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2023年山东省济南市历城区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省济南市历城区中考数学二模试卷（含解析），共27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年山东省济南市历城区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在实数0，−2，− 6，−3中，最小的是( )
A. 0 B. −2 C. − 6 D. −3
2. 下列四个几何体中，主视图与俯视图相同的是( )
A. B. C. D.
3. 古语有云：“水滴石穿”，若水珠不断滴在一块石头上，经过40年，石头上会形成一个深为0.0000052cm的小洞.数0.0000052用科学记数法表示为( )
A. 5.2×105 B. 5.2×10−6 C. 5.2×10−7 D. 52×10−7
4. 如图，AB//CD，AE平分∠BAC，∠AEC=58°，则∠C的度数为( )
A. 54°
B. 64°
C. 74°
D. 58°
5. 下列图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，则取得的小正方体恰有三个面涂有灰色的概率为( )
A. 12
B. 14
C. 18
D. 116
7. 若a+b=3，则代数式a−bb÷a2−b22b的值为( )
A. 23 B. 32 C. 2 D. 3
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A(−1,0)，B(1,0)，C(0,1)，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴的正半轴上的A′处，得到△A′BC′，则阴影部分面积为( )
A. π3
B. π3−1
C. 2π3+1
D. 2π3
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以点B和点C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于D、E两点，作直线DE交AB于点F，交BC于点G，连结CF.若AC=2，CG= 3，则CF的长为( )
A. 52
B. 2
C. 3
D. 72
10. 新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数y=x2−x+c(c为常数)在−2
11. 分解因式：a2−6a+9=______．
12. 如图，小颖为学校联欢会设计了一个“配紫色”游戏：下面是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，游戏者同时转动两个转盘.若其中一个转盘转出了红色，另一个转出了蓝色，则可配成紫色.此时，配成紫色的概率是______ ．
13. 已知代数式2x−2与代数3x+2的值相等，则x= ______ ．
14. 如图所示，已知∠MON=60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠NED= ______ 度.
15. 在全民健身越野赛中，甲乙两选手的行程y(千米)随时间x(小时)变化的图象(全程)如图所示，有下列说法：
①起跑后1小时内，乙在甲的前面；
②甲比乙先到达终点；
③第1小时两人都跑了10千米；
④1.5小时时，甲乙相距5千米；
⑤两人都跑了20千米．
其中正确的说法是______ .(填序号)
16. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，AB=4 2，E为BC边的中点，连接AE，将△ACE沿AE折叠得到△AED，DE交AB于点O，连接BD.则ODOE的值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：1 2+|− 2|−tan45°+( 2−1)0．
18. (本小题6.0分)
解不等式组：5x−2<3(x+2)①x+53≤2x②，并求所有整数解的和．
19. (本小题6.0分)
如图，已知正方形ABCD，点E，F分别为边AB和BC上的点，且DE=DF．
求证：BE=BF．
20. (本小题8.0分)
为了解某校八年级全体男生体能情况，随机抽取了部分男生进行测试，将测试成绩分为A、B、C、D四个等级，并把成绩绘制成如图所示的两个统计图表，其中“75≤x<90”这组的数据如下：
76，78，80，82，82，84，85，85，85，86，86，89．
测试成绩统计表
成绩x(分)
等级
人数
x≥90
A
21
75≤x<90
B
12
60≤x<75
C
m
x<60
D
n
请根据所给信息，解答下列问题：
(1)填空：m= ______ ，n= ______ ；
(2)B等级成绩中的众数是______ ，中位数是______ ；
(3)求扇形统计图中C级的圆心角度数；
(4)若该校八年级共有男生360人，根据抽样结果，估计体育测试成绩达到B级及以上(包括B级)的男生人数．
21. (本小题8.0分)
如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物顶部A点处测得乙建筑物顶部D点的俯角α为45°，底部C点的俯角β为58°，BC为两座建筑物的水平距离.已知乙建筑物的高度CD为8m，求甲建筑物的高度AB.(sin58°≈0.85,cos58°≈0.53,tan58°≈1.60，结果保留整数)
22. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，BD=CD，过点A作⊙O的切线，交DO的延长线于点E．
(1)求证：AC//DE；
(2)若AC=4,sin∠E= 55，求OE的长．
23. (本小题10.0分)
为全面贯彻党的教育方针，严格落实教育部对中小学生“五项管理”的相关要求和《关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》精神，保障学生每天在校1小时体育活动时间，某班计划采购A、B两种类型的羽毛球拍．已知购买3副A型羽毛球拍和4副B型羽毛球拍共需248元；购买5副A型羽毛球拍和2副B型羽毛球拍共需264元．
(1)求A、B两种类型羽毛球拍的单价．
(2)该班准备采购A、B两种类型的羽毛球拍共30副，且A型羽毛球拍的数量不少于B型羽毛球拍数量的2倍，请给出最省钱的购买方案，求出最少费用，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A(−2,0)，点B(0,2)，直线AB与反比例函数y=kx(k≠0)的图象在第一象限相交于点C(a,4)，
(1)求反比例函数的解析式；
(2)如图2，点D(4,0)，连接CD，点E是反比例函数y=kx(k≠0)图象第一象限内一点，且点E在点C的右侧，连接AE，CE，若△ACE的面积与且△ACD的面积相等，求点E的坐标；
(3)在(2)的条件下，若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，连结MD，并在MD左侧作正方形MDNF.当顶点F或顶点N恰好落在直线AB上，直接写出点M的坐标．
25. (本小题12.0分)
如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，点O为直角顶点，连接AD，BC，E是线段BC的中点，连接OE．
【问题解决】
(1)如图①，当C，D两点分别在边OA，OB上时，线段EO与线段AD之间的数量关系为______ ；
【类比探究】
(2)将△COD绕点O顺时针旋转到如图②所示位置，请探究(1)中的数量关系是否成立，并说明理由．
【拓展延伸】
(3)在△COD的旋转过程中，当∠AOC=150°时，若OA=4，OC=2，请直接写出OE的长．
26. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A(−4,0)和B(1,0)，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
(3)点P为抛物线上的一动点，且∠ACP=45°−∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵|−2|=2，|− 6|= 6，|−3|=3，
∴3> 6>2，
∴−3<− 6<−2，
在实数0，−2，− 6，−3中，
∵−3<− 6<−2<0，
∴最小的是−3，
故选：D．
根据负数小于0，两个负数比较，绝对值大的反而小，即可解答．
本题考查了实数大小比较，算术平方根，熟练掌握两个负数比较，绝对值大的反而小是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、柱主视图、左视图都是长方形，俯视图是圆，选项不符合题意；
B、圆球主视图、俯视图、左视图都是圆，选项符合题意；
C、圆锥主视图是三角形，俯视图是圆，故不符合题意；
D、三棱柱的主视图与俯视图是矩形和三角形，故不符合题意．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
此题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
3.【答案】B
【解析】解：0.0000052用科学记数法表示为5.2×10−6．
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD，∠AEC=58°，
∴∠BAE=∠AEC=58°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAE=116°，
∵AB//CD，
∴∠C=180°−∠BAC=64°，
故选：B．
根据平行线的性质可得∠BAE=58°，再利用角平分线的性质可得∠BAC=2∠BAE=116°，然后再利用平行线的性质进行计算即可解答．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
B.该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了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度后与原图重合．
6.【答案】C
【解析】解：将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，共有64种等可能结果，其中取得的小正方体恰有三个面涂有灰色有8种结果，
所以取得的小正方体恰有三个面涂有灰色概率为864=18，
故选：C．
将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，共有64种等可能结果，其中取得的小正方体恰有三个面涂有灰色有8种结果，再根据概率公式求解即可．
此题主要考查了概率公式的应用，正确得出三个面涂有灰色小立方体的个数是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：a−bb÷a2−b22b
=a−bb⋅2b(a−b)(a+b)
=2a+b，
当a+b=3时，
原式=23．
故选：A．
利用分式的相应的法则对式子进行化简，再代入相应的值运算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
8.【答案】A
【解析】解：∵点A(−1,0)，B(1,0)，C(0,1)，
∴OA=OB=OC=1，
∴BC= OB2+OC2= 2，AB=2，
由旋转可知，BA′=BA=2，OB=1，
∴∠OA′B=30°，
∴∠ABA′=90°−30°=60°=∠CBC′，
∴S阴影部分=S扇形BAA′+S△BA′C′−S扇形BCC′−S△ABC
=S扇形BAA′−S扇形BCC′
=60π×22360−60π×( 2)2360
=π3，
故选：A．
根据坐标的定义可得OA=OB=OC，根据勾股定理可求出BC，由旋转的性质可知BA′=BA=2，进而得出∠OA′B=30°，再求出∠ABA′=60°=∠CBC′，由面积之间的关系得到S阴影部分=S扇形BAA′−S扇形BCC′进行计算即可．
本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及旋转的性质是正确解答的前提．
9.【答案】B
【解析】解：由作图过程可知：
DE是BC的垂直平分线，
∴FG⊥BC，CG=BG，
∴∠FGC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴FG//AC，
∵点G是BC的中点，
∴点F是AB的中点，
∴FG是△ABC的中位线，
∴FG=12AC=12×2=1，
在Rt△CFG中，根据勾股定理，得
CF= CG2+FG2= 3+1=2．
答：CF的长为2．
故选：B．
由作图过程可知：DE是BC的垂直平分线，FG//AC，从而可以证明FG是△ABC的中位线，可得FG=1，再根据勾股定理即可求出CF的长．
本题考查了作图−基本作图，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法和性质．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可得二倍点所在直线为：y=2x，
将x=−2代入y=2x得：y=−4，
将x=4代入y=2x得：y=8，
设A(−2,−4)，B(4,8)，如图，
抛物线与直线y=2x有两个交点，即方程x2−x+c=2x有两个不相等的实数根，
∴Δ=9−4c>0，
解得：c<94，
此时，直线x=−2和直线x=4与抛物线交点在点A，B上方时，抛物线与线段AB有两个交点，
把x=−2代入y=x2−x+c得：y=6+c，
把x=4代入y=x2−x+c得：y=12+c，
∴6+c>−412+c>8，
解得：c>−4，
∴−4
由点的纵坐标是横坐标的2倍可得二倍点在直线y=2x上，由−2
11.【答案】(a−3)2
【解析】解：原式=(a−3)2．
故答案为：(a−3)2．
直接利用完全平方公式分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
12.【答案】16
【解析】解：列表得：
红
白
黄
(红，黄)
(白，黄)
蓝
(红，蓝)
(白，蓝)
绿
(红，绿)
(白，绿)
∴一共有6种情况，配成紫色的有1种情况，
∴配成紫色的概率是16，
故答案为：16．
先画树状图展示所有6种等可能的结果，再找出一个红色和一个蓝色的结果数，然后根据概率公式计算．
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．
13.【答案】10
【解析】解：由题意得：
2x−2=3x+2，
2(x+2)=3(x−2)，
解得：x=10，
检验：当x=10时，(x−2)(x+2)≠0，
∴x=10是原方程的根，
故答案为：10．
按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
14.【答案】24
【解析】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB=(5−2)×180°5=108°，
∵∠EAB是△AEO的外角，
∴∠AEO=∠EAB−∠MON=108°−60°=48°，
∴∠NED=180°−∠AEO−∠AED
=180°−48°−108°
=24°．
故答案为：24．
根据正五边形的性质求出∠EAB，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查了正多边形，掌握多边形内角和定理、正多边形的性质、三角形的外角性质是解题的关键．
15.【答案】③⑤
【解析】解：①由纵坐标看出，起跑后1小时内，甲在乙的前面，故①错误；
②由横坐标看出，乙比甲先到达终点，故②错误；
③由横坐标看出，第一小时两人都跑了10千米，故③正确；
④1.5小时时，乙的行程为1.5×101=15(千米)，甲的行程为10+10−81−0.5×(1.5−1)=12(千米)，
∴甲乙相距3千米，故④错误；
⑤由2×101=20(千米)知，乙2小时行程为20千米，根据纵坐标看出，甲乙二人都跑了20千米，故⑤正确；
故答案为：③⑤．
根据函数图象的纵坐标可判断①；根据函数图象的横坐标可判断②；由函数图象都过(1,10)可判断③；求出1.5小时时，甲乙的行程可判断④；求出乙2小时的行程可判断⑤．
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象的横坐标，可得时间，观察函数图象的纵坐标，可得相应的路程．
16.【答案】25
【解析】解：作EH⊥BD于H，
∵∠C=90°，AC=4，AB=4 2，
∴BC= AB2−AC2=4，
∵E为BC边的中点，
∴CE=BE=2，
∴AE= AC2+CE2=2 5，
∵△ACE沿AE折叠得到△AED，
∴DE=EB，∠AEC=∠AED，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠AEC+∠AED=∠EDB+∠EBD，
∴2∠AEC=2∠EBD，
∴∠AEC=∠EBD，
∴AE//BD，
∵∠C=∠EHB=90°，∠AEC=∠EBH，
∴△EBH∽△AEC，
∴BH：CE=BE：AE，
∴BH：2=2：2 5，
∴BH=2 55，
∴BD=2BH=4 55，
∵BD//AE，
∴△BOD∽△AOE，
∴ODOE=BDAE=25．
故答案为：25．
作EH⊥BD于H，由勾股定理求出BC、AE的长，由三角形外角的性质推出AE//BD，由△EBH∽△AEC，求出BH的长，得到BD的长，由△BOD∽△AOE，即可求出ODOE的值．
本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，关键是证明BD//AE，△EBH∽△AEC，求出BH的长．
17.【答案】解：1 2+|− 2|−tan45°+( 2−1)0
= 22+ 2−1+1
=3 22．
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了分母有理化，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：由①得：x<4，
由②得：x≥1，
∴不等式组的解集为1≤x<4，
则所有整数解为1，2，3，之和为1+2+3=6．
【解析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出所有整数解的和即可．
此题考查了一元一次不等式组的整数解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
19.【答案】证明：连接DB，
在正方形中，∠DBE=∠DBF，AD=CD，∠A=∠C=90°，
在Rt△DAE和Rt△DCF中，
AD=CDDE=DF，
∴Rt△DAE≌Rt△DCF(HL)，
∴∠DEA=∠DFC，
∴∠DEA=∠DFC，
在△DEB和△DFB中，
∠DEB=∠DFB∠DBE=∠DBFBD=BD，
∴△DEB≌△DFB(AAS)，
∴BE=BF．
【解析】先证Rt△DAE≌Rt△DCF，根据全等三角形的性质可得∠DEA=∠DFC，从而可得∠DEB=∠DFB，最后根据全等三角形的判定与性质可得结论．
此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
20.【答案】18 9 85 84.5
【解析】解：(1)根据题意可得，
调查总人数为：12÷20%=60(名)，
∴n=60×15%=9，
∴m=60−21−12−9=18．
故答案为：18，9；
(2)将B等级成绩按从小到大的顺序排列为：76，78，80，82，82，84，85，85，85，86，86，89，
∴众数为85，中位数为84+852=84.5．
故答案为：85，84.5；
(3)360°×1860=108°．
即扇形统计图中C级的圆心角度数为108°；
(4)360×21+1260=198(人)．
即可估计体育测试成绩达到B级及以上(包括B级)的男生人数为198人．
(1)由统计图表可得B级的人数为12，占调查人数的20%，求出调查总人数，用总人数乘以D级所占百分比求出n，根据各组频数之和等于样本容量，求出m的值，
(2)根据众数与中位数的定义求解；
(3)用360°乘以C级所占所占的百分比，即可求出相应的圆心角的度数；
(4)用360乘以A、B两级的学生所占总数的比值即可．
本题考查的是频数分布表和扇形统计图的综合运用．读懂统计图表，从图表中得到必要的信息是解决问题的关键．也考查了众数、中位数以及利用样本估计总体．
21.【答案】解：延长CD交AE于点F，
由题意得：AB=CF，CF⊥AE，
设AF=x m，
在Rt△AFD中，∠FAD=45°，
∴FD=AF⋅tan45°=x(m)，
在Rt△AFC中，∠FAC=58°，
∴CF=AF⋅tan58°≈1.6x(m)，
∵CF−DF=CD，
∴1.6x−x=8，
解得：x=403，
∴AB=CF=1.6x≈21(m)，
∴甲建筑物的高度AB约为21m．
【解析】延长CD交AE于点F，根据题意可得：AB=CF，CF⊥AE，然后设AF=x m，在Rt△AFD中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，再在Rt△AFC中，利用锐角三角函数的定义求出CF的长，从而根据CF−DF=CD，列出关于x的方程，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，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．
22.【答案】(1)证明：∵BD=CD，
∴∠BAD=∠CAD，
∵DO=DA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴DE//AC；
(2)解：如图，连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，
∴∠OFA=90°，
由(1)知，DE//AC，
∴∠OFA+∠FOE=180°，
∴∠FOE=∠FOA+∠AOE=90°，
∵AB为⊙O的直径，AE为⊙O的切线，切点为A，
∴AB⊥AE，
∴∠OAE=90°，
∵∠AOE+∠E+∠OAE=180°，
∴∠AOE+∠E=90°，
∴∠FOA=∠E，
在△FOA和△AEO中，
∠FOA=∠E，∠OFA=∠EAO=90°，
∴△FAO∽△AOE，
∴AOOE=AFAO，
∵sinE= 55，
∴OAOE= 55，
∴AFAO= 55，
∴AE=2OA，
∵OA=OC，OF⊥AC，
∴AF=CF=12AC=2，
∴AO=2 5，
∴OE= 55OA=10．
【解析】(1)由BD=CD得∠BAD=∠CAD，由DO=DA得∠ODA=∠OAD，则∠ODA=∠CAD，根据平行线的判定即可得出结论；
(2)连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，证明△FAO∽△AOE，根据相似三角形的性质以及sinE= 55，可得OAOE= 55，再证△FAO∽△AOE，得OAOE=AFAO= 55，根据等腰三角形的性质得AF=CF=12AC=2，可得OA=2 5，即可求OE．
本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定及利用勾股定理是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A型球拍每副x元，B型球拍每副y元，
3x+4y=2485x+2y=264，
解得x=40y=32，
答：A型球拍每副40元，B型球拍每副32元；
(2)设购买B型球拍a副，则购买A型球拍(30−a)副，总费用w元，
依题意得30−a≥2a，
解得a≤10，
w=40(30−a)+32a=−8a+1200，
∵−8<0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=10时，w最小，w最小=−8×10+1200=1120(元)，
此时30−10=20(副)，
答：费用最少的方案是购买A型球拍20副，B型球拍10副，所需费用1120元．
【解析】(1)设A型球拍每副x元，B型球拍每副y元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可；
(2)设购买B型球拍a副，根据题意列出不等式，解不等式求出a的范围，根据题意列出费用关于a的一次函数，根据一次函数的性质解答即可．
本题考查的是列二元一次方程组、一元一次不等式解实际问题，正确列出二元一次方程组和一元一次不等式并正确解出方程组和不等式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=mx+n，
将点A(−2,0)，点B(0,2)代入，
∴−2m+n=0n=2，
解得m=1n=2，
∴y=x+2，
将C(a,4)代入y=x+2中，
∴a+2=4，
解得a=2，
∴C(2,4)，
将C(2,4)代入y=kx，
∴k=8，
∴反比例函数解析式为y=8x；
(2)∵△ACE的面积与且△ACD的面积相等，
∴E点在过D点且与AB平行的直线上，
设过D点与直线AB平行的直线解析式为y=x+b，
∴4+b=0，
解得b=−4，
∴y=x−4，
联立方程组y=x−4y=8x，
解得x=2 3+2y=2 3−2或x=−2 3+2y=−2 3−2，
∵点E在点C的右侧，
∴E(2 3+2,2 3−2)；
(3)设M(t,8t)(t>0)，
当F点在直线AB上时，过点M作GH//x轴，过点F作FG⊥GH交于G点，过点D作DH⊥GH交于点H，
∵∠FMD=90°，
∴∠GMF+∠HMD=90°，
∵∠GMF+∠GFM=90°，
∴∠HMD=∠GFM，
∵FM=MD，
∴△MFG≌△DMH(AAS)，
∴MH=GF，GM=HD，
∴F(t−8t,8t−4+t)，
∴8t−4+t=t−8t+2，
解得t=83，
∴M(83,3)；
当N点在直线AB上时，过点D作PQ//y轴，过点M作MP⊥PQ交于点P，过点N作NQ⊥PQ交于点Q，
同理可得△MPD≌△DQN(AAS)，
∴MP=DQ，PD=NQ，
∴N(4−8t,t−4)，
∴t−4=4−8t+2，
解得t=5+ 17或t=5− 17，
∵M点在D点的左侧，
∴M(5− 17,5+ 17)；
综上所述：M点坐标为(83,3)或(5− 17,5+ 17).
【解析】(1)先求出直线AB的解析式，从而确定C点坐标，再由C点坐标求反比例函数的解析式即可；
(2)由题意可知，E点在过D点且与AB平行的直线上，求出过D点与直线AB平行的直线解析式后，再求该直线与反比例函数图象的交点即为E点；
(3)设M(t,8t)(t>0)，分两种情况讨论：当F点在直线AB上时，过点M作GH//x轴，过点F作FG⊥GH交于G点，过点D作DH⊥GH交于点H，通过证明△MFG≌△DMH(AAS)，确定点F(t−8t,8t−4+t)，再将点F代入直线AB的解析式，即可求出t的值，从而确定M点坐标；当N点在直线AB上时，过点D作PQ//y轴，过点M作MP⊥PQ交于点P，过点N作NQ⊥PQ交于点Q，同理可得△MPD≌△DQN(AAS)，确定点N的坐标，再将点F代入直线AB的解析式，即可求出t的值，从而确定M点坐标．
本题考查反比例函数的图象及性质，熟练掌握反比例函数的图象及性质，平行线的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
25.【答案】AD=2EO
【解析】解：(1)∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，
∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=90°，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴AD=BC，
在Rt△BOC中，E是BC的中点，
∴BC=2EO，
∴AD=2EO，
故答案为：AD=2EO；
(2)(1)中结论仍成立，理由如下：
延长OE至F使EO=EF，连接BF，连接FC并延长交AO于G，
∵E是BC的中点，
∴四边形BOCF是平行四边形，
∴CF=BO，
∵AO=BO，
∴CF=AO，
∵∠COD=∠AOB=90°，
∴∠FCO=90°+∠COG，∠AOD=90°+∠AOC，
∴∠FCO=∠AOD，
∵CO=DO，
∴△AOD≌△FCO(SAS)，
∴AD=OF，
∵点E是▱BOCF的对角线的交点，
∴EO=EF，
∴OF=2EO，
∴AD=2EO；
(3)如图3，当△COD绕点O顺时针旋转150°时，∠AOC=150°，
∴∠BOC=360°−150°−90°=120°，
过点C作FC⊥BO交延长线于F，过点E作EG⊥BO交于G，
∴∠OCF=30°，
∵OC=2，
∴OF=1，CF= 3，
∵E是BC的中点，
∴EG=12CF= 32，GB=GF，
∴OA=OB=4，
∴BF=5，
∴BG=FG=2.5，
∴OG=1.5，
∴OE= 3；
如图4，当△COD绕O点逆时针旋转150°时，∠AOC=150°，
∴∠BOC=60°，
过点C作CF⊥BO交于F，过点E作EG⊥BO交于G，
∴∠OCF=30°，
∵OC=2，
∴FO=1，CF= 3，
∵E是BC的中点，
∴GE=12CF= 32，BG=GF，
∵OB=AO=4，
∴BF=3，
∴BG=FG=32，
∴OG=52，
∴OE= 7；
综上所述：OE的长为 3或 7．
(1)证明△AOD≌△BOC(SAS)，可得AD=BC，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得BC=2EO，即可得出结论；
(2)延长OE至F使EO=EF，连接BF，连接FC并延长交AO于G，则四边形BOCF是平行四边形，得出OF=2EO，CF=BO，进而判断出△AOD≌△FCO(SAS)，可得AD=FO，即可得出结论；
(3)当△COD绕点O顺时针旋转150°时，∠AOC=150°，过点C作FC⊥BO交延长线于F，过点E作EG⊥BO交于G，求出EG= 32，OG=32，利用勾股定理求OE= 3；当△COD绕O点逆时针旋转150°时，∠AOC=150°，过点C作CF⊥BO交于F，过点E作EG⊥BO交于G，求出GE= 32，OG=52，利用勾股定理求OE= 7．
本题考查几何变换综合题，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)把A(−4,0)和B(1,0)代入y=ax2+bx+2得：
16a−4b+2=0a+b+2=0，
解得a=−12b=−32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)由y=−12x2−32x+2可得C(0,2)，
设直线AC解析式为y=kx+2，把A(−4,0)代入得：
−4k+2=0，
解得k=12，
∴直线AC解析式为y=12x+2，
设M(x,−12x2−32x+2)，则N(x,12x+2)，
∴MN=−12x2−32x+2−(12x+2)=−12x2−2x，
∵MQ//x轴，MN//y轴，
∴∠MQN=∠CAO，∠NMQ=∠AOC=90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴MNOC=MQOA=NQAC，即MN2=MQ4=NQ2 5，
∴MQ=2MN，NQ= 5MN，
∴△MNQ周长MN+MQ+NQ=MN+2MN+ 5MN=(3+ 5)MN=(3+ 5)×(−12x2−2x)=−3+ 52(x−2)2+6+2 5，
∵−3+ 52<0，
∴当x=2时，△MNQ周长最大值为6+2 5；
(3)在x轴负半轴上取D，使OC=OD，连接CD交抛物线于P，如图：
∴D(−2,0)，∠CDO=45°，此时∠ACP=45°−∠BAC，P是满足条件的点，
∵C(0,2)，D(2,0)，
∴直线CD解析式为y=x+2，
由y=x+2y=−12x2−32x+2得x=0y=2或x=−5y=−3，
∴P(−5,−3)，
作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P′，由对称性知∠ACP′=∠ACP，P′是满足条件的点，
设E(m,n)，根据AE=AD，CE=CD可得：
(m+4)2+n2=(−4+2)2m2+(n−2)2=(0+2)2+(2−0)2，
解得m=−145n=85或m=−2n=0，
∴E(−145,85)，
由E(−145,85)，C(0,2)可得直线CE解析式为：y=57x+2，
解y=57x+2y=−12x2−32x+2得x=0y=2或x=−317y=−5749，
∴P′(−317,−5749)，
综上所述，P的坐标为(−5,−3)或(−317,−5749).
【解析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)设直线AC解析式为y=kx+2，用待定系数法得直线AC解析式为y=12x+2，设M(x,−12x2−32x+2)，则N(x,12x+2)，即得MN=−12x2−2x，可证△QMN∽△AOC，有MNOC=MQOA=NQAC，故MQ=2MN，NQ= 5MN，可得△MNQ周长MN+MQ+NQ=MN+2MN+ 5MN=−3+ 52(x−2)2+6+2 5，即得当x=2时，△MNQ周长最大值为6+2 5；
(3)在x轴负半轴上取D，使OC=OD，连接CD交抛物线于P，此时∠ACP=45°−∠BAC，P是满足条件的点，由C(0,2)，D(2,0)，得直线CD解析式为y=x+2，即可解得P(−5,−3)，作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P′，由对称性知∠ACP′=∠ACP，P′是满足条件的点，设E(m,n)，可得(m+4)2+n2=(−4+2)2m2+(n−2)2=(0+2)2+(2−0)2，可解得E(−145,85)，从而可得直线CE解析式为：y=57x+2，即可解得P′(−317,−5749).
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、相似三角形判定与性质、对称变换等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
2023年山东省济南市历城区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在实数0，−2，− 6，−3中，最小的是( )
A. 0 B. −2 C. − 6 D. −3
2. 下列四个几何体中，主视图与俯视图相同的是( )
A. B. C. D.
3. 古语有云：“水滴石穿”，若水珠不断滴在一块石头上，经过40年，石头上会形成一个深为0.0000052cm的小洞.数0.0000052用科学记数法表示为( )
A. 5.2×105 B. 5.2×10−6 C. 5.2×10−7 D. 52×10−7
4. 如图，AB//CD，AE平分∠BAC，∠AEC=58°，则∠C的度数为( )
A. 54°
B. 64°
C. 74°
D. 58°
5. 下列图形中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
6. 将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，则取得的小正方体恰有三个面涂有灰色的概率为( )
A. 12
B. 14
C. 18
D. 116
7. 若a+b=3，则代数式a−bb÷a2−b22b的值为( )
A. 23 B. 32 C. 2 D. 3
8. 如图，在平面直角坐标系中，点A(−1,0)，B(1,0)，C(0,1)，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴的正半轴上的A′处，得到△A′BC′，则阴影部分面积为( )
A. π3
B. π3−1
C. 2π3+1
D. 2π3
9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以点B和点C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于D、E两点，作直线DE交AB于点F，交BC于点G，连结CF.若AC=2，CG= 3，则CF的长为( )
A. 52
B. 2
C. 3
D. 72
10. 新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数y=x2−x+c(c为常数)在−2
11. 分解因式：a2−6a+9=______．
12. 如图，小颖为学校联欢会设计了一个“配紫色”游戏：下面是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，游戏者同时转动两个转盘.若其中一个转盘转出了红色，另一个转出了蓝色，则可配成紫色.此时，配成紫色的概率是______ ．
13. 已知代数式2x−2与代数3x+2的值相等，则x= ______ ．
14. 如图所示，已知∠MON=60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠NED= ______ 度.
15. 在全民健身越野赛中，甲乙两选手的行程y(千米)随时间x(小时)变化的图象(全程)如图所示，有下列说法：
①起跑后1小时内，乙在甲的前面；
②甲比乙先到达终点；
③第1小时两人都跑了10千米；
④1.5小时时，甲乙相距5千米；
⑤两人都跑了20千米．
其中正确的说法是______ .(填序号)
16. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，AB=4 2，E为BC边的中点，连接AE，将△ACE沿AE折叠得到△AED，DE交AB于点O，连接BD.则ODOE的值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：1 2+|− 2|−tan45°+( 2−1)0．
18. (本小题6.0分)
解不等式组：5x−2<3(x+2)①x+53≤2x②，并求所有整数解的和．
19. (本小题6.0分)
如图，已知正方形ABCD，点E，F分别为边AB和BC上的点，且DE=DF．
求证：BE=BF．
20. (本小题8.0分)
为了解某校八年级全体男生体能情况，随机抽取了部分男生进行测试，将测试成绩分为A、B、C、D四个等级，并把成绩绘制成如图所示的两个统计图表，其中“75≤x<90”这组的数据如下：
76，78，80，82，82，84，85，85，85，86，86，89．
测试成绩统计表
成绩x(分)
等级
人数
x≥90
A
21
75≤x<90
B
12
60≤x<75
C
m
x<60
D
n
请根据所给信息，解答下列问题：
(1)填空：m= ______ ，n= ______ ；
(2)B等级成绩中的众数是______ ，中位数是______ ；
(3)求扇形统计图中C级的圆心角度数；
(4)若该校八年级共有男生360人，根据抽样结果，估计体育测试成绩达到B级及以上(包括B级)的男生人数．
21. (本小题8.0分)
如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物顶部A点处测得乙建筑物顶部D点的俯角α为45°，底部C点的俯角β为58°，BC为两座建筑物的水平距离.已知乙建筑物的高度CD为8m，求甲建筑物的高度AB.(sin58°≈0.85,cos58°≈0.53,tan58°≈1.60，结果保留整数)
22. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，BD=CD，过点A作⊙O的切线，交DO的延长线于点E．
(1)求证：AC//DE；
(2)若AC=4,sin∠E= 55，求OE的长．
23. (本小题10.0分)
为全面贯彻党的教育方针，严格落实教育部对中小学生“五项管理”的相关要求和《关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》精神，保障学生每天在校1小时体育活动时间，某班计划采购A、B两种类型的羽毛球拍．已知购买3副A型羽毛球拍和4副B型羽毛球拍共需248元；购买5副A型羽毛球拍和2副B型羽毛球拍共需264元．
(1)求A、B两种类型羽毛球拍的单价．
(2)该班准备采购A、B两种类型的羽毛球拍共30副，且A型羽毛球拍的数量不少于B型羽毛球拍数量的2倍，请给出最省钱的购买方案，求出最少费用，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A(−2,0)，点B(0,2)，直线AB与反比例函数y=kx(k≠0)的图象在第一象限相交于点C(a,4)，
(1)求反比例函数的解析式；
(2)如图2，点D(4,0)，连接CD，点E是反比例函数y=kx(k≠0)图象第一象限内一点，且点E在点C的右侧，连接AE，CE，若△ACE的面积与且△ACD的面积相等，求点E的坐标；
(3)在(2)的条件下，若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，连结MD，并在MD左侧作正方形MDNF.当顶点F或顶点N恰好落在直线AB上，直接写出点M的坐标．
25. (本小题12.0分)
如图，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，点O为直角顶点，连接AD，BC，E是线段BC的中点，连接OE．
【问题解决】
(1)如图①，当C，D两点分别在边OA，OB上时，线段EO与线段AD之间的数量关系为______ ；
【类比探究】
(2)将△COD绕点O顺时针旋转到如图②所示位置，请探究(1)中的数量关系是否成立，并说明理由．
【拓展延伸】
(3)在△COD的旋转过程中，当∠AOC=150°时，若OA=4，OC=2，请直接写出OE的长．
26. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A(−4,0)和B(1,0)，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
(3)点P为抛物线上的一动点，且∠ACP=45°−∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵|−2|=2，|− 6|= 6，|−3|=3，
∴3> 6>2，
∴−3<− 6<−2，
在实数0，−2，− 6，−3中，
∵−3<− 6<−2<0，
∴最小的是−3，
故选：D．
根据负数小于0，两个负数比较，绝对值大的反而小，即可解答．
本题考查了实数大小比较，算术平方根，熟练掌握两个负数比较，绝对值大的反而小是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、柱主视图、左视图都是长方形，俯视图是圆，选项不符合题意；
B、圆球主视图、俯视图、左视图都是圆，选项符合题意；
C、圆锥主视图是三角形，俯视图是圆，故不符合题意；
D、三棱柱的主视图与俯视图是矩形和三角形，故不符合题意．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
此题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
3.【答案】B
【解析】解：0.0000052用科学记数法表示为5.2×10−6．
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】B
【解析】解：∵AB//CD，∠AEC=58°，
∴∠BAE=∠AEC=58°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAE=116°，
∵AB//CD，
∴∠C=180°−∠BAC=64°，
故选：B．
根据平行线的性质可得∠BAE=58°，再利用角平分线的性质可得∠BAC=2∠BAE=116°，然后再利用平行线的性质进行计算即可解答．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
B.该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了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度后与原图重合．
6.【答案】C
【解析】解：将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，共有64种等可能结果，其中取得的小正方体恰有三个面涂有灰色有8种结果，
所以取得的小正方体恰有三个面涂有灰色概率为864=18，
故选：C．
将一个棱长为4的正方体的表面涂成灰色，再把它分割成棱长为1的小正方体，从中任取一个小正方体，共有64种等可能结果，其中取得的小正方体恰有三个面涂有灰色有8种结果，再根据概率公式求解即可．
此题主要考查了概率公式的应用，正确得出三个面涂有灰色小立方体的个数是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：a−bb÷a2−b22b
=a−bb⋅2b(a−b)(a+b)
=2a+b，
当a+b=3时，
原式=23．
故选：A．
利用分式的相应的法则对式子进行化简，再代入相应的值运算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
8.【答案】A
【解析】解：∵点A(−1,0)，B(1,0)，C(0,1)，
∴OA=OB=OC=1，
∴BC= OB2+OC2= 2，AB=2，
由旋转可知，BA′=BA=2，OB=1，
∴∠OA′B=30°，
∴∠ABA′=90°−30°=60°=∠CBC′，
∴S阴影部分=S扇形BAA′+S△BA′C′−S扇形BCC′−S△ABC
=S扇形BAA′−S扇形BCC′
=60π×22360−60π×( 2)2360
=π3，
故选：A．
根据坐标的定义可得OA=OB=OC，根据勾股定理可求出BC，由旋转的性质可知BA′=BA=2，进而得出∠OA′B=30°，再求出∠ABA′=60°=∠CBC′，由面积之间的关系得到S阴影部分=S扇形BAA′−S扇形BCC′进行计算即可．
本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法以及旋转的性质是正确解答的前提．
9.【答案】B
【解析】解：由作图过程可知：
DE是BC的垂直平分线，
∴FG⊥BC，CG=BG，
∴∠FGC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴FG//AC，
∵点G是BC的中点，
∴点F是AB的中点，
∴FG是△ABC的中位线，
∴FG=12AC=12×2=1，
在Rt△CFG中，根据勾股定理，得
CF= CG2+FG2= 3+1=2．
答：CF的长为2．
故选：B．
由作图过程可知：DE是BC的垂直平分线，FG//AC，从而可以证明FG是△ABC的中位线，可得FG=1，再根据勾股定理即可求出CF的长．
本题考查了作图−基本作图，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法和性质．
10.【答案】B
【解析】解：由题意可得二倍点所在直线为：y=2x，
将x=−2代入y=2x得：y=−4，
将x=4代入y=2x得：y=8，
设A(−2,−4)，B(4,8)，如图，
抛物线与直线y=2x有两个交点，即方程x2−x+c=2x有两个不相等的实数根，
∴Δ=9−4c>0，
解得：c<94，
此时，直线x=−2和直线x=4与抛物线交点在点A，B上方时，抛物线与线段AB有两个交点，
把x=−2代入y=x2−x+c得：y=6+c，
把x=4代入y=x2−x+c得：y=12+c，
∴6+c>−412+c>8，
解得：c>−4，
∴−4
由点的纵坐标是横坐标的2倍可得二倍点在直线y=2x上，由−2
11.【答案】(a−3)2
【解析】解：原式=(a−3)2．
故答案为：(a−3)2．
直接利用完全平方公式分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
12.【答案】16
【解析】解：列表得：
红
白
黄
(红，黄)
(白，黄)
蓝
(红，蓝)
(白，蓝)
绿
(红，绿)
(白，绿)
∴一共有6种情况，配成紫色的有1种情况，
∴配成紫色的概率是16，
故答案为：16．
先画树状图展示所有6种等可能的结果，再找出一个红色和一个蓝色的结果数，然后根据概率公式计算．
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．
13.【答案】10
【解析】解：由题意得：
2x−2=3x+2，
2(x+2)=3(x−2)，
解得：x=10，
检验：当x=10时，(x−2)(x+2)≠0，
∴x=10是原方程的根，
故答案为：10．
按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解分式方程，一定要注意解分式方程必须检验．
14.【答案】24
【解析】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB=(5−2)×180°5=108°，
∵∠EAB是△AEO的外角，
∴∠AEO=∠EAB−∠MON=108°−60°=48°，
∴∠NED=180°−∠AEO−∠AED
=180°−48°−108°
=24°．
故答案为：24．
根据正五边形的性质求出∠EAB，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查了正多边形，掌握多边形内角和定理、正多边形的性质、三角形的外角性质是解题的关键．
15.【答案】③⑤
【解析】解：①由纵坐标看出，起跑后1小时内，甲在乙的前面，故①错误；
②由横坐标看出，乙比甲先到达终点，故②错误；
③由横坐标看出，第一小时两人都跑了10千米，故③正确；
④1.5小时时，乙的行程为1.5×101=15(千米)，甲的行程为10+10−81−0.5×(1.5−1)=12(千米)，
∴甲乙相距3千米，故④错误；
⑤由2×101=20(千米)知，乙2小时行程为20千米，根据纵坐标看出，甲乙二人都跑了20千米，故⑤正确；
故答案为：③⑤．
根据函数图象的纵坐标可判断①；根据函数图象的横坐标可判断②；由函数图象都过(1,10)可判断③；求出1.5小时时，甲乙的行程可判断④；求出乙2小时的行程可判断⑤．
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象的横坐标，可得时间，观察函数图象的纵坐标，可得相应的路程．
16.【答案】25
【解析】解：作EH⊥BD于H，
∵∠C=90°，AC=4，AB=4 2，
∴BC= AB2−AC2=4，
∵E为BC边的中点，
∴CE=BE=2，
∴AE= AC2+CE2=2 5，
∵△ACE沿AE折叠得到△AED，
∴DE=EB，∠AEC=∠AED，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠AEC+∠AED=∠EDB+∠EBD，
∴2∠AEC=2∠EBD，
∴∠AEC=∠EBD，
∴AE//BD，
∵∠C=∠EHB=90°，∠AEC=∠EBH，
∴△EBH∽△AEC，
∴BH：CE=BE：AE，
∴BH：2=2：2 5，
∴BH=2 55，
∴BD=2BH=4 55，
∵BD//AE，
∴△BOD∽△AOE，
∴ODOE=BDAE=25．
故答案为：25．
作EH⊥BD于H，由勾股定理求出BC、AE的长，由三角形外角的性质推出AE//BD，由△EBH∽△AEC，求出BH的长，得到BD的长，由△BOD∽△AOE，即可求出ODOE的值．
本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，关键是证明BD//AE，△EBH∽△AEC，求出BH的长．
17.【答案】解：1 2+|− 2|−tan45°+( 2−1)0
= 22+ 2−1+1
=3 22．
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了分母有理化，零指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：由①得：x<4，
由②得：x≥1，
∴不等式组的解集为1≤x<4，
则所有整数解为1，2，3，之和为1+2+3=6．
【解析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出所有整数解的和即可．
此题考查了一元一次不等式组的整数解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
19.【答案】证明：连接DB，
在正方形中，∠DBE=∠DBF，AD=CD，∠A=∠C=90°，
在Rt△DAE和Rt△DCF中，
AD=CDDE=DF，
∴Rt△DAE≌Rt△DCF(HL)，
∴∠DEA=∠DFC，
∴∠DEA=∠DFC，
在△DEB和△DFB中，
∠DEB=∠DFB∠DBE=∠DBFBD=BD，
∴△DEB≌△DFB(AAS)，
∴BE=BF．
【解析】先证Rt△DAE≌Rt△DCF，根据全等三角形的性质可得∠DEA=∠DFC，从而可得∠DEB=∠DFB，最后根据全等三角形的判定与性质可得结论．
此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
20.【答案】18 9 85 84.5
【解析】解：(1)根据题意可得，
调查总人数为：12÷20%=60(名)，
∴n=60×15%=9，
∴m=60−21−12−9=18．
故答案为：18，9；
(2)将B等级成绩按从小到大的顺序排列为：76，78，80，82，82，84，85，85，85，86，86，89，
∴众数为85，中位数为84+852=84.5．
故答案为：85，84.5；
(3)360°×1860=108°．
即扇形统计图中C级的圆心角度数为108°；
(4)360×21+1260=198(人)．
即可估计体育测试成绩达到B级及以上(包括B级)的男生人数为198人．
(1)由统计图表可得B级的人数为12，占调查人数的20%，求出调查总人数，用总人数乘以D级所占百分比求出n，根据各组频数之和等于样本容量，求出m的值，
(2)根据众数与中位数的定义求解；
(3)用360°乘以C级所占所占的百分比，即可求出相应的圆心角的度数；
(4)用360乘以A、B两级的学生所占总数的比值即可．
本题考查的是频数分布表和扇形统计图的综合运用．读懂统计图表，从图表中得到必要的信息是解决问题的关键．也考查了众数、中位数以及利用样本估计总体．
21.【答案】解：延长CD交AE于点F，
由题意得：AB=CF，CF⊥AE，
设AF=x m，
在Rt△AFD中，∠FAD=45°，
∴FD=AF⋅tan45°=x(m)，
在Rt△AFC中，∠FAC=58°，
∴CF=AF⋅tan58°≈1.6x(m)，
∵CF−DF=CD，
∴1.6x−x=8，
解得：x=403，
∴AB=CF=1.6x≈21(m)，
∴甲建筑物的高度AB约为21m．
【解析】延长CD交AE于点F，根据题意可得：AB=CF，CF⊥AE，然后设AF=x m，在Rt△AFD中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，再在Rt△AFC中，利用锐角三角函数的定义求出CF的长，从而根据CF−DF=CD，列出关于x的方程，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，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．
22.【答案】(1)证明：∵BD=CD，
∴∠BAD=∠CAD，
∵DO=DA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴DE//AC；
(2)解：如图，连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，
∴∠OFA=90°，
由(1)知，DE//AC，
∴∠OFA+∠FOE=180°，
∴∠FOE=∠FOA+∠AOE=90°，
∵AB为⊙O的直径，AE为⊙O的切线，切点为A，
∴AB⊥AE，
∴∠OAE=90°，
∵∠AOE+∠E+∠OAE=180°，
∴∠AOE+∠E=90°，
∴∠FOA=∠E，
在△FOA和△AEO中，
∠FOA=∠E，∠OFA=∠EAO=90°，
∴△FAO∽△AOE，
∴AOOE=AFAO，
∵sinE= 55，
∴OAOE= 55，
∴AFAO= 55，
∴AE=2OA，
∵OA=OC，OF⊥AC，
∴AF=CF=12AC=2，
∴AO=2 5，
∴OE= 55OA=10．
【解析】(1)由BD=CD得∠BAD=∠CAD，由DO=DA得∠ODA=∠OAD，则∠ODA=∠CAD，根据平行线的判定即可得出结论；
(2)连接OC，过点O作OF⊥AC于点F，证明△FAO∽△AOE，根据相似三角形的性质以及sinE= 55，可得OAOE= 55，再证△FAO∽△AOE，得OAOE=AFAO= 55，根据等腰三角形的性质得AF=CF=12AC=2，可得OA=2 5，即可求OE．
本题考查切线的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定及利用勾股定理是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设A型球拍每副x元，B型球拍每副y元，
3x+4y=2485x+2y=264，
解得x=40y=32，
答：A型球拍每副40元，B型球拍每副32元；
(2)设购买B型球拍a副，则购买A型球拍(30−a)副，总费用w元，
依题意得30−a≥2a，
解得a≤10，
w=40(30−a)+32a=−8a+1200，
∵−8<0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=10时，w最小，w最小=−8×10+1200=1120(元)，
此时30−10=20(副)，
答：费用最少的方案是购买A型球拍20副，B型球拍10副，所需费用1120元．
【解析】(1)设A型球拍每副x元，B型球拍每副y元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可；
(2)设购买B型球拍a副，根据题意列出不等式，解不等式求出a的范围，根据题意列出费用关于a的一次函数，根据一次函数的性质解答即可．
本题考查的是列二元一次方程组、一元一次不等式解实际问题，正确列出二元一次方程组和一元一次不等式并正确解出方程组和不等式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=mx+n，
将点A(−2,0)，点B(0,2)代入，
∴−2m+n=0n=2，
解得m=1n=2，
∴y=x+2，
将C(a,4)代入y=x+2中，
∴a+2=4，
解得a=2，
∴C(2,4)，
将C(2,4)代入y=kx，
∴k=8，
∴反比例函数解析式为y=8x；
(2)∵△ACE的面积与且△ACD的面积相等，
∴E点在过D点且与AB平行的直线上，
设过D点与直线AB平行的直线解析式为y=x+b，
∴4+b=0，
解得b=−4，
∴y=x−4，
联立方程组y=x−4y=8x，
解得x=2 3+2y=2 3−2或x=−2 3+2y=−2 3−2，
∵点E在点C的右侧，
∴E(2 3+2,2 3−2)；
(3)设M(t,8t)(t>0)，
当F点在直线AB上时，过点M作GH//x轴，过点F作FG⊥GH交于G点，过点D作DH⊥GH交于点H，
∵∠FMD=90°，
∴∠GMF+∠HMD=90°，
∵∠GMF+∠GFM=90°，
∴∠HMD=∠GFM，
∵FM=MD，
∴△MFG≌△DMH(AAS)，
∴MH=GF，GM=HD，
∴F(t−8t,8t−4+t)，
∴8t−4+t=t−8t+2，
解得t=83，
∴M(83,3)；
当N点在直线AB上时，过点D作PQ//y轴，过点M作MP⊥PQ交于点P，过点N作NQ⊥PQ交于点Q，
同理可得△MPD≌△DQN(AAS)，
∴MP=DQ，PD=NQ，
∴N(4−8t,t−4)，
∴t−4=4−8t+2，
解得t=5+ 17或t=5− 17，
∵M点在D点的左侧，
∴M(5− 17,5+ 17)；
综上所述：M点坐标为(83,3)或(5− 17,5+ 17).
【解析】(1)先求出直线AB的解析式，从而确定C点坐标，再由C点坐标求反比例函数的解析式即可；
(2)由题意可知，E点在过D点且与AB平行的直线上，求出过D点与直线AB平行的直线解析式后，再求该直线与反比例函数图象的交点即为E点；
(3)设M(t,8t)(t>0)，分两种情况讨论：当F点在直线AB上时，过点M作GH//x轴，过点F作FG⊥GH交于G点，过点D作DH⊥GH交于点H，通过证明△MFG≌△DMH(AAS)，确定点F(t−8t,8t−4+t)，再将点F代入直线AB的解析式，即可求出t的值，从而确定M点坐标；当N点在直线AB上时，过点D作PQ//y轴，过点M作MP⊥PQ交于点P，过点N作NQ⊥PQ交于点Q，同理可得△MPD≌△DQN(AAS)，确定点N的坐标，再将点F代入直线AB的解析式，即可求出t的值，从而确定M点坐标．
本题考查反比例函数的图象及性质，熟练掌握反比例函数的图象及性质，平行线的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
25.【答案】AD=2EO
【解析】解：(1)∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，
∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=90°，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴AD=BC，
在Rt△BOC中，E是BC的中点，
∴BC=2EO，
∴AD=2EO，
故答案为：AD=2EO；
(2)(1)中结论仍成立，理由如下：
延长OE至F使EO=EF，连接BF，连接FC并延长交AO于G，
∵E是BC的中点，
∴四边形BOCF是平行四边形，
∴CF=BO，
∵AO=BO，
∴CF=AO，
∵∠COD=∠AOB=90°，
∴∠FCO=90°+∠COG，∠AOD=90°+∠AOC，
∴∠FCO=∠AOD，
∵CO=DO，
∴△AOD≌△FCO(SAS)，
∴AD=OF，
∵点E是▱BOCF的对角线的交点，
∴EO=EF，
∴OF=2EO，
∴AD=2EO；
(3)如图3，当△COD绕点O顺时针旋转150°时，∠AOC=150°，
∴∠BOC=360°−150°−90°=120°，
过点C作FC⊥BO交延长线于F，过点E作EG⊥BO交于G，
∴∠OCF=30°，
∵OC=2，
∴OF=1，CF= 3，
∵E是BC的中点，
∴EG=12CF= 32，GB=GF，
∴OA=OB=4，
∴BF=5，
∴BG=FG=2.5，
∴OG=1.5，
∴OE= 3；
如图4，当△COD绕O点逆时针旋转150°时，∠AOC=150°，
∴∠BOC=60°，
过点C作CF⊥BO交于F，过点E作EG⊥BO交于G，
∴∠OCF=30°，
∵OC=2，
∴FO=1，CF= 3，
∵E是BC的中点，
∴GE=12CF= 32，BG=GF，
∵OB=AO=4，
∴BF=3，
∴BG=FG=32，
∴OG=52，
∴OE= 7；
综上所述：OE的长为 3或 7．
(1)证明△AOD≌△BOC(SAS)，可得AD=BC，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得BC=2EO，即可得出结论；
(2)延长OE至F使EO=EF，连接BF，连接FC并延长交AO于G，则四边形BOCF是平行四边形，得出OF=2EO，CF=BO，进而判断出△AOD≌△FCO(SAS)，可得AD=FO，即可得出结论；
(3)当△COD绕点O顺时针旋转150°时，∠AOC=150°，过点C作FC⊥BO交延长线于F，过点E作EG⊥BO交于G，求出EG= 32，OG=32，利用勾股定理求OE= 3；当△COD绕O点逆时针旋转150°时，∠AOC=150°，过点C作CF⊥BO交于F，过点E作EG⊥BO交于G，求出GE= 32，OG=52，利用勾股定理求OE= 7．
本题考查几何变换综合题，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
26.【答案】解：(1)把A(−4,0)和B(1,0)代入y=ax2+bx+2得：
16a−4b+2=0a+b+2=0，
解得a=−12b=−32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)由y=−12x2−32x+2可得C(0,2)，
设直线AC解析式为y=kx+2，把A(−4,0)代入得：
−4k+2=0，
解得k=12，
∴直线AC解析式为y=12x+2，
设M(x,−12x2−32x+2)，则N(x,12x+2)，
∴MN=−12x2−32x+2−(12x+2)=−12x2−2x，
∵MQ//x轴，MN//y轴，
∴∠MQN=∠CAO，∠NMQ=∠AOC=90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴MNOC=MQOA=NQAC，即MN2=MQ4=NQ2 5，
∴MQ=2MN，NQ= 5MN，
∴△MNQ周长MN+MQ+NQ=MN+2MN+ 5MN=(3+ 5)MN=(3+ 5)×(−12x2−2x)=−3+ 52(x−2)2+6+2 5，
∵−3+ 52<0，
∴当x=2时，△MNQ周长最大值为6+2 5；
(3)在x轴负半轴上取D，使OC=OD，连接CD交抛物线于P，如图：
∴D(−2,0)，∠CDO=45°，此时∠ACP=45°−∠BAC，P是满足条件的点，
∵C(0,2)，D(2,0)，
∴直线CD解析式为y=x+2，
由y=x+2y=−12x2−32x+2得x=0y=2或x=−5y=−3，
∴P(−5,−3)，
作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P′，由对称性知∠ACP′=∠ACP，P′是满足条件的点，
设E(m,n)，根据AE=AD，CE=CD可得：
(m+4)2+n2=(−4+2)2m2+(n−2)2=(0+2)2+(2−0)2，
解得m=−145n=85或m=−2n=0，
∴E(−145,85)，
由E(−145,85)，C(0,2)可得直线CE解析式为：y=57x+2，
解y=57x+2y=−12x2−32x+2得x=0y=2或x=−317y=−5749，
∴P′(−317,−5749)，
综上所述，P的坐标为(−5,−3)或(−317,−5749).
【解析】(1)用待定系数法可得抛物线的解析式为y=−12x2−32x+2；
(2)设直线AC解析式为y=kx+2，用待定系数法得直线AC解析式为y=12x+2，设M(x,−12x2−32x+2)，则N(x,12x+2)，即得MN=−12x2−2x，可证△QMN∽△AOC，有MNOC=MQOA=NQAC，故MQ=2MN，NQ= 5MN，可得△MNQ周长MN+MQ+NQ=MN+2MN+ 5MN=−3+ 52(x−2)2+6+2 5，即得当x=2时，△MNQ周长最大值为6+2 5；
(3)在x轴负半轴上取D，使OC=OD，连接CD交抛物线于P，此时∠ACP=45°−∠BAC，P是满足条件的点，由C(0,2)，D(2,0)，得直线CD解析式为y=x+2，即可解得P(−5,−3)，作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P′，由对称性知∠ACP′=∠ACP，P′是满足条件的点，设E(m,n)，可得(m+4)2+n2=(−4+2)2m2+(n−2)2=(0+2)2+(2−0)2，可解得E(−145,85)，从而可得直线CE解析式为：y=57x+2，即可解得P′(−317,−5749).
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、相似三角形判定与性质、对称变换等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
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