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2023年辽宁省鞍山市海城市孤山中学中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年辽宁省鞍山市海城市孤山中学中考数学三模试卷（含解析），共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年辽宁省鞍山市海城市孤山中学中考数学三模试卷
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. −12023的绝对值是( )
A. 12023 B. −12023 C. −2023 D. 2023
2. 如图，是由7个相同的小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，则这个几何体的左视图是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6 B. a3÷a2=1 C. a3−a2=1 D. (a3)2=a6
4. 某同学在一次数学实践活动课中将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠(如图).折痕分别为AB，CD，若CD//BE，且∠CBE=13∠ABC，则∠1为( )
A. 106°
B. 108°
C. 109°
D. 110°
5. 若数组3，3，x、4，5的平均数为4，则这组数中的( )
A. x=4 B. 中位数为4 C. 众数为3 D. 方差为4
6. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD，则下列说法不正确的是( )
A. BE=BC
B. ∠DFC=90°
C. DG=3GF
D. 四边形BFDE是平行四边形
7. 如图，是一副特制的三角板，用它们可以画出一些特殊角.在54°，60°，63°，99°，120°的角中，能借助特制三角板画出的角有( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
8. 如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB=8cm，点O为斜边AB的中点，连接OC，点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿A→C，C→B运动，到点C，B时停止运动.设运动时间为t(s)，△OEF的面积为s(cm2)，则s(cm2)与t(s)的函数关系可用图象表示为( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 每个生物携带自身基因的载体是生物细胞的DNA.DNA分子的直径只有0.0000002cm，它们在细胞核的染色体上，按一定顺序排列成螺旋形的独特结构.将0.0000002用科学记数法表示是______ ．
10. 在平面直角坐标系中，已知点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，则点B对应点B′的坐标是______ ．
11. 甲、乙两人负责在社区进行核酸采样，已知甲每小时比乙每小时多采样10人，甲采样170人所用时间与乙采样150人所用时间相等，甲、乙两人每小时分别采样多少人？设甲每小时采样x人，则可列分式方程为______ ．
12. 已知a，b，c是三角形的三边长，化简：|a−b−c|+|b−c+d+|c−a−b|= ______ ．
13. 如图，O为坐标原点，点A1，A2，A3，…，An在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3，…，Bn在函数y=13x2位于第一象限的图象上，若△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3，…，△AnAn+1Bn+1都是等边三角形，则线段OA100的长是______ ．
14. 如图，在平面直角坐标系中，▱AOBC的顶点B在x轴上，点A坐标为(1,2)，以点О为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点D，E，再分别以点D，点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内相交于点F，作射线OF交AC于点P.则点P的坐标是 ．
15. 如图，双曲线y=kx位于第二象限的图象上有A，B两点，过A点作AC⊥y轴于点C，过B点作BD⊥x轴于点D，若△AOB的面积为3，△COD的面积为4，则k的值为______ ．
16. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC是锐角，过点A作AE⊥BC于点E，作∠EAF=∠ABC，交CD于点F.连结EF、BD，若S菱形ABCD=50，EFBD=25，则△AEF的面积为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(2x−3−1x)⋅x2−3xx2+6x+9，其中x是不等式组2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)的整数解．
18. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE.求证：AE=BD．
19. (本小题10.0分)
为落实双减政策，某校对九年级学生的作业负担进行了调查，随机抽取部分学生，统计他们平均每门学科的书面作业时间t(单位：min)，按时间长短分为四个类别：A(0<1<12)，B(12≤1<24)，C(24≤1<36)，D(t≥36)，将抽样结果制成两幅不完整的统计图．
根据以上信息，回答下列问题：
(1)本次抽样的样本容量为______ ；
(2)扇形统计图a的值为______ ；
(3)补全条形统计图；
(4)每门学科书面作业不低于36min，就认为课业负担超重，若该校九年级有900名学生，请估计该校九年级学生课业负担超重的学生人数．
20. (本小题10.0分)
某校在“庆祝建党100周年”系列活动中举行了主题为“学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行”的党史知识竞赛.九年级某班“班级党史知识竞赛”中，有A，B，C，D四名同学的竞赛成绩为满分．
(1)若该班要随机从4名满分同学中选取1名同学参加学校的党史知识竞赛，A同学被选中的概率是______ ；
(2)该班4位满分同学中A和B是女生，C和D是男生，若要从4名满分同学中随机抽取两名同学参加学校的党史知识竞赛，请用画树状图或列表的方法求出恰好抽到一名男生一名女生的概率．
21. (本小题10.0分)
如今，不少人在购买家具时追求简约大气的风格，图1所示的是一款非常畅销的简约落地收纳镜，其支架的形状固定不变，镜面可随意调节，图2所示的是其侧面示意图，其中OD为镜面，EF为放置物品的收纳架，AB，AC为等长的支架，BC为水平地面，已知OA=BD=40cm，OD=120cm，∠ABC=75°.(结果精确到1cm.参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 2≈1.41， 3≈1.73)
(1)求支架顶点A到地面BC的距离；
(2)如图3，将镜面顺时针旋转15°，求此时收纳镜顶部端点O到地面BC的距离．
22. (本小题10.0分)
已知一次函数y=mx−3m(m≠0)和反比例函数y=4x的图象如图所示．
(1)一次函数y=mx−3m必定经过点______ .(写点的坐标)
(2)当m=−2时，一次函数与反比例函数图象交于点A，B，与x，y轴分别交于点C，D，连接BO并延长，交反比例另一支于点E，求出此时A，B两点的坐标及△ABE的面积．
(3)直线y=mx−3m绕点C旋转，直接写出当直线与反比例图象无交点时m的取值范围．
23. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在AC边上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，在BC边上取一点F，连接FD，使得DF=BF．
(1)求证：DF为半圆O的切线；
(2)若AC=6，BC=4，CF=1，求半圆O的半径长．
24. (本小题10.0分)
某扶贫工作小组对果农进行精准扶贫，帮助果农将一种有机生态水果拓宽了市场.与去年相比，今年这种水果每千克的平均批发价降低了1元，产品比去年增加了25%，批发销售总额比去年增加了20%.已知去年这种水果批发销售总额为10万元．
(1)设这种水果去年的产量是x千克，请列方程求这种水果去年的产量是多少千克？并求出这种水果今年每千克的平均批发价？
(2)某水果店从果农处直接批发，专营这种水果.调个发现，若每千克的平均销售价为41元，则每天可售出300千克；若每千克的平均销售价每降低1元，每天可多卖出60千克，设水果店一天的利润为w元，求：
①若该水果店采取降价催销的方式销售水果，水果店一天的利润为w=4320元，则降价多少元？
②当每千克的平均销售价为多少元时，该水果店一天的利润最大？最大利润是多少？(利润计算时，其它费用忽略不计)
25. (本小题12.0分)
已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段BD、CE交于点M．
(1)如图1，若AB=AC，AD=AE
①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠BMC的大小(用α表示)；
(2)如图2，若AB=BC=kAC，AD=ED=kAE，则线段BD与CE的数量关系为______ ，∠BMC= ______ (用α表示)；
(3)在(2)的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)，连接EC并延长交BD于点M.则∠BMC= ______ (用α表示)．
26. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴交于A(−2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，且OC=2OA．
(1)试求抛物线的解析式；
(2)直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，与抛物线在第一象限交于点P，与直线BC交于点M，记m=S△CPMS△CDM，试求m的最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，m取最大值时，是否存在x轴上的点Q及坐标平面内的点N，使得P，D，Q，N四点组成的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有满足条件的Q点和N点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−12023的绝对值是12023．
故选：A．
负数的绝对值是它的相反数，由此即可得到答案．
本题考查绝对值，关键是掌握绝对值的意义．
2.【答案】A
【解析】解：从左面看易得第一层有3个正方形，第二层最右边和中间都有1个正方形．
故选：A．
找到从左面看所得到的图形即可，注意每列正方形的个数应为这列正方体最多的个数，从而得出答案．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图，同时考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
3.【答案】D
【解析】解：A、a2⋅a3=a5，原式计算错误；
B、a3÷a2=a，原式计算错误；
C、a3与a2不是同类项，不能合并，原式计算错误；
D、(a3)2=a6，原式计算正确，符合题意；
故选D．
根据同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项等计算法则求解判断即可．
本题主要考查了同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由折叠可知，2∠ABE+∠CBE=180°，
∵∠CBE=13∠ABC，∠ABC=∠ABE+∠CBE，
∴∠ABE=2∠CBE，
∴4∠CBE+∠CBE=180°，
∴∠CBE=36°，
∵BE//CD，
∴∠BCD=180°−∠CBE=144°，
由折叠可知，2∠DCE+∠1=180°，
∵∠BCD=∠1+∠DCE，
∴2(144°−∠1)+∠1=180°，
∴∠1=108°，
故选：B．
根据平行线的性质得出∠EBC+∠BCD=180°，再根据折叠得出2∠ABE+∠CBE=180°，进而解答即可．
本题考查了平行线的性质、折叠的问题，解题的关键是熟练掌握平行线的性质定理，折叠就会出现对应角相等．
5.【答案】B
【解析】解：根据平均数的定义可知，x=4×5−3−3−4−5=5，故选项A不符合题意；
这组数按照从小到大排列是：3，3，4，5，5，
这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的数是4，这组数据的中位数是4，故选项B符合题意；
众数是3和5，故选项C不符合题意；
方差为15×[2×(3−4)2+(4−4)2+2×(5−4)2]=0.8，故选项D不符合题意．
故选：B．
根据平均数的定义可以先求出x的值，进而就可以确定这组数的中位数、众数和方差即可得到正确的选项．
此题考查了平均数、中位数、众数和方差，熟练掌握平均数、中位数、众数和方差的定义和计算方法是关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵将△COD绕点O按顺时针方向旋转一定角度后得到△AOB，
∴AC=CD，BC=CE，AB=DE，∠BCE=∠ACD=60°，∠ACB=∠DCE=30°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故选项A不符合题意；
∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，点F是边AC的中点，
∴∠BAC=60°，AF=FC=BF，
∴△ABF是等边三角形，
∴AB=AF=BF=DE，
在△ABC和△CFD中，
AC=DC∠BAC=∠FCDAB=CF，
∴△ABC≌△CFD(SAS)，
∴BC=DF，∠DFC=∠ABC=90°，∠CDF=∠ACB=30°，故选项B不符合题意；
∴BE=BC=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，故选项D不符合题意；
∵∠GCF=∠DCF−∠DCE=30°，
∴CG=2GF，
∵∠CDF=∠ACB=∠GCD=30°，
∴CG=DG=2GF，故选项C符合题意；
故选：C．
由旋转的性质可得AC=CD，BC=CE，AB=DE，∠BCE=∠ACD=60°，∠ACB=∠DCE=30°，可证△BCE是等边三角形，可得BE=BC，故选项A不符合题意；由“SAS”可证△ABC≌△CFD，可得BC=DF，∠DFC=∠ABC=90°，∠CDF=∠ACB=30°，故选项B不符合题意；可证四边形BEDF是平行四边形，故选项D不符合题意；即可求解．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：54°=90°−36°，则54°角能画出；
60°不能写成36°、72°和45°、90°的和或差的形式，不能画出；
63°=90°−72°+45°，则63°可以画出；
99°=90°+45°−36°，则99°角能画出；
120°不能写成36°、72°和45°、90°的和或差的形式，不能画出；
∴能画出的角有3个．
故选：B．
一副三角板中的度数，用三角板画出角，无非是用角度加减法，逐一分析即可．
此题考查的知识点是角的计算，关键是利用三角板的已知度数，进行加减的计算．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意可得AE=CF=t，CE=8−t，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴OA=OC，∠OAC=∠OCB=45°，
在△OAE和△OCF中：
OA=OC∠OAE=∠OCFAE=CF，
∴△OAE≅△OCF(SAS)，
∴S△OAE=S△OCF，
∴S四边形OECF=S△OAC=14×82=16，
∴S=S四边形OECF−S△CEF=16−12(8−t)⋅t=12t2−4t+16=12(t−4)2+8(0≤t≤8)，
∴s(cm2)与t(s)的函数图象为开口向上的抛物线一部分，顶点为(4,8)，自变量为0≤t≤8．
故选：B．
由点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿AC，CB运动，得到AE=CF=t，则CE=8−t，再根据等腰直角三角形的性质可得OA=OC，∠OAC=∠OCB=45°，然后根据“SAS”可判断△OAE≅△OCF，所以S△OAE=S△OCF，这样S四边形OECF=S△OAC=16，于是S=S四边形OECF−S△CEF=16−12(8−t)⋅t，然后配方得到S=12(t−4)2+8(0≤t≤8)，最后利用解析式和二次函数的性质对各选项进行判断即可．
本题考查动点问题与函数图象及二次函数图象性质，抓住问题的变化趋势、变化速度、横轴纵轴的实际意义得到正确的图象是解决此题的关键．
9.【答案】2×10−7
【解析】解：∵0.0000002=2×10−7，
故答案为：2×10−7．
绝对值小于1的数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，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．
本题考查了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的值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．
10.【答案】(−3,−1)或(3,1)
【解析】解：∵点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，
∴点B的对应点B′的坐标是：(−9×13,−3×13)或[−9×(−13),−3×(−13)]，即(−3,−1)或(3,1)．
故答案为：(−3,−1)或(3,1)．
根据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解答．
本题考查的是位似变换的概念和性质，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．
11.【答案】170x=150x−10
【解析】解：设甲每小时采样x人，则乙每小时采样(x−10)人，根据题意得：
170x=150x−10．
故答案为：170x=150x−10．
由实际问题找到合适的等量关系即可抽象出分式方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
12.【答案】a+3b−c
【解析】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b>c，b+c>a，a+b>c，
∴a−b−c<0，b−c+a>0，c−a−b<0，
∴|a−b−c|+|b−c+a|+|c−a−b|=−a+b+c+b−c+a−(c−a−b)=a+3b−c．
故答案为：a+3b−c．
此题的关键是根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝对值的性质求值．
本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边．
13.【答案】10100
【解析】解：如图，分别过点B1，B2，B3作y轴得垂线，
垂足为分别为A、B、C，
设A1 A0=a，A1 A2=b，A2 A3=c，
则AB1= 32a，BB2= 32b，CB3= 32c，
在等边三角形A1 A0B1中，B1( 32a,12a)，
代入y=13x2中，得12a=13×34a2，
解得a=2，
∴OA1=2=2×1，
在等边三角形A1 A2B2中，B2( 32b,2+12b)，
代入y=13x2中，得2+12b=13×34b2，
解得b=4，
∴OA2=2+4=6=2×1+2)，
在等边三角形A3 A2B3中，B2( 32c,6+12c)，
代入y=13x2中，得6+12c=13×34c2，
解得c=6，
∴OA3=6+6=12=2×(1+2+3)，
…
依此类推由此可得OA100=2×(1+2+3+…+100)=10100．
故答案为：10100．
分别过B1，B2，B3作y轴的垂线，垂足分别为A、B、C，设A0A1=a，A1A2=b，A2A3=c，则AB1= 32a，BB2= 32b，CB3= 32c，再根据所求正三角形的边长，分别表示B1，B2，B3的纵坐标，逐步代入抛物线y=13x2中，求a、b、c的值，得出规律．
本题主要考查等边三角形的性质，二次函数图象上点的坐标特征，关键是根据正三角形的性质表示点的坐标，利用抛物线解析式求正三角形的边长，得到规律．
14.【答案】(1+ 5,2)
【解析】解：由作图知，OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOP，
∵四边形AOBC是平行四边形，
∴AC//OB，
∴∠APO=∠POB，
∴∠AOP=∠APO，
∴OA=AP，
∵A(1,2)，
∴OA= 12+22= 5，
∴P(1+ 5,2)，
故答案为：(1+ 5,2)．
由作图知，OP平分∠AOB，再利用平行四边形的性质说明AO=AP，由点A的坐标得出OA的长，从而得出答案．
本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，尺规作图等知识，明确OP是∠AOB的平分线是解题的关键．
15.【答案】−4
【解析】解：设A(a,ka)，B(b,kb)，且a<0，b<0，
如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE、BF交于点M，
则AC=OE=−a，AE=OC=ka，BF=OD=−b，BD=OF=kb，S四边形OCAE=S四边形ODBF=−k，
∵S△COD=4，
∴S四边形OCGD=2S△COD=8，
∵S△AOE=S△BOD=−12k，S四边形ABDO=S△AOE+S梯形ABDE=S△AOB+S△BOD，
∴S梯形ABDE=S△AOB=3，
∴S△ABG=S四边形OCGD−S四边形OCAE−S梯形ABDE=8−(−k)−3=5+k，
∴S△ABM=S△ABG=5+k，
∴S四边形BDEM=S梯形ABDE−S△ABM=3−(5+k)=−k−2，
∴S四边形OEMF=S四边形BDOF−S四边形BDEM=−k−(−k−2)=2，
∴OE⋅OF=2，即−a⋅kb=2，
∴ab=−2k①，
∵OD⋅OC=8，
∴−b⋅ka=8，即ab=−k8②，
联立①②两式，得−2k=−k8，
∴k2=16，
解得：k=±4，
∵反比例函数图象位于第二象限，
∴k<0，
∴k=−4．
故答案为：−4．
设A(a,ka)，B(b,kb)，且a<0，b<0，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE、BF交于点M，则AC=OE=−a，AE=OC=ka，BF=OD=−b，BD=OF=kb，S四边形OCAE=S四边形ODBF=−k，由S四边形ABDO=S△AOE+S梯形ABDE=S△AOB+S△BOD，可得S梯形ABDE=S△AOB=3，进而推出S△ABM=S△ABG=5+k，S四边形OEMF=S四边形BDOF−S四边形BDEM=−k−(−k−2)=2，S四边形OCGD=2S△COD=8，根据矩形面积公式可得OE⋅OF=2，OD⋅OC=8，即ab=−2k①，ab=−k8②，联立①②，解方程即可求得答案．
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义，三角形和矩形面积，得到S梯形ABDE=S△AOB=3，是解决本题的关键．
16.【答案】16
【解析】解：连接AC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABC=∠ADC，AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠EAF=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∴△ABE≌△ADF(ASA)，
∴AE=AF，BE=CF，
∴BC−BE=CD−DF，
∴CE=CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，
∴EF//BD，
∴∠FEC=∠DBC，∠EFC=∠BDC，
∴△CEF∽△CBD，
∴CEBC=EFBD=25，
∴S△CEFS△CBD=(EFBD)2=(25)2=425，
∵菱形ABCD的面积=50，
∴△ABC的面积=△BCD的面积=12菱形ABCD的面积=25，
∴△CEF的面积=4，
∵CEBC=25，
∴BEBC=35，
∴△ABE的面积=35△ABC的面积=35×25=15，
∴△ABE的面积=△ADF的面积=15，
∴△AEF的面积=菱形ABCD的面积−2△ABE的面积−△CEF的面积，
=50−30−4
=16，
故答案为：16．
连接AC，根据垂直定义可得∠AEB=90°，从而可得∠ABE+∠BAE=90°，再利用菱形的性质可得AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABC=∠ADC，AD//BC，从而可得∠DAE=90°，进而可得∠DAF=∠BAE，然后利用ASA证明△ABE≌△ADF，从而利用全等三角形的性质可得AE=AF，BE=CF，进而可得CE=CF，即可得出AC是EF的垂直平分线，从而可得EF//BD，最后证明A字模型相似三角形△CEF∽△CBD，从而利用相似三角形的性质可得CEBC=EFBD=25，进而求出△AEF的面积，△ABE的面积，△CEF的面积，即可利用△AEF的面积=菱形ABCD的面积−2△ABE的面积−△CEF的面积进行计算即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】解：原式=[2xx(x−3)−x−3x(x−3)]⋅x(x−3)(x+3)2
=x+3x(x−3)⋅x(x−3)(x+3)2
=1x+3，
解不等式组：2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)，
得：1
当x=2时，原式=12+3=15．
【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，x为不等式组2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)的整数解和分式可以确定x的值，然后代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查分式的化简求值、一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
18.【答案】证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD．
【解析】根据旋转的性质得到∠DCE=60°，CD=DE，根据等边三角形的性质得到∠ACB=60°，AC=BC，进一步由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD．
本题考查了旋转的性质，全等三角形判定和性质，等边三角形的性质等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
19.【答案】60 20
【解析】解：(1)本次抽样的样本容量为：6÷10%=60；
故答案为：60．
(2)1260×100%=20%，
∴扇形统计图a的值为20；
故答案为：20．
(3)C类别学生人数为：60×40%=24(人)，
(4)900×10%=90(人)，
答：该校九年级学生课业负担超重的学生人数为90人．
(1)根据D类别的人数为6人，占调查人数的10%，求出结果即可；
(2)根据A类别人数为12人，求出占总调查人数的百分比，即可得出答案；
(3)先求出C类别人数，然后补全条形统计图即可；
(4)用总人数900乘每门学科书面作业不低于36min的学生所占的百分比，即可得出答案．
本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，根据样本估计总体，解题的关键是数形结合，熟练掌握扇形统计图和条形统计图的特点，数形结合．
20.【答案】14
【解析】解：(1)随机从4名满分同学中选取1名同学参加学校的党史知识竞赛，A同学被选中的概率是14；
故答案为：14．
(2)画树状图如图：
共有12种等可能的结果，其中抽到一名男生一名女生的有8种结果，
P(抽到男女各一名)=812=23．
(1)根据概率公式，即可进行解答；
(2)画出树状图，数出所有的情况数和符合题意的情况数，再根据概率公式，即可求解．
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，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题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．
21.【答案】(1)如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
∵OA=BD=40cm，OD=120cm，
∴AD=OD−OA=80m，
∵BD=40cm，
∴AB=OD=120cm，
∵∠ABC=75°，
在Rt△ABM中，AM=AB⋅sin75°≈116(cm)，
答：支架顶点A到地面BC的距离约为116cm．
(2)如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，
在Rt△ABM中，AB=120cm，∠ABC=75°，
∴∠BAM=90°−75°=15°，
AM=AB×sin∠ABC=120×sin75°≈116.4cm，
∵∠DAB=15°，
∴∠ANM=90°−∠DAB−∠BAM=60°，
∴AN=AMsin∠ANM=116.4÷ 32≈134.57cm，
∵OA=40cm，
∴ON=134.57+40=174.57cm，
在Rt△ONG中，
OG=ON×sin∠ONG=174.57× 32≈150cm．
答：端点O到地面BC的距离为150cm．
【解析】(1)如图2，过点A作AM⊥BC于点M，可求出AD=80cm，AB=120cm，然后在Rt△ABM中根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
(2)如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，根据题意可求出∠ONM=60°，所以ON=174.57cm，从而可求出OG的长度．
本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用勾股定理以及锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
22.【答案】(3,0)
【解析】解：(1)解：由题意知y=m(x−3)，
令x−3=0，即x=3，则y=0，
∴一次函数y=mx−3m必定经过点(3,0)，
故答案为：(3,0)；
(2)解：∵m=−2，则y=−2x+6，
联立y=−2x+6y=4x，
解得x1=1y1=4，x2=2y2=2，
∴A(1,4)，B(2,2)，
∴E(−2,−2)，
如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，
则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，
∴S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH=(AH+EF)×HF2−EF×BF2−AH×BH2=(1+4)×62−4×42−1×22=6
∴A，B两点的坐标分别为(1,4)，(2,2)，△ABE的面积为6．
(3)解：由题意知，C(3,0)，
令mx−3m=4x，
整理得mx2−3mx−4=0，
令Δ=9m2+16m<0，
解得−169
(2)由m=−2，可得y=−2x+6，联立y=−2x+6y=4x，求解可得A(1,4)，B(2,2)，由题意知E(−2,−2)，如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，根据S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH=(AH+EF)×HF2−EF×BF2−AH×BH2，计算求解即可；
(3)由题意知，C(3,0)，令mx−3m=4x，整理得mx2−3mx−4=0，令Δ=9m2+16m<0，求解即可得m的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数综合，掌握反比例函数与几何综合等知识是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：连接OD，则OD=OB，
∴∠ODA=∠A，
∵DF=BF，
∴∠FDB=∠B，
∵∠C=90°，
∴∠ODA+∠FDB=∠A+∠B=90°，
∴∠ODF=180°−(∠ODA+∠FDB)=90°，
∵OD是⊙O的半径，且DF⊥OD，
∴DF是半圆O的切线．
(2)解：连接OF，设半圆O的半径长为r，
∵AC=6，BC=4，CF=1，
∴DF=BF=BC−CF=4−1=3，OC=AC−OA=6−r，
∵∠ODF=∠C=90°，
∴OD2+DF2=OC2+CF2=OF2，
∴r2+32=(6−r)2+12，解得r=73，
∴半圆O的半径长是73．
【解析】(1)连接OD，则OD=OB，所以∠ODA=∠A，由DF=BF，得∠FDB=∠B，则∠ODA+∠FDB=∠A+∠B=90°，所以∠ODF=180°−(∠ODA+∠FDB)=90°，即可证明DF是半圆O的切线；
(2)连接OF，设半圆O的半径长为r，由AC=6，BC=4，CF=1，得DF=BF=BC−CF=3，OC=AC−OA=6−r，根据据勾股定理得r2+32=(6−r)2+12=OF2，则r=73．
此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定定理、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设这种水果去年的产量是x千克，则这种水果今年每千克的平均批发价为(100000x−1)元，
根据题意得：(1+25%)x×(100000x−1)=100000×(1+20%)，
解得x=4000，
经检验，x=4000是原创的解，
∴100000x−1=1000004000−1=24，
∴这种水果去年的产量是4000千克，今年每千克的平均批发价为24元；
(2)设降价m元，
①根据题意得：(41−m−24)(300+60m)=4320，
解得m=13或m=−1(舍去)，
∴降价13元；
②∵w=(41−m−24)(300+60m)=−60m2+720m+5100=−60(m−6)2+7260，
且−60<0，
∴当m=6时，w取最大值，最大值为7260元，
∵41−6=35(元)，
∴当每千克的平均销售价为35元时，该水果店一天的利润最大，最大利润是7260元．
【解析】(1)设这种水果去年的产量是x千克，则这种水果今年每千克的平均批发价为(100000x−1)元，可得(1+25%)x×(100000x−1)=100000×(1+20%)，即可解得x的值，从而得到答案；
(2)设降价m元，①根据水果店一天的利润为w=4320元得：(41−m−24)(300+60m)=4320，即可解得答案；
②列出w关于m的函数关系式，由二次函数性质可得答案．
本题考查二次函数的应用，涉及一元二次方程，分式方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
25.【答案】BD=kCE；90°−12α；90°+12α
【解析】解：(1)如图1．
①BD=CE，理由如下：
∵AD=AE，∠ADE=α，
∴∠AED=∠ADE=α，
∴∠DAE=180°−2∠ADE=180°−2α，
同理可得：∠BAC=180°−2α，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，
即：∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
∵AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠BDA=∠CEA，
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，
∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°−2α；
(2)如图2．
∵AD=ED，∠ADE=α，
∴∠DAE=180°−∠ADE2=90°−12α，
同理可得：∠BAC=90°−12α，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，
即：∠BAD=∠CAE．
∵AB=kAC，AD=kAE，
∴AB：AC=AD：AE=k．
在△ABD与△ACE中，
∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，
∴△ABD∽△ACE，
∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，
∴BD=kCE；
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，
∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=90°−12α.
故答案为：BD=kCE，90°−12α；
(3)如右图．
∵AD=ED，∠ADE=α，
∴∠DAE=∠AED=180°−∠ADE2=90°−12α，
同理可得：∠BAC=90°−12α，
∴∠DAE=∠BAC，即∠BAD=∠CAE．
∵AB=kAC，AD=kAE，
∴AB：AC=AD：AE=k．
在△ABD与△ACE中，
∵AB：AC=AD：AE=k，∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠BDA=∠CEA，
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∠MCD=∠CED+∠ADE=∠CED+α，
∴∠BMC=∠CED+α+∠CEA=∠AED+α=90°−12α+α=90°+12α.
故答案为：90°+12α.
(1)①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC，则∠BAD=∠CAE，再根据SAS证明△ABD≌△ACE，从而得出BD=CE；
②先由全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA，再根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=∠DAE=180°−2α；
(2)先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC=90°−12α，则∠BAD=∠CAE，再由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，则根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似证出△ABD∽△ACE，得出BD=kCE，∠BDA=∠CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=∠DAE=90°−12α；
(3)先在备用图中利用SSS作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC=90°−12α，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，从而证出△ABD∽△ACE，得出∠BDA=∠CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=90°+12α.
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，相似三角形的判定与性质，作图−旋转变换，综合性较强，有一定难度．由于全等是相似的特殊情况，所以做第二问可以借助第一问的思路及方法，做第三问又可以遵照第二问的做法，本题三问由浅入深，层层递进，做好第一问是关键．
26.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴C(0,4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,0)、B(4,0)、C(0,4)，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，
解得：a=−12b=1c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)如图1，过点P作PE//y轴交直线BC于E，连接CP，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∵B(4,0)、C(0,4)，
∴4k+d=0d=4，
解得：k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，
∴PE=−12t2+t+4−(−t+4)=−12t2+2t，
∵直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，
∴D(0,1)，
∴CD=4−1=3，
∵PE//y轴，即PE//CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴PMDM=PECD=−12t2+2t3=−16t2+23t，
∵m=S△CPMS△CDM=PMDM，
∴m=−16t2+23t=−16(t−2)2+23，
∵−16<0，
∴当t=2时，m取得最大值23，此时点P的坐标为(2,4)；
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
由(2)知：D(0,1)，P(2,4)，
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
当四边形PDQ1N1为矩形时，如图2，连接PC，过点N1作N1M⊥x轴于M，
则∠DCP=∠N1MQ1=90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M=90°，
∵四边形PDQ1N1为矩形，
∴PD=N1Q1，∠PDQ1=∠DQ1N1=90°，
∴∠PDC+∠Q1DO=∠N1Q1M+∠DQ1O=90°，
∵∠DOQ1=90°，
∴∠Q1DO+∠DQ1O=90°，
∴∠PDC=∠Q1N1M=∠DQ1O，
∴△PDC≌△Q1N1M(AAS)，
∴Q1M=CP=2，MN1=CD=3，
∵∠DCP=∠DOQ1=90°，∠PDC=∠DQ1O，
∴△PDC∽△DQ1O，
∴OQ1CD=ODCP，即OQ13=12，
∴OQ1=32，
∴OM=OQ1+Q1M=32+2=72，
∴N1(72,3)；
当四边形PDN2Q2是矩形时，如图2，过点Q2作Q2K⊥x轴交CP的延长线于K，过点N2作N2T⊥x轴于T，
∵四边形PDN2Q2是矩形，
∴∠DPQ2=90°，PD=N2Q2，
∴∠DPC+∠Q2PK=90°，
∵∠K=∠DCP=90°，
∴∠PDC+∠DPC=90°，
∴∠PDC=∠Q2PK，
∴△PDC∽△Q2PK，
∴PKKQ2=CDCP，即PK4=32，
∴PK=6，
∴OQ2=8，
∵∠PQ2K+∠PQ2O=∠PQ2O+∠N2Q2T=90°，
∴∠PQ2K=∠N2Q2T，
∵∠PQ2K=∠DPC，
∴∠N2Q2T=∠DPC，
∵∠DCP=∠N2TQ2=90°，
∴△DCP≌△N2TQ2(AAS)，
∴Q2T=CP=2，N2T=CD=3，
∴OT=OQ2−Q2T=8−2=6，
∴N2(6,−3)；
②当DP是对角线时，设Q(x,0)，则QD2=x2+1，QP2=(x−2)2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+(x−2)2+16=13，
整理得x2−2x+4=0，方程无解，此种情形不存在；
综上所述，N点的坐标为(72,3)或(6,−3)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+4，设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，可得PE=−12t2+2t，再由△EMP∽△CMD，可得PMDM=PECD=−16t2+23t，根据等高三角形的面积比等于底的比可得：m=S△CPMS△CDM=PMDM=−16(t−2)2+23，运用二次函数的性质即可得出答案；
(3)分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2023年辽宁省鞍山市海城市孤山中学中考数学三模试卷
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. −12023的绝对值是( )
A. 12023 B. −12023 C. −2023 D. 2023
2. 如图，是由7个相同的小正方体组成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，则这个几何体的左视图是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6 B. a3÷a2=1 C. a3−a2=1 D. (a3)2=a6
4. 某同学在一次数学实践活动课中将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠(如图).折痕分别为AB，CD，若CD//BE，且∠CBE=13∠ABC，则∠1为( )
A. 106°
B. 108°
C. 109°
D. 110°
5. 若数组3，3，x、4，5的平均数为4，则这组数中的( )
A. x=4 B. 中位数为4 C. 众数为3 D. 方差为4
6. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD，则下列说法不正确的是( )
A. BE=BC
B. ∠DFC=90°
C. DG=3GF
D. 四边形BFDE是平行四边形
7. 如图，是一副特制的三角板，用它们可以画出一些特殊角.在54°，60°，63°，99°，120°的角中，能借助特制三角板画出的角有( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
8. 如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB=8cm，点O为斜边AB的中点，连接OC，点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿A→C，C→B运动，到点C，B时停止运动.设运动时间为t(s)，△OEF的面积为s(cm2)，则s(cm2)与t(s)的函数关系可用图象表示为( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 每个生物携带自身基因的载体是生物细胞的DNA.DNA分子的直径只有0.0000002cm，它们在细胞核的染色体上，按一定顺序排列成螺旋形的独特结构.将0.0000002用科学记数法表示是______ ．
10. 在平面直角坐标系中，已知点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，则点B对应点B′的坐标是______ ．
11. 甲、乙两人负责在社区进行核酸采样，已知甲每小时比乙每小时多采样10人，甲采样170人所用时间与乙采样150人所用时间相等，甲、乙两人每小时分别采样多少人？设甲每小时采样x人，则可列分式方程为______ ．
12. 已知a，b，c是三角形的三边长，化简：|a−b−c|+|b−c+d+|c−a−b|= ______ ．
13. 如图，O为坐标原点，点A1，A2，A3，…，An在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3，…，Bn在函数y=13x2位于第一象限的图象上，若△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3，…，△AnAn+1Bn+1都是等边三角形，则线段OA100的长是______ ．
14. 如图，在平面直角坐标系中，▱AOBC的顶点B在x轴上，点A坐标为(1,2)，以点О为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点D，E，再分别以点D，点E为圆心，以大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内相交于点F，作射线OF交AC于点P.则点P的坐标是 ．
15. 如图，双曲线y=kx位于第二象限的图象上有A，B两点，过A点作AC⊥y轴于点C，过B点作BD⊥x轴于点D，若△AOB的面积为3，△COD的面积为4，则k的值为______ ．
16. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC是锐角，过点A作AE⊥BC于点E，作∠EAF=∠ABC，交CD于点F.连结EF、BD，若S菱形ABCD=50，EFBD=25，则△AEF的面积为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(2x−3−1x)⋅x2−3xx2+6x+9，其中x是不等式组2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)的整数解．
18. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE.求证：AE=BD．
19. (本小题10.0分)
为落实双减政策，某校对九年级学生的作业负担进行了调查，随机抽取部分学生，统计他们平均每门学科的书面作业时间t(单位：min)，按时间长短分为四个类别：A(0<1<12)，B(12≤1<24)，C(24≤1<36)，D(t≥36)，将抽样结果制成两幅不完整的统计图．
根据以上信息，回答下列问题：
(1)本次抽样的样本容量为______ ；
(2)扇形统计图a的值为______ ；
(3)补全条形统计图；
(4)每门学科书面作业不低于36min，就认为课业负担超重，若该校九年级有900名学生，请估计该校九年级学生课业负担超重的学生人数．
20. (本小题10.0分)
某校在“庆祝建党100周年”系列活动中举行了主题为“学史明理，学史增信，学史崇德，学史力行”的党史知识竞赛.九年级某班“班级党史知识竞赛”中，有A，B，C，D四名同学的竞赛成绩为满分．
(1)若该班要随机从4名满分同学中选取1名同学参加学校的党史知识竞赛，A同学被选中的概率是______ ；
(2)该班4位满分同学中A和B是女生，C和D是男生，若要从4名满分同学中随机抽取两名同学参加学校的党史知识竞赛，请用画树状图或列表的方法求出恰好抽到一名男生一名女生的概率．
21. (本小题10.0分)
如今，不少人在购买家具时追求简约大气的风格，图1所示的是一款非常畅销的简约落地收纳镜，其支架的形状固定不变，镜面可随意调节，图2所示的是其侧面示意图，其中OD为镜面，EF为放置物品的收纳架，AB，AC为等长的支架，BC为水平地面，已知OA=BD=40cm，OD=120cm，∠ABC=75°.(结果精确到1cm.参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 2≈1.41， 3≈1.73)
(1)求支架顶点A到地面BC的距离；
(2)如图3，将镜面顺时针旋转15°，求此时收纳镜顶部端点O到地面BC的距离．
22. (本小题10.0分)
已知一次函数y=mx−3m(m≠0)和反比例函数y=4x的图象如图所示．
(1)一次函数y=mx−3m必定经过点______ .(写点的坐标)
(2)当m=−2时，一次函数与反比例函数图象交于点A，B，与x，y轴分别交于点C，D，连接BO并延长，交反比例另一支于点E，求出此时A，B两点的坐标及△ABE的面积．
(3)直线y=mx−3m绕点C旋转，直接写出当直线与反比例图象无交点时m的取值范围．
23. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点O在AC边上，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，在BC边上取一点F，连接FD，使得DF=BF．
(1)求证：DF为半圆O的切线；
(2)若AC=6，BC=4，CF=1，求半圆O的半径长．
24. (本小题10.0分)
某扶贫工作小组对果农进行精准扶贫，帮助果农将一种有机生态水果拓宽了市场.与去年相比，今年这种水果每千克的平均批发价降低了1元，产品比去年增加了25%，批发销售总额比去年增加了20%.已知去年这种水果批发销售总额为10万元．
(1)设这种水果去年的产量是x千克，请列方程求这种水果去年的产量是多少千克？并求出这种水果今年每千克的平均批发价？
(2)某水果店从果农处直接批发，专营这种水果.调个发现，若每千克的平均销售价为41元，则每天可售出300千克；若每千克的平均销售价每降低1元，每天可多卖出60千克，设水果店一天的利润为w元，求：
①若该水果店采取降价催销的方式销售水果，水果店一天的利润为w=4320元，则降价多少元？
②当每千克的平均销售价为多少元时，该水果店一天的利润最大？最大利润是多少？(利润计算时，其它费用忽略不计)
25. (本小题12.0分)
已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段BD、CE交于点M．
(1)如图1，若AB=AC，AD=AE
①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠BMC的大小(用α表示)；
(2)如图2，若AB=BC=kAC，AD=ED=kAE，则线段BD与CE的数量关系为______ ，∠BMC= ______ (用α表示)；
(3)在(2)的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)，连接EC并延长交BD于点M.则∠BMC= ______ (用α表示)．
26. (本小题14.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴交于A(−2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，且OC=2OA．
(1)试求抛物线的解析式；
(2)直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，与抛物线在第一象限交于点P，与直线BC交于点M，记m=S△CPMS△CDM，试求m的最大值及此时点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，m取最大值时，是否存在x轴上的点Q及坐标平面内的点N，使得P，D，Q，N四点组成的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有满足条件的Q点和N点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−12023的绝对值是12023．
故选：A．
负数的绝对值是它的相反数，由此即可得到答案．
本题考查绝对值，关键是掌握绝对值的意义．
2.【答案】A
【解析】解：从左面看易得第一层有3个正方形，第二层最右边和中间都有1个正方形．
故选：A．
找到从左面看所得到的图形即可，注意每列正方形的个数应为这列正方体最多的个数，从而得出答案．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图，同时考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
3.【答案】D
【解析】解：A、a2⋅a3=a5，原式计算错误；
B、a3÷a2=a，原式计算错误；
C、a3与a2不是同类项，不能合并，原式计算错误；
D、(a3)2=a6，原式计算正确，符合题意；
故选D．
根据同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项等计算法则求解判断即可．
本题主要考查了同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由折叠可知，2∠ABE+∠CBE=180°，
∵∠CBE=13∠ABC，∠ABC=∠ABE+∠CBE，
∴∠ABE=2∠CBE，
∴4∠CBE+∠CBE=180°，
∴∠CBE=36°，
∵BE//CD，
∴∠BCD=180°−∠CBE=144°，
由折叠可知，2∠DCE+∠1=180°，
∵∠BCD=∠1+∠DCE，
∴2(144°−∠1)+∠1=180°，
∴∠1=108°，
故选：B．
根据平行线的性质得出∠EBC+∠BCD=180°，再根据折叠得出2∠ABE+∠CBE=180°，进而解答即可．
本题考查了平行线的性质、折叠的问题，解题的关键是熟练掌握平行线的性质定理，折叠就会出现对应角相等．
5.【答案】B
【解析】解：根据平均数的定义可知，x=4×5−3−3−4−5=5，故选项A不符合题意；
这组数按照从小到大排列是：3，3，4，5，5，
这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的数是4，这组数据的中位数是4，故选项B符合题意；
众数是3和5，故选项C不符合题意；
方差为15×[2×(3−4)2+(4−4)2+2×(5−4)2]=0.8，故选项D不符合题意．
故选：B．
根据平均数的定义可以先求出x的值，进而就可以确定这组数的中位数、众数和方差即可得到正确的选项．
此题考查了平均数、中位数、众数和方差，熟练掌握平均数、中位数、众数和方差的定义和计算方法是关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵将△COD绕点O按顺时针方向旋转一定角度后得到△AOB，
∴AC=CD，BC=CE，AB=DE，∠BCE=∠ACD=60°，∠ACB=∠DCE=30°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故选项A不符合题意；
∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，点F是边AC的中点，
∴∠BAC=60°，AF=FC=BF，
∴△ABF是等边三角形，
∴AB=AF=BF=DE，
在△ABC和△CFD中，
AC=DC∠BAC=∠FCDAB=CF，
∴△ABC≌△CFD(SAS)，
∴BC=DF，∠DFC=∠ABC=90°，∠CDF=∠ACB=30°，故选项B不符合题意；
∴BE=BC=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，故选项D不符合题意；
∵∠GCF=∠DCF−∠DCE=30°，
∴CG=2GF，
∵∠CDF=∠ACB=∠GCD=30°，
∴CG=DG=2GF，故选项C符合题意；
故选：C．
由旋转的性质可得AC=CD，BC=CE，AB=DE，∠BCE=∠ACD=60°，∠ACB=∠DCE=30°，可证△BCE是等边三角形，可得BE=BC，故选项A不符合题意；由“SAS”可证△ABC≌△CFD，可得BC=DF，∠DFC=∠ABC=90°，∠CDF=∠ACB=30°，故选项B不符合题意；可证四边形BEDF是平行四边形，故选项D不符合题意；即可求解．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：54°=90°−36°，则54°角能画出；
60°不能写成36°、72°和45°、90°的和或差的形式，不能画出；
63°=90°−72°+45°，则63°可以画出；
99°=90°+45°−36°，则99°角能画出；
120°不能写成36°、72°和45°、90°的和或差的形式，不能画出；
∴能画出的角有3个．
故选：B．
一副三角板中的度数，用三角板画出角，无非是用角度加减法，逐一分析即可．
此题考查的知识点是角的计算，关键是利用三角板的已知度数，进行加减的计算．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意可得AE=CF=t，CE=8−t，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴OA=OC，∠OAC=∠OCB=45°，
在△OAE和△OCF中：
OA=OC∠OAE=∠OCFAE=CF，
∴△OAE≅△OCF(SAS)，
∴S△OAE=S△OCF，
∴S四边形OECF=S△OAC=14×82=16，
∴S=S四边形OECF−S△CEF=16−12(8−t)⋅t=12t2−4t+16=12(t−4)2+8(0≤t≤8)，
∴s(cm2)与t(s)的函数图象为开口向上的抛物线一部分，顶点为(4,8)，自变量为0≤t≤8．
故选：B．
由点E，F分别从A，C两点同时出发，以1cm/s的速度沿AC，CB运动，得到AE=CF=t，则CE=8−t，再根据等腰直角三角形的性质可得OA=OC，∠OAC=∠OCB=45°，然后根据“SAS”可判断△OAE≅△OCF，所以S△OAE=S△OCF，这样S四边形OECF=S△OAC=16，于是S=S四边形OECF−S△CEF=16−12(8−t)⋅t，然后配方得到S=12(t−4)2+8(0≤t≤8)，最后利用解析式和二次函数的性质对各选项进行判断即可．
本题考查动点问题与函数图象及二次函数图象性质，抓住问题的变化趋势、变化速度、横轴纵轴的实际意义得到正确的图象是解决此题的关键．
9.【答案】2×10−7
【解析】解：∵0.0000002=2×10−7，
故答案为：2×10−7．
绝对值小于1的数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，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．
本题考查了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的值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．
10.【答案】(−3,−1)或(3,1)
【解析】解：∵点A(−3,6)、B(−9,−3)，以原点O为位似中心，相似比为13，把△ABO缩小，
∴点B的对应点B′的坐标是：(−9×13,−3×13)或[−9×(−13),−3×(−13)]，即(−3,−1)或(3,1)．
故答案为：(−3,−1)或(3,1)．
根据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解答．
本题考查的是位似变换的概念和性质，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．
11.【答案】170x=150x−10
【解析】解：设甲每小时采样x人，则乙每小时采样(x−10)人，根据题意得：
170x=150x−10．
故答案为：170x=150x−10．
由实际问题找到合适的等量关系即可抽象出分式方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
12.【答案】a+3b−c
【解析】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b>c，b+c>a，a+b>c，
∴a−b−c<0，b−c+a>0，c−a−b<0，
∴|a−b−c|+|b−c+a|+|c−a−b|=−a+b+c+b−c+a−(c−a−b)=a+3b−c．
故答案为：a+3b−c．
此题的关键是根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝对值的性质求值．
本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边．
13.【答案】10100
【解析】解：如图，分别过点B1，B2，B3作y轴得垂线，
垂足为分别为A、B、C，
设A1 A0=a，A1 A2=b，A2 A3=c，
则AB1= 32a，BB2= 32b，CB3= 32c，
在等边三角形A1 A0B1中，B1( 32a,12a)，
代入y=13x2中，得12a=13×34a2，
解得a=2，
∴OA1=2=2×1，
在等边三角形A1 A2B2中，B2( 32b,2+12b)，
代入y=13x2中，得2+12b=13×34b2，
解得b=4，
∴OA2=2+4=6=2×1+2)，
在等边三角形A3 A2B3中，B2( 32c,6+12c)，
代入y=13x2中，得6+12c=13×34c2，
解得c=6，
∴OA3=6+6=12=2×(1+2+3)，
…
依此类推由此可得OA100=2×(1+2+3+…+100)=10100．
故答案为：10100．
分别过B1，B2，B3作y轴的垂线，垂足分别为A、B、C，设A0A1=a，A1A2=b，A2A3=c，则AB1= 32a，BB2= 32b，CB3= 32c，再根据所求正三角形的边长，分别表示B1，B2，B3的纵坐标，逐步代入抛物线y=13x2中，求a、b、c的值，得出规律．
本题主要考查等边三角形的性质，二次函数图象上点的坐标特征，关键是根据正三角形的性质表示点的坐标，利用抛物线解析式求正三角形的边长，得到规律．
14.【答案】(1+ 5,2)
【解析】解：由作图知，OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOP，
∵四边形AOBC是平行四边形，
∴AC//OB，
∴∠APO=∠POB，
∴∠AOP=∠APO，
∴OA=AP，
∵A(1,2)，
∴OA= 12+22= 5，
∴P(1+ 5,2)，
故答案为：(1+ 5,2)．
由作图知，OP平分∠AOB，再利用平行四边形的性质说明AO=AP，由点A的坐标得出OA的长，从而得出答案．
本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，尺规作图等知识，明确OP是∠AOB的平分线是解题的关键．
15.【答案】−4
【解析】解：设A(a,ka)，B(b,kb)，且a<0，b<0，
如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE、BF交于点M，
则AC=OE=−a，AE=OC=ka，BF=OD=−b，BD=OF=kb，S四边形OCAE=S四边形ODBF=−k，
∵S△COD=4，
∴S四边形OCGD=2S△COD=8，
∵S△AOE=S△BOD=−12k，S四边形ABDO=S△AOE+S梯形ABDE=S△AOB+S△BOD，
∴S梯形ABDE=S△AOB=3，
∴S△ABG=S四边形OCGD−S四边形OCAE−S梯形ABDE=8−(−k)−3=5+k，
∴S△ABM=S△ABG=5+k，
∴S四边形BDEM=S梯形ABDE−S△ABM=3−(5+k)=−k−2，
∴S四边形OEMF=S四边形BDOF−S四边形BDEM=−k−(−k−2)=2，
∴OE⋅OF=2，即−a⋅kb=2，
∴ab=−2k①，
∵OD⋅OC=8，
∴−b⋅ka=8，即ab=−k8②，
联立①②两式，得−2k=−k8，
∴k2=16，
解得：k=±4，
∵反比例函数图象位于第二象限，
∴k<0，
∴k=−4．
故答案为：−4．
设A(a,ka)，B(b,kb)，且a<0，b<0，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE、BF交于点M，则AC=OE=−a，AE=OC=ka，BF=OD=−b，BD=OF=kb，S四边形OCAE=S四边形ODBF=−k，由S四边形ABDO=S△AOE+S梯形ABDE=S△AOB+S△BOD，可得S梯形ABDE=S△AOB=3，进而推出S△ABM=S△ABG=5+k，S四边形OEMF=S四边形BDOF−S四边形BDEM=−k−(−k−2)=2，S四边形OCGD=2S△COD=8，根据矩形面积公式可得OE⋅OF=2，OD⋅OC=8，即ab=−2k①，ab=−k8②，联立①②，解方程即可求得答案．
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义，三角形和矩形面积，得到S梯形ABDE=S△AOB=3，是解决本题的关键．
16.【答案】16
【解析】解：连接AC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABC=∠ADC，AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠EAF=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∴△ABE≌△ADF(ASA)，
∴AE=AF，BE=CF，
∴BC−BE=CD−DF，
∴CE=CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，
∴EF//BD，
∴∠FEC=∠DBC，∠EFC=∠BDC，
∴△CEF∽△CBD，
∴CEBC=EFBD=25，
∴S△CEFS△CBD=(EFBD)2=(25)2=425，
∵菱形ABCD的面积=50，
∴△ABC的面积=△BCD的面积=12菱形ABCD的面积=25，
∴△CEF的面积=4，
∵CEBC=25，
∴BEBC=35，
∴△ABE的面积=35△ABC的面积=35×25=15，
∴△ABE的面积=△ADF的面积=15，
∴△AEF的面积=菱形ABCD的面积−2△ABE的面积−△CEF的面积，
=50−30−4
=16，
故答案为：16．
连接AC，根据垂直定义可得∠AEB=90°，从而可得∠ABE+∠BAE=90°，再利用菱形的性质可得AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABC=∠ADC，AD//BC，从而可得∠DAE=90°，进而可得∠DAF=∠BAE，然后利用ASA证明△ABE≌△ADF，从而利用全等三角形的性质可得AE=AF，BE=CF，进而可得CE=CF，即可得出AC是EF的垂直平分线，从而可得EF//BD，最后证明A字模型相似三角形△CEF∽△CBD，从而利用相似三角形的性质可得CEBC=EFBD=25，进而求出△AEF的面积，△ABE的面积，△CEF的面积，即可利用△AEF的面积=菱形ABCD的面积−2△ABE的面积−△CEF的面积进行计算即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】解：原式=[2xx(x−3)−x−3x(x−3)]⋅x(x−3)(x+3)2
=x+3x(x−3)⋅x(x−3)(x+3)2
=1x+3，
解不等式组：2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)，
得：1
当x=2时，原式=12+3=15．
【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，x为不等式组2x<3x−12+3(x−1)<2(x+1)的整数解和分式可以确定x的值，然后代入化简后的式子即可解答本题．
本题考查分式的化简求值、一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
18.【答案】证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD．
【解析】根据旋转的性质得到∠DCE=60°，CD=DE，根据等边三角形的性质得到∠ACB=60°，AC=BC，进一步由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD．
本题考查了旋转的性质，全等三角形判定和性质，等边三角形的性质等知识，掌握旋转的性质是解题的关键．
19.【答案】60 20
【解析】解：(1)本次抽样的样本容量为：6÷10%=60；
故答案为：60．
(2)1260×100%=20%，
∴扇形统计图a的值为20；
故答案为：20．
(3)C类别学生人数为：60×40%=24(人)，
(4)900×10%=90(人)，
答：该校九年级学生课业负担超重的学生人数为90人．
(1)根据D类别的人数为6人，占调查人数的10%，求出结果即可；
(2)根据A类别人数为12人，求出占总调查人数的百分比，即可得出答案；
(3)先求出C类别人数，然后补全条形统计图即可；
(4)用总人数900乘每门学科书面作业不低于36min的学生所占的百分比，即可得出答案．
本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联，根据样本估计总体，解题的关键是数形结合，熟练掌握扇形统计图和条形统计图的特点，数形结合．
20.【答案】14
【解析】解：(1)随机从4名满分同学中选取1名同学参加学校的党史知识竞赛，A同学被选中的概率是14；
故答案为：14．
(2)画树状图如图：
共有12种等可能的结果，其中抽到一名男生一名女生的有8种结果，
P(抽到男女各一名)=812=23．
(1)根据概率公式，即可进行解答；
(2)画出树状图，数出所有的情况数和符合题意的情况数，再根据概率公式，即可求解．
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，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题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．
21.【答案】(1)如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
∵OA=BD=40cm，OD=120cm，
∴AD=OD−OA=80m，
∵BD=40cm，
∴AB=OD=120cm，
∵∠ABC=75°，
在Rt△ABM中，AM=AB⋅sin75°≈116(cm)，
答：支架顶点A到地面BC的距离约为116cm．
(2)如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，
在Rt△ABM中，AB=120cm，∠ABC=75°，
∴∠BAM=90°−75°=15°，
AM=AB×sin∠ABC=120×sin75°≈116.4cm，
∵∠DAB=15°，
∴∠ANM=90°−∠DAB−∠BAM=60°，
∴AN=AMsin∠ANM=116.4÷ 32≈134.57cm，
∵OA=40cm，
∴ON=134.57+40=174.57cm，
在Rt△ONG中，
OG=ON×sin∠ONG=174.57× 32≈150cm．
答：端点O到地面BC的距离为150cm．
【解析】(1)如图2，过点A作AM⊥BC于点M，可求出AD=80cm，AB=120cm，然后在Rt△ABM中根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
(2)如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，根据题意可求出∠ONM=60°，所以ON=174.57cm，从而可求出OG的长度．
本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用勾股定理以及锐角三角函数的定义，本题属于中等题型．
22.【答案】(3,0)
【解析】解：(1)解：由题意知y=m(x−3)，
令x−3=0，即x=3，则y=0，
∴一次函数y=mx−3m必定经过点(3,0)，
故答案为：(3,0)；
(2)解：∵m=−2，则y=−2x+6，
联立y=−2x+6y=4x，
解得x1=1y1=4，x2=2y2=2，
∴A(1,4)，B(2,2)，
∴E(−2,−2)，
如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，
则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，
∴S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH=(AH+EF)×HF2−EF×BF2−AH×BH2=(1+4)×62−4×42−1×22=6
∴A，B两点的坐标分别为(1,4)，(2,2)，△ABE的面积为6．
(3)解：由题意知，C(3,0)，
令mx−3m=4x，
整理得mx2−3mx−4=0，
令Δ=9m2+16m<0，
解得−169
(2)由m=−2，可得y=−2x+6，联立y=−2x+6y=4x，求解可得A(1,4)，B(2,2)，由题意知E(−2,−2)，如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，根据S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH=(AH+EF)×HF2−EF×BF2−AH×BH2，计算求解即可；
(3)由题意知，C(3,0)，令mx−3m=4x，整理得mx2−3mx−4=0，令Δ=9m2+16m<0，求解即可得m的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数综合，掌握反比例函数与几何综合等知识是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：连接OD，则OD=OB，
∴∠ODA=∠A，
∵DF=BF，
∴∠FDB=∠B，
∵∠C=90°，
∴∠ODA+∠FDB=∠A+∠B=90°，
∴∠ODF=180°−(∠ODA+∠FDB)=90°，
∵OD是⊙O的半径，且DF⊥OD，
∴DF是半圆O的切线．
(2)解：连接OF，设半圆O的半径长为r，
∵AC=6，BC=4，CF=1，
∴DF=BF=BC−CF=4−1=3，OC=AC−OA=6−r，
∵∠ODF=∠C=90°，
∴OD2+DF2=OC2+CF2=OF2，
∴r2+32=(6−r)2+12，解得r=73，
∴半圆O的半径长是73．
【解析】(1)连接OD，则OD=OB，所以∠ODA=∠A，由DF=BF，得∠FDB=∠B，则∠ODA+∠FDB=∠A+∠B=90°，所以∠ODF=180°−(∠ODA+∠FDB)=90°，即可证明DF是半圆O的切线；
(2)连接OF，设半圆O的半径长为r，由AC=6，BC=4，CF=1，得DF=BF=BC−CF=3，OC=AC−OA=6−r，根据据勾股定理得r2+32=(6−r)2+12=OF2，则r=73．
此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、切线的判定定理、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设这种水果去年的产量是x千克，则这种水果今年每千克的平均批发价为(100000x−1)元，
根据题意得：(1+25%)x×(100000x−1)=100000×(1+20%)，
解得x=4000，
经检验，x=4000是原创的解，
∴100000x−1=1000004000−1=24，
∴这种水果去年的产量是4000千克，今年每千克的平均批发价为24元；
(2)设降价m元，
①根据题意得：(41−m−24)(300+60m)=4320，
解得m=13或m=−1(舍去)，
∴降价13元；
②∵w=(41−m−24)(300+60m)=−60m2+720m+5100=−60(m−6)2+7260，
且−60<0，
∴当m=6时，w取最大值，最大值为7260元，
∵41−6=35(元)，
∴当每千克的平均销售价为35元时，该水果店一天的利润最大，最大利润是7260元．
【解析】(1)设这种水果去年的产量是x千克，则这种水果今年每千克的平均批发价为(100000x−1)元，可得(1+25%)x×(100000x−1)=100000×(1+20%)，即可解得x的值，从而得到答案；
(2)设降价m元，①根据水果店一天的利润为w=4320元得：(41−m−24)(300+60m)=4320，即可解得答案；
②列出w关于m的函数关系式，由二次函数性质可得答案．
本题考查二次函数的应用，涉及一元二次方程，分式方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
25.【答案】BD=kCE；90°−12α；90°+12α
【解析】解：(1)如图1．
①BD=CE，理由如下：
∵AD=AE，∠ADE=α，
∴∠AED=∠ADE=α，
∴∠DAE=180°−2∠ADE=180°−2α，
同理可得：∠BAC=180°−2α，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，
即：∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
∵AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠BDA=∠CEA，
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，
∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°−2α；
(2)如图2．
∵AD=ED，∠ADE=α，
∴∠DAE=180°−∠ADE2=90°−12α，
同理可得：∠BAC=90°−12α，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，
即：∠BAD=∠CAE．
∵AB=kAC，AD=kAE，
∴AB：AC=AD：AE=k．
在△ABD与△ACE中，
∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，
∴△ABD∽△ACE，
∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，
∴BD=kCE；
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，
∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=90°−12α.
故答案为：BD=kCE，90°−12α；
(3)如右图．
∵AD=ED，∠ADE=α，
∴∠DAE=∠AED=180°−∠ADE2=90°−12α，
同理可得：∠BAC=90°−12α，
∴∠DAE=∠BAC，即∠BAD=∠CAE．
∵AB=kAC，AD=kAE，
∴AB：AC=AD：AE=k．
在△ABD与△ACE中，
∵AB：AC=AD：AE=k，∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠BDA=∠CEA，
∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∠MCD=∠CED+∠ADE=∠CED+α，
∴∠BMC=∠CED+α+∠CEA=∠AED+α=90°−12α+α=90°+12α.
故答案为：90°+12α.
(1)①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC，则∠BAD=∠CAE，再根据SAS证明△ABD≌△ACE，从而得出BD=CE；
②先由全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA，再根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=∠DAE=180°−2α；
(2)先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC=90°−12α，则∠BAD=∠CAE，再由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，则根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似证出△ABD∽△ACE，得出BD=kCE，∠BDA=∠CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=∠DAE=90°−12α；
(3)先在备用图中利用SSS作出旋转后的图形，再根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC=90°−12α，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，从而证出△ABD∽△ACE，得出∠BDA=∠CEA，然后根据三角形的外角性质即可得出∠BMC=90°+12α.
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，相似三角形的判定与性质，作图−旋转变换，综合性较强，有一定难度．由于全等是相似的特殊情况，所以做第二问可以借助第一问的思路及方法，做第三问又可以遵照第二问的做法，本题三问由浅入深，层层递进，做好第一问是关键．
26.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴C(0,4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,0)、B(4,0)、C(0,4)，
∴4a−2b+c=016a+4b+c=0c=4，
解得：a=−12b=1c=4，
∴该抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)如图1，过点P作PE//y轴交直线BC于E，连接CP，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∵B(4,0)、C(0,4)，
∴4k+d=0d=4，
解得：k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，
∴PE=−12t2+t+4−(−t+4)=−12t2+2t，
∵直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，
∴D(0,1)，
∴CD=4−1=3，
∵PE//y轴，即PE//CD，
∴△EMP∽△CMD，
∴PMDM=PECD=−12t2+2t3=−16t2+23t，
∵m=S△CPMS△CDM=PMDM，
∴m=−16t2+23t=−16(t−2)2+23，
∵−16<0，
∴当t=2时，m取得最大值23，此时点P的坐标为(2,4)；
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
由(2)知：D(0,1)，P(2,4)，
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
当四边形PDQ1N1为矩形时，如图2，连接PC，过点N1作N1M⊥x轴于M，
则∠DCP=∠N1MQ1=90°，
∴∠Q1N1M+∠N1Q1M=90°，
∵四边形PDQ1N1为矩形，
∴PD=N1Q1，∠PDQ1=∠DQ1N1=90°，
∴∠PDC+∠Q1DO=∠N1Q1M+∠DQ1O=90°，
∵∠DOQ1=90°，
∴∠Q1DO+∠DQ1O=90°，
∴∠PDC=∠Q1N1M=∠DQ1O，
∴△PDC≌△Q1N1M(AAS)，
∴Q1M=CP=2，MN1=CD=3，
∵∠DCP=∠DOQ1=90°，∠PDC=∠DQ1O，
∴△PDC∽△DQ1O，
∴OQ1CD=ODCP，即OQ13=12，
∴OQ1=32，
∴OM=OQ1+Q1M=32+2=72，
∴N1(72,3)；
当四边形PDN2Q2是矩形时，如图2，过点Q2作Q2K⊥x轴交CP的延长线于K，过点N2作N2T⊥x轴于T，
∵四边形PDN2Q2是矩形，
∴∠DPQ2=90°，PD=N2Q2，
∴∠DPC+∠Q2PK=90°，
∵∠K=∠DCP=90°，
∴∠PDC+∠DPC=90°，
∴∠PDC=∠Q2PK，
∴△PDC∽△Q2PK，
∴PKKQ2=CDCP，即PK4=32，
∴PK=6，
∴OQ2=8，
∵∠PQ2K+∠PQ2O=∠PQ2O+∠N2Q2T=90°，
∴∠PQ2K=∠N2Q2T，
∵∠PQ2K=∠DPC，
∴∠N2Q2T=∠DPC，
∵∠DCP=∠N2TQ2=90°，
∴△DCP≌△N2TQ2(AAS)，
∴Q2T=CP=2，N2T=CD=3，
∴OT=OQ2−Q2T=8−2=6，
∴N2(6,−3)；
②当DP是对角线时，设Q(x,0)，则QD2=x2+1，QP2=(x−2)2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+(x−2)2+16=13，
整理得x2−2x+4=0，方程无解，此种情形不存在；
综上所述，N点的坐标为(72,3)或(6,−3)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=−x+4，设P(t,−12t2+t+4)，则E(t,−t+4)，可得PE=−12t2+2t，再由△EMP∽△CMD，可得PMDM=PECD=−16t2+23t，根据等高三角形的面积比等于底的比可得：m=S△CPMS△CDM=PMDM=−16(t−2)2+23，运用二次函数的性质即可得出答案；
(3)分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数的应用，二次函数的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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