还剩21页未读，
继续阅读
2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷（含解析），共24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年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷
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. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 下列计算正确的是( )
A. a(a−1)=a2+a B. a3+a4=a7
C. a6÷a3=a2 D. (3a3)2=9a6
3. 如所示图形中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 代数式3x2−4x−5的值为7，则x2−43x−5的值为( )
A. 4 B. −1 C. −5 D. 7
5. 如图是由几个相同的小正方体组成的一个几何体，则这个几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 学校开展为贫困地区捐书活动，以下是5名同学捐书的册数：2，2，x，4，9.已知这组数据的平均数是4，则这组数据的中位数和众数分别是( )
A. 2和2 B. 4和2 C. 2和3 D. 3和2
7. 时钟在正常运行时，分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°.在运行过程中，时针与分针的夹角会随时间的变化而变化．设时针与分针的夹角为y(度)，运行时间为t(分)，当时间从12：00开始到12：30止，y与t之间的函数图象是( )
A. B.
C. D.
8. 若关于x的分式方程xx−1=a2x−2−1无解，则a的值是( )
A. −2 B. 0 C. 1.5 D. 2
9. 今年校团委举办了“中国梦，我的梦”歌咏比赛，张老师为鼓励同学们，花了40元钱买了甲、乙两种笔记本作为奖品.已知甲种笔记本每本4元，乙种笔记本每本8元，则张老师购买笔记本的方案共有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为x=−1，与x轴的一个交点坐标为(1,0)，其部分图象如图所示，刘强同学得出了下面五条结论：
①abc>0；
②2a+b=0；
③方程ax2+bx+c=0的两根分别为x=−3和x=1；
④3a+c<0；
⑤若点(m,y1)，(−m−2,y2)都在该抛物线上，则y1=y2；
其中结论正确的个数有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 某企业年产值8050000元，把8050000用科学记数法表示为______．
12. 在函数y=1+xx中，自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，已知▱ABCD中对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使▱ABCD成为一个矩形．你添加的条件是______．
14. 如图，A，B是双曲线y=kx(x>0)上的点，A，B两点的横坐标分别是a，2a，线段AB的延长线交x轴于点C.若S△AOC=6，则k= ______ ．
15. 已知扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，则该扇形的圆心角度数为______．
16. 已知矩形ABCD中，AB=7，对角线AC的垂直平分线与∠ABC外角的平分线交点N，若BN=2 2，则这个矩形的周长为______．
17. 在平面直角坐标系中，直线y= 33x+1与x轴交于点D，与y轴交于点A，如图所示依次作正方形ABCO，正方形A1B1C1C，正方形A2B2C2C1……正方形A2023B2023C2023C2022，使得点A1，A2，A3，…在直线AD上，点C，C1，C2，C3，…在x轴正半轴上，则点B2023的纵坐标是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算： 186−| 3−3|+2sin60°−( 2)−1；
(2)因式分解：a2−4−3(a+2)．
19. (本小题5.0分)
解方程：x2−5x+6=0
20. (本小题10.0分)
初中学习生活就要结束了，小华就本班同学的升学志愿进行了一次调查统计，他通过采集的数据，绘制了两幅不完整的统计图.请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)求出该班的总人数；
(2)把条形统计图补充完整；
(3)扇形统计图中，职高所在扇形的圆心角度数为______
(4)如果小华所在年级共有400名学生，请你估计该年级报考普高的学生有多少名．
21. (本小题8.0分)
如图，Rt△ABC中，∠B=90°，∠C=30°，O为AC上一点，OA=2，以O为圆心，以OA为半径作圆与AB相交于点F，点E是⊙O与线段BC的公共点，连接OE、OF、EF，并且∠EOF=2∠BEF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求图中阴影部分的面积．
22. (本小题10.0分)
在一条平坦笔直的道路上依次有A，B，C三地，甲快递车先从A地到达B地，经过1小时卸货后按原路原速返回到A地，再立即调头按原速前往C地，乙快递车比甲晚1小时出发，到达C地经过1小时装好货物后调头按原路原速回到A地，结果乙比甲早1小时到达，两车均匀速运动.如图是两车距A地的距离y(千米)与甲行驶的时间x(小时)之间的函数图象，请解答下列问题：
(1)填空：甲的速度为______ 千米/小时；
(2)求图象中线段DE所在直线表示的y(千米)与时间x(小时)之间的函数解析式；
(3)甲出发多少小时后，两车之间相距60千米？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，
【问题发现】
(1)如图1，E为边DC上的一个点，连接BE，过点C作BE的垂线交AD于点F，试猜想BE与CF的数量关系并说明理由．
【类比探究】
(2)如图2，G为边AB上的一个点，E为边CD延长线上的一个点，连接GE交AD于点H，过点C作GE的垂线交AD于点F，试猜想GE与CF的数量关系并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图3，点E从点B出发沿射线BC运动，连接AE，过点B作AE的垂线交射线CD于点F，过点E作BF的平行线，过点F作BC的平行线，两平行线交于点H，连接DH，在点E的运动的路程中，线段DH的长度是否存在最小值？若存在，求出线段DH长度的最小值；若不存在，请说明理由．
24. (本小题14.0分)
综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A，B两点，且与x轴的负半轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点N(m,n)在抛物线上，且−2
(4)若点D在直线AB上方的抛物线上，且∠ABD=2∠BAC，直接写出点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】D
【解析】解：A、a(a−1)=a2−a，故不符合题意；
B、a3+a4≠a7，故不符合题意；
C、a6÷a3=a3，故不符合题意；
D、(3a3)2=9a6，故符合题意；
故选：D．
根据单项式乘多项式法则，积的乘方，幂的乘方，同底数幂的除法法则分别计算即可答出答案．
此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
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】B
【解析】解：∵3x2−4x−5的值为7，
3x2−4x=12，
代入x2−43x−5，得13(3x2−4x)−5=4−5=−1．
故选：B．
根据题意列出等式，变形后求出x2−43x的值，代入原式计算即可得到结果．
此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：这个几何体的俯视图从左到右小正方形的个数是：1，1，1，
故选：C．
俯视图是从上面看到的图形，共分三列，从左到右小正方形的个数是：1，1，1．
此题主要考查了简单组合体的三视图，关键是掌握俯视图所看的方向：从上面看．
6.【答案】D
【解析】解：根据平均数的含义得：2+2+x+4+95=4，所以x=3；
将这组数据从小到大的顺序排列(2,2,3,4,9)，处于中间位置的数是3，那么这组数据的中位数是3；
在这一组数据中2是出现次数最多的，故众数是2．
故选：D．
根据平均数的定义得到关于x的方程，求x，再根据中位数和众数的定义求解．
本题为统计题，考查平均数、众数与中位数的意义，解题要细心．
7.【答案】A
【解析】解：∵从12：00开始时针与分针的夹角为0°，而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，
∴y越来越大，
而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，
∴从12：00开始到12：30止，y=(6−0.5)×30=165．
故选：A．
由于从12：00开始时针与分针的夹角为0°，而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，由此得到时针与分针的夹角越来越大，可以根据已知条件计算夹角的大小．
本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．需注意计算单位的统一．
8.【答案】D
【解析】解：原方程两边同乘(2x−2)，去分母可得：2x=a−(2x−2)，
去括号得：2x=a−2x+2，
移项，合并同类项得：4x=a+2，
系数化为1得：x=a+24，
∵原分式方程无解，
∴2×a+24−2=0，
解得：a=2，
故选：D．
解含参的分式方程，根据原分式方程无解列方程计算即可．
本题考查根据含参分式方程解的情况确定参数的值，解含参方程求得x=a+24是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设张老师购买x本甲种笔记本，y本乙种笔记本，
根据题意得：4x+8y=40，
∴y=5−12x.
又∵x，y均为正整数，
∴x=2y=4或x=4y=3或x=6y=2或x=8y=1，
∴张老师购买笔记本的方案共有4种．
故选：B．
设张老师购买x本甲种笔记本，y本乙种笔记本，利用总价=单价×数量，可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出张老师购买笔记本的方案共有4种．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向上，对称轴在y轴的左侧，交y轴的负半轴，
∴a>0，b>0，c<0，
∴abc<0，所以①错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，即2a−b=0，所以②错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
而点(1,0)关于直线x=1的对称点的坐标为(−3,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=1，x2=−3，所以③正确；
∵x=1时，y=0，即a+b+c=0，
∴a+2a+c=0，所以④错误；
∵m−m−22=−1，
∵点(m,y1)与(−m−2,y2)关于直线x=−1对称，
∴y1=y2，所以④正确．
故选：D．
根据抛物线开口方向，对称轴以及与y轴的交点可对①进行判断；利用对称轴公式即可判断②；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，则可对③进行判断；由对称轴方程得到b=2a，然后根据x=1时函数值为0可得到3a+c=0，则可对③进行判断；根据二次函数的对称性对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于(0,c)；抛物线与x轴交点个数由Δ决定：Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
11.【答案】8.05×106
【解析】解：把8050000用科学记数法表示为8.05×106．
故答案为：8.05×106．
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．
12.【答案】x≠0
【解析】解：自变量x的取值范围是x≠0．
故答案为：x≠0．
根据分母不等于0解答即可．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】AC=BD(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件是AC=BD(答案不唯一)，
理由是：∵AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AC=BD(答案不唯一)．
根据矩形的判定定理(对角线相等的平行四边形是矩形)推出即可．
此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理，难度不大．
14.【答案】4
【解析】解：分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为D、E，再过点A作AF⊥BE于F．
则AD//BE，AD=2BE=ka，
∴B、E分别是AC、DC的中点．
在△ABF与△CBE中，∠ABF=∠CBE，∠F=∠BEC=90°，AB=CB，
∴△ABF≌△CBE(AAS)．
∴S△AOC=S梯形AOEF=6．
又∵A(a,ka)，B(2a,k2a)，
∴S梯形AOEF=12(AF+OE)×EF=12(a+2a)×ka=3k2=6，
解得：k=4．
故答案为：4．
分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为D、E，再过点A作AF⊥BE于F，那么由AD//BE，AD=2BE，可知B、E分别是AC、DC的中点，易证△ABF≌△CBE，则S△AOC=S梯形AOEF=6，根据梯形的面积公式即可求出k的值．
本题主要考查了反比例函数的性质、三角形的中位线的判定及梯形的面积公式，体现了数形结合的思想，同学们要好好掌握．
15.【答案】135°
【解析】解：设该扇形的半径为r，圆心角为n°，
∵扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，
∴12×6π⋅r=24π，
解得，r=8，
∵6π=nπ×8180，
∴n=135°，
故答案为：135°．
根据扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，可以得到该扇形所在圆的半径，然后即可计算出该扇形所对的圆心角的度数．
本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，解答本题的关键是明确题意，利用扇形的弧长和面积公式解答．
16.【答案】20或36
【解析】解：①如图1中，当点N在直线BC的上方时，作NM⊥CB交CB的延长线于M，作NF⊥AB于F，连接AN，CN，
∵∠NBF=∠NBM=45°，NF⊥AB，NM⊥BM，
∴NF=NM，
∵BN=2 2，
∴NF=NM=BF=BM=2，
∵ON是AC的垂直平分线，
∴AN=CN，
∵∠AFN=∠CMN=90°，NF=MN，
∴Rt△AFN≌Rt△CMN(HL)，
∴AF=CM=7−2=5，
∴BC=5−2=3，
∴这个矩形的周长为2(3+7)=20；
②如图2中，当点N在直线BC的下方时，同法可得：BF=BM=FN=MN=2，AF=CM=7+2=9，BC=9+2=11，
∴这个矩形的周长为2(11+7)=36；
故答案为：20或36．
分两种情形：点N在BC的上方和上方，作辅助线构建三角形全等，计算BC的长，分别求解即可解决问题．
本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
17.【答案】(1+ 33)2023
【解析】解：∵直线y= 33x+1与必轴交于点A，
∴A(0,1)，OA=1，
∵四边形ABCO是正方形，
∴OC=OA=1，
∴C(1,0)，B(1,1)，A1(1,1+ 33)，
∵四边形A1B1C1C是正方形，
∴C1C=A1C=1+ 33，
OC1=OC+CC1=2+ 33，
∴C1(2+ 33,0)，B1(2+ 33,1+ 33)，A2(2+ 33,43+2 33)，
同理可得：C2(103+ 3,0)，B2(103+ 3,43+2 33)，
可以发现：点B的纵坐标是：1，
点B1的纵坐标是：1+ 33，
点B2的纵坐标是：43+2 33=(1+ 33)2，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅，
∴点Bn的纵坐标是：(1+ 33)n，
∴点B2023的纵坐标是：(1+ 33)2023，
故答案是：(1+ 33)2023
根据一次函数图象上点的坐标特征，结合正方形的性质，可得出A、B的坐标，同理可得A1、A2…以及B1、B2…的坐标，找出点Bn的纵坐标的变化规律：(1+ 33)n即可得出答案．
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质以及点的坐标规律，根据已知条件总结点Bn的纵坐标的变化规律是解题的关键．
18.【答案】解：(1) 186−| 3−3|+2sin60°−( 2)−1
= 22−(3− 3)+2× 32− 22
= 22−3+ 3+ 3− 22
=2 3−3；
(2)a2−4−3(a+2)
=a2−4−3a−6
=a2−3a−10
=(a−5)(a+2)．
【解析】(1)先进行二次根式的除法，绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，再算乘法，最后算加减即可；
(2)利用十字相乘法进行分解即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，因式分解，特殊角的三角函数值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
19.【答案】解：∵x2−5x+6=0，
∴(x−2)(x−3)=0，
则x−2=0或x−3=0，
解得x1=2，x2=3．
【解析】利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
20.【答案】36°
【解析】解：(1)该班的总人数为25÷50%=50(人)；
(2)“普高”人数为50−(25+5)=20，所占百分比为2050×100%=40%，
则“职高”人数为550×100%=10%，
补全图形如下：
(3)职高所在扇形的圆心角度数为：550×360°=36°，
故答案是：36°；
(4)估计该年级报考普高的学生有400×40%=160(人)．
∴该年级报考普高的学生有160人．
(1)根据重高人数25和所占的百分比是50%可以求得该班的总人数；
(2)根据条形统计图可以得到普高的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(3)用“职高”所占比例乘以360°即可；
(4)用总人数乘以样本中普高人数所占百分比．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：(1)如图，连接DF、DE，
∵AD是直径，
∴DF⊥AB，
∴∠DFE+∠BFE=90°，
∵∠B=90°，
∴∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF=∠DFE，
∵∠EOF=2∠BEF，∠EOF=2∠EDF，
∴∠BEF=∠EDF，
∴∠DFE=∠EDF，
∴DE=EF，
∵OD=OF，
∴△ODE≌△OFE(SAS)，
∴∠EOD=∠EOF，
∵∠B=90°，∠C=30°，
∴∠A=60°，
∵OA=OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∴∠EOD=60°，
∴OE//AB，
∴∠OEC=90°
∴OE⊥BC，
∵OE是半径，
∴BC是⊙O的切线．
(2)∵△OAF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∵OA=2，
∴△OAF的面积为：12×2× 3= 3，
∵∠COF=120°，
∴扇形ODF的面积为：120π×4360=43π，
∵∠OEC=90°，∠C=30°，OA=OE=2，
∴OC=2OE=4，
∴AC=OC+OA=6，
∴AB=12AC=3，
∴由勾股定理可得：BC=3 3，
∴△ABC的面积为：12×3×3 3=92 3，
∴阴影部分的面积为：92 3− 3−43π=72 3−43π．
【解析】(1)连接DF、DE，由AD是直径，得出∠DFE+∠BFE=90°，进而得出∠BEF=∠DFE，由圆周角定理得出∠EOF=2∠EDF，进而得出∠BEF=∠EDF，然后得出∠DFE=∠EDF，再证明△ODE≌△OFE，得出∠EOD=∠EOF，再证明△OAF是等边三角形，进而得出∠EOD=60°，证明OE//AB，即可得出OE⊥BC，即可得出结论．
(2)先求出等边三角形△OAF的面积为：12×2× 3= 3，由(1)可得出∠COF=120°，求出扇形ODF的面积为：120π×4360=43π，再由勾股定理得出BC=3 3，求出△ABC的面积为：12×3×3 3=92 3，然后可求得阴影部分的面积．
本题考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定与性质，正确作辅助线是解题的关键．
22.【答案】80
【解析】解：(1)∵结果乙比甲早1小时到达，
∴甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，
∴甲的速度为360÷6=60(千米/小时)，
故答案为：60；
(2)乙车的速度：360÷(5−1)=90千米/时，
点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)；
设DE函数关系式y=kx+b(k≠0)，将D(6,360)，E(10,0)代入，得，
6k+b=36010k+b=0解得k=−90b=900．
所以DE函数关系式为y=−90x+900；
(3)∵甲的速度为60千米/小时，
∴60×2=120，
∴A(2,120)，B(3,120)，C(5,0)，G(1,0)，H(5,360)，F(11,360)，
线段OA的解析式为y=60x(0≤x≤2)，
线段AB的解析式为y=120(2≤x≤3)，
线段CF的解析式为y=60x−300(5≤x≤11)，
线段GH的解析式为y=90x−90(1≤x≤5)，
当0≤x≤2时，|60x−(90x−90)|=60，解得x=1或x=5(舍去)；
当2
综上，甲出发1小时或3小时或385小时或425小时后，两车之间相距60千米．
．
(1)计算得出甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，据此即可求解；
(2)求得点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)，利用待定系数法即可求解；
(3)根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
本题考查一次函数的应用、路程=速度×时间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，将图象中的信息转化为实际行程问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)BE=43CF，理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠CDA=90°，CD=AB=8，
∴∠BCF+∠DCF=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠BCF+∠EBC=90°，
∴∠DCF=∠EBC，
∴△BCE∽△CDF，
∴BECF=BCCD=86=43，
∴BE=43CF；
(2)GE=43CF，理由如下：
过点G作CD的垂线交CD于点M，如图2所示：
则四边形BCGM为矩形，
∴GM=BC=8，
∵GM⊥CD，
∴∠EGM+∠E=90°，
∵CF⊥GE，
∴∠E+∠ECF=90°，
∴∠EGM=∠ECF，
∵∠GME=∠CDF=90°，
∴△GME∽△CDF，
∴GECF=GMCD=86=43，
∴GE=43CF；
(3)存在，理由如下，
如图3，过点H作HK⊥BC于点K，连接HC，AC，则四边形FCKH是矩形，
∵BE//FH，
∴四边形BEHF是平行四边形，
∴FH=BE=CK，
∵∠ABE=∠FCB=90°，BF⊥AE，
∴∠FBC+∠AEB=∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠AEB∽△BFC，
∴BEFC=ABBC=34，
∵FH=BE=CK，
∴CKHK=FHBC=BEFC=34，
又∠HKC=∠ABC=90°，
∴△ABC∽△CKH，
∴∠HCK=∠CAB，
∴H在HC上运动，
∴当DH⊥HC时，DH最小，
∵∠HCK=∠CAB，
∴∠CHK=∠ACB，
∵FC//HK，
∴∠CHK=∠FCH，
∵AB=6，BC=8，
∴AC=10，
∴sin∠ACB=sin∠CHK=sin∠DCH=35，
∴当DH⊥HC时，DH=DC×sin∠DCH=6×35=185=3.6，
即DH长度的最小值为3.6．
【解析】(1)证明△BCE∽△CDF，即可得解；
(2)过点G作CD的垂线交CD于点M，证明△GME∽△CDF，即可得解；
(3)过点H作HK⊥BC于点K，连接HC，AC，则四边形FCKH是矩形，证明∠AEB∽△BFC，得出CKHK=FHBC=BEFC=34，根据∠HKC=∠ABC=90°，可得△ABC∽△CKH，得出H在HC上运动，当DH⊥HC时，DH最小，进而求得sin∠DCH=35，根据DH=DC×sin∠DCH，即可求解．
本题考查相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
24.【答案】−3
令y=0，得x=4，
令x=0，得y=2，
∴A(4,0)，B(0,2)，
把A(4,0)，B(0,2)代入y=−12x2+bx+c，
得−12×42+4b+c=0c=2，
解得b=32c=2，
∴该抛物线的解析式y=−12x2+32x+2．
(2)∵y=−12x2+32x+2=−12(x−32)2+258，
∴对称轴是直线x=32，顶点坐标是(32,258)．
∴当x=32时，y最大值=258，
∵当x=−2时，y=−12x2+32x+2=−3，
∴点N(m,n)在抛物线上，且−2
∵A(4,0)，B(0,2)，
∴AB=2 5，
∵PQ⊥AB，
∴S△PAB=12AB×PQ= 5PQ，
∴当△PAB面积最大时，PQ的值最大，
设P(x,−12x2+32x+2)，则F(x,−12x+2)，
∴PF=(−12x2+32x+2)−(−12x+2)=−12x2+2x，
∴S△PAB=S△PBF+S△PAE
=12PF⋅OE+12PF⋅AE
=12PF(OE+AE)
=12PF⋅OA
=2PF
=2×(−12x2+2x)
=−(x−2)2+4，
∵−1<0，
∴当x=2时，S△PAB取得最大值为4，
此时PQ的最大值为S△PAB 5=4 5=4 55．
(4)如图，过点B作BE//x轴，交抛物线于点E，过点D作DF⊥BE，
∵BE//x轴，
∴∠BAC=∠ABE，
∵∠ABD=2∠BAC，
∴∠ABD=2∠ABE，
∴∠DBE=∠ABE=∠BAC，
∵∠AOB=∠BFD=90°，
∴△AOB∽△BFD，
∴AOBF=BODF，
即AO⋅DF=BO⋅BF，
∵A(4,0)，B(0,2)，
∴AO=4，BO=2，
设D(x,−12x2+32x+2)，
则BF=x，DF=−12x2+32x，
∴4×(−12x2+32x)=2x，
解得x1=0(不合题意，舍去)，x2=2，
当x=2时，y=−12x2+32x+2=3，
∴点D的坐标是(2,3)．
(1)先根据一次函数求出A(4,0)，B(0,2)，然后代入y=−12x2+bx+c，即可求出二次函数的解析式；
(2)先确定y=−12x2+32x+2的对称轴和顶点坐标，然后根据函数的性质即可确定当−2
(4)过点B作BE//x轴，交抛物线于点E，过点D作DF⊥BE，证明△AOB∽△BFD，得出AO⋅DF=BO⋅BF，设D(x,−12x2+32x+2)，则BF=x，DF=−12x2+32x.得4×(−12x2+32x)=2x，求解方程即可得出答案．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数和二次函数的图象与性质，待定系数法，动点最值问题，相似三角形的判定与性质，难度较大，属于中考压轴题，解题的关键是利用转化思想将PQ的最大值，转化为求出△PAB的面积最大值．
2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学四模试卷
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. 2023的倒数是( )
A. 2023 B. −2023 C. −12023 D. 12023
2. 下列计算正确的是( )
A. a(a−1)=a2+a B. a3+a4=a7
C. a6÷a3=a2 D. (3a3)2=9a6
3. 如所示图形中，是中心对称图形，不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4. 代数式3x2−4x−5的值为7，则x2−43x−5的值为( )
A. 4 B. −1 C. −5 D. 7
5. 如图是由几个相同的小正方体组成的一个几何体，则这个几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 学校开展为贫困地区捐书活动，以下是5名同学捐书的册数：2，2，x，4，9.已知这组数据的平均数是4，则这组数据的中位数和众数分别是( )
A. 2和2 B. 4和2 C. 2和3 D. 3和2
7. 时钟在正常运行时，分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°.在运行过程中，时针与分针的夹角会随时间的变化而变化．设时针与分针的夹角为y(度)，运行时间为t(分)，当时间从12：00开始到12：30止，y与t之间的函数图象是( )
A. B.
C. D.
8. 若关于x的分式方程xx−1=a2x−2−1无解，则a的值是( )
A. −2 B. 0 C. 1.5 D. 2
9. 今年校团委举办了“中国梦，我的梦”歌咏比赛，张老师为鼓励同学们，花了40元钱买了甲、乙两种笔记本作为奖品.已知甲种笔记本每本4元，乙种笔记本每本8元，则张老师购买笔记本的方案共有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为x=−1，与x轴的一个交点坐标为(1,0)，其部分图象如图所示，刘强同学得出了下面五条结论：
①abc>0；
②2a+b=0；
③方程ax2+bx+c=0的两根分别为x=−3和x=1；
④3a+c<0；
⑤若点(m,y1)，(−m−2,y2)都在该抛物线上，则y1=y2；
其中结论正确的个数有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）
11. 某企业年产值8050000元，把8050000用科学记数法表示为______．
12. 在函数y=1+xx中，自变量x的取值范围是______ ．
13. 如图，已知▱ABCD中对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使▱ABCD成为一个矩形．你添加的条件是______．
14. 如图，A，B是双曲线y=kx(x>0)上的点，A，B两点的横坐标分别是a，2a，线段AB的延长线交x轴于点C.若S△AOC=6，则k= ______ ．
15. 已知扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，则该扇形的圆心角度数为______．
16. 已知矩形ABCD中，AB=7，对角线AC的垂直平分线与∠ABC外角的平分线交点N，若BN=2 2，则这个矩形的周长为______．
17. 在平面直角坐标系中，直线y= 33x+1与x轴交于点D，与y轴交于点A，如图所示依次作正方形ABCO，正方形A1B1C1C，正方形A2B2C2C1……正方形A2023B2023C2023C2022，使得点A1，A2，A3，…在直线AD上，点C，C1，C2，C3，…在x轴正半轴上，则点B2023的纵坐标是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
(1)计算： 186−| 3−3|+2sin60°−( 2)−1；
(2)因式分解：a2−4−3(a+2)．
19. (本小题5.0分)
解方程：x2−5x+6=0
20. (本小题10.0分)
初中学习生活就要结束了，小华就本班同学的升学志愿进行了一次调查统计，他通过采集的数据，绘制了两幅不完整的统计图.请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)求出该班的总人数；
(2)把条形统计图补充完整；
(3)扇形统计图中，职高所在扇形的圆心角度数为______
(4)如果小华所在年级共有400名学生，请你估计该年级报考普高的学生有多少名．
21. (本小题8.0分)
如图，Rt△ABC中，∠B=90°，∠C=30°，O为AC上一点，OA=2，以O为圆心，以OA为半径作圆与AB相交于点F，点E是⊙O与线段BC的公共点，连接OE、OF、EF，并且∠EOF=2∠BEF．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求图中阴影部分的面积．
22. (本小题10.0分)
在一条平坦笔直的道路上依次有A，B，C三地，甲快递车先从A地到达B地，经过1小时卸货后按原路原速返回到A地，再立即调头按原速前往C地，乙快递车比甲晚1小时出发，到达C地经过1小时装好货物后调头按原路原速回到A地，结果乙比甲早1小时到达，两车均匀速运动.如图是两车距A地的距离y(千米)与甲行驶的时间x(小时)之间的函数图象，请解答下列问题：
(1)填空：甲的速度为______ 千米/小时；
(2)求图象中线段DE所在直线表示的y(千米)与时间x(小时)之间的函数解析式；
(3)甲出发多少小时后，两车之间相距60千米？请直接写出答案．
23. (本小题12.0分)
在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，
【问题发现】
(1)如图1，E为边DC上的一个点，连接BE，过点C作BE的垂线交AD于点F，试猜想BE与CF的数量关系并说明理由．
【类比探究】
(2)如图2，G为边AB上的一个点，E为边CD延长线上的一个点，连接GE交AD于点H，过点C作GE的垂线交AD于点F，试猜想GE与CF的数量关系并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图3，点E从点B出发沿射线BC运动，连接AE，过点B作AE的垂线交射线CD于点F，过点E作BF的平行线，过点F作BC的平行线，两平行线交于点H，连接DH，在点E的运动的路程中，线段DH的长度是否存在最小值？若存在，求出线段DH长度的最小值；若不存在，请说明理由．
24. (本小题14.0分)
综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A，B两点，且与x轴的负半轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点N(m,n)在抛物线上，且−2
(4)若点D在直线AB上方的抛物线上，且∠ABD=2∠BAC，直接写出点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2023的倒数是12023．
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的意义．
2.【答案】D
【解析】解：A、a(a−1)=a2−a，故不符合题意；
B、a3+a4≠a7，故不符合题意；
C、a6÷a3=a3，故不符合题意；
D、(3a3)2=9a6，故符合题意；
故选：D．
根据单项式乘多项式法则，积的乘方，幂的乘方，同底数幂的除法法则分别计算即可答出答案．
此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
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】B
【解析】解：∵3x2−4x−5的值为7，
3x2−4x=12，
代入x2−43x−5，得13(3x2−4x)−5=4−5=−1．
故选：B．
根据题意列出等式，变形后求出x2−43x的值，代入原式计算即可得到结果．
此题考查了代数式求值，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：这个几何体的俯视图从左到右小正方形的个数是：1，1，1，
故选：C．
俯视图是从上面看到的图形，共分三列，从左到右小正方形的个数是：1，1，1．
此题主要考查了简单组合体的三视图，关键是掌握俯视图所看的方向：从上面看．
6.【答案】D
【解析】解：根据平均数的含义得：2+2+x+4+95=4，所以x=3；
将这组数据从小到大的顺序排列(2,2,3,4,9)，处于中间位置的数是3，那么这组数据的中位数是3；
在这一组数据中2是出现次数最多的，故众数是2．
故选：D．
根据平均数的定义得到关于x的方程，求x，再根据中位数和众数的定义求解．
本题为统计题，考查平均数、众数与中位数的意义，解题要细心．
7.【答案】A
【解析】解：∵从12：00开始时针与分针的夹角为0°，而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，
∴y越来越大，
而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，
∴从12：00开始到12：30止，y=(6−0.5)×30=165．
故选：A．
由于从12：00开始时针与分针的夹角为0°，而分针每分钟转动6°，时针每分钟转动0.5°，由此得到时针与分针的夹角越来越大，可以根据已知条件计算夹角的大小．
本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．需注意计算单位的统一．
8.【答案】D
【解析】解：原方程两边同乘(2x−2)，去分母可得：2x=a−(2x−2)，
去括号得：2x=a−2x+2，
移项，合并同类项得：4x=a+2，
系数化为1得：x=a+24，
∵原分式方程无解，
∴2×a+24−2=0，
解得：a=2，
故选：D．
解含参的分式方程，根据原分式方程无解列方程计算即可．
本题考查根据含参分式方程解的情况确定参数的值，解含参方程求得x=a+24是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：设张老师购买x本甲种笔记本，y本乙种笔记本，
根据题意得：4x+8y=40，
∴y=5−12x.
又∵x，y均为正整数，
∴x=2y=4或x=4y=3或x=6y=2或x=8y=1，
∴张老师购买笔记本的方案共有4种．
故选：B．
设张老师购买x本甲种笔记本，y本乙种笔记本，利用总价=单价×数量，可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，即可得出张老师购买笔记本的方案共有4种．
本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵抛物线开口向上，对称轴在y轴的左侧，交y轴的负半轴，
∴a>0，b>0，c<0，
∴abc<0，所以①错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，即2a−b=0，所以②错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
而点(1,0)关于直线x=1的对称点的坐标为(−3,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=1，x2=−3，所以③正确；
∵x=1时，y=0，即a+b+c=0，
∴a+2a+c=0，所以④错误；
∵m−m−22=−1，
∵点(m,y1)与(−m−2,y2)关于直线x=−1对称，
∴y1=y2，所以④正确．
故选：D．
根据抛物线开口方向，对称轴以及与y轴的交点可对①进行判断；利用对称轴公式即可判断②；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为(−3,0)，则可对③进行判断；由对称轴方程得到b=2a，然后根据x=1时函数值为0可得到3a+c=0，则可对③进行判断；根据二次函数的对称性对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于(0,c)；抛物线与x轴交点个数由Δ决定：Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
11.【答案】8.05×106
【解析】解：把8050000用科学记数法表示为8.05×106．
故答案为：8.05×106．
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．
12.【答案】x≠0
【解析】解：自变量x的取值范围是x≠0．
故答案为：x≠0．
根据分母不等于0解答即可．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】AC=BD(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件是AC=BD(答案不唯一)，
理由是：∵AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AC=BD(答案不唯一)．
根据矩形的判定定理(对角线相等的平行四边形是矩形)推出即可．
此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理，难度不大．
14.【答案】4
【解析】解：分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为D、E，再过点A作AF⊥BE于F．
则AD//BE，AD=2BE=ka，
∴B、E分别是AC、DC的中点．
在△ABF与△CBE中，∠ABF=∠CBE，∠F=∠BEC=90°，AB=CB，
∴△ABF≌△CBE(AAS)．
∴S△AOC=S梯形AOEF=6．
又∵A(a,ka)，B(2a,k2a)，
∴S梯形AOEF=12(AF+OE)×EF=12(a+2a)×ka=3k2=6，
解得：k=4．
故答案为：4．
分别过点A、B作x轴的垂线，垂足分别为D、E，再过点A作AF⊥BE于F，那么由AD//BE，AD=2BE，可知B、E分别是AC、DC的中点，易证△ABF≌△CBE，则S△AOC=S梯形AOEF=6，根据梯形的面积公式即可求出k的值．
本题主要考查了反比例函数的性质、三角形的中位线的判定及梯形的面积公式，体现了数形结合的思想，同学们要好好掌握．
15.【答案】135°
【解析】解：设该扇形的半径为r，圆心角为n°，
∵扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，
∴12×6π⋅r=24π，
解得，r=8，
∵6π=nπ×8180，
∴n=135°，
故答案为：135°．
根据扇形的弧长为6πcm，面积为24πcm2，可以得到该扇形所在圆的半径，然后即可计算出该扇形所对的圆心角的度数．
本题考查扇形面积的计算、弧长的计算，解答本题的关键是明确题意，利用扇形的弧长和面积公式解答．
16.【答案】20或36
【解析】解：①如图1中，当点N在直线BC的上方时，作NM⊥CB交CB的延长线于M，作NF⊥AB于F，连接AN，CN，
∵∠NBF=∠NBM=45°，NF⊥AB，NM⊥BM，
∴NF=NM，
∵BN=2 2，
∴NF=NM=BF=BM=2，
∵ON是AC的垂直平分线，
∴AN=CN，
∵∠AFN=∠CMN=90°，NF=MN，
∴Rt△AFN≌Rt△CMN(HL)，
∴AF=CM=7−2=5，
∴BC=5−2=3，
∴这个矩形的周长为2(3+7)=20；
②如图2中，当点N在直线BC的下方时，同法可得：BF=BM=FN=MN=2，AF=CM=7+2=9，BC=9+2=11，
∴这个矩形的周长为2(11+7)=36；
故答案为：20或36．
分两种情形：点N在BC的上方和上方，作辅助线构建三角形全等，计算BC的长，分别求解即可解决问题．
本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
17.【答案】(1+ 33)2023
【解析】解：∵直线y= 33x+1与必轴交于点A，
∴A(0,1)，OA=1，
∵四边形ABCO是正方形，
∴OC=OA=1，
∴C(1,0)，B(1,1)，A1(1,1+ 33)，
∵四边形A1B1C1C是正方形，
∴C1C=A1C=1+ 33，
OC1=OC+CC1=2+ 33，
∴C1(2+ 33,0)，B1(2+ 33,1+ 33)，A2(2+ 33,43+2 33)，
同理可得：C2(103+ 3,0)，B2(103+ 3,43+2 33)，
可以发现：点B的纵坐标是：1，
点B1的纵坐标是：1+ 33，
点B2的纵坐标是：43+2 33=(1+ 33)2，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅，
∴点Bn的纵坐标是：(1+ 33)n，
∴点B2023的纵坐标是：(1+ 33)2023，
故答案是：(1+ 33)2023
根据一次函数图象上点的坐标特征，结合正方形的性质，可得出A、B的坐标，同理可得A1、A2…以及B1、B2…的坐标，找出点Bn的纵坐标的变化规律：(1+ 33)n即可得出答案．
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质以及点的坐标规律，根据已知条件总结点Bn的纵坐标的变化规律是解题的关键．
18.【答案】解：(1) 186−| 3−3|+2sin60°−( 2)−1
= 22−(3− 3)+2× 32− 22
= 22−3+ 3+ 3− 22
=2 3−3；
(2)a2−4−3(a+2)
=a2−4−3a−6
=a2−3a−10
=(a−5)(a+2)．
【解析】(1)先进行二次根式的除法，绝对值，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，再算乘法，最后算加减即可；
(2)利用十字相乘法进行分解即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，因式分解，特殊角的三角函数值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
19.【答案】解：∵x2−5x+6=0，
∴(x−2)(x−3)=0，
则x−2=0或x−3=0，
解得x1=2，x2=3．
【解析】利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
20.【答案】36°
【解析】解：(1)该班的总人数为25÷50%=50(人)；
(2)“普高”人数为50−(25+5)=20，所占百分比为2050×100%=40%，
则“职高”人数为550×100%=10%，
补全图形如下：
(3)职高所在扇形的圆心角度数为：550×360°=36°，
故答案是：36°；
(4)估计该年级报考普高的学生有400×40%=160(人)．
∴该年级报考普高的学生有160人．
(1)根据重高人数25和所占的百分比是50%可以求得该班的总人数；
(2)根据条形统计图可以得到普高的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(3)用“职高”所占比例乘以360°即可；
(4)用总人数乘以样本中普高人数所占百分比．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：(1)如图，连接DF、DE，
∵AD是直径，
∴DF⊥AB，
∴∠DFE+∠BFE=90°，
∵∠B=90°，
∴∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF=∠DFE，
∵∠EOF=2∠BEF，∠EOF=2∠EDF，
∴∠BEF=∠EDF，
∴∠DFE=∠EDF，
∴DE=EF，
∵OD=OF，
∴△ODE≌△OFE(SAS)，
∴∠EOD=∠EOF，
∵∠B=90°，∠C=30°，
∴∠A=60°，
∵OA=OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∴∠EOD=60°，
∴OE//AB，
∴∠OEC=90°
∴OE⊥BC，
∵OE是半径，
∴BC是⊙O的切线．
(2)∵△OAF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∵OA=2，
∴△OAF的面积为：12×2× 3= 3，
∵∠COF=120°，
∴扇形ODF的面积为：120π×4360=43π，
∵∠OEC=90°，∠C=30°，OA=OE=2，
∴OC=2OE=4，
∴AC=OC+OA=6，
∴AB=12AC=3，
∴由勾股定理可得：BC=3 3，
∴△ABC的面积为：12×3×3 3=92 3，
∴阴影部分的面积为：92 3− 3−43π=72 3−43π．
【解析】(1)连接DF、DE，由AD是直径，得出∠DFE+∠BFE=90°，进而得出∠BEF=∠DFE，由圆周角定理得出∠EOF=2∠EDF，进而得出∠BEF=∠EDF，然后得出∠DFE=∠EDF，再证明△ODE≌△OFE，得出∠EOD=∠EOF，再证明△OAF是等边三角形，进而得出∠EOD=60°，证明OE//AB，即可得出OE⊥BC，即可得出结论．
(2)先求出等边三角形△OAF的面积为：12×2× 3= 3，由(1)可得出∠COF=120°，求出扇形ODF的面积为：120π×4360=43π，再由勾股定理得出BC=3 3，求出△ABC的面积为：12×3×3 3=92 3，然后可求得阴影部分的面积．
本题考查圆周角定理，切线的判定，扇形的面积，等边三角形的判定与性质，正确作辅助线是解题的关键．
22.【答案】80
【解析】解：(1)∵结果乙比甲早1小时到达，
∴甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，
∴甲的速度为360÷6=60(千米/小时)，
故答案为：60；
(2)乙车的速度：360÷(5−1)=90千米/时，
点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)；
设DE函数关系式y=kx+b(k≠0)，将D(6,360)，E(10,0)代入，得，
6k+b=36010k+b=0解得k=−90b=900．
所以DE函数关系式为y=−90x+900；
(3)∵甲的速度为60千米/小时，
∴60×2=120，
∴A(2,120)，B(3,120)，C(5,0)，G(1,0)，H(5,360)，F(11,360)，
线段OA的解析式为y=60x(0≤x≤2)，
线段AB的解析式为y=120(2≤x≤3)，
线段CF的解析式为y=60x−300(5≤x≤11)，
线段GH的解析式为y=90x−90(1≤x≤5)，
当0≤x≤2时，|60x−(90x−90)|=60，解得x=1或x=5(舍去)；
当2
综上，甲出发1小时或3小时或385小时或425小时后，两车之间相距60千米．
．
(1)计算得出甲快递车第2次出发前往C地，共用时6小时，据此即可求解；
(2)求得点D的坐标为(6,360)，点E的坐标为(10,0)，利用待定系数法即可求解；
(3)根据题意可知存在三种情况，然后分别计算即可．
本题考查一次函数的应用、路程=速度×时间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，将图象中的信息转化为实际行程问题，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)BE=43CF，理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠CDA=90°，CD=AB=8，
∴∠BCF+∠DCF=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠BCF+∠EBC=90°，
∴∠DCF=∠EBC，
∴△BCE∽△CDF，
∴BECF=BCCD=86=43，
∴BE=43CF；
(2)GE=43CF，理由如下：
过点G作CD的垂线交CD于点M，如图2所示：
则四边形BCGM为矩形，
∴GM=BC=8，
∵GM⊥CD，
∴∠EGM+∠E=90°，
∵CF⊥GE，
∴∠E+∠ECF=90°，
∴∠EGM=∠ECF，
∵∠GME=∠CDF=90°，
∴△GME∽△CDF，
∴GECF=GMCD=86=43，
∴GE=43CF；
(3)存在，理由如下，
如图3，过点H作HK⊥BC于点K，连接HC，AC，则四边形FCKH是矩形，
∵BE//FH，
∴四边形BEHF是平行四边形，
∴FH=BE=CK，
∵∠ABE=∠FCB=90°，BF⊥AE，
∴∠FBC+∠AEB=∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠AEB∽△BFC，
∴BEFC=ABBC=34，
∵FH=BE=CK，
∴CKHK=FHBC=BEFC=34，
又∠HKC=∠ABC=90°，
∴△ABC∽△CKH，
∴∠HCK=∠CAB，
∴H在HC上运动，
∴当DH⊥HC时，DH最小，
∵∠HCK=∠CAB，
∴∠CHK=∠ACB，
∵FC//HK，
∴∠CHK=∠FCH，
∵AB=6，BC=8，
∴AC=10，
∴sin∠ACB=sin∠CHK=sin∠DCH=35，
∴当DH⊥HC时，DH=DC×sin∠DCH=6×35=185=3.6，
即DH长度的最小值为3.6．
【解析】(1)证明△BCE∽△CDF，即可得解；
(2)过点G作CD的垂线交CD于点M，证明△GME∽△CDF，即可得解；
(3)过点H作HK⊥BC于点K，连接HC，AC，则四边形FCKH是矩形，证明∠AEB∽△BFC，得出CKHK=FHBC=BEFC=34，根据∠HKC=∠ABC=90°，可得△ABC∽△CKH，得出H在HC上运动，当DH⊥HC时，DH最小，进而求得sin∠DCH=35，根据DH=DC×sin∠DCH，即可求解．
本题考查相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
24.【答案】−3
令y=0，得x=4，
令x=0，得y=2，
∴A(4,0)，B(0,2)，
把A(4,0)，B(0,2)代入y=−12x2+bx+c，
得−12×42+4b+c=0c=2，
解得b=32c=2，
∴该抛物线的解析式y=−12x2+32x+2．
(2)∵y=−12x2+32x+2=−12(x−32)2+258，
∴对称轴是直线x=32，顶点坐标是(32,258)．
∴当x=32时，y最大值=258，
∵当x=−2时，y=−12x2+32x+2=−3，
∴点N(m,n)在抛物线上，且−2
∵A(4,0)，B(0,2)，
∴AB=2 5，
∵PQ⊥AB，
∴S△PAB=12AB×PQ= 5PQ，
∴当△PAB面积最大时，PQ的值最大，
设P(x,−12x2+32x+2)，则F(x,−12x+2)，
∴PF=(−12x2+32x+2)−(−12x+2)=−12x2+2x，
∴S△PAB=S△PBF+S△PAE
=12PF⋅OE+12PF⋅AE
=12PF(OE+AE)
=12PF⋅OA
=2PF
=2×(−12x2+2x)
=−(x−2)2+4，
∵−1<0，
∴当x=2时，S△PAB取得最大值为4，
此时PQ的最大值为S△PAB 5=4 5=4 55．
(4)如图，过点B作BE//x轴，交抛物线于点E，过点D作DF⊥BE，
∵BE//x轴，
∴∠BAC=∠ABE，
∵∠ABD=2∠BAC，
∴∠ABD=2∠ABE，
∴∠DBE=∠ABE=∠BAC，
∵∠AOB=∠BFD=90°，
∴△AOB∽△BFD，
∴AOBF=BODF，
即AO⋅DF=BO⋅BF，
∵A(4,0)，B(0,2)，
∴AO=4，BO=2，
设D(x,−12x2+32x+2)，
则BF=x，DF=−12x2+32x，
∴4×(−12x2+32x)=2x，
解得x1=0(不合题意，舍去)，x2=2，
当x=2时，y=−12x2+32x+2=3，
∴点D的坐标是(2,3)．
(1)先根据一次函数求出A(4,0)，B(0,2)，然后代入y=−12x2+bx+c，即可求出二次函数的解析式；
(2)先确定y=−12x2+32x+2的对称轴和顶点坐标，然后根据函数的性质即可确定当−2
(4)过点B作BE//x轴，交抛物线于点E，过点D作DF⊥BE，证明△AOB∽△BFD，得出AO⋅DF=BO⋅BF，设D(x,−12x2+32x+2)，则BF=x，DF=−12x2+32x.得4×(−12x2+32x)=2x，求解方程即可得出答案．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数和二次函数的图象与性质，待定系数法，动点最值问题，相似三角形的判定与性质，难度较大，属于中考压轴题，解题的关键是利用转化思想将PQ的最大值，转化为求出△PAB的面积最大值．
相关试卷
2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学三模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市龙江县中考数学三模试卷（含解析），共27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年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学一模试卷（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年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学一模试卷（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。
