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2023年河南省濮阳市中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年河南省濮阳市中考数学二模试卷（含解析），共23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年河南省濮阳市中考数学二模试卷
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. 四个数−1，2，0，−12中，相反数最小的那个数是( )
A. −1 B. 2 C. 0 D. −12
2. 近几年我国新能源汽车发展迅猛，产能与销售都位居世界第一.乘联会公布了2023年4月乘用车销量预测情况，新能源汽车零售销量预计为50.0万辆.数字50.0万用科学记数法表示为( )
A. 5×103 B. 5×104 C. 5×105 D. 5×106
3. 下列几何体从左面看到的图形是的是( )
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③④ D. ①③④
4. 下列运算正确的是( )
A. (a+b)2=a2+b2 B. (−3x3)2=6x6
C. a2+a2=2a4 D. (a4)3=a12
5. 如图，直线l1//l2，点C、A分别在l1、l2上，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交AC、l2于点D、E；分别以D、E为圆心，大于12DE长为半径画弧，两弧交于点F；作射线AF交l1于点B.若∠BCA=130°，则∠1的度数为( )
A. 20° B. 25° C. 30° D. 50°
6. 小亮和爸爸搭乘高铁外出游玩.在12306网上购票时.若系统已将两人分配到同一车厢同一排(如图是高铁座位示意图).小亮和爸爸分分配的座位挨在一起(过道两侧也认可是座位挨在一起)的概率是( )
A. 19 B. 310 C. 13 D. 25
7. 小明与小颖相约开展数学学习竞赛，下表记录的是两人一周的自评成绩：关于以上数据，说法正确的是( )
小明
4
8
9
9
10
小颖
4
5
6
10
10
A. 小明、小颖成绩的中位数相同 B. 小明成绩的平均数小于小颖成绩的平均数
C. 小明、小颖成绩的众数相同 D. 小明成绩的方差小于小颖成绩的方差
8. 如图，点A坐标为(−4,4)，点C坐标为(−2,0)，将线段CA绕点C逆时针旋转90°至CB，则点B的坐标是( )
A. (−8,−2)
B. (−6,−2)
C. (−8,−4)
D. (−6,−4)
9. 如图，以矩形ABCD的顶点A为圆心，AD长为半径画弧交CB的延长线于E；过点D作DF//AE交BC于点F，连接AF.AB=4，AD=5，则AF的长是( )
A. 2 5 B. 3 5 C. 3 D. 3 3
10. 如图(1)，正方形ABCD的对角线相交于点O，点P为OC的中点，点M为边BC上的一个动点，连接OM，过点O作OM的垂线交CD于点N，点M从点B出发匀速运动到点C，设BM=x，PN=y，y随x变化的图象如图(2)所示，图中m的值为( )
A. 22 B. 1 C. 2 D. 2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 不等式组1>x−1−x2≤1的解集为______ ．
12. 写出函数y=−x+1的一条性质______ ．
13. 写出一个一元二次方程，使这个方程有两个解______ ．
14. 如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、D、B、E、C、F是圆与小正方形边的交点，其中A、B、C也是小正方形的顶点.则图中阴影部分的面积是______ ．
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，将线段DC绕点D顺时针旋转α(0°<α<180°)，点C的对应点为点F，连接BF，BD.当△BDF为直角三角形时，BF的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：3−27+(13)−1−2cos45°；
(2)化简：1−m−2m÷m2−4m2+m．
17. (本小题9.0分)
阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途经，可以让人得到思想启发，树立崇高理想，涵养浩然之气.某初级中学为了解学生近两周平均每天在家阅读时长t (单位：小时)的情况，从本校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将结果绘制成如下不完整的频数分布直方图和扇形统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)在这次抽样调查中，共调查了 名学生；
(2)请补全频数分布直方图，并计算在扇形统计图中C类所对应扇形的圆心角的度数；
(3)若该校有学生1200人，试估计该校学生近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数．
18. (本小题9.0分)
如图，在Rt△ABO中，∠OAB=90°，点A在x轴的正半轴上，B点坐标为(2,4)，函数y=kx(x>0)的图象过斜边OB的中点D，交AB于点C.(1)求这个函数的解析式及△OBC的面积；
(2)将Rt△ABO沿x轴向右平移到△A′B′O′的位置，若四边形OBB′O′是菱形，求B′O′与y=kx(x>0)的图象交点E的坐标．
19. (本小题9.0分)
某校“数学实践小组”的同学为测量濮阳市绿城隧道AB的长度，他们利用无人机先从点A的正上方点C，沿正东方向以6m/s的速度飞行50s到达点D，测得点A的俯角为60°，然后以同样的速度沿正东方向又飞行250s到达点E，测得点B的俯角为35°，请你帮助“数学实践小组”的同学计算隧道AB的长度(结果精确到1m，参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70， 3≈1.73).
20. (本小题9.0分)
濮阳市为改善空气质量，降低空气污染，决定让公交公司逐步淘汰原有的汽油公交车，更换节能环保的电动公交车.公司准备采购A型和B型两种公交车共10辆，其中每辆的价格，年均载客量如下表所示：
A型
B型
价格(万元/辆)
x
y
年载客量(万人/车)
60
100
若购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元．
(1)求A、B两种型号公交车的单价分别是多少万元；
(2)如果该公司要确保这10辆公交车的年均载客量总和不少于680万人次.请你设计一个方案，使购买的总费用最少．
21. (本小题9.0分)
如图(1)是我国明末《崇祯历书》之《割圆勾股八线表》中所绘的割圆八线图，如图(2)，将图(1)中的丙、戊、乙、庚、辛、丁点分别表示A、B、C、D、E、D，扇形AOD的圆心角为90°，AB切弧AD所在的⊙O于点A，DE//AO交BO于点E．
(1)证明：DE是弧AD所在的⊙O的切线；
(2)若BC=AC，扇形的半径为2 3，求线段CE的长．
22. (本小题10.0分)
如图(1)所示，濮阳湿地公园中，金堤河大桥是一座非常有艺术性造型的大桥.桥身是由两条抛物线钢架建造.如图(2)所示，两条抛物线有共同的对称轴，已知y1=−110x2+95x−165，y2过原点，两抛物线最高点的距离为115．
(1)求抛物线y2的解析式；
(2)①求主桥OC长为多少米？
②过点D与x轴平行的直线DF为河面的水平线，OD=32，若要在y1与水面DF的交点E、F处建造两个桥墩，其中一个桥墩E到岸边(y轴)的距离是多少米？(说明：题中1个单位长为50米)
23. (本小题10.0分)
数学综合实践课上，老师与同学们探索了下列问题：
如图，矩形ABCD中，点F为BC中点，点E为AD上一动点，将四边形AEFB沿EF折叠，A、B的对应点分别为M、N连接BN、CN．
【问题解决】
(1)如图(1)，当∠AEF=125°时，∠ABN的大小为______ ．
A.45°
B.55°
C.60°
D.65°
【问题探究】
如图(2)，连接EN．
(2)分别判断EF与NC，BN与NC的位置关系，并给出证明；
(3)若AB=3，BC=8，当△BNC与△EMN相似时，直接写出AE的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：四个数−1，2，0，−12中，相反数分别为：1,−2,0,12，
∵−2<0<12<1，
∴相反数最小的那个数是2，
故选：B．
根据有理数的大小比较，相反数的定义即可求解．
本题考查了有理数的大小比较，相反数的定义，熟练掌握有理数的大小比较，相反数的定义是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：50.0万=500000=5×105．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数．
本题考查了科学记数法，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．确定n的值时，要看把原来的数，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，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：左面看到的图形是 的是①③④，
②从左面看到的是并排的2个正方形，不合题意．
故选：D．
根据左面看到的图形是，逐个分析判断即可求解．
本题考查了左视图，掌握从左边看，仔细观察是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A.(a+b)2=a2+2ab+b2，故本选项不合题意；
B.(−3x3)2=9x6 ，故本选项不合题意；
C.a2+a2=2a2，故本选项不合题意；
D.(a4)3=a12，正确．
故选：D．
分别根据完全平方公式，积的乘方运算法则，合并同类项法则以及幂的乘方运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了完全平方公式，合并同类项以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵l1//l2，
∴∠BCA+∠CAE=180°
∵∠BCA=130°，
∴∠CAE=50°
根据作图可知AB是∠CAE的角平分线，
∴∠1=12∠CAB=25°，
故选：B．
根据作图可知AB是∠CAE的角平分线，进而根据平行线的性质即可求解．
本题考查了作角平分线，平行线的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：列表如下，
A
B
C
D
F
A
A，B
A，C
A，D
A，F
B
B，A
B，C
B，D
B，F
C
C，A
C，B
C，D
C，F
D
D，A
D，B
D，C
D，F
F
F，A
F，B
F，C
F，D
共有20种等可能结果，其中符合题意的有8种，
小亮和爸爸分配的座位挨在一起(过道两侧也认可是座位挨在一起)的概率是820=25，
故选：D．
根据题意，根据列表法求概率即可求解．
本题考查了列表法求概率，熟练掌握列表法求概率是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、小明的中位数为9，小颖的中位数为6，故原题说法错误，不合题意；
B、小明的平均数为4+8+9+9+105=8，小颖的平均数为4+5+6+10+105=7，故原题说法错误，不合题意；
C、小明的众数为9，小颖的众数为10，故原题说法错误，不合题意；
D、小明的方差为15×[(4−8)2+(8−8)2+2×(9−8)2+(10−8)2]=4.4，小颖的方差为15×[(4−7)2+(5−7)2+(6−7)2+2×(10−7)2]=6.4，故原题说法正确，符合题意．
故选：D．
分别根据中位数、平均数、众数和方差判断即可．
此题主要考查了众数、中位数、方差和平均数，关键是掌握三种数的概念和方差公式．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，分别过A，B作x轴的垂线，垂足分别为E，D，则∠ACE=∠CDB=90°．
∵点A坐标为(−4,4)，点C坐标为(−2,0)，
∴CE=2，AE=4，
∵将线段CA绕点C逆时针旋转90°至CB，
∴CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠DBC=90°−∠DCB=∠ECA，
∴△ACE≌△CDB(AAS)，
∴EC=DB=2，AE=DC=4，
∴DO=DC+CO=4+2=6，
∴B(−6,−2)，
故选：B．
分别过A，B作x轴的垂线，垂足分别为E，D，则∠ACE=∠CDB=90°，证明△ACE≌△CDB(AAS)，结合坐标性即可求解．
本题考查了旋转的性质，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，数形结合是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=5，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
∵DF//AE，AD//EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
由作图得AE=AD=5，
∴四边形ADFE是菱形，
∴FE=AE=5，
∵BE= AE2−AB2= 52−42=3，
∴BF=FE−BE=5−3=2，
∴AF= AB2+AF2= 42+22=2 5，
故选：A．
由矩形的性质得AD//BC，∠ABC=90°，则∠ABE=90°，再证明四边形ADFE是平行四边形，由作图得AE=AD=5，则四边形ADFE是菱形，所以FE=AE=5，则BE= AE2−AB2=3，可求得BF=2，则AF= AB2+AF2=2 5，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理等知识，证明四边形ADFE是菱形是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：当点M与点B重合时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴此时，点N与点C重合，
∴m=PN=CP，
当点M与点C重合时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，OD=OC，
∴此时，点N与点D重合，
由图(2)可知，PN=PD= 5，
设OD=OC=a，
∵点P为OC的中点，
∴OP=CP=12a，
在Rt△POD中，OP2+OD2=PD2，
∴(12a)2+a2=( 5)2，
解得：a=2，或a=−2(舍去)，
∴CP=1，即m=1．
故选：B．
当点M与点B重合时，此时点N与点C重合，m=PN=CP，当点M与点C重合时，此时点N与点D重合，由函数图象可得PD= 5，设OD=OC=a，则OP=CP=12a，在Rt△POD中，利用勾股定理建立方程求解即可．
本题主要考查动点问题的函数图象、正方形的性质、勾股定理，读懂题意，利用数形结合和分类讨论思想得出m=CP，PD= 5是解题关键．
11.【答案】−2≤x<2
【解析】解：1>x−1①−x2≤1②
解不等式①得：x<2，
解不等式②得：x≥−2，
∴不等式组的解集为：−2≤x<2．
故答案为：−2≤x<2．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
12.【答案】y随x的增大而减小(答案不唯一)
【解析】解：∵函数y=−x+1，−1<0，
∴y随x的增大而减小(答案不唯一)．
故答案为：y随x的增大而减小(答案不唯一)．
根据一次函数的解析式可得增减性，经过的象限等性质，写出一条性质即可求解．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
13.【答案】x2−5=0(答案不唯一)
【解析】解：依题意，如x2−5=0，Δ=−4×(−5)>0，
故答案为：x2−5=0(答案不唯一)．
根据题意写出一个一元二次方程，且方程有两个解即可．
本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式的定义是解题的关键．
14.【答案】5+5π2
【解析】解：设圆心为O，连接OF，EF．
观察图象可知△DEF是等腰直角三角形，∠DFE=90°，DF=EF，
∵OD=OE=OF= 10，
∴S阴=S△DOF+S扇形EOF
=12× 10× 10+90π×( 10)2360
=5+5π2．
根据勾股定理，扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了扇形面积的计算，三角形中位线定理，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】2或2 153
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4,AC= 3BC=2 3，
∵AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，
∴MN⊥AB,MA=MB=12AB=2，DB=DA，
在Rt△AMD中，MN⊥AB，∠A=30°，
∴DE=MA 3=2 33，DA=2DE=4 33，
∴DB=DA=4 33，DC=AC−DA=2 33，
∵DF由线段DC绕点D顺时针旋转得到，
∴DF=DF=DC=2 33，
在Rt△BDF中，DB=4 33，DF=2 33，
当BF为直角边时，BF= DB2−DF2=2，
当BF为斜边时，BF= DB2+DF2=2 153，
故答案为：2或2 153．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，则AB=2BC=4,AC= 3BC=2 3，根据垂直平分线的性质得出MN⊥AB,MA=MB=12AB=2，DB=DA，继而根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质得出DE=MA 3=2 33，DA=2DE=4 33，根据旋转的中得出DF=DF=DC=2 33，进而在Rt△BDF中，DB=4 33，DF=2 33，分BF为直角边和斜边，分别讨论，根据勾股定理即可求解．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=−3+3−2× 22
=−3+3− 2
=− 2；
(2)原式=1−m−2m⋅m(m+1)(m+2)(m−2)
=1−m+1m+2
=m+2−m−1m+2
=1m+2．
【解析】(1)分别根据数的开方法则、负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
(2)先算除法，再算减法即可．
本题考查的是分式的混合运算及实数的运算，涉及到数的开方法则、负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值等知识，熟知以上知识是解题的关键．
17.【答案】120
【解析】解：(1)36÷30%=120(名)，
故答案为：120；
(2)C类的人数为120−6−36−30=48(人)，C类所对应扇形的圆心角的度数为360°×48120=144°，补全频数分布直方图如下：
(3)1200×6+36120=420(人)，
答：该校1200名学生中，近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数大约有420人．
(1)从两个统计图中可知，B类的频数为36，占调查人数的30%，根据频率=频数总数可求出答案；
(2)求出C类的人数即可补全条形统计图，根据C类所占的调查人数的百分比可计算相应的圆心角的度数；
(3)求出样本中近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数所占的百分比，进而估计整体中近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数所占的百分比，由频率=频数总数即可求出答案．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图，掌握频率=频数总数是正确解答的前提．
18.【答案】解：(1)∵B(2,4)，点D为OB的中点，
∴OA=2，AB=4，
∴点D(1,2)，
把D(1,2)代入y=kx，
得：k=2，
∴反比例函数的解析式为：y=2x，
∵C在AB上，∠OAB=90°，
设点C(2,m)，代入y=2x，
得：m=1，
∴C(2,1)，
∴AC=1，
∴BC=AB−AC=3，
∴S△OAB=12OA⋅BC=12×2×3=3；
(2)在Rt△OAB中，OA=2，AB=4，
∴OB2= OA2+AB2= 22+42=2 5，
∵四边形OBB′O′是菱形，
∴O′(2 5,0)，B′(2+2 5,4)，
设直线B′O′的解析式为：y=kx+b，
把O′(2 5,0)，B′(2+2 5,4)，代入y=kx+b，
可得：2 5k+b=0(2+2 5)k+b=4，
解得：k=2b=−4 5，
∴直线B′O′的解析式为：y=2x−4 5，
∵直线B′O′与反比例函数的图象交点E，
∴联立方程组可得：y=2x−4 5y=2x，
解得：x= 5+ 6y=2 6−2 5，
∴E( 5+ 6,2 6−2 5).
【解析】(1)根据待定系数法得出反比例函数的解析式，进而利用三角形的面积公式得出面积即可；
(2)根据菱形的性质和联立方程组解答即可．
此题是反比例函数的综合题，考查反比例函数的性质、菱形的性质，关键是根据待定系数法得出解析式解答．
19.【答案】解：如图过点B作BF⊥CE点F，则四边形ABFC为矩形，CF=AB，BF=AC
在Rt△ACD中：CD=6×50=300m，∠ADC=60°，
∵tan∠ADC=tan60°=ACCD= 3，
∴AC= 3×300≈519m，
∴BF≈519m，
在Rt△BEF中：∵tan∠BEF=tan35°=BFEF=519EF≈0.70，
∴EF≈741.4m，
∵AB=CF=CE−EF≈6×(250+50)−741.4≈1059m，
答：隧道AB的长度约为1059m．
【解析】过点B作BF⊥CE点F，则四边形ABFC为矩形，CF=AB，BF=AC，在Rt△ACD中，求得CD，进而求得AC，即可得BF，在Rt△BEF中求得EF的长，进而即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意得：x+2y=4002x+y=350，
解得：x=100y=150．
答：A型公交车的单价是100万元/辆，B型公交车的单价是150万元/辆；
(2)设该公司采购m辆A型公交车，则采购(10−m)辆B型公交车，
根据题意得：60m+100(10−m)≥680，
解得：m≤8．
设采购这10辆公交车的总费用为w万元，则w=100m+150(10−m)，
∴w=−50m+1500．
∵−50<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=8时，w取得最小值，此时10−m=10−8=2．
∴总费用最少的购买方案为：购买8辆A型公交车，2辆B型公交车．
【解析】(1)根据“购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设该公司采购m辆A型公交车，则采购(10−m)辆B型公交车，根据采购这10辆公交车的年均载客量总和不少于680万人次，可得出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，设采购这10辆公交车的总费用为w万元，利用总价=单价×数量，可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
21.【答案】(1)证明：∵DE//AO，∠AOD=90°，
∴∠EDO+∠AOD=180°
∵∠AOD=90°，
∴∠EDO=90°，
又∵点D是半径OD的外端点，
∴DE是弧AD所在的⊙O的切线，
(2)解：∵AC=BC，
∴∠B=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO=2∠BAC，
∵AB切弧AD于点A，
∴∠BAO=90°，
∴∠OAC+∠BAC=3∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠B=30°，
∵∠BAO=∠AOD=90°，
∴∠BAO+∠AOD=180°，
∴AB//OD，
∴∠BOD=∠B=30°，
在Rt△ODE中：OD=2 3，cos∠EOD=cos30°=ODOE= 32，
∴OE=4，
∴EC=OE−OC=4−2 3．
【解析】(1)根据平行线的性质得出∠EDO+∠AOD=180°，则∠EDO=90°，即可得出DE是弧AD所在的⊙O的切线
(2)根据AC=BC得出∠B=∠BAC，由OA=OC可知∠OAC=∠ACO=2∠BAC，根据切线的性质得出∠BAO=90°，则∠OAC+∠BAC=3∠BAC=90°，得出∠BAC=∠B=30°，根据平行线的性质可得∠BOD=∠B=30°，在Rt△ODE中：OD=2 3，求得OE=4，进而即可求解．
本题考查了切线的系数，解直角三角形，掌握以上知识熟练掌握是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由题知：y1=−110x2+95x−165=−110(x−9)2+4910，
则抛物线对称轴为x=9，y1最高点y1=4910，
∵y2过原点，两抛物线最高点的距离为115．
∴设抛物线y2的解析式为y2=a(x−9)2+4910−115=a(x−9)2+2710，
把(0,0)点代入得a=−130，
∴抛物线y2的解析式为y2=−130(x−9)2+2710，
(2)①令y2=0，则−130(x−9)2+2710=0，
解得，x1=0，x2=18，
∴OC=18×50=900m，
答：主桥OC长为900米，
②由题知：令y1=−32，则−110(x−9)2+4910=−32，
解得：x=1或x=17(舍去)，
∴DE=1×50=50m，
答：其中一个桥墩E到岸边(y轴)的距离是50米．
【解析】(1)根据题意可得抛物线对称轴为x=9，y1最高点y1=4910，y2过原点，两抛物线最高点的距离为115.把(0,0)点代入得a=−130，即可求解．
(2)①令y2=0，则−130(x−9)2+2710=0，解方程即可求解；
②令y1=−32，解方程即可求解．
本题考查了二次函数的应用，根据题意求得解析式是解题的关键．
23.【答案】B
【解析】解：(1)∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AD//BC，
∴∠AEF+∠EFB=180°，
∵∠AEF=125°，
∴∠EFB=180−∠AEF=55°，
∵四边形ABFE折叠得到四边形MNFE，
∴BF=FN，∠NFE=∠EFB=55°，
∴∠BFN=110°，
∴∠FBN=∠FNB=35度°，
∴∠ABN=90°−∠FBN=55°，
故选：B，
(2)EF//NC，BN⊥NC，
理由如下：由翻折得得到BF=NF，∠BFE=∠EFN，EF⊥BN，
∵点F为BC中点，
∴BF=NF=FC，
∴∠FNC=∠FCN，
又∵∠BFN=∠FNC+∠FCN，
∴∠BFE+∠EFN=∠FNC+∠FCN，
∴2∠EFN=2∠FNC，
∴∠EFN=∠FNC，
∴EF//NC，
∵EF⊥BN，
∴BN⊥NC，
(3)
如图(1)过点E作EG⊥BC于点G，
∴∠EGF=90°，
∵四边形ABFE折叠得到四边形MNFE，
∴∠M=∠A=∠EGF=90°，AB=MN，
∵∠A=∠ABG=∠EGF=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB=EG，AE=BG，
∵△BNC∽△EMN，
∴∠NBC=∠MNE，
∵EF⊥BN，
∴∠NBF+∠EFG=∠EGF+∠EFG=90°，
∴∠EGF=∠NBF=∠MNE，
∴△EGF≌△NME(ASA)，
∴ME=GF，
∵AE=BG=ME，
∴BG=GF，
∵BC=AB=8，F为BC中点，
∴BF=4，
∴AE=BG=2，
如图2，过点E作EG⊥BC于E，
由图(1)可得，∠FEG=∠MEN，∠EGF=EMN=90°，
∴△EGF∽△EMN，
∴EGEM=FGMN，
设ED=x，则EM=AE=8−x，FG=4−x，
∵EG=MN=3，
∴38−x=4−x3，
解得x1= 13+6，x2=− 13+6，
∵ 13+6>8，
∴不符合题意舍去，
∴x=− 13+6，
∴AE=8−(− 13+6)= 13+2，
综上所述：AE的长度为2或 13+2，
(1)根据矩形的性质及折叠前后的全等图形的性质计算角度．
(2)根据轴对称的性质得到对应边，对应角相等，从而推到出角相等及互余的数量关系，从而得到结论．
(3)根据动点的位置不同分类讨论，利用已知相似图形得到角相等，根据动点位置不同证明三角形全等或者相似，得到线段数量的关系，得出结论．
本题考查矩形，轴对称的性质，全等及相似的应用，利用轴对称得到对应线段，对应角相等是解决问题的关键，还要注意动点环境下的分类讨论．
2023年河南省濮阳市中考数学二模试卷
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. 四个数−1，2，0，−12中，相反数最小的那个数是( )
A. −1 B. 2 C. 0 D. −12
2. 近几年我国新能源汽车发展迅猛，产能与销售都位居世界第一.乘联会公布了2023年4月乘用车销量预测情况，新能源汽车零售销量预计为50.0万辆.数字50.0万用科学记数法表示为( )
A. 5×103 B. 5×104 C. 5×105 D. 5×106
3. 下列几何体从左面看到的图形是的是( )
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③④ D. ①③④
4. 下列运算正确的是( )
A. (a+b)2=a2+b2 B. (−3x3)2=6x6
C. a2+a2=2a4 D. (a4)3=a12
5. 如图，直线l1//l2，点C、A分别在l1、l2上，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交AC、l2于点D、E；分别以D、E为圆心，大于12DE长为半径画弧，两弧交于点F；作射线AF交l1于点B.若∠BCA=130°，则∠1的度数为( )
A. 20° B. 25° C. 30° D. 50°
6. 小亮和爸爸搭乘高铁外出游玩.在12306网上购票时.若系统已将两人分配到同一车厢同一排(如图是高铁座位示意图).小亮和爸爸分分配的座位挨在一起(过道两侧也认可是座位挨在一起)的概率是( )
A. 19 B. 310 C. 13 D. 25
7. 小明与小颖相约开展数学学习竞赛，下表记录的是两人一周的自评成绩：关于以上数据，说法正确的是( )
小明
4
8
9
9
10
小颖
4
5
6
10
10
A. 小明、小颖成绩的中位数相同 B. 小明成绩的平均数小于小颖成绩的平均数
C. 小明、小颖成绩的众数相同 D. 小明成绩的方差小于小颖成绩的方差
8. 如图，点A坐标为(−4,4)，点C坐标为(−2,0)，将线段CA绕点C逆时针旋转90°至CB，则点B的坐标是( )
A. (−8,−2)
B. (−6,−2)
C. (−8,−4)
D. (−6,−4)
9. 如图，以矩形ABCD的顶点A为圆心，AD长为半径画弧交CB的延长线于E；过点D作DF//AE交BC于点F，连接AF.AB=4，AD=5，则AF的长是( )
A. 2 5 B. 3 5 C. 3 D. 3 3
10. 如图(1)，正方形ABCD的对角线相交于点O，点P为OC的中点，点M为边BC上的一个动点，连接OM，过点O作OM的垂线交CD于点N，点M从点B出发匀速运动到点C，设BM=x，PN=y，y随x变化的图象如图(2)所示，图中m的值为( )
A. 22 B. 1 C. 2 D. 2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 不等式组1>x−1−x2≤1的解集为______ ．
12. 写出函数y=−x+1的一条性质______ ．
13. 写出一个一元二次方程，使这个方程有两个解______ ．
14. 如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A、D、B、E、C、F是圆与小正方形边的交点，其中A、B、C也是小正方形的顶点.则图中阴影部分的面积是______ ．
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，将线段DC绕点D顺时针旋转α(0°<α<180°)，点C的对应点为点F，连接BF，BD.当△BDF为直角三角形时，BF的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：3−27+(13)−1−2cos45°；
(2)化简：1−m−2m÷m2−4m2+m．
17. (本小题9.0分)
阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途经，可以让人得到思想启发，树立崇高理想，涵养浩然之气.某初级中学为了解学生近两周平均每天在家阅读时长t (单位：小时)的情况，从本校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将结果绘制成如下不完整的频数分布直方图和扇形统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)在这次抽样调查中，共调查了 名学生；
(2)请补全频数分布直方图，并计算在扇形统计图中C类所对应扇形的圆心角的度数；
(3)若该校有学生1200人，试估计该校学生近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数．
18. (本小题9.0分)
如图，在Rt△ABO中，∠OAB=90°，点A在x轴的正半轴上，B点坐标为(2,4)，函数y=kx(x>0)的图象过斜边OB的中点D，交AB于点C.(1)求这个函数的解析式及△OBC的面积；
(2)将Rt△ABO沿x轴向右平移到△A′B′O′的位置，若四边形OBB′O′是菱形，求B′O′与y=kx(x>0)的图象交点E的坐标．
19. (本小题9.0分)
某校“数学实践小组”的同学为测量濮阳市绿城隧道AB的长度，他们利用无人机先从点A的正上方点C，沿正东方向以6m/s的速度飞行50s到达点D，测得点A的俯角为60°，然后以同样的速度沿正东方向又飞行250s到达点E，测得点B的俯角为35°，请你帮助“数学实践小组”的同学计算隧道AB的长度(结果精确到1m，参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70， 3≈1.73).
20. (本小题9.0分)
濮阳市为改善空气质量，降低空气污染，决定让公交公司逐步淘汰原有的汽油公交车，更换节能环保的电动公交车.公司准备采购A型和B型两种公交车共10辆，其中每辆的价格，年均载客量如下表所示：
A型
B型
价格(万元/辆)
x
y
年载客量(万人/车)
60
100
若购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元．
(1)求A、B两种型号公交车的单价分别是多少万元；
(2)如果该公司要确保这10辆公交车的年均载客量总和不少于680万人次.请你设计一个方案，使购买的总费用最少．
21. (本小题9.0分)
如图(1)是我国明末《崇祯历书》之《割圆勾股八线表》中所绘的割圆八线图，如图(2)，将图(1)中的丙、戊、乙、庚、辛、丁点分别表示A、B、C、D、E、D，扇形AOD的圆心角为90°，AB切弧AD所在的⊙O于点A，DE//AO交BO于点E．
(1)证明：DE是弧AD所在的⊙O的切线；
(2)若BC=AC，扇形的半径为2 3，求线段CE的长．
22. (本小题10.0分)
如图(1)所示，濮阳湿地公园中，金堤河大桥是一座非常有艺术性造型的大桥.桥身是由两条抛物线钢架建造.如图(2)所示，两条抛物线有共同的对称轴，已知y1=−110x2+95x−165，y2过原点，两抛物线最高点的距离为115．
(1)求抛物线y2的解析式；
(2)①求主桥OC长为多少米？
②过点D与x轴平行的直线DF为河面的水平线，OD=32，若要在y1与水面DF的交点E、F处建造两个桥墩，其中一个桥墩E到岸边(y轴)的距离是多少米？(说明：题中1个单位长为50米)
23. (本小题10.0分)
数学综合实践课上，老师与同学们探索了下列问题：
如图，矩形ABCD中，点F为BC中点，点E为AD上一动点，将四边形AEFB沿EF折叠，A、B的对应点分别为M、N连接BN、CN．
【问题解决】
(1)如图(1)，当∠AEF=125°时，∠ABN的大小为______ ．
A.45°
B.55°
C.60°
D.65°
【问题探究】
如图(2)，连接EN．
(2)分别判断EF与NC，BN与NC的位置关系，并给出证明；
(3)若AB=3，BC=8，当△BNC与△EMN相似时，直接写出AE的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：四个数−1，2，0，−12中，相反数分别为：1,−2,0,12，
∵−2<0<12<1，
∴相反数最小的那个数是2，
故选：B．
根据有理数的大小比较，相反数的定义即可求解．
本题考查了有理数的大小比较，相反数的定义，熟练掌握有理数的大小比较，相反数的定义是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：50.0万=500000=5×105．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数．
本题考查了科学记数法，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．确定n的值时，要看把原来的数，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，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：左面看到的图形是 的是①③④，
②从左面看到的是并排的2个正方形，不合题意．
故选：D．
根据左面看到的图形是，逐个分析判断即可求解．
本题考查了左视图，掌握从左边看，仔细观察是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A.(a+b)2=a2+2ab+b2，故本选项不合题意；
B.(−3x3)2=9x6 ，故本选项不合题意；
C.a2+a2=2a2，故本选项不合题意；
D.(a4)3=a12，正确．
故选：D．
分别根据完全平方公式，积的乘方运算法则，合并同类项法则以及幂的乘方运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了完全平方公式，合并同类项以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵l1//l2，
∴∠BCA+∠CAE=180°
∵∠BCA=130°，
∴∠CAE=50°
根据作图可知AB是∠CAE的角平分线，
∴∠1=12∠CAB=25°，
故选：B．
根据作图可知AB是∠CAE的角平分线，进而根据平行线的性质即可求解．
本题考查了作角平分线，平行线的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：列表如下，
A
B
C
D
F
A
A，B
A，C
A，D
A，F
B
B，A
B，C
B，D
B，F
C
C，A
C，B
C，D
C，F
D
D，A
D，B
D，C
D，F
F
F，A
F，B
F，C
F，D
共有20种等可能结果，其中符合题意的有8种，
小亮和爸爸分配的座位挨在一起(过道两侧也认可是座位挨在一起)的概率是820=25，
故选：D．
根据题意，根据列表法求概率即可求解．
本题考查了列表法求概率，熟练掌握列表法求概率是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、小明的中位数为9，小颖的中位数为6，故原题说法错误，不合题意；
B、小明的平均数为4+8+9+9+105=8，小颖的平均数为4+5+6+10+105=7，故原题说法错误，不合题意；
C、小明的众数为9，小颖的众数为10，故原题说法错误，不合题意；
D、小明的方差为15×[(4−8)2+(8−8)2+2×(9−8)2+(10−8)2]=4.4，小颖的方差为15×[(4−7)2+(5−7)2+(6−7)2+2×(10−7)2]=6.4，故原题说法正确，符合题意．
故选：D．
分别根据中位数、平均数、众数和方差判断即可．
此题主要考查了众数、中位数、方差和平均数，关键是掌握三种数的概念和方差公式．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，分别过A，B作x轴的垂线，垂足分别为E，D，则∠ACE=∠CDB=90°．
∵点A坐标为(−4,4)，点C坐标为(−2,0)，
∴CE=2，AE=4，
∵将线段CA绕点C逆时针旋转90°至CB，
∴CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠DBC=90°−∠DCB=∠ECA，
∴△ACE≌△CDB(AAS)，
∴EC=DB=2，AE=DC=4，
∴DO=DC+CO=4+2=6，
∴B(−6,−2)，
故选：B．
分别过A，B作x轴的垂线，垂足分别为E，D，则∠ACE=∠CDB=90°，证明△ACE≌△CDB(AAS)，结合坐标性即可求解．
本题考查了旋转的性质，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，数形结合是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=5，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
∵DF//AE，AD//EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
由作图得AE=AD=5，
∴四边形ADFE是菱形，
∴FE=AE=5，
∵BE= AE2−AB2= 52−42=3，
∴BF=FE−BE=5−3=2，
∴AF= AB2+AF2= 42+22=2 5，
故选：A．
由矩形的性质得AD//BC，∠ABC=90°，则∠ABE=90°，再证明四边形ADFE是平行四边形，由作图得AE=AD=5，则四边形ADFE是菱形，所以FE=AE=5，则BE= AE2−AB2=3，可求得BF=2，则AF= AB2+AF2=2 5，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理等知识，证明四边形ADFE是菱形是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：当点M与点B重合时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴此时，点N与点C重合，
∴m=PN=CP，
当点M与点C重合时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，OD=OC，
∴此时，点N与点D重合，
由图(2)可知，PN=PD= 5，
设OD=OC=a，
∵点P为OC的中点，
∴OP=CP=12a，
在Rt△POD中，OP2+OD2=PD2，
∴(12a)2+a2=( 5)2，
解得：a=2，或a=−2(舍去)，
∴CP=1，即m=1．
故选：B．
当点M与点B重合时，此时点N与点C重合，m=PN=CP，当点M与点C重合时，此时点N与点D重合，由函数图象可得PD= 5，设OD=OC=a，则OP=CP=12a，在Rt△POD中，利用勾股定理建立方程求解即可．
本题主要考查动点问题的函数图象、正方形的性质、勾股定理，读懂题意，利用数形结合和分类讨论思想得出m=CP，PD= 5是解题关键．
11.【答案】−2≤x<2
【解析】解：1>x−1①−x2≤1②
解不等式①得：x<2，
解不等式②得：x≥−2，
∴不等式组的解集为：−2≤x<2．
故答案为：−2≤x<2．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．
12.【答案】y随x的增大而减小(答案不唯一)
【解析】解：∵函数y=−x+1，−1<0，
∴y随x的增大而减小(答案不唯一)．
故答案为：y随x的增大而减小(答案不唯一)．
根据一次函数的解析式可得增减性，经过的象限等性质，写出一条性质即可求解．
本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
13.【答案】x2−5=0(答案不唯一)
【解析】解：依题意，如x2−5=0，Δ=−4×(−5)>0，
故答案为：x2−5=0(答案不唯一)．
根据题意写出一个一元二次方程，且方程有两个解即可．
本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式的定义是解题的关键．
14.【答案】5+5π2
【解析】解：设圆心为O，连接OF，EF．
观察图象可知△DEF是等腰直角三角形，∠DFE=90°，DF=EF，
∵OD=OE=OF= 10，
∴S阴=S△DOF+S扇形EOF
=12× 10× 10+90π×( 10)2360
=5+5π2．
根据勾股定理，扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了扇形面积的计算，三角形中位线定理，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】2或2 153
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4,AC= 3BC=2 3，
∵AB的垂直平分线MN交AB于E，交AC于点D，
∴MN⊥AB,MA=MB=12AB=2，DB=DA，
在Rt△AMD中，MN⊥AB，∠A=30°，
∴DE=MA 3=2 33，DA=2DE=4 33，
∴DB=DA=4 33，DC=AC−DA=2 33，
∵DF由线段DC绕点D顺时针旋转得到，
∴DF=DF=DC=2 33，
在Rt△BDF中，DB=4 33，DF=2 33，
当BF为直角边时，BF= DB2−DF2=2，
当BF为斜边时，BF= DB2+DF2=2 153，
故答案为：2或2 153．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，则AB=2BC=4,AC= 3BC=2 3，根据垂直平分线的性质得出MN⊥AB,MA=MB=12AB=2，DB=DA，继而根据勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质得出DE=MA 3=2 33，DA=2DE=4 33，根据旋转的中得出DF=DF=DC=2 33，进而在Rt△BDF中，DB=4 33，DF=2 33，分BF为直角边和斜边，分别讨论，根据勾股定理即可求解．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=−3+3−2× 22
=−3+3− 2
=− 2；
(2)原式=1−m−2m⋅m(m+1)(m+2)(m−2)
=1−m+1m+2
=m+2−m−1m+2
=1m+2．
【解析】(1)分别根据数的开方法则、负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
(2)先算除法，再算减法即可．
本题考查的是分式的混合运算及实数的运算，涉及到数的开方法则、负整数指数幂的运算法则、特殊角的三角函数值等知识，熟知以上知识是解题的关键．
17.【答案】120
【解析】解：(1)36÷30%=120(名)，
故答案为：120；
(2)C类的人数为120−6−36−30=48(人)，C类所对应扇形的圆心角的度数为360°×48120=144°，补全频数分布直方图如下：
(3)1200×6+36120=420(人)，
答：该校1200名学生中，近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数大约有420人．
(1)从两个统计图中可知，B类的频数为36，占调查人数的30%，根据频率=频数总数可求出答案；
(2)求出C类的人数即可补全条形统计图，根据C类所占的调查人数的百分比可计算相应的圆心角的度数；
(3)求出样本中近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数所占的百分比，进而估计整体中近两周平均每天在家阅读时长不足1个小时的人数所占的百分比，由频率=频数总数即可求出答案．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图，掌握频率=频数总数是正确解答的前提．
18.【答案】解：(1)∵B(2,4)，点D为OB的中点，
∴OA=2，AB=4，
∴点D(1,2)，
把D(1,2)代入y=kx，
得：k=2，
∴反比例函数的解析式为：y=2x，
∵C在AB上，∠OAB=90°，
设点C(2,m)，代入y=2x，
得：m=1，
∴C(2,1)，
∴AC=1，
∴BC=AB−AC=3，
∴S△OAB=12OA⋅BC=12×2×3=3；
(2)在Rt△OAB中，OA=2，AB=4，
∴OB2= OA2+AB2= 22+42=2 5，
∵四边形OBB′O′是菱形，
∴O′(2 5,0)，B′(2+2 5,4)，
设直线B′O′的解析式为：y=kx+b，
把O′(2 5,0)，B′(2+2 5,4)，代入y=kx+b，
可得：2 5k+b=0(2+2 5)k+b=4，
解得：k=2b=−4 5，
∴直线B′O′的解析式为：y=2x−4 5，
∵直线B′O′与反比例函数的图象交点E，
∴联立方程组可得：y=2x−4 5y=2x，
解得：x= 5+ 6y=2 6−2 5，
∴E( 5+ 6,2 6−2 5).
【解析】(1)根据待定系数法得出反比例函数的解析式，进而利用三角形的面积公式得出面积即可；
(2)根据菱形的性质和联立方程组解答即可．
此题是反比例函数的综合题，考查反比例函数的性质、菱形的性质，关键是根据待定系数法得出解析式解答．
19.【答案】解：如图过点B作BF⊥CE点F，则四边形ABFC为矩形，CF=AB，BF=AC
在Rt△ACD中：CD=6×50=300m，∠ADC=60°，
∵tan∠ADC=tan60°=ACCD= 3，
∴AC= 3×300≈519m，
∴BF≈519m，
在Rt△BEF中：∵tan∠BEF=tan35°=BFEF=519EF≈0.70，
∴EF≈741.4m，
∵AB=CF=CE−EF≈6×(250+50)−741.4≈1059m，
答：隧道AB的长度约为1059m．
【解析】过点B作BF⊥CE点F，则四边形ABFC为矩形，CF=AB，BF=AC，在Rt△ACD中，求得CD，进而求得AC，即可得BF，在Rt△BEF中求得EF的长，进而即可求解．
本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意得：x+2y=4002x+y=350，
解得：x=100y=150．
答：A型公交车的单价是100万元/辆，B型公交车的单价是150万元/辆；
(2)设该公司采购m辆A型公交车，则采购(10−m)辆B型公交车，
根据题意得：60m+100(10−m)≥680，
解得：m≤8．
设采购这10辆公交车的总费用为w万元，则w=100m+150(10−m)，
∴w=−50m+1500．
∵−50<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=8时，w取得最小值，此时10−m=10−8=2．
∴总费用最少的购买方案为：购买8辆A型公交车，2辆B型公交车．
【解析】(1)根据“购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设该公司采购m辆A型公交车，则采购(10−m)辆B型公交车，根据采购这10辆公交车的年均载客量总和不少于680万人次，可得出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，设采购这10辆公交车的总费用为w万元，利用总价=单价×数量，可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
21.【答案】(1)证明：∵DE//AO，∠AOD=90°，
∴∠EDO+∠AOD=180°
∵∠AOD=90°，
∴∠EDO=90°，
又∵点D是半径OD的外端点，
∴DE是弧AD所在的⊙O的切线，
(2)解：∵AC=BC，
∴∠B=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO=2∠BAC，
∵AB切弧AD于点A，
∴∠BAO=90°，
∴∠OAC+∠BAC=3∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠B=30°，
∵∠BAO=∠AOD=90°，
∴∠BAO+∠AOD=180°，
∴AB//OD，
∴∠BOD=∠B=30°，
在Rt△ODE中：OD=2 3，cos∠EOD=cos30°=ODOE= 32，
∴OE=4，
∴EC=OE−OC=4−2 3．
【解析】(1)根据平行线的性质得出∠EDO+∠AOD=180°，则∠EDO=90°，即可得出DE是弧AD所在的⊙O的切线
(2)根据AC=BC得出∠B=∠BAC，由OA=OC可知∠OAC=∠ACO=2∠BAC，根据切线的性质得出∠BAO=90°，则∠OAC+∠BAC=3∠BAC=90°，得出∠BAC=∠B=30°，根据平行线的性质可得∠BOD=∠B=30°，在Rt△ODE中：OD=2 3，求得OE=4，进而即可求解．
本题考查了切线的系数，解直角三角形，掌握以上知识熟练掌握是解题的关键．
22.【答案】解：(1)由题知：y1=−110x2+95x−165=−110(x−9)2+4910，
则抛物线对称轴为x=9，y1最高点y1=4910，
∵y2过原点，两抛物线最高点的距离为115．
∴设抛物线y2的解析式为y2=a(x−9)2+4910−115=a(x−9)2+2710，
把(0,0)点代入得a=−130，
∴抛物线y2的解析式为y2=−130(x−9)2+2710，
(2)①令y2=0，则−130(x−9)2+2710=0，
解得，x1=0，x2=18，
∴OC=18×50=900m，
答：主桥OC长为900米，
②由题知：令y1=−32，则−110(x−9)2+4910=−32，
解得：x=1或x=17(舍去)，
∴DE=1×50=50m，
答：其中一个桥墩E到岸边(y轴)的距离是50米．
【解析】(1)根据题意可得抛物线对称轴为x=9，y1最高点y1=4910，y2过原点，两抛物线最高点的距离为115.把(0,0)点代入得a=−130，即可求解．
(2)①令y2=0，则−130(x−9)2+2710=0，解方程即可求解；
②令y1=−32，解方程即可求解．
本题考查了二次函数的应用，根据题意求得解析式是解题的关键．
23.【答案】B
【解析】解：(1)∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AD//BC，
∴∠AEF+∠EFB=180°，
∵∠AEF=125°，
∴∠EFB=180−∠AEF=55°，
∵四边形ABFE折叠得到四边形MNFE，
∴BF=FN，∠NFE=∠EFB=55°，
∴∠BFN=110°，
∴∠FBN=∠FNB=35度°，
∴∠ABN=90°−∠FBN=55°，
故选：B，
(2)EF//NC，BN⊥NC，
理由如下：由翻折得得到BF=NF，∠BFE=∠EFN，EF⊥BN，
∵点F为BC中点，
∴BF=NF=FC，
∴∠FNC=∠FCN，
又∵∠BFN=∠FNC+∠FCN，
∴∠BFE+∠EFN=∠FNC+∠FCN，
∴2∠EFN=2∠FNC，
∴∠EFN=∠FNC，
∴EF//NC，
∵EF⊥BN，
∴BN⊥NC，
(3)
如图(1)过点E作EG⊥BC于点G，
∴∠EGF=90°，
∵四边形ABFE折叠得到四边形MNFE，
∴∠M=∠A=∠EGF=90°，AB=MN，
∵∠A=∠ABG=∠EGF=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB=EG，AE=BG，
∵△BNC∽△EMN，
∴∠NBC=∠MNE，
∵EF⊥BN，
∴∠NBF+∠EFG=∠EGF+∠EFG=90°，
∴∠EGF=∠NBF=∠MNE，
∴△EGF≌△NME(ASA)，
∴ME=GF，
∵AE=BG=ME，
∴BG=GF，
∵BC=AB=8，F为BC中点，
∴BF=4，
∴AE=BG=2，
如图2，过点E作EG⊥BC于E，
由图(1)可得，∠FEG=∠MEN，∠EGF=EMN=90°，
∴△EGF∽△EMN，
∴EGEM=FGMN，
设ED=x，则EM=AE=8−x，FG=4−x，
∵EG=MN=3，
∴38−x=4−x3，
解得x1= 13+6，x2=− 13+6，
∵ 13+6>8，
∴不符合题意舍去，
∴x=− 13+6，
∴AE=8−(− 13+6)= 13+2，
综上所述：AE的长度为2或 13+2，
(1)根据矩形的性质及折叠前后的全等图形的性质计算角度．
(2)根据轴对称的性质得到对应边，对应角相等，从而推到出角相等及互余的数量关系，从而得到结论．
(3)根据动点的位置不同分类讨论，利用已知相似图形得到角相等，根据动点位置不同证明三角形全等或者相似，得到线段数量的关系，得出结论．
本题考查矩形，轴对称的性质，全等及相似的应用，利用轴对称得到对应线段，对应角相等是解决问题的关键，还要注意动点环境下的分类讨论．
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