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2023年山东省青岛市市南区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省青岛市市南区中考数学二模试卷（含解析），共26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年山东省青岛市市南区中考数学二模试卷
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24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在实数−5，0，3，13中，最大的实数是( )
A. 3 B. 0 C. −5 D. 13
2. 古代为便于纪元，乃在无穷延伸的时间中，取天地循环终始为一巡，称为元，以元作为计算时间的最大单位，1元=129600年，其中129600用科学记数法表示为( )
A. 1.296×104 B. 12.96×104 C. 1.296×106 D. 1.296×105
3. 如图所示的几何体，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下面四幅图分别是由体育运动长鼓舞、武术、举重、摔跤抽象出来的简笔画，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(4,3)，D(5,0)，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是( )
A. (10,7)
B. (8,7)
C. (10,7.5)
D. (8,6)
6. 下列运算结果正确的是( )
A. 2× 83=43 B. (2a2b)2=4a4b2 C. 2a⋅3ab=5a2b D. −x2−x2=0
7. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，BD，若∠C=105°，则∠OBD的度数为( )
A. 15°
B. 20°
C. 25°
D. 30°
8. 如图，正方形ABCD的边长为5，点E在AD边上，DE=2，连接CE，将△CDE沿CE翻折得△CD′E，延长ED′交AB于点F.则D′F的长度为( )
A. 2
B. 94
C. 157
D. 3 2−2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 计算：sin30°+| 3−1|+(π−4)0= ______ ．
10. 某商场为了吸引顾客，举行揽球(球除颜色外其余完全相同)游戏进行抽奖活动，并规定：顾客每购买100元的商品，就可以随机抽取一个球，抽得“红球”、“黄球”、“蓝球”，就可以分别获得100元、50元、20元的购物券，抽得“白球“不赠购物券，小明购买了100元的商品，他看到商场公布的前10000次抽奖结果如下：
球的颜色种类
红球
黄球
蓝球
白球
出现次数
500
1000
2000
6500
则小明随机抽取一球所获购物券金额的平均数为______ ．
11. 已知一元二次方程(k−3)x2+2x+1=0有实数解，则k的取值范围是______ ．
12. 2022年北京冬奥会女子冰变比赛有若干支队伍参加了单循环比赛(即所有参察队在比赛中均能相遇一次)，若单循环比赛共进行了45场，则共有多少支队伍参加比赛？设共有x支队伍参加比赛，根据题意，可列方程为______ ．
13. 如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线交于点O，AC=8，BC=7 3，以点O为圆心、AO长为半径画弧，交BC于点E，连接OE，∠AOE=60°，则图中阴影部分的面积为______ .(结果保留
π)
14. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，其对称轴是直线x=−2，若OA=5OB，则下列结论中：
①abc>0；②(a+c)2−b2=0；
③反比例函数y=bcx，在其图象所在象限内，y随x的增大而增大；
④若m为任意实数，则am2+bm+2b≥4a；
⑤一次函数y=ax+b的图象经过一、二、三象限．
正确的有______ .(填写序号即可
)
三、解答题（本大题共11小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题4.0分)
已知：如图，△ABC.求作：⊙O，使⊙O经过点C，且与△ABC的AB边相切于点B．
16. (本小题8.0分)
计算
(1)化简：a2−2a+1a2−1÷(a−2aa+1)；
(2)解不等式组：32(2−x)+x≤53x+12+1>2x，并在数轴上表示出解集．
17. (本小题6.0分)
不透明的口袋里装有红、黄、蓝三种颜色的小球若干个(除颜色外其余都相同)，其中红球2个，蓝球1个，若从中任意摸出一个球，它是蓝球的概率为0.25．
(1)直接写出袋中黄球的个数；
(2)从袋子中一次摸2个球，请用画树状图或列表格的方法，求“取出至少一个红球”的概率．
18. (本小题6.0分)
某水果商从批发市场用8000元购进了大樱桃和小樱桃各200千克，大樱桃的进价比小樱桃的进价每千克多20元，大樱桃售价为每千克40元，小樱桃售价为每千克16元．
(1)大樱桃和小樱桃的进价分别是每千克多少元？
(2)该水果商第二次仍用8000元从批发市场购进了大樱桃和小樱桃各200千克，进价不变，但在运输过程中小樱桃损耗了20%.若小樱桃的售价不变，要想让第二次赚的钱不少于第一次所赚钱的90%，大樱桃的售价最少应为多少？
19. (本小题6.0分)
某市各中小学为落实教育部政策，全面开展课后延时服务．市教育局为了解该市中学延时服务情况，随机抽查甲、乙两所中学各100名家长进行问卷调查．家长对延时服务的综合评分记为x，将所得数据分为5组(“很满意”：90≤x≤100；“满意”：80≤x<90；“比较满意”：70≤x<80；“不太满意”：60≤x<70；“不满意”：0≤x<60)，市教育局对数据进行了分析．部分信息如下：
c.甲、乙两所中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如表：
学校
平均数
中位数
众数
甲
85
n
83
乙
81
79
80
d.甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：
83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)直接写出m和n的值；
(2)根据以上数据，你认为哪所中学的延时服务开展得更好？并说明理由(一条即可)；
(3)市教育局指出：延时服务综合得分在70分及以上才算合格，请你估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数．
20. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=mx的图象交于A(−1,n)和B(32,−83)，与y轴交于点C，过C作CD//x轴，交反比例函数图象于D，连接AD，BD．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)求S△ACDS△BCD．
21. (本小题6.0分)
《九章第术》勾股章[一五]问“勾股容方“描述了关于图形之间关系的问题：如图1，知道一个直角三角形较短直角边(“勾”)与较长直角边(“股”)的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得.(我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”)
其文如下：
题：今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？
等：方三步，十七分步之九．
术：并勾、股为法，勾、股相乘为实，实如法而一，得方一步．
“题”、“答”、“术”的意思大致如下：
问题：一个直角三角形两直角边的长分别为5和12，它的“所容正方形”的边长是多少？
答案：3917．
解法：5×125+12=6017=3917
(1)已知：如图在△ACB中，∠C=90°，若AC=b，BC=a，则“所容正方形”DEFC的边长为______ ．
请说明理由：
(2)应用(1)中的结论解决问题：
如图2，中山公园有一块菱形场地，其面积为19200m2，两条对角线长度之和为400m，现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为______ ．
22. (本小题8.0分)
如图，某工程队从A处沿正北方向铺设了184米轨道到达B处.某同学在博物馆C测得A处在博物馆C的南偏东27°方向，B处在博物馆C的东南方向.(参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.90，tan27°≈0.50， 6≈2.45.)
(1)请计算博物馆C到B处的距离；(结果保留根号)
(2)博物馆C周围若干米内因有绿地不能铺设轨道.某同学通过计算后发现，轨道线路铺设到B处时，只需沿北偏东15°的BE方向继续铺设，就能使轨道线路恰好避开绿地.请计算博物馆C周围至少多少米内不能铺设轨道.(结果精确到个位
)
23. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，交BC于F.AG//BC交DE于G，连接AF，CG．
(1)求证：AF=BF．
(2)若AC=AB，判断四边形AGCF的形状，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
某商场准备购进A、B两种商品进行销售，已知一件A种商品的进价比一件B种商品的进价多10元，且用16000元采购A种商品件数是用7500元采购B种商品件数的2倍．
(1)每件A种和B种商品的进价分别为多少元？
(2)该商场预购进A，B两种商品共250件进行销售.其中A种商品件数不小于20件，且不大于B种商品件数．
若B种商品的售价定为210元/件.A种商品的售价与A种商品销量之间的关系如下表所示：
A种商品的销量
0
5
10
15
20
⋯
A种商品的售价
240
230
220
210
200
⋯
商场购进这两种商品能全部售出的前提下，请求出该商场销售这两种商品能获得的最大利润，并求出此时的进货方案．
25. (本小题10.0分)
如图1，在菱形ABCD中，AC、BD交于点E，BD=16厘米，点F在CE上，EF=3厘米.点P、Q分别从A、E两点同时出发，点P以k厘米/秒的速度沿AE向点E匀速运动，用时8秒到达点E；点Q以m厘米/秒的速度沿EB向点B匀速运动.设运动的时间为x秒(0≤x≤8)，△EFQ的面积为y1平方厘米，△PEQ的面积为y2平方厘米．
(1)图2中的线段OH是y1与x的函数图象，则y1与x的函数关系式为______ ，m的值为______ ；
(2)图2中的抛物线是y2与x的函数图象，其顶点坐标是(4.−12)，求点P的速度及对角线AC的长；
(3)在图2中，点G是x轴正半轴上一点(O
②当0
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：将各数按从小到大排列为：−5，0，13，3，
∴最大的实数是3，
故选：A．
利用实数大小比较的法则将各数按从小到大排列后即可得出结论．
本题主要考查了实数大小的比较，利用实数大小比较的法则将各数按从小到大排列是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：将129600用科学记数法表示应为1.296×105．
故选：D．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】B
【解析】解：几何体的俯视图是：
．
故选：B．
根据俯视图是从上往下看得到的图形，直接判断即可．
本题考查了简单组合体的三视图，解题关键是明确俯视图是从上往下看到的图形．
4.【答案】C
【解析】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：C．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
5.【答案】C
【解析】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，
而A(2,0)，D(5,0)，
∴△ABC与△DEF的位似比为25，
∵B(4,3)，
∴E点的坐标是为(4×52,3×52)，即(10,7.5)．
故选：C．
利用关于以原点为位似中心的对称点的坐标特征，通过点A与点D的坐标得到位似比，然后根据位似比得到E点坐标．
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
6.【答案】B
【解析】解：A． 2× 83= 163=4 33，故此选项不合题意；
B.(2a2b)2=4a4b2，故此选项符合题意；
C.2a⋅3ab=6a2b，故此选项不合题意；
D.−x2−x2=−2x2，故此选项不合题意．
故选：B．
直接利用二次根式的乘法运算法则以及积的乘方运算法则、单项式乘单项式、合并同类项法则分别化简，进而判断得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘法运算以及积的乘方运算、单项式乘单项式、合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠C=105°，
∴∠A=75°，
∴∠BOD=2∠A=150°，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=12(180°−∠BOD)=15°，
故选：A．
根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°，求出∠A，再根据圆周角定理得出∠BOD=2∠A=150°，再求出∠OBD=∠ODB即可．
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理和等腰三角形的性质等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，连接CF，
∵正方形ABCD的边长为5，
∴AB=AD=5，∠A=∠ABC=∠D=90°，
由折叠得，CD′=DC=BC=5，D′E=DE=2，∠ED′C=∠D=90°，
∴∠B=∠FD′C=90°，AE=AD−DE=3，
在Rt△BFC和Rt△D′FC中，
FC=FCBC=D′C
∴Rt△BFC≌Rt△D′FC(HL)，
∴FB=D′F，
设D′F=FB=x，则AF=AB−FB=5−x，EF=FD′+D′E=x+2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，EF2=AE2+AF2(2+x)2=32+(5−x)2，
解得，x=157，
即D′F的长度是157，
故选：C．
连接CF，由折叠得，CD′=DC=BC=5，D′E=DE=2，∠ED′C=∠D=90°，再证明Rt△BFC≌Rt△D′FC，即有FB=D′F，设D′F=FB=x，则AF=AB−FB=5−x，EF=FD′−D′E=x+2，在Rt△AEF中，由勾股定理得，EF2=AE2+AF2，据此列方程即可求解．
本题考查了正方形的性质，折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质．
9.【答案】12+ 3
【解析】解：原式=12+ 3−1+1
=12+ 3．
故答案为：12+ 3．
直接利用特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】14元
【解析】解：∵随机抽取一个球获得100元、50元、20元、0元的概率分别为50010000=120、100010000=110、200010000=15、650010000=1320，
∴小明随机抽取一球所获购物券金额的平均数为：100×120+50×110+20×15+0×1320=14(元)．
故答案为：14元．
先求出获得100元、50元、20元、0元的概率，让金额乘相应的概率的和即为随机抽取一球所获购物券金额的平均数．
本题考查了平均数以及概率，掌握定义是解题的关键．
11.【答案】k≤4且k≠3
【解析】解：根据题意得k−3≠0且Δ=22−4(k−3)≥0，
解得k≤4且k≠3，
即k的取值范围为k≤4且k≠3．
故答案为：k≤4且k≠3．
根据一元二次方程的定义个根的判别式的意义得到k−3≠0且Δ=22−4(k−3)≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
12.【答案】12x(x−1)=45
【解析】解：根据题意得：12x(x−1)=45．
故答案为：12x(x−1)=45．
利用比赛进行的总场数=参赛队伍数×(参赛队伍数−1)÷2，即可得出关于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，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13.【答案】10 3−83π
【解析】解：连接AE，
∵∠AOE=60°，OA=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AEO=60°，AE=AO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=OE=12AC=4，
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠AOE=∠OEC+∠OCE=60°，
∴∠OEC=∠OCE=30°，
∴∠AEC=∠AEO+∠OEC=60°+30°=90°，
∴EC= AC2−AE2= 82−42=4 3，
∴△AEC的面积=12EC⋅AE=12×4 3×4=8 3，
∵OA=OC，
∴△AOE的面积=12△AEC的面积=4 3，
∵BE=BC−CE=7 3−4 3=3 3，
∴△ABE的面积=12BE⋅AE=12×3 3×4=6 3，
∵扇形OAE的面积=60π×42360=83π，
∴阴影的面积=△ABE的面积+△AOE的面积−扇形OAE的面积=6 3+4 3−83π=10 3−83π.
故答案为10 3−83π.
连接AE，由条件得到△AOE是等边三角形，求出△AOE的面积，△ABE的面积，扇形AOE的面积，即可求出阴影的面积．
本题考查求阴影的面积，关键是表示出阴影的面积，转换成求扇形，三角形的面积．
14.【答案】②③④⑤
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c<0，
∴abc<0，①错误．
设抛物线对称轴与x轴交点为E(−2,0)，则OE=2，
∵OA=5OB，
∴OE=2OB，即点B坐标为(1,0)，
∴x=1时，y=a+b+c=0，
∴(a+c)2−b2=(a+c+b)(a−b+c)=0，②正确．
∵b>0，c<0，
∴bc<0，
∴反比例函数y=bcx，在其图象所在象限内，y随x的增大而增大，③正确；
∵x=−2时y取最小值，
∴am2+bm+c≥4a−2b+c，即am2+bm+2b≥4a，④正确；
∵a>0，b>0，
∴一次函数y=ax+b的图象经过一、二、三象限，⑤正确．
故答案为：②③④⑤．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断①③⑤，由OA=5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断②，由x=−2时y取最小值可判断④．
本题考查二次函数的性质，一次函数的性质，反比例函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
15.【答案】解：如图，⊙O为所作．
【解析】先作BC的垂直平分线MN，再过B点作BD⊥AB交MN于O点，然后以O点为圆心，OB为半径作圆即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
16.【答案】解：(1)原式=(a−1)2(a+1)(a−1)÷(a2+aa+1−2aa+1)
=(a−1)2(a+1)(a−1)⋅a+1a(a−1)
=1a；
(2)解不等式32(2−x)+x≤5，得：x≥−4，
解不等式3x+12+1>2x，得：x<3，
则不等式组的解集为−4≤x<3，
将解集表示在数轴上如下：
【解析】(1)先计算分式的减法，再计算除法即可；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是分式的混合运算、解一元一次不等式组以及在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握分式的运算法则和正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17.【答案】解：(1)设袋中的黄球个数为x个，
∴11+2+x=0.25，
解得：x=1，
经检验，x=1是原方程的解，
∴袋中黄球的个数1个；
(2)画树状图得：
一共有12种等可能的情况数，其中“取出至少一个红球”的有10种，
则“取出至少一个红球”概率是1012=56．
【解析】(1)首先设袋中的黄球个数为x个，然后根据古典概率的知识列方程，求解即可求得答案；
(2)首先画树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目，求其二者的比值即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意方程思想的应用．
18.【答案】解：(1)设小樱桃的进价为每千克x元，大樱桃的进价为每千克y元，根据题意可得：
200x+200y=8000y−x=20，
解得：x=10y=30，
答：小樱桃的进价为每千克10元，大樱桃的进价为每千克30元；
(2)设大樱桃的售价为a元/千克，
(1−20%)×200×16+200a−8000≥[(40−30)+(16−10)]×200×90%，
解得：a≥41.6，
答：大樱桃的售价最少应为41.6元/千克．
【解析】此题主要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，正确表示出总费用是解题关键．
(1)根据用8000元购进了大樱桃和小樱桃各200千克，以及大樱桃的进价比小樱桃的进价每千克多20元，分别得出等式求出答案；
(2)根据要想让第二次赚的钱不少于第一次所赚钱的90%，得出不等式求出答案．
19.【答案】解：(1)乙中学“比较满意”所占的百分比为1−40%−7%−18%−10%=25%，
即m=25，
∵甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
∴将甲中学的满意度得分从高到低排列后，处在中间位置的两个数的平均数为82+812=81.5，因此中位数是81.5，即n=81.5，
答：m=25，n=81.5；
(2)甲中学的延时服务开展得更好，理由如下：
因为甲中学延时服务得分的平均数、中位数均比乙中学的高，所以甲中学的延时服务开展得更好；
(3)1000×(1−7%−18%)=750(人)．
答：估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数为750人．
【解析】(1)根据扇形统计图的意义，各组频率之和为1即可求出m的值，利用中位数的意义可求出甲中学得分的中位数，即n的值；
(2)根据平均数、中位数的大小进行判断即可；
(3)求出乙中学延时服务合格所占的百分比即可．
本题考查扇形统计图，中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是解决问题的前提．
20.【答案】解：(1)把B(32,−83)代入y=mx，得：m=−4，
∴反比例函数的解析式为y=−4x；
把A(−1,n)代入y=−4x，得：n=4，
∴A(−1,4)，
把A(−1,4)、B(32,−83)代入y=kx+b得：−k+b=432k+b=−83，
解得：k=−83b=43，
∴一次函数的解析式为y=−83x+43；
(2)作AE⊥y轴于E，BF⊥y轴于F，
∵y=−83x+43，
∴C(0,43)，
∵A(−1,4)、B(32,−83)，
∴E(0,4)，F(0,−83)，
∴EC=83，CF=4，
∴S△ACDS△BCD=12CD⋅EC13CD⋅CF=CECF=23．
【解析】(1)把B(32,−83)代入y=mx可得m的值，求得反比例函数的解析式；根据反比例函数解析式求得点A坐标，再由A、B两点的坐标可得一次函数的解析式；
(2)求得CE、CF的长，然后利用三角形面积公式求得即可．
本题主要考查反比例函数和一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，数形结合是解题的关键．
21.【答案】aba+b 48
【解析】解：(1)连接CE，设正方形DEFC的边长为x，则DE=EF=x，
在△ACB中，∠C=90°，AC=b，BC=a，
∴S△ABC=12AC⋅DE+12BC⋅EF=12bx+12ax=12x(a+b)=12ab，
∴x=aba+b，
故答案为：aba+b；
(2)设菱形CDEF的两条对角线分别为CE=2a，DF=2b，
则CE⊥DF，CO=EO=a，FO=DO=b，
根据题意可得：2a+2b=40012×2a×2b=19200，
整理得：a+b=200ab=9600，
若正方形MNGH为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得GN⊥DF，GH⊥CE，则四边形OPGQ也为正方形，且这个正方形为直角三角形COF的“所容正方形”，
则由(1)的结论可得，这个正方形的边长=aba+b=9600200=48m，
故答案为：48．
(1)连接CE，利用等积法解答即可；
(2)设菱形CDEF的两条对角线分别为CE=2a，DF=2b，根据菱形的性质可得a+b=200ab=9600，然后判定OPGQ为正方形，且这个正方形为直角三角形COF的所容正方形，再根据(1)的结论求解．
此题考查了勾股定理的拓展，菱形的性质以及正方形的判定和性质等知识，正确理解题意，熟练掌握相关图形的性质，合理利用所求的相关结论作答是解决此题的关键．
22.【答案】解：(1)如图1，过点C作CG⊥AB于点G，
在Rt△BCG中，∠CBG=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BG，
设CG=BG=x米，则BC= 2x米，
在Rt△ACG中，∠CAG=27°，tan∠CAG=CGAG=tan27°≈0.50，
∴AG≈2CG=2x米，
∵AG=AB+BG=(184+x)米，
∴2x≈184+x，
解得：x≈184，
∴BC= 2x≈184 2(米)，
答：博物馆C到B处的距离约为184 2米；
(2)如图2，过点C作CH⊥BE于点H，
由题意得：∠CBG=45°，∠DBE=15°，
∴∠CBE=∠CBG+∠DBE=60°，
由(1)可知，BC≈184 2米，
在Rt△CBH中，CH=BC⋅sin60°≈184 2× 32=92 6≈225(米)，
答：博物馆C周围至少225米内不能铺设轨道．
【解析】(1)过点C作CG⊥AB于点G，证△BCG是等腰直角三角形，得CG=BG，设CG=BG=x米，则BC= 2x米，再由锐角三角函数定义得AG≈2CG=2x米，则2x≈184+x，解得x≈184，即可解决问题；
(2)过点C作CH⊥BE于点H，根据题意得∠CBE=60°，在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长即可．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，熟练掌握锐角三角函数定义，添加适当的辅助线是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，交BC于F，
∴DE⊥AC，AE=CE，
∴AF=CF，
∴∠FCA=∠FAC，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠FCA=90°，∠FAB+∠FAC=90°，
∴∠B=∠FAB，
∴AF=BF．
(2)解：四边形AGCF是正方形，理由如下：
∵AG//BC，
∴∠EAG=∠ECF，
在△EAG和△ECF中，
∠EAG=∠ECFAE=CE∠AEG=∠CEF，
∴△EAG≌△ECF(ASA)，
∴AG=CF，
∴四边形AGCF是平行四边形，
∵GF⊥AC，
∴四边形AGCF是菱形，
∵AF=CF，AF=BF，
∴CF=BF，
∵AC=AB，
∴AF⊥BC，
∴∠AFC=90°，
∴四边形AGCF是正方形．
【解析】(1)由AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，根据等腰三角形的“三线合一”证明DE垂直平分AC，则AF=CF，所以∠FCA=∠FAC，再由∠BAC=90°，根据“等角的余角相等”推导出∠B=∠FAB，则AF=BF；
(2)先证明△EAG≌△ECF，则AG//CF，AG=CF，而GF⊥AC，则四边形AGCF是菱形，再由AC=AB，CF=BF，证明AF⊥BC，则∠AFC=90°，即可证明四边形AGCF是正方形．
此题重点考查等腰三角形的“三线合一”、线段的垂直平分线的性质、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、正方形的判定等知识，证明DE垂直平分AC及△EAG≌△ECF是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元．
由题意得：1600x+10=2×7500x，
解得x=150，
经检验x=150是分式方程的解，
∴x+10=160，
答：一件A型商品的进价为160元，一件B型商品的进价为150元；
(2)设销售A种商品销量m件，则销售B种商品(250−m)件，
根据题意可得：20≤m≤250−m，
解得20≤m≤125，
由表格数据可知，A种商品的售价y与A种商品销量m之间的关系是一次函数，
设A种商品的售价与A种商品销量之间的关系为y=km+b，
把m=0，y=240；m=5，y=230代入解析式得：b=2405m+b=230，
解得k=−2b=240，
∴y=−2m+240，
当m=10时，y=−2×10+240=220；
当m=15时，y=−2×15+240=210；
当m=20时，y=−2×20+240=200；
∴A种商品的售价与A种商品销量之间的关系为y=−2m+240；
设商场销售这批商品的利润为w元，
根据题意得：w=m(−2m+240−160)+(210−150)(250−m)
=−2m2+20m+15000
=−2(m−5)2+15050，
∵−2<0，
∴当m>5时，w随m的增大而减小，
∵20≤m≤125，
∴当m=20时，w有最大值为w=−2×(20−5)2+15050=14600元；
此时进货方案为：A种商品进20件，B种商品进230件；
答：该商场销售这两种商品能获得的最大利润为14600元，此时的进货方案是A种商品进20件，B种商品230件．
【解析】(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元，根据用16000元采购A种商品件数是用7500元采购B种商品件数的2倍，即可列出关于x的方程，解方程并检验后即得答案；
(2))由表格中的数据可知：A种商品的售价y与A种商品销量m满足一次函数关系，利两种商品的利润之和，列出二次函数关系式，然后利用二次函数的性质解答．
本题考查了分式方程的应用、一次函数和二次函数的应用，属于常考题型，正确理解题意、学会构建方程和函数是解题关键．
25.【答案】y1=32x 1
【解析】解：(1)由题意得：EQ=mx厘米，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴y1=12EF⋅EQ=12×3mx=32mx，
由图2知：H(8,12)，
∴32×8m=12，
解得：m=1，
∴y1=32x，
故答案为：y1=32x，1；
(2)设y2=a(x−4)2+12，把(0,0)代入得：16a+12=0，
解得：a=−34，
∴y2=−34(x−4)2+12=−34x2+6x，
由题意得：AP=kx厘米，AE=8k厘米，EQ=x厘米，
∴EP=AE−AP=(8−x)k厘米，
∴y2=12EQ⋅EP=12kx(8−x)=−12kx2+4kx，
∴4k=6，
解得：k=32，
即点P的速度为32厘米/秒．
∴AE=8k=8×32=12(厘米)，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2AE=24厘米；
(3)①由(1)(2)得：y1=32x，y2=−34x2+6x，
设OG=x，则0
∴MN=y2−y1，其中y1、y2分别表示△FEQ与△PEQ的面积，
即图2中线段的长的意义在图1中表示△PEQ与△FEQ的面积差；
②由①知：MN=−34x2+92x=−34(x−3)2+274，0
∴当x=3时，MN的最大值为274．
(1)根据菱形性质可得AC⊥BD，再由直角三角形面积公式可得y1=12EF⋅EQ=12×3mx=32mx，把点H(8,12)代入即可求得答案；
(2)设y2=a(x−4)2+12，把(0,0)代入可求得a=−34，得出y2=−34(x−4)2+12=−34x2+6x，再根据三角形面积公式可得y2=12EQ⋅EP=12kx(8−x)=−12kx2+4kx，可得4k=6，即可求得点P的速度为32厘米/秒，再运用菱形性质即可求得答案；
(3)①设OG=x，则0
2023年山东省青岛市市南区中考数学二模试卷
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24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在实数−5，0，3，13中，最大的实数是( )
A. 3 B. 0 C. −5 D. 13
2. 古代为便于纪元，乃在无穷延伸的时间中，取天地循环终始为一巡，称为元，以元作为计算时间的最大单位，1元=129600年，其中129600用科学记数法表示为( )
A. 1.296×104 B. 12.96×104 C. 1.296×106 D. 1.296×105
3. 如图所示的几何体，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 下面四幅图分别是由体育运动长鼓舞、武术、举重、摔跤抽象出来的简笔画，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(2,0)，B(4,3)，D(5,0)，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是( )
A. (10,7)
B. (8,7)
C. (10,7.5)
D. (8,6)
6. 下列运算结果正确的是( )
A. 2× 83=43 B. (2a2b)2=4a4b2 C. 2a⋅3ab=5a2b D. −x2−x2=0
7. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，BD，若∠C=105°，则∠OBD的度数为( )
A. 15°
B. 20°
C. 25°
D. 30°
8. 如图，正方形ABCD的边长为5，点E在AD边上，DE=2，连接CE，将△CDE沿CE翻折得△CD′E，延长ED′交AB于点F.则D′F的长度为( )
A. 2
B. 94
C. 157
D. 3 2−2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 计算：sin30°+| 3−1|+(π−4)0= ______ ．
10. 某商场为了吸引顾客，举行揽球(球除颜色外其余完全相同)游戏进行抽奖活动，并规定：顾客每购买100元的商品，就可以随机抽取一个球，抽得“红球”、“黄球”、“蓝球”，就可以分别获得100元、50元、20元的购物券，抽得“白球“不赠购物券，小明购买了100元的商品，他看到商场公布的前10000次抽奖结果如下：
球的颜色种类
红球
黄球
蓝球
白球
出现次数
500
1000
2000
6500
则小明随机抽取一球所获购物券金额的平均数为______ ．
11. 已知一元二次方程(k−3)x2+2x+1=0有实数解，则k的取值范围是______ ．
12. 2022年北京冬奥会女子冰变比赛有若干支队伍参加了单循环比赛(即所有参察队在比赛中均能相遇一次)，若单循环比赛共进行了45场，则共有多少支队伍参加比赛？设共有x支队伍参加比赛，根据题意，可列方程为______ ．
13. 如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线交于点O，AC=8，BC=7 3，以点O为圆心、AO长为半径画弧，交BC于点E，连接OE，∠AOE=60°，则图中阴影部分的面积为______ .(结果保留
π)
14. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A，B两点，其对称轴是直线x=−2，若OA=5OB，则下列结论中：
①abc>0；②(a+c)2−b2=0；
③反比例函数y=bcx，在其图象所在象限内，y随x的增大而增大；
④若m为任意实数，则am2+bm+2b≥4a；
⑤一次函数y=ax+b的图象经过一、二、三象限．
正确的有______ .(填写序号即可
)
三、解答题（本大题共11小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题4.0分)
已知：如图，△ABC.求作：⊙O，使⊙O经过点C，且与△ABC的AB边相切于点B．
16. (本小题8.0分)
计算
(1)化简：a2−2a+1a2−1÷(a−2aa+1)；
(2)解不等式组：32(2−x)+x≤53x+12+1>2x，并在数轴上表示出解集．
17. (本小题6.0分)
不透明的口袋里装有红、黄、蓝三种颜色的小球若干个(除颜色外其余都相同)，其中红球2个，蓝球1个，若从中任意摸出一个球，它是蓝球的概率为0.25．
(1)直接写出袋中黄球的个数；
(2)从袋子中一次摸2个球，请用画树状图或列表格的方法，求“取出至少一个红球”的概率．
18. (本小题6.0分)
某水果商从批发市场用8000元购进了大樱桃和小樱桃各200千克，大樱桃的进价比小樱桃的进价每千克多20元，大樱桃售价为每千克40元，小樱桃售价为每千克16元．
(1)大樱桃和小樱桃的进价分别是每千克多少元？
(2)该水果商第二次仍用8000元从批发市场购进了大樱桃和小樱桃各200千克，进价不变，但在运输过程中小樱桃损耗了20%.若小樱桃的售价不变，要想让第二次赚的钱不少于第一次所赚钱的90%，大樱桃的售价最少应为多少？
19. (本小题6.0分)
某市各中小学为落实教育部政策，全面开展课后延时服务．市教育局为了解该市中学延时服务情况，随机抽查甲、乙两所中学各100名家长进行问卷调查．家长对延时服务的综合评分记为x，将所得数据分为5组(“很满意”：90≤x≤100；“满意”：80≤x<90；“比较满意”：70≤x<80；“不太满意”：60≤x<70；“不满意”：0≤x<60)，市教育局对数据进行了分析．部分信息如下：
c.甲、乙两所中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如表：
学校
平均数
中位数
众数
甲
85
n
83
乙
81
79
80
d.甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：
83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)直接写出m和n的值；
(2)根据以上数据，你认为哪所中学的延时服务开展得更好？并说明理由(一条即可)；
(3)市教育局指出：延时服务综合得分在70分及以上才算合格，请你估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数．
20. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=mx的图象交于A(−1,n)和B(32,−83)，与y轴交于点C，过C作CD//x轴，交反比例函数图象于D，连接AD，BD．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)求S△ACDS△BCD．
21. (本小题6.0分)
《九章第术》勾股章[一五]问“勾股容方“描述了关于图形之间关系的问题：如图1，知道一个直角三角形较短直角边(“勾”)与较长直角边(“股”)的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得.(我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”)
其文如下：
题：今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？
等：方三步，十七分步之九．
术：并勾、股为法，勾、股相乘为实，实如法而一，得方一步．
“题”、“答”、“术”的意思大致如下：
问题：一个直角三角形两直角边的长分别为5和12，它的“所容正方形”的边长是多少？
答案：3917．
解法：5×125+12=6017=3917
(1)已知：如图在△ACB中，∠C=90°，若AC=b，BC=a，则“所容正方形”DEFC的边长为______ ．
请说明理由：
(2)应用(1)中的结论解决问题：
如图2，中山公园有一块菱形场地，其面积为19200m2，两条对角线长度之和为400m，现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为______ ．
22. (本小题8.0分)
如图，某工程队从A处沿正北方向铺设了184米轨道到达B处.某同学在博物馆C测得A处在博物馆C的南偏东27°方向，B处在博物馆C的东南方向.(参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.90，tan27°≈0.50， 6≈2.45.)
(1)请计算博物馆C到B处的距离；(结果保留根号)
(2)博物馆C周围若干米内因有绿地不能铺设轨道.某同学通过计算后发现，轨道线路铺设到B处时，只需沿北偏东15°的BE方向继续铺设，就能使轨道线路恰好避开绿地.请计算博物馆C周围至少多少米内不能铺设轨道.(结果精确到个位
)
23. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，交BC于F.AG//BC交DE于G，连接AF，CG．
(1)求证：AF=BF．
(2)若AC=AB，判断四边形AGCF的形状，并说明理由．
24. (本小题10.0分)
某商场准备购进A、B两种商品进行销售，已知一件A种商品的进价比一件B种商品的进价多10元，且用16000元采购A种商品件数是用7500元采购B种商品件数的2倍．
(1)每件A种和B种商品的进价分别为多少元？
(2)该商场预购进A，B两种商品共250件进行销售.其中A种商品件数不小于20件，且不大于B种商品件数．
若B种商品的售价定为210元/件.A种商品的售价与A种商品销量之间的关系如下表所示：
A种商品的销量
0
5
10
15
20
⋯
A种商品的售价
240
230
220
210
200
⋯
商场购进这两种商品能全部售出的前提下，请求出该商场销售这两种商品能获得的最大利润，并求出此时的进货方案．
25. (本小题10.0分)
如图1，在菱形ABCD中，AC、BD交于点E，BD=16厘米，点F在CE上，EF=3厘米.点P、Q分别从A、E两点同时出发，点P以k厘米/秒的速度沿AE向点E匀速运动，用时8秒到达点E；点Q以m厘米/秒的速度沿EB向点B匀速运动.设运动的时间为x秒(0≤x≤8)，△EFQ的面积为y1平方厘米，△PEQ的面积为y2平方厘米．
(1)图2中的线段OH是y1与x的函数图象，则y1与x的函数关系式为______ ，m的值为______ ；
(2)图2中的抛物线是y2与x的函数图象，其顶点坐标是(4.−12)，求点P的速度及对角线AC的长；
(3)在图2中，点G是x轴正半轴上一点(O
②当0
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：将各数按从小到大排列为：−5，0，13，3，
∴最大的实数是3，
故选：A．
利用实数大小比较的法则将各数按从小到大排列后即可得出结论．
本题主要考查了实数大小的比较，利用实数大小比较的法则将各数按从小到大排列是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：将129600用科学记数法表示应为1.296×105．
故选：D．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】B
【解析】解：几何体的俯视图是：
．
故选：B．
根据俯视图是从上往下看得到的图形，直接判断即可．
本题考查了简单组合体的三视图，解题关键是明确俯视图是从上往下看到的图形．
4.【答案】C
【解析】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：C．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
5.【答案】C
【解析】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，
而A(2,0)，D(5,0)，
∴△ABC与△DEF的位似比为25，
∵B(4,3)，
∴E点的坐标是为(4×52,3×52)，即(10,7.5)．
故选：C．
利用关于以原点为位似中心的对称点的坐标特征，通过点A与点D的坐标得到位似比，然后根据位似比得到E点坐标．
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
6.【答案】B
【解析】解：A． 2× 83= 163=4 33，故此选项不合题意；
B.(2a2b)2=4a4b2，故此选项符合题意；
C.2a⋅3ab=6a2b，故此选项不合题意；
D.−x2−x2=−2x2，故此选项不合题意．
故选：B．
直接利用二次根式的乘法运算法则以及积的乘方运算法则、单项式乘单项式、合并同类项法则分别化简，进而判断得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘法运算以及积的乘方运算、单项式乘单项式、合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C=180°，
∵∠C=105°，
∴∠A=75°，
∴∠BOD=2∠A=150°，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=12(180°−∠BOD)=15°，
故选：A．
根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C=180°，求出∠A，再根据圆周角定理得出∠BOD=2∠A=150°，再求出∠OBD=∠ODB即可．
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理和等腰三角形的性质等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，连接CF，
∵正方形ABCD的边长为5，
∴AB=AD=5，∠A=∠ABC=∠D=90°，
由折叠得，CD′=DC=BC=5，D′E=DE=2，∠ED′C=∠D=90°，
∴∠B=∠FD′C=90°，AE=AD−DE=3，
在Rt△BFC和Rt△D′FC中，
FC=FCBC=D′C
∴Rt△BFC≌Rt△D′FC(HL)，
∴FB=D′F，
设D′F=FB=x，则AF=AB−FB=5−x，EF=FD′+D′E=x+2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，EF2=AE2+AF2(2+x)2=32+(5−x)2，
解得，x=157，
即D′F的长度是157，
故选：C．
连接CF，由折叠得，CD′=DC=BC=5，D′E=DE=2，∠ED′C=∠D=90°，再证明Rt△BFC≌Rt△D′FC，即有FB=D′F，设D′F=FB=x，则AF=AB−FB=5−x，EF=FD′−D′E=x+2，在Rt△AEF中，由勾股定理得，EF2=AE2+AF2，据此列方程即可求解．
本题考查了正方形的性质，折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质．
9.【答案】12+ 3
【解析】解：原式=12+ 3−1+1
=12+ 3．
故答案为：12+ 3．
直接利用特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】14元
【解析】解：∵随机抽取一个球获得100元、50元、20元、0元的概率分别为50010000=120、100010000=110、200010000=15、650010000=1320，
∴小明随机抽取一球所获购物券金额的平均数为：100×120+50×110+20×15+0×1320=14(元)．
故答案为：14元．
先求出获得100元、50元、20元、0元的概率，让金额乘相应的概率的和即为随机抽取一球所获购物券金额的平均数．
本题考查了平均数以及概率，掌握定义是解题的关键．
11.【答案】k≤4且k≠3
【解析】解：根据题意得k−3≠0且Δ=22−4(k−3)≥0，
解得k≤4且k≠3，
即k的取值范围为k≤4且k≠3．
故答案为：k≤4且k≠3．
根据一元二次方程的定义个根的判别式的意义得到k−3≠0且Δ=22−4(k−3)≥0，然后求出两不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
12.【答案】12x(x−1)=45
【解析】解：根据题意得：12x(x−1)=45．
故答案为：12x(x−1)=45．
利用比赛进行的总场数=参赛队伍数×(参赛队伍数−1)÷2，即可得出关于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，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13.【答案】10 3−83π
【解析】解：连接AE，
∵∠AOE=60°，OA=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AEO=60°，AE=AO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=OE=12AC=4，
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠AOE=∠OEC+∠OCE=60°，
∴∠OEC=∠OCE=30°，
∴∠AEC=∠AEO+∠OEC=60°+30°=90°，
∴EC= AC2−AE2= 82−42=4 3，
∴△AEC的面积=12EC⋅AE=12×4 3×4=8 3，
∵OA=OC，
∴△AOE的面积=12△AEC的面积=4 3，
∵BE=BC−CE=7 3−4 3=3 3，
∴△ABE的面积=12BE⋅AE=12×3 3×4=6 3，
∵扇形OAE的面积=60π×42360=83π，
∴阴影的面积=△ABE的面积+△AOE的面积−扇形OAE的面积=6 3+4 3−83π=10 3−83π.
故答案为10 3−83π.
连接AE，由条件得到△AOE是等边三角形，求出△AOE的面积，△ABE的面积，扇形AOE的面积，即可求出阴影的面积．
本题考查求阴影的面积，关键是表示出阴影的面积，转换成求扇形，三角形的面积．
14.【答案】②③④⑤
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=−2，
∴b=4a>0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c<0，
∴abc<0，①错误．
设抛物线对称轴与x轴交点为E(−2,0)，则OE=2，
∵OA=5OB，
∴OE=2OB，即点B坐标为(1,0)，
∴x=1时，y=a+b+c=0，
∴(a+c)2−b2=(a+c+b)(a−b+c)=0，②正确．
∵b>0，c<0，
∴bc<0，
∴反比例函数y=bcx，在其图象所在象限内，y随x的增大而增大，③正确；
∵x=−2时y取最小值，
∴am2+bm+c≥4a−2b+c，即am2+bm+2b≥4a，④正确；
∵a>0，b>0，
∴一次函数y=ax+b的图象经过一、二、三象限，⑤正确．
故答案为：②③④⑤．
由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断①③⑤，由OA=5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断②，由x=−2时y取最小值可判断④．
本题考查二次函数的性质，一次函数的性质，反比例函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
15.【答案】解：如图，⊙O为所作．
【解析】先作BC的垂直平分线MN，再过B点作BD⊥AB交MN于O点，然后以O点为圆心，OB为半径作圆即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
16.【答案】解：(1)原式=(a−1)2(a+1)(a−1)÷(a2+aa+1−2aa+1)
=(a−1)2(a+1)(a−1)⋅a+1a(a−1)
=1a；
(2)解不等式32(2−x)+x≤5，得：x≥−4，
解不等式3x+12+1>2x，得：x<3，
则不等式组的解集为−4≤x<3，
将解集表示在数轴上如下：
【解析】(1)先计算分式的减法，再计算除法即可；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是分式的混合运算、解一元一次不等式组以及在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握分式的运算法则和正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17.【答案】解：(1)设袋中的黄球个数为x个，
∴11+2+x=0.25，
解得：x=1，
经检验，x=1是原方程的解，
∴袋中黄球的个数1个；
(2)画树状图得：
一共有12种等可能的情况数，其中“取出至少一个红球”的有10种，
则“取出至少一个红球”概率是1012=56．
【解析】(1)首先设袋中的黄球个数为x个，然后根据古典概率的知识列方程，求解即可求得答案；
(2)首先画树状图，然后求得全部情况的总数与符合条件的情况数目，求其二者的比值即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意方程思想的应用．
18.【答案】解：(1)设小樱桃的进价为每千克x元，大樱桃的进价为每千克y元，根据题意可得：
200x+200y=8000y−x=20，
解得：x=10y=30，
答：小樱桃的进价为每千克10元，大樱桃的进价为每千克30元；
(2)设大樱桃的售价为a元/千克，
(1−20%)×200×16+200a−8000≥[(40−30)+(16−10)]×200×90%，
解得：a≥41.6，
答：大樱桃的售价最少应为41.6元/千克．
【解析】此题主要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，正确表示出总费用是解题关键．
(1)根据用8000元购进了大樱桃和小樱桃各200千克，以及大樱桃的进价比小樱桃的进价每千克多20元，分别得出等式求出答案；
(2)根据要想让第二次赚的钱不少于第一次所赚钱的90%，得出不等式求出答案．
19.【答案】解：(1)乙中学“比较满意”所占的百分比为1−40%−7%−18%−10%=25%，
即m=25，
∵甲中学“满意组”的分数从高到低排列，排在最后的10个数分别是：83，83，83，83，82，81，81，81，80，80．
∴将甲中学的满意度得分从高到低排列后，处在中间位置的两个数的平均数为82+812=81.5，因此中位数是81.5，即n=81.5，
答：m=25，n=81.5；
(2)甲中学的延时服务开展得更好，理由如下：
因为甲中学延时服务得分的平均数、中位数均比乙中学的高，所以甲中学的延时服务开展得更好；
(3)1000×(1−7%−18%)=750(人)．
答：估计乙中学1000名家长中认为该校延时服务合格的人数为750人．
【解析】(1)根据扇形统计图的意义，各组频率之和为1即可求出m的值，利用中位数的意义可求出甲中学得分的中位数，即n的值；
(2)根据平均数、中位数的大小进行判断即可；
(3)求出乙中学延时服务合格所占的百分比即可．
本题考查扇形统计图，中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数、平均数的意义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是解决问题的前提．
20.【答案】解：(1)把B(32,−83)代入y=mx，得：m=−4，
∴反比例函数的解析式为y=−4x；
把A(−1,n)代入y=−4x，得：n=4，
∴A(−1,4)，
把A(−1,4)、B(32,−83)代入y=kx+b得：−k+b=432k+b=−83，
解得：k=−83b=43，
∴一次函数的解析式为y=−83x+43；
(2)作AE⊥y轴于E，BF⊥y轴于F，
∵y=−83x+43，
∴C(0,43)，
∵A(−1,4)、B(32,−83)，
∴E(0,4)，F(0,−83)，
∴EC=83，CF=4，
∴S△ACDS△BCD=12CD⋅EC13CD⋅CF=CECF=23．
【解析】(1)把B(32,−83)代入y=mx可得m的值，求得反比例函数的解析式；根据反比例函数解析式求得点A坐标，再由A、B两点的坐标可得一次函数的解析式；
(2)求得CE、CF的长，然后利用三角形面积公式求得即可．
本题主要考查反比例函数和一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，数形结合是解题的关键．
21.【答案】aba+b 48
【解析】解：(1)连接CE，设正方形DEFC的边长为x，则DE=EF=x，
在△ACB中，∠C=90°，AC=b，BC=a，
∴S△ABC=12AC⋅DE+12BC⋅EF=12bx+12ax=12x(a+b)=12ab，
∴x=aba+b，
故答案为：aba+b；
(2)设菱形CDEF的两条对角线分别为CE=2a，DF=2b，
则CE⊥DF，CO=EO=a，FO=DO=b，
根据题意可得：2a+2b=40012×2a×2b=19200，
整理得：a+b=200ab=9600，
若正方形MNGH为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得GN⊥DF，GH⊥CE，则四边形OPGQ也为正方形，且这个正方形为直角三角形COF的“所容正方形”，
则由(1)的结论可得，这个正方形的边长=aba+b=9600200=48m，
故答案为：48．
(1)连接CE，利用等积法解答即可；
(2)设菱形CDEF的两条对角线分别为CE=2a，DF=2b，根据菱形的性质可得a+b=200ab=9600，然后判定OPGQ为正方形，且这个正方形为直角三角形COF的所容正方形，再根据(1)的结论求解．
此题考查了勾股定理的拓展，菱形的性质以及正方形的判定和性质等知识，正确理解题意，熟练掌握相关图形的性质，合理利用所求的相关结论作答是解决此题的关键．
22.【答案】解：(1)如图1，过点C作CG⊥AB于点G，
在Rt△BCG中，∠CBG=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BG，
设CG=BG=x米，则BC= 2x米，
在Rt△ACG中，∠CAG=27°，tan∠CAG=CGAG=tan27°≈0.50，
∴AG≈2CG=2x米，
∵AG=AB+BG=(184+x)米，
∴2x≈184+x，
解得：x≈184，
∴BC= 2x≈184 2(米)，
答：博物馆C到B处的距离约为184 2米；
(2)如图2，过点C作CH⊥BE于点H，
由题意得：∠CBG=45°，∠DBE=15°，
∴∠CBE=∠CBG+∠DBE=60°，
由(1)可知，BC≈184 2米，
在Rt△CBH中，CH=BC⋅sin60°≈184 2× 32=92 6≈225(米)，
答：博物馆C周围至少225米内不能铺设轨道．
【解析】(1)过点C作CG⊥AB于点G，证△BCG是等腰直角三角形，得CG=BG，设CG=BG=x米，则BC= 2x米，再由锐角三角函数定义得AG≈2CG=2x米，则2x≈184+x，解得x≈184，即可解决问题；
(2)过点C作CH⊥BE于点H，根据题意得∠CBE=60°，在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长即可．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，熟练掌握锐角三角函数定义，添加适当的辅助线是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，交BC于F，
∴DE⊥AC，AE=CE，
∴AF=CF，
∴∠FCA=∠FAC，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠FCA=90°，∠FAB+∠FAC=90°，
∴∠B=∠FAB，
∴AF=BF．
(2)解：四边形AGCF是正方形，理由如下：
∵AG//BC，
∴∠EAG=∠ECF，
在△EAG和△ECF中，
∠EAG=∠ECFAE=CE∠AEG=∠CEF，
∴△EAG≌△ECF(ASA)，
∴AG=CF，
∴四边形AGCF是平行四边形，
∵GF⊥AC，
∴四边形AGCF是菱形，
∵AF=CF，AF=BF，
∴CF=BF，
∵AC=AB，
∴AF⊥BC，
∴∠AFC=90°，
∴四边形AGCF是正方形．
【解析】(1)由AD=CD，∠CDA的角平分线交AC于E，根据等腰三角形的“三线合一”证明DE垂直平分AC，则AF=CF，所以∠FCA=∠FAC，再由∠BAC=90°，根据“等角的余角相等”推导出∠B=∠FAB，则AF=BF；
(2)先证明△EAG≌△ECF，则AG//CF，AG=CF，而GF⊥AC，则四边形AGCF是菱形，再由AC=AB，CF=BF，证明AF⊥BC，则∠AFC=90°，即可证明四边形AGCF是正方形．
此题重点考查等腰三角形的“三线合一”、线段的垂直平分线的性质、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、正方形的判定等知识，证明DE垂直平分AC及△EAG≌△ECF是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元．
由题意得：1600x+10=2×7500x，
解得x=150，
经检验x=150是分式方程的解，
∴x+10=160，
答：一件A型商品的进价为160元，一件B型商品的进价为150元；
(2)设销售A种商品销量m件，则销售B种商品(250−m)件，
根据题意可得：20≤m≤250−m，
解得20≤m≤125，
由表格数据可知，A种商品的售价y与A种商品销量m之间的关系是一次函数，
设A种商品的售价与A种商品销量之间的关系为y=km+b，
把m=0，y=240；m=5，y=230代入解析式得：b=2405m+b=230，
解得k=−2b=240，
∴y=−2m+240，
当m=10时，y=−2×10+240=220；
当m=15时，y=−2×15+240=210；
当m=20时，y=−2×20+240=200；
∴A种商品的售价与A种商品销量之间的关系为y=−2m+240；
设商场销售这批商品的利润为w元，
根据题意得：w=m(−2m+240−160)+(210−150)(250−m)
=−2m2+20m+15000
=−2(m−5)2+15050，
∵−2<0，
∴当m>5时，w随m的增大而减小，
∵20≤m≤125，
∴当m=20时，w有最大值为w=−2×(20−5)2+15050=14600元；
此时进货方案为：A种商品进20件，B种商品进230件；
答：该商场销售这两种商品能获得的最大利润为14600元，此时的进货方案是A种商品进20件，B种商品230件．
【解析】(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元，根据用16000元采购A种商品件数是用7500元采购B种商品件数的2倍，即可列出关于x的方程，解方程并检验后即得答案；
(2))由表格中的数据可知：A种商品的售价y与A种商品销量m满足一次函数关系，利两种商品的利润之和，列出二次函数关系式，然后利用二次函数的性质解答．
本题考查了分式方程的应用、一次函数和二次函数的应用，属于常考题型，正确理解题意、学会构建方程和函数是解题关键．
25.【答案】y1=32x 1
【解析】解：(1)由题意得：EQ=mx厘米，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴y1=12EF⋅EQ=12×3mx=32mx，
由图2知：H(8,12)，
∴32×8m=12，
解得：m=1，
∴y1=32x，
故答案为：y1=32x，1；
(2)设y2=a(x−4)2+12，把(0,0)代入得：16a+12=0，
解得：a=−34，
∴y2=−34(x−4)2+12=−34x2+6x，
由题意得：AP=kx厘米，AE=8k厘米，EQ=x厘米，
∴EP=AE−AP=(8−x)k厘米，
∴y2=12EQ⋅EP=12kx(8−x)=−12kx2+4kx，
∴4k=6，
解得：k=32，
即点P的速度为32厘米/秒．
∴AE=8k=8×32=12(厘米)，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2AE=24厘米；
(3)①由(1)(2)得：y1=32x，y2=−34x2+6x，
设OG=x，则0
∴MN=y2−y1，其中y1、y2分别表示△FEQ与△PEQ的面积，
即图2中线段的长的意义在图1中表示△PEQ与△FEQ的面积差；
②由①知：MN=−34x2+92x=−34(x−3)2+274，0
∴当x=3时，MN的最大值为274．
(1)根据菱形性质可得AC⊥BD，再由直角三角形面积公式可得y1=12EF⋅EQ=12×3mx=32mx，把点H(8,12)代入即可求得答案；
(2)设y2=a(x−4)2+12，把(0,0)代入可求得a=−34，得出y2=−34(x−4)2+12=−34x2+6x，再根据三角形面积公式可得y2=12EQ⋅EP=12kx(8−x)=−12kx2+4kx，可得4k=6，即可求得点P的速度为32厘米/秒，再运用菱形性质即可求得答案；
(3)①设OG=x，则0
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