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2023年浙江省温州市瓯海区联盟学校中考数学四模试卷（含解析）
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这是一份2023年浙江省温州市瓯海区联盟学校中考数学四模试卷（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年浙江省温州市瓯海区联盟学校中考数学四模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算5+(−3)的结果是( )
A. −3 B. −2 C. 2 D. 5
2. 如图所示几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 某校参加数学节的学生人数统计图如图所示，若参加说题比赛的学生有60人，则参加解题比赛有( )
A. 70人
B. 75人
C. 80人
D. 85人
4. 下列算式中，结果等于a6的是( )
A. a3+a3 B. (a3)3 C. a2⋅a3 D. a2⋅a2⋅a2
5. 阿仁是一名非常爱读书的学生．他制作了五张材质和外观完全一样的书签，每张书签上写有一本书的名称和作者，分别是：《海底两万里》(作者：凡尔纳，法国)、《三国演义》(作者：罗贯中)、《西游记》(作者：吴承恩)、《骆驼祥子》(作者：老舍)、《钢铁是怎样炼成的》(作者：尼⋅奥斯特洛夫斯基，前苏联)，从这五张书签中随机抽取一张，则抽到的书签上的作者是中国人的概率是( )
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
6. 已知关于x的方程x2−10x+m=0有两个相等的实数根，则m=( )
A. 10 B. 25 C. −25 D. ±25
7. 初夏，把一个温度计放在一杯冰水中，后拿出放在室温中，下列可以近似表示所述过程中温度计的读数与时间的关系的图象是( )
A. B.
C. D.
8. 如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC=30°，则∠ABO的度数为( )
A. 25° B. 20° C. 30° D. 35°
9. 已知两点A(−2,y1)，B(4,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)上，点C(x0,y0)是该抛物线的顶点，若y0≤y1
A. 40 B. 42 C. 44 D. 48
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：x2−2x+1=______．
12. 每天登录“学习强国”App进行学习，在获得积分的同时，还可获得“点点通”附加奖励.李老师最近一周每日“点点通”收入明细如表，则这组数据的平均数是______ ．
星期
一
二
三
四
五
六
日
收入(点)
15
20
27
27
21
30
21
13. a2a+3−9a+3=______．
14. 如图是一把折扇，它完全打开时是一个扇形，张角∠AOB=120°，若OA=20cm，则此时扇形的弧长为______ cm(结果保留π)．
15. 如图，四边形ABCD为菱形，点F在菱形对角线BD的延长线上，点E在边AB上，线段EF与AD交于点G，EF⊥AB且EF=AB，其中FG=4，BE=3，则线段AG的长为______ ．
16. 如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE.侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm.如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为______ cm，同一时刻，点C离地面高度h=56cm，则点A离地面高度为______ cm．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0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)
(1)计算：(−2)2+( 2023−1)0−(13)−2+|−6|；
(2)解不等式4(x−1)<2x−6，并把解集在数轴上表示出来.(温馨提示：请把解集在相对应的数轴上表示出来.)
18. (本小题8.0分)
在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形(顶点是网格线的交点)．
(1)画出△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；
(2)画出将△A1B1C1向左平移4个单位长度得到的△A2B2C2；
(3)若点A的坐标是(−1,−2)，则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是______ ．
19. (本小题8.0分)
某校为加强感恩教育，对七年级部分学生是否知道母亲节情况进行调查，如图所示的是针对此次调查的扇形和条形统计图．
(1)n=______；参与调查的人数______；
(2)补全条形统计图；
(3)若全校共有七年级学生720名，请你估计这所学校有多少名学生不知道母亲节．
20. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF//BC交AB于F，连接EF．
(1)求证：CG=CE；
(2)若AC=3cm，BC=4cm，求线段DG的长度．
21. (本小题10.0分)
已知一次函数y=2x+4的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象相交于点A(m,6)和点B(−3,n)．
(1)求k的值，并在图中画出函数y=kx的图象；
(2)直接写出不等式2x+4>kx的解集；
22. (本小题10.0分)
如1.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF//BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
(1)求证：四边形AEBF是菱形；
(2)若sin∠EBF=45，AE=5，连结CD，求CD的长．
23. (本小题12.0分)
根据以下素材，探索完成任务．
如何调整蔬菜大棚的结构？
素材1
我国的大棚(如图1)种植技术已十分成熟，一块土地上有一个蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在墙体OA上，另一端固定在墙体BC上，其横截面有2根支架DE，FG，相关数据如图2所示，其中支架DE=BC，OF=DF=BD．
素材2
已知大棚共有支架400根，为增加棚内空间，拟将图2中棚顶向上调整，支架总数不变，对应支架的长度变化如图3所示，调整后C与E上升相同的高度，增加的支架单价为60元/米(接口忽略不计)，现有改造经费32000元．
问题解决
任务1
确定大棚形状
在图2中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式．
任务2
尝试改造方案
当CC′=1米，只考虑经费情况下，请通过计算说明能否完成改造．
任务3
拟定最优方案
只考虑经费情况下，求出CC′的最大值．
24. (本小题14.0分)
如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且DE=OE．
(1)求证：∠BAC=3∠ACD；
(2)点F在弧BD上，且∠CDF=12∠AEC，连接CF交AB于点G，求证：CF=CD；
(3)①在(2)的条件下，若OG=4，设OE=x，FG=y，求y关于x的函数关系式；
②求出使得y有意义的x的最小整数值，并求出此时⊙O的半径．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：5+(−3)
=5−3
=2，
故选：C．
运用有理数加法的计算方法进行求解．
此题考查了有理数加法的运算能力，关键是能准确理解并运用该知识进行正确地计算．
2.【答案】A
【解析】解：从上面看得该几何体的俯视图是：
．
故选：A．
根据俯视图是从上面看到的图形判定即可．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：由扇形统计图可得，
参加各项比赛的学生有：60÷20%=300(人)，
则参加解题比赛有：300×25%=75(人)，
故选：B．
根据参加说题比赛的学生有60人和所占的百分比，可以计算出参加各项比赛的学生人数，然后即可计算出参加解题比赛的学生人数．
本题考查扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，求出参加各项比赛的学生人数．
4.【答案】D
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、(a3)3=a9，故B不符合题意；
C、a2⋅a3=a5，故C不符合题意；
D、a2⋅a2⋅a2=a6，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：∵书签上的作者是中国人的个数是3，所有书签的总个数是5，
∴抽到的书签上的作者是中国人的概率是35．
故选：C．
让书签上的作者是中国人的个数除以所有书签的总个数即为所求的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
6.【答案】B
【解析】解：由题意得，
△=(−10)2−4×1×m=0
解得m=25．
故选：B．
根据根的判别式的意义得到△=(−10)2−4×1×m=0，然后解一次方程即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．
7.【答案】D
【解析】解：常温下的温度计插入一杯冰水中温度计的读数一开始减小较快为零，后拿出放在室温中，温度升高至不变，
故选：D．
将常温下的温度计插入一杯冰水中温度计的读数一开始减小较快为零，后拿出放在室温中，温度升高至不变．
本题考查了函数的图象，解题的关键是了解两个变量之间的关系，解决此类题目还应有一定的生活经验．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOB=2∠ADC=60°，
∴∠ABO=90°−60°=30°．
故选：C．
根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵点A(−2,y1)，B(4,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)上，点C(x0,y0)是该抛物线的顶点，
∴若y2>y1≥y0，则此函数开口向上，有最小值，
∴−2+42=1
故选：B．
根据二次函数的性质和题意，可知该函数开口向上，有最小值，从而可以求得x0的取值范围．
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．
10.【答案】B
【解析】解：如图：连接EN，过C点CQ⊥AB，交BA的延长线于点Q，过点E作EP⊥AN于点P，
∴∠EPA=∠CQA=90°
∵黑色的部分都是正方形，
∴∠NAQ=∠EAC=90°，AB=AN，AC=AE，
∴∠EAP+∠EAQ=∠CAQ+∠EAQ=90°，
∴∠EAP=∠CAQ，
∴△EAP≌△CAQ(AAS)，
∴EP=CQ，
∵S△EAN=12AN⋅EP，S△ABC=12AB⋅CQ，
∴S△EAN=S△ABC，
同理可得：S△EHN=S△HLG，S△EAH=S△EDF，S△AHN=2S△MNO，
∴S四边形ANHE=S△EAN+S△EHN=S△ABC+S△HLG，S四边形ANHE=S△EAH+S△AHN=S△EDF+S△MNO，
∴2S四边形ANHE=S△ABC+S△HLG+S△EDF+S△MNO=12，
∴S四边形ANHE=6，
∴该休闲区域总面积为：24+12+6=42，
故选：B．
如图：连接EN，过C点CQ⊥AB，交BA的延长线于点Q，过点E作EP⊥AN于点P，根据正方形的性质及全等三角形的判定定理，可证得S△EAN=S△ABC，同理可得S△EHN=S△HLG，S△EAH=S△EDF，S△AHN=2S△MNO，据此即可解答．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，证得外部三角形的面积与内部三角形的面积相等是解决本题的关键．
11.【答案】(x−1)2
【解析】直接利用完全平方公式分解因式即可．
解：x2−2x+1=(x−1)2，
故答案为：(x−1)2．
本题考查了运用公式法分解因式，熟记公式是解题的关键．
12.【答案】23
【解析】解：这组数据的平均数是：
(15+20+27+27+21+30+21)÷7
=161÷7
=23．
故答案为：23．
根据算术平均数的定义列式计算即可．
此题考查了算术平均数，掌握定义是解题的关键，把一组数据的和除以这组数据的总个数，得到的数值叫做这组数据的算术平均数．
13.【答案】a−3
【解析】
【分析】
此题考查的是分式的加减运算，因为分母相同，所以分母不变，分子直接相减，然后约分化简．
【解答】
解：a2a+3−9a+3
=a2−9a+3
=a+3a−3a+3
=a−3．
故答案为a−3．
14.【答案】403π
【解析】解：这把扇子打开到最大时的扇形的弧长=120π⋅20180=403π(cm)．
故答案为：403π．
利用弧长公式计算即可．
本题考查弧长公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15.【答案】7
【解析】解：如图所示，
过点B作BH⊥AB交AC于点H，过点H作HT⊥EF于点T，则四边形HBET是矩形，连接HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠FBE+∠OAB=90°，
∵EF⊥AB，
∴∠F+∠FBE=90°，
∴∠F=∠OAB，
∵EF=AB，∠FEB=∠ABH=90°，
∴△FEB≌△ABH(SAS)，
∴BE=BH，
∴四边形HBET是正方形，
∴HT=HB，
根据菱形的对称性可知HB=HD，HD⊥AB，
∴HD=HT，
在Rt△DHG和Rt△THG中，
DH=HTHG=HG，
∴Rt△DHG≌Rt△THG(HL)，
∴DG=GT，
∴AG=AD−DG=EF−GT=FG+TE=3+4=7，
故答案为：7．
过点B作BH⊥AB交AC于点H，过点H作HT⊥EF于点T，则四边形HBET是矩形，连接HD，证明四边形HBET是正方形，进而证明DG=GT，结合已知条件即可求解．
本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
16.【答案】10 26 20413
【解析】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°=∠OBC+∠ABE，
∴∠OCB=∠ABE，
∴tan∠OCB=tan∠ABE=15，
在Rt△COB中，tan∠OCB=OBOC=15，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，由勾股定理得：BC2=OB2+OC2x2+(5x)2−522，
解得x=2 26，
∵OC=10 26cm，
如图所示，过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，
设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，前轮⊙O的直径为12cm，
∴QG=6cm，
∴CG=CQ−QG=50cm，OG= OC2−CG2=10cm
tan∠OCG=OGCG=15，
∴∠OCG=∠OCB，即∠BCG=2∠OCB，
∵BT=CT，
∴∠TBC=∠TCB，
∴∠BTO=∠TBC+∠TCB=2∠TCB=∠BCG，
设CT=BT=x cm，则OT=OC−CT=(10 26−x)cm，
在Rt△OBT中，由勾股定理得BT2=OB2+OT2，
x2−(2 26)2+(10 26−x)2，
解得x=26 265，
∴tan∠BCG=tan∠BTO=OBOI=512，
cos∠BCG=cos∠BTO=OBT=1213，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中，BS=AB⋅tan∠BAS=253cm，
CS−BC−BS=1313cm，
CH=CS⋅cos∠hcs=52413cm．
AP−HQ=CO−CH=20413cm
故答案为：10 26,20413．
先证明∠OCB=∠ABE，解Rt△COB得到tan∠OCB=OBOC=15，设OB=x，则OC=5，由勾股定理得OC=10 26cm；过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，则AP=QH，求出QG=6cm，则CG=CQ−QG=50cm，利用勾股定理求出OG=10cm；设CT=BT=x cm，则OT=(10 26−x)cm，由勾股定理得到ta∠BCG=tan∠BTO=512，cos∠BCG=cos∠BTO=1213，由∠SAB=∠SCH，得到tan∠SAB=tan∠SCH，再求出CH=5413cm，即可得到答案．
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
17.【答案】解：(1)(−2)2+( 2023−1)0−(13)−2+|−6|
=4+1−9+6
=5−9+6
=2；
(2)4(x−1)<2x−6，
去括号得：4x−4<2x−6，
移项得：4x−2x<4−6，
合并同类项得：2x<−2，
解得：x<−1，
∴该不等式的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)按照解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，在数轴上表示不等式的解集，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】(−3,2)
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)点A的坐标是(−1,−2)，则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是(−3,2)．
故答案为：(−3,2)．
(1)根据中心对称分别作出A，B，C 的对应点A1，B1，C1即可；
(2)根据平移分别作出点A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
(3)根据所画图形，直接写出坐标即可．
本题考查作图——轴对称变换，平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.【答案】30 120
【解析】解：(1)由题意，得n=360−120−210=30，
参与调查的人数为：40÷120360=120(人)．
故答案为：30；120；
(2)“知道”为：120×210°360∘=70(人)，“不知道”为：120×30360=10(人)，补全条形统计图如下：
(3)720×30360=60(名)，
答：估计这所学校有60名学生不知道母亲节．
(1)读图可知：用360分别减去120和210，即可得出n的值；“记不清”的有40人，占总人数的120360，据此可得参与调查的人数；
(2)分别求出“知道”和“不知道”所占比例，再乘以总人数即可求解；
(3)用样本估计总体即可．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
20.【答案】(1)证明：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴∠CEA=∠AGD，
∵∠CGE=∠AGD，
∴∠CEA=∠CGE，
∴CG=CE；
(2)解：∵GF//BC，
∴∠CEG=∠EGF，
由(1)知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，
∴∠AGC=∠AGF，
∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGF(ASA)，
∴CG=FG，
由(1)知CG=CE，
∴CE=FG，
∵GF//BC，
∴CE//FG，
∴四边形CGFE是平行四边形，
∵CG=CE，
∴四边形CGFE是菱形；
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵AC=3cm，BC=4cm，
∴AB= AC2+BC2=5cm，
∵△AGC≌△AGF，
∴AF=AC=3cm，
∴BF=AB−AF=2cm，
∵四边形CGFE是菱形，
∴EF//CG，
∵CD⊥AB，
∴EF⊥AB，
设CE=EF=CG=GF=x cm，
∴BE=BC−CE=(4−x)cm，
在Rt△EFB中，根据勾股定理得：
EF2+BF2=BE2，
∴x2+22=(4−x)2，
解得x=32，
∴CG=32cm，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴3×4=5CD，
∴CD=125(cm)，
∴GD=CD−CG=125−32=910(cm)．
【解析】(1)根据角平分线的定义可得∠CAE=∠BAE，根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代换可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可证明CG=CE；
(2)先证△AGC≌△AGF(ASA)，推出CG=FG，结合(1)中结论可得CE=FG，结合GF//BC可证四边形CGFE是平行四边形，结合CG=CE可证CGFE是菱形，根据勾股定理可得AB=5cm，根据△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，进而求出BF=2cm，再根据菱形的性质推出EF//CG，进而证明EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解Rt△EFB求出x，再利用面积法求出CD，即可求出DG的长度．
本题考查等腰三角形的判定，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等，解题的关键是掌握菱形的判定方法，能够通过勾股定理列方程．
21.【答案】解：(1)将点A(m,6)代入一次函数y=2x+4得，
∴m=1，
∴点A的坐标为(1,6)．
把点A(1,6)代入反比例函数y=kx得，解得k=6．
∴反比例函数的解析式为y=6x
∴反比例函数y=6x的图象如图，
(2)由A(1,6)，B(−3,n)，根据函数图象可得：
不等式2x+4>kx的解集为：−31．
【解析】(1)依据题意，将A代入一次函数解析式可得m，再将A代入反比例函数解析式可以求得k，然后即可画出图象；
(2)依据题意，根据图象，只要找出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的自变量即可得解．
本题主要考查反比例函数和一次函数交点的问题，熟练掌握反比例函数的图象和性质，一次函数的图象和性质等知识是解题的关键．
22.【答案】(1)解：∵点D为AB的中点，
∴AD=BD，
∵AF//BE，
∴∠FAD=∠EBD，∠AFD=∠BED，
∴△FAD≌△EBD(AAS)，
∴AF=BE，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
(2)解：∵四边形AEBF是菱形．
∴AE//BF，AE=EB=BF=AF=5，
∴∠AEC=∠EBF，
∴sin∠AEC=sin∠EBF=45，
∵∠ACB=90°，
∴ACAE=AC5=45，
∴AC=4，
∴CE= AE2−AC2=3，
在△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB= AC2+BC2= 42+(3+5)2=4 5，
∵点D为AB的中点，
∴CD=12AB=2 5．
【解析】(1)先证明△FAD≌△EBD(AAS)，则AF=BE，则四边形AEBF是平行四边形，又EF⊥AB，即可得到四边形AEBF是菱形；
(2)由四边形AEBF是菱形得到AE//BF，AE=EB=BF=AF=5，则∠AEC=∠EBF，由sin∠AEC=sin∠EBF=45得到AC=4，由勾股定理得CE=3，由勾股定理得到AB=4 5，由点D为AB的中点即可得到答案．
此题考查了菱形判定和性质、平行四边形的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，以O为原点，建立如图1所示的坐标系，
∴A(0,1)，C(6,3.4)，
∴设抛物线解析式为y=ax2+bx+1，
∵OF=DF=BD=2，DE=BC，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2a=5，
∴y=ax2−10ax+1，将C(6,3.4)代入解析式得，a=−110，
∴y=−110x2+x+1．
(2)如图，建立与(1)相同的坐标系，
∵CC′=1，
∴C′为(6,4.4)，
∵改造后对称轴不变，设改造后抛物线解析式为y=ax2−10ax+1，
将C′(6,4.4)代入解析式得a=−17120，
∴y=−17120x2+1712x+1，
∴G为(2,135)，G′为(2,4915)，
∴GG′=23，
∴共需改造经费(23+1)×200×60=20000<32000，
∴能完成改造．
图2
(3)如图2，设改造后抛物线解析式为y=ax2−10ax+1，
则G′为(2,−16a+1)，E′为(4,−24a+1)，
∴EE′+GG′=−16a+1−24a+1−(135+3.4)=−40a−4，
由题意可列不等式，(−40a−4)×200×60≤32000，解得a≥−16，
∵CC′=EE′=−24a+1−3.4，
∴a=−16时，CC′的值最大，为1.6米．
【解析】(1)根据题意得到函数的对称轴为5，再利用待定系数法得到函数的解析式；
(2)根据已知条件得到函数的解析式，再利用函数解析式得到C′、E′的坐标即可得到结论；
(3)根据已知条件表示出G′、E′的坐标得到a的不等式，进而得到CC′的最大值．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，利用二次函数的性质求对称轴，方案选择问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：如图1中，连接OD，OC，设∠D=x．
∵ED=EO，
∴∠D=∠EOD=x，
∵OD=OC，
∴∠D=∠OCD=x，
∴∠CEO=∠D+∠EOD=2x，∠COB=∠OEC+∠OCD=3x，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∵∠A+∠ACO=∠COB=3x，
∴∠A=∠ACO=32x，
∴∠ACD=12x，
∴∠BAC=3∠ACD；
(2)证明：连接CO，延长CO交DF于T．
由(1)可知，∠AEC=180°−2x，
∵∠AEC=2∠CDF，
∴∠CDF=90°−x，
∴∠CDF+∠DCO=90°，
∴CT⊥DF，
∴DT=TF，
∴CD=CF．
(3)解：①连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N．
由(2)可知，CD=CF，CT⊥DF，
∴∠DCO=∠FCO，
∵ON⊥CF，OM⊥CD，
∴OM=ON，
∵∠GEC=∠GCE，
∴GE=GC=x+4，
∴CD=CF=CG+FG=x+y+4，
∵ED=OE=x，
∴EC=CD−DE=y+4，
∵S△OCES△COG=12⋅CE⋅OM12⋅CG⋅ON=OEOG，
∴y+4x+4=x4，
∴y=14x2+x−4．
②设OA=OB=R，
当y>0时，14x2+x−4>0，
解得x>2 5−2或x<−2 5−2，
∴x的最小整数值为3，
∴CG=7，FG=54，
∵AG⋅GB=CG×FG，
∴(R+4)(R−4)=7×54，
∴R=3 112(负根已经舍去)，
∴此时⊙O的半径为3 112．
【解析】本题属于圆综合题，涉及圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图1中，连接OD，OC，设∠D=x.求出∠A，∠ACD，可得结论；
(2)连接CO，延长CO交DF于T.想办法证明CT⊥DF，可得结论；
(3)①连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N.由题意OE=DE=x，构建方程求出x，y的关系式，可得结论；
②设OA=OB=R，根据y>0，解不等式求出x的最小值，在构建方程求出R即可，
2023年浙江省温州市瓯海区联盟学校中考数学四模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 计算5+(−3)的结果是( )
A. −3 B. −2 C. 2 D. 5
2. 如图所示几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 某校参加数学节的学生人数统计图如图所示，若参加说题比赛的学生有60人，则参加解题比赛有( )
A. 70人
B. 75人
C. 80人
D. 85人
4. 下列算式中，结果等于a6的是( )
A. a3+a3 B. (a3)3 C. a2⋅a3 D. a2⋅a2⋅a2
5. 阿仁是一名非常爱读书的学生．他制作了五张材质和外观完全一样的书签，每张书签上写有一本书的名称和作者，分别是：《海底两万里》(作者：凡尔纳，法国)、《三国演义》(作者：罗贯中)、《西游记》(作者：吴承恩)、《骆驼祥子》(作者：老舍)、《钢铁是怎样炼成的》(作者：尼⋅奥斯特洛夫斯基，前苏联)，从这五张书签中随机抽取一张，则抽到的书签上的作者是中国人的概率是( )
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
6. 已知关于x的方程x2−10x+m=0有两个相等的实数根，则m=( )
A. 10 B. 25 C. −25 D. ±25
7. 初夏，把一个温度计放在一杯冰水中，后拿出放在室温中，下列可以近似表示所述过程中温度计的读数与时间的关系的图象是( )
A. B.
C. D.
8. 如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC=30°，则∠ABO的度数为( )
A. 25° B. 20° C. 30° D. 35°
9. 已知两点A(−2,y1)，B(4,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)上，点C(x0,y0)是该抛物线的顶点，若y0≤y1
A. 40 B. 42 C. 44 D. 48
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：x2−2x+1=______．
12. 每天登录“学习强国”App进行学习，在获得积分的同时，还可获得“点点通”附加奖励.李老师最近一周每日“点点通”收入明细如表，则这组数据的平均数是______ ．
星期
一
二
三
四
五
六
日
收入(点)
15
20
27
27
21
30
21
13. a2a+3−9a+3=______．
14. 如图是一把折扇，它完全打开时是一个扇形，张角∠AOB=120°，若OA=20cm，则此时扇形的弧长为______ cm(结果保留π)．
15. 如图，四边形ABCD为菱形，点F在菱形对角线BD的延长线上，点E在边AB上，线段EF与AD交于点G，EF⊥AB且EF=AB，其中FG=4，BE=3，则线段AG的长为______ ．
16. 如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE.侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm.如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为______ cm，同一时刻，点C离地面高度h=56cm，则点A离地面高度为______ cm．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0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)
(1)计算：(−2)2+( 2023−1)0−(13)−2+|−6|；
(2)解不等式4(x−1)<2x−6，并把解集在数轴上表示出来.(温馨提示：请把解集在相对应的数轴上表示出来.)
18. (本小题8.0分)
在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形(顶点是网格线的交点)．
(1)画出△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；
(2)画出将△A1B1C1向左平移4个单位长度得到的△A2B2C2；
(3)若点A的坐标是(−1,−2)，则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是______ ．
19. (本小题8.0分)
某校为加强感恩教育，对七年级部分学生是否知道母亲节情况进行调查，如图所示的是针对此次调查的扇形和条形统计图．
(1)n=______；参与调查的人数______；
(2)补全条形统计图；
(3)若全校共有七年级学生720名，请你估计这所学校有多少名学生不知道母亲节．
20. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF//BC交AB于F，连接EF．
(1)求证：CG=CE；
(2)若AC=3cm，BC=4cm，求线段DG的长度．
21. (本小题10.0分)
已知一次函数y=2x+4的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象相交于点A(m,6)和点B(−3,n)．
(1)求k的值，并在图中画出函数y=kx的图象；
(2)直接写出不等式2x+4>kx的解集；
22. (本小题10.0分)
如1.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF//BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
(1)求证：四边形AEBF是菱形；
(2)若sin∠EBF=45，AE=5，连结CD，求CD的长．
23. (本小题12.0分)
根据以下素材，探索完成任务．
如何调整蔬菜大棚的结构？
素材1
我国的大棚(如图1)种植技术已十分成熟，一块土地上有一个蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在墙体OA上，另一端固定在墙体BC上，其横截面有2根支架DE，FG，相关数据如图2所示，其中支架DE=BC，OF=DF=BD．
素材2
已知大棚共有支架400根，为增加棚内空间，拟将图2中棚顶向上调整，支架总数不变，对应支架的长度变化如图3所示，调整后C与E上升相同的高度，增加的支架单价为60元/米(接口忽略不计)，现有改造经费32000元．
问题解决
任务1
确定大棚形状
在图2中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式．
任务2
尝试改造方案
当CC′=1米，只考虑经费情况下，请通过计算说明能否完成改造．
任务3
拟定最优方案
只考虑经费情况下，求出CC′的最大值．
24. (本小题14.0分)
如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，且DE=OE．
(1)求证：∠BAC=3∠ACD；
(2)点F在弧BD上，且∠CDF=12∠AEC，连接CF交AB于点G，求证：CF=CD；
(3)①在(2)的条件下，若OG=4，设OE=x，FG=y，求y关于x的函数关系式；
②求出使得y有意义的x的最小整数值，并求出此时⊙O的半径．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：5+(−3)
=5−3
=2，
故选：C．
运用有理数加法的计算方法进行求解．
此题考查了有理数加法的运算能力，关键是能准确理解并运用该知识进行正确地计算．
2.【答案】A
【解析】解：从上面看得该几何体的俯视图是：
．
故选：A．
根据俯视图是从上面看到的图形判定即可．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3.【答案】B
【解析】解：由扇形统计图可得，
参加各项比赛的学生有：60÷20%=300(人)，
则参加解题比赛有：300×25%=75(人)，
故选：B．
根据参加说题比赛的学生有60人和所占的百分比，可以计算出参加各项比赛的学生人数，然后即可计算出参加解题比赛的学生人数．
本题考查扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，求出参加各项比赛的学生人数．
4.【答案】D
【解析】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、(a3)3=a9，故B不符合题意；
C、a2⋅a3=a5，故C不符合题意；
D、a2⋅a2⋅a2=a6，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：∵书签上的作者是中国人的个数是3，所有书签的总个数是5，
∴抽到的书签上的作者是中国人的概率是35．
故选：C．
让书签上的作者是中国人的个数除以所有书签的总个数即为所求的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
6.【答案】B
【解析】解：由题意得，
△=(−10)2−4×1×m=0
解得m=25．
故选：B．
根据根的判别式的意义得到△=(−10)2−4×1×m=0，然后解一次方程即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．
7.【答案】D
【解析】解：常温下的温度计插入一杯冰水中温度计的读数一开始减小较快为零，后拿出放在室温中，温度升高至不变，
故选：D．
将常温下的温度计插入一杯冰水中温度计的读数一开始减小较快为零，后拿出放在室温中，温度升高至不变．
本题考查了函数的图象，解题的关键是了解两个变量之间的关系，解决此类题目还应有一定的生活经验．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB=90°，
∵∠ADC=30°，
∴∠AOB=2∠ADC=60°，
∴∠ABO=90°−60°=30°．
故选：C．
根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵点A(−2,y1)，B(4,y2)均在抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)上，点C(x0,y0)是该抛物线的顶点，
∴若y2>y1≥y0，则此函数开口向上，有最小值，
∴−2+42=1
故选：B．
根据二次函数的性质和题意，可知该函数开口向上，有最小值，从而可以求得x0的取值范围．
本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质解答．
10.【答案】B
【解析】解：如图：连接EN，过C点CQ⊥AB，交BA的延长线于点Q，过点E作EP⊥AN于点P，
∴∠EPA=∠CQA=90°
∵黑色的部分都是正方形，
∴∠NAQ=∠EAC=90°，AB=AN，AC=AE，
∴∠EAP+∠EAQ=∠CAQ+∠EAQ=90°，
∴∠EAP=∠CAQ，
∴△EAP≌△CAQ(AAS)，
∴EP=CQ，
∵S△EAN=12AN⋅EP，S△ABC=12AB⋅CQ，
∴S△EAN=S△ABC，
同理可得：S△EHN=S△HLG，S△EAH=S△EDF，S△AHN=2S△MNO，
∴S四边形ANHE=S△EAN+S△EHN=S△ABC+S△HLG，S四边形ANHE=S△EAH+S△AHN=S△EDF+S△MNO，
∴2S四边形ANHE=S△ABC+S△HLG+S△EDF+S△MNO=12，
∴S四边形ANHE=6，
∴该休闲区域总面积为：24+12+6=42，
故选：B．
如图：连接EN，过C点CQ⊥AB，交BA的延长线于点Q，过点E作EP⊥AN于点P，根据正方形的性质及全等三角形的判定定理，可证得S△EAN=S△ABC，同理可得S△EHN=S△HLG，S△EAH=S△EDF，S△AHN=2S△MNO，据此即可解答．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，证得外部三角形的面积与内部三角形的面积相等是解决本题的关键．
11.【答案】(x−1)2
【解析】直接利用完全平方公式分解因式即可．
解：x2−2x+1=(x−1)2，
故答案为：(x−1)2．
本题考查了运用公式法分解因式，熟记公式是解题的关键．
12.【答案】23
【解析】解：这组数据的平均数是：
(15+20+27+27+21+30+21)÷7
=161÷7
=23．
故答案为：23．
根据算术平均数的定义列式计算即可．
此题考查了算术平均数，掌握定义是解题的关键，把一组数据的和除以这组数据的总个数，得到的数值叫做这组数据的算术平均数．
13.【答案】a−3
【解析】
【分析】
此题考查的是分式的加减运算，因为分母相同，所以分母不变，分子直接相减，然后约分化简．
【解答】
解：a2a+3−9a+3
=a2−9a+3
=a+3a−3a+3
=a−3．
故答案为a−3．
14.【答案】403π
【解析】解：这把扇子打开到最大时的扇形的弧长=120π⋅20180=403π(cm)．
故答案为：403π．
利用弧长公式计算即可．
本题考查弧长公式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
15.【答案】7
【解析】解：如图所示，
过点B作BH⊥AB交AC于点H，过点H作HT⊥EF于点T，则四边形HBET是矩形，连接HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠FBE+∠OAB=90°，
∵EF⊥AB，
∴∠F+∠FBE=90°，
∴∠F=∠OAB，
∵EF=AB，∠FEB=∠ABH=90°，
∴△FEB≌△ABH(SAS)，
∴BE=BH，
∴四边形HBET是正方形，
∴HT=HB，
根据菱形的对称性可知HB=HD，HD⊥AB，
∴HD=HT，
在Rt△DHG和Rt△THG中，
DH=HTHG=HG，
∴Rt△DHG≌Rt△THG(HL)，
∴DG=GT，
∴AG=AD−DG=EF−GT=FG+TE=3+4=7，
故答案为：7．
过点B作BH⊥AB交AC于点H，过点H作HT⊥EF于点T，则四边形HBET是矩形，连接HD，证明四边形HBET是正方形，进而证明DG=GT，结合已知条件即可求解．
本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
16.【答案】10 26 20413
【解析】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°=∠OBC+∠ABE，
∴∠OCB=∠ABE，
∴tan∠OCB=tan∠ABE=15，
在Rt△COB中，tan∠OCB=OBOC=15，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，由勾股定理得：BC2=OB2+OC2x2+(5x)2−522，
解得x=2 26，
∵OC=10 26cm，
如图所示，过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，
设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，前轮⊙O的直径为12cm，
∴QG=6cm，
∴CG=CQ−QG=50cm，OG= OC2−CG2=10cm
tan∠OCG=OGCG=15，
∴∠OCG=∠OCB，即∠BCG=2∠OCB，
∵BT=CT，
∴∠TBC=∠TCB，
∴∠BTO=∠TBC+∠TCB=2∠TCB=∠BCG，
设CT=BT=x cm，则OT=OC−CT=(10 26−x)cm，
在Rt△OBT中，由勾股定理得BT2=OB2+OT2，
x2−(2 26)2+(10 26−x)2，
解得x=26 265，
∴tan∠BCG=tan∠BTO=OBOI=512，
cos∠BCG=cos∠BTO=OBT=1213，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中，BS=AB⋅tan∠BAS=253cm，
CS−BC−BS=1313cm，
CH=CS⋅cos∠hcs=52413cm．
AP−HQ=CO−CH=20413cm
故答案为：10 26,20413．
先证明∠OCB=∠ABE，解Rt△COB得到tan∠OCB=OBOC=15，设OB=x，则OC=5，由勾股定理得OC=10 26cm；过点O作OG⊥FQ于G，过点A作AH⊥FQ于H，过点A作AP垂直于水平面于P，在OC上取一点T，使得BT=CT，连接BT，设AH、BC交于S，则四边形APQH是矩形，则AP=QH，求出QG=6cm，则CG=CQ−QG=50cm，利用勾股定理求出OG=10cm；设CT=BT=x cm，则OT=(10 26−x)cm，由勾股定理得到ta∠BCG=tan∠BTO=512，cos∠BCG=cos∠BTO=1213，由∠SAB=∠SCH，得到tan∠SAB=tan∠SCH，再求出CH=5413cm，即可得到答案．
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
17.【答案】解：(1)(−2)2+( 2023−1)0−(13)−2+|−6|
=4+1−9+6
=5−9+6
=2；
(2)4(x−1)<2x−6，
去括号得：4x−4<2x−6，
移项得：4x−2x<4−6，
合并同类项得：2x<−2，
解得：x<−1，
∴该不等式的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)按照解一元一次不等式的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，在数轴上表示不等式的解集，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】(−3,2)
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)点A的坐标是(−1,−2)，则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是(−3,2)．
故答案为：(−3,2)．
(1)根据中心对称分别作出A，B，C 的对应点A1，B1，C1即可；
(2)根据平移分别作出点A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
(3)根据所画图形，直接写出坐标即可．
本题考查作图——轴对称变换，平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19.【答案】30 120
【解析】解：(1)由题意，得n=360−120−210=30，
参与调查的人数为：40÷120360=120(人)．
故答案为：30；120；
(2)“知道”为：120×210°360∘=70(人)，“不知道”为：120×30360=10(人)，补全条形统计图如下：
(3)720×30360=60(名)，
答：估计这所学校有60名学生不知道母亲节．
(1)读图可知：用360分别减去120和210，即可得出n的值；“记不清”的有40人，占总人数的120360，据此可得参与调查的人数；
(2)分别求出“知道”和“不知道”所占比例，再乘以总人数即可求解；
(3)用样本估计总体即可．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
20.【答案】(1)证明：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴∠CEA=∠AGD，
∵∠CGE=∠AGD，
∴∠CEA=∠CGE，
∴CG=CE；
(2)解：∵GF//BC，
∴∠CEG=∠EGF，
由(1)知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，
∴∠AGC=∠AGF，
∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGF(ASA)，
∴CG=FG，
由(1)知CG=CE，
∴CE=FG，
∵GF//BC，
∴CE//FG，
∴四边形CGFE是平行四边形，
∵CG=CE，
∴四边形CGFE是菱形；
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵AC=3cm，BC=4cm，
∴AB= AC2+BC2=5cm，
∵△AGC≌△AGF，
∴AF=AC=3cm，
∴BF=AB−AF=2cm，
∵四边形CGFE是菱形，
∴EF//CG，
∵CD⊥AB，
∴EF⊥AB，
设CE=EF=CG=GF=x cm，
∴BE=BC−CE=(4−x)cm，
在Rt△EFB中，根据勾股定理得：
EF2+BF2=BE2，
∴x2+22=(4−x)2，
解得x=32，
∴CG=32cm，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴3×4=5CD，
∴CD=125(cm)，
∴GD=CD−CG=125−32=910(cm)．
【解析】(1)根据角平分线的定义可得∠CAE=∠BAE，根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代换可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可证明CG=CE；
(2)先证△AGC≌△AGF(ASA)，推出CG=FG，结合(1)中结论可得CE=FG，结合GF//BC可证四边形CGFE是平行四边形，结合CG=CE可证CGFE是菱形，根据勾股定理可得AB=5cm，根据△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，进而求出BF=2cm，再根据菱形的性质推出EF//CG，进而证明EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解Rt△EFB求出x，再利用面积法求出CD，即可求出DG的长度．
本题考查等腰三角形的判定，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等，解题的关键是掌握菱形的判定方法，能够通过勾股定理列方程．
21.【答案】解：(1)将点A(m,6)代入一次函数y=2x+4得，
∴m=1，
∴点A的坐标为(1,6)．
把点A(1,6)代入反比例函数y=kx得，解得k=6．
∴反比例函数的解析式为y=6x
∴反比例函数y=6x的图象如图，
(2)由A(1,6)，B(−3,n)，根据函数图象可得：
不等式2x+4>kx的解集为：−3
【解析】(1)依据题意，将A代入一次函数解析式可得m，再将A代入反比例函数解析式可以求得k，然后即可画出图象；
(2)依据题意，根据图象，只要找出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的自变量即可得解．
本题主要考查反比例函数和一次函数交点的问题，熟练掌握反比例函数的图象和性质，一次函数的图象和性质等知识是解题的关键．
22.【答案】(1)解：∵点D为AB的中点，
∴AD=BD，
∵AF//BE，
∴∠FAD=∠EBD，∠AFD=∠BED，
∴△FAD≌△EBD(AAS)，
∴AF=BE，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
(2)解：∵四边形AEBF是菱形．
∴AE//BF，AE=EB=BF=AF=5，
∴∠AEC=∠EBF，
∴sin∠AEC=sin∠EBF=45，
∵∠ACB=90°，
∴ACAE=AC5=45，
∴AC=4，
∴CE= AE2−AC2=3，
在△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB= AC2+BC2= 42+(3+5)2=4 5，
∵点D为AB的中点，
∴CD=12AB=2 5．
【解析】(1)先证明△FAD≌△EBD(AAS)，则AF=BE，则四边形AEBF是平行四边形，又EF⊥AB，即可得到四边形AEBF是菱形；
(2)由四边形AEBF是菱形得到AE//BF，AE=EB=BF=AF=5，则∠AEC=∠EBF，由sin∠AEC=sin∠EBF=45得到AC=4，由勾股定理得CE=3，由勾股定理得到AB=4 5，由点D为AB的中点即可得到答案．
此题考查了菱形判定和性质、平行四边形的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，以O为原点，建立如图1所示的坐标系，
∴A(0,1)，C(6,3.4)，
∴设抛物线解析式为y=ax2+bx+1，
∵OF=DF=BD=2，DE=BC，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b2a=5，
∴y=ax2−10ax+1，将C(6,3.4)代入解析式得，a=−110，
∴y=−110x2+x+1．
(2)如图，建立与(1)相同的坐标系，
∵CC′=1，
∴C′为(6,4.4)，
∵改造后对称轴不变，设改造后抛物线解析式为y=ax2−10ax+1，
将C′(6,4.4)代入解析式得a=−17120，
∴y=−17120x2+1712x+1，
∴G为(2,135)，G′为(2,4915)，
∴GG′=23，
∴共需改造经费(23+1)×200×60=20000<32000，
∴能完成改造．
图2
(3)如图2，设改造后抛物线解析式为y=ax2−10ax+1，
则G′为(2,−16a+1)，E′为(4,−24a+1)，
∴EE′+GG′=−16a+1−24a+1−(135+3.4)=−40a−4，
由题意可列不等式，(−40a−4)×200×60≤32000，解得a≥−16，
∵CC′=EE′=−24a+1−3.4，
∴a=−16时，CC′的值最大，为1.6米．
【解析】(1)根据题意得到函数的对称轴为5，再利用待定系数法得到函数的解析式；
(2)根据已知条件得到函数的解析式，再利用函数解析式得到C′、E′的坐标即可得到结论；
(3)根据已知条件表示出G′、E′的坐标得到a的不等式，进而得到CC′的最大值．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，利用二次函数的性质求对称轴，方案选择问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：如图1中，连接OD，OC，设∠D=x．
∵ED=EO，
∴∠D=∠EOD=x，
∵OD=OC，
∴∠D=∠OCD=x，
∴∠CEO=∠D+∠EOD=2x，∠COB=∠OEC+∠OCD=3x，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∵∠A+∠ACO=∠COB=3x，
∴∠A=∠ACO=32x，
∴∠ACD=12x，
∴∠BAC=3∠ACD；
(2)证明：连接CO，延长CO交DF于T．
由(1)可知，∠AEC=180°−2x，
∵∠AEC=2∠CDF，
∴∠CDF=90°−x，
∴∠CDF+∠DCO=90°，
∴CT⊥DF，
∴DT=TF，
∴CD=CF．
(3)解：①连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N．
由(2)可知，CD=CF，CT⊥DF，
∴∠DCO=∠FCO，
∵ON⊥CF，OM⊥CD，
∴OM=ON，
∵∠GEC=∠GCE，
∴GE=GC=x+4，
∴CD=CF=CG+FG=x+y+4，
∵ED=OE=x，
∴EC=CD−DE=y+4，
∵S△OCES△COG=12⋅CE⋅OM12⋅CG⋅ON=OEOG，
∴y+4x+4=x4，
∴y=14x2+x−4．
②设OA=OB=R，
当y>0时，14x2+x−4>0，
解得x>2 5−2或x<−2 5−2，
∴x的最小整数值为3，
∴CG=7，FG=54，
∵AG⋅GB=CG×FG，
∴(R+4)(R−4)=7×54，
∴R=3 112(负根已经舍去)，
∴此时⊙O的半径为3 112．
【解析】本题属于圆综合题，涉及圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图1中，连接OD，OC，设∠D=x.求出∠A，∠ACD，可得结论；
(2)连接CO，延长CO交DF于T.想办法证明CT⊥DF，可得结论；
(3)①连接CO，延长CO交DF于T，过点O作OM⊥CD于M，ON⊥CF于N.由题意OE=DE=x，构建方程求出x，y的关系式，可得结论；
②设OA=OB=R，根据y>0，解不等式求出x的最小值，在构建方程求出R即可，
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