还剩21页未读，
继续阅读
2024年广东省深圳市33校联考中考数学质检试卷（2月份）（含解析）
展开
这是一份2024年广东省深圳市33校联考中考数学质检试卷（2月份）（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。
1.“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是( )
A. B. C. D.
2.如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，则下列选项正确的是( )
A. sinA=bc
B. csB=bc
C. tanA=ac
D. tanB=ba
3.将抛物线y=−(x−1)2+4先向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，抛物线的解析式为( )
A. y=−(x+1)2+1B. y=−(x+3)2+1
C. y=−(x−3)2+1D. y=−(x+1)2+7
4.如图，已知AB//CD//EF，AD=3，BC=4，DF=5，则CE的长为( )
A. 6
B. 203
C. 7
D. 275
5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为( )
A. 2 5B. 2 3C. 4D. 2
6.关于x的方程x(x−1)=3(x−1)，下列解法完全正确的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
7.如图，安装路灯AB的路面CD比种植树木的地面PQ高CP=1.2m，在路灯的照射下，路基CP留在地面上的影长EP为0.4m，通过测量知道BC的距离为1.5m，则路灯AB的高度是( )
A. 3mB. 3.6mC. 4.5mD. 6m
8.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=ax+b和反比例函数y=cx在同一直角坐标系中的图象可能是( )
A. B. C. D.
9.《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹竿的问题，简译为：今有一扇门，不知门的高和宽.另有一竹竿，也不知竹竿的长短.竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的对角线长.若设门的对角线长为x尺，则可列方程为( )
A. (x+4)2=x2+(x−2)2B. x2=(x−4)2+(x−2)2
C. (x+2)2=(x−4)2+x2D. (x+4)2=(x+2)2+x2
10.某综合实践活动小组设计了简易电子体重秤：制作一个装有踏板(踏板质量忽略不计)的可变电阻R1(Ω)(如图1)，当人站上踏板时，通过电压表显示的读数U0换算为人的质量m(kg)，已知U0随着R1的变化而变化(如图2)，R1与踏板上人的质量m的关系见图3.则下列说法不正确的是( )
A. 在一定范围内，U0越大，R1越小
B. 当U0=3V时，R1的阻值为50Ω
C. 当踏板上人的质量为90kg时，U0=2V
D. 若电压表量程为0−6V(0≤U0≤6)为保护电压表，该电子体重秤可称的最大质量是115kg
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若a2=b3，则aa+b的值为______．
12.为了估计抛掷同一枚瓶盖落地后凸面向上的概率，小明做了大量重复试验.经过统计得到凸面向上的次数为450次，凸面向下的次数为550次，由此可估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为______．
13.如图，原点O是△ABC和△A′B′C′的位似中心，点A(1,0)与点A′(−2,0)是对应点，△ABC的面积是3，则△A′B′C′的面积是______．
14.如图，4个小正方形拼成“L”型模具，其中三个顶点在正坐标轴上，顶点D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若S△ABC=4，则k= ______．
15.如图，在△ABC中，∠B=90°，D是BC边上一点且满足∠C=2∠BAD，CD=3BD，E是AC边上一点且满足∠ADB=∠ADE，连接BE交AD于点F，则EFBF= ______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算：2cs45°−32tan30°cs30°+sin260°．
17.(本小题7分)
为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩.在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°．
(1)求点A到墙面BC的距离；
(2)当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长.(结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cs16°≈0.96，tan16°≈0.29)
18.(本小题8分)
某超市在元旦节期间开展优惠活动，凡购物者可以通过转动转盘的方式享受折扣优惠，本次活动共有两种方式：
方式一：转动转盘甲，指针指向A区域时，所购买物品享受9折优惠，指针指向其它区域无优惠；
方式二：同时转动转盘甲和转盘乙，若两个转盘的指针指向每个区域的字母相同，所购买物品享受9折优惠，其它情况无优惠．
(备注：①转盘甲中，指针指向每个区域的可能性相同；转盘乙中，B、C区域的圆心角均为90°；②若指针指向分界线，则重新转动转盘.)
(1)若顾客选择方式一，则享受9折优惠的概率为______；
(2)两种方式中，哪一种让顾客获得9折优惠的可能性大？请用树状图或列表法说明理由．
19.(本小题8分)
社区利用一块矩形空地ABCD建了一个小型停车场，其布局如图所示.已知AD=52m，AB=28m，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积为640m2．
(1)求道路的宽是多少米？
(2)该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10125元？
20.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AC边上一点，连接BD，E是△ABC外一点且满足BE//AC，AE//BD，AB平分∠DAE，连接DE交AB于点O．
(1)求证：四边形ADBE是菱形；
(2)连接OC，若四边形ADBE的周长为20，cs∠EAD=35，求OC的长．
21.(本小题9分)
综合与应用
如果将运动员的身体看作一点，则他在跳水过程中运动的轨迹可以看作为抛物线的一部分.建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，运动员从点A(0,10)起跳，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系．
(1)在平时的训练完成一次跳水动作时，运动员甲的水平距离x与竖直高度y的几组数据如表：
根据上述数据，求出y关于x的关系式；
(2)在(1)的这次训练中，求运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长；
(3)信息1：记运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度为k(m)，从到达到最高点B开始计时，则他到水面的距离h(m)与时间t(s)之间满足h=−5t2+k．
信息2：已知运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作．
问题解决：
①请通过计算说明，在(1)的这次训练中，运动员甲能否成功完成此动作？
②运动员甲进行第二次跳水训练，此时他的竖直高度y(m)与水平距离x(m)的关系为y=ax2−ax+10(a<0)，若选手在达到最高点后要顺利完成270C动作，则a的取值范围是______．
22.(本小题10分)
综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点．
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点．
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MN//AD．
【过程思考】
(1)“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是
①：______，②：______，③：______；
(2)结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
【拓展提升】
如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D′，射线ED′与菱形ABCD的边交于点F，请直接写出D′F的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从上面看，看到的图形为一个正方形，在这个正方形里面还有一个小正方形，即看到的图形为，
故选C．
根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知俯视图是从上面看到的图形是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，
∴sinA=ac，csB=ac，tanA=ab，tanB=ba，
故选：D．
根据正弦，余弦，正切的定义进行计算，即可解答．
本题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=−(x−1)2+4先向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，抛物线的解析式为y=−(x+2−1)2+4−3=−(x+1)2+1；
故选：A．
根据“上加下减，左加右减“的平移方法可得答案．
本题考查二次函数图象与几何变换，解题的关键是掌握“上加下减，左加右减“的平移方法．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD//EF，
∴ADDF=BCCE，
∴35=4CE，
∴CE=203，
故选：B．
由AB//CD//EF，推出ADDF=BCCE，推出35=4CE，可得结论．
本题考查平行线分线段成比例定理，能够推出35=4CE是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴AB=AO=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴BC= 3AB=2 3，
故选：B．
由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证△AOB是等边三角形，可得∠BAC=60°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：甲的解法错误，方程两边不能同时除以(x−1)，这样会漏解；
乙的解法错误，移项时3(x−1)没有变号；
丙的解法错误，就没有将原方程整理成一元二次方程的一般形式，所以c的值错误；
丁利用配方法解方程，计算正确；
故选：D．
分别利用解一元二次方程−因式分解法，公式法，配方法，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，配方法，一元二次方程的一般形式，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：由题意得：AB⊥CD，CP⊥PQ，
∴∠ABC=∠CPE=90°，
由题意得：CD//PQ，
∴∠ACB=∠CEP，
∴△ACB∽△CEP，
∴ABCP=CBEP，
∴AB1.2=1.50.4，
解得：AB=4.5，
∴路灯AB的高度是4.5m，
故选：C．
根据题意可得：AB⊥CD，CP⊥PQ，CD//PQ，从而可得∠ABC=∠CPE=90°，∠ACB=∠CEP，然后证明△ACB∽△CEP，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，中心投影，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：根据二次函数y=ax2+bx+c的图象可以确定，开口向上a>0，对称轴在y轴右侧，b<0，图象与y轴交于负半轴，c<0，
∴一次函数y=ax+b经过第一、三、四象限，反比例函数y=cx分布在第二、四象限，选项A符合，
故选：A．
根据二次函数y=ax2+bx+c的图象可以确定，开口向上a>0，对称轴在y轴右侧，b<0，图象与y轴交于负半轴，c<0，再判断一次函数y=ax+b和反比例函数y=cx在一直角坐标系中的图象位置即可．
本题考查了一次函数反比例函数和二次函数的图象分布，熟练掌握各函数系数的性质是关键．
9.【答案】B
【解析】解：若设门的对角线长为x尺，则门的高为(x−2)尺，宽为(x−4)尺，
根据题意得：x2=(x−4)2+(x−2)2．
故选：B．
由题意得出门的高为(x−2)尺，宽为(x−4)尺，再利用勾股定理，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程、数学常识以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵图2中U0随R1的增大而减小，
∴在一定范围内，U0越大，R1越小．
A正确，不符合题意；
∵图2中的图象经过点(50,3)，
∴当U0=3V时，R1的阻值为50Ω．
B正确，不符合题意；
∵当m=90时，R1=−2m+240=60Ω，U0=2V时，对应的是90Ω，
∴踏板上人的质量为90kg时，U0=2V，错误．
C符合题意．
∵R1=−2m+240，
∴R1随m的增大而减小．
∵R1的最小值为10，
∴m的最大值为115．
∴若电压表量程为0−6V(0≤U0≤6)为保护电压表，该电子体重秤可称的最大质量是115kg．
D正确，不符合题意．
故选：C．
根据图2中U0随R1的增大而减小可得A选项正确；图2中的图象经过点(50,3)，可得选项B正确；把m=90代入图三可得R1为60Ω，而U0=2V时，对应的是90Ω，故C错误；根据图三可得R1随m的增大而减小，所用求m的最大值，找到R1的最小值10代入即可求得最大该电子体重秤可称的最大质量．
本题综合考查一次函数与反比例函数的应用．结合题意，理解两种函数表达式的意义及性质是解决本题的关键．
11.【答案】25
【解析】解：∵a2=b3，
∴3a=2b，
∴b=32a，
∴aa+b=aa+32a=25．
故答案为：25．
根据比例的基本性质：两内项之积等于两外项之积用a表示出b，然后代入比例式进行计算即可得解．
本题考查了比例的基本性质，熟记“两内项之积等于两外项之积”，并用a表示出b是解题的关键．
12.【答案】0.45
【解析】解：估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为450450+550=0.45，
故答案为：0.45．
利用频率估计概率求解即可．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
13.【答案】12
【解析】解：∵点A的坐标为(1,0)，点A′的坐标为(−2,0)，
∴OA=1，OA′=2，，
∵原点O是△ABC和△A′B′C′的位似中心，
∴△ABC∽△A′B′C′，且相似比为12，
∴△ABC与△A′B′C′的面积比为14，
∵△ABC的面积是3，
∴△A′B′C′的面积是3×4=12，
故答案为：12．
根据位似变换的性质得到△ABC∽△A′B′C′，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，根据题意求出位似比是解题的关键．
14.【答案】24
【解析】解：∵S△ABC=4，
∴12×BC×AB=4，
∴BC2=4，
∴小正方形边长为2，
∴AB=4，BC=AF=1，DF=6，AC=2 5，
如图，作DE⊥x轴，垂足为点E，
∵∠BAF=90，
∴∠OAF=∠BCA，
∴△ABC∽△FOA，
∴ACAF=BCAO=ABOF，即2 52=2AO=4OF，
∴AO=2 55，OF=4 55，
同理△AOF∽△FED，
AOFE=AFDF=OFDE，即2 55EF=26=4 55DE，
∴EF=6 55，DE=12 55，
∴OE=OF+EF=4 55+6 55=2 5．
D(2 5,12 55)，
∵点D在反比例函数图象上，
∴k=2 5×12 55=24．
故答案为：24．
先根据三角形面积求出小正方形的边长，利用两次相似求出点D的坐标即可求出k值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形性质是解答本题的关键．
15.【答案】158
【解析】解：过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，如图，
在△ABD和△AHD中，
∠ADB=∠ADE∠ABD=∠AHD=90°AD=AD，
∴△ABD≌△AHD(AAS)，
∴∠BAD=∠HAD，
∵∠C=2∠BAD，
∴∠C=∠BAH．
∵∠ABD=∠AHD=90°，
∴∠BDH+∠BAH=180°．
∵∠BDH+∠EDC=180°，
∴∠EDC=∠C，
∴ED=EC，
∵EG⊥DC，
∴DG=GC=12CD，
∵CD=3BD，
∴设BD=k，则CD=3k，
∴DG=GC=32k，BC=4k．
∵EG⊥BC，AB⊥BC，
∴EG//AB，
∴△EGC∽△ABC，
∴EGAB=GCBC=32k4k=38．
∴EG=38AB．
∵EQ//AB，
∴△ADB∽△QGD，
∴ABQG=BDDG=k32k=23，
∴QG=32AB，
∴EQ=EG+QG=158AB．
∵AB//EQ，
∴△QEF∽△ABF，
∴EFBF=EQAB=158．
故答案为：158．
过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，利用全等三角形的判定与性质得到∠BAD=∠HAD，则∠C=∠BAH；利用四边形的内角和定理和同角的补角相等的性质得到ED=EC，由等腰三角形的性质得到DG=GC=12CD，设BD=k，则CD=3k，DG=GC=32k，BC=4k，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，恰当的添加辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
16.【答案】解：原式=2× 22−32× 33× 32+( 32)2
= 2−34+34
= 2．
【解析】先根据特殊角的三角函数值得到原式=2× 22−32× 33× 32+( 32)2，然后计算二次根式的混合运算．
本题考查了特殊角的三角函数值：记住特殊角的三角函数值是解决此类题目的关键．
17.【答案】解：(1)过点A作AF⊥BC，垂足为F，
在Rt△ABF中，AB=5米，∠BAF=16°，
∴AF=AB⋅cs16°≈5×0.96=4.8(米)，
∴点A到墙面BC的距离约为4.8米；
(2)过点A作AG⊥CE，垂足为G，
由题意得：AG=CF，AF=CG=4.8米，
∵CD=1.8米，
∴DG=CG−CD=4.8−1.8=3(米)，
在Rt△ADG中，∠ADG=45°，
∴AG=DG⋅tan45°=3(米)，
∴CF=AG=3米，
在Rt△ABF中，AB=5米，∠BAF=16°，
∴BF=AB⋅sin16°≈5×0.28=1.4(米)，
∴BC=BF+CF=1.4+3=4.4(米)，
∴遮阳篷靠墙端离地高BC的长为4.4米．
【解析】(1)过点A作AF⊥BC，垂足为F，在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)过点A作AG⊥CE，垂足为G，根据题意可得：AG=CF，AF=CG=4.8米，从而可得DG=3米，然后在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而求出CF的长，再在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，平行投影，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】13
【解析】解：(1)若顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指针指向A区域只有1种结果，
∴享受9折优惠的概率为13，
故答案为：13；
(2)两种方式让顾客获得9折优惠的可能性大一样大，理由如下：
由(1)可知，顾客选择方式一享受9折优惠的概率为13，
方式二中，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，即AA、AA、BB、CC，
∴方式二让顾客获得9折优惠的概率为412=13，
∴顾客选择方式一享受9折优惠的概率=顾客选择方式二享受9折优惠的概率，
∴两种方式让顾客获得9折优惠的可能性大一样大．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)方式二中，画树状图，共有12种等可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，再由概率公式求出方式二让顾客获得9折优惠的概率，即可解决问题．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解；(1)根据道路的宽为x米，根据题意得，
(52−2x)(28−2x)=640，
整理得：x2−40x+204=0，
解得：x1=34(舍去)，x2=6，
答：道路的宽为6米．
(2)设月租金上涨a元，停车场月租金收入为10125元，
根据题意得：(200+a)(50−a5)=10125，
整理得：a2−50a+625=0，
解得a=25，
答：每个车位的月租金上涨25元时，停车场的月租金收入为10125元．
【解析】(1)根据题意列出方程(52−2x)(28−2x)=640解答即可；
(2)设月租金上涨a元，停车场月租金收入为10125元，列出方程(200+a)(50−a5)=10125解答即可．
本题考查了一元二次方程的应用，找到等量关系列出方程是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形ADBE是平行四边形，∠ABE=∠DAB，
∵AB平分∠DAE，
∴∠BAE=∠DAB，
∴∠ABE=∠BAE，
∴BE=AE，
∴平行四边形ADBE是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形ADBE是菱形，
∴OA=OB，AD=BD=AB=BC，AE//BD，
∴∠EAD=∠BDC，
∵四边形ADBE的周长为20，
∴AD=BD=5，
∴∠EAD=∠BDC，
∵∠ACB=90°，
∴cs∠BDC=CDBD=cs∠EAD=35，
∴CD=35BD=3，
∴AC=AD+CD=5+3=8，
在Rt△BCD中，BC= BD2−CD2= 52−32=4，
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= 82+42=4 5，
∵OA=OB，∠ACB=90°，
∴OC=12AB=12×4 5=2 5，
即OC的长为2 5．
【解析】(1)证四边形ADBE是平行四边形，∠ABE=∠DAB，再证∠ABE=∠BAE，得BE=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OB，AD=BD=5，AE//BD，则∠EAD=∠BDC，再由锐角三角函数定义得CD=3，则AC=8，进而由勾股定理求出BC、AB的长，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】a≤−565
【解析】(1)解：由运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系，
设二次函数的关系为y=ax2+bx+c，
代入(0,10)，(1,10)，(1.5,6.25)，
得c=10a+b+c=10,94a+32b+c=6.25，
解得a=−5b=5c=10，
∴y关于x的关系式为y=−5x2+5x+10；
(2)把y=0代入y=−5x2+5x+10，
得−5x2+5x+10=0，
解得x1=2，x2=−1(不合题意，舍去)，
∴运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长为2米；
(3)①运动员甲不能成功完成此动作，理由如下：
由运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系为y=−5x2+5x+10，
整理得y=−5(x−12)2+454，
得运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度k为454m，即k=454，
把h=0代入h=−5t2+454，
得−5t2+454=0，
解得x1=1.5，x2=−1.5(不合题意，舍去)，
∵1.5<1.6，
∴运动员甲不能成功完成此动作；
②由运动员甲进行第二次跳水训练，竖直高度y(m)与水平距离x(m)的关系为y=ax2−ax+10(a<0)，
得顶点为(12,10−14a)，
得k=10−14a，
得h=−5t2+10−14a，
把h=0代入h=−5t2+10−14a，
得t2=2−120a，
由运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，得t≥1.6，
则t2≥1.62，即2−120a≥1．62，
解得a≤−565．
故答案为：a≤−565．
(1)设二次函数的关系为y=ax2+bx+c，代入(0,10)，(1,10)，(1.5,6.25)，算出a、b、c的值，即可得到函数表达式；
(2)把y=0代入y=−5x2+5x+10，即可求出结果；
(3)①把二次函数整理为y=−5(x−12)2+454，得k=454，把h=0代入h=−5t2+454，计算t的值，再与1.6比较即可得到结果；
②求得顶点为(12,10−14a)，得k=10−14a，把h=0代入y=−5t2+10−14a，得t2=2−120a，由t2≥1.62，列不等式即可求出t的取值范围．
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的应用，本题的关键是理清题目条件，熟练运用二次函数的性质解题．
22.【答案】CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2 CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2
【解析】【过程思考】解：(1)结合①下面两个三角形全等，可以得到该空为CG=CB=CD，此时可根据(HL)推断出两个三角形全等；
根据在直角三角形中三边满足勾股定理，即AH2+AE2=EH2，则(6−x)2+32=(x+3)2；
将(6−x)2+32=(x+3)2化简可得36−12x+x2+9=x2+6x+9，
移项合并同类项得：36=18x，
解得x=2，即DH=2，
故答案为：①CG=CB=CD，②(6−x)2+32=(x+3)2，③2；
(2)点M是AB边的三等分点，证明如下：
由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵ABCD是正方形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠AED=∠CDG，∠EAG=∠DCG，
∴△AEG∽△CDG，
∴AGCG=AECD=12，
∵MN//AD，
∴AGCG=AMBM=12，
即AMAB=13，
∴点M是否为AB边的三等分点；
【拓展提升】解：连接AC交BD于点O，如图，
∴OD=OB=12BD=3，∠AOD=∠AOB=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC，
∴AO= AB2−BD2=4，
分两种情况：①当DE=13DB=2时，如图，连接AD′，AE，AD′与BD交点N，
由对称性可知，DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴ANEN=ABED′=52，
设EN=2x，则AN=5x，即ON=2x−1，
在△ANO中，AN2=AO2+ON2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(合)，x2=1721，
∴EN=3421，
∵∠ED′A=∠DBC=∠ADB，∠NED′=∠FEN
∴△END′∽△EFB，
∴EFEB=ENED′．
∴EF=EN×EBED′=6821，
∴D′F=6821−2=2621．
②当DE=23DB=4时，连接AD′，AE，
由对称性可知，AD′=AD=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，如图，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴EFAF=BEAD′=25，
设EF=2x，则AF=5x，
在△AEO和△ANE中，
∠AEO=∠AEN∠AOE=∠ANE=90°AE=AE，
∴△AEO≌△ANE(AAS)，
∴OE=EN=1，
∴NF=2x−1，AN=AO=4，
在△ANF中，AF2=AN2+NF2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(舍)，x2=1721，
∴EF=2x=3421，
即D′F=4−3421=5021，
综上，D′F的长为2621或5021．
【过程思考】(1)先根据两个三角形全等，可得到第一个空的条件，然后根据直角三角形的勾股定理可得到第二个空，最后求得结果即可；
(2)根据两个三角形相似以及平行线分线段成比例可得到边长之间的关系，即可证得结果；
【拓展提升】根据E是BD上的一个三等分点，可分成两种情况求解，先根据对称性得到边长，然后根据三角形相似以及直角三角形的勾股定理可求得结果．
本题考查了正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．甲
乙
丙
丁
两边同时除以(x−1)得到x=3．
移项得x(x−1)+3(x−1)=0，
∴(x−1)(x+3)=0，
∴x−1=0或x+3=0，
∴x1=1，x2=−3．
整理得x2−4x=−3，
∵a=1，b=−4，c=−3，
∴Δ=b2−4ac=28，
∴x=4± 282=2± 7，
∴x1=2+ 7，x2=2− 7．
整理得x2−4x=−3，
配方得x2−4x+4=1，
∴(x−2)2=1，
∴x−2=±1，
∴x1=1，x2=3．
水平距离x(m)
0
1
1.5
竖直高度y(m)
10
10
6.25
证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，① ______，
又∵CH=CH，
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH．
由题意可知E是AB的中点，设AB=6(个单位)，DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程：② ______，(方程不要求化简)
解得：DH=③ ______，即H是AD边的三等分点．
1.“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是( )
A. B. C. D.
2.如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，则下列选项正确的是( )
A. sinA=bc
B. csB=bc
C. tanA=ac
D. tanB=ba
3.将抛物线y=−(x−1)2+4先向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，抛物线的解析式为( )
A. y=−(x+1)2+1B. y=−(x+3)2+1
C. y=−(x−3)2+1D. y=−(x+1)2+7
4.如图，已知AB//CD//EF，AD=3，BC=4，DF=5，则CE的长为( )
A. 6
B. 203
C. 7
D. 275
5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为( )
A. 2 5B. 2 3C. 4D. 2
6.关于x的方程x(x−1)=3(x−1)，下列解法完全正确的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
7.如图，安装路灯AB的路面CD比种植树木的地面PQ高CP=1.2m，在路灯的照射下，路基CP留在地面上的影长EP为0.4m，通过测量知道BC的距离为1.5m，则路灯AB的高度是( )
A. 3mB. 3.6mC. 4.5mD. 6m
8.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y=ax+b和反比例函数y=cx在同一直角坐标系中的图象可能是( )
A. B. C. D.
9.《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹竿的问题，简译为：今有一扇门，不知门的高和宽.另有一竹竿，也不知竹竿的长短.竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的对角线长.若设门的对角线长为x尺，则可列方程为( )
A. (x+4)2=x2+(x−2)2B. x2=(x−4)2+(x−2)2
C. (x+2)2=(x−4)2+x2D. (x+4)2=(x+2)2+x2
10.某综合实践活动小组设计了简易电子体重秤：制作一个装有踏板(踏板质量忽略不计)的可变电阻R1(Ω)(如图1)，当人站上踏板时，通过电压表显示的读数U0换算为人的质量m(kg)，已知U0随着R1的变化而变化(如图2)，R1与踏板上人的质量m的关系见图3.则下列说法不正确的是( )
A. 在一定范围内，U0越大，R1越小
B. 当U0=3V时，R1的阻值为50Ω
C. 当踏板上人的质量为90kg时，U0=2V
D. 若电压表量程为0−6V(0≤U0≤6)为保护电压表，该电子体重秤可称的最大质量是115kg
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若a2=b3，则aa+b的值为______．
12.为了估计抛掷同一枚瓶盖落地后凸面向上的概率，小明做了大量重复试验.经过统计得到凸面向上的次数为450次，凸面向下的次数为550次，由此可估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为______．
13.如图，原点O是△ABC和△A′B′C′的位似中心，点A(1,0)与点A′(−2,0)是对应点，△ABC的面积是3，则△A′B′C′的面积是______．
14.如图，4个小正方形拼成“L”型模具，其中三个顶点在正坐标轴上，顶点D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若S△ABC=4，则k= ______．
15.如图，在△ABC中，∠B=90°，D是BC边上一点且满足∠C=2∠BAD，CD=3BD，E是AC边上一点且满足∠ADB=∠ADE，连接BE交AD于点F，则EFBF= ______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题5分)
计算：2cs45°−32tan30°cs30°+sin260°．
17.(本小题7分)
为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩.在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°．
(1)求点A到墙面BC的距离；
(2)当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长.(结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cs16°≈0.96，tan16°≈0.29)
18.(本小题8分)
某超市在元旦节期间开展优惠活动，凡购物者可以通过转动转盘的方式享受折扣优惠，本次活动共有两种方式：
方式一：转动转盘甲，指针指向A区域时，所购买物品享受9折优惠，指针指向其它区域无优惠；
方式二：同时转动转盘甲和转盘乙，若两个转盘的指针指向每个区域的字母相同，所购买物品享受9折优惠，其它情况无优惠．
(备注：①转盘甲中，指针指向每个区域的可能性相同；转盘乙中，B、C区域的圆心角均为90°；②若指针指向分界线，则重新转动转盘.)
(1)若顾客选择方式一，则享受9折优惠的概率为______；
(2)两种方式中，哪一种让顾客获得9折优惠的可能性大？请用树状图或列表法说明理由．
19.(本小题8分)
社区利用一块矩形空地ABCD建了一个小型停车场，其布局如图所示.已知AD=52m，AB=28m，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路.已知铺花砖的面积为640m2．
(1)求道路的宽是多少米？
(2)该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位.当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10125元？
20.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AC边上一点，连接BD，E是△ABC外一点且满足BE//AC，AE//BD，AB平分∠DAE，连接DE交AB于点O．
(1)求证：四边形ADBE是菱形；
(2)连接OC，若四边形ADBE的周长为20，cs∠EAD=35，求OC的长．
21.(本小题9分)
综合与应用
如果将运动员的身体看作一点，则他在跳水过程中运动的轨迹可以看作为抛物线的一部分.建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，运动员从点A(0,10)起跳，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系．
(1)在平时的训练完成一次跳水动作时，运动员甲的水平距离x与竖直高度y的几组数据如表：
根据上述数据，求出y关于x的关系式；
(2)在(1)的这次训练中，求运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长；
(3)信息1：记运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度为k(m)，从到达到最高点B开始计时，则他到水面的距离h(m)与时间t(s)之间满足h=−5t2+k．
信息2：已知运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作．
问题解决：
①请通过计算说明，在(1)的这次训练中，运动员甲能否成功完成此动作？
②运动员甲进行第二次跳水训练，此时他的竖直高度y(m)与水平距离x(m)的关系为y=ax2−ax+10(a<0)，若选手在达到最高点后要顺利完成270C动作，则a的取值范围是______．
22.(本小题10分)
综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点．
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点．
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MN//AD．
【过程思考】
(1)“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是
①：______，②：______，③：______；
(2)结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
【拓展提升】
如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D′，射线ED′与菱形ABCD的边交于点F，请直接写出D′F的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：从上面看，看到的图形为一个正方形，在这个正方形里面还有一个小正方形，即看到的图形为，
故选C．
根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知俯视图是从上面看到的图形是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，
∴sinA=ac，csB=ac，tanA=ab，tanB=ba，
故选：D．
根据正弦，余弦，正切的定义进行计算，即可解答．
本题考查了锐角三角函数的定义，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=−(x−1)2+4先向左平移2个单位，再向下平移3个单位后，抛物线的解析式为y=−(x+2−1)2+4−3=−(x+1)2+1；
故选：A．
根据“上加下减，左加右减“的平移方法可得答案．
本题考查二次函数图象与几何变换，解题的关键是掌握“上加下减，左加右减“的平移方法．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD//EF，
∴ADDF=BCCE，
∴35=4CE，
∴CE=203，
故选：B．
由AB//CD//EF，推出ADDF=BCCE，推出35=4CE，可得结论．
本题考查平行线分线段成比例定理，能够推出35=4CE是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴AB=AO=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴BC= 3AB=2 3，
故选：B．
由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证△AOB是等边三角形，可得∠BAC=60°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：甲的解法错误，方程两边不能同时除以(x−1)，这样会漏解；
乙的解法错误，移项时3(x−1)没有变号；
丙的解法错误，就没有将原方程整理成一元二次方程的一般形式，所以c的值错误；
丁利用配方法解方程，计算正确；
故选：D．
分别利用解一元二次方程−因式分解法，公式法，配方法，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，公式法，配方法，一元二次方程的一般形式，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：由题意得：AB⊥CD，CP⊥PQ，
∴∠ABC=∠CPE=90°，
由题意得：CD//PQ，
∴∠ACB=∠CEP，
∴△ACB∽△CEP，
∴ABCP=CBEP，
∴AB1.2=1.50.4，
解得：AB=4.5，
∴路灯AB的高度是4.5m，
故选：C．
根据题意可得：AB⊥CD，CP⊥PQ，CD//PQ，从而可得∠ABC=∠CPE=90°，∠ACB=∠CEP，然后证明△ACB∽△CEP，从而利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，中心投影，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：根据二次函数y=ax2+bx+c的图象可以确定，开口向上a>0，对称轴在y轴右侧，b<0，图象与y轴交于负半轴，c<0，
∴一次函数y=ax+b经过第一、三、四象限，反比例函数y=cx分布在第二、四象限，选项A符合，
故选：A．
根据二次函数y=ax2+bx+c的图象可以确定，开口向上a>0，对称轴在y轴右侧，b<0，图象与y轴交于负半轴，c<0，再判断一次函数y=ax+b和反比例函数y=cx在一直角坐标系中的图象位置即可．
本题考查了一次函数反比例函数和二次函数的图象分布，熟练掌握各函数系数的性质是关键．
9.【答案】B
【解析】解：若设门的对角线长为x尺，则门的高为(x−2)尺，宽为(x−4)尺，
根据题意得：x2=(x−4)2+(x−2)2．
故选：B．
由题意得出门的高为(x−2)尺，宽为(x−4)尺，再利用勾股定理，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程、数学常识以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵图2中U0随R1的增大而减小，
∴在一定范围内，U0越大，R1越小．
A正确，不符合题意；
∵图2中的图象经过点(50,3)，
∴当U0=3V时，R1的阻值为50Ω．
B正确，不符合题意；
∵当m=90时，R1=−2m+240=60Ω，U0=2V时，对应的是90Ω，
∴踏板上人的质量为90kg时，U0=2V，错误．
C符合题意．
∵R1=−2m+240，
∴R1随m的增大而减小．
∵R1的最小值为10，
∴m的最大值为115．
∴若电压表量程为0−6V(0≤U0≤6)为保护电压表，该电子体重秤可称的最大质量是115kg．
D正确，不符合题意．
故选：C．
根据图2中U0随R1的增大而减小可得A选项正确；图2中的图象经过点(50,3)，可得选项B正确；把m=90代入图三可得R1为60Ω，而U0=2V时，对应的是90Ω，故C错误；根据图三可得R1随m的增大而减小，所用求m的最大值，找到R1的最小值10代入即可求得最大该电子体重秤可称的最大质量．
本题综合考查一次函数与反比例函数的应用．结合题意，理解两种函数表达式的意义及性质是解决本题的关键．
11.【答案】25
【解析】解：∵a2=b3，
∴3a=2b，
∴b=32a，
∴aa+b=aa+32a=25．
故答案为：25．
根据比例的基本性质：两内项之积等于两外项之积用a表示出b，然后代入比例式进行计算即可得解．
本题考查了比例的基本性质，熟记“两内项之积等于两外项之积”，并用a表示出b是解题的关键．
12.【答案】0.45
【解析】解：估计抛掷瓶盖落地后凸面向上的概率约为450450+550=0.45，
故答案为：0.45．
利用频率估计概率求解即可．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
13.【答案】12
【解析】解：∵点A的坐标为(1,0)，点A′的坐标为(−2,0)，
∴OA=1，OA′=2，，
∵原点O是△ABC和△A′B′C′的位似中心，
∴△ABC∽△A′B′C′，且相似比为12，
∴△ABC与△A′B′C′的面积比为14，
∵△ABC的面积是3，
∴△A′B′C′的面积是3×4=12，
故答案为：12．
根据位似变换的性质得到△ABC∽△A′B′C′，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，根据题意求出位似比是解题的关键．
14.【答案】24
【解析】解：∵S△ABC=4，
∴12×BC×AB=4，
∴BC2=4，
∴小正方形边长为2，
∴AB=4，BC=AF=1，DF=6，AC=2 5，
如图，作DE⊥x轴，垂足为点E，
∵∠BAF=90，
∴∠OAF=∠BCA，
∴△ABC∽△FOA，
∴ACAF=BCAO=ABOF，即2 52=2AO=4OF，
∴AO=2 55，OF=4 55，
同理△AOF∽△FED，
AOFE=AFDF=OFDE，即2 55EF=26=4 55DE，
∴EF=6 55，DE=12 55，
∴OE=OF+EF=4 55+6 55=2 5．
D(2 5,12 55)，
∵点D在反比例函数图象上，
∴k=2 5×12 55=24．
故答案为：24．
先根据三角形面积求出小正方形的边长，利用两次相似求出点D的坐标即可求出k值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形性质是解答本题的关键．
15.【答案】158
【解析】解：过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，如图，
在△ABD和△AHD中，
∠ADB=∠ADE∠ABD=∠AHD=90°AD=AD，
∴△ABD≌△AHD(AAS)，
∴∠BAD=∠HAD，
∵∠C=2∠BAD，
∴∠C=∠BAH．
∵∠ABD=∠AHD=90°，
∴∠BDH+∠BAH=180°．
∵∠BDH+∠EDC=180°，
∴∠EDC=∠C，
∴ED=EC，
∵EG⊥DC，
∴DG=GC=12CD，
∵CD=3BD，
∴设BD=k，则CD=3k，
∴DG=GC=32k，BC=4k．
∵EG⊥BC，AB⊥BC，
∴EG//AB，
∴△EGC∽△ABC，
∴EGAB=GCBC=32k4k=38．
∴EG=38AB．
∵EQ//AB，
∴△ADB∽△QGD，
∴ABQG=BDDG=k32k=23，
∴QG=32AB，
∴EQ=EG+QG=158AB．
∵AB//EQ，
∴△QEF∽△ABF，
∴EFBF=EQAB=158．
故答案为：158．
过点A作AH⊥DE于点H，过点E作EG⊥CD于点G，延长EG交AD的延长线于点Q，利用全等三角形的判定与性质得到∠BAD=∠HAD，则∠C=∠BAH；利用四边形的内角和定理和同角的补角相等的性质得到ED=EC，由等腰三角形的性质得到DG=GC=12CD，设BD=k，则CD=3k，DG=GC=32k，BC=4k，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，恰当的添加辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．
16.【答案】解：原式=2× 22−32× 33× 32+( 32)2
= 2−34+34
= 2．
【解析】先根据特殊角的三角函数值得到原式=2× 22−32× 33× 32+( 32)2，然后计算二次根式的混合运算．
本题考查了特殊角的三角函数值：记住特殊角的三角函数值是解决此类题目的关键．
17.【答案】解：(1)过点A作AF⊥BC，垂足为F，
在Rt△ABF中，AB=5米，∠BAF=16°，
∴AF=AB⋅cs16°≈5×0.96=4.8(米)，
∴点A到墙面BC的距离约为4.8米；
(2)过点A作AG⊥CE，垂足为G，
由题意得：AG=CF，AF=CG=4.8米，
∵CD=1.8米，
∴DG=CG−CD=4.8−1.8=3(米)，
在Rt△ADG中，∠ADG=45°，
∴AG=DG⋅tan45°=3(米)，
∴CF=AG=3米，
在Rt△ABF中，AB=5米，∠BAF=16°，
∴BF=AB⋅sin16°≈5×0.28=1.4(米)，
∴BC=BF+CF=1.4+3=4.4(米)，
∴遮阳篷靠墙端离地高BC的长为4.4米．
【解析】(1)过点A作AF⊥BC，垂足为F，在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)过点A作AG⊥CE，垂足为G，根据题意可得：AG=CF，AF=CG=4.8米，从而可得DG=3米，然后在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而求出CF的长，再在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，平行投影，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】13
【解析】解：(1)若顾客选择方式一，转动转盘甲一次共有3种等可能结果，其中指针指向A区域只有1种结果，
∴享受9折优惠的概率为13，
故答案为：13；
(2)两种方式让顾客获得9折优惠的可能性大一样大，理由如下：
由(1)可知，顾客选择方式一享受9折优惠的概率为13，
方式二中，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，即AA、AA、BB、CC，
∴方式二让顾客获得9折优惠的概率为412=13，
∴顾客选择方式一享受9折优惠的概率=顾客选择方式二享受9折优惠的概率，
∴两种方式让顾客获得9折优惠的可能性大一样大．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)方式二中，画树状图，共有12种等可能的结果，其中两个转盘的指针指向每个区域的字母相同的结果有4种，再由概率公式求出方式二让顾客获得9折优惠的概率，即可解决问题．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解；(1)根据道路的宽为x米，根据题意得，
(52−2x)(28−2x)=640，
整理得：x2−40x+204=0，
解得：x1=34(舍去)，x2=6，
答：道路的宽为6米．
(2)设月租金上涨a元，停车场月租金收入为10125元，
根据题意得：(200+a)(50−a5)=10125，
整理得：a2−50a+625=0，
解得a=25，
答：每个车位的月租金上涨25元时，停车场的月租金收入为10125元．
【解析】(1)根据题意列出方程(52−2x)(28−2x)=640解答即可；
(2)设月租金上涨a元，停车场月租金收入为10125元，列出方程(200+a)(50−a5)=10125解答即可．
本题考查了一元二次方程的应用，找到等量关系列出方程是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形ADBE是平行四边形，∠ABE=∠DAB，
∵AB平分∠DAE，
∴∠BAE=∠DAB，
∴∠ABE=∠BAE，
∴BE=AE，
∴平行四边形ADBE是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形ADBE是菱形，
∴OA=OB，AD=BD=AB=BC，AE//BD，
∴∠EAD=∠BDC，
∵四边形ADBE的周长为20，
∴AD=BD=5，
∴∠EAD=∠BDC，
∵∠ACB=90°，
∴cs∠BDC=CDBD=cs∠EAD=35，
∴CD=35BD=3，
∴AC=AD+CD=5+3=8，
在Rt△BCD中，BC= BD2−CD2= 52−32=4，
在Rt△ABC中，AB= AC2+BC2= 82+42=4 5，
∵OA=OB，∠ACB=90°，
∴OC=12AB=12×4 5=2 5，
即OC的长为2 5．
【解析】(1)证四边形ADBE是平行四边形，∠ABE=∠DAB，再证∠ABE=∠BAE，得BE=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OB，AD=BD=5，AE//BD，则∠EAD=∠BDC，再由锐角三角函数定义得CD=3，则AC=8，进而由勾股定理求出BC、AB的长，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】a≤−565
【解析】(1)解：由运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系，
设二次函数的关系为y=ax2+bx+c，
代入(0,10)，(1,10)，(1.5,6.25)，
得c=10a+b+c=10,94a+32b+c=6.25，
解得a=−5b=5c=10，
∴y关于x的关系式为y=−5x2+5x+10；
(2)把y=0代入y=−5x2+5x+10，
得−5x2+5x+10=0，
解得x1=2，x2=−1(不合题意，舍去)，
∴运动员甲从起点A到入水点的水平距离OD的长为2米；
(3)①运动员甲不能成功完成此动作，理由如下：
由运动员的竖直高度y(m)与水平距离x(m)满足二次函数的关系为y=−5x2+5x+10，
整理得y=−5(x−12)2+454，
得运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度k为454m，即k=454，
把h=0代入h=−5t2+454，
得−5t2+454=0，
解得x1=1.5，x2=−1.5(不合题意，舍去)，
∵1.5<1.6，
∴运动员甲不能成功完成此动作；
②由运动员甲进行第二次跳水训练，竖直高度y(m)与水平距离x(m)的关系为y=ax2−ax+10(a<0)，
得顶点为(12,10−14a)，
得k=10−14a，
得h=−5t2+10−14a，
把h=0代入h=−5t2+10−14a，
得t2=2−120a，
由运动员甲在达到最高点后需要1.6s的时间才能完成极具难度的270C动作，得t≥1.6，
则t2≥1.62，即2−120a≥1．62，
解得a≤−565．
故答案为：a≤−565．
(1)设二次函数的关系为y=ax2+bx+c，代入(0,10)，(1,10)，(1.5,6.25)，算出a、b、c的值，即可得到函数表达式；
(2)把y=0代入y=−5x2+5x+10，即可求出结果；
(3)①把二次函数整理为y=−5(x−12)2+454，得k=454，把h=0代入h=−5t2+454，计算t的值，再与1.6比较即可得到结果；
②求得顶点为(12,10−14a)，得k=10−14a，把h=0代入y=−5t2+10−14a，得t2=2−120a，由t2≥1.62，列不等式即可求出t的取值范围．
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的应用，本题的关键是理清题目条件，熟练运用二次函数的性质解题．
22.【答案】CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2 CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2
【解析】【过程思考】解：(1)结合①下面两个三角形全等，可以得到该空为CG=CB=CD，此时可根据(HL)推断出两个三角形全等；
根据在直角三角形中三边满足勾股定理，即AH2+AE2=EH2，则(6−x)2+32=(x+3)2；
将(6−x)2+32=(x+3)2化简可得36−12x+x2+9=x2+6x+9，
移项合并同类项得：36=18x，
解得x=2，即DH=2，
故答案为：①CG=CB=CD，②(6−x)2+32=(x+3)2，③2；
(2)点M是AB边的三等分点，证明如下：
由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵ABCD是正方形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠AED=∠CDG，∠EAG=∠DCG，
∴△AEG∽△CDG，
∴AGCG=AECD=12，
∵MN//AD，
∴AGCG=AMBM=12，
即AMAB=13，
∴点M是否为AB边的三等分点；
【拓展提升】解：连接AC交BD于点O，如图，
∴OD=OB=12BD=3，∠AOD=∠AOB=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC，
∴AO= AB2−BD2=4，
分两种情况：①当DE=13DB=2时，如图，连接AD′，AE，AD′与BD交点N，
由对称性可知，DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴ANEN=ABED′=52，
设EN=2x，则AN=5x，即ON=2x−1，
在△ANO中，AN2=AO2+ON2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(合)，x2=1721，
∴EN=3421，
∵∠ED′A=∠DBC=∠ADB，∠NED′=∠FEN
∴△END′∽△EFB，
∴EFEB=ENED′．
∴EF=EN×EBED′=6821，
∴D′F=6821−2=2621．
②当DE=23DB=4时，连接AD′，AE，
由对称性可知，AD′=AD=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，如图，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴EFAF=BEAD′=25，
设EF=2x，则AF=5x，
在△AEO和△ANE中，
∠AEO=∠AEN∠AOE=∠ANE=90°AE=AE，
∴△AEO≌△ANE(AAS)，
∴OE=EN=1，
∴NF=2x−1，AN=AO=4，
在△ANF中，AF2=AN2+NF2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(舍)，x2=1721，
∴EF=2x=3421，
即D′F=4−3421=5021，
综上，D′F的长为2621或5021．
【过程思考】(1)先根据两个三角形全等，可得到第一个空的条件，然后根据直角三角形的勾股定理可得到第二个空，最后求得结果即可；
(2)根据两个三角形相似以及平行线分线段成比例可得到边长之间的关系，即可证得结果；
【拓展提升】根据E是BD上的一个三等分点，可分成两种情况求解，先根据对称性得到边长，然后根据三角形相似以及直角三角形的勾股定理可求得结果．
本题考查了正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．甲
乙
丙
丁
两边同时除以(x−1)得到x=3．
移项得x(x−1)+3(x−1)=0，
∴(x−1)(x+3)=0，
∴x−1=0或x+3=0，
∴x1=1，x2=−3．
整理得x2−4x=−3，
∵a=1，b=−4，c=−3，
∴Δ=b2−4ac=28，
∴x=4± 282=2± 7，
∴x1=2+ 7，x2=2− 7．
整理得x2−4x=−3，
配方得x2−4x+4=1，
∴(x−2)2=1，
∴x−2=±1，
∴x1=1，x2=3．
水平距离x(m)
0
1
1.5
竖直高度y(m)
10
10
6.25
证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，① ______，
又∵CH=CH，
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH．
由题意可知E是AB的中点，设AB=6(个单位)，DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程：② ______，(方程不要求化简)
解得：DH=③ ______，即H是AD边的三等分点．
相关试卷
精品解析：2023年广东省深圳市三十校联考中考质检数学试卷（2月份）： 这是一份精品解析：2023年广东省深圳市三十校联考中考质检数学试卷（2月份），文件包含精品解析2023年广东省深圳市三十校联考中考质检数学试卷2月份原卷版docx、精品解析2023年广东省深圳市三十校联考中考质检数学试卷2月份解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
2023年广东省万阅百校联盟中考数学质检试卷（含解析）： 这是一份2023年广东省万阅百校联盟中考数学质检试卷（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年广东省深圳市福田区九校联考中考数学质检试卷（5月份）(含解析)： 这是一份2023年广东省深圳市福田区九校联考中考数学质检试卷（5月份）(含解析)，共23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。
