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2023年江苏省常州市中考数学模拟试卷（Ⅲ）（含解析）
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这是一份2023年江苏省常州市中考数学模拟试卷（Ⅲ）（含解析），共29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年江苏省常州市中考数学模拟试卷（Ⅲ）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 下列运算正确的是( )
A. a5÷a10=a2 B. (−2a3)2=4a6 C. 12m−1m=1m D. a4+a3=a7
3. 如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是( )
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 主视图和左视图
4. 数轴上A、B、C三点分别对应实数a、b、c，点A、C关于点B对称，若a= 5，b=3，则下列各数中，与c最接近的数是( )
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 3.5
5. 在平面直角坐标系xOy中，下列函数的图象不过点(1,1)的是( )
A. y=1x B. y=x2 C. y=−x+1 D. y=x3
6. 如图，OA、OB是⊙O的半径，C是⊙O上一点，∠AOB=40°，则∠ACB的度数是( )
A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
7. 如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该方法运用了祖冲之的出入相补原理．若图中空白部分的面积是15，整个图形(连同空白部分)的面积是39，则大正方形的边长是( )
A. 2 6
B. 3 3
C. 5
D. 4 2
8. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=135°，AB=4 2，点P是菱形ABCD内或边上的一点，且∠DAP+∠CBP=90°，连接DP、CP，则△DCP面积的最小值为( )
A. 8 2−8 B. 8−52 3 C. 4 2 D. 4−2 2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）
9. 当a______时，分式1a+2有意义．
10. 化简： 20− 5=______．
11. 分解因式：a3+4a2+4a= ______ ．
12. 如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点叠放在长方形的两条对边上，如果∠1=27°，那么∠2=______°.
13. 我国古代的数学名著《九章算术》中有下列问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几何？”其意思为：今有一女子很会织布，每天织的布都是前一天的2倍，5日共织布5尺．问每日各织多少布？根据此问题中的已知条件，可求得该女子第一天织布 尺．
14. 如图，在x轴，y轴上分别截取OA，OB，使OA=OB，再分别以点A，B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点P.若点P的坐标为(a,2a−3)，则a的值为 ．
15. 如图，在▱ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，若EF：AF=2：5，则S△DEF：S四边形EFBC= ______ ．
16. 如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，连接AC，若正六边形的边长为2，则点O到AC的距离OG的长为______．
17. 有一张矩形纸片ABCD，已知AB=2 2，AD=4，上面有一个以AD为直径的半圆(如图1)，E为边AB上一点，将纸片沿DE折叠，A点恰好落在BC上，此时半圆还露在外面的部分(如图2，阴影部分)的面积是______ ．
18. 对于⊙P及一个矩形给出如下定义：如果⊙P上存在到此矩形四个顶点距离都相等的点，那么称⊙P是该矩形的“等距圆”.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A的坐标为(4,6)，顶点C、D在x轴上，且OC=OD.若矩形ABCD的“等距圆”⊙P始终在矩形内部(含边界)，则⊙P的半径r的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共10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6.0分)
计算：
20230−(−12)−1−|3− 8|.
20. (本小题8.0分)
解方程和不等式组：
(1)3−xx−4+14−x=1；
(2)2(x+1)>x1−2x≥x+72．
21. (本小题8.0分)
为了解学生寒假阅读情况，某学校进行了问卷调查，对部分学生假期的阅读总时间作了随机抽样分析．设被抽样的每位同学寒假阅读的总时间为t(小时)，阅读总时间分为四个类别：A(0
(1)本次抽样的样本容量为______；
(2)补全条形统计图；
(3)扇形统计图中α的值为______，圆心角β的度数为______；
(4)若该校有2000名学生，估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有多少名？
22. (本小题8.0分)
把算珠放在计数器的3根插棒上可以构成一个数，例如：如图摆放的算珠表示数210．
(1)若将一颗算珠任意摆放在这3根插棒上，则构成的数是三位数的概率是 ；
(2)若一个数正读与反读都一样，我们就把这个数叫做回文数.现将两颗算珠任意摆放在这3根插棒上，先放一颗算珠，再放另一颗，请用列表或画树状图的方法，求构成的数是三位数且是回文数的概率．
23. (本小题8.0分)
如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F．
(1)求证：△ABF≌△EDF；
(2)将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点G正好重合，连接DG，若AB=6，BC=8，求DG的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCO的对角线BO在x轴上，若正方形ABCO的边长为2 2，点B在x轴负半轴上，反比例函数y=kx的图象经过C点．
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)当函数值y>−2时，请直接写出自变量x的取值范围；
(3)若点P是反比例函数上的一点，且△PBO的面积恰好等于正方形ABCO的面积，求点P的坐标．
25. (本小题8.0分)
在“停课不停学”期间，小明用电脑在线上课，图1是他的电脑液晶显示器的侧面图，显示屏AB可以绕O点旋转一定角度.研究表明：当眼睛E与显示屏顶端A在同一水平线上，且望向显示器屏幕形成一个37°俯角，即望向屏幕中心P(AP=BP)的视线EP与水平线EA的夹角∠AEP=37°时，对保护眼睛比较好，而且显示屏顶端A与底座C的连线AC与水平线CD垂直时(如图2)，观看屏幕最舒适，此时测得∠BCD=45°，∠APE=90°，液晶显示屏的宽AB为30cm．
(1)求眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE；
(2)求显示屏顶端A与底座C的距离AC.(参考数据：sin37°≈0.6，
cos37°≈0.8)
26. (本小题10.0分)
某班计划购买两种毕业纪念册，已知购买4本手绘纪念册和1本图片纪念册共需215元，购买2本手绘纪念册和5本图片纪念册共需265元．
(1)每本手绘纪念册和每本图片纪念册的价格分别为多少元？
(2)该班计划购买手绘纪念册和图片纪念册共50本，总费用不超过1900元，则最少要购买图片纪念册多少本？
27. (本小题10.0分)
如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
(1)若AP=1，则AE=______；
(2)①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
(3)在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．
28. (本小题10.0分)
二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A(−1,0)、B(4,0)．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F(−76,0)，动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标；
②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标；
(3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】B
【解析】解：A.a5÷a10=a5−10=a−5=1a5，因此选项A不符合题意；
B.((−2a3)2=4a6，因此选项B符合题意；
C.12m−1m=1−22m=−12m，因此选项C不符合题意；
D.a4与a3不是同类项不能合并，因此选项D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项，掌握同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项法则，是正确判断的前提．
本题考查同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项，掌握同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项的法则是正确解答的前提．
3.【答案】C
【解析】解：从上边看是一个田字，
“田”字是中心对称图形，
故选：C．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图，又利用了中心对称图形．
4.【答案】D
【解析】解：∵点A与点C关于点B对称，
∴b=a+c2，
即：3= 5+c2，
∴c=6− 5，
∵2< 5<3，
∴−3<− 5<−2，
∴6−3<6− 5<6−2，
即：3<6− 5<4，
∴c最接近3.5．
故选：D．
利用两点的中点的公式，求得C，然后估算即可．
本题考查提估算，关键是利用中点公式求得c值，然后进行估算．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数、一次函数、二次函数图象上点的坐标特征．图象上点的坐标适合解析式是解题的关键．
把点(1,1)分别代入解析式判断即可．
【解答】
解：A.x=1，则y=1x=1，故函数y=1x的图象过点(1,1)；
B.x=1，则y=x2=1，故函数y=x2的图象过点(1,1)；
C.x=1，则y=−x+1=0≠1，故函数y=−x+1的图象不过点(1,1)；
D.x=1，则y=x3=1，故函数y=x3的图象过点(1,1)；
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠AOB=40°，
∴∠ACB=12∠AOB=20°，
故选：B．
利用圆周角定理，进行计算即可解答．
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．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，根据题意列出方程组，即可求得．
【解答】
解：设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，
根据题意得：c2−12ab×2=15c2+12ab×2=39，
解得：c2=27，
解得：c=3 3或−3 3(舍去)，
故大正方形的边长为3 3，
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：在菱形ABCD中，∵AD//BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠DAP+∠CBP=90°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥PB，
∴当△DCP面积的最小时，P到CD的距离最小，即P到AB的距离最大，
∴当Rt△ABP是等腰直角三角形时，即P到AB的距离最大，
∵∠CBA=45°，
∴点P在BC边上，且AP⊥BC，
过C作CF⊥AB于F，PE⊥AB于E，
∴CF= 22BC=4，PE=12AB=2 2，
∴P到CD的距离=4−2 2，
∴△DCP面积的最小值为12×4 2×(4−2 2)=8 2−8，
故选：A．
根据菱形的性质得到AD//BC，根据平行线的性质得到∠DAB+∠ABC=180°，得到∠PAB+∠PBA=90°，求得AP⊥PB，当△DCP面积的最小时，P到CD的距离最小，即P到AB的距离最大，当Rt△ABP是等腰直角三角形时，即P到AB的距离最大，推出点PBC边上，且AP⊥BC，过C作CF⊥AB于F，PE⊥AB于E，于是得到距离．
本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】≠−2
【解析】解：根据题意得，a+2≠0，
解得a≠−2．
故答案为：≠−2．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0．
10.【答案】 5
【解析】解： 20− 5=2 5− 5= 5．
故填： 5．
此题先把二次根式化简，再进行合并即可求出答案．
此题考查了二次根式的加减，关键是把二次根式化简，再进行合并．
11.【答案】a(a+2)2
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，一般来说，如果可以提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．此多项式有公因式，应先提取公因式a，再对余下的多项式进行观察，有3项，可利用完全平方公式继续分解．
【解答】
解：a3+4a2+4a，
=a(a2+4a+4)，
=a(a+2)2．
12.【答案】57
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，邻补角的定义的应用，解此题的关键是能求∠3的度数，难度适中．
先根据三角形内角和定理求出∠4的度数，根据平行线性质求出∠3，根据邻补角定义求出即可．
【解答】
解：如图，
∵将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点叠放在长方形的两条对边上，∠1=27°，
∴∠4=90°−30°−27°=33°，
∵AD//BC，
∴∠3=∠4=33°，
∴∠2=180°−90°−33°=57°，
故答案为：57．
13.【答案】531
【解析】解：设第一天织布x尺，则第二天织布2x尺，第三天织布4x尺，第四天织布8x尺，第五天织布16x尺，根据题意可得：
x+2x+4x+8x+16x=5，
解得：x=531，
即该女子第一天织布531尺．
故答案为：531．
直接根据题意表示出5天每天织布的尺数，进而得出方程求出答案．
此题主要考查了一元一次方程的应用，正确表示出5天每天织布的尺数是解题关键．
14.【答案】3
【解析】解：∵OA=OB，分别以点A，B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点P，
∴点P在∠BOA的角平分线上，
∴点P到x轴和y轴的距离相等，
又∵点P在第一象限，点P的坐标为(a,2a−3)，
∴a=2a−3，
∴a=3．
故答案为：3．
根据作图方法可知点P在∠BOA的角平分线上，由角平分线的性质可知点P到x轴和y轴的距离相等，结合点P在第一象限，可得关于a的方程，求解即可．
本题考查了角平分线的作法及其性质在坐标与图形性质问题中的应用，明确题中的作图方法及角平分线的性质是解题的关键．、
15.【答案】4：31
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴S△DEFS△BAF=(EFAF)2=(25)2=425，
设S△DEF=4x，则S△BAF=25x，
∵S△DEF：S△ADF=EF：AF=2：5，
∴S△ADF=52×4x=10x，
∴S△ABD=10x+25x=35x，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△DBC=S△ABD=35x，
∴S四边形EFBC=35x−4x=31x，
∴S△DEF：S四边形EFBC=4x：31x=4：31．
根据平行四边形的性质得到DC//AB，则可判断△DEF∽△BAF，根据相似三角形的性质得到S△DEFS△BAF=425，设S△DEF=4x，则S△BAF=25x，再根据三角形面积公式得到S△ADF=10x，所以S△DBC=S△ABD=35x，然后求出S△DEF：S四边形EFBC的值．
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．也考查了平行四边形的性质．
16.【答案】1
【解析】解：连接OA、OC、OD，如图所示：
∵点O为正六边形ABCDEF的中心，边长为2，
∴∠B=∠BCD=(6−2)×180°÷6=120°，OC=OD，∠COD=360°6=60°，AB=BC=CD=2，
∴∠BCA=∠BAC=30°，△OCD是等边三角形，
∴OC=CD=2，∠OCD=60°，
∴∠OCG=120°−30°−60°=30°，
∵OG⊥AC，
∴OG=12OC=1，
即点O到AC的距离OG的长为1，
故答案为：1．
连接OA、OC、OD，证△OCD是等边三角形，得OC=CD=2，∠OCD=60°，再证∠OCG=30°，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
本题考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握正六边形的性质，证明△OCD为等边三角形是解题的关键．
17.【答案】π−2
【解析】解：设阴影部分所在的圆心为O，AD与半圆弧交于点F，如图，连接OF，
∵纸片沿DE折叠，A点恰好落在BC上，
∴AC= AD2−CD2= 42−(2 2)2=2 2=CD，
∴∠DAC=45°，
∵OD//BC，
∴∠ODF=45°，
∵OD=OF=2，
∴∠ODF=∠OFD=45°，
∴∠DOF=180°−45°−45°=90°，
∴S阴影部分=S扇形DOF−S△ODF
=90π×22360−12×2×2
=π−2．
故答案为：π−2．
根据折叠和直角三角形的边角关系可求出∠DAC=45°，进而求出阴影部分所在的圆心角的度数为90°，根据S阴影部分=S扇形DOF−S△ODF进行计算即可．
本题考查翻折变换，直角三角形的边角关系，扇形、三角形面积计算，掌握扇形和三角形面积计算方法是正确计算的前提，求出相应的圆心角度数和半径是正确计算的关键．
18.【答案】0
∴它的中心E点坐标为(0,3)，如图，
∴经过点E且在矩形内部(含边界)的最大圆为过点E且和AD，CD相切的圆P，
设切点分别为G，H，如图，
连接PG，PH，PE，过点P作PF⊥y轴于点F，设⊙P的半径为r，
则PG=PH=PE=r，PF=4−r，EF=3−r，
在Rt△PEF中，
∵PE2=EF2+PF2，
∴r2=(3−r)2+(4−r)2，
解得r1=7−2 6，r2=7+2 6，
由题意，r<3，而7+2 6>3，
∴r2=7+2 6应舍去，
故答案为：0
本题考查矩形的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是确定出最大圆的位置，利用垂径定理和勾股定理解答．
19.【答案】解：20230−(−12)−1−|3− 8|
=1+2−3+2 2
=2 2．
【解析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、二次根式化简3个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等知识点的运算．
20.【答案】解：(1)去分母得：3−x−1=x−4，
解得：x=3，
检验：把x=3代入得：x−4≠0，
∴分式方程的解为x=3；
(2)2(x+1)>x①1−2x≥x+72②，
由①得：x>−2，
由②得：x≤−1，
∴不等式组的解集为−2
(2)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即可．
此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
21.【答案】60 20 144°
【解析】解：(1)本次抽样的人数610%=60(人)，
∴样本容量为60，
故答案为：60；
(2)C组的人数为40%×60=24(人)，
补全统计图如下：
(3)A组所占的百分比为1260×100%=20%，
∴a的值为20，
β=40%×360°=144°，
故答案为：20，144°；
(4)总时间少于24小时的学生的百分比为12+1860×100%=50%，
∴估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有2000×50%=1000(名)，
答：估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有1000名．
(1)根据D组的人数和百分比即可求出样本容量；
(2)根据C组所占的百分比即可求出C组的人数；
(3)根据A组的人数即可求出A组所占的百分比，根据C组所占的百分比即可求出对应的圆心角；
(4)先算出低于24小时的学生的百分比，再估算出全校低于24小时的学生的人数．
本题主要考查统计图形的应用，能看懂统计图是关键，一般求总量所用的公式是一个已知分量除以它所占的百分比，第一问基本都是求总量，所以要记住，估算的公式是总人数乘以满足要求的人数所占的百分比，这两种问题中考比较爱考，记住公式，平时要多加练习．
22.【答案】13
【解析】解：(1)若将一颗算珠任意摆放在这3根插棒上，则构成的数是三位数的概率是13，
故答案为：13；
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中构成的数是三位数且是回文数的结果有2种，
∴构成的数是三位数且是回文数的概率为29．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有9种等可能的结果，其中构成的数是三位数且是回文数的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意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．
23.【答案】(1)证明：在矩形ABCD中，AB=CD，∠C=∠A=90°，
由折叠的性质可知：DE=CD，∠C=∠E=90°，
∴AB=DE，∠A=∠E=90°，
又∵∠AFB=∠EFD，
∴△ABF≌△EDF(AAS)；
(2)解：∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBG，
由折叠的性质可得，∠ADB=∠GDB，
∴∠GBD=∠GDB，
∴BG=DG，
设GC为x，则BG=DG=8−x，
在Rt△DCG中，由勾股定理可得，DG2=GC2+CD2，
即(8−x)2=x2+62，
解得x=74，
∴DG=8−74=254．
【解析】(1)根据矩形的性质可得AB=CD，∠C=∠A=90°，再根据折叠的性质可得DE=CD，∠C=∠E=90°，然后利用“角角边”证明即可；
(2)根据两直线平行，内错角相等可得∠ADB=∠DBG，由折叠的性质可得∠ADB=∠GDB，从而得到∠GBD=∠GDB，根据等角对等边可得BG=DG，设GC=x，表示出DG，然后利用勾股定理列方程求解即可．
本题考查了翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，翻折前后对应边相等，对应角相等，(2)利用勾股定理列出方程是解题的关键．
24.【答案】解：(1)
过C作CE⊥x轴于E，则∠CEB=90°，
∵正方形ABCO的边长为2 2，
∴CO=2 2，∠COE=45°，
∴CE=OE=2 2 2=2，
即k=−2×(−2)=4，
所以反比例函数的解析式是y=4x；
(2)把y=−2代入y=4x得：x=−2，
所以当函数值y>−2时，自变量x的取值范围是x<−2或x>0；
(3)设P点的纵坐标为a，
∵正方形ABCO的边长为2 2，
∴由勾股定理得：OB= (2 2)2+(2 2)2=4，
∵△PBO的面积恰好等于正方形ABCO的面积，
∴12×4×|a|=2 2×2 2，
解得：a=±4，
即P点的纵坐标是4或−4，
代入y=4x得：x=1或−1，
即P点的坐标是(1,4)或(−1,−4)．
【解析】本题考查了正方形的性质，用待定系数法求反比例函数的解析式和反比例函数的图象和性质，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键．
(1)求出C点的坐标，即可求出函数解析式；
(2)根据反比例函数的性质求出即可；
(3)根据面积求出P点的纵坐标，再代入函数解析式求出横坐标即可．
25.【答案】解：(1)由已知得AP=BP=12AB=15(cm)，
在Rt△APE中，∠APE=90°，sin∠AEP=APAE，
∴AE=APsin∠AEP=15sin37∘≈150.6=25(cm)，
答：眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE约为25cm；
(2)如图2，过点B作BF⊥AC于点F，
∵∠EAB+∠BAF=90°，∠EAB+∠AEP=90°，
∴∠BAF=∠AEP=37°，
在Rt△ABF中，∠AFB=90°，
AF=AB⋅cos∠BAF=30×cos37°≈30×0.8=24(cm)，
BF=AB⋅sin∠BAF=30×sin37°≈30×0.6≈18(cm)，
∵BF//CD，
∴∠CBF=∠BCD=45°，
∴CF=BF⋅tan∠CBF≈18×tan45°=≈18(cm)，
∴AC=AF+CF=24+18=42(cm)．
答：显示屏顶端A与底座C的距离AC约为42cm．
【解析】(1)由已知得AP=BP=12AB=15cm，根据锐角三角函数即可求出眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE；
(2)过点B作BF⊥AC于点F，根据锐角三角函数求出AF和BF的长，进而求出显示屏顶端A与底座C的距离AC．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握仰角俯角的定义，正确作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)设每本手绘纪念册的价格为x元，每本图片纪念册的价格为y元，
依题意得：4x+y=2152x+5y=265，
解得：x=45y=35．
答：每本手绘纪念册的价格为45元，每本图片纪念册的价格为35元．
(2)设可以购买图片纪念册m本，则购买手绘纪念册(50−m)本，
依题意得：35m+45(50−m)≤1900，
解得：m≥35．
答：最少能购买手绘纪念册35本．
【解析】(1)设每本手绘纪念册的价格为x元，每本图片纪念册的价格为y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)设可以购买手绘纪念册m本，则购买图片纪念册(50−m)本，根据总价=单价×数量，结合总价不超过1900元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，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，正确列出一元一次不等式．
27.【答案】(1)34
(2)答案见解析
(3)△APE的圆心到AB边的距离的最大值为12；过程见解析
【解析】(1)解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，
∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，
∴∠AEP=∠BPC，
∴△APE∽△BCP，
∴AEBP=APBC，即AE4−1=14，
解得：AE=34；
故答案为：34；
(2)①证明：如图3，
取PE的中点Q，连接AQ，OQ，
∵∠POE=90°，
∴OQ=12PE，
∵△APE是直角三角形，
∴点Q是Rt△APE外接圆的圆心，
∴AQ=12PE，
∴OQ=AQ，
∴点O一定在△APE的外接圆上；(到圆心的距离等于半径的点必在此圆上)
②解：连接OA、AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，∠BAC=45°，
∴AC= 42+42=4 2，
∵A、P、O、E四点共圆，
∴∠OAP=∠OEP=45°，
∴点O在AC上，
当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=12AC=2 2，
即点O经过的路径长为2 2；
(3)解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：
则MN//AE，
∵ME=MP，
∴AN=PN，
∴MN=12AE，
设AP=x，则BP=4−x，
由(1)得：△APE∽△BCP，
∴AEBP=APBC，即AE4−x=x4，
解得：AE=x−14x2=−14(x−2)2+1，
∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=12×1=12，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为12．
(1)由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠BPC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；
(2)①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；
②连接OA、AC，由勾股定理求出AC=4 2，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；
(3)设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=12AE，设AP=x，则BP=4−x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x−14x2=−14(x−2)2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=12即可．
本题是圆的综合题目，考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识；本题综合性强，难度较大．
28.【答案】解：(1)y=ax2+bx+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，
将点C的坐标代入得：−4a=4，解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
(2)①如图1，抛物线的对称轴是：x=−b2a=32，
∴CD=32，EF=32+76=166=83，
设点N的坐标为(32,a)则ND=4−a，NE=a，
当△CDN∽△FEN时，ENDN=EFCD，
即a4−a=169，
解得a=6425，
∴点N的坐标为(32,6425)；
当△CDN∽△NEF时，CDNE=DNEF，
即32a=4−a83，
解得：a1=a2=2，
∴点N的坐标为(32,2)，
综上所述，点N的坐标为(32,6425)或(32,2)；
②如图2所示：过点A作GH//y轴，过点M作MG⊥GH于G，过点A作AE⊥AM，交MP于点E，
∵∠AMP=45°，∠MAE=90°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴AM=AE，
将x=1代入抛物线的解析式得：y=6，
∴点M的坐标为(1,6)，
∴MG=2，AG=6，
∵∠GAM+∠EAH=90°，∠EAH+∠AEH=90°，
∴∠GAM=∠AEH，
∵∠G=∠H=90°，
∴△MGA≌△AHE(AAS)，
∴EH=AG=6，AH=GM=2，
∴E(5,−2)，
设ME的解析式为y=kx+b，
将点A和点E的坐标代入得：5k+b=−2k+b=6，
解得：k=−2b=8，
∴直线EA的解析式为y=−2x+8，
−2x+8=−x2+3x+4，
解得：x=1(舍)或x=4，
将x=4代入y=−2x+8得：y=0，
∴点P的坐标为(4,0)；
(3)分种情况：
①如图3，当T在x轴上时，满足条件，此时T(32,0)；
②如图4，当T在x轴的上方时，
∵△QOT为等腰三角形，且符合条件的Q恰好有2个，
∴OT=OQ2=OQ1=Q1T，
∴△OQ1T是等边三角形，
∴∠TOQ1=60°，
∴∠BOT=30°，
∵OE=32，
∵tan30°=ETOE= 33，
∴ET= 33，
∴T(32, 32)；
③当T在x轴的下方时，同理得T(32,− 32)；
综上，T的坐标为(32,0)或(32, 32)或(32,− 32).
【解析】(1)先求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，将点C的坐标代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
(2)①当点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似时分两种情况：△CDN∽△FEN和△CDN∽△NEF，列比例式可解答；
②如图2所示：过点A作GH//y轴，过点M作MG⊥GH于G，过点A作AE⊥AM，交MP于点E，证明△AEM是等腰直角三角形，得AM=AE，计算点M的坐标，证明△MGA≌△AHE(AAS)，则EH=AG=6，AH=GM=2，利用待定系数法可得直线EA的解析式为y=−2x+8，与二次函数解析式联立方程，解出可得结论；
(3)分T在x轴上，x轴上方和下方三种情况：根据符合条件的Q恰好有2个正确画图可得结论．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质、等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质，通过作辅助线构造全等三角形求得点E的坐标是解题的关键．
2023年江苏省常州市中考数学模拟试卷（Ⅲ）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 下列运算正确的是( )
A. a5÷a10=a2 B. (−2a3)2=4a6 C. 12m−1m=1m D. a4+a3=a7
3. 如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心对称图形的是( )
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 主视图和左视图
4. 数轴上A、B、C三点分别对应实数a、b、c，点A、C关于点B对称，若a= 5，b=3，则下列各数中，与c最接近的数是( )
A. 2 B. 2.5 C. 3 D. 3.5
5. 在平面直角坐标系xOy中，下列函数的图象不过点(1,1)的是( )
A. y=1x B. y=x2 C. y=−x+1 D. y=x3
6. 如图，OA、OB是⊙O的半径，C是⊙O上一点，∠AOB=40°，则∠ACB的度数是( )
A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
7. 如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该方法运用了祖冲之的出入相补原理．若图中空白部分的面积是15，整个图形(连同空白部分)的面积是39，则大正方形的边长是( )
A. 2 6
B. 3 3
C. 5
D. 4 2
8. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=135°，AB=4 2，点P是菱形ABCD内或边上的一点，且∠DAP+∠CBP=90°，连接DP、CP，则△DCP面积的最小值为( )
A. 8 2−8 B. 8−52 3 C. 4 2 D. 4−2 2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）
9. 当a______时，分式1a+2有意义．
10. 化简： 20− 5=______．
11. 分解因式：a3+4a2+4a= ______ ．
12. 如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点叠放在长方形的两条对边上，如果∠1=27°，那么∠2=______°.
13. 我国古代的数学名著《九章算术》中有下列问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．问日织几何？”其意思为：今有一女子很会织布，每天织的布都是前一天的2倍，5日共织布5尺．问每日各织多少布？根据此问题中的已知条件，可求得该女子第一天织布 尺．
14. 如图，在x轴，y轴上分别截取OA，OB，使OA=OB，再分别以点A，B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点P.若点P的坐标为(a,2a−3)，则a的值为 ．
15. 如图，在▱ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，若EF：AF=2：5，则S△DEF：S四边形EFBC= ______ ．
16. 如图，点O为正六边形ABCDEF的中心，连接AC，若正六边形的边长为2，则点O到AC的距离OG的长为______．
17. 有一张矩形纸片ABCD，已知AB=2 2，AD=4，上面有一个以AD为直径的半圆(如图1)，E为边AB上一点，将纸片沿DE折叠，A点恰好落在BC上，此时半圆还露在外面的部分(如图2，阴影部分)的面积是______ ．
18. 对于⊙P及一个矩形给出如下定义：如果⊙P上存在到此矩形四个顶点距离都相等的点，那么称⊙P是该矩形的“等距圆”.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A的坐标为(4,6)，顶点C、D在x轴上，且OC=OD.若矩形ABCD的“等距圆”⊙P始终在矩形内部(含边界)，则⊙P的半径r的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共10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6.0分)
计算：
20230−(−12)−1−|3− 8|.
20. (本小题8.0分)
解方程和不等式组：
(1)3−xx−4+14−x=1；
(2)2(x+1)>x1−2x≥x+72．
21. (本小题8.0分)
为了解学生寒假阅读情况，某学校进行了问卷调查，对部分学生假期的阅读总时间作了随机抽样分析．设被抽样的每位同学寒假阅读的总时间为t(小时)，阅读总时间分为四个类别：A(0
(1)本次抽样的样本容量为______；
(2)补全条形统计图；
(3)扇形统计图中α的值为______，圆心角β的度数为______；
(4)若该校有2000名学生，估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有多少名？
22. (本小题8.0分)
把算珠放在计数器的3根插棒上可以构成一个数，例如：如图摆放的算珠表示数210．
(1)若将一颗算珠任意摆放在这3根插棒上，则构成的数是三位数的概率是 ；
(2)若一个数正读与反读都一样，我们就把这个数叫做回文数.现将两颗算珠任意摆放在这3根插棒上，先放一颗算珠，再放另一颗，请用列表或画树状图的方法，求构成的数是三位数且是回文数的概率．
23. (本小题8.0分)
如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F．
(1)求证：△ABF≌△EDF；
(2)将折叠的图形恢复原状，点F与BC边上的点G正好重合，连接DG，若AB=6，BC=8，求DG的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCO的对角线BO在x轴上，若正方形ABCO的边长为2 2，点B在x轴负半轴上，反比例函数y=kx的图象经过C点．
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)当函数值y>−2时，请直接写出自变量x的取值范围；
(3)若点P是反比例函数上的一点，且△PBO的面积恰好等于正方形ABCO的面积，求点P的坐标．
25. (本小题8.0分)
在“停课不停学”期间，小明用电脑在线上课，图1是他的电脑液晶显示器的侧面图，显示屏AB可以绕O点旋转一定角度.研究表明：当眼睛E与显示屏顶端A在同一水平线上，且望向显示器屏幕形成一个37°俯角，即望向屏幕中心P(AP=BP)的视线EP与水平线EA的夹角∠AEP=37°时，对保护眼睛比较好，而且显示屏顶端A与底座C的连线AC与水平线CD垂直时(如图2)，观看屏幕最舒适，此时测得∠BCD=45°，∠APE=90°，液晶显示屏的宽AB为30cm．
(1)求眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE；
(2)求显示屏顶端A与底座C的距离AC.(参考数据：sin37°≈0.6，
cos37°≈0.8)
26. (本小题10.0分)
某班计划购买两种毕业纪念册，已知购买4本手绘纪念册和1本图片纪念册共需215元，购买2本手绘纪念册和5本图片纪念册共需265元．
(1)每本手绘纪念册和每本图片纪念册的价格分别为多少元？
(2)该班计划购买手绘纪念册和图片纪念册共50本，总费用不超过1900元，则最少要购买图片纪念册多少本？
27. (本小题10.0分)
如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
(1)若AP=1，则AE=______；
(2)①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
(3)在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．
28. (本小题10.0分)
二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于两点A、B，与y轴交于点C，且A(−1,0)、B(4,0)．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)①如图1，抛物线的对称轴m与x轴交于点E，CD⊥m，垂足为D，点F(−76,0)，动点N在线段DE上运动，连接CF、CN、FN，若以点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似，求点N的坐标；
②如图2，点M在抛物线上，且点M的横坐标是1，将射线MA绕点M逆时针旋转45°，交抛物线于点P，求点P的坐标；
(3)已知Q在y轴上，T为二次函数对称轴上一点，且△QOT为等腰三角形，若符合条件的Q恰好有2个，直接写出T的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】B
【解析】解：A.a5÷a10=a5−10=a−5=1a5，因此选项A不符合题意；
B.((−2a3)2=4a6，因此选项B符合题意；
C.12m−1m=1−22m=−12m，因此选项C不符合题意；
D.a4与a3不是同类项不能合并，因此选项D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项，掌握同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项法则，是正确判断的前提．
本题考查同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项，掌握同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，分式的加减以及合并同类项的法则是正确解答的前提．
3.【答案】C
【解析】解：从上边看是一个田字，
“田”字是中心对称图形，
故选：C．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图，又利用了中心对称图形．
4.【答案】D
【解析】解：∵点A与点C关于点B对称，
∴b=a+c2，
即：3= 5+c2，
∴c=6− 5，
∵2< 5<3，
∴−3<− 5<−2，
∴6−3<6− 5<6−2，
即：3<6− 5<4，
∴c最接近3.5．
故选：D．
利用两点的中点的公式，求得C，然后估算即可．
本题考查提估算，关键是利用中点公式求得c值，然后进行估算．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数、一次函数、二次函数图象上点的坐标特征．图象上点的坐标适合解析式是解题的关键．
把点(1,1)分别代入解析式判断即可．
【解答】
解：A.x=1，则y=1x=1，故函数y=1x的图象过点(1,1)；
B.x=1，则y=x2=1，故函数y=x2的图象过点(1,1)；
C.x=1，则y=−x+1=0≠1，故函数y=−x+1的图象不过点(1,1)；
D.x=1，则y=x3=1，故函数y=x3的图象过点(1,1)；
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠AOB=40°，
∴∠ACB=12∠AOB=20°，
故选：B．
利用圆周角定理，进行计算即可解答．
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．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，根据题意列出方程组，即可求得．
【解答】
解：设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，
根据题意得：c2−12ab×2=15c2+12ab×2=39，
解得：c2=27，
解得：c=3 3或−3 3(舍去)，
故大正方形的边长为3 3，
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：在菱形ABCD中，∵AD//BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠DAP+∠CBP=90°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥PB，
∴当△DCP面积的最小时，P到CD的距离最小，即P到AB的距离最大，
∴当Rt△ABP是等腰直角三角形时，即P到AB的距离最大，
∵∠CBA=45°，
∴点P在BC边上，且AP⊥BC，
过C作CF⊥AB于F，PE⊥AB于E，
∴CF= 22BC=4，PE=12AB=2 2，
∴P到CD的距离=4−2 2，
∴△DCP面积的最小值为12×4 2×(4−2 2)=8 2−8，
故选：A．
根据菱形的性质得到AD//BC，根据平行线的性质得到∠DAB+∠ABC=180°，得到∠PAB+∠PBA=90°，求得AP⊥PB，当△DCP面积的最小时，P到CD的距离最小，即P到AB的距离最大，当Rt△ABP是等腰直角三角形时，即P到AB的距离最大，推出点PBC边上，且AP⊥BC，过C作CF⊥AB于F，PE⊥AB于E，于是得到距离．
本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】≠−2
【解析】解：根据题意得，a+2≠0，
解得a≠−2．
故答案为：≠−2．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0．
10.【答案】 5
【解析】解： 20− 5=2 5− 5= 5．
故填： 5．
此题先把二次根式化简，再进行合并即可求出答案．
此题考查了二次根式的加减，关键是把二次根式化简，再进行合并．
11.【答案】a(a+2)2
【解析】
【分析】
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，一般来说，如果可以提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．此多项式有公因式，应先提取公因式a，再对余下的多项式进行观察，有3项，可利用完全平方公式继续分解．
【解答】
解：a3+4a2+4a，
=a(a2+4a+4)，
=a(a+2)2．
12.【答案】57
【解析】
【分析】
本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，邻补角的定义的应用，解此题的关键是能求∠3的度数，难度适中．
先根据三角形内角和定理求出∠4的度数，根据平行线性质求出∠3，根据邻补角定义求出即可．
【解答】
解：如图，
∵将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点叠放在长方形的两条对边上，∠1=27°，
∴∠4=90°−30°−27°=33°，
∵AD//BC，
∴∠3=∠4=33°，
∴∠2=180°−90°−33°=57°，
故答案为：57．
13.【答案】531
【解析】解：设第一天织布x尺，则第二天织布2x尺，第三天织布4x尺，第四天织布8x尺，第五天织布16x尺，根据题意可得：
x+2x+4x+8x+16x=5，
解得：x=531，
即该女子第一天织布531尺．
故答案为：531．
直接根据题意表示出5天每天织布的尺数，进而得出方程求出答案．
此题主要考查了一元一次方程的应用，正确表示出5天每天织布的尺数是解题关键．
14.【答案】3
【解析】解：∵OA=OB，分别以点A，B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点P，
∴点P在∠BOA的角平分线上，
∴点P到x轴和y轴的距离相等，
又∵点P在第一象限，点P的坐标为(a,2a−3)，
∴a=2a−3，
∴a=3．
故答案为：3．
根据作图方法可知点P在∠BOA的角平分线上，由角平分线的性质可知点P到x轴和y轴的距离相等，结合点P在第一象限，可得关于a的方程，求解即可．
本题考查了角平分线的作法及其性质在坐标与图形性质问题中的应用，明确题中的作图方法及角平分线的性质是解题的关键．、
15.【答案】4：31
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴S△DEFS△BAF=(EFAF)2=(25)2=425，
设S△DEF=4x，则S△BAF=25x，
∵S△DEF：S△ADF=EF：AF=2：5，
∴S△ADF=52×4x=10x，
∴S△ABD=10x+25x=35x，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴S△DBC=S△ABD=35x，
∴S四边形EFBC=35x−4x=31x，
∴S△DEF：S四边形EFBC=4x：31x=4：31．
根据平行四边形的性质得到DC//AB，则可判断△DEF∽△BAF，根据相似三角形的性质得到S△DEFS△BAF=425，设S△DEF=4x，则S△BAF=25x，再根据三角形面积公式得到S△ADF=10x，所以S△DBC=S△ABD=35x，然后求出S△DEF：S四边形EFBC的值．
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．也考查了平行四边形的性质．
16.【答案】1
【解析】解：连接OA、OC、OD，如图所示：
∵点O为正六边形ABCDEF的中心，边长为2，
∴∠B=∠BCD=(6−2)×180°÷6=120°，OC=OD，∠COD=360°6=60°，AB=BC=CD=2，
∴∠BCA=∠BAC=30°，△OCD是等边三角形，
∴OC=CD=2，∠OCD=60°，
∴∠OCG=120°−30°−60°=30°，
∵OG⊥AC，
∴OG=12OC=1，
即点O到AC的距离OG的长为1，
故答案为：1．
连接OA、OC、OD，证△OCD是等边三角形，得OC=CD=2，∠OCD=60°，再证∠OCG=30°，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
本题考查了正多边形和圆、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握正六边形的性质，证明△OCD为等边三角形是解题的关键．
17.【答案】π−2
【解析】解：设阴影部分所在的圆心为O，AD与半圆弧交于点F，如图，连接OF，
∵纸片沿DE折叠，A点恰好落在BC上，
∴AC= AD2−CD2= 42−(2 2)2=2 2=CD，
∴∠DAC=45°，
∵OD//BC，
∴∠ODF=45°，
∵OD=OF=2，
∴∠ODF=∠OFD=45°，
∴∠DOF=180°−45°−45°=90°，
∴S阴影部分=S扇形DOF−S△ODF
=90π×22360−12×2×2
=π−2．
故答案为：π−2．
根据折叠和直角三角形的边角关系可求出∠DAC=45°，进而求出阴影部分所在的圆心角的度数为90°，根据S阴影部分=S扇形DOF−S△ODF进行计算即可．
本题考查翻折变换，直角三角形的边角关系，扇形、三角形面积计算，掌握扇形和三角形面积计算方法是正确计算的前提，求出相应的圆心角度数和半径是正确计算的关键．
18.【答案】0
∴它的中心E点坐标为(0,3)，如图，
∴经过点E且在矩形内部(含边界)的最大圆为过点E且和AD，CD相切的圆P，
设切点分别为G，H，如图，
连接PG，PH，PE，过点P作PF⊥y轴于点F，设⊙P的半径为r，
则PG=PH=PE=r，PF=4−r，EF=3−r，
在Rt△PEF中，
∵PE2=EF2+PF2，
∴r2=(3−r)2+(4−r)2，
解得r1=7−2 6，r2=7+2 6，
由题意，r<3，而7+2 6>3，
∴r2=7+2 6应舍去，
故答案为：0
本题考查矩形的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是确定出最大圆的位置，利用垂径定理和勾股定理解答．
19.【答案】解：20230−(−12)−1−|3− 8|
=1+2−3+2 2
=2 2．
【解析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、二次根式化简3个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等知识点的运算．
20.【答案】解：(1)去分母得：3−x−1=x−4，
解得：x=3，
检验：把x=3代入得：x−4≠0，
∴分式方程的解为x=3；
(2)2(x+1)>x①1−2x≥x+72②，
由①得：x>−2，
由②得：x≤−1，
∴不等式组的解集为−2
(2)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即可．
此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
21.【答案】60 20 144°
【解析】解：(1)本次抽样的人数610%=60(人)，
∴样本容量为60，
故答案为：60；
(2)C组的人数为40%×60=24(人)，
补全统计图如下：
(3)A组所占的百分比为1260×100%=20%，
∴a的值为20，
β=40%×360°=144°，
故答案为：20，144°；
(4)总时间少于24小时的学生的百分比为12+1860×100%=50%，
∴估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有2000×50%=1000(名)，
答：估计寒假阅读的总时间少于24小时的学生有1000名．
(1)根据D组的人数和百分比即可求出样本容量；
(2)根据C组所占的百分比即可求出C组的人数；
(3)根据A组的人数即可求出A组所占的百分比，根据C组所占的百分比即可求出对应的圆心角；
(4)先算出低于24小时的学生的百分比，再估算出全校低于24小时的学生的人数．
本题主要考查统计图形的应用，能看懂统计图是关键，一般求总量所用的公式是一个已知分量除以它所占的百分比，第一问基本都是求总量，所以要记住，估算的公式是总人数乘以满足要求的人数所占的百分比，这两种问题中考比较爱考，记住公式，平时要多加练习．
22.【答案】13
【解析】解：(1)若将一颗算珠任意摆放在这3根插棒上，则构成的数是三位数的概率是13，
故答案为：13；
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中构成的数是三位数且是回文数的结果有2种，
∴构成的数是三位数且是回文数的概率为29．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有9种等可能的结果，其中构成的数是三位数且是回文数的结果有2种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意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．
23.【答案】(1)证明：在矩形ABCD中，AB=CD，∠C=∠A=90°，
由折叠的性质可知：DE=CD，∠C=∠E=90°，
∴AB=DE，∠A=∠E=90°，
又∵∠AFB=∠EFD，
∴△ABF≌△EDF(AAS)；
(2)解：∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBG，
由折叠的性质可得，∠ADB=∠GDB，
∴∠GBD=∠GDB，
∴BG=DG，
设GC为x，则BG=DG=8−x，
在Rt△DCG中，由勾股定理可得，DG2=GC2+CD2，
即(8−x)2=x2+62，
解得x=74，
∴DG=8−74=254．
【解析】(1)根据矩形的性质可得AB=CD，∠C=∠A=90°，再根据折叠的性质可得DE=CD，∠C=∠E=90°，然后利用“角角边”证明即可；
(2)根据两直线平行，内错角相等可得∠ADB=∠DBG，由折叠的性质可得∠ADB=∠GDB，从而得到∠GBD=∠GDB，根据等角对等边可得BG=DG，设GC=x，表示出DG，然后利用勾股定理列方程求解即可．
本题考查了翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，翻折前后对应边相等，对应角相等，(2)利用勾股定理列出方程是解题的关键．
24.【答案】解：(1)
过C作CE⊥x轴于E，则∠CEB=90°，
∵正方形ABCO的边长为2 2，
∴CO=2 2，∠COE=45°，
∴CE=OE=2 2 2=2，
即k=−2×(−2)=4，
所以反比例函数的解析式是y=4x；
(2)把y=−2代入y=4x得：x=−2，
所以当函数值y>−2时，自变量x的取值范围是x<−2或x>0；
(3)设P点的纵坐标为a，
∵正方形ABCO的边长为2 2，
∴由勾股定理得：OB= (2 2)2+(2 2)2=4，
∵△PBO的面积恰好等于正方形ABCO的面积，
∴12×4×|a|=2 2×2 2，
解得：a=±4，
即P点的纵坐标是4或−4，
代入y=4x得：x=1或−1，
即P点的坐标是(1,4)或(−1,−4)．
【解析】本题考查了正方形的性质，用待定系数法求反比例函数的解析式和反比例函数的图象和性质，能熟记反比例函数的性质是解此题的关键．
(1)求出C点的坐标，即可求出函数解析式；
(2)根据反比例函数的性质求出即可；
(3)根据面积求出P点的纵坐标，再代入函数解析式求出横坐标即可．
25.【答案】解：(1)由已知得AP=BP=12AB=15(cm)，
在Rt△APE中，∠APE=90°，sin∠AEP=APAE，
∴AE=APsin∠AEP=15sin37∘≈150.6=25(cm)，
答：眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE约为25cm；
(2)如图2，过点B作BF⊥AC于点F，
∵∠EAB+∠BAF=90°，∠EAB+∠AEP=90°，
∴∠BAF=∠AEP=37°，
在Rt△ABF中，∠AFB=90°，
AF=AB⋅cos∠BAF=30×cos37°≈30×0.8=24(cm)，
BF=AB⋅sin∠BAF=30×sin37°≈30×0.6≈18(cm)，
∵BF//CD，
∴∠CBF=∠BCD=45°，
∴CF=BF⋅tan∠CBF≈18×tan45°=≈18(cm)，
∴AC=AF+CF=24+18=42(cm)．
答：显示屏顶端A与底座C的距离AC约为42cm．
【解析】(1)由已知得AP=BP=12AB=15cm，根据锐角三角函数即可求出眼睛E与显示屏顶端A的水平距离AE；
(2)过点B作BF⊥AC于点F，根据锐角三角函数求出AF和BF的长，进而求出显示屏顶端A与底座C的距离AC．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握仰角俯角的定义，正确作出辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)设每本手绘纪念册的价格为x元，每本图片纪念册的价格为y元，
依题意得：4x+y=2152x+5y=265，
解得：x=45y=35．
答：每本手绘纪念册的价格为45元，每本图片纪念册的价格为35元．
(2)设可以购买图片纪念册m本，则购买手绘纪念册(50−m)本，
依题意得：35m+45(50−m)≤1900，
解得：m≥35．
答：最少能购买手绘纪念册35本．
【解析】(1)设每本手绘纪念册的价格为x元，每本图片纪念册的价格为y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)设可以购买手绘纪念册m本，则购买图片纪念册(50−m)本，根据总价=单价×数量，结合总价不超过1900元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，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，正确列出一元一次不等式．
27.【答案】(1)34
(2)答案见解析
(3)△APE的圆心到AB边的距离的最大值为12；过程见解析
【解析】(1)解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，
∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，
∴∠AEP=∠BPC，
∴△APE∽△BCP，
∴AEBP=APBC，即AE4−1=14，
解得：AE=34；
故答案为：34；
(2)①证明：如图3，
取PE的中点Q，连接AQ，OQ，
∵∠POE=90°，
∴OQ=12PE，
∵△APE是直角三角形，
∴点Q是Rt△APE外接圆的圆心，
∴AQ=12PE，
∴OQ=AQ，
∴点O一定在△APE的外接圆上；(到圆心的距离等于半径的点必在此圆上)
②解：连接OA、AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，∠BAC=45°，
∴AC= 42+42=4 2，
∵A、P、O、E四点共圆，
∴∠OAP=∠OEP=45°，
∴点O在AC上，
当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=12AC=2 2，
即点O经过的路径长为2 2；
(3)解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：
则MN//AE，
∵ME=MP，
∴AN=PN，
∴MN=12AE，
设AP=x，则BP=4−x，
由(1)得：△APE∽△BCP，
∴AEBP=APBC，即AE4−x=x4，
解得：AE=x−14x2=−14(x−2)2+1，
∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=12×1=12，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为12．
(1)由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠BPC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；
(2)①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；
②连接OA、AC，由勾股定理求出AC=4 2，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；
(3)设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=12AE，设AP=x，则BP=4−x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x−14x2=−14(x−2)2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=12即可．
本题是圆的综合题目，考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识；本题综合性强，难度较大．
28.【答案】解：(1)y=ax2+bx+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，
将点C的坐标代入得：−4a=4，解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
(2)①如图1，抛物线的对称轴是：x=−b2a=32，
∴CD=32，EF=32+76=166=83，
设点N的坐标为(32,a)则ND=4−a，NE=a，
当△CDN∽△FEN时，ENDN=EFCD，
即a4−a=169，
解得a=6425，
∴点N的坐标为(32,6425)；
当△CDN∽△NEF时，CDNE=DNEF，
即32a=4−a83，
解得：a1=a2=2，
∴点N的坐标为(32,2)，
综上所述，点N的坐标为(32,6425)或(32,2)；
②如图2所示：过点A作GH//y轴，过点M作MG⊥GH于G，过点A作AE⊥AM，交MP于点E，
∵∠AMP=45°，∠MAE=90°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴AM=AE，
将x=1代入抛物线的解析式得：y=6，
∴点M的坐标为(1,6)，
∴MG=2，AG=6，
∵∠GAM+∠EAH=90°，∠EAH+∠AEH=90°，
∴∠GAM=∠AEH，
∵∠G=∠H=90°，
∴△MGA≌△AHE(AAS)，
∴EH=AG=6，AH=GM=2，
∴E(5,−2)，
设ME的解析式为y=kx+b，
将点A和点E的坐标代入得：5k+b=−2k+b=6，
解得：k=−2b=8，
∴直线EA的解析式为y=−2x+8，
−2x+8=−x2+3x+4，
解得：x=1(舍)或x=4，
将x=4代入y=−2x+8得：y=0，
∴点P的坐标为(4,0)；
(3)分种情况：
①如图3，当T在x轴上时，满足条件，此时T(32,0)；
②如图4，当T在x轴的上方时，
∵△QOT为等腰三角形，且符合条件的Q恰好有2个，
∴OT=OQ2=OQ1=Q1T，
∴△OQ1T是等边三角形，
∴∠TOQ1=60°，
∴∠BOT=30°，
∵OE=32，
∵tan30°=ETOE= 33，
∴ET= 33，
∴T(32, 32)；
③当T在x轴的下方时，同理得T(32,− 32)；
综上，T的坐标为(32,0)或(32, 32)或(32,− 32).
【解析】(1)先求得点C的坐标，设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，将点C的坐标代入求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
(2)①当点C、D、N为顶点的三角形与△FEN相似时分两种情况：△CDN∽△FEN和△CDN∽△NEF，列比例式可解答；
②如图2所示：过点A作GH//y轴，过点M作MG⊥GH于G，过点A作AE⊥AM，交MP于点E，证明△AEM是等腰直角三角形，得AM=AE，计算点M的坐标，证明△MGA≌△AHE(AAS)，则EH=AG=6，AH=GM=2，利用待定系数法可得直线EA的解析式为y=−2x+8，与二次函数解析式联立方程，解出可得结论；
(3)分T在x轴上，x轴上方和下方三种情况：根据符合条件的Q恰好有2个正确画图可得结论．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质、等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质，通过作辅助线构造全等三角形求得点E的坐标是解题的关键．
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