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2023年黑龙江省哈尔滨市第十七中学校中考数学三模试卷
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这是一份2023年黑龙江省哈尔滨市第十七中学校中考数学三模试卷，共25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年黑龙江省哈尔滨十七中中考数学三模试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 12023的倒数是( )
A. −12023 B. 12023 C. −2023 D. 2023
2. 下列计算正确的是( )
A. (a2)3=a5 B. a2⋅a3=a5 C. a8÷a4=a2 D. (−ab2)2=−a2b4
3. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 点(−1,3)在反比例函数y=−kx的图象上，则k的值为( )
A. 3 B. −3 C. −13 D. 13
5. 如图所示的几何体是由七个相同的小正方体组合而成的，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 将抛物线y=−3x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到抛物线为( )
A. y=−3(x+1)2−3 B. y=−3(x−1)2−3
C. y=−3(x+1)2+5 D. y=−3(x−1)2+5
7. 在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=35°，AB=3，则BC的长为( )
A. 3sin35° B. 3cos35∘ C. 3cos35° D. 3tan35°
8. 如图，AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，BC与⊙O相交于点D，连接OD，若∠C=70°，则∠AOD的大小为( )
A. 30°
B. 35°
C. 40°
D. 45°
9. 如图，点F是矩形ABCD的边CD上一点，射线BF交AD的延长线于点E，则下列结论错误的是( )
A. EDEA=DFAB
B. BCDE=BFEF
C. DEBC=EFBE
D. BFBE=BCAE
10. 如图是甲、乙两车在某时段速度随时间变化图象，下列结论错误的是( )
A. 乙前4秒行驶的路程为48米 B. 在0到8秒内甲的速度每秒增加4米/秒
C. 两车到第3秒时行驶的路程相等 D. 在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 将−0.00000017用科学记数法表示应为______ ．
12. 函数y= 3−x4−x的自变量x的取值范围是______ ．
13. 计算2 8− 18的结果是______ ．
14. 把多项式ax2+2a2x+a3分解因式的结果是______．
15. 不等式组2x≤10−3x6+x≥3x的解集为______．
16. 抛物线y=−(x+2)2+3的顶点坐标为______ ．
17. 布袋中装有2个红球和2个白球，它们除颜色外其他都相同，如果从布袋里随机摸出两个球，那么所摸到的两个球恰好都是红球的概率是______ ．
18. 圆心角为120°，弧长为12π的扇形面积为______．
19. 已知矩形ABCD中，BE平分∠ABC交矩形的一边于点E，若BD=6，∠EBD=15°，则线段AB的长为______ ．
20. 已知，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=120°，对角线BD平分∠ABC，BC=4，BD=6，则AD的长度是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(a+2a2−2a+84−a2)÷a−2a，其中a=tan60°−4sin30°．
22. (本小题8.0分)
如图，网格中每个小正方形的边长均为1，线段AB，线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
(1)在图中画以AB为斜边的等腰直角△ABE，顶点E在小正方形的顶点上；
(2)在(1)的条件下，在图中以CD为边画直角△CDF，点F在小正方形的顶点上，使∠CDF=90°，且△CDF的面积为6，连接EF，直接写出EF的长．
23. (本小题12.0分)
某调查小组采用简单随机抽样方法，对我校部分学生一天中体育运动时间进行了抽样调查，并把所得数据整理后绘制成如下的统计图：
(1)该调查小组抽取的样本容量是多少？
(2)求样本学生中体育运动时间为1.5小时的人数，并补全条形统计图；
(3)请估计我校学生一天体育运动的平均时间．
24. (本小题10.0分)
如图1，平行四边形ABCD中，点E、点F分别是AD、CD上的点，连接CE、AF，∠BAF=∠BCE，AF=CE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)如图2，当点E是AD中点时，AF与CE交于点O，连接BE、BF，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积等于△AEO面积的3倍．
25. (本小题10.0分)
哈尔滨市地铁某路段维修工程，若由甲、乙两工程队合作20天可完成，若两工程队单独施工，甲工程队所用天数是乙工程队所用天数的2倍．
(1)求甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要多少天？
(2)如果甲工程队施工每天需付施工费1万元，乙工程队施工每天需付施工费2.5万元，甲工程队至少要单独施工多少天后，再由甲、乙两工程队合作施工完成剩下的工程，才能使施工费不超过64万元？
26. (本小题12.0分)
如图1，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，CD交AB于点E，
(1)求证：∠ACE+∠ABC=90°；
(2)如图2，连接AD，点F在BC弧上，连接AF，∠DAF=2∠ADC，求证：AF=AD；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接EF，EF与BC交于点G，EG=BG，∠AEC=45°，△AED的面积为9，求⊙O的半径．
27. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴正半轴交于点A，交y轴正半轴于点B，∠ABO=45°，AB=3 2．
(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图2，点C是第二象限内直线AB上一点，连接OC、CD，若OC=CD，设线段BD的长为t，△DCO的面积为s，求s与t的函数关系式；
(3)如图3，在(2)问条件下，过点B作AC的垂线BE，点E在第一象限内，连接DE，若∠DCB−∠E=90°，且BE+BC=AB+ 2BD，求S的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：12023的倒数是2023．
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，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】B
【解析】解：A、(a2)3=a6，故A不符合题意；
B、a2⋅a3=a5，故B符合题意；
C、a8÷a4=a4，故C不符合题意；
D、(−ab2)2=a2b4，故D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】A
【解析】解：∵点(−1,3)在反比例函数y=−kx的图象上，
∴将点(−1,3)代入反比例函数y=−kx，
可得−k=−3×1=−3，
即k的值是3．
故选：A．
先将点(−1,3)代入反比例函数y=−kx，再求得k的值即可．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数y=kx图象上的点(x,y)的横、纵坐标的积是定值k，即xy=k，这是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查简单组合体的俯视图，理解三视图的定义是正确解答的关键．
根据俯视图的定义结合组合体即可判断．
【解答】
解：几何体的俯视图是D．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=−3x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到的抛物线为：y=−3(x+1)2+1−4，即y=−3(x+1)2−3．
故选：A．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
7.【答案】C
【解析】解：∵cos35°=CBAB=CB3，
∴BC=3cos35°，
故选：C．
根据余弦定义可得cosB=CBAB，再代入AB=3，可得答案．
此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握余弦：锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作cosA．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，
∴AB⊥AC，
∵∠C=70°，
∴∠B=90°−∠C=20°，
∴∠AOD=2∠B=40°．
故选：C．
由AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，可得AB⊥AC，又由∠C=70°，可求得∠B的度数，然后由圆周角定理，求得答案．
此题考查了切线的性质以及圆周角定理．注意圆的切线垂直于经过切点的半径．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，CD//AB
∵DE//BC，
∴BCDE=BFEF，DEBC=DFCF，所以B、选项结论正确，C选项错误；
∵DF//AB，
∴DEAE=DFAB，所以A选项的结论正确；
ADAE=BFBE，
而BC=AD，
∴BFBE=BCAE，所以D选项的结论正确．
故选：C．
先根据矩形的性质得AD//BC，CD//AB，再根据平行线分线段成比例定理，由DE//BC得到BCDE=BFEF，DEBC=DFCF，则可对B、C进行判断；由DF//AB得DEAE=DFAB，则可对A进行判断；由于BFBE=BCAE，利用BC=AD，则可对D进行判断．
本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，熟记定理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了函数的图象，通过此类题目的练习，可以培养学生分析问题和运用所学知识解决实际问题的能力，能使学生体会到函数知识的实用性．前4s内，乙的速度−时间图象是一条平行于x轴的直线，即速度不变，速度×时间=路程．甲是一条过原点的直线，则速度均匀增加；求出两图象的交点坐标，3秒时两速度大小相等，3s前甲的图象在乙的下方，所以3秒前路程不相等；图象在上方的，说明速度大．
【解答】
解：A、根据图象可得，乙前4秒的速度不变，为12米/秒，则行驶的路程为12×4=48米，A选项的结论正确，故此选项不符合题意；
B、根据图象得：在0到8秒内甲的速度是一条过原点的直线，即甲的速度从0均匀增加到32米/秒，则每秒增加328=4米/秒，B选项的结论正确，故此选项不符合题意；
C、由于甲的图象是过原点的直线，可得v=4t(v、t分别表示速度、时间)，将v=12m/s代入v=4t得t=3s，则t=3s前，甲的速度小于乙的速度，所以两车到第3秒时行驶的路程不相等，C选项的结论错误，故此选项符合题意；
D、在4至8秒内甲的速度图象一直在乙的上方，所以甲的速度都大于乙的速度，故D选项的结论正确，故此选项不符合题意．
故选C．
11.【答案】−1.7×10−7
【解析】解：−0.00000017=−1.7×10−7，
故答案为：−1.7×10−7．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12.【答案】x≤3
【解析】解：根据题意得4−x≠0且3−x≥0，
解得x≤3．
故函数y= 3−x4−x的自变量x的取值范围是x≤3．
故答案为：x≤3．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查函数自变量的取值范围，涉及的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】 2
【解析】解：2 8− 18
=4 2−3 2
= 2．
故答案为： 2．
利用二次根式的减法的法则进行运算即可．
本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
14.【答案】 ax+a2
【解析】
【分析】
首先提取公因式a，然后将二次三项式利用完全平方公式进行分解即可．
本题考查了因式分解的知识，解题的关键是能够首先确定多项式的公因式，难度不大．
【解答】
解：原式=ax2+2ax+a2
=ax+a2，
故答案为：ax+a2．
15.【答案】x≤2
【解析】解：解不等式2x≤10−3x，得：x≤2，
解不等式6+x≥3x，得：x≤3，
则不等式组的解集为x≤2，
故答案为：x≤2．
分别求出每个不等式的解集，再找到其公共部分
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
16.【答案】(−2,3)
【解析】解：∵y=−(x+2)2+3为抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，
∴抛物线的顶点坐标为(−2,3)．
故答案为：(−2,3)．
已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．
本题考查将解析式化为顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是直线x=h．
17.【答案】16
【解析】解：画树状图如图：
共有12个等可能的结果，摸到的两个红球的有2种结果，
∴摸到的两个红球的概率是212=16．
故答案为：16．
画树状图，共有12个等可能的结果，摸到的两个红球的结果有2个，再由概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：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．
18.【答案】108π
【解析】解：设扇形的半径是R，则120πR180=12π，解得：R=18，
则扇形的面积是：12×12π×18=108π．
故答案是：108π．
首先利用弧长公式求得扇形的半径，然后利用扇形的面积公式即可求得面积．
本题考查了扇形的面积公式以及弧长公式，正确理解两个公式是关键．
19.【答案】3或3 3
【解析】解：有两种情况：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=45°，
①当E在AD上时，如图1，
∵∠EBD=15°，
∴∠DBC=45°−15°=30°，
∴CD=12BD=3，
即AB=CD=3；
②当E在CD上时，如图2，
∵∠EBD=15°，
∴∠ABD=45°−15°=30°，
∴AD=12BD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB= BD2−AD2=3 3．
故答案为：3或3 3．
画出符合条件的两种情况，根据矩形性质求出∠A=∠ABC=∠C=90°，∠ABE=∠CBE=45°，求出∠DBC和∠ABD的度数，求出CD和AD，即可求出AB．
本题考查了矩形性质和含30度角的直角三角形性质，勾股定理的应用，关键是画出符合条件的所有情况的图形．
20.【答案】3 7
【解析】解：分别过A、D两点作AF⊥BD于F，DE⊥BC于E，
∴∠AFD=∠AFB=∠BED=∠CED=90°，
∴∠DAF+∠ADF=90°，
∵∠ABC=∠ADC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∴∠BDE=30°，AF=BF⋅tan∠ABD= 3BF= 3(6−DF)，
在Rt△BDE中，BD=6，
∴BE=BD⋅cos∠DBC=3，DE=BD⋅sin∠DBC=3 3，
∵BC=4，
∴CE=1，
∴CD= DE2+CE2= (3 3)2+12=2 7，
∵∠ADC=120°，∠BDE=30°，
∴∠ADF+∠CDE=90°，
∴∠DAF=∠CDE，
∴△DAF∽△CDE，
∴DFCE=AFDE=ADDC，
即DF1= 3(6−DF)3 3，
解得DF=32，
∴321=AD2 7，
解得AD=3 7．
故答案为：3 7．
分别过A、D两点作AF⊥BD于F，DE⊥BC于E，通过解直角三角形可求解AF= 3(6−DF)，DE=3 3，CE=1，再利用勾股定理可求解CD的长，再证明△DAF∽△CDE，可求解DF的长，进而可求解AD的长．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，角平分线的定义等知识，构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：(a+2a2−2a+84−a2)÷a−2a
=(a+2)(a+2)−8aa(a+2)(a−2)⋅aa−2
=a2+4a+4−8a(a+2)(a−2)⋅1a−2
=(a−2)2(a+2)(a−2)(a−2)
=1a+2，
当a=tan60°−4sin30°= 3−4×12= 3−2时，原式=1 3−2+2= 33．
【解析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值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、特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
22.【答案】解：(1)等腰直角△ABE如图所示；
(2)△CDF如图所示，
EF= 42+12= 17．
【解析】(1)以AB为斜边画出等腰直角三角形△ABE即可；
(2)根据要求画出△CDF即可，利用勾股定理求出EF的长；
本题考查作图−应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，体现了数形结合的思想．
23.【答案】解：(1)由题意可得：0.5小时的人数为：100人，所占比例为：20%，
∴本次调查共抽样了500名学生；
∴样本容量是500；
(2)1.5小时的人数为：500×24%=120(人)，
如图所示：
(3)根据题意得：100×0.5+200×1+120×1.5+80×2100+200+120+80=1.18，即我校学生一天中体育运动的平均时间约1小时．
【解析】(1)利用0.5小时的人数为：100人，所占比例为：20%，即可求出样本容量；
(2)利用样本容量乘以1.5小时的百分数，即可求出1.5小时的人数，画图即可；
(3)计算出我校学生一天中体育运动的平均时间即可．
此题主要考查了条形统计图以及扇形统计图的应用，根据统计图得出正确信息是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图1，在平行四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB，
又∵∠BAF=∠BCE，
∴∠DAF=∠DCE，
在△ADF和△CDE中，
∠DAF=∠DCE∠ADF=∠CDEAF=CE，
∴△ADF≌△CDE(AAS)，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，符合条件的三角形有：△ADF，△CDE，△AEB，△CBF，理由如下：
∵点E是AD中点，
∴AE=ED=12AD，
∵△ADF≌△CDE，
∴DF=DE=12AD=12CD，
∴DF=CF，
又∵AE=DE，
∴EF//AC，AC=2EF，
∴△EOF∽△COA，
∴EFAC=EOCO=12，
∴EC=3EO，
∴S△ACE=3S△AEO=12S△ADC=14S▱ABCD，
∵DF=CF，AE=DE，
∴S△ABE=S△DEC=S△ADF=S△BFC=14S▱ABCD，
∴S△ABE=S△DEC=S△ADF=S△BFC=3S△AEO．
【解析】(1)由“AAS”可证△ADF≌△CDE，可得AD=CD，可得结论；
(2)由三角形中位线定理和相似三角形的性质可证EC=3EO，可得S△ACE=3S△AEO=12S△ADC=14S▱ABCD，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设乙工程队单独完成此项工程需要x天，则甲工程队单独完成此项工程需要2x天，
依题意，得：202x+20x=1，
解得：x=30，
经检验，x=30是原方程的解，且符合题意，
∴2x=60．
答：甲工程队单独完成此项工程需要60天，乙工程队单独完成此项工程需要30天．
(2)设甲工程队要单独施工m天，则甲、乙两工程队要合作施工1−m60130+160=60−m3天，
依题意，得：m+(1+2.5)×60−m3≤64，
解得：m≥36．
答：甲工程队至少要单独施工36天．
【解析】(1)设乙工程队单独完成此项工程需要x天，则甲工程队单独完成此项工程需要2x天，根据甲工程队完成的任务量+乙工程队完成的任务量=整项工程，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设甲工程队要单独施工m天，则甲、乙两工程队要合作施工1−m60130+160=60−m3天，根据甲工程队单独施工所需费用+甲、乙两工程队合作施工所需费用=总费用结合施工总费用不超过64万元，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．
本题考查了分式方程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，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26.【答案】(1)证明：如图，连接4D，
∵AC=AC，
∴∠ABC=∠ADC，
∵CD是直径，
∴∠CAD−90°，
∴∠ACE+∠ADC=90°，
∴∠ACE+∠ABC=90°，
(2)证明：连接OA，OF，
∴OA=OD=OE，
∴∠OAD=∠ODA，∠OAF=∠OFA，
∵∠DAF=2∠ADC，
∴∠DAF=2∠OAD，
∴OA平分∠DAF，
∴∠OAD=∠OAF，
∴∠OAD=∠ODA=∠OAF=∠OFA，
∴∠AEF=180°一∠OAF−∠OFA，
∴∠AOB=180°−∠OAD−∠ODA，
∴∠AEF=∠AOB，
∴AF=AD；
(3)解：如图，连接CF，在CF上取点M，连接AM，使MF=ED，连接ME交BC于N，
设∠ADC=α，
∴∠DAF=2α，
∵AC=AC，
∴∠AFC=∠ADC=∠ACB=α，
在△AMF和△AED中
MF=ED∠AFM=∠ADEAF=AD，
∴△AMF≌△AED(SAS)，
∴∠MAF=∠DAE，∠AMF=∠AED，AM=AE，
∵∠AEC=45°，
∴∠BED=∠AEC=45°，
∴∠AMF=∠AED=135°，
∴∠MAF=∠DAE=∠AEC−∠ADC=45°−α，
∴∠BAF=∠DAF−∠DAE=2α−(45°−α)=3α−45°，
∴∠MAE=∠MAF+∠BAF=3α−45°+45°−α=2α，
∴∠MAF=∠DAF=2α，
∴∠AME=∠AEM=180°−2α2=90°−α，
∵EG=BG，
∴∠BEG=∠ACB=α，
∴∠MEF=180°一∠AEM−∠BEG=180°−(90°−α)−α=90°，
∴ME⊥EF，
∴∠EMF=∠AMF−∠AME=135°−(90°−α)=45°+α，
∴∠EFM=90°−∠EMF=90°−(45°+α)=45°−α，
∵CD是直径，
∴∠CBD=90°，
连接DB，并延长DB交EF的延长线于K，
∵∠BCE=∠AEC−∠ABC=45°−α，
∴∠CDB=90°−∠BCD−45°+α，
∴∠DEK=∠EDK=45°+α，
∴∠K=90°−2α，EK=DK，
过D作DS⊥AB交AB于S，交EK于I，
∴∠ESD=90°，∠EDI=45°，
∴∠KDI=∠KEB=α，
在△DIK和△EBK中
∠K=∠KDK=EK∠KDI=∠KEB，
∴△DIK≌△EBK(ASA)，
∴IK=BK，ID=BE，
在△NEG和△KBG中
∠NEG=KBG=90°EG=BG∠EGN=∠BGK，
∴△NEG≌△KBG(ASA)，
∴NG=KG，NE=KB，
∴BN=EK=DK，
过A作AV⊥CD，设AV=m，DS=n，
则有AE= 2AV= 2m，VE=m，
DE= 2DS= 2n，
∴12AE⋅DS=9，
∴12× 2m⋅n=9，
∴mn=9 2，
在Rt△AVD中，tanα=tan∠ADV=AVDV=mm+ 2n，
在Rt△AVC中，∠CAV=α，tan∠CAV=CVAV=mm+ 2n，
∴CV=m2m+ 2n，
连接DF，
∵BF=BF，
∴∠FAB=∠FDB=3α−45°，
∴∠EFD=∠K+∠FKD=90°−2α+3α−45°=45°+α，
∵∠EFD=∠DEF，
∴DE=DF= 2n.
∴FM= 2n，
过D作DH⊥EF交H，
∴EH=FH=12EF，
∴∠MEF=∠EHD=90°，
∴∠EMF=∠HED=45°+α，
在△MEF和△EHD中，
∠MEF=∠EHD∠EMF=∠HEDME=ED，
∴MEF≌△EHD(AAS)，
∴EF=DH，EM=EH，
∴ME=EH=FH=12EF，
在RI△MEF中，tan∠EFM=tan(45°−α)=MEEF=12，
在Rt△ASD中，tan(45°−α)=tan∠DAS=DSAS=nn+ 2m=12，
∴n= 2m，
∴ 2m2=9 2，
解得：m1=3，m2=−3(舍去)，
∴n= 2m=3 2，
∴tanα=tan∠DAV=mm+ 2n=mm+ 2× 2m=13，
∴AV=m=3，DV=3AV=9，
∴CV=m2m+ 2n=93+ 2×3 2=1，
∴DC=CV+DV=1+9=10，
∴半径CO=12CD=12×10=5．
【解析】(1)连接AD，可证∠ABC=∠ADC，由∠ACE+∠ADC=90°即可得证；
(2)连接OA，OF，可证∠DAF=2∠OAD，再证∠AEF=∠AOB，即可得证；
(3)连接CF，在CF上取点M，连接AM，使MF=ED，连接ME交BC于N，可证△AMF≌△AED，可得∠MAF=∠DAE，∠AMF=∠AED，AM=AE，可求∠BAF=3α−45°，∠MEF=90°，连接DB，并延长DB交EF的延长线于K，可证EK=DK，过D作DS⊥AB交AB于S，交EK于I，可证△DIK≌△EBK，从而可得IK=BK，ID=BE，可证△NEG≌△KBG，可得NG=KG，NE=KB，过A作AV⊥CD，设AV=m，DS=n，可求mn=9 2，由tanα=tan∠ADV=CVAV，tan∠CAV=CVAV，可求CV=m2m+ 2n，连接DF，可求FM= 2n，过D作DH⊥EF交H，则△MEF≌△EHD，可得EF=DH，EM−EH，由tan∠EFM=12⋅tan(45°−α)=tan∠DAS，可求m=3，即可求解．
本题考查了圆的基本性质，等腰三角形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，一般角的三角函数，掌握判定方法及性质，并会根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
27.【答案】解：(1)∵∠ABO=45°，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴OA=OB=AB 2=3，
∴A(3,0)，B(0,3)，
设直线AB解析式为y=kx+3，把A(3,0)代入得：
3k+3=0，
解得k=−1，
∴直线AB解析式为y=−x+3；
(2)过C作CH⊥y轴于H，如图：
∵OB=3，BD=t，
∴OD=t+3，
∴D(0,t+3)，
∵OC=CD，
∴DH=OH=12OD=t+32，
∴yH=t+32，
在y=−x+3中，令y=t+32得x=−t+32，
∴C(−t+32,t+32)，
∵C在第二象限，
∴CH=t−32，
∴S=12OD⋅CH=12(t+3)×t−32=14t2−94；
(3)过D作DK⊥y轴交BE于K，作DT⊥DE交AC于T，过T作TR⊥x轴于R，作TS⊥y轴于S，过C作CH⊥y轴于H，如图：
由(2)知CH=t−32，DH=t+32，
∵∠ABO=45°，
∴∠DBT=135°，∠DBC=45°，
∵BE⊥AC，
∴∠CBE=90°，
∴∠DBK=45°，
∴DB=DK，∠DKE=∠DBK+∠BDK=135°，BK= 2BD，
∴∠DBT=∠DKE=135°，
∵∠BDT=90°−∠TDK=∠EDK，
∴△DBT≌△DKE(ASA)，
∴BT=KE，∠BDT=∠EDK，
∵BE+BC=AB+ 2BD，
∴(BK+KE)+BC=(AT+BT)+BK，
∴BC=AT，
∵∠CBH=∠HCB=∠TAR=∠RTA=45°，
∴△CHB≌△ART(ASA)，
∴CH=BH=AR=TR=t−32，
∴OS=TR=t−32，OR=OA−AR=3−t−32=−t+92，
∴DS=OD−OS=t+3−t−32=t+92，ST=OR=−t+92，
∵∠DCB−∠E=90°，
∴∠DCB=90°+∠E，
∴∠CDH=180°−∠DCB−∠CBD=180°−(90°+∠E)−45°=45°−∠E，
∵∠EDK=∠DKB−∠E=45°−∠E，
∴∠CDH=∠EDK，
∵∠EDK=∠BDT，
∴∠CDH=∠BDT，
∴tan∠CDH=tan∠BDT，
∴CHDH=STDS，
∴t−32t+32=−t+92t+92，
整理得：t2=27，
由(2)知S=14t2−94，
∴S=92．
【解析】(1)由∠ABO=45°，知△ABO是等腰直角三角形，可得A(3,0)，B(0,3)，用待定系数法得直线AB解析式为y=−x+3；
(2)过C作CH⊥y轴于H，由BD=t，得D(0,t+3)，而OC=CD，即得yH=t+32，在y=−x+3中，令y=t+32得C(−t+32,t+32)，故CH=t−32，从而S=12OD⋅CH=14t2−94；
(3)过D作DK⊥y轴交BE于K，作DT⊥DE交AC于T，过T作TR⊥x轴于R，作TS⊥y轴于S，过C作CH⊥y轴于H，证明△DBT≌△DKE(ASA)，可得BT=KE，∠BDT=∠EDK，根据BE+BC=AB+ 2BD，即知BC=AT，又CH=BH=AR=TR=t−32，可得DS=OD−OS=t+3−t−32=t+92，ST=OR=−t+92，由∠DCB−∠E=90°，可得∠CDH=180°−∠DCB−∠CBD=180°−(90°+∠E)−45°=45°−∠E=∠EDK，从而∠CDH=∠BDT，有CHDH=STDS，即t−32t+32=−t+92t+92，得t2=27，代入S=14t2−94，得S=92．
本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形性质及应用，相似三角形判定及性质，全等三角形判定及性质等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
2023年黑龙江省哈尔滨十七中中考数学三模试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 12023的倒数是( )
A. −12023 B. 12023 C. −2023 D. 2023
2. 下列计算正确的是( )
A. (a2)3=a5 B. a2⋅a3=a5 C. a8÷a4=a2 D. (−ab2)2=−a2b4
3. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 点(−1,3)在反比例函数y=−kx的图象上，则k的值为( )
A. 3 B. −3 C. −13 D. 13
5. 如图所示的几何体是由七个相同的小正方体组合而成的，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 将抛物线y=−3x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到抛物线为( )
A. y=−3(x+1)2−3 B. y=−3(x−1)2−3
C. y=−3(x+1)2+5 D. y=−3(x−1)2+5
7. 在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=35°，AB=3，则BC的长为( )
A. 3sin35° B. 3cos35∘ C. 3cos35° D. 3tan35°
8. 如图，AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，BC与⊙O相交于点D，连接OD，若∠C=70°，则∠AOD的大小为( )
A. 30°
B. 35°
C. 40°
D. 45°
9. 如图，点F是矩形ABCD的边CD上一点，射线BF交AD的延长线于点E，则下列结论错误的是( )
A. EDEA=DFAB
B. BCDE=BFEF
C. DEBC=EFBE
D. BFBE=BCAE
10. 如图是甲、乙两车在某时段速度随时间变化图象，下列结论错误的是( )
A. 乙前4秒行驶的路程为48米 B. 在0到8秒内甲的速度每秒增加4米/秒
C. 两车到第3秒时行驶的路程相等 D. 在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 将−0.00000017用科学记数法表示应为______ ．
12. 函数y= 3−x4−x的自变量x的取值范围是______ ．
13. 计算2 8− 18的结果是______ ．
14. 把多项式ax2+2a2x+a3分解因式的结果是______．
15. 不等式组2x≤10−3x6+x≥3x的解集为______．
16. 抛物线y=−(x+2)2+3的顶点坐标为______ ．
17. 布袋中装有2个红球和2个白球，它们除颜色外其他都相同，如果从布袋里随机摸出两个球，那么所摸到的两个球恰好都是红球的概率是______ ．
18. 圆心角为120°，弧长为12π的扇形面积为______．
19. 已知矩形ABCD中，BE平分∠ABC交矩形的一边于点E，若BD=6，∠EBD=15°，则线段AB的长为______ ．
20. 已知，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=120°，对角线BD平分∠ABC，BC=4，BD=6，则AD的长度是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(a+2a2−2a+84−a2)÷a−2a，其中a=tan60°−4sin30°．
22. (本小题8.0分)
如图，网格中每个小正方形的边长均为1，线段AB，线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
(1)在图中画以AB为斜边的等腰直角△ABE，顶点E在小正方形的顶点上；
(2)在(1)的条件下，在图中以CD为边画直角△CDF，点F在小正方形的顶点上，使∠CDF=90°，且△CDF的面积为6，连接EF，直接写出EF的长．
23. (本小题12.0分)
某调查小组采用简单随机抽样方法，对我校部分学生一天中体育运动时间进行了抽样调查，并把所得数据整理后绘制成如下的统计图：
(1)该调查小组抽取的样本容量是多少？
(2)求样本学生中体育运动时间为1.5小时的人数，并补全条形统计图；
(3)请估计我校学生一天体育运动的平均时间．
24. (本小题10.0分)
如图1，平行四边形ABCD中，点E、点F分别是AD、CD上的点，连接CE、AF，∠BAF=∠BCE，AF=CE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)如图2，当点E是AD中点时，AF与CE交于点O，连接BE、BF，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积等于△AEO面积的3倍．
25. (本小题10.0分)
哈尔滨市地铁某路段维修工程，若由甲、乙两工程队合作20天可完成，若两工程队单独施工，甲工程队所用天数是乙工程队所用天数的2倍．
(1)求甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要多少天？
(2)如果甲工程队施工每天需付施工费1万元，乙工程队施工每天需付施工费2.5万元，甲工程队至少要单独施工多少天后，再由甲、乙两工程队合作施工完成剩下的工程，才能使施工费不超过64万元？
26. (本小题12.0分)
如图1，△ABC内接于⊙O，CD是⊙O的直径，CD交AB于点E，
(1)求证：∠ACE+∠ABC=90°；
(2)如图2，连接AD，点F在BC弧上，连接AF，∠DAF=2∠ADC，求证：AF=AD；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接EF，EF与BC交于点G，EG=BG，∠AEC=45°，△AED的面积为9，求⊙O的半径．
27. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴正半轴交于点A，交y轴正半轴于点B，∠ABO=45°，AB=3 2．
(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图2，点C是第二象限内直线AB上一点，连接OC、CD，若OC=CD，设线段BD的长为t，△DCO的面积为s，求s与t的函数关系式；
(3)如图3，在(2)问条件下，过点B作AC的垂线BE，点E在第一象限内，连接DE，若∠DCB−∠E=90°，且BE+BC=AB+ 2BD，求S的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：12023的倒数是2023．
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，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】B
【解析】解：A、(a2)3=a6，故A不符合题意；
B、a2⋅a3=a5，故B符合题意；
C、a8÷a4=a4，故C不符合题意；
D、(−ab2)2=a2b4，故D不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方法则进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】A
【解析】解：∵点(−1,3)在反比例函数y=−kx的图象上，
∴将点(−1,3)代入反比例函数y=−kx，
可得−k=−3×1=−3，
即k的值是3．
故选：A．
先将点(−1,3)代入反比例函数y=−kx，再求得k的值即可．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数y=kx图象上的点(x,y)的横、纵坐标的积是定值k，即xy=k，这是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查简单组合体的俯视图，理解三视图的定义是正确解答的关键．
根据俯视图的定义结合组合体即可判断．
【解答】
解：几何体的俯视图是D．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=−3x2+1向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到的抛物线为：y=−3(x+1)2+1−4，即y=−3(x+1)2−3．
故选：A．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
7.【答案】C
【解析】解：∵cos35°=CBAB=CB3，
∴BC=3cos35°，
故选：C．
根据余弦定义可得cosB=CBAB，再代入AB=3，可得答案．
此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握余弦：锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作cosA．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，
∴AB⊥AC，
∵∠C=70°，
∴∠B=90°−∠C=20°，
∴∠AOD=2∠B=40°．
故选：C．
由AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A，可得AB⊥AC，又由∠C=70°，可求得∠B的度数，然后由圆周角定理，求得答案．
此题考查了切线的性质以及圆周角定理．注意圆的切线垂直于经过切点的半径．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，CD//AB
∵DE//BC，
∴BCDE=BFEF，DEBC=DFCF，所以B、选项结论正确，C选项错误；
∵DF//AB，
∴DEAE=DFAB，所以A选项的结论正确；
ADAE=BFBE，
而BC=AD，
∴BFBE=BCAE，所以D选项的结论正确．
故选：C．
先根据矩形的性质得AD//BC，CD//AB，再根据平行线分线段成比例定理，由DE//BC得到BCDE=BFEF，DEBC=DFCF，则可对B、C进行判断；由DF//AB得DEAE=DFAB，则可对A进行判断；由于BFBE=BCAE，利用BC=AD，则可对D进行判断．
本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，熟记定理是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了函数的图象，通过此类题目的练习，可以培养学生分析问题和运用所学知识解决实际问题的能力，能使学生体会到函数知识的实用性．前4s内，乙的速度−时间图象是一条平行于x轴的直线，即速度不变，速度×时间=路程．甲是一条过原点的直线，则速度均匀增加；求出两图象的交点坐标，3秒时两速度大小相等，3s前甲的图象在乙的下方，所以3秒前路程不相等；图象在上方的，说明速度大．
【解答】
解：A、根据图象可得，乙前4秒的速度不变，为12米/秒，则行驶的路程为12×4=48米，A选项的结论正确，故此选项不符合题意；
B、根据图象得：在0到8秒内甲的速度是一条过原点的直线，即甲的速度从0均匀增加到32米/秒，则每秒增加328=4米/秒，B选项的结论正确，故此选项不符合题意；
C、由于甲的图象是过原点的直线，可得v=4t(v、t分别表示速度、时间)，将v=12m/s代入v=4t得t=3s，则t=3s前，甲的速度小于乙的速度，所以两车到第3秒时行驶的路程不相等，C选项的结论错误，故此选项符合题意；
D、在4至8秒内甲的速度图象一直在乙的上方，所以甲的速度都大于乙的速度，故D选项的结论正确，故此选项不符合题意．
故选C．
11.【答案】−1.7×10−7
【解析】解：−0.00000017=−1.7×10−7，
故答案为：−1.7×10−7．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
12.【答案】x≤3
【解析】解：根据题意得4−x≠0且3−x≥0，
解得x≤3．
故函数y= 3−x4−x的自变量x的取值范围是x≤3．
故答案为：x≤3．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查函数自变量的取值范围，涉及的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】 2
【解析】解：2 8− 18
=4 2−3 2
= 2．
故答案为： 2．
利用二次根式的减法的法则进行运算即可．
本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
14.【答案】 ax+a2
【解析】
【分析】
首先提取公因式a，然后将二次三项式利用完全平方公式进行分解即可．
本题考查了因式分解的知识，解题的关键是能够首先确定多项式的公因式，难度不大．
【解答】
解：原式=ax2+2ax+a2
=ax+a2，
故答案为：ax+a2．
15.【答案】x≤2
【解析】解：解不等式2x≤10−3x，得：x≤2，
解不等式6+x≥3x，得：x≤3，
则不等式组的解集为x≤2，
故答案为：x≤2．
分别求出每个不等式的解集，再找到其公共部分
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
16.【答案】(−2,3)
【解析】解：∵y=−(x+2)2+3为抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，
∴抛物线的顶点坐标为(−2,3)．
故答案为：(−2,3)．
已知抛物线解析式为顶点式，可直接写出顶点坐标．
本题考查将解析式化为顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是直线x=h．
17.【答案】16
【解析】解：画树状图如图：
共有12个等可能的结果，摸到的两个红球的有2种结果，
∴摸到的两个红球的概率是212=16．
故答案为：16．
画树状图，共有12个等可能的结果，摸到的两个红球的结果有2个，再由概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：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．
18.【答案】108π
【解析】解：设扇形的半径是R，则120πR180=12π，解得：R=18，
则扇形的面积是：12×12π×18=108π．
故答案是：108π．
首先利用弧长公式求得扇形的半径，然后利用扇形的面积公式即可求得面积．
本题考查了扇形的面积公式以及弧长公式，正确理解两个公式是关键．
19.【答案】3或3 3
【解析】解：有两种情况：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=45°，
①当E在AD上时，如图1，
∵∠EBD=15°，
∴∠DBC=45°−15°=30°，
∴CD=12BD=3，
即AB=CD=3；
②当E在CD上时，如图2，
∵∠EBD=15°，
∴∠ABD=45°−15°=30°，
∴AD=12BD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB= BD2−AD2=3 3．
故答案为：3或3 3．
画出符合条件的两种情况，根据矩形性质求出∠A=∠ABC=∠C=90°，∠ABE=∠CBE=45°，求出∠DBC和∠ABD的度数，求出CD和AD，即可求出AB．
本题考查了矩形性质和含30度角的直角三角形性质，勾股定理的应用，关键是画出符合条件的所有情况的图形．
20.【答案】3 7
【解析】解：分别过A、D两点作AF⊥BD于F，DE⊥BC于E，
∴∠AFD=∠AFB=∠BED=∠CED=90°，
∴∠DAF+∠ADF=90°，
∵∠ABC=∠ADC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∴∠BDE=30°，AF=BF⋅tan∠ABD= 3BF= 3(6−DF)，
在Rt△BDE中，BD=6，
∴BE=BD⋅cos∠DBC=3，DE=BD⋅sin∠DBC=3 3，
∵BC=4，
∴CE=1，
∴CD= DE2+CE2= (3 3)2+12=2 7，
∵∠ADC=120°，∠BDE=30°，
∴∠ADF+∠CDE=90°，
∴∠DAF=∠CDE，
∴△DAF∽△CDE，
∴DFCE=AFDE=ADDC，
即DF1= 3(6−DF)3 3，
解得DF=32，
∴321=AD2 7，
解得AD=3 7．
故答案为：3 7．
分别过A、D两点作AF⊥BD于F，DE⊥BC于E，通过解直角三角形可求解AF= 3(6−DF)，DE=3 3，CE=1，再利用勾股定理可求解CD的长，再证明△DAF∽△CDE，可求解DF的长，进而可求解AD的长．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，角平分线的定义等知识，构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：(a+2a2−2a+84−a2)÷a−2a
=(a+2)(a+2)−8aa(a+2)(a−2)⋅aa−2
=a2+4a+4−8a(a+2)(a−2)⋅1a−2
=(a−2)2(a+2)(a−2)(a−2)
=1a+2，
当a=tan60°−4sin30°= 3−4×12= 3−2时，原式=1 3−2+2= 33．
【解析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后将a的值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、特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
22.【答案】解：(1)等腰直角△ABE如图所示；
(2)△CDF如图所示，
EF= 42+12= 17．
【解析】(1)以AB为斜边画出等腰直角三角形△ABE即可；
(2)根据要求画出△CDF即可，利用勾股定理求出EF的长；
本题考查作图−应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，体现了数形结合的思想．
23.【答案】解：(1)由题意可得：0.5小时的人数为：100人，所占比例为：20%，
∴本次调查共抽样了500名学生；
∴样本容量是500；
(2)1.5小时的人数为：500×24%=120(人)，
如图所示：
(3)根据题意得：100×0.5+200×1+120×1.5+80×2100+200+120+80=1.18，即我校学生一天中体育运动的平均时间约1小时．
【解析】(1)利用0.5小时的人数为：100人，所占比例为：20%，即可求出样本容量；
(2)利用样本容量乘以1.5小时的百分数，即可求出1.5小时的人数，画图即可；
(3)计算出我校学生一天中体育运动的平均时间即可．
此题主要考查了条形统计图以及扇形统计图的应用，根据统计图得出正确信息是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图1，在平行四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB，
又∵∠BAF=∠BCE，
∴∠DAF=∠DCE，
在△ADF和△CDE中，
∠DAF=∠DCE∠ADF=∠CDEAF=CE，
∴△ADF≌△CDE(AAS)，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，符合条件的三角形有：△ADF，△CDE，△AEB，△CBF，理由如下：
∵点E是AD中点，
∴AE=ED=12AD，
∵△ADF≌△CDE，
∴DF=DE=12AD=12CD，
∴DF=CF，
又∵AE=DE，
∴EF//AC，AC=2EF，
∴△EOF∽△COA，
∴EFAC=EOCO=12，
∴EC=3EO，
∴S△ACE=3S△AEO=12S△ADC=14S▱ABCD，
∵DF=CF，AE=DE，
∴S△ABE=S△DEC=S△ADF=S△BFC=14S▱ABCD，
∴S△ABE=S△DEC=S△ADF=S△BFC=3S△AEO．
【解析】(1)由“AAS”可证△ADF≌△CDE，可得AD=CD，可得结论；
(2)由三角形中位线定理和相似三角形的性质可证EC=3EO，可得S△ACE=3S△AEO=12S△ADC=14S▱ABCD，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设乙工程队单独完成此项工程需要x天，则甲工程队单独完成此项工程需要2x天，
依题意，得：202x+20x=1，
解得：x=30，
经检验，x=30是原方程的解，且符合题意，
∴2x=60．
答：甲工程队单独完成此项工程需要60天，乙工程队单独完成此项工程需要30天．
(2)设甲工程队要单独施工m天，则甲、乙两工程队要合作施工1−m60130+160=60−m3天，
依题意，得：m+(1+2.5)×60−m3≤64，
解得：m≥36．
答：甲工程队至少要单独施工36天．
【解析】(1)设乙工程队单独完成此项工程需要x天，则甲工程队单独完成此项工程需要2x天，根据甲工程队完成的任务量+乙工程队完成的任务量=整项工程，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设甲工程队要单独施工m天，则甲、乙两工程队要合作施工1−m60130+160=60−m3天，根据甲工程队单独施工所需费用+甲、乙两工程队合作施工所需费用=总费用结合施工总费用不超过64万元，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．
本题考查了分式方程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，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26.【答案】(1)证明：如图，连接4D，
∵AC=AC，
∴∠ABC=∠ADC，
∵CD是直径，
∴∠CAD−90°，
∴∠ACE+∠ADC=90°，
∴∠ACE+∠ABC=90°，
(2)证明：连接OA，OF，
∴OA=OD=OE，
∴∠OAD=∠ODA，∠OAF=∠OFA，
∵∠DAF=2∠ADC，
∴∠DAF=2∠OAD，
∴OA平分∠DAF，
∴∠OAD=∠OAF，
∴∠OAD=∠ODA=∠OAF=∠OFA，
∴∠AEF=180°一∠OAF−∠OFA，
∴∠AOB=180°−∠OAD−∠ODA，
∴∠AEF=∠AOB，
∴AF=AD；
(3)解：如图，连接CF，在CF上取点M，连接AM，使MF=ED，连接ME交BC于N，
设∠ADC=α，
∴∠DAF=2α，
∵AC=AC，
∴∠AFC=∠ADC=∠ACB=α，
在△AMF和△AED中
MF=ED∠AFM=∠ADEAF=AD，
∴△AMF≌△AED(SAS)，
∴∠MAF=∠DAE，∠AMF=∠AED，AM=AE，
∵∠AEC=45°，
∴∠BED=∠AEC=45°，
∴∠AMF=∠AED=135°，
∴∠MAF=∠DAE=∠AEC−∠ADC=45°−α，
∴∠BAF=∠DAF−∠DAE=2α−(45°−α)=3α−45°，
∴∠MAE=∠MAF+∠BAF=3α−45°+45°−α=2α，
∴∠MAF=∠DAF=2α，
∴∠AME=∠AEM=180°−2α2=90°−α，
∵EG=BG，
∴∠BEG=∠ACB=α，
∴∠MEF=180°一∠AEM−∠BEG=180°−(90°−α)−α=90°，
∴ME⊥EF，
∴∠EMF=∠AMF−∠AME=135°−(90°−α)=45°+α，
∴∠EFM=90°−∠EMF=90°−(45°+α)=45°−α，
∵CD是直径，
∴∠CBD=90°，
连接DB，并延长DB交EF的延长线于K，
∵∠BCE=∠AEC−∠ABC=45°−α，
∴∠CDB=90°−∠BCD−45°+α，
∴∠DEK=∠EDK=45°+α，
∴∠K=90°−2α，EK=DK，
过D作DS⊥AB交AB于S，交EK于I，
∴∠ESD=90°，∠EDI=45°，
∴∠KDI=∠KEB=α，
在△DIK和△EBK中
∠K=∠KDK=EK∠KDI=∠KEB，
∴△DIK≌△EBK(ASA)，
∴IK=BK，ID=BE，
在△NEG和△KBG中
∠NEG=KBG=90°EG=BG∠EGN=∠BGK，
∴△NEG≌△KBG(ASA)，
∴NG=KG，NE=KB，
∴BN=EK=DK，
过A作AV⊥CD，设AV=m，DS=n，
则有AE= 2AV= 2m，VE=m，
DE= 2DS= 2n，
∴12AE⋅DS=9，
∴12× 2m⋅n=9，
∴mn=9 2，
在Rt△AVD中，tanα=tan∠ADV=AVDV=mm+ 2n，
在Rt△AVC中，∠CAV=α，tan∠CAV=CVAV=mm+ 2n，
∴CV=m2m+ 2n，
连接DF，
∵BF=BF，
∴∠FAB=∠FDB=3α−45°，
∴∠EFD=∠K+∠FKD=90°−2α+3α−45°=45°+α，
∵∠EFD=∠DEF，
∴DE=DF= 2n.
∴FM= 2n，
过D作DH⊥EF交H，
∴EH=FH=12EF，
∴∠MEF=∠EHD=90°，
∴∠EMF=∠HED=45°+α，
在△MEF和△EHD中，
∠MEF=∠EHD∠EMF=∠HEDME=ED，
∴MEF≌△EHD(AAS)，
∴EF=DH，EM=EH，
∴ME=EH=FH=12EF，
在RI△MEF中，tan∠EFM=tan(45°−α)=MEEF=12，
在Rt△ASD中，tan(45°−α)=tan∠DAS=DSAS=nn+ 2m=12，
∴n= 2m，
∴ 2m2=9 2，
解得：m1=3，m2=−3(舍去)，
∴n= 2m=3 2，
∴tanα=tan∠DAV=mm+ 2n=mm+ 2× 2m=13，
∴AV=m=3，DV=3AV=9，
∴CV=m2m+ 2n=93+ 2×3 2=1，
∴DC=CV+DV=1+9=10，
∴半径CO=12CD=12×10=5．
【解析】(1)连接AD，可证∠ABC=∠ADC，由∠ACE+∠ADC=90°即可得证；
(2)连接OA，OF，可证∠DAF=2∠OAD，再证∠AEF=∠AOB，即可得证；
(3)连接CF，在CF上取点M，连接AM，使MF=ED，连接ME交BC于N，可证△AMF≌△AED，可得∠MAF=∠DAE，∠AMF=∠AED，AM=AE，可求∠BAF=3α−45°，∠MEF=90°，连接DB，并延长DB交EF的延长线于K，可证EK=DK，过D作DS⊥AB交AB于S，交EK于I，可证△DIK≌△EBK，从而可得IK=BK，ID=BE，可证△NEG≌△KBG，可得NG=KG，NE=KB，过A作AV⊥CD，设AV=m，DS=n，可求mn=9 2，由tanα=tan∠ADV=CVAV，tan∠CAV=CVAV，可求CV=m2m+ 2n，连接DF，可求FM= 2n，过D作DH⊥EF交H，则△MEF≌△EHD，可得EF=DH，EM−EH，由tan∠EFM=12⋅tan(45°−α)=tan∠DAS，可求m=3，即可求解．
本题考查了圆的基本性质，等腰三角形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，一般角的三角函数，掌握判定方法及性质，并会根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
27.【答案】解：(1)∵∠ABO=45°，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴OA=OB=AB 2=3，
∴A(3,0)，B(0,3)，
设直线AB解析式为y=kx+3，把A(3,0)代入得：
3k+3=0，
解得k=−1，
∴直线AB解析式为y=−x+3；
(2)过C作CH⊥y轴于H，如图：
∵OB=3，BD=t，
∴OD=t+3，
∴D(0,t+3)，
∵OC=CD，
∴DH=OH=12OD=t+32，
∴yH=t+32，
在y=−x+3中，令y=t+32得x=−t+32，
∴C(−t+32,t+32)，
∵C在第二象限，
∴CH=t−32，
∴S=12OD⋅CH=12(t+3)×t−32=14t2−94；
(3)过D作DK⊥y轴交BE于K，作DT⊥DE交AC于T，过T作TR⊥x轴于R，作TS⊥y轴于S，过C作CH⊥y轴于H，如图：
由(2)知CH=t−32，DH=t+32，
∵∠ABO=45°，
∴∠DBT=135°，∠DBC=45°，
∵BE⊥AC，
∴∠CBE=90°，
∴∠DBK=45°，
∴DB=DK，∠DKE=∠DBK+∠BDK=135°，BK= 2BD，
∴∠DBT=∠DKE=135°，
∵∠BDT=90°−∠TDK=∠EDK，
∴△DBT≌△DKE(ASA)，
∴BT=KE，∠BDT=∠EDK，
∵BE+BC=AB+ 2BD，
∴(BK+KE)+BC=(AT+BT)+BK，
∴BC=AT，
∵∠CBH=∠HCB=∠TAR=∠RTA=45°，
∴△CHB≌△ART(ASA)，
∴CH=BH=AR=TR=t−32，
∴OS=TR=t−32，OR=OA−AR=3−t−32=−t+92，
∴DS=OD−OS=t+3−t−32=t+92，ST=OR=−t+92，
∵∠DCB−∠E=90°，
∴∠DCB=90°+∠E，
∴∠CDH=180°−∠DCB−∠CBD=180°−(90°+∠E)−45°=45°−∠E，
∵∠EDK=∠DKB−∠E=45°−∠E，
∴∠CDH=∠EDK，
∵∠EDK=∠BDT，
∴∠CDH=∠BDT，
∴tan∠CDH=tan∠BDT，
∴CHDH=STDS，
∴t−32t+32=−t+92t+92，
整理得：t2=27，
由(2)知S=14t2−94，
∴S=92．
【解析】(1)由∠ABO=45°，知△ABO是等腰直角三角形，可得A(3,0)，B(0,3)，用待定系数法得直线AB解析式为y=−x+3；
(2)过C作CH⊥y轴于H，由BD=t，得D(0,t+3)，而OC=CD，即得yH=t+32，在y=−x+3中，令y=t+32得C(−t+32,t+32)，故CH=t−32，从而S=12OD⋅CH=14t2−94；
(3)过D作DK⊥y轴交BE于K，作DT⊥DE交AC于T，过T作TR⊥x轴于R，作TS⊥y轴于S，过C作CH⊥y轴于H，证明△DBT≌△DKE(ASA)，可得BT=KE，∠BDT=∠EDK，根据BE+BC=AB+ 2BD，即知BC=AT，又CH=BH=AR=TR=t−32，可得DS=OD−OS=t+3−t−32=t+92，ST=OR=−t+92，由∠DCB−∠E=90°，可得∠CDH=180°−∠DCB−∠CBD=180°−(90°+∠E)−45°=45°−∠E=∠EDK，从而∠CDH=∠BDT，有CHDH=STDS，即t−32t+32=−t+92t+92，得t2=27，代入S=14t2−94，得S=92．
本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形性质及应用，相似三角形判定及性质，全等三角形判定及性质等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
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