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2023年贵州省铜仁市碧江区中考数学模拟试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023年贵州省铜仁市碧江区中考数学模拟试卷（3月份）（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年贵州省铜仁市碧江区中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在−1，−2，0， 9这四个数中，最小的数是( )
A. −1 B. −2 C. 0 D. 9
2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 据统计，2023年铜仁市中考学生人数约5.8万左右，用科学记数法表示“5.8万”正确的是( )
A. 5.8×102 B. 58×103 C. 5.8×103 D. 5.8×104
4. 下列说法正确的是( )
A. 随机抛掷硬币10次，一定有5次正面向上
B. 一组数据8，9，10，11，11的众数是10
C. 为了了解某电视节目的收视率，宜采用抽样调查
D. 甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们成绩的方差分别为S甲2=4，S乙2=9，在这过程中，乙发挥比甲更稳定
5. 以方程组y=2x−5y=−x+1的解为坐标的点(x,y)在平面直角坐标系中的位置是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
6. 如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为12的等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，则这个几何体的全面积是( )
A. 24π
B. 21π
C. 15π
D. 12π
7. 一个不等式的解集在数轴上表示如图，则这个不等式可以是( )
A. 2x<0 B. 2x≥4 C. x−4<2 D. 4−x>2
8. 将二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，顶点在直线y=2x+2上，则k的值为( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. −1
9. 如图，在活动课上，老师画出边长为2的正方形ABCD，让同学们按以下步骤完成画图.(1)画出AD的中点E，连接BE；(2)以点E为圆心，EB长为半径画弧，交DA的延长线于点F；(3)以AF为边画正方形AFGH，点H在AB边上.在画出的图中有一条线段的长是方程x2+2x−4=0的一个根.这条线段是( )
A. 线段BH B. 线段BE C. 线段AE D. 线段AH
10. 如图，在平面直角坐标系中，函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过A、B两点.连结AB、OB，过点A作AC⊥x轴于点C，交OB于点D.若ODBD=12，S△ABD=4，则k的值为( )
A. 2
B. 72
C. 4
D. 92
11. 将边长为3的等边三角形ABC和另一个边长为1的等边三角形DEF如图放置(EF在AB边上，且点E与点B重合).第一次将△DEF以点F为中心旋转至△E1FD1，第二次将△E1FD1以点D1为中心旋转至△F1D1E2的位置，第三次将△F1D1E2以点E2为中心旋转至△D2E2F2的位置，…，按照上述办法旋转，直到△DEF再次回到初始位置时停止，在此过程中△DEF的内心O点运动轨迹的长度是( )
A. 43π B. 83π C. 4 33π D. 8 33π
12. 已知，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足为D，E为BC中点，连结DE，DE=1，则AD的值为( )
A. 3 32 B. 3 3 C. 3 55 D. 6 55
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 若式子x+1x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是______ ．
14. 三张材质、大小完全相同的卡片上依次写有成语“守株待兔”“水中捞月”和“瓮中捉鳖”，现放置于暗箱内，摇匀后随机抽取一张，不放回，然后抽取第二张，则两次抽到的成语均为确定事件的概率是______．
15. 如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F.若BF=EF=2，CF=1，则AC的长是______ ．
16. 如果一个三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“倍角互余三角形”.已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AB=5，点D在边BC上，且△ABD是“倍角互余三角形”，那么BD的长等于______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共98.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
若−2x2m−1与yn−4与7x1−nym−1的积与x7y3是同类项，求m、n的值．
18. (本小题10.0分)
目前我市“校园手机”现象越来越受到社会关注，针对这种现象，重庆一中初三(1)班数学兴趣小组的同学随机调查了学校若干名家长对“中学生带手机”现象的态度(态度分为：A.无所谓；B.基本赞成；C.赞成；D.反对)，并将调查结果绘制成频数折线统计图1和扇形统计图2(不完整).请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)此次抽样调查中，共调查了多少名中学生家长；
(2)求出图2中扇形C所对的圆心角的度数，并将图1补充完整；
(3)根据抽样调查结果，请你估计我校4200名中学生家长中有多少名家长持反对态度；
(4)在此次调查活动中，初三(1)班和初三(2)班各有2位家长对中学生带手机持反对态度，现从中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．
19. (本小题10.0分)
如图，在四边形ABCD中，∠ADB=90°，AD=12，DO=OB=5，AC=26，
(1)求证；四边形ABCD为平行四边形；
(2)求四边形ABCD的面积．
20. (本小题10.0分)
如图，直线y=x+b与双曲线y=kx(k为常数，k≠0)在第一象限内交于点A(1,2)，且与x轴、y轴分别交于B，C两点．
(1)求直线和双曲线的解析式；
(2)点P在x轴上，且△BCP的面积等于2，求P点的坐标．
21. (本小题10.0分)
如图，已知菱形ABCD，点E是BC上的点，连接DE，将△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的F点上，连接DF，延长FE，交DC延长线于点G．
(1)求证：△DFG∽△FAD；
(2)若菱形ABCD的边长为5，AF=3，求BE的长．
22. (本小题10.0分)
在一次综合实践活动中，某小组对一建筑物进行测量．如图，在山坡坡脚C处测得该建筑物顶端B的仰角为60°，沿山坡向上走20m到达D处，测得建筑物顶端B的仰角为30°.已知山坡坡度i=3：4，即tanθ=34，请你帮助该小组计算建筑物的高度AB．
(结果精确到0.1m，参考数据： 3≈1.732)
23. (本小题12.0分)
如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在(2)的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=2 6，求AE⋅AP的值．
24. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,5)，与x轴相交于B(−1,0)，C(3,0)两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好落在抛物线的对称轴上，求点C′和点D的坐标；
(3)设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．
25. (本小题14.0分)
【问题提出】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点E，F分别为边AC，BC的中点，将△EFC绕点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，连接AE，BF，试探究AE，BF之间存在怎样的数量关系和位置关系？
【特例探究】若AC=BC，将△EFC绕点C顺时针旋转至图2的位置，直线BF与AE，AC分别交于点M，N.按以下思路完成填空(第一个空填推理依据，第二个空填数量关系，第三个空填位置关系)：
∵AC=BC，点E，F分别为边AC，BC的中点，
∴CE=CF．
∵∠ACB=∠ECF，
∴∠ACE=∠BCF．
∴△ACE≌△BCF(______ ).
∴AE ______ BF，∠CAE=∠CBF．
又∵∠ANM=∠BNC，
∴∠AMN=∠BCN=90°．
∴AE ______ BM．
【猜想证明】若BC=nAC(n>1)，△EFC绕点C顺时针旋转至图3的位置，直线AE与BF，BC分别交于点M，N，猜想AE与BF之间的数量关系与位置关系，并就图3所示的情况加以证明；
【拓展运用】若AC=4，BC=6，将△EFC绕点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，直线AE与BF相交于点M，当以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形时，请直接写出BM的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得−2<−1<0< 9，
故在−1，−2，0， 9这四个数中最小的数是−2．
故选：B．
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小；据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】D
【解析】解：A项既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故A不符合题意；
B项是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C项是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D项既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形的概念：折叠之后可以完全重合的图形是解题轴对称图形；中心对称图形的概念是旋转180°后可以完全重合的图形是中心对称图形即可解答．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，理解对应概念是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：5.8万=58000=5.8×104．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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．
4.【答案】C
【解析】解：A.随机抛掷硬币100次，不一定有50次正面向上，原说法错误，故本选项不符合题意；
B.一组数据8，9，10，11，11的众数是11，原说法错误，故本选项不符合题意；
C.为了了解某电视节目的收视率，宜采用抽样调查，说法正确，故本选项符合题意；
D.甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们成绩的方差分别为S甲2=4，S乙2=9，在这过程中，甲发挥比甲更稳定，原说法错误，故本选项不符合题意．
故选：C．
直接利用概率的意义，众数的定义，全面调查与抽样调查以及方差的意义分别分析，即可得出答案．
本题考查了众数、方差以及全面调查和抽样调查，解题的关键是了众数、概率和全面调查和抽样调查的定义及方差的意义．
5.【答案】D
【解析】解：由y=2x−5y=−x+1可得：2x−5=−x+1，
解得x=2，
∴y=2x−5=−1，
∴以方程组y=2x−5y=−x+1的解为坐标的点(2,−1)在第四象限，
故选：D．
先求解方程组，再判断点(x,y)在平面直角坐标系中的位置．
本题考查了二元一次方程组的解法及平面直角坐标系的相关知识，掌握二元一次方程组的解法是解决本题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：圆锥的高=12×2÷6=4，
母线长= 42+(6÷2)2=5，
圆锥的全面积=π×(6÷2)2+π×(6÷2)×5=9π+15π=24π．
故选：A．
依据题意可得这个几何体为圆锥，其全面积=侧面积+底面积．
本题考查由三视图判断几何体，圆锥的计算．用到的知识点为：有2个视图为三角形，另一个视图为圆的几何体是圆锥．
7.【答案】D
【解析】解：A.2x<0的解集为x<0，与数轴不符，不符合题意；
B.2x≥4的解集为x≥2，与数轴不符，不符合题意；
C.x−4<2的解集为x<6，与数轴不符，不符合题意；
D.4−x>2的解集为x<2，与数轴解集一致，符合题意；
故选：D．
根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1求出每个不等式的解集，继而可得答案．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变
8.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=−(x−k)2+k+1的顶点坐标为(k,k+1)，
∴将y=−(x−k)2+k+1的图象向右平移1个单位，向上平移2个单位后顶点坐标为(k+1,k+3)．
根据题意，得k+3=2(k+1)+2，
解得k=−1．
故选：D．
先求出二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象平移后的顶点坐标，再将它代入y=2x+2，即可求出k的值．
本题考查了二次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，难度适中．根据点的平移规律：右加左减，上加下减正确求出二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象平移后的顶点坐标是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2，
∴AD=AB=2，
∵E是AD的中点，
∴AE=1，
则BE=EF= AE2+AB2= 12+22= 5，
∴AH=AF=EF−AE= 5−1，
∴BH=AB−AH=2−( 5−1)=3− 5，
解方程x2+2x−4=0得x1= 5−1，x2=− 5−1，
所以这条线段是AH，
故选：D．
由正方形ABCD的边长为2知AD=AB=2，由E是AD的中点知AE=1，继而得BE=EF= AE2+AB2= 5，AH=AF=EF−AE= 5−1，BH=AB−AH=3− 5，解方程即可得出答案．
本题主要考查作图—基本作图，解题的关键是掌握正方形的性质、勾股定理、解一元二次方程等知识点．
10.【答案】D
【解析】解：过点B作BE⊥x轴，作BF⊥AC，
∵AC⊥x轴，
∴△OCD∽△OEB，
∴OCOE=ODOB=CDBE，
∵ODBD=12
∴OCOE=ODOB=CDBE=11+2=13，
设点A(m,km)，
∴OC=m,AC=km，
∴OE=3m，
代入y=kx得：y=k3m，即BE=k3m，
∴CD=13BE=k9m，
∴AD=AC−CD=km−k9m=8k9m，BF=OE−OC=3m−m=2m，
∵S△ABD=4，
∴12⋅8k9m⋅2m=4，
解得：k=92．
故选：D．
过点B作BE⊥x轴，作BF⊥AC，由平行线可得△OCD∽△OEB，即OCOE=ODOB=CDBE=13，设点A(m,km)，可用含有k，m的代数式分别表示BE，BF，AD，根据S△ABD=4列方程求解即可．
本题主要考查反比例函数与相似三角形，熟练运用相似三角形对应边成比例的性质得到边的关系并能利用面积列方程是解决本题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：连接O1E，O1F，作O1M⊥EF，如图：
∵点O是等边三角形DEF的内心，
∴O1E，O1F分别平分∠DEF，∠DFE，
∴∠O1EF=12∠DEF=12∠DFE=∠O1FE=30°，
∴O1E=O1F，
∵O1M⊥EF，
∴BM=FM=12，
∴O1F=FMcos30∘= 33，
由等边三角形ABC边长为3，等边三角形DEF边长为1可知：
△DEF在AB上，分别以F，D1为旋转中线旋转，旋转角均为120°，在以点A为旋转中线旋转，旋转角为240°，
∴点O每次旋转的半径为 33，旋转的角度分别为：120°，120°，240°，120°，120°，240°，120°，120°，240°，
在此过程中△DEF的内心O点运动轨迹的长度为：120180π× 33×6+2401800× 33×3=8 33π；
故选：D．
根据等边三角形的性质及旋转的性质可知，点O每次旋转的半径为 33，旋转的角度分别为：120°，120°，240°，120°，120°，240°，120°，120°，240°，然后利用弧长公式求解即可．
本题考查旋转的性质，弧长公式，等边三角形的性质，理解内心O的旋转方式是解决问题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：如图，延长BD与AC相交于点F，过点B作BM⊥AC于M，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=∠ADF=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠DAF，
∴∠ABD=∠AFD，
∴AB=AF=3，
∴BD=DF，
∵E为BC中点，
∴DE是△BCF的中位线，
∴CF=2DE=2，
∴AC=3+2=5，
由勾股定理得：BC= 52−32=4，
S△ABC=12×AB×BC=12×AC×BM，
∴12×3×4=12×5×BM，
∴BM=125，
由勾股定理得：AM= AB2−BM2= 32−(125)2=95，
∴FM=3−95=65，
由勾股定理得：BF= BM2+FM2= (125)2−(65)2=65 5，
∵S△ABF=12×BF×AD=12×AF×BM，即12×6 55×AD=12×3×125，
∴AD=6 55．
故选：D．
延长BD与AC相交于点F，过点B作BM⊥AC于M，根据等腰三角形的性质可得BD=DF，用三角形的中位线定理可得CF=2，确定AC的长，并计算BC的长，由面积法可得BM和BF的长，最后由面积法可得结论．
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，作辅助线构造出以DE为中位线的三角形是解题的关键．
13.【答案】x≠2
【解析】解：由题意，得：x−2≠0，
∴x≠2．
故答案为：x≠2．
根据分式有意义的条件进行求解即可．
本题考查的是分式有意义的条件，熟知分式有意义的条件是分式的分母不为0是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：“守株待兔”“水中捞月”和“瓮中捉鳖”分别用A、B、C表示，根据题意画图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中两次抽到的成语均为确定事件的有2种结果，
则两次抽到的成语均为确定事件的概率是26=13．
故答案为：13．
画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
本题考查了树状图法求概率：利用列表法和树状图法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，求出概率．
15.【答案】3 52
【解析】解：连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵BF⊥CD，
∴∠CFB=90°，
∴∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC=∠CFB=90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴ACBC=CEBF，
∵FB=FE=2，FC=1，
∴CE=CF+EF=3，BC= CF2+BF2= 12+22= 5，
∴AC 5=32，
∴AC=3 52．
故答案为：3 52．
连接BC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据相似三角形的判定和性质定理以及勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂直的定义，正确的识别图形是解题的关键．
16.【答案】52或74
【解析】解：如图1，∵BC=4，AB=5，
∴AC=3，
作DH⊥AB于H，设∠BAD=α，∠ABD=β，
①当2α+β=90°时，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+α+β=90°，
∴∠CAD=α，
∵DH⊥AB，
∴△ADC≌△ADH(AAS)，
∴AH=AC=3，
∴BH=5−3=2，设BD=x，
∴CD=4−x=DH，
∴(4−x)2+22=x2，
∴x=52，
即BD=52．
②当2β+α=90°时，
∴∠CAD=β，
∴△CAD∽△CBA，
∴CD：AC=AC：CB，
即CD：3=3：4，
∴CD=94，
∴BD=4−94=74．
故答案为为：52或74．
作DH⊥AB于H，根据定义规定分别得出∠CAD=α或∠CAD=β这两种情况，再分别根据全等和相似计算即可．
本题考查了直角三角形的性质，熟练运用全等、相似、勾股定理是解题关键．
17.【答案】解：−2x2m−1⋅yn−4⋅7x1−nym−1=−14x2m−nym+n−5，
∴−14x2m−nym+n−5与x7y3是同类项．
∴2m−n=7，m+n−5=3．
解得：m=5，n=3．
【解析】依据单项式乘单项式的法则和同类项的定义解答即可．
本题主要考查的是单项式乘单项式、同类项的定义、二元一次方程组的解法，根据题意得到2m−n=7，m+n−5=3是解题的关键．
18.【答案】解：(1)120÷60%=200(人)，
所以调查的家长数为200人；
(2)扇形C所对的圆心角的度数=360°×(1−20%−15%−60%)=18°，
C类的家长数=200×(1−20%−15%−60%)=10(人)，
补充图为：
(3)估计该校4200名中学生家长中持反对态度的人数为：4200×60%=2520(名)；
(4)设初三(1)班两名家长为A1、A2，初三(2)班两名家长为B1，B2，
画树状图为
共有12种等可能结果，其中2人来自不同班级共有8种，
所以2人来自不同班级的概率=812=23．
【解析】(1)用D类的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
(2)用360°乘以C类所占的百分比得到扇形C所对的圆心角的度数，再用200乘以C类所占的百分比得到C类人数，然后补全图1；
(3)由D类占60%，即可估计该校4200名中学生家长中持反对态度的人数；
(4)画树状图展示所有12种等可能结果，再找出2人来自不同班级的结果数，然后根据概率公式求解．
此题考查了列表法或树状图法求概率以及折线统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】(1)证明：∵∠ADB=90°，
∴AO= AO2+OD2= 122+52=13，
∵AC=26，
∴CO=AO=13，
∵OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2OD=10，
∴四边形ABCD的面积=AD×BD=12×10=120．
【解析】(1)由勾股定理可求AO=13，可得AO=CO=13，即可得出四边形ABCD是平行四边形；
(2)由平行四边形面积公式即可求解．
本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理；证明四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)把A(1,2)代入双曲线y=kx，可得k=2，
∴双曲线的解析式为y=2x；
把A(1,2)代入直线y=x+b，可得b=1，
∴直线的解析式为y=x+1；
(2)设P点的坐标为(x,0)，
在y=x+1中，令y=0，则x=−1；令x=0，则y=1，
∴B(−1,0)，C(0,1)，即BO=1=CO，
∵△BCP的面积等于2，
∴12BP×CO=2，即12|x−(−1)|×1=2，
解得x=3或−5，
∴P点的坐标为(3,0)或(−5,0)．
【解析】(1)把A(1,2)代入双曲线以及直线y=x+b，分别可得k，b的值；
(2)先根据直线解析式得到BO=CO=1，再根据△BCP的面积等于2，即可得到P的坐标．
本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，解题时注意：反比例函数与一次函数交点的坐标同时满足两个函数解析式．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠BCD，
由对称知，∠DFG=∠BCD，
∴∠A=∠DFG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠AFD=∠FDG，
∴△DFG∽△FAD；
(2)解：由翻折知：DC=DF=5，
∵△DFG∽△FAD，
∴DGDF=DFAF=FGAD，即DG5=53=FG5，
∴DG=253=FG，
∴CG=DG−DC=103，
∵AB=5，AF=3，
∴BF=2，
∵CG//BF，
∴△CGE∽△BFE，
∴CEBE=CGBF=1032=53，
∴CE=53BE，
∵CE+BE=BC=5，
∴83BE=5，
∴BE=158．
【解析】(1)由菱形的性质判断出CD//AB，∠A=∠BCD，再由对称得出∠BCD=∠DFG，得出∠A=∠DFG，即可得出结论；
(2)由翻折知：DC=DF=5，利用相似三角形的判定与性质可得CG=DG−DC=103，CE=53BE，最后由线段的和差关系可得答案．
此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，判断出△DFG∽△FAD是解本题的关键．
22.【答案】解：过点D作DE⊥AC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
则DE=AF，DF=AE，
在Rt△DEC中，tanθ=DEEC=34，
设DE=3x米，则CE=4x米，
∵DE2+CE2=DC2，
∴(3x)2+(4x)2=400，
∴x=4或x=−4(舍去)，
∴DE=AF=12米，CE=16米，
设BF=y米，
∴AB=BF+AF=(12+y)米，
在Rt△DBF中，∠BDF=30°，
∴DF=BFtan30∘=y 33= 3y(米)，
∴AE=DF= 3y米，
∴AC=AE−CE=( 3y−16)米，
在Rt△ABC中，∠ACB=60°，
∴tan60°=ABAC=12+y 3y−16= 3，
解得：y=6+8 3，
经检验：y=6+8 3是原方程的根，
∴AB=BF+AF=18+8 3≈31.9(米)，
∴建筑物的高度AB约为31.9米．
【解析】过点D作DE⊥AC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，则DE=AF，DF=AE，在Rt△DEC中，根据已知可设DE=3x米，则CE=4x米，然后利用勾股定理进行计算可求出DE，CE的长，再设BF=y米，从而可得AB=(12+y)米，最后在Rt△DBF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，从而求出AC的长，再在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义列出关于y的方程，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，坡度坡角问题，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．
23.【答案】(1 )证明：连接OA，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
又∵∠BAC=∠ADB，
∴∠BAC+∠OAC=90°，
即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
(2)解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCAB，
设半径OC=OA=r，
∵BC=2OC，
∴BC=2r，OB=3r，
在Rt△BAO中，
AB= OB2−OA2= (3r)2−r2=2 2r，
在Rt△CAD中，
tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r2 2r= 22，
∴tan∠ADB=tan∠ADC= 22；
(3)解：在(2)的条件下，AB=2 2r=2 6，
∴r= 3，
∴CD=2 3，
在Rt△CAD中，
ACAD= 22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=2 2，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×2 2=4 2．
【解析】(1)连接OA，先得出∠OAC+∠OAD=90°，再得出∠BAC+∠OAC=90°，进而得出∠BAO=90°，最后根据切线的判定得出结论；
(2)先得出△BCA∽△BAD，进而得出ACAD=BCAB，设半径OC=OA=r，根据勾股定理得出AB=2 2r，最后根据三角函数得出结果；
(3)由(2)的结论，得出r= 3，结合直角三角形的性质得出AC=2，AD=2 2，然后得出△CAP∽△EAD，最后根据AE⋅AP=AC⋅AD得出结论．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质及勾股定理，灵活运用性质解决实际问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意得：4a−2b+c=5,a−b+c=09a+3b+c=0,
解得a=1b=−2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
(2)∵抛物线与x轴交于B(−1,0)，C(3,0)，
∴BC=4，抛物线的对称轴为直线x=1，
如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1,0)，BH=2，
由翻折得C′B=CB=4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H= C′B2−BH2= 42−22=2 3，
∴点C′的坐标为(1,2 3)，tan∠C′BH=C′HBH=2 32= 3，
∴∠C′BH=60°，
由翻折得∠DBH=12∠C′BH=30°，
在Rt△BHD中，DH=BH⋅tan∠DBH=2⋅tan30°=2 33，
∴点D的坐标为(1,2 33).
(3)取(2)中的点C′，D，连接CC′，
∵BC′=BC，∠C′BC=60°，
∴△C′CB为等边三角形．分类讨论如下：
①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CQ=CP，BC=C′C，∠PCQ=∠C′CB=60°，
∴∠BCQ=∠C′CP，
∴△BCQ≌△C′CP(SAS)，
∴BQ=C′P．
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴BQ=CQ，
∴C′P=CQ=CP，
又∵BC′=BC，
∴BP垂直平分CC′，
由翻折可知BD垂直平分CC′，
∴点D在直线BP上，
设直线BP的函数表达式为y=kx+d，
则0=−k+d2 33=k+d，解得k= 33d= 33,
∴直线BP的函数表达式为y= 33x+ 33．
②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CP=CQ，BC=CC′，∠CC′B=∠QCP=∠C′CB=60°．
∴∠BCP=∠C′CQ，
∴△BCP≌△C′CQ(SAS)，
∴∠CBP=∠CC′Q，
∵BC′=CC′，C′H⊥BC，
∴∠CC′Q=12∠CC′B=30°．
∴∠CBP=30°，
设BP与y轴相交于点E，
在Rt△BOE中，OE=OB⋅tan∠CBP=OB⋅tan30°=1× 33= 33，
∴点E的坐标为(0,− 33).
设直线BP的函数表达式为y=mx+n，
则0=−m+n− 33=n，解得m=− 33n=− 33，
∴直线BP的函数表达式为y=− 33x− 33．
综上所述，直线BP的函数表达式为y= 33x+ 33或y=− 33x− 33．
【解析】本题考查了二次函数的综合题，涉及的知识点有：待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，综合性较强，有一定的难度．
(1)根据待定系数法，把点A(−2,5)，B(−1,0)，C(3,0)的坐标代入y=ax2+bx+c得到方程组求解即可；
(2)设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1,0)，BH=2，由翻折得C′B=CB=4，求出C′H的长，可得∠C′BH=60°，求出DH的长，则C′、D坐标可求；
(3)由题意可知△C′CB为等边三角形，分两种情况讨论：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P.证出△BCQ≌△C′CP，可得BP垂直平分CC′，则D点在直线BP上，可求出直线BP的解析式，②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．同理可求出另一直线解析式．
25.【答案】SAS = ⊥
【解析】解：[特例探究]根据CE=CF，∠ACE=∠BCF，AC=BC符合两条边和夹角都相等的两个三角形全等，
故为边角边；
根据全等三角形的性质得知，两个全等的三角形的对应边也相等，
故AE=BF；
根据∠AMN=∠AMB=90°，
可得AE⊥BF．
故答案为：边角边，=，⊥；
[猜想证明]BF=nAE，AE⊥BF．
∵CE=12AC，CF=12BC，BC=nAC，
∴CF=nCE，
∴BCAC=CFCE=n1=n，
∵∠ACB=∠ECF=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
∴△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=n，
∴BF=nAE，
∵△BCF∽△ACE，
∴∠CBF=∠CAE，
∵∠BNM=∠ANC，
∴∠BMN=∠ACN=90°，
即AE⊥BF；
[拓展应用]
①如图，以点四边形CEMF是矩形时，ME=FC=12BC=3，MF=EC=12AC=2，
∵△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=32，
即AE=23BF，
设BF=x，
则在Rt△ABM中，AB2=AM2+BM2，
即AC2+BC2=(AE−ME)2+(BF+FM)2，
42+62=(23x−3)2+(x+2)2，
解得x1=3 3，x2=−3 3(不符合题意，舍去)，
故当BM=3 3+2时，以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形；
②如图，以点四边形CEMF是矩形时，ME=FC=12BC=3，MF=EC=12AC=2，
∵△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=32，
即AE=23BF，
设BF=x，
则在Rt△ABM中，AB2=AM2+BM2，
即AC2+BC2=(AE+ME)2+(BF−FM)2，
42+62=(23x+3)2+(x−2)2，
解得x1=3 3，x2=−3 3(不符合题意，舍去)，
故当BM=3 3−2时，以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形，
故答案为：3 3+2或3 3−2．
[特例探究]根据全等三角形的判定和性质即可证明；
[猜想证明]根据相似三角形的判定和性质即可证明；
[拓展应用]根据相似三角形的判定和性质可得AE=23BF，结合勾股定理即可求得．
本题考查了勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
2023年贵州省铜仁市碧江区中考数学模拟试卷（3月份）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在−1，−2，0， 9这四个数中，最小的数是( )
A. −1 B. −2 C. 0 D. 9
2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 据统计，2023年铜仁市中考学生人数约5.8万左右，用科学记数法表示“5.8万”正确的是( )
A. 5.8×102 B. 58×103 C. 5.8×103 D. 5.8×104
4. 下列说法正确的是( )
A. 随机抛掷硬币10次，一定有5次正面向上
B. 一组数据8，9，10，11，11的众数是10
C. 为了了解某电视节目的收视率，宜采用抽样调查
D. 甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们成绩的方差分别为S甲2=4，S乙2=9，在这过程中，乙发挥比甲更稳定
5. 以方程组y=2x−5y=−x+1的解为坐标的点(x,y)在平面直角坐标系中的位置是( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
6. 如图是一个几何体的三视图，主视图和左视图均是面积为12的等腰三角形，俯视图是直径为6的圆，则这个几何体的全面积是( )
A. 24π
B. 21π
C. 15π
D. 12π
7. 一个不等式的解集在数轴上表示如图，则这个不等式可以是( )
A. 2x<0 B. 2x≥4 C. x−4<2 D. 4−x>2
8. 将二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，顶点在直线y=2x+2上，则k的值为( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. −1
9. 如图，在活动课上，老师画出边长为2的正方形ABCD，让同学们按以下步骤完成画图.(1)画出AD的中点E，连接BE；(2)以点E为圆心，EB长为半径画弧，交DA的延长线于点F；(3)以AF为边画正方形AFGH，点H在AB边上.在画出的图中有一条线段的长是方程x2+2x−4=0的一个根.这条线段是( )
A. 线段BH B. 线段BE C. 线段AE D. 线段AH
10. 如图，在平面直角坐标系中，函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过A、B两点.连结AB、OB，过点A作AC⊥x轴于点C，交OB于点D.若ODBD=12，S△ABD=4，则k的值为( )
A. 2
B. 72
C. 4
D. 92
11. 将边长为3的等边三角形ABC和另一个边长为1的等边三角形DEF如图放置(EF在AB边上，且点E与点B重合).第一次将△DEF以点F为中心旋转至△E1FD1，第二次将△E1FD1以点D1为中心旋转至△F1D1E2的位置，第三次将△F1D1E2以点E2为中心旋转至△D2E2F2的位置，…，按照上述办法旋转，直到△DEF再次回到初始位置时停止，在此过程中△DEF的内心O点运动轨迹的长度是( )
A. 43π B. 83π C. 4 33π D. 8 33π
12. 已知，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足为D，E为BC中点，连结DE，DE=1，则AD的值为( )
A. 3 32 B. 3 3 C. 3 55 D. 6 55
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 若式子x+1x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是______ ．
14. 三张材质、大小完全相同的卡片上依次写有成语“守株待兔”“水中捞月”和“瓮中捉鳖”，现放置于暗箱内，摇匀后随机抽取一张，不放回，然后抽取第二张，则两次抽到的成语均为确定事件的概率是______．
15. 如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于点E，BF⊥CD于点F.若BF=EF=2，CF=1，则AC的长是______ ．
16. 如果一个三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“倍角互余三角形”.已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AB=5，点D在边BC上，且△ABD是“倍角互余三角形”，那么BD的长等于______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共98.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
若−2x2m−1与yn−4与7x1−nym−1的积与x7y3是同类项，求m、n的值．
18. (本小题10.0分)
目前我市“校园手机”现象越来越受到社会关注，针对这种现象，重庆一中初三(1)班数学兴趣小组的同学随机调查了学校若干名家长对“中学生带手机”现象的态度(态度分为：A.无所谓；B.基本赞成；C.赞成；D.反对)，并将调查结果绘制成频数折线统计图1和扇形统计图2(不完整).请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)此次抽样调查中，共调查了多少名中学生家长；
(2)求出图2中扇形C所对的圆心角的度数，并将图1补充完整；
(3)根据抽样调查结果，请你估计我校4200名中学生家长中有多少名家长持反对态度；
(4)在此次调查活动中，初三(1)班和初三(2)班各有2位家长对中学生带手机持反对态度，现从中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．
19. (本小题10.0分)
如图，在四边形ABCD中，∠ADB=90°，AD=12，DO=OB=5，AC=26，
(1)求证；四边形ABCD为平行四边形；
(2)求四边形ABCD的面积．
20. (本小题10.0分)
如图，直线y=x+b与双曲线y=kx(k为常数，k≠0)在第一象限内交于点A(1,2)，且与x轴、y轴分别交于B，C两点．
(1)求直线和双曲线的解析式；
(2)点P在x轴上，且△BCP的面积等于2，求P点的坐标．
21. (本小题10.0分)
如图，已知菱形ABCD，点E是BC上的点，连接DE，将△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的F点上，连接DF，延长FE，交DC延长线于点G．
(1)求证：△DFG∽△FAD；
(2)若菱形ABCD的边长为5，AF=3，求BE的长．
22. (本小题10.0分)
在一次综合实践活动中，某小组对一建筑物进行测量．如图，在山坡坡脚C处测得该建筑物顶端B的仰角为60°，沿山坡向上走20m到达D处，测得建筑物顶端B的仰角为30°.已知山坡坡度i=3：4，即tanθ=34，请你帮助该小组计算建筑物的高度AB．
(结果精确到0.1m，参考数据： 3≈1.732)
23. (本小题12.0分)
如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在(2)的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=2 6，求AE⋅AP的值．
24. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,5)，与x轴相交于B(−1,0)，C(3,0)两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△BCD沿直线BD翻折得到△BC′D，若点C′恰好落在抛物线的对称轴上，求点C′和点D的坐标；
(3)设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当△CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式．
25. (本小题14.0分)
【问题提出】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点E，F分别为边AC，BC的中点，将△EFC绕点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，连接AE，BF，试探究AE，BF之间存在怎样的数量关系和位置关系？
【特例探究】若AC=BC，将△EFC绕点C顺时针旋转至图2的位置，直线BF与AE，AC分别交于点M，N.按以下思路完成填空(第一个空填推理依据，第二个空填数量关系，第三个空填位置关系)：
∵AC=BC，点E，F分别为边AC，BC的中点，
∴CE=CF．
∵∠ACB=∠ECF，
∴∠ACE=∠BCF．
∴△ACE≌△BCF(______ ).
∴AE ______ BF，∠CAE=∠CBF．
又∵∠ANM=∠BNC，
∴∠AMN=∠BCN=90°．
∴AE ______ BM．
【猜想证明】若BC=nAC(n>1)，△EFC绕点C顺时针旋转至图3的位置，直线AE与BF，BC分别交于点M，N，猜想AE与BF之间的数量关系与位置关系，并就图3所示的情况加以证明；
【拓展运用】若AC=4，BC=6，将△EFC绕点C顺时针旋转α(0°<α<360°)，直线AE与BF相交于点M，当以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形时，请直接写出BM的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据有理数比较大小的方法，可得−2<−1<0< 9，
故在−1，−2，0， 9这四个数中最小的数是−2．
故选：B．
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小；据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】D
【解析】解：A项既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故A不符合题意；
B项是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C项是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D项既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形的概念：折叠之后可以完全重合的图形是解题轴对称图形；中心对称图形的概念是旋转180°后可以完全重合的图形是中心对称图形即可解答．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，理解对应概念是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：5.8万=58000=5.8×104．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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．
4.【答案】C
【解析】解：A.随机抛掷硬币100次，不一定有50次正面向上，原说法错误，故本选项不符合题意；
B.一组数据8，9，10，11，11的众数是11，原说法错误，故本选项不符合题意；
C.为了了解某电视节目的收视率，宜采用抽样调查，说法正确，故本选项符合题意；
D.甲、乙两射击运动员分别射击10次，他们成绩的方差分别为S甲2=4，S乙2=9，在这过程中，甲发挥比甲更稳定，原说法错误，故本选项不符合题意．
故选：C．
直接利用概率的意义，众数的定义，全面调查与抽样调查以及方差的意义分别分析，即可得出答案．
本题考查了众数、方差以及全面调查和抽样调查，解题的关键是了众数、概率和全面调查和抽样调查的定义及方差的意义．
5.【答案】D
【解析】解：由y=2x−5y=−x+1可得：2x−5=−x+1，
解得x=2，
∴y=2x−5=−1，
∴以方程组y=2x−5y=−x+1的解为坐标的点(2,−1)在第四象限，
故选：D．
先求解方程组，再判断点(x,y)在平面直角坐标系中的位置．
本题考查了二元一次方程组的解法及平面直角坐标系的相关知识，掌握二元一次方程组的解法是解决本题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：圆锥的高=12×2÷6=4，
母线长= 42+(6÷2)2=5，
圆锥的全面积=π×(6÷2)2+π×(6÷2)×5=9π+15π=24π．
故选：A．
依据题意可得这个几何体为圆锥，其全面积=侧面积+底面积．
本题考查由三视图判断几何体，圆锥的计算．用到的知识点为：有2个视图为三角形，另一个视图为圆的几何体是圆锥．
7.【答案】D
【解析】解：A.2x<0的解集为x<0，与数轴不符，不符合题意；
B.2x≥4的解集为x≥2，与数轴不符，不符合题意；
C.x−4<2的解集为x<6，与数轴不符，不符合题意；
D.4−x>2的解集为x<2，与数轴解集一致，符合题意；
故选：D．
根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1求出每个不等式的解集，继而可得答案．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变
8.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=−(x−k)2+k+1的顶点坐标为(k,k+1)，
∴将y=−(x−k)2+k+1的图象向右平移1个单位，向上平移2个单位后顶点坐标为(k+1,k+3)．
根据题意，得k+3=2(k+1)+2，
解得k=−1．
故选：D．
先求出二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象平移后的顶点坐标，再将它代入y=2x+2，即可求出k的值．
本题考查了二次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，难度适中．根据点的平移规律：右加左减，上加下减正确求出二次函数y=−(x−k)2+k+1的图象平移后的顶点坐标是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2，
∴AD=AB=2，
∵E是AD的中点，
∴AE=1，
则BE=EF= AE2+AB2= 12+22= 5，
∴AH=AF=EF−AE= 5−1，
∴BH=AB−AH=2−( 5−1)=3− 5，
解方程x2+2x−4=0得x1= 5−1，x2=− 5−1，
所以这条线段是AH，
故选：D．
由正方形ABCD的边长为2知AD=AB=2，由E是AD的中点知AE=1，继而得BE=EF= AE2+AB2= 5，AH=AF=EF−AE= 5−1，BH=AB−AH=3− 5，解方程即可得出答案．
本题主要考查作图—基本作图，解题的关键是掌握正方形的性质、勾股定理、解一元二次方程等知识点．
10.【答案】D
【解析】解：过点B作BE⊥x轴，作BF⊥AC，
∵AC⊥x轴，
∴△OCD∽△OEB，
∴OCOE=ODOB=CDBE，
∵ODBD=12
∴OCOE=ODOB=CDBE=11+2=13，
设点A(m,km)，
∴OC=m,AC=km，
∴OE=3m，
代入y=kx得：y=k3m，即BE=k3m，
∴CD=13BE=k9m，
∴AD=AC−CD=km−k9m=8k9m，BF=OE−OC=3m−m=2m，
∵S△ABD=4，
∴12⋅8k9m⋅2m=4，
解得：k=92．
故选：D．
过点B作BE⊥x轴，作BF⊥AC，由平行线可得△OCD∽△OEB，即OCOE=ODOB=CDBE=13，设点A(m,km)，可用含有k，m的代数式分别表示BE，BF，AD，根据S△ABD=4列方程求解即可．
本题主要考查反比例函数与相似三角形，熟练运用相似三角形对应边成比例的性质得到边的关系并能利用面积列方程是解决本题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：连接O1E，O1F，作O1M⊥EF，如图：
∵点O是等边三角形DEF的内心，
∴O1E，O1F分别平分∠DEF，∠DFE，
∴∠O1EF=12∠DEF=12∠DFE=∠O1FE=30°，
∴O1E=O1F，
∵O1M⊥EF，
∴BM=FM=12，
∴O1F=FMcos30∘= 33，
由等边三角形ABC边长为3，等边三角形DEF边长为1可知：
△DEF在AB上，分别以F，D1为旋转中线旋转，旋转角均为120°，在以点A为旋转中线旋转，旋转角为240°，
∴点O每次旋转的半径为 33，旋转的角度分别为：120°，120°，240°，120°，120°，240°，120°，120°，240°，
在此过程中△DEF的内心O点运动轨迹的长度为：120180π× 33×6+2401800× 33×3=8 33π；
故选：D．
根据等边三角形的性质及旋转的性质可知，点O每次旋转的半径为 33，旋转的角度分别为：120°，120°，240°，120°，120°，240°，120°，120°，240°，然后利用弧长公式求解即可．
本题考查旋转的性质，弧长公式，等边三角形的性质，理解内心O的旋转方式是解决问题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：如图，延长BD与AC相交于点F，过点B作BM⊥AC于M，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=∠ADF=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB=∠DAF，
∴∠ABD=∠AFD，
∴AB=AF=3，
∴BD=DF，
∵E为BC中点，
∴DE是△BCF的中位线，
∴CF=2DE=2，
∴AC=3+2=5，
由勾股定理得：BC= 52−32=4，
S△ABC=12×AB×BC=12×AC×BM，
∴12×3×4=12×5×BM，
∴BM=125，
由勾股定理得：AM= AB2−BM2= 32−(125)2=95，
∴FM=3−95=65，
由勾股定理得：BF= BM2+FM2= (125)2−(65)2=65 5，
∵S△ABF=12×BF×AD=12×AF×BM，即12×6 55×AD=12×3×125，
∴AD=6 55．
故选：D．
延长BD与AC相交于点F，过点B作BM⊥AC于M，根据等腰三角形的性质可得BD=DF，用三角形的中位线定理可得CF=2，确定AC的长，并计算BC的长，由面积法可得BM和BF的长，最后由面积法可得结论．
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，作辅助线构造出以DE为中位线的三角形是解题的关键．
13.【答案】x≠2
【解析】解：由题意，得：x−2≠0，
∴x≠2．
故答案为：x≠2．
根据分式有意义的条件进行求解即可．
本题考查的是分式有意义的条件，熟知分式有意义的条件是分式的分母不为0是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：“守株待兔”“水中捞月”和“瓮中捉鳖”分别用A、B、C表示，根据题意画图如下：
由树状图知，共有6种等可能结果，其中两次抽到的成语均为确定事件的有2种结果，
则两次抽到的成语均为确定事件的概率是26=13．
故答案为：13．
画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式计算可得．
本题考查了树状图法求概率：利用列表法和树状图法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，求出概率．
15.【答案】3 52
【解析】解：连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵BF⊥CD，
∴∠CFB=90°，
∴∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC=∠CFB=90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴ACBC=CEBF，
∵FB=FE=2，FC=1，
∴CE=CF+EF=3，BC= CF2+BF2= 12+22= 5，
∴AC 5=32，
∴AC=3 52．
故答案为：3 52．
连接BC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据相似三角形的判定和性质定理以及勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂直的定义，正确的识别图形是解题的关键．
16.【答案】52或74
【解析】解：如图1，∵BC=4，AB=5，
∴AC=3，
作DH⊥AB于H，设∠BAD=α，∠ABD=β，
①当2α+β=90°时，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+α+β=90°，
∴∠CAD=α，
∵DH⊥AB，
∴△ADC≌△ADH(AAS)，
∴AH=AC=3，
∴BH=5−3=2，设BD=x，
∴CD=4−x=DH，
∴(4−x)2+22=x2，
∴x=52，
即BD=52．
②当2β+α=90°时，
∴∠CAD=β，
∴△CAD∽△CBA，
∴CD：AC=AC：CB，
即CD：3=3：4，
∴CD=94，
∴BD=4−94=74．
故答案为为：52或74．
作DH⊥AB于H，根据定义规定分别得出∠CAD=α或∠CAD=β这两种情况，再分别根据全等和相似计算即可．
本题考查了直角三角形的性质，熟练运用全等、相似、勾股定理是解题关键．
17.【答案】解：−2x2m−1⋅yn−4⋅7x1−nym−1=−14x2m−nym+n−5，
∴−14x2m−nym+n−5与x7y3是同类项．
∴2m−n=7，m+n−5=3．
解得：m=5，n=3．
【解析】依据单项式乘单项式的法则和同类项的定义解答即可．
本题主要考查的是单项式乘单项式、同类项的定义、二元一次方程组的解法，根据题意得到2m−n=7，m+n−5=3是解题的关键．
18.【答案】解：(1)120÷60%=200(人)，
所以调查的家长数为200人；
(2)扇形C所对的圆心角的度数=360°×(1−20%−15%−60%)=18°，
C类的家长数=200×(1−20%−15%−60%)=10(人)，
补充图为：
(3)估计该校4200名中学生家长中持反对态度的人数为：4200×60%=2520(名)；
(4)设初三(1)班两名家长为A1、A2，初三(2)班两名家长为B1，B2，
画树状图为
共有12种等可能结果，其中2人来自不同班级共有8种，
所以2人来自不同班级的概率=812=23．
【解析】(1)用D类的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
(2)用360°乘以C类所占的百分比得到扇形C所对的圆心角的度数，再用200乘以C类所占的百分比得到C类人数，然后补全图1；
(3)由D类占60%，即可估计该校4200名中学生家长中持反对态度的人数；
(4)画树状图展示所有12种等可能结果，再找出2人来自不同班级的结果数，然后根据概率公式求解．
此题考查了列表法或树状图法求概率以及折线统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】(1)证明：∵∠ADB=90°，
∴AO= AO2+OD2= 122+52=13，
∵AC=26，
∴CO=AO=13，
∵OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2OD=10，
∴四边形ABCD的面积=AD×BD=12×10=120．
【解析】(1)由勾股定理可求AO=13，可得AO=CO=13，即可得出四边形ABCD是平行四边形；
(2)由平行四边形面积公式即可求解．
本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理；证明四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)把A(1,2)代入双曲线y=kx，可得k=2，
∴双曲线的解析式为y=2x；
把A(1,2)代入直线y=x+b，可得b=1，
∴直线的解析式为y=x+1；
(2)设P点的坐标为(x,0)，
在y=x+1中，令y=0，则x=−1；令x=0，则y=1，
∴B(−1,0)，C(0,1)，即BO=1=CO，
∵△BCP的面积等于2，
∴12BP×CO=2，即12|x−(−1)|×1=2，
解得x=3或−5，
∴P点的坐标为(3,0)或(−5,0)．
【解析】(1)把A(1,2)代入双曲线以及直线y=x+b，分别可得k，b的值；
(2)先根据直线解析式得到BO=CO=1，再根据△BCP的面积等于2，即可得到P的坐标．
本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，解题时注意：反比例函数与一次函数交点的坐标同时满足两个函数解析式．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠BCD，
由对称知，∠DFG=∠BCD，
∴∠A=∠DFG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠AFD=∠FDG，
∴△DFG∽△FAD；
(2)解：由翻折知：DC=DF=5，
∵△DFG∽△FAD，
∴DGDF=DFAF=FGAD，即DG5=53=FG5，
∴DG=253=FG，
∴CG=DG−DC=103，
∵AB=5，AF=3，
∴BF=2，
∵CG//BF，
∴△CGE∽△BFE，
∴CEBE=CGBF=1032=53，
∴CE=53BE，
∵CE+BE=BC=5，
∴83BE=5，
∴BE=158．
【解析】(1)由菱形的性质判断出CD//AB，∠A=∠BCD，再由对称得出∠BCD=∠DFG，得出∠A=∠DFG，即可得出结论；
(2)由翻折知：DC=DF=5，利用相似三角形的判定与性质可得CG=DG−DC=103，CE=53BE，最后由线段的和差关系可得答案．
此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，判断出△DFG∽△FAD是解本题的关键．
22.【答案】解：过点D作DE⊥AC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
则DE=AF，DF=AE，
在Rt△DEC中，tanθ=DEEC=34，
设DE=3x米，则CE=4x米，
∵DE2+CE2=DC2，
∴(3x)2+(4x)2=400，
∴x=4或x=−4(舍去)，
∴DE=AF=12米，CE=16米，
设BF=y米，
∴AB=BF+AF=(12+y)米，
在Rt△DBF中，∠BDF=30°，
∴DF=BFtan30∘=y 33= 3y(米)，
∴AE=DF= 3y米，
∴AC=AE−CE=( 3y−16)米，
在Rt△ABC中，∠ACB=60°，
∴tan60°=ABAC=12+y 3y−16= 3，
解得：y=6+8 3，
经检验：y=6+8 3是原方程的根，
∴AB=BF+AF=18+8 3≈31.9(米)，
∴建筑物的高度AB约为31.9米．
【解析】过点D作DE⊥AC，垂足为E，过点D作DF⊥AB，垂足为F，则DE=AF，DF=AE，在Rt△DEC中，根据已知可设DE=3x米，则CE=4x米，然后利用勾股定理进行计算可求出DE，CE的长，再设BF=y米，从而可得AB=(12+y)米，最后在Rt△DBF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，从而求出AC的长，再在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义列出关于y的方程，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，坡度坡角问题，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．
23.【答案】(1 )证明：连接OA，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
又∵∠BAC=∠ADB，
∴∠BAC+∠OAC=90°，
即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
(2)解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCAB，
设半径OC=OA=r，
∵BC=2OC，
∴BC=2r，OB=3r，
在Rt△BAO中，
AB= OB2−OA2= (3r)2−r2=2 2r，
在Rt△CAD中，
tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r2 2r= 22，
∴tan∠ADB=tan∠ADC= 22；
(3)解：在(2)的条件下，AB=2 2r=2 6，
∴r= 3，
∴CD=2 3，
在Rt△CAD中，
ACAD= 22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=2 2，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×2 2=4 2．
【解析】(1)连接OA，先得出∠OAC+∠OAD=90°，再得出∠BAC+∠OAC=90°，进而得出∠BAO=90°，最后根据切线的判定得出结论；
(2)先得出△BCA∽△BAD，进而得出ACAD=BCAB，设半径OC=OA=r，根据勾股定理得出AB=2 2r，最后根据三角函数得出结果；
(3)由(2)的结论，得出r= 3，结合直角三角形的性质得出AC=2，AD=2 2，然后得出△CAP∽△EAD，最后根据AE⋅AP=AC⋅AD得出结论．
本题考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质及勾股定理，灵活运用性质解决实际问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意得：4a−2b+c=5,a−b+c=09a+3b+c=0,
解得a=1b=−2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
(2)∵抛物线与x轴交于B(−1,0)，C(3,0)，
∴BC=4，抛物线的对称轴为直线x=1，
如图，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1,0)，BH=2，
由翻折得C′B=CB=4，
在Rt△BHC′中，由勾股定理，得C′H= C′B2−BH2= 42−22=2 3，
∴点C′的坐标为(1,2 3)，tan∠C′BH=C′HBH=2 32= 3，
∴∠C′BH=60°，
由翻折得∠DBH=12∠C′BH=30°，
在Rt△BHD中，DH=BH⋅tan∠DBH=2⋅tan30°=2 33，
∴点D的坐标为(1,2 33).
(3)取(2)中的点C′，D，连接CC′，
∵BC′=BC，∠C′BC=60°，
∴△C′CB为等边三角形．分类讨论如下：
①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P．
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CQ=CP，BC=C′C，∠PCQ=∠C′CB=60°，
∴∠BCQ=∠C′CP，
∴△BCQ≌△C′CP(SAS)，
∴BQ=C′P．
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴BQ=CQ，
∴C′P=CQ=CP，
又∵BC′=BC，
∴BP垂直平分CC′，
由翻折可知BD垂直平分CC′，
∴点D在直线BP上，
设直线BP的函数表达式为y=kx+d，
则0=−k+d2 33=k+d，解得k= 33d= 33,
∴直线BP的函数表达式为y= 33x+ 33．
②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．
∵△PCQ，△C′CB为等边三角形，
∴CP=CQ，BC=CC′，∠CC′B=∠QCP=∠C′CB=60°．
∴∠BCP=∠C′CQ，
∴△BCP≌△C′CQ(SAS)，
∴∠CBP=∠CC′Q，
∵BC′=CC′，C′H⊥BC，
∴∠CC′Q=12∠CC′B=30°．
∴∠CBP=30°，
设BP与y轴相交于点E，
在Rt△BOE中，OE=OB⋅tan∠CBP=OB⋅tan30°=1× 33= 33，
∴点E的坐标为(0,− 33).
设直线BP的函数表达式为y=mx+n，
则0=−m+n− 33=n，解得m=− 33n=− 33，
∴直线BP的函数表达式为y=− 33x− 33．
综上所述，直线BP的函数表达式为y= 33x+ 33或y=− 33x− 33．
【解析】本题考查了二次函数的综合题，涉及的知识点有：待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，综合性较强，有一定的难度．
(1)根据待定系数法，把点A(−2,5)，B(−1,0)，C(3,0)的坐标代入y=ax2+bx+c得到方程组求解即可；
(2)设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为(1,0)，BH=2，由翻折得C′B=CB=4，求出C′H的长，可得∠C′BH=60°，求出DH的长，则C′、D坐标可求；
(3)由题意可知△C′CB为等边三角形，分两种情况讨论：①当点P在x轴的上方时，点Q在x轴上方，连接BQ，C′P.证出△BCQ≌△C′CP，可得BP垂直平分CC′，则D点在直线BP上，可求出直线BP的解析式，②当点P在x轴的下方时，点Q在x轴下方．同理可求出另一直线解析式．
25.【答案】SAS = ⊥
【解析】解：[特例探究]根据CE=CF，∠ACE=∠BCF，AC=BC符合两条边和夹角都相等的两个三角形全等，
故为边角边；
根据全等三角形的性质得知，两个全等的三角形的对应边也相等，
故AE=BF；
根据∠AMN=∠AMB=90°，
可得AE⊥BF．
故答案为：边角边，=，⊥；
[猜想证明]BF=nAE，AE⊥BF．
∵CE=12AC，CF=12BC，BC=nAC，
∴CF=nCE，
∴BCAC=CFCE=n1=n，
∵∠ACB=∠ECF=90°，
∴∠BCF=∠ACE，
∴△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=n，
∴BF=nAE，
∵△BCF∽△ACE，
∴∠CBF=∠CAE，
∵∠BNM=∠ANC，
∴∠BMN=∠ACN=90°，
即AE⊥BF；
[拓展应用]
①如图，以点四边形CEMF是矩形时，ME=FC=12BC=3，MF=EC=12AC=2，
∵△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=32，
即AE=23BF，
设BF=x，
则在Rt△ABM中，AB2=AM2+BM2，
即AC2+BC2=(AE−ME)2+(BF+FM)2，
42+62=(23x−3)2+(x+2)2，
解得x1=3 3，x2=−3 3(不符合题意，舍去)，
故当BM=3 3+2时，以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形；
②如图，以点四边形CEMF是矩形时，ME=FC=12BC=3，MF=EC=12AC=2，
∵△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=32，
即AE=23BF，
设BF=x，
则在Rt△ABM中，AB2=AM2+BM2，
即AC2+BC2=(AE+ME)2+(BF−FM)2，
42+62=(23x+3)2+(x−2)2，
解得x1=3 3，x2=−3 3(不符合题意，舍去)，
故当BM=3 3−2时，以点C，E，M，F为顶点的四边形是矩形，
故答案为：3 3+2或3 3−2．
[特例探究]根据全等三角形的判定和性质即可证明；
[猜想证明]根据相似三角形的判定和性质即可证明；
[拓展应用]根据相似三角形的判定和性质可得AE=23BF，结合勾股定理即可求得．
本题考查了勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
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