2024年四川省泸州市龙马潭区中考数学一模试卷

这是一份2024年四川省泸州市龙马潭区中考数学一模试卷，共32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．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）若有意义，则x是怎样的实数（ ）
A．x≠3B．x≥3C．x≤3D．x＜3
3．（3分）2024年春节假期，泸州市民纷纷走出家门，到公园逛庙会、赏民俗、看花灯，感受新春的喜庆氛围．据泸州市园林绿化局的数据信息，春节假期首日，全市共接待游客711000人次．将711000用科学记数法表示应为（ ）
A．71.1×104B．7.11×105C．7.11×104D．711×103
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6B．a8÷a4＝a2C．（a3）4＝a7D．（2a）3＝8a3
5．（3分）如图，这是一个由5个完全相同的小正方体组成的立体图形，主视图、左视图、俯视图的面积分别为S1，S2，S3，则下列结论正确的是（ ）
A．S1＝S2B．S2＝S3C．S1＝S3D．S1+S2＝2S3
6．（3分）已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D．若∠2＝78°，则∠1的度数为（ ）
A．.30°B．.33°C．.35°D．.22°
7．（3分）有五张背面完全相同的卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，把这些卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，其正面的数字是奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．（3分）我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，即三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么面积．若某个三角形的三边长分别为2，3，3，其面积S介于整数n﹣1和n之间，则n的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
9．（3分）关于x的一元二次方程（a﹣2）x2+3x﹣1＝0有实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．且a≠2D．且a≠2
10．（3分）如图，直线经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B顺时针旋转60°得到△CBD，若点B的坐标为（1，0），则点C的坐标为（ ）
A．（3，）B．（，）C．（3，）D．（，）
11．（3分）如图，矩形ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BD交AF于H，AD＝10，且tan∠EFC＝，那么AH的长为（ ）
A．B．5C．10D．5
12．（3分）设二次函数y＝x2+bx+c，当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，那么c的取值范围是（ ）
A．c＝3B．c≥3C．1≤c≤3D．c≤3
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：3x3﹣12xy2＝ ．
14．（3分）如图，从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高为 cm．
15．（3分）若关于x的分式方程+＝3的解为正实数，则实数m的取值范围是 ．
16．（3分）如图，抛物线y＝x2﹣8x+15与x轴交于A、B两点，对称轴与x轴交于点C，点D（0，﹣2），点E（0，﹣6），点P是平面内一动点，且满足∠DPE＝90°，M是线段PB的中点，连接CM．则线段CM的最大值是 ．
三、解答题（本大题共3个小题，每题6分，共18分）
17．（6分）计算：﹣（4﹣π）0+cs60°﹣|﹣3|．
18．（6分）先化简，再求值：，其中．
19．（6分）如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，∠B＝∠C，求证：BD＝CE．
四、解答题（本大题共2个小题，每题7分，共14分）
20．（7分）为落实《安徽省教育厅关于做好2023年初中学业水平体育与健康学科考试等有关事项的通知》要求，某学校针对男生选择较为集中的四个项目开展有针对性强化训练：A．跳绳；B.50米跑；C．坐位体前屈；D．立定跳远，全校共有100名男生选择了A的项目，为了了解选择A项目男生的情况，从这100名男生中随机抽取了30名男生在操场进行测试将他们的成绩（个/分钟）绘制成频数分布直方图．
（1）其中165≤x＜170这一组的数据为169，166，165，169，169，167，167，则这组数据的中位数是 ，众数是 ；
（2）根据题中信息，估计该校男生共有 人，D项目扇形统计图的圆心角为 度；
（3）如果学校规定每名男生要选两门不同的项目，张强和张远在选项目中，若第一项目都选了项目C，请用画树状图或列表法计算出他俩第二项目同时选项目A或项目B的概率．
21．（7分）2023年7月28日至8月8日，第31届世界大学生运动会将在成都举行．“当好东道主，热情迎嘉宾”，成都某知名小吃店计划购买A，B两种食材制作小吃．已知购买1千克A种食材和1千克B种食材共需68元，购买5千克A种食材和3千克B种食材共需280元．
（1）求A，B两种食材的单价；
（2）该小吃店计划购买两种食材共36千克，其中购买A种食材千克数不少于B种食材千克数的2倍，当A，B两种食材分别购买多少千克时，总费用最少？并求出最少总费用．
五、解答题（本大题共2个小题，每题8分，共16分）
22．（8分）某景区A、B两个景点位于湖泊两侧，游客从景点A到景点B必须经过C处才能到达．观测得景点B在景点A的北偏东30°，从景点A出发向正北方向步行600米到达C处，测得景点B在C的北偏东75°方向．
（1）求景点B和C处之间的距离；（结果保留根号）
（2）当地政府为了便捷游客游览，打算修建一条从景点A到景点B的笔直的跨湖大桥．大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走多少米？（结果保留整数．参考数据：≈1.414，≈1.732）
23．（8分）如图，已知一次函数y1＝k1x+b的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，与反比例函数的图象分别交于C、D两点，点D（2，﹣3），点B是线段AD的中点．
（1）求一次函数y1＝k1x+b与反比例函数的解析式；
（2）求△COD的面积；
（3）动点P（0，m）在y轴上运动，当|PC﹣PD|的值最大时，求点P的坐标．
六、解答题（本大题共2个小题，每题12分，共24分）
24．（12分）如图，⊙O上有A，B，C三点，AC是直径，点D是的中点，连接CD交AB于点E，点F在AB延长线上且FC＝FE．
（1）证明：∠BCE＝∠ACE；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若sinF＝，BE＝6，求DE的值．
25．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2024年四川省泸州市龙马潭区中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．每个小题只有一个选项符合题目要求）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【答案】D
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．
2．（3分）若有意义，则x是怎样的实数（ ）
A．x≠3B．x≥3C．x≤3D．x＜3
【考点】二次根式有意义的条件．
【答案】C
【分析】直接利用二次根式有意义的条件，被开方数是非负数，进而得出答案．
【解答】解：有意义，则3﹣x≥0，
解得：x≤3．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确求出x的取值范围是解题关键．
3．（3分）2024年春节假期，泸州市民纷纷走出家门，到公园逛庙会、赏民俗、看花灯，感受新春的喜庆氛围．据泸州市园林绿化局的数据信息，春节假期首日，全市共接待游客711000人次．将711000用科学记数法表示应为（ ）
A．71.1×104B．7.11×105C．7.11×104D．711×103
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【答案】B
【分析】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，据此判断即可．
【解答】解：711000＝7.11×105．
故选：B．
【点评】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．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6B．a8÷a4＝a2C．（a3）4＝a7D．（2a）3＝8a3
【考点】同底数幂的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【答案】D
【分析】分别根据合并同类项法则、积的乘方与幂的乘方、同底数幂的乘法和除法法则逐一计算可得．
【解答】解：A、a2•a3＝2a5，原计算错误，不符合题意；
B、a8÷a4＝a4，原计算错误，不符合题意；
C、（a3）4＝a12，原计算错误，不符合题意；
D、（2a）3＝8a3，正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查幂的乘方与积的乘方，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的乘法、积的乘方与幂的乘方和同底数幂的除法法则．
5．（3分）如图，这是一个由5个完全相同的小正方体组成的立体图形，主视图、左视图、俯视图的面积分别为S1，S2，S3，则下列结论正确的是（ ）
A．S1＝S2B．S2＝S3C．S1＝S3D．S1+S2＝2S3
【考点】简单组合体的三视图．
【答案】C
【分析】根据三视图的面积的大小关系求解即可．
【解答】解：设小正方体的棱长为1，
主视图：底层是三个小正方形，上层的右边是一个小正方形，故主视图的面积为4；
左视图：底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故左视图的面积为3；
俯视图：底层左边是一个小正方形，上层是三个小正方形，故俯视图的面积为4．
所以S1＝S3，
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，掌握主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图，俯视图是从物体的上面看得到的视图是解题的关键．
6．（3分）已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D．若∠2＝78°，则∠1的度数为（ ）
A．.30°B．.33°C．.35°D．.22°
【考点】平行线的性质；三角形的外角性质．
【答案】B
【分析】设BC与n的交点为D，根据三角形的外角性质可得∠2＝3＝∠1+∠B＝78°，解出∠1即可．
【解答】解：如图：
∵m∥n，
∴∠3＝∠2＝78°，
∵∠3＝∠1+∠B，
∴∠1＝∠3﹣∠B＝78°﹣45°＝33°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质，解题的关键是借助平行线和三角形内外角转化角．
7．（3分）有五张背面完全相同的卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，把这些卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，其正面的数字是奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【考点】概率公式．
【答案】B
【分析】让正面的数字是奇数的情况数除以总情况数即为所求的概率．
【解答】解：∵从写有数字1，2，3，4，5这5张卡片中抽取一张，其中正面的数字是奇数的有1、3、5这3种结果，
∴正面的数字是奇数的概率为．
故选：B．
【点评】此题主要考查了概率公式的应用，明确概率的意义是解答的关键，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
8．（3分）我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，即三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么面积．若某个三角形的三边长分别为2，3，3，其面积S介于整数n﹣1和n之间，则n的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】估算无理数的大小．
【答案】B
【分析】首先计算三角形的面积为，再估算的范围可得，从而可得答案．
【解答】解：根据题意，三角形的三边长分别为2，3，3，
则，
所以其面积，
∵4＜8＜9，
∴，
∴，
∴n的值为3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了算术平方根的含义以及无理数的估算，掌握无理数的估算方法是解本题的关键．
9．（3分）关于x的一元二次方程（a﹣2）x2+3x﹣1＝0有实数根，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．且a≠2D．且a≠2
【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．
【答案】D
【分析】一元二次方程（a﹣2）x2+3x﹣1＝0有实数根应满足的条件是：二次项系数不能为0，根的判别式的值应大于或等于0，据此求解即可．
【解答】解：∵一元二次方程（a﹣2）x2+3x﹣1＝0有实数根，
∴，
解得：且a≠2．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念和根的判别式，掌握一元二次方程有实数根的条件是解题的关键，易错点是不考虑二次项系数不能为0导致取值范围错误．
10．（3分）如图，直线经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B顺时针旋转60°得到△CBD，若点B的坐标为（1，0），则点C的坐标为（ ）
A．（3，）B．（，）C．（3，）D．（，）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转．
【答案】D
【分析】过C作CE⊥x轴于E，则∠BEC＝90°，由旋转可得，BC＝AB＝，OB＝DB，∠DBO＝60°，∠DBC＝90°，再根据CE与OE的长，即可得到点C的坐标为（，）．
【解答】解：如图，过C作CE⊥x轴于E，则∠BEC＝90°，
∵点B的坐标为（1，0），直线经过点A，AB⊥x轴，
∴OB＝1，AB＝，∠ABO＝90°，
由旋转可得，BC＝AB＝，OB＝DB，∠DBO＝60°，∠DBC＝90°，
∴△BDO是等边三角形，
∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，
∴CE＝BC＝，BE＝CE＝，
∴OE＝1+＝，
∴点C的坐标为（，），
故选：D．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变换，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
11．（3分）如图，矩形ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BD交AF于H，AD＝10，且tan∠EFC＝，那么AH的长为（ ）
A．B．5C．10D．5
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；矩形的性质．
【答案】C
【分析】根据线段中点的定义可得CE＝DE，根据矩形的对边平行可得AD∥BC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DAE＝∠CFE，然后利用“角角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CF＝AD，再求出BF，然后利用tan∠EFC求出AB，再利用勾股定理列式求出AF，再求出△ADH和△FBH相似，根据相似三角形对应边成比例求出，再求解即可．
【解答】解：∵E为CD的中点，
∴CE＝DE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CFE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴CF＝AD＝10，
∴BF＝BC+CF＝AD+CF＝10+10＝20，
∵tan∠EFC＝，
∴AB＝20×＝10，
在Rt△ABF中，AF＝＝＝30，
∵AD∥BC，
∴△ADH∽△FBH，
∴＝＝，
∴AH＝AF＝×30＝10．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，综合题，但难度不大，熟记各性质是解题的关键．
12．（3分）设二次函数y＝x2+bx+c，当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，那么c的取值范围是（ ）
A．c＝3B．c≥3C．1≤c≤3D．c≤3
【考点】二次函数的性质．
【答案】B
【分析】因为当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，所以函数图象过（1，0）点，即1+b+c＝0①，由题意可知当x＝3时，y＝9+3b+c≤0②，所以①②联立即可求出c的取值范围．
【解答】解：∵当x≤1时，总有y≥0，当1≤x≤3时，总有y≤0，
∴函数图象过（1，0）点，即1+b+c＝0①，
∵当1≤x≤3时，总有y≤0，
∴当x＝3时，y＝9+3b+c≤0②，
①②联立解得：c≥3，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的增减性，解题的关键是由给出的条件得到抛物线过（1，0），再代入函数的解析式得到一次项系数和常数项的关系．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13．（3分）因式分解：3x3﹣12xy2＝ 3x（x+2y）（x﹣2y） ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【答案】3x（x+2y）（x﹣2y）．
【分析】先提取公因式，再套用平方差公式．
【解答】解：原式＝3x（x2﹣4y2）
＝3x（x+2y）（x﹣2y）．
故答案为：3x（x+2y）（x﹣2y）．
【点评】本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提公因式法和公式法是解决本题的关键．
14．（3分）如图，从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高为 3 cm．
【考点】圆锥的计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先求得扇形的弧长，即圆锥的底面周长，则底面半径即可求得，然后利用勾股定理即可求得圆锥的高．
【解答】解：圆心角是：360×（1﹣）＝240°，
则弧长是：＝12π（cm），
设圆锥的底面半径是r，则2πr＝12π，
解得：r＝6，
则圆锥的高是：＝3（cm）．
故答案为：3．
【点评】正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15．（3分）若关于x的分式方程+＝3的解为正实数，则实数m的取值范围是 m＜6且m≠2 ．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用解分式方程的一般步骤解出方程，根据题意列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：+＝3，
方程两边同乘（x﹣2）得，x+m﹣2m＝3x﹣6，
解得，x＝，
∵≠2，
∴m≠2，
由题意得，＞0，
解得，m＜6，
故答案为：m＜6且m≠2．
【点评】本题考查的是分式方程的解、一元一次不等式的解法，掌握解分式方程的一般步骤、分式方程无解的判断方法是解题的关键．
16．（3分）如图，抛物线y＝x2﹣8x+15与x轴交于A、B两点，对称轴与x轴交于点C，点D（0，﹣2），点E（0，﹣6），点P是平面内一动点，且满足∠DPE＝90°，M是线段PB的中点，连接CM．则线段CM的最大值是 ．
【考点】点与圆的位置关系；二次函数的性质；抛物线与x轴的交点；三角形三边关系；三角形中位线定理．
【答案】．
【分析】解方程x2﹣8x+15＝0得A（3，0），利用抛物线的性质得到C点为AB的中点，再根据圆周角定理得到点P在以DE为直径的圆上，圆心Q点的坐标为（0，﹣4），接着计算出AQ＝5，⊙Q的半径为2，延长AQ交⊙Q于F，此时AF的最大值为7，连接AP，利用三角形的中位线性质得到CM＝AP，从而得到CM的最大值．
【解答】解：解方程x2﹣8x+15＝0得x1＝3，x2＝5，则A（3，0），
∵抛物线的对称轴与x轴交于点C，
∴C点为AB的中点，
∵∠DPE＝90°，
∴点P在以DE为直径的圆上，圆心Q点的坐标为（0，﹣4），
AQ＝＝5，⊙Q的半径为2，
延长AQ交⊙Q于F，此时AF最大，最大值为2+5＝7，
连接AP，
∵M是线段PB的中点，
∴CM为△ABP为中位线，
∴CM＝AP，
∴CM的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和圆周角定理．
三、解答题（本大题共3个小题，每题6分，共18分）
17．（6分）计算：﹣（4﹣π）0+cs60°﹣|﹣3|．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先计算乘方和开方，然后从左向右依次计算，求出算式﹣（4﹣π）0+cs60°﹣|﹣3|的值是多少即可．
【解答】解：﹣（4﹣π）0+cs60°﹣|﹣3|
＝
＝
【点评】此题主要考查了实数的运算，零指数幂以及特殊角的三角函数值，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另外，有理数的运算律在实数范围内仍然适用．
18．（6分）先化简，再求值：，其中．
【考点】分式的化简求值．
【答案】m2+2m，2+2．
【分析】先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝•
＝•
＝m（m+2）
＝m2+2m，
当m＝时，
原式＝（）2+2×＝2+2．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则．
19．（6分）如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，∠B＝∠C，求证：BD＝CE．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】要证BD＝CE只要证明AD＝AE即可，而证明△ABE≌△ACD，则可得AD＝AE．
【解答】证明：在△ABE与△ACD中
，
∴△ABE≌△ACD（ASA）．
∴AD＝AE．
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，
∴BD＝CE．
【点评】考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．本题得出三角形全等后，再根据全等三角形的性质可得线段相等．
四、解答题（本大题共2个小题，每题7分，共14分）
20．（7分）为落实《安徽省教育厅关于做好2023年初中学业水平体育与健康学科考试等有关事项的通知》要求，某学校针对男生选择较为集中的四个项目开展有针对性强化训练：A．跳绳；B.50米跑；C．坐位体前屈；D．立定跳远，全校共有100名男生选择了A的项目，为了了解选择A项目男生的情况，从这100名男生中随机抽取了30名男生在操场进行测试将他们的成绩（个/分钟）绘制成频数分布直方图．
（1）其中165≤x＜170这一组的数据为169，166，165，169，169，167，167，则这组数据的中位数是 169 ，众数是 169 ；
（2）根据题中信息，估计该校男生共有 500 人，D项目扇形统计图的圆心角为 108 度；
（3）如果学校规定每名男生要选两门不同的项目，张强和张远在选项目中，若第一项目都选了项目C，请用画树状图或列表法计算出他俩第二项目同时选项目A或项目B的概率．
【考点】列表法与树状图法；用样本估计总体；频数（率）分布直方图；扇形统计图；中位数；众数．
【答案】（1）167，169；
（2）500，108；
（3）．
【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；
（2）A项目男生人数除以其所占百分比可得总人数，360°乘以D项目对应百分比可得圆心角；
（3）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）将这组数据重新排列为165，166，167，167，169，169，169，
所以这组数据的中位数是167，众数为169，
故答案为：167，169；
（2）估计该校男生共有100÷20%＝500（人），D项目扇形统计图的圆心角为360°×（1﹣20%﹣35%﹣15%）＝108°，
故答案为：500，108；
（3）列表如下：
由表知，共有9种等可能结果，其中他俩第二项目同时选项目A或项目B有2种结果，
所以他俩第二项目同时选项目A或项目B的概率为．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
21．（7分）2023年7月28日至8月8日，第31届世界大学生运动会将在成都举行．“当好东道主，热情迎嘉宾”，成都某知名小吃店计划购买A，B两种食材制作小吃．已知购买1千克A种食材和1千克B种食材共需68元，购买5千克A种食材和3千克B种食材共需280元．
（1）求A，B两种食材的单价；
（2）该小吃店计划购买两种食材共36千克，其中购买A种食材千克数不少于B种食材千克数的2倍，当A，B两种食材分别购买多少千克时，总费用最少？并求出最少总费用．
【考点】一次函数的应用；二元一次方程组的应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意可以列出相应的二元一次方程；
（2）设A种食材的单价为m元/千克，B种食材的单价为（36﹣m）元/千克，总费用为w元，由题意得：w＝38m+30（36﹣m）＝8m+1080，根据题意可以列出相应的不等式，求出m的取值范围，从而可以解答本题．
【解答】（1）设A种食材的单价为x元/千克，B种食材的单价为y元/千克，由题意得：
，
解得：，
∴A种食材单价是每千克38元，B种食材单价是每千克30元；
（2）设A种食材购买m千克，B种食材购买（36﹣m）千克，总费用为w元，由题意得：
w＝38m+30（36﹣m）＝8m+1080，
∵m≥2（36﹣m），
∴24≤m＜36，
∵k＝8＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝24时，w有最小值为：8×24+1080＝1272（元），
∴A种食材购买24千克，B种食材购买12千克时，总费用最少，为1272元．
【点评】本题主要考查二元一次方程组、一次函数的性质、不等式在实际生活当中的运用，考查学生的理解能力与列式能力．
五、解答题（本大题共2个小题，每题8分，共16分）
22．（8分）某景区A、B两个景点位于湖泊两侧，游客从景点A到景点B必须经过C处才能到达．观测得景点B在景点A的北偏东30°，从景点A出发向正北方向步行600米到达C处，测得景点B在C的北偏东75°方向．
（1）求景点B和C处之间的距离；（结果保留根号）
（2）当地政府为了便捷游客游览，打算修建一条从景点A到景点B的笔直的跨湖大桥．大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走多少米？（结果保留整数．参考数据：≈1.414，≈1.732）
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【答案】（1）300m；
（2）205m．
【分析】（1）通过作辅助线，构造直角三角形，在Rt△ACD中，可求出CD、AD，根据外角的性质可求出∠B的度数，在Rt△BCD中求出BC即可；
（2）计算AC+BC和AB的长，计算可得答案．
【解答】解：（1）过点C作CD⊥AB于点D，
由题意得，∠A＝30°，∠BCE＝75°，AC＝600m，
在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝600，
∴CD＝AC＝300（m），
AD＝AC＝300（m），
∵∠BCE＝75°＝∠A+∠B，
∴∠B＝75°﹣∠A＝45°，
∴CD＝BD＝300（m），
BC＝CD＝300（m），
答：景点B和C处之间的距离为300m；
（2）由题意得．
AC+BC＝（600+300）m，
AB＝AD+BD＝（300+300）m，
AC+BC﹣AB＝（600+300）﹣（300+300）
≈204.6
≈205（m），
答：大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走约205m．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
23．（8分）如图，已知一次函数y1＝k1x+b的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，与反比例函数的图象分别交于C、D两点，点D（2，﹣3），点B是线段AD的中点．
（1）求一次函数y1＝k1x+b与反比例函数的解析式；
（2）求△COD的面积；
（3）动点P（0，m）在y轴上运动，当|PC﹣PD|的值最大时，求点P的坐标．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【答案】（1）y2＝；；
（2）；
（3）P（0，）．
【分析】（1）把点D的坐标代入反比例函数，利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式，作DE⊥x轴于E，根据题意求得A的坐标，然后利用待定系数法求得一次函数的解析式；
（2）联立方程求得C的坐标，然后根据S△COD＝S△AOC+S△AOD即可求得△COD的面积；
（3）作C（﹣4，）关于y轴的对称点C'（4，），延长C'D交y轴于点P，由C'和D的坐标可得，直线C'D为，进而得到点P的坐标．
【解答】解：（1）∵点D（2，﹣3）在反比例函数y2＝的图象上，
∴k2＝2×（﹣3）＝﹣6，
∴y2＝；
如图，作DE⊥x轴于E，
∵D（2，﹣3），点B是线段AD的中点，
∴A（﹣2，0），
∵A（﹣2，0），D（2，﹣3）在y1＝k1x+b的图象上，
，
解得k1＝﹣，b＝﹣，
∴；
（2）由，
解得，，
∴C（﹣4，），
∴S△COD＝S△AOC+S△AOD＝×2×+×2×3＝；
（3）如图，作C（﹣4，）关于y轴的对称点C'（4，），延长C'D交y轴于点P，
∴由C'和D的坐标可得，直线C'D为，
令x＝0，则y＝﹣，
∴当|PC﹣PD|的值最大时，点P的坐标为（0，）．
【点评】本题考查了反比例函数和一次函数的交点问题，待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，方程组的解以及三角形的面积等，求得A点的坐标是解题的关键．
六、解答题（本大题共2个小题，每题12分，共24分）
24．（12分）如图，⊙O上有A，B，C三点，AC是直径，点D是的中点，连接CD交AB于点E，点F在AB延长线上且FC＝FE．
（1）证明：∠BCE＝∠ACE；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若sinF＝，BE＝6，求DE的值．
【考点】圆的综合题．
【答案】（1）（2）证明见解析部分；
（3）2．
【分析】（1）由圆周角定理可得出结论；
（2）证出∠OCF＝90°，由切线的判定可得出结论；
（3）设BC＝4x，CF＝5x，由勾股定理得出（4x）2+（5x﹣6）2＝（5x）2，求出x＝3，证明△FBC∽△FCA，由相似三角形的性质得出＝，求出AF，AE的长，证明△AED∽△CEB，得出比例线段，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵点D是的中点，
∴＝，
∴∠BCE＝∠ACE；
（2）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BEC+∠BCE＝90°，
∵FC＝FE，
∴∠FCE＝∠FEC，
由（1）可知∠BCE＝∠ACE，
∴∠FCE+∠ACE＝90°，
∴∠OCF＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（3）解：在Rt△FBC中，BE＝6，sinF＝，
∴＝，
设BC＝4x，CF＝5x，
∵BC2+BF2＝CF2，
∴（4x）2+（5x﹣6）2＝（5x）2，
∴x＝3或x＝（舍去），
∴BC＝12，CF＝15，BF＝9，
∵∠CBF＝∠ACF＝90°，∠F＝∠F，
∴△FBC∽△FCA，
∴＝，
∴＝，
∴CA＝20，
∵sinF＝＝，
∴＝，
∴AF＝25，
∴AE＝AF﹣EF＝25﹣15＝10，
连接DA，
∵∠DAE＝∠BCE，∠AED＝∠CEB，
∴△AED∽△CEB，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝2．
【点评】本题属于圆综合题，考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
25．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【答案】（1）y＝﹣2x2+4x+6；
（2）（）；
（3）（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．
【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得，解得，即可得出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m＝，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴，
解得：
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，
设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，
解得：m＝，
把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝＝，
∴DQ＝CD＝，
∴Q点的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝＝，PC＝CQ，
∴8﹣m＝，
解得：m＝，
∴点Q的坐标为（1，）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．
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A
B
D
A
（A，A）
（B，A）
（D，A）
B
（A，B）
（B，B）
（D，B）
D
（A，D）
（B，D）
（D，D）