∠OAC+∠PAM=90°，∠APM+∠PAM=90°，
∴∠OAC=∠APM，
∴△COA∽△AMP，
∴OAOC=PMAM，即OA⋅MA=CO⋅PM，
3(m−3)=6(14m2−114m+6)，
解得m=3(舍)或m=10，
∴P(10,−72)；
(3)作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，
∴PN=−14m2+114m−6−(34m−6)=−14m2+2m，
由△PQN∽△BOC，
∴PNBC=NQOC=PQOB，
∵OB=8，OC=6，BC=10，
∴QN=35PN，PQ=45PN，
由△CNE∽△CBO，
∴CN=54EN=54m，
∴CQ+12PQ=CN+NQ+12PQ=CN+PN，
∴CQ+12PQ=54m−14m2+2m=−14m2+134m=−14(x−132)2+16916，
当m=132时，CQ+12PQ的最大值是16916．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可求解；
(2)作PM⊥x轴交于M，可求PM=14m2−114m+6，AM=m−3，通过证明△COA∽△AMP，利用OAOC=PMAM，求m的值即可求P点坐标；
(3)作PN⊥x轴交于BC于N，过点N作NE⊥y轴交于E，通过证明△PQN∽△BOC，求出QN=35PN，PQ=45PN，再由△CNE∽△CBO，求出CN=54EN=54m，则CQ+12PQ=CN+PN=−14(x−132)2+16916，即可求解．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
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