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2023年四川省乐山市峨眉山市中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年四川省乐山市峨眉山市中考数学二模试卷（含解析），共29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年四川省乐山市峨眉山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. −5的相反数是( )
A. −5 B. 5 C. 15 D. −15
2. 如图所示几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 华为Mate21手机搭载了全球首款7纳米制程芯片，7纳米就是0.000000007米，数据0.000000007用科学记数法表示为( )
A. 7×10−8 B. 0.7×10−9 C. 7×10−9 D. 7×10−10
4. 下列运算正确的是( )
A. a2+a=a3 B. a2⋅a3=a5 C. a8÷a2=a4 D. (a2)3=a5
5. 某中学为了解七年级600名学生的睡眠情况，抽查了其中的200名学生的睡眠时间进行统计，下面叙述正确的是( )
A. 以上调查属于全面调查 B. 总体是七年级600名学生
C. 所抽取的200名学生是总体的一个样本 D. 每名学生的睡眠时间是一个个体
6. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长为半径作弧，分别交AC，AB于点M，N；②分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点O；③作射线AO，交BC于点D.若点D到AB的距离为2，则BC的长为( )
A. 2+ 2 B. 2+2 2 C. 2 2 D. 2 2−2
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=58°.以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是⊙O上一点，且弧CE=弧CD，连接OE.过点E作EF⊥OE，交AC的延长线于点F，则∠F的度数为( )
A. 112°
B. 114°
C. 116°
D. 118°
8. 我国古代数学古典名著《孙子算经》中记载：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量，木条还剩余1尺；问长木多少尺？如果设木条长为x尺，绳子长为y尺，则下面所列方程组正确的是( )
A. y=x+4.512y=x−1 B. y=x−4.512y=x+1 C. y=x+4.52y=x−1 D. y=x−4.52y=x+1
9. 如图，菱形ABCD中，AB=4，∠D=120°，E是对角线AC上的任意一点，则12CE+BE的最小值为( )
A. 3
B. 2 3
C. 2
D. 2 3−1
10. 如图，矩形ABCD中，点A在双曲线y=−8x上，点B，C在x轴上，延长CD至点E，使CD=2DE，连结BE交y轴于点F，连结CF，则△BFC的面积为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 若 x−8在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是_____．
12. 为了参加市中学生篮球运动会，一支校篮球队准备购买10双运动鞋，各种尺码统计如下表所示：
尺码(厘米)
25
25.5
26
26.5
27
购买量(双)
1
2
3
2
2
则这10双运动鞋尺码的中位数是______ ．
13. 若一个圆锥的底面积为9π，锥高为4，则这个圆锥侧面展开的扇形面积为______．
14. “南昌之星”摩天轮，位于江西省南昌市红谷滩新区红角洲赣江边上的赣江市民公园，摩天轮高160m(最高点到地面的距离).如图，点O是摩天轮的圆心，AB是其垂直于地面的直径，小贤在地面点C处利用测角仪测得摩天轮的最高点A的仰角为45°，测得圆心O的仰角为30°，则摩天轮的半径为______m.(结果保留根号)
15. 某动物园利用杠杆原理称象：如图，在点P处挂一根质地均匀且足够长的钢梁(呈水平状态)，将装有大象的铁笼和弹簧秤(秤的重力忽略不计)分别悬挂在钢梁的点A，B处，当钢梁保持水平时，弹簧秤读数为k(N).若铁笼固定不动，移动弹簧秤使BP扩大到原来的n(n>1)倍，且钢梁保持水平，则弹簧秤读数为______(N)(用含n，k的代数式表示)．
16. 已知二次函数y=a(x−1)(x−1−a)(a为常数，且a≠0)．
(1)若点(0,y1)，(3,y2)在函数图象上，则y1和y2的关系是：______ (填“>”、“<”或“=”)；
(2)当0
17. (本小题9.0分)
12+|2 3−3|−2tan60°−( 3)2+(π−2023)0．
18. (本小题9.0分)
解不等式组3(x−1)<5x+1,x−12≥2x−4.，并求最小正整数解．
19. (本小题9.0分)
先化简，再求值：(1+1x+1)÷x2−42x+2，其中x是一元二次方程x2−1=0的解．
20. (本小题10.0分)
已知△ABN和△ACM位置如图所示，AB=AC，AD=AE，∠1=∠2．
(1)求证：BD=CE；
(2)求证：∠M=∠N．
21. (本小题10.0分)
为全面贯彻党的教育方针，促进学生健康成长，提高体质健康水平，某市调整体育中考实施方案：分值增加至70分，男生1000米(女生800米)必考，足球、篮球、排球“三选一”……，从2023年起开始实施.某中学为了解七年级学生对三大球类运动的喜爱情况，从七年级学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，通过分析整理绘制了如下两幅统计图，请根据两幅统计图中的信息解答下列问题：
(1)求参与调查的学生中，喜爱排球运动的学生人数，并补全条形图；
(2)若该中学七年级共有260名学生，请你估计该中学七年级学生中喜爱篮球运动的学生有多少人？
(3)若从喜爱足球运动的2名男生和2名女生中随机抽取2名学生，确定为县足球队运动员的重点培养对象，请用列表法或画树状图的方法求抽取的两名学生为1名男生和1名女生的概率．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y2=mx(m≠0)的图象相交于第一、三象限内的A(3,5)，B(a,−3)两点，与x轴交于点C．
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；
(2)在y轴上找一点P使PB−PC最大，求PB−PC的最大值及点P的坐标．
23. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b)，N.对于点P给出如下定义：将点P先向右a≥0或向左a<0(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单位长度，得到点P′，点P′关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“欢乐点”．
(1)如图，点M(1,1)，点N在线段OM的延长线上.若点P(−2,0)，点Q为点P的“欢乐点”．
①在图中画出点P′与点Q；
②连接PQ，交线段ON于点T，求证：NT=12OM；
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t(12
如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且BD=CD，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DGAG=23，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
(3)连结BE，在(2)的条件下，求BE的长．
25. (本小题12.0分)
【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片ABCD(AD>AB)，其中宽AB=8．
【动手实践】：
(1)如图1，威威同学将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点M处，折痕为BN，连接MN，然后将纸片展平，得到四边形ABMN，则折痕BN的长度为______ ．
【探究发现】：
(2)如图2，胜胜同学将图1中的四边形ABMN剪下，取AN边中点E，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，延长BA′交MN于点F.点Q为BM边的中点，点P是边MN上一动点，将△MQP沿PQ折叠，当点M的对应点M′落在线段BF上时，求此时tan∠PQM的值；
【反思提升】：
(3)明明同学改变图2中Q点的位置，即点Q为BM边上一动点，点P仍是边MN上一动点，按照(2)中方式折叠△MQP，使点M′落在线段BF上，明明同学不断改变点Q的位置，发现在某一位置∠QPM与(2)中的∠PQM相等，请直接写出此时BQ的长度．
26. (本小题13.0分)
如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于A(−2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，点P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PN⊥x轴于N，交直线BC于M．
(1)求二次函数表达式及顶点D的坐标；
(2)当PM=MN时，求点P的坐标；
(3)设抛物线对称轴与x轴交于点H，连接AP交对称轴于E，连接BP并延长交对称轴于F，证明HE+HF的值为定值，并求出这个定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−5的相反数是5，
故选：B．
根据相反数的定义进行解答即可．
本题考查相反数，理解相反数的定义是正确解答的关键．
2.【答案】A
【解析】解：从前面看，第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形．
故选：A．
找到从前面看所得到的图形即可．
本题考查的是学生对三视图的理解，培养空间想象力是学习这部分内容的重点．
3.【答案】C
【解析】解：0.000000007=7×10−9．
故选：C．
用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查科学记数法；熟练掌握科学记数法a×10n中a与n的意义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵a2与a不是同类项，不能合并，
∴A选项运算不正确，不符合题意；
∵a2⋅a3=a5，
∴B选项运算正确，符合题意；
∵a8÷a2=a6，
∴C选项运算不正确，不符合题意；
∵(a2)3=a6，
∴D选项运算不正确，不符合题意．
故选：B．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则和幂的乘方与积的乘方法则对每个选项进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则和幂的乘方与积的乘方法则，正确利用上述法则对每个选项进行判断是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A.以上调查是抽样调查，因此选项A不符合题意；
C.总体是七年级600名学生的睡眠时间，因此选项B不符合题意；
B.所抽取的200名学生的睡眠时间是总体的一个样本，因此选项C不符合题意；
D.每个学生的睡眠时间是一个个体，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据抽样调查、全面调查，总体、个体、样本的意义结合具体的问题情境逐项进行判断即可．
本题考查全面调查与抽样调查，总体、个体、样本，理解总体、个体、样本的定义是正确解答的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过D点作DE⊥AB于E点，如图，则DE=2，
由作法得AD平分∠BAC，
而DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DC=DE=2，
∵∠C=90°，AC=BC，
∴∠B=45°，
∴△BDE为等腰直角三角形，
∴BD= 2DE=2 2，
∴BC=CD+BD=2+2 2．
故选：B．
过D点作DE⊥AB于E点，如图，则DE=2，利用基本作图得到AD平分∠BAC，则根据角平分线的性质得到DC=DE=2，接着证明△BDE为等腰直角三角形得到BD=2 2，然后计算CD+BD即可．
本题考查了作图−基本作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和等腰直角三角形的性质．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=58°，
∴∠ABC=32°，
∵CE=CD，
∴2∠ABC=∠COE=64°，
又∵∠OCF=∠OEF=90°，
∴∠F=360°−90°−90°−64°=116°．
故选：C．
利用互余的性质再结合圆周角定理得出∠COE的度数，再利用四边形内角和定理即可解答．
本题主要考查了圆周角定理、四边形内角和定理等知识点，正确得出∠COE的度数是解题关键．
8.【答案】A
【解析】解：设木条长x尺，绳子长y尺，那么可列方程组为：
y=x+4.512y=x−1．
故选：A．
直接利用“绳长=木条+4.5；12绳子=木条−1”分别得出等式求出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等量关系是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．
∵∠D=120°，四边形ABCD为菱形，
∴∠FCE=30°，∠DCB=60°，
∴EF=12CE，
∴BE+12CE=BE+EF，
∵BE+EF≥BF，
∴当BF最小时BE+EF最小，
即BE+12CE最小．
由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，如图BF′，
∵BC=AB=4，∠F′CB=60°，
∴F′C=12BC=2，
∴BF′= BC2−F′C= 42−22=2 3．
∴BE+12CE的最小值为2 3．
故选：B．
过点E作EF⊥CD于点F，连接BF.由菱形的性质可知∠FCE=30°，即得出EF=12CE，从而可得出BE+12CE=BE+EF≥BF，即当BF最小时BE+12CE最小．由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，求出BF′的值即可．
本题考查菱形的性质，三角形三边关系的应用，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．将BE+12CE的最小值为转化为BF′的长是解题关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB=CD=2m，则DE=m，设DK=b．
∵点A在y=−8x上，
∴A(−4m,2m)，
∴AJ=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DK//BC，
∴DKBC=EDEC=13，
∴BC=AD=3b，AK=2b，JK=2b−4m，
∵JF//DE，
∴JFDE=JKDK，
∴JFm=2b−4mb，
∴JF=2mb−4b，
∴OF=OJ−JF=2m−2mb−4b=4b，
∴S△BFC=12⋅BC⋅OF=12×3b⋅4b=6，
故选：A．
如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB=CD=2m，则DE=m，设DK=b.利用平行线分线段成比例定理求出BC，OF即可解决问题．
本题考查反比例函数系数的几何意义，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】x≥8
【解析】解：∵ x−8在实数范围内有意义，
∴x−8≥0，
解得：x≥8．
故答案为：x≥8．
根据二次根式有意义的条件，可得：x−8≥0，据此求出实数x的取值范围即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
12.【答案】26
【解析】解：共10个数据，从小到大排列此数据处在第5、6位的数都为26，故中位数是26．
故答案为：26．
本题考查统计的有关知识，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．要注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求；如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
13.【答案】15π
【解析】解：∵一个圆锥的底面积为9π，
∴π×r2=9π，
∴圆锥的底面半径为3，
∵锥高为4，
∴母线长为5，
∴圆锥的侧面积为：πrl=π×3×5=15π，
故答案为：15π．
首先利用一个圆锥的底面积为9π得出底面圆的半径长，再根据底面半径和高利用勾股定理求得母线长，然后直接利用圆锥的侧面积公式代入求出即可．
此题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，解决本题的关键是应用半圆的弧长=圆锥的底面周长．
14.【答案】(160−160 33)
【解析】解：如图，AB的延长线交直线CD于点D，
由题意知AD=160m，
在直角△ACD中，∠ACD=45°，则AD=CD=160m．
在直角△OCD中，∠OCD=30°，则OD=CD⋅tan30°=160 33m.
所以AO=AD−OD=160−160 33(m)，即摩天轮的半径为(160−160 33)m．
故答案是：(160−160 33).
如图，根据题意知AD=160m，通过解直角△ACD求得AD、AD的长度；通过解直角△OCD求得OD的长度，则AO=AD−OD，此题得解．
考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
15.【答案】kn
【解析】解：如图，设装有大象的铁笼重力为a N，将弹簧秤移动到B′的位置时，弹簧秤的度数为k′，
由题意可得BP⋅k=PA⋅a，B′P⋅k′=PA⋅a，
∴BP⋅k=B′P⋅k′，
又∵B′P=nBP，
∴k′=BP⋅kB′P=BP⋅knBP=kn，
故答案为：kn．
根据“动力×动力臂=阻力×阻力臂”分别列式，从而代入计算．
本题考查列代数式，属于跨学科综合题目，理解题意，掌握杠杆原理(动力×动力臂=阻力×阻力臂)是解题关键．
16.【答案】当a<0或a>1时，y1>y2；当a=1时，y1=y2；当0
∴y1=a2+a，y2=−2a2+4a．
∴y1−y2=a2+a+2a2−4a=3a2−3a．
∴当a<0或a>1时，y1>y2，
当a=1时，y1=y2，
当0
由题意，当y=0时，解得：x1=1，x2=1+a，
∴对称轴x=1+1+a2=2+a2．
当x=2+a2时，
y=a(2+a2−1)(2+a2−1−a)=a×a2×(−a2)=−a34．
∴二次函数图象的顶点坐标为(2+a2,−a34).
由(1)可知：当x=0时，y1=a2+a，
当x=3时，y2=−2a2+4a，
当a>0时，二次函数的图象开口向上，
∵0
解得：−2≤a≤1，
∴0
∵对称轴x=2+a2，
当0<2+a2<3，即−2
∴−a34<2
解得：a>−2，
∴−2
由题意可知，a2+a≤2，解得：−2≤a≤1，
即a=−2，
综上所述，当0
(1)先求出y1−y2=3a(a−1)，然后分三种情况讨论即可；．
(2)先求出抛物线与x轴的交点，对称轴，顶点坐标，然后在00和a<0两种情况确定函数的最大值，从而得出结论．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象与x：轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，作差法比较函数值的大小，解一元二次方程，解不等式(组)等知识，采用了分情况讨论的解题方法，解题的关键是在某一范围内的函数最大值的确定．
17.【答案】解： 12+|2 3−3|−2tan60°−( 3)2+(π−2023)0
=2 3+2 3−3−2 3−3+1
=2 3−5．
【解析】先根据二次根式的性质、绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、零次幂化简，然后再合并同类二次根式即可．
本题主要考查了二次根式的性质、绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、零次幂等，灵活运相关运算法则是解答本题的关键．
18.【答案】解：3(x−1)<5x+1①x−12≥2x−4②，
解不等式①得：x>−2，
解不等式②得：x≤73，
∴不等式组的解集为−2
【解析】先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集，然后求出它的正整数解即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，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．
19.【答案】解：原式=(x+1x+1+1x+1)÷(x+2)(x−2)2(x+1)
=x+2x+1×2(x+1)(x+2)(x−2)
=2x−2，
∵x2−1=0，
∴x=±1，
∵x≠−1，
∴x=1，
∴原式=21−2=−2．
【解析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后根据x2−1=0，可以得到x的值，然后将使得原分式有意义的x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、解一元二次方程，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
20.【答案】(1)证明：在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠1=∠2AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE，
即∠BAN=∠CAM，
由(1)得：△ABD≌△ACE，
∴∠B=∠C，
在△ACM和△ABN中，
∠C=∠B AC=AB ∠CAM=∠BAN ，
∴△ACM≌△ABN(ASA)，
∴∠M=∠N．
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
(1)由SAS证明△ABD≌△ACE，得出对应边相等即可
(2)证出∠BAN=∠CAM，由全等三角形的性质得出∠B=∠C，由ASA证明△ACM≌△ABN，得出对应角相等即可．
21.【答案】解：(1)参与调查的学生人数为：12÷20%=60(人)，
∴喜爱排球运动的学生人数为：60−12−37=21(人)，
补全条形统计图如下：
(2)260×(1−35%−20%)=117(人)，
答：估计该中学七年级学生中喜爱篮球运动的学生约有117人；
(3)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的两名学生为1名男生和1名女生的结果有8种，
∴抽取的两名学生为1名男生和1名女生的概率为812=23．
【解析】(1)由喜爱足球运动的学生人数除以所占百分比得出参与调查的学生人数，即可解决问题；
(2)由该中学七年级共有学生人数乘以喜爱篮球运动的学生人数所占的百分比即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的两名学生为1名男生和1名女生的结果有8种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)(1)把A(3,5)代入y2=mx，可得m=3×5=15，
∴反比例函数的解析式为y2=15x，
把点B(a,−3)代入y2=15x，可得a=−5，
∴B(−5,−3)
把A(3,5)，B(−5,−3)代入y1=kx+b
可得3k+b=5−5k+b=−3解得k=1b=2，
∴一次函数的解析式为y1=x+2．
(2)一次函数的解析式为y1=x+2，
令x=0，则y=2；
∴一次函数与y轴的交点为P(0,2)，
此时，PB−PC=BC最大，P即为所求．
今y1=0，则x=−2，
∴C(−2,0)，
∴PB−PC=BC= (−5+2)2+32=3 2．
【解析】(1)用待定系数法代入点的坐标即可求出解析式；
(2)y轴上找一点P使PB−PC最大，只能是P、B、C三点在一直线上，与y轴的交点就是PB−PC最大值时P点的位置．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法是常考的知识点．
23.【答案】(1)①解：由题意知，P′(−2+1,0+1)，
∴P′(−1,1)，
如图，点Q即为所求；
②证明：连接PP′，
∵∠P′PO=∠MOx=45°，
∴PP′//ON，
∵P′N=QN，
∴PT=QT，
∴NT=12PP′，
∵PP′=OM，
∴NT=12OM；
(2)解：如图，连接PO，并延长至S，使OP=OS，延长SQ到T，使ST=OM，
由题意知，PP′//OM，PP′=OM，P′N=NQ，
∴TQ=2MN，
∵MN=OM−ON=1−t，
∴TQ=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，
∵PS−QS≤PQ≤PS+QS，
∴PQ的最小值为PS−QS，PQ的最大值为PS+QS，
∴PQ长的最大值与最小值的差为(PS+QS)−(PS−QS)=2QS=4t−2．
【解析】(1)①根据定义，先求出P′的坐标，从而得出Q的位置；
②连接PP′，利用三角形中位线定理得NT=12PP′，从而证明结论；
(2)连接PO，并延长至S，使OP=OS，延长SQ到T，使ST=OM，由题意知，PP1//OM，PP1=OM，P1N=NQ，利用三角形中位线定理得QT的长，从而求出SQ的长，在△PQS中，PS−QS
24.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵BD=CD，
∴∠CAD=∠DAB，
∵OA=OD，
∴∠DAB=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD//AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：∵OD//AE，
∴△OGD∽△EGA，
∴DGAG=ODAE，
∵DGAG=23，⊙O的半径为2，
∴23=2AE，
∴AE=3，
如图，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AE，
∴∠AED=∠ADB=90°，
∵∠CAD=∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
∴AEAD=ADAB，
即3AD=AD4，
∴AD=2 3，
在Rt△ADB中，cos∠DAB=ADAB= 32，
∴∠DAB=30°，
∴∠EAF=60°，∠DOB=60°，
∴∠F=30°，
∵OD=2，
∴DF=2tan30∘=2 33=2 3，
∴S阴影=S△DOF−S扇形DOB=12×2×2 3−60π×22360=2 3−2π3；
(3)如图，过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，
在Rt△AEM中，AM=AE⋅cos60°=3×12=32，EM=AE⋅sin60°=3 32，
∴MB=AB−AM=4−32=52，
∴BE= EM2+MB2= (3 32)2+(52)2= 13．
【解析】(1)根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD//AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
(2)连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2 3，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2 3，再根据S阴影=S△DOF−S扇形DOB即可得解；
(3)过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=32，EM=3 32，则MB=52，再根据勾股定理求解即可．
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
25.【答案】8 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABM=90°，
由折叠可知∠A=∠AMN=90°，AB=BM，
∴四边形ABMN为正方形，
∴AB=BM=MN=AN=8，∠ANM=∠BMN=90°，
∴BN= 2AB=8 2，
故答案为：8 2；
(2)如图，连接EF和MM′，
由折叠知AB=A′B=8，AE=A′E，∠A=∠BA′E=90°，
∵E是AN的中点，
∴AE=EN=A′E，
在Rt△ENF与Rt△EA′F中，
EF=EFEN=EA′，
∴Rt△ENF≌Rt△EA′F(HL)，
∴NF=A′F，
设NF=A′F=x，
∴BF=BA′+A′F=8+x，
MF=MN--NF=8−x，
∵MF2+BM2=BF2，
∴(8−x)2+82=(8+x)2，
∴x=2，
∴NF=A′F=2，
∴MF=8−2=6，
∴tan∠FBM=MFBM=68=34，
由折叠可知M与M′关于PQ对称，
QM=QM′，
∴PQ⊥MM′，
∵Q是BM的中点，
∴BQ=QM=QM′，
∴∠QBM′=∠QM′B，∠QMM′=∠QM′M，
∵∠QBM′+∠BM′Q+∠QM′M+∠QMM′=180°，
∴∠BM′Q+∠QM′M=90°，
∴BM′⊥MM′，
∴BF//PQ，
∴∠PQM=∠FBM，
∴tan∠PQM=34；
(3)如图，过点P作PH⊥BF于F，过点Q作GQ⊥BF于G，
∵tan∠QPM=34=QMPM，
∴设QM=3a，PM=4a，
∴PF=6−4a，BQ=8−3a，
由折叠可知QM=QM′=3a，MP=M′P=4a，∠M=∠QMP=90°，
∵BM=8，MF=6，
∴BF= BM2+MF2= 36+64=10，
∵sin∠FBM=MFBF=GQBQ，
∴610=GQBQ，
∴GQ=35(8−3a)，
∴BG= BQ2−GQ2=45(8−3a)，
同理可得：HP=45(6−4a)，HF=35(6−4a)，
∵∠QM′G+∠PM′H=90°=∠PMH+∠M′PH，
∴∠QM′G=∠M′PH，
又∵∠QGM′=∠PHM′，
∴△QGM′∽△M′HP，
∴M′QM′P=GQM′H=GM′HP=34，
∴M′H=43GQ=45(8−3a)，GM′=34HP=35(6−4a)，
∵BG+GM′+M′H+HF=BF=10，
∴45(8−3a)+45(8−3a)+35(6−4a)+35(6−4a)=10，
∴a=2524，
∴BQ=8−3a=398．
(1)由折叠知，四边形ABMN是正方形，则BN= 2AB=8 2；
(2)连接EF和MM′，利用HL证明Rt△ENF≌Rt△EA′F，得NF=A′F，设NF=A′F=x，在Rt△BMF中，利用勾股定理列方程，从而得出NF的长，再利用折叠的性质说明∠PQM=∠FBM，进而得出答案；
(3)首先可知四边形QMPM′是正方形，设BQ=x，则QM=QM′=8−x，再运用(2)中结论可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，说明四边形QMPM′是正方形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，B(4,0)在二次函数的图象上，
∴将A，B点代入二次函数表达式中，
得4a+(−2)b+4=016a+4b+4=0，
解得a=−12b=1
∴二次函数的表达式为y=−12x2+x+4，
将其化为顶点式为y=−12(x−1)2+92，
∴顶点D的坐标为(1,92)．
(2)∵y=−12x2+x+4，
∴当x=0时，y=4，即点C的坐标为(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+c(k≠0)，
将点B(4,0)，点C(0,4)代入可得：4k+c=0c=4，
解得：k=−1c=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
∵点P在x轴上方的抛物线上，
∴设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)(−2
∴点N的坐标为(t,0)，
∵PN交BC于M，
∴点M的坐标为(t,−t+4)
∵PM=MN，点P在点M的上方．
∴PN=2MN，即−12t2+t+4=2(−t+4)，解得t=2，t2=4(与B重合舍去)，
当t=2时，−12t2+t+4=4，
∴当PM=MN时，点P的坐标为(2,4)．
(3)如图，过点P作PG⊥x轴于点G，
设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)，
∵DH⊥x轴于点H，
∴PG//DH，
∴△AHE∽△AGP，△BGP∽△BHF，
∴EHPG=AHAG，PGFH=BGBH，
∴EH=AH⋅PGAG，FH=BH⋅PGBG，
当点G在BH上时，
∵AH=BH=3，AG=t+2，BG=4−t，PG=−12t2+t+4，
∴EH+FH=3(PGt+2+PG4−t)=3×(−12)(t+2)(t−4)4−t+t+2(t+2)(4−t)=9；
同理：当点G在AH上，由抛物线对称性可知，结果相同．
综上可知，HE+HF的结果为定值，且这个定值为9．
【解析】(1)将A，B点代入二次函数表达式中求得a、b的值即可确定函数解析式，然后再化成顶点式即可确定顶点D坐标；
(2)先求得点C的坐标，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=−x+4；设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)(−2
本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数的综合、二次函数与相似三角形的综合等知识点，灵活运用二次函数与几何的联系是解答本题的关键．
2023年四川省乐山市峨眉山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. −5的相反数是( )
A. −5 B. 5 C. 15 D. −15
2. 如图所示几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
3. 华为Mate21手机搭载了全球首款7纳米制程芯片，7纳米就是0.000000007米，数据0.000000007用科学记数法表示为( )
A. 7×10−8 B. 0.7×10−9 C. 7×10−9 D. 7×10−10
4. 下列运算正确的是( )
A. a2+a=a3 B. a2⋅a3=a5 C. a8÷a2=a4 D. (a2)3=a5
5. 某中学为了解七年级600名学生的睡眠情况，抽查了其中的200名学生的睡眠时间进行统计，下面叙述正确的是( )
A. 以上调查属于全面调查 B. 总体是七年级600名学生
C. 所抽取的200名学生是总体的一个样本 D. 每名学生的睡眠时间是一个个体
6. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长为半径作弧，分别交AC，AB于点M，N；②分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧在∠BAC内交于点O；③作射线AO，交BC于点D.若点D到AB的距离为2，则BC的长为( )
A. 2+ 2 B. 2+2 2 C. 2 2 D. 2 2−2
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=58°.以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是⊙O上一点，且弧CE=弧CD，连接OE.过点E作EF⊥OE，交AC的延长线于点F，则∠F的度数为( )
A. 112°
B. 114°
C. 116°
D. 118°
8. 我国古代数学古典名著《孙子算经》中记载：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量，木条还剩余1尺；问长木多少尺？如果设木条长为x尺，绳子长为y尺，则下面所列方程组正确的是( )
A. y=x+4.512y=x−1 B. y=x−4.512y=x+1 C. y=x+4.52y=x−1 D. y=x−4.52y=x+1
9. 如图，菱形ABCD中，AB=4，∠D=120°，E是对角线AC上的任意一点，则12CE+BE的最小值为( )
A. 3
B. 2 3
C. 2
D. 2 3−1
10. 如图，矩形ABCD中，点A在双曲线y=−8x上，点B，C在x轴上，延长CD至点E，使CD=2DE，连结BE交y轴于点F，连结CF，则△BFC的面积为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 若 x−8在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是_____．
12. 为了参加市中学生篮球运动会，一支校篮球队准备购买10双运动鞋，各种尺码统计如下表所示：
尺码(厘米)
25
25.5
26
26.5
27
购买量(双)
1
2
3
2
2
则这10双运动鞋尺码的中位数是______ ．
13. 若一个圆锥的底面积为9π，锥高为4，则这个圆锥侧面展开的扇形面积为______．
14. “南昌之星”摩天轮，位于江西省南昌市红谷滩新区红角洲赣江边上的赣江市民公园，摩天轮高160m(最高点到地面的距离).如图，点O是摩天轮的圆心，AB是其垂直于地面的直径，小贤在地面点C处利用测角仪测得摩天轮的最高点A的仰角为45°，测得圆心O的仰角为30°，则摩天轮的半径为______m.(结果保留根号)
15. 某动物园利用杠杆原理称象：如图，在点P处挂一根质地均匀且足够长的钢梁(呈水平状态)，将装有大象的铁笼和弹簧秤(秤的重力忽略不计)分别悬挂在钢梁的点A，B处，当钢梁保持水平时，弹簧秤读数为k(N).若铁笼固定不动，移动弹簧秤使BP扩大到原来的n(n>1)倍，且钢梁保持水平，则弹簧秤读数为______(N)(用含n，k的代数式表示)．
16. 已知二次函数y=a(x−1)(x−1−a)(a为常数，且a≠0)．
(1)若点(0,y1)，(3,y2)在函数图象上，则y1和y2的关系是：______ (填“>”、“<”或“=”)；
(2)当0
17. (本小题9.0分)
12+|2 3−3|−2tan60°−( 3)2+(π−2023)0．
18. (本小题9.0分)
解不等式组3(x−1)<5x+1,x−12≥2x−4.，并求最小正整数解．
19. (本小题9.0分)
先化简，再求值：(1+1x+1)÷x2−42x+2，其中x是一元二次方程x2−1=0的解．
20. (本小题10.0分)
已知△ABN和△ACM位置如图所示，AB=AC，AD=AE，∠1=∠2．
(1)求证：BD=CE；
(2)求证：∠M=∠N．
21. (本小题10.0分)
为全面贯彻党的教育方针，促进学生健康成长，提高体质健康水平，某市调整体育中考实施方案：分值增加至70分，男生1000米(女生800米)必考，足球、篮球、排球“三选一”……，从2023年起开始实施.某中学为了解七年级学生对三大球类运动的喜爱情况，从七年级学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，通过分析整理绘制了如下两幅统计图，请根据两幅统计图中的信息解答下列问题：
(1)求参与调查的学生中，喜爱排球运动的学生人数，并补全条形图；
(2)若该中学七年级共有260名学生，请你估计该中学七年级学生中喜爱篮球运动的学生有多少人？
(3)若从喜爱足球运动的2名男生和2名女生中随机抽取2名学生，确定为县足球队运动员的重点培养对象，请用列表法或画树状图的方法求抽取的两名学生为1名男生和1名女生的概率．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y2=mx(m≠0)的图象相交于第一、三象限内的A(3,5)，B(a,−3)两点，与x轴交于点C．
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；
(2)在y轴上找一点P使PB−PC最大，求PB−PC的最大值及点P的坐标．
23. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b)，N.对于点P给出如下定义：将点P先向右a≥0或向左a<0(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单位长度，得到点P′，点P′关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“欢乐点”．
(1)如图，点M(1,1)，点N在线段OM的延长线上.若点P(−2,0)，点Q为点P的“欢乐点”．
①在图中画出点P′与点Q；
②连接PQ，交线段ON于点T，求证：NT=12OM；
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t(12
如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且BD=CD，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DGAG=23，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
(3)连结BE，在(2)的条件下，求BE的长．
25. (本小题12.0分)
【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片ABCD(AD>AB)，其中宽AB=8．
【动手实践】：
(1)如图1，威威同学将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点M处，折痕为BN，连接MN，然后将纸片展平，得到四边形ABMN，则折痕BN的长度为______ ．
【探究发现】：
(2)如图2，胜胜同学将图1中的四边形ABMN剪下，取AN边中点E，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，延长BA′交MN于点F.点Q为BM边的中点，点P是边MN上一动点，将△MQP沿PQ折叠，当点M的对应点M′落在线段BF上时，求此时tan∠PQM的值；
【反思提升】：
(3)明明同学改变图2中Q点的位置，即点Q为BM边上一动点，点P仍是边MN上一动点，按照(2)中方式折叠△MQP，使点M′落在线段BF上，明明同学不断改变点Q的位置，发现在某一位置∠QPM与(2)中的∠PQM相等，请直接写出此时BQ的长度．
26. (本小题13.0分)
如图，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于A(−2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，点P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PN⊥x轴于N，交直线BC于M．
(1)求二次函数表达式及顶点D的坐标；
(2)当PM=MN时，求点P的坐标；
(3)设抛物线对称轴与x轴交于点H，连接AP交对称轴于E，连接BP并延长交对称轴于F，证明HE+HF的值为定值，并求出这个定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−5的相反数是5，
故选：B．
根据相反数的定义进行解答即可．
本题考查相反数，理解相反数的定义是正确解答的关键．
2.【答案】A
【解析】解：从前面看，第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形．
故选：A．
找到从前面看所得到的图形即可．
本题考查的是学生对三视图的理解，培养空间想象力是学习这部分内容的重点．
3.【答案】C
【解析】解：0.000000007=7×10−9．
故选：C．
用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查科学记数法；熟练掌握科学记数法a×10n中a与n的意义是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵a2与a不是同类项，不能合并，
∴A选项运算不正确，不符合题意；
∵a2⋅a3=a5，
∴B选项运算正确，符合题意；
∵a8÷a2=a6，
∴C选项运算不正确，不符合题意；
∵(a2)3=a6，
∴D选项运算不正确，不符合题意．
故选：B．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则和幂的乘方与积的乘方法则对每个选项进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，同底数幂的除法法则和幂的乘方与积的乘方法则，正确利用上述法则对每个选项进行判断是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A.以上调查是抽样调查，因此选项A不符合题意；
C.总体是七年级600名学生的睡眠时间，因此选项B不符合题意；
B.所抽取的200名学生的睡眠时间是总体的一个样本，因此选项C不符合题意；
D.每个学生的睡眠时间是一个个体，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据抽样调查、全面调查，总体、个体、样本的意义结合具体的问题情境逐项进行判断即可．
本题考查全面调查与抽样调查，总体、个体、样本，理解总体、个体、样本的定义是正确解答的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过D点作DE⊥AB于E点，如图，则DE=2，
由作法得AD平分∠BAC，
而DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DC=DE=2，
∵∠C=90°，AC=BC，
∴∠B=45°，
∴△BDE为等腰直角三角形，
∴BD= 2DE=2 2，
∴BC=CD+BD=2+2 2．
故选：B．
过D点作DE⊥AB于E点，如图，则DE=2，利用基本作图得到AD平分∠BAC，则根据角平分线的性质得到DC=DE=2，接着证明△BDE为等腰直角三角形得到BD=2 2，然后计算CD+BD即可．
本题考查了作图−基本作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和等腰直角三角形的性质．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=58°，
∴∠ABC=32°，
∵CE=CD，
∴2∠ABC=∠COE=64°，
又∵∠OCF=∠OEF=90°，
∴∠F=360°−90°−90°−64°=116°．
故选：C．
利用互余的性质再结合圆周角定理得出∠COE的度数，再利用四边形内角和定理即可解答．
本题主要考查了圆周角定理、四边形内角和定理等知识点，正确得出∠COE的度数是解题关键．
8.【答案】A
【解析】解：设木条长x尺，绳子长y尺，那么可列方程组为：
y=x+4.512y=x−1．
故选：A．
直接利用“绳长=木条+4.5；12绳子=木条−1”分别得出等式求出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等量关系是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．
∵∠D=120°，四边形ABCD为菱形，
∴∠FCE=30°，∠DCB=60°，
∴EF=12CE，
∴BE+12CE=BE+EF，
∵BE+EF≥BF，
∴当BF最小时BE+EF最小，
即BE+12CE最小．
由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，如图BF′，
∵BC=AB=4，∠F′CB=60°，
∴F′C=12BC=2，
∴BF′= BC2−F′C= 42−22=2 3．
∴BE+12CE的最小值为2 3．
故选：B．
过点E作EF⊥CD于点F，连接BF.由菱形的性质可知∠FCE=30°，即得出EF=12CE，从而可得出BE+12CE=BE+EF≥BF，即当BF最小时BE+12CE最小．由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，求出BF′的值即可．
本题考查菱形的性质，三角形三边关系的应用，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．将BE+12CE的最小值为转化为BF′的长是解题关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB=CD=2m，则DE=m，设DK=b．
∵点A在y=−8x上，
∴A(−4m,2m)，
∴AJ=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DK//BC，
∴DKBC=EDEC=13，
∴BC=AD=3b，AK=2b，JK=2b−4m，
∵JF//DE，
∴JFDE=JKDK，
∴JFm=2b−4mb，
∴JF=2mb−4b，
∴OF=OJ−JF=2m−2mb−4b=4b，
∴S△BFC=12⋅BC⋅OF=12×3b⋅4b=6，
故选：A．
如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB=CD=2m，则DE=m，设DK=b.利用平行线分线段成比例定理求出BC，OF即可解决问题．
本题考查反比例函数系数的几何意义，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】x≥8
【解析】解：∵ x−8在实数范围内有意义，
∴x−8≥0，
解得：x≥8．
故答案为：x≥8．
根据二次根式有意义的条件，可得：x−8≥0，据此求出实数x的取值范围即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解答此题的关键是要明确：二次根式中的被开方数是非负数．
12.【答案】26
【解析】解：共10个数据，从小到大排列此数据处在第5、6位的数都为26，故中位数是26．
故答案为：26．
本题考查统计的有关知识，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．要注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求；如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
13.【答案】15π
【解析】解：∵一个圆锥的底面积为9π，
∴π×r2=9π，
∴圆锥的底面半径为3，
∵锥高为4，
∴母线长为5，
∴圆锥的侧面积为：πrl=π×3×5=15π，
故答案为：15π．
首先利用一个圆锥的底面积为9π得出底面圆的半径长，再根据底面半径和高利用勾股定理求得母线长，然后直接利用圆锥的侧面积公式代入求出即可．
此题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，解决本题的关键是应用半圆的弧长=圆锥的底面周长．
14.【答案】(160−160 33)
【解析】解：如图，AB的延长线交直线CD于点D，
由题意知AD=160m，
在直角△ACD中，∠ACD=45°，则AD=CD=160m．
在直角△OCD中，∠OCD=30°，则OD=CD⋅tan30°=160 33m.
所以AO=AD−OD=160−160 33(m)，即摩天轮的半径为(160−160 33)m．
故答案是：(160−160 33).
如图，根据题意知AD=160m，通过解直角△ACD求得AD、AD的长度；通过解直角△OCD求得OD的长度，则AO=AD−OD，此题得解．
考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题．解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
15.【答案】kn
【解析】解：如图，设装有大象的铁笼重力为a N，将弹簧秤移动到B′的位置时，弹簧秤的度数为k′，
由题意可得BP⋅k=PA⋅a，B′P⋅k′=PA⋅a，
∴BP⋅k=B′P⋅k′，
又∵B′P=nBP，
∴k′=BP⋅kB′P=BP⋅knBP=kn，
故答案为：kn．
根据“动力×动力臂=阻力×阻力臂”分别列式，从而代入计算．
本题考查列代数式，属于跨学科综合题目，理解题意，掌握杠杆原理(动力×动力臂=阻力×阻力臂)是解题关键．
16.【答案】当a<0或a>1时，y1>y2；当a=1时，y1=y2；当0
∴y1=a2+a，y2=−2a2+4a．
∴y1−y2=a2+a+2a2−4a=3a2−3a．
∴当a<0或a>1时，y1>y2，
当a=1时，y1=y2，
当0
由题意，当y=0时，解得：x1=1，x2=1+a，
∴对称轴x=1+1+a2=2+a2．
当x=2+a2时，
y=a(2+a2−1)(2+a2−1−a)=a×a2×(−a2)=−a34．
∴二次函数图象的顶点坐标为(2+a2,−a34).
由(1)可知：当x=0时，y1=a2+a，
当x=3时，y2=−2a2+4a，
当a>0时，二次函数的图象开口向上，
∵0
解得：−2≤a≤1，
∴0
∵对称轴x=2+a2，
当0<2+a2<3，即−2
∴−a34<2
解得：a>−2，
∴−2
由题意可知，a2+a≤2，解得：−2≤a≤1，
即a=−2，
综上所述，当0
(1)先求出y1−y2=3a(a−1)，然后分三种情况讨论即可；．
(2)先求出抛物线与x轴的交点，对称轴，顶点坐标，然后在0
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象与x：轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，作差法比较函数值的大小，解一元二次方程，解不等式(组)等知识，采用了分情况讨论的解题方法，解题的关键是在某一范围内的函数最大值的确定．
17.【答案】解： 12+|2 3−3|−2tan60°−( 3)2+(π−2023)0
=2 3+2 3−3−2 3−3+1
=2 3−5．
【解析】先根据二次根式的性质、绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、零次幂化简，然后再合并同类二次根式即可．
本题主要考查了二次根式的性质、绝对值、特殊角的三角函数值、乘方、零次幂等，灵活运相关运算法则是解答本题的关键．
18.【答案】解：3(x−1)<5x+1①x−12≥2x−4②，
解不等式①得：x>−2，
解不等式②得：x≤73，
∴不等式组的解集为−2
【解析】先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分就是不等式组的解集，然后求出它的正整数解即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，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．
19.【答案】解：原式=(x+1x+1+1x+1)÷(x+2)(x−2)2(x+1)
=x+2x+1×2(x+1)(x+2)(x−2)
=2x−2，
∵x2−1=0，
∴x=±1，
∵x≠−1，
∴x=1，
∴原式=21−2=−2．
【解析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后根据x2−1=0，可以得到x的值，然后将使得原分式有意义的x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、解一元二次方程，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
20.【答案】(1)证明：在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠1=∠2AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE，
即∠BAN=∠CAM，
由(1)得：△ABD≌△ACE，
∴∠B=∠C，
在△ACM和△ABN中，
∠C=∠B AC=AB ∠CAM=∠BAN ，
∴△ACM≌△ABN(ASA)，
∴∠M=∠N．
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
(1)由SAS证明△ABD≌△ACE，得出对应边相等即可
(2)证出∠BAN=∠CAM，由全等三角形的性质得出∠B=∠C，由ASA证明△ACM≌△ABN，得出对应角相等即可．
21.【答案】解：(1)参与调查的学生人数为：12÷20%=60(人)，
∴喜爱排球运动的学生人数为：60−12−37=21(人)，
补全条形统计图如下：
(2)260×(1−35%−20%)=117(人)，
答：估计该中学七年级学生中喜爱篮球运动的学生约有117人；
(3)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽取的两名学生为1名男生和1名女生的结果有8种，
∴抽取的两名学生为1名男生和1名女生的概率为812=23．
【解析】(1)由喜爱足球运动的学生人数除以所占百分比得出参与调查的学生人数，即可解决问题；
(2)由该中学七年级共有学生人数乘以喜爱篮球运动的学生人数所占的百分比即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽取的两名学生为1名男生和1名女生的结果有8种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)(1)把A(3,5)代入y2=mx，可得m=3×5=15，
∴反比例函数的解析式为y2=15x，
把点B(a,−3)代入y2=15x，可得a=−5，
∴B(−5,−3)
把A(3,5)，B(−5,−3)代入y1=kx+b
可得3k+b=5−5k+b=−3解得k=1b=2，
∴一次函数的解析式为y1=x+2．
(2)一次函数的解析式为y1=x+2，
令x=0，则y=2；
∴一次函数与y轴的交点为P(0,2)，
此时，PB−PC=BC最大，P即为所求．
今y1=0，则x=−2，
∴C(−2,0)，
∴PB−PC=BC= (−5+2)2+32=3 2．
【解析】(1)用待定系数法代入点的坐标即可求出解析式；
(2)y轴上找一点P使PB−PC最大，只能是P、B、C三点在一直线上，与y轴的交点就是PB−PC最大值时P点的位置．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法是常考的知识点．
23.【答案】(1)①解：由题意知，P′(−2+1,0+1)，
∴P′(−1,1)，
如图，点Q即为所求；
②证明：连接PP′，
∵∠P′PO=∠MOx=45°，
∴PP′//ON，
∵P′N=QN，
∴PT=QT，
∴NT=12PP′，
∵PP′=OM，
∴NT=12OM；
(2)解：如图，连接PO，并延长至S，使OP=OS，延长SQ到T，使ST=OM，
由题意知，PP′//OM，PP′=OM，P′N=NQ，
∴TQ=2MN，
∵MN=OM−ON=1−t，
∴TQ=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，
∵PS−QS≤PQ≤PS+QS，
∴PQ的最小值为PS−QS，PQ的最大值为PS+QS，
∴PQ长的最大值与最小值的差为(PS+QS)−(PS−QS)=2QS=4t−2．
【解析】(1)①根据定义，先求出P′的坐标，从而得出Q的位置；
②连接PP′，利用三角形中位线定理得NT=12PP′，从而证明结论；
(2)连接PO，并延长至S，使OP=OS，延长SQ到T，使ST=OM，由题意知，PP1//OM，PP1=OM，P1N=NQ，利用三角形中位线定理得QT的长，从而求出SQ的长，在△PQS中，PS−QS
24.【答案】(1)证明：如图，连接OD，
∵BD=CD，
∴∠CAD=∠DAB，
∵OA=OD，
∴∠DAB=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD//AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：∵OD//AE，
∴△OGD∽△EGA，
∴DGAG=ODAE，
∵DGAG=23，⊙O的半径为2，
∴23=2AE，
∴AE=3，
如图，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AE，
∴∠AED=∠ADB=90°，
∵∠CAD=∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
∴AEAD=ADAB，
即3AD=AD4，
∴AD=2 3，
在Rt△ADB中，cos∠DAB=ADAB= 32，
∴∠DAB=30°，
∴∠EAF=60°，∠DOB=60°，
∴∠F=30°，
∵OD=2，
∴DF=2tan30∘=2 33=2 3，
∴S阴影=S△DOF−S扇形DOB=12×2×2 3−60π×22360=2 3−2π3；
(3)如图，过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，
在Rt△AEM中，AM=AE⋅cos60°=3×12=32，EM=AE⋅sin60°=3 32，
∴MB=AB−AM=4−32=52，
∴BE= EM2+MB2= (3 32)2+(52)2= 13．
【解析】(1)根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD//AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
(2)连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2 3，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2 3，再根据S阴影=S△DOF−S扇形DOB即可得解；
(3)过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=32，EM=3 32，则MB=52，再根据勾股定理求解即可．
此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
25.【答案】8 2
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABM=90°，
由折叠可知∠A=∠AMN=90°，AB=BM，
∴四边形ABMN为正方形，
∴AB=BM=MN=AN=8，∠ANM=∠BMN=90°，
∴BN= 2AB=8 2，
故答案为：8 2；
(2)如图，连接EF和MM′，
由折叠知AB=A′B=8，AE=A′E，∠A=∠BA′E=90°，
∵E是AN的中点，
∴AE=EN=A′E，
在Rt△ENF与Rt△EA′F中，
EF=EFEN=EA′，
∴Rt△ENF≌Rt△EA′F(HL)，
∴NF=A′F，
设NF=A′F=x，
∴BF=BA′+A′F=8+x，
MF=MN--NF=8−x，
∵MF2+BM2=BF2，
∴(8−x)2+82=(8+x)2，
∴x=2，
∴NF=A′F=2，
∴MF=8−2=6，
∴tan∠FBM=MFBM=68=34，
由折叠可知M与M′关于PQ对称，
QM=QM′，
∴PQ⊥MM′，
∵Q是BM的中点，
∴BQ=QM=QM′，
∴∠QBM′=∠QM′B，∠QMM′=∠QM′M，
∵∠QBM′+∠BM′Q+∠QM′M+∠QMM′=180°，
∴∠BM′Q+∠QM′M=90°，
∴BM′⊥MM′，
∴BF//PQ，
∴∠PQM=∠FBM，
∴tan∠PQM=34；
(3)如图，过点P作PH⊥BF于F，过点Q作GQ⊥BF于G，
∵tan∠QPM=34=QMPM，
∴设QM=3a，PM=4a，
∴PF=6−4a，BQ=8−3a，
由折叠可知QM=QM′=3a，MP=M′P=4a，∠M=∠QMP=90°，
∵BM=8，MF=6，
∴BF= BM2+MF2= 36+64=10，
∵sin∠FBM=MFBF=GQBQ，
∴610=GQBQ，
∴GQ=35(8−3a)，
∴BG= BQ2−GQ2=45(8−3a)，
同理可得：HP=45(6−4a)，HF=35(6−4a)，
∵∠QM′G+∠PM′H=90°=∠PMH+∠M′PH，
∴∠QM′G=∠M′PH，
又∵∠QGM′=∠PHM′，
∴△QGM′∽△M′HP，
∴M′QM′P=GQM′H=GM′HP=34，
∴M′H=43GQ=45(8−3a)，GM′=34HP=35(6−4a)，
∵BG+GM′+M′H+HF=BF=10，
∴45(8−3a)+45(8−3a)+35(6−4a)+35(6−4a)=10，
∴a=2524，
∴BQ=8−3a=398．
(1)由折叠知，四边形ABMN是正方形，则BN= 2AB=8 2；
(2)连接EF和MM′，利用HL证明Rt△ENF≌Rt△EA′F，得NF=A′F，设NF=A′F=x，在Rt△BMF中，利用勾股定理列方程，从而得出NF的长，再利用折叠的性质说明∠PQM=∠FBM，进而得出答案；
(3)首先可知四边形QMPM′是正方形，设BQ=x，则QM=QM′=8−x，再运用(2)中结论可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，说明四边形QMPM′是正方形是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵A(−2,0)，B(4,0)在二次函数的图象上，
∴将A，B点代入二次函数表达式中，
得4a+(−2)b+4=016a+4b+4=0，
解得a=−12b=1
∴二次函数的表达式为y=−12x2+x+4，
将其化为顶点式为y=−12(x−1)2+92，
∴顶点D的坐标为(1,92)．
(2)∵y=−12x2+x+4，
∴当x=0时，y=4，即点C的坐标为(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+c(k≠0)，
将点B(4,0)，点C(0,4)代入可得：4k+c=0c=4，
解得：k=−1c=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
∵点P在x轴上方的抛物线上，
∴设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)(−2
∴点N的坐标为(t,0)，
∵PN交BC于M，
∴点M的坐标为(t,−t+4)
∵PM=MN，点P在点M的上方．
∴PN=2MN，即−12t2+t+4=2(−t+4)，解得t=2，t2=4(与B重合舍去)，
当t=2时，−12t2+t+4=4，
∴当PM=MN时，点P的坐标为(2,4)．
(3)如图，过点P作PG⊥x轴于点G，
设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)，
∵DH⊥x轴于点H，
∴PG//DH，
∴△AHE∽△AGP，△BGP∽△BHF，
∴EHPG=AHAG，PGFH=BGBH，
∴EH=AH⋅PGAG，FH=BH⋅PGBG，
当点G在BH上时，
∵AH=BH=3，AG=t+2，BG=4−t，PG=−12t2+t+4，
∴EH+FH=3(PGt+2+PG4−t)=3×(−12)(t+2)(t−4)4−t+t+2(t+2)(4−t)=9；
同理：当点G在AH上，由抛物线对称性可知，结果相同．
综上可知，HE+HF的结果为定值，且这个定值为9．
【解析】(1)将A，B点代入二次函数表达式中求得a、b的值即可确定函数解析式，然后再化成顶点式即可确定顶点D坐标；
(2)先求得点C的坐标，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y=−x+4；设点P的坐标为(t,−12t2+t+4)(−2
本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数的综合、二次函数与相似三角形的综合等知识点，灵活运用二次函数与几何的联系是解答本题的关键．
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