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2023年黑龙江省绥化市中考数学模拟试卷（四）（含解析）
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这是一份2023年黑龙江省绥化市中考数学模拟试卷（四）（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省绥化市中考数学模拟试卷（四）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−13|的相反数是( )
A. 13 B. −13 C. −3 D. 3
2. 下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. 8− 3= 5 B. (−3)2=−3 C. a5÷a2=a3 D. (a2)3=a5
4. 如图所示的几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 在函数y=1x−2+ x−2中，自变量x的取值范围是( )
A. x≥2 B. x≥−2 C. x>2 D. x>−2
6. 下列命题是真命题的是( )
A. 矩形的对角线互相垂直且相等
B. 底边和一组角对应相等的两个等腰三角形全等
C. 五边形有五条对角线
D. 相似图形一定是位似图形
7. 如图，将线段AB先向右平移5个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−4,1) B. (−1,2) C. (4,−1) D. (1,−2)
8. 某校九年级参加了“维护小区周边环境”、“维护繁华街道卫生”、“义务指路”等志愿者活动，如图是根据该校九年级六个班的同学某天“义务指路”总人次所绘制的折线统计图，则关于这六个数据中，下列说法正确的是( )
A. 极差是40 B. 众数是58 C. 中位数是51.5 D. 平均数是60
9. 某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，求原价每瓶多少元？设原价每瓶x元，则可列出方程为( )
A. 420x−420x−0.5=20 B. 420x−0.5−420x=20
C. 420x−420x−20=0.5 D. 420x−20−420x=0.5
10. 已知反比例函数y=abx的图象如图所示，则二次函数y=ax2−2x和一次函数y=bx+a在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A. B.
C. D.
11. 一段笔直的公路AC长20千米，途中有一处休息点B，AB长15千米，甲、乙两名长跑爱好者同时从点A出发，甲以15千米/时的速度匀速跑至点B，原地休息半小时后，再以10千米/时的速度匀速跑至终点C；乙以12千米/时的速度匀速跑至终点C，下列选项中，能正确反映甲、乙两人出发后2小时内运动路程y(千米)与时间x(小时)函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q，下列结论：
①∠BPD=135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ=1：2；④S△BDP= 3−14．
其中正确的有( )
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
13. 某校欲从初三级部3名女生，2名男生中任选两名学生代表学校参加全市举办的“中国梦⋅青春梦”演讲比赛，则恰好选中一男一女的概率是 ．
14. 分解因式：−2x2y+16xy−32y=______．
15. 若不等式组x+13≤x2−1x≤4m无解，则m的取值范围为______ ．
16. 用一圆心角为120°，半径为6cm的扇形做成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径是______ cm．
17. 对于任意实数a、b，定义：a◆b=a2+ab+b2.若方程(x◆2)−5=0的两根记为m、n，则m2+n2=______．
18. 古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦−秦九韶公式：如果一个三角形的三边长分别是a，b，c，记p=a+b+c2，那么三角形的面积为S= p(p−a)(p−b)(p−c).如果在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别记为a，b，c，若a=5，b=6，c=7，则△ABC的面积为______．
19. 在三角形纸片ABC(如图①)中，∠BAC=78°，AC=10.小霞用5张这样的三角形纸片拼成了一个内外都是正五边形的图形(如图②)，则正五边形GHMNC的边GC的长为______ .(参考值：sin78°≈0.98，cos78°≈0.21，tan78°≈4.7.)
20. 某学校组织340名师生进行长途考察活动，带有行李170件，计划租用甲、乙两种型号的汽车10辆.经了解，甲型车每辆最多能载40人和16件行李，乙型车每辆最多能载30人和20件行李，则学校有______ 种租车方案．
21. 把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为______．
22. 如图，每个图案均由边长为1个单位长度的小正方形按一定的规律堆叠而成，照此规律，第30个图案中共有______ 个小正方形．
三、解答题（本大题共6小题，共54.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
23. (本小题7.0分)
如图，在△ABC中，D是AB边上的一点．
(1)请用尺规作图法，在△ABC内，求作∠ADE，使∠ADE=∠B，DE交AC于点E(不要求写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)的条件下，若ADDB=2，DE=4，求BC的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在A处的正东方向有一港口B.某巡逻艇从A处沿着北偏东60°方向巡逻，到达C处时接到命令，立刻在C处沿东南方向以20海里/时的速度行驶3小时到达港口B.求A，B间的距离．
25. (本小题9.0分)
如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，等腰△OAB的边OB与反比例函数y=mx(m>0)的图象相交于点C，其中OB=AB，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为(2,4)，过点C作CH⊥x轴于点H．
(1)已知一次函数的图象过点O，B，求该一次函数的表达式；
(2)若点P是线段AB上的一点，满足OC= 3AP，过点P作PQ⊥x轴于点Q，连结OP，记△OPQ的面积为S△OPQ，设AQ=t，T=OH2−S△OPQ.
①用t表示T(不需要写出t的取值范围)；
②当T取最小值时，求m的值．
26. (本小题9.0分)
如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，以DE为边作正方形DEFG，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，EF与CB交于点N，连接CG．
(1)求证：CD⊥CG；
(2)若tan∠MEN=13，求MNEM的值；
(3)已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为12？请说明理由．
27. (本小题10.0分)
四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形，线段AB是⊙O的直径，连结AC、BD.点H是线段BD上的一点，连结AH、CH，且∠ACH=∠CBD，AD=CH，BA的延长线与CD的延长线相交与点P．
(1)求证：四边形ADCH是平行四边形；
(2)若AC=BC，PB= 5PD，AB+CD=2( 5+1)
①求证：△DHC为等腰直角三角形；
②求CH的长度．
28. (本小题11.0分)
如图，直线y=− 33x+ 3分别与x，y轴交于B，C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+ 3经过A，B两点．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD//y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−13|的相反数是−13，
故选：B．
根据负数的绝对值等于它的相反数，可得负数的绝对值，根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了的相反数，先求绝对值，再求相反数．
2.【答案】D
【解析】解：A.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：A． 8− 3无法合并，故此选项不合题意；
B. (−3)2=3，故此选项不合题意；
C.a5÷a2=a3，故此选项符合题意；
D.(a2)3=a6，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的性质、幂的乘方运算法则、同底数幂的除法运算法则分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减运算以及二次根式的性质、幂的乘方运算法则、同底数幂的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：该几何体的左视图如图所示：
．
故选：B．
根据从左面看得到的图形是左视图，可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意得：x−2≥0且x−2≠0，
解得：x>2．
故选：C．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
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．
6.【答案】C
【解析】解：A、矩形的对角线相等但不垂直，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、底边和一组对应角相等的两个等腰三角形不一定全等，故原命题错误，不符合题意；
C、五边形有五条对角线，正确，是真命题，符合题意；
D、相似图形不一定是位似图形，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
故选：C．
利用矩形的性质、全等三角形的判定方法、多边形的性质及位似图形的定义分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图形的平移与旋转，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
根据图形的平移与旋转解题即可．
【解答】
解：将线段AB先向右平移5个单位，点B(2,1)，连接OB，顺时针旋转90°，则B′对应坐标为(1,−2)，
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：A、根据极差的定义可得：极差是80−45=35，故本选项错误；
B、因为58出现了2次，次数最多，所以众数是58，故本选项正确；
C、按照从小到大的顺序排列如下：45、50、58、58、62、80，第3、4两个数都是58，则中位数是58，故本选项错误；
D、根据平均数的定义可得：
平均数=16(50+80+58+45+58+62)=16×353=5856，故本选项错误；
故选：B．
根据极差的定义、众数、中位数、算术平均数的定义，对每一项分别进行解答，再做出判断，即可得出答案．
此题考查了折线统计图的运用，用到的知识点是极差、平均数、中位数、众数的定义，熟记概念并根据折线统计图准确获取数据是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了分式方程的应用，关键是设出价格，以瓶数做为等量关系列方程求解．
设原价每瓶x元，根据某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，可列方程．
【解答】
解：设原价每瓶x元，
420x−0.5−420x=20．
故选B．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质，根据函数图象与系数的关系进行判断是解题的关键，属于中档题．
先根据抛物线y=ax2−2x过原点排除A，再根据反比例函数图象确定ab的符号，再由a、b的符号和抛物线对称轴确定抛物线与直线y=bx+a的位置关系，进而得解．
【解答】
解：∵当x=0时，y=ax2−2x=0，即抛物线y=ax2−2x经过原点，故A错误；
∵反比例函数y=abx的图象在第一、三象限，
∴ab>0，即a、b同号，
当a<0时，抛物线y=ax2−2x的对称轴x=1a<0，对称轴在y轴左边，故D错误；
当a<0时，b<0，直线y=bx+a经过第二、三、四象限，故B错误，
当a>0时，b>0，直线y=bx+a经过第一、二、三象限，故C正确．
故选：C．
11.【答案】A
【解析】解：由题意，甲跑了1小时到了B地，在B地休息了半个小时，2小时正好跑到C地；
乙跑了53小时到了C地，在C地休息了13小时．
由此可知正确的图象是A．
故选：A．
分别求出甲乙两人到达C地的时间，再结合已知条件即可解决问题．
本题考查函数图象、路程、速度、时间之间的关系，解题的关键是理解题意求出两人到达C地的时间，属于中考常考题型．
12.【答案】D
【解析】解：∵△PBC是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠PCB=∠CPB=60°，∠PCD=30°，BC=PC=CD，
∴∠CPD=∠CDP=75°，
则∠BPD=∠BPC+∠CPD=135°，故①正确；
∵∠CBD=∠CDB=45°，
∴∠DBH=∠DPB=135°，
又∵∠PDB=∠BDH，
∴△BDP∽△HDB，故②正确；
如图，过点Q作QE⊥CD于E，
设QE=DE=x，则QD= 2x，CQ=2QE=2x，
∴CE= 3x，
由CE+DE=CD知x+ 3x=1，
解得x= 3−12，
∴QD= 2x= 6− 22，
∵BD= 2，
∴BQ=BD−DQ= 2− 6− 22=3 2− 62，
则DQ：BQ= 6− 22：3 2− 62≠1：2，故③错误；
∵∠CDP=75°，∠CDQ=45°，
∴∠PDQ=30°，
又∵∠CPD=75°，
∴∠DPQ=∠DQP=75°，
∴DP=DQ= 6− 22，
∴S△BDP=12BD⋅PDsin∠BDP=12× 2× 6− 22×12= 3−14，故④正确；
故选：D．
由等边三角形及正方形的性质求出∠CPD=∠CDP=75°、∠PCB=∠CPB=60°，从而判断①；证∠DBH=∠DPB=135°可判断②；作QE⊥CD，设QE=DE=x，则QD= 2x，CQ=2QE=2x，CE= 3x，由CE+DE=CD求出x，从而求得DQ、BQ的长，据此可判断③，证DP=DQ= 6− 22，根据S△BDP=12BD⋅PDsin∠BDP求解可判断④．
本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握等边三角形和正方形的性质、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定等知识点．
13.【答案】35
【解析】解：画树状图为：
共20种等可能的结果数，其中选中一男一女的结果数为12，
∴恰好选中一男一女的概率是1220=35，
故答案为：35．
画树状图展示所有20种等可能的结果数，再找出选中一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
14.【答案】−2y(x−4)2
【解析】解：原式=−2y(x2−8x+16)
=−2y(x−4)2
故答案为：−2y(x−4)2
根据提取公因式以及完全平方公式即可求出答案．
本题考查因式分解，解题的关键是熟练运用因式分解法，本题属于基础题型．
15.【答案】m<2
【解析】解：由x+13≤x2−1得x≥8，
又x≤4m且不等式组无解，
∴4m<8，
解得m<2，
故答案为：m<2．
求出第一个不等式的解集，根据口诀：大大小小找不到，结合不等式组的解集可得答案．
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．
16.【答案】2
【解析】解：120π×6180=4π，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，
∴圆锥的底面周长是4πcm，
设圆锥的底面半径是r，
则得到2πr=4π，
解得：r=2．
故答案为：2．
半径为6cm，圆心角为90°的扇形的弧长是120π×6180=4π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是8π，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr=4π，求出r的值即可．
本题考查了有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：
(1)圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；(2)圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
17.【答案】6
【解析】解：∵(x◆2)−5=x2+2x+4−5，
∴m、n为方程x2+2x−1=0的两个根，
∴m+n=−2，mn=−1，
∴m2+n2=(m+n)2−2mn=6．
故答案为：6．
根据新定义可得出m、n为方程x2+2x−1=0的两个根，利用根与系数的关系可得出m+n=−2、mn=−1，将其代入m2+n2=(m+n)2−2mn中即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．
18.【答案】6 6
【解析】解：∵a=5，b=6，c=7，
∴p=a+b+c2=9，
则S= p(p−a)(p−b)(p−c)= 9×4×3×2=6 6．
故答案为：6 6．
根据a，b，c的值，求出p的值，代入公式计算即可求出S．
此题考查了二次根式的应用，以及数学常识，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19.【答案】9.6
【解析】解：∵五边形ABDEF是正五边形，
∴∠BAF=(5−2)×180°5=108°，
∴∠ABC=∠BAF−∠BAC=30°，
作CQ⊥AB于Q，
在Rt△AQC中，sin∠QAC=QCAC，
∴QC=AC⋅sin∠QAC≈10×0.98=9.8，
在Rt△BQC中，∠ABC=30°，
∴BC=2QC=19.6，
∴GC=BC−BG=9.6．
故答案为：9.6．
作CQ⊥AB于Q，根据正弦的定义求出QC，根据直角三角形的性质求出BC，结合图形计算即可．
本题考查的是正多边形和圆、解直角三角形的应用，掌握正多边形的性质、正弦的定义是解题的关键．
20.【答案】4
【解析】解：(1)设租用甲车x辆，则乙车(10−x)辆，
40x+30(10−x)≥34016x+20(10−x)≥170，
解得，4≤x≤7.5，
∵x为正整数，
∴x=4或5或6或7，
∴有四种租车方案，
故答案为：4．
根据题意可以列出相应的不等式组，从而可以得到所有可行的租车方案．
本题考查一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
21.【答案】12
【解析】解：如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
设OA=x，OB=y，
由题意得：x+y=5x−y=1，
解得：x=3y=2，
∴AC=2OA=6，BD=2OB=4，
∴菱形ABCD的面积=12AC·BD=12×6×4=12；
故答案为：12．
由菱形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：x+y=5x−y=1，解得：x=3y=2，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积．
本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键．
22.【答案】900
【解析】解：第1个图案中共有1个小正方形，
第2个图案中共有1+3=4个小正方形，
第3个图案中共有1+3+5=9个小正方形，
…，
第n个图案中共有1+3+5+…+(2n−1)=n2个小正方形，
所以，第30个图案中共有302=900个小正方形．
故答案为：900．
观察图案不难发现，图案中的正方形按照从上到下成奇数列排布，写出第n个图案的正方形的个数，然后利用求和公式写出表达式，再把n=30代入进行计算即可得解．
此题考查图形的变化规律，根据图案从上到下的正方形的个数成奇数列排布，得到第n个图案的正方形的个数的表达式是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，∠ADE即为所求；
(2)∵∠ADE=∠B，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC，
∵ADDB=2，DE=4，
∴23=4BC，
∴BC=6．
【解析】(1)根据要求作出图形；
(2)利用相似三角形的性质求解．
本题考查作图−复杂作图，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24.【答案】解：由题意可得，∠NAC=60°，∠DCB=45°，BC=20×3=60(海里)，
在Rt△BCD中，∠DCB=45°，BC=20×3=60海里，
∴CD=BD= 22BC=30 2(海里)，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°−60°=30°，CD=30 2海里，
∴AD= 3CD=30 6(海里)，
∴AB=AD+BD=(30 6+30 2)海里，
答：A，B间的距离(30 6+30 2)海里．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在两个直角三角形中，由特殊锐角的三角函数求出AD、BD即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)将点O、B的坐标代入一次函数表达式：y=kx得：4=2k，
解得：k=2，
故一次函数表达式为：y=2x，
(2)①过点B作BM⊥OA，
则∠OCH=∠QPA=∠OAB=∠ABM=α，
则tanα=12，sinα=1 5，
∵OB=AB，则OM=AM=2，则点A(4,0)，
设：AP=a，则OC= 3a，
在△APQ中，sin∠APQ=QAPA=ta=sinα=1 5，
同理PQ=ttanα=2t，
则PA=a= 5t，OC= 15t，
则点C( 3t,2 3t)，
T=OH2−S△OPQ=(OC⋅sinα)2−12×(4−t)×2t=4t2−4t，
②∵4>0，∴T有最小值，当t=12时，
T取得最小值，
此时点C( 32, 3)，
故：m= 32· 3=32．
【解析】(1)将点O、B的坐标代入一次函数表达式：y=kx，即可求解；
(2)①sin∠APQ=QAPA=ta=sinα=1 5，则PA=a= 5t，则点C( 3t,2 3t)，T=OH2−S△OPQ=(OC⋅sinα)2−12(4−t)·2t=4t2−4t；②当t=12时，T取得最小值，而点C( 3t,2 3t)，即可求解．
本题为反比例函数综合运用题，涉及到等腰三角形性质、解直角三角形、一次函数等知识，其中(2)①，确定点C的坐标，是本题解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD ∠ADE=∠CDG DE=DG ，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴∠A=∠DCG=90°，
∴CD⊥CG；
(2)解：∵四边形DEFG是正方形，
∴EF=GF，∠EFM=∠GFM=45°，
在△EFM和△GFM中EF=GF ∠EFM=∠GFM MF=MF ，
∴△EFM≌△GFM(SAS)，
∴EM=GM，∠MEF=∠MGF，
在△EFH和△GFN中，∠EFH=∠GFN EF=GF ∠MEF=∠MGF ，
∴△EFH≌△GFN(ASA)，
∴HF=NF，
∵tan∠MEN=13=HFEF，
∴GF=EF=3HF=3NF，
∴GH=2HF，
作NP//GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，
∴PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，
∴PN=23HF，
∴MNEM=MNGM=PNGH=23HF2HF=13；
(3)EM的长不可能为12，
理由：假设EM的长为12，
∵点E是AB边上一点，且∠EDG=∠ADC=90°，
∴点G在BC的延长线上，
同(2)的方法得，EM=GM=12，
在Rt△BEM中，EM是斜边，
∴BM<12，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴BC=1，
∴CM>12，
∴CM>GM，
∴点G在正方形ABCD的边BC上，与“点G在BC的延长线上”相矛盾，
∴假设错误，
即：EM的长不可能为12．
【解析】(1)由正方形的性质得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出结论；
(2)先证明△EFM≌△GFM得出EM=GM，∠MEF=∠MGF，在证明△EFH≌△GFN得出HF=NF，由三角函数得出GF=EF=3HF=3NF，得出GH=2HF，作NP//GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，得出PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，PN=23HF，即可得出结果；
(3)假设EM=12，先判断出点G在BC的延长线上，同(2)的方法得，EM=GM=12，得出GM=12，再判断出BM<12，得出CM>12，进而得出CM>GM，即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明EM不可能为12是解本题的难度．
27.【答案】证明：(1)∵∠DBC=∠DAC，∠ACH=∠CBD
∴∠DAC=∠ACH
∴AD//CH，
又AD=CH，
∴四边形ADCH是平行四边形．
(2)①∵AB是直径，
∴∠ACB=90°=∠ADB，且AC=BC，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∴∠CDB=∠CAB=45°，
∵AD//CH，
∴∠CHD=∠ADH=90°，且∠CDB=45°，
∴∠CDB=∠DCH=45°，
∴CH=DH，且∠CHD=90°，
∴△DHC为等腰直角三角形；
解：②∵四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形，
∴∠PBC+∠ADC=180°=∠ADP+∠ADC，
∴∠ADP=∠PBC，且∠P=∠P，
∴△ADP∽△CBP，
∴ADBC=PDPB，且PB= 5PD，
∴ADBC=1 5，AD=CH，
∴CHBC=1 5，
∵∠CDB=∠CAB=45°，∠CHD=∠ACB=90°，
∴△CHD∽△ACB，
∴CDAB=CHAC=CHBC=1 5，
∴AB= 5CD，
∵AB+CD=2( 5+1)，
∴ 5CD+CD=2( 5+1)，
∴CD=2，且△DHC为等腰直角三角形，
∴CH= 2．
【解析】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识．
(1)由圆周角的定理可得∠DAC=∠DBC=∠ACH，可证AD//CH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形ADCH是平行四边形；
(2)①由平行线的性质可证∠CHD=∠ADH=90°，由∠CDB=∠CAB=45°，可证△DHC为等腰直角三角形；
②通过证明△ADP∽△CBP，可得CHBC=1 5，通过证明△CHD∽△ACB可得CDAB=CHBC=1 5，可得AB= 5CD，进而求得CD的值，然后由等腰直角三角形的性质可求CH的长度．
28.【答案】解：(1)∵直y=− 33x+ 3分别与x轴、y轴交于B、C两点，
∴B(3,0)，C(0, 3)；
∴OB=3，OC= 3，
∴tan∠BCO=3 3= 3，
∴∠BCO=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACO=30°，
∴AOCO=tan30°= 33，即OA 3= 33，
解得OA=1，
∴A(−1,0)；
(2)∵抛物线y=ax2+bx+ 3经过A，B两点，
∴a−b+ 3=09a+3b+ 3=0，
解得a=− 33b=2 33．
∴抛物线解析式为y=− 33x2+2 33x+ 3；
(3)∵B(3,0)，C(0, 3)；
∴OB=3，OC= 3，
∴tan∠BCO=3 3= 3，
∴∠BCO=60°，
∵MD//y轴，MH⊥BC，
∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，
∴DH=12DM，MH= 32DM，
∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+12DM+ 32DM=3+ 32DM，
∴当DM有最大值时，其周长有最大值，
∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，
∴设M(t,− 33t2+2 33t+ 3)，则D(t,− 33t+ 3)，
∴DM=− 33t2+2 33t+ 3−(− 33t+ 3)
=− 33t2+ 3t
=− 33(t−32)2+3 34，
∴当t=32时，DM有最大值，最大值为3 34，
此时3+ 32DM=3+ 32×3 34=9 3+98，
即△DMH周长的最大值为9 3+98．
【解析】(1)由直线解析式可求得B、C坐标，根据正切的定义可得AOCO=tan30°= 33，进而可得OA=1；
(2)由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(3)在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值．
本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、二次函数的性质、方程思想等知识．在(1)中注意函数图象与坐标的交点的求法，在(2)中注意待定系数法的应用，在(3)中找到DH、MH与DM的关系是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
2023年黑龙江省绥化市中考数学模拟试卷（四）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. |−13|的相反数是( )
A. 13 B. −13 C. −3 D. 3
2. 下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. 8− 3= 5 B. (−3)2=−3 C. a5÷a2=a3 D. (a2)3=a5
4. 如图所示的几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 在函数y=1x−2+ x−2中，自变量x的取值范围是( )
A. x≥2 B. x≥−2 C. x>2 D. x>−2
6. 下列命题是真命题的是( )
A. 矩形的对角线互相垂直且相等
B. 底边和一组角对应相等的两个等腰三角形全等
C. 五边形有五条对角线
D. 相似图形一定是位似图形
7. 如图，将线段AB先向右平移5个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−4,1) B. (−1,2) C. (4,−1) D. (1,−2)
8. 某校九年级参加了“维护小区周边环境”、“维护繁华街道卫生”、“义务指路”等志愿者活动，如图是根据该校九年级六个班的同学某天“义务指路”总人次所绘制的折线统计图，则关于这六个数据中，下列说法正确的是( )
A. 极差是40 B. 众数是58 C. 中位数是51.5 D. 平均数是60
9. 某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，求原价每瓶多少元？设原价每瓶x元，则可列出方程为( )
A. 420x−420x−0.5=20 B. 420x−0.5−420x=20
C. 420x−420x−20=0.5 D. 420x−20−420x=0.5
10. 已知反比例函数y=abx的图象如图所示，则二次函数y=ax2−2x和一次函数y=bx+a在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A. B.
C. D.
11. 一段笔直的公路AC长20千米，途中有一处休息点B，AB长15千米，甲、乙两名长跑爱好者同时从点A出发，甲以15千米/时的速度匀速跑至点B，原地休息半小时后，再以10千米/时的速度匀速跑至终点C；乙以12千米/时的速度匀速跑至终点C，下列选项中，能正确反映甲、乙两人出发后2小时内运动路程y(千米)与时间x(小时)函数关系的图象是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q，下列结论：
①∠BPD=135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ=1：2；④S△BDP= 3−14．
其中正确的有( )
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
13. 某校欲从初三级部3名女生，2名男生中任选两名学生代表学校参加全市举办的“中国梦⋅青春梦”演讲比赛，则恰好选中一男一女的概率是 ．
14. 分解因式：−2x2y+16xy−32y=______．
15. 若不等式组x+13≤x2−1x≤4m无解，则m的取值范围为______ ．
16. 用一圆心角为120°，半径为6cm的扇形做成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径是______ cm．
17. 对于任意实数a、b，定义：a◆b=a2+ab+b2.若方程(x◆2)−5=0的两根记为m、n，则m2+n2=______．
18. 古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九韶都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦−秦九韶公式：如果一个三角形的三边长分别是a，b，c，记p=a+b+c2，那么三角形的面积为S= p(p−a)(p−b)(p−c).如果在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别记为a，b，c，若a=5，b=6，c=7，则△ABC的面积为______．
19. 在三角形纸片ABC(如图①)中，∠BAC=78°，AC=10.小霞用5张这样的三角形纸片拼成了一个内外都是正五边形的图形(如图②)，则正五边形GHMNC的边GC的长为______ .(参考值：sin78°≈0.98，cos78°≈0.21，tan78°≈4.7.)
20. 某学校组织340名师生进行长途考察活动，带有行李170件，计划租用甲、乙两种型号的汽车10辆.经了解，甲型车每辆最多能载40人和16件行李，乙型车每辆最多能载30人和20件行李，则学校有______ 种租车方案．
21. 把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为______．
22. 如图，每个图案均由边长为1个单位长度的小正方形按一定的规律堆叠而成，照此规律，第30个图案中共有______ 个小正方形．
三、解答题（本大题共6小题，共54.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
23. (本小题7.0分)
如图，在△ABC中，D是AB边上的一点．
(1)请用尺规作图法，在△ABC内，求作∠ADE，使∠ADE=∠B，DE交AC于点E(不要求写作法，保留作图痕迹)；
(2)在(1)的条件下，若ADDB=2，DE=4，求BC的长．
24. (本小题8.0分)
如图，在A处的正东方向有一港口B.某巡逻艇从A处沿着北偏东60°方向巡逻，到达C处时接到命令，立刻在C处沿东南方向以20海里/时的速度行驶3小时到达港口B.求A，B间的距离．
25. (本小题9.0分)
如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，等腰△OAB的边OB与反比例函数y=mx(m>0)的图象相交于点C，其中OB=AB，点A在x轴的正半轴上，点B的坐标为(2,4)，过点C作CH⊥x轴于点H．
(1)已知一次函数的图象过点O，B，求该一次函数的表达式；
(2)若点P是线段AB上的一点，满足OC= 3AP，过点P作PQ⊥x轴于点Q，连结OP，记△OPQ的面积为S△OPQ，设AQ=t，T=OH2−S△OPQ.
①用t表示T(不需要写出t的取值范围)；
②当T取最小值时，求m的值．
26. (本小题9.0分)
如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，以DE为边作正方形DEFG，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，EF与CB交于点N，连接CG．
(1)求证：CD⊥CG；
(2)若tan∠MEN=13，求MNEM的值；
(3)已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为12？请说明理由．
27. (本小题10.0分)
四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形，线段AB是⊙O的直径，连结AC、BD.点H是线段BD上的一点，连结AH、CH，且∠ACH=∠CBD，AD=CH，BA的延长线与CD的延长线相交与点P．
(1)求证：四边形ADCH是平行四边形；
(2)若AC=BC，PB= 5PD，AB+CD=2( 5+1)
①求证：△DHC为等腰直角三角形；
②求CH的长度．
28. (本小题11.0分)
如图，直线y=− 33x+ 3分别与x，y轴交于B，C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+ 3经过A，B两点．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD//y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：|−13|的相反数是−13，
故选：B．
根据负数的绝对值等于它的相反数，可得负数的绝对值，根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了的相反数，先求绝对值，再求相反数．
2.【答案】D
【解析】解：A.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：A． 8− 3无法合并，故此选项不合题意；
B. (−3)2=3，故此选项不合题意；
C.a5÷a2=a3，故此选项符合题意；
D.(a2)3=a6，故此选项不合题意．
故选：C．
直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的性质、幂的乘方运算法则、同底数幂的除法运算法则分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减运算以及二次根式的性质、幂的乘方运算法则、同底数幂的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】B
【解析】解：该几何体的左视图如图所示：
．
故选：B．
根据从左面看得到的图形是左视图，可得答案．
此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意得：x−2≥0且x−2≠0，
解得：x>2．
故选：C．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
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．
6.【答案】C
【解析】解：A、矩形的对角线相等但不垂直，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、底边和一组对应角相等的两个等腰三角形不一定全等，故原命题错误，不符合题意；
C、五边形有五条对角线，正确，是真命题，符合题意；
D、相似图形不一定是位似图形，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
故选：C．
利用矩形的性质、全等三角形的判定方法、多边形的性质及位似图形的定义分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图形的平移与旋转，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．
根据图形的平移与旋转解题即可．
【解答】
解：将线段AB先向右平移5个单位，点B(2,1)，连接OB，顺时针旋转90°，则B′对应坐标为(1,−2)，
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：A、根据极差的定义可得：极差是80−45=35，故本选项错误；
B、因为58出现了2次，次数最多，所以众数是58，故本选项正确；
C、按照从小到大的顺序排列如下：45、50、58、58、62、80，第3、4两个数都是58，则中位数是58，故本选项错误；
D、根据平均数的定义可得：
平均数=16(50+80+58+45+58+62)=16×353=5856，故本选项错误；
故选：B．
根据极差的定义、众数、中位数、算术平均数的定义，对每一项分别进行解答，再做出判断，即可得出答案．
此题考查了折线统计图的运用，用到的知识点是极差、平均数、中位数、众数的定义，熟记概念并根据折线统计图准确获取数据是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了分式方程的应用，关键是设出价格，以瓶数做为等量关系列方程求解．
设原价每瓶x元，根据某校用420元钱到商场去购买“84”消毒液，经过还价，每瓶便宜0.5元，结果比用原价多买了20瓶，可列方程．
【解答】
解：设原价每瓶x元，
420x−0.5−420x=20．
故选B．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质，根据函数图象与系数的关系进行判断是解题的关键，属于中档题．
先根据抛物线y=ax2−2x过原点排除A，再根据反比例函数图象确定ab的符号，再由a、b的符号和抛物线对称轴确定抛物线与直线y=bx+a的位置关系，进而得解．
【解答】
解：∵当x=0时，y=ax2−2x=0，即抛物线y=ax2−2x经过原点，故A错误；
∵反比例函数y=abx的图象在第一、三象限，
∴ab>0，即a、b同号，
当a<0时，抛物线y=ax2−2x的对称轴x=1a<0，对称轴在y轴左边，故D错误；
当a<0时，b<0，直线y=bx+a经过第二、三、四象限，故B错误，
当a>0时，b>0，直线y=bx+a经过第一、二、三象限，故C正确．
故选：C．
11.【答案】A
【解析】解：由题意，甲跑了1小时到了B地，在B地休息了半个小时，2小时正好跑到C地；
乙跑了53小时到了C地，在C地休息了13小时．
由此可知正确的图象是A．
故选：A．
分别求出甲乙两人到达C地的时间，再结合已知条件即可解决问题．
本题考查函数图象、路程、速度、时间之间的关系，解题的关键是理解题意求出两人到达C地的时间，属于中考常考题型．
12.【答案】D
【解析】解：∵△PBC是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠PCB=∠CPB=60°，∠PCD=30°，BC=PC=CD，
∴∠CPD=∠CDP=75°，
则∠BPD=∠BPC+∠CPD=135°，故①正确；
∵∠CBD=∠CDB=45°，
∴∠DBH=∠DPB=135°，
又∵∠PDB=∠BDH，
∴△BDP∽△HDB，故②正确；
如图，过点Q作QE⊥CD于E，
设QE=DE=x，则QD= 2x，CQ=2QE=2x，
∴CE= 3x，
由CE+DE=CD知x+ 3x=1，
解得x= 3−12，
∴QD= 2x= 6− 22，
∵BD= 2，
∴BQ=BD−DQ= 2− 6− 22=3 2− 62，
则DQ：BQ= 6− 22：3 2− 62≠1：2，故③错误；
∵∠CDP=75°，∠CDQ=45°，
∴∠PDQ=30°，
又∵∠CPD=75°，
∴∠DPQ=∠DQP=75°，
∴DP=DQ= 6− 22，
∴S△BDP=12BD⋅PDsin∠BDP=12× 2× 6− 22×12= 3−14，故④正确；
故选：D．
由等边三角形及正方形的性质求出∠CPD=∠CDP=75°、∠PCB=∠CPB=60°，从而判断①；证∠DBH=∠DPB=135°可判断②；作QE⊥CD，设QE=DE=x，则QD= 2x，CQ=2QE=2x，CE= 3x，由CE+DE=CD求出x，从而求得DQ、BQ的长，据此可判断③，证DP=DQ= 6− 22，根据S△BDP=12BD⋅PDsin∠BDP求解可判断④．
本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握等边三角形和正方形的性质、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定等知识点．
13.【答案】35
【解析】解：画树状图为：
共20种等可能的结果数，其中选中一男一女的结果数为12，
∴恰好选中一男一女的概率是1220=35，
故答案为：35．
画树状图展示所有20种等可能的结果数，再找出选中一男一女的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
14.【答案】−2y(x−4)2
【解析】解：原式=−2y(x2−8x+16)
=−2y(x−4)2
故答案为：−2y(x−4)2
根据提取公因式以及完全平方公式即可求出答案．
本题考查因式分解，解题的关键是熟练运用因式分解法，本题属于基础题型．
15.【答案】m<2
【解析】解：由x+13≤x2−1得x≥8，
又x≤4m且不等式组无解，
∴4m<8，
解得m<2，
故答案为：m<2．
求出第一个不等式的解集，根据口诀：大大小小找不到，结合不等式组的解集可得答案．
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．
16.【答案】2
【解析】解：120π×6180=4π，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，
∴圆锥的底面周长是4πcm，
设圆锥的底面半径是r，
则得到2πr=4π，
解得：r=2．
故答案为：2．
半径为6cm，圆心角为90°的扇形的弧长是120π×6180=4π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是8π，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr=4π，求出r的值即可．
本题考查了有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：
(1)圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；(2)圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
17.【答案】6
【解析】解：∵(x◆2)−5=x2+2x+4−5，
∴m、n为方程x2+2x−1=0的两个根，
∴m+n=−2，mn=−1，
∴m2+n2=(m+n)2−2mn=6．
故答案为：6．
根据新定义可得出m、n为方程x2+2x−1=0的两个根，利用根与系数的关系可得出m+n=−2、mn=−1，将其代入m2+n2=(m+n)2−2mn中即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．
18.【答案】6 6
【解析】解：∵a=5，b=6，c=7，
∴p=a+b+c2=9，
则S= p(p−a)(p−b)(p−c)= 9×4×3×2=6 6．
故答案为：6 6．
根据a，b，c的值，求出p的值，代入公式计算即可求出S．
此题考查了二次根式的应用，以及数学常识，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19.【答案】9.6
【解析】解：∵五边形ABDEF是正五边形，
∴∠BAF=(5−2)×180°5=108°，
∴∠ABC=∠BAF−∠BAC=30°，
作CQ⊥AB于Q，
在Rt△AQC中，sin∠QAC=QCAC，
∴QC=AC⋅sin∠QAC≈10×0.98=9.8，
在Rt△BQC中，∠ABC=30°，
∴BC=2QC=19.6，
∴GC=BC−BG=9.6．
故答案为：9.6．
作CQ⊥AB于Q，根据正弦的定义求出QC，根据直角三角形的性质求出BC，结合图形计算即可．
本题考查的是正多边形和圆、解直角三角形的应用，掌握正多边形的性质、正弦的定义是解题的关键．
20.【答案】4
【解析】解：(1)设租用甲车x辆，则乙车(10−x)辆，
40x+30(10−x)≥34016x+20(10−x)≥170，
解得，4≤x≤7.5，
∵x为正整数，
∴x=4或5或6或7，
∴有四种租车方案，
故答案为：4．
根据题意可以列出相应的不等式组，从而可以得到所有可行的租车方案．
本题考查一元一次不等式的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
21.【答案】12
【解析】解：如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
设OA=x，OB=y，
由题意得：x+y=5x−y=1，
解得：x=3y=2，
∴AC=2OA=6，BD=2OB=4，
∴菱形ABCD的面积=12AC·BD=12×6×4=12；
故答案为：12．
由菱形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：x+y=5x−y=1，解得：x=3y=2，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积．
本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键．
22.【答案】900
【解析】解：第1个图案中共有1个小正方形，
第2个图案中共有1+3=4个小正方形，
第3个图案中共有1+3+5=9个小正方形，
…，
第n个图案中共有1+3+5+…+(2n−1)=n2个小正方形，
所以，第30个图案中共有302=900个小正方形．
故答案为：900．
观察图案不难发现，图案中的正方形按照从上到下成奇数列排布，写出第n个图案的正方形的个数，然后利用求和公式写出表达式，再把n=30代入进行计算即可得解．
此题考查图形的变化规律，根据图案从上到下的正方形的个数成奇数列排布，得到第n个图案的正方形的个数的表达式是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，∠ADE即为所求；
(2)∵∠ADE=∠B，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC，
∵ADDB=2，DE=4，
∴23=4BC，
∴BC=6．
【解析】(1)根据要求作出图形；
(2)利用相似三角形的性质求解．
本题考查作图−复杂作图，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24.【答案】解：由题意可得，∠NAC=60°，∠DCB=45°，BC=20×3=60(海里)，
在Rt△BCD中，∠DCB=45°，BC=20×3=60海里，
∴CD=BD= 22BC=30 2(海里)，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°−60°=30°，CD=30 2海里，
∴AD= 3CD=30 6(海里)，
∴AB=AD+BD=(30 6+30 2)海里，
答：A，B间的距离(30 6+30 2)海里．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在两个直角三角形中，由特殊锐角的三角函数求出AD、BD即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
25.【答案】解：(1)将点O、B的坐标代入一次函数表达式：y=kx得：4=2k，
解得：k=2，
故一次函数表达式为：y=2x，
(2)①过点B作BM⊥OA，
则∠OCH=∠QPA=∠OAB=∠ABM=α，
则tanα=12，sinα=1 5，
∵OB=AB，则OM=AM=2，则点A(4,0)，
设：AP=a，则OC= 3a，
在△APQ中，sin∠APQ=QAPA=ta=sinα=1 5，
同理PQ=ttanα=2t，
则PA=a= 5t，OC= 15t，
则点C( 3t,2 3t)，
T=OH2−S△OPQ=(OC⋅sinα)2−12×(4−t)×2t=4t2−4t，
②∵4>0，∴T有最小值，当t=12时，
T取得最小值，
此时点C( 32, 3)，
故：m= 32· 3=32．
【解析】(1)将点O、B的坐标代入一次函数表达式：y=kx，即可求解；
(2)①sin∠APQ=QAPA=ta=sinα=1 5，则PA=a= 5t，则点C( 3t,2 3t)，T=OH2−S△OPQ=(OC⋅sinα)2−12(4−t)·2t=4t2−4t；②当t=12时，T取得最小值，而点C( 3t,2 3t)，即可求解．
本题为反比例函数综合运用题，涉及到等腰三角形性质、解直角三角形、一次函数等知识，其中(2)①，确定点C的坐标，是本题解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD ∠ADE=∠CDG DE=DG ，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴∠A=∠DCG=90°，
∴CD⊥CG；
(2)解：∵四边形DEFG是正方形，
∴EF=GF，∠EFM=∠GFM=45°，
在△EFM和△GFM中EF=GF ∠EFM=∠GFM MF=MF ，
∴△EFM≌△GFM(SAS)，
∴EM=GM，∠MEF=∠MGF，
在△EFH和△GFN中，∠EFH=∠GFN EF=GF ∠MEF=∠MGF ，
∴△EFH≌△GFN(ASA)，
∴HF=NF，
∵tan∠MEN=13=HFEF，
∴GF=EF=3HF=3NF，
∴GH=2HF，
作NP//GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，
∴PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，
∴PN=23HF，
∴MNEM=MNGM=PNGH=23HF2HF=13；
(3)EM的长不可能为12，
理由：假设EM的长为12，
∵点E是AB边上一点，且∠EDG=∠ADC=90°，
∴点G在BC的延长线上，
同(2)的方法得，EM=GM=12，
在Rt△BEM中，EM是斜边，
∴BM<12，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴BC=1，
∴CM>12，
∴CM>GM，
∴点G在正方形ABCD的边BC上，与“点G在BC的延长线上”相矛盾，
∴假设错误，
即：EM的长不可能为12．
【解析】(1)由正方形的性质得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出结论；
(2)先证明△EFM≌△GFM得出EM=GM，∠MEF=∠MGF，在证明△EFH≌△GFN得出HF=NF，由三角函数得出GF=EF=3HF=3NF，得出GH=2HF，作NP//GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，得出PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，PN=23HF，即可得出结果；
(3)假设EM=12，先判断出点G在BC的延长线上，同(2)的方法得，EM=GM=12，得出GM=12，再判断出BM<12，得出CM>12，进而得出CM>GM，即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明EM不可能为12是解本题的难度．
27.【答案】证明：(1)∵∠DBC=∠DAC，∠ACH=∠CBD
∴∠DAC=∠ACH
∴AD//CH，
又AD=CH，
∴四边形ADCH是平行四边形．
(2)①∵AB是直径，
∴∠ACB=90°=∠ADB，且AC=BC，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∴∠CDB=∠CAB=45°，
∵AD//CH，
∴∠CHD=∠ADH=90°，且∠CDB=45°，
∴∠CDB=∠DCH=45°，
∴CH=DH，且∠CHD=90°，
∴△DHC为等腰直角三角形；
解：②∵四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形，
∴∠PBC+∠ADC=180°=∠ADP+∠ADC，
∴∠ADP=∠PBC，且∠P=∠P，
∴△ADP∽△CBP，
∴ADBC=PDPB，且PB= 5PD，
∴ADBC=1 5，AD=CH，
∴CHBC=1 5，
∵∠CDB=∠CAB=45°，∠CHD=∠ACB=90°，
∴△CHD∽△ACB，
∴CDAB=CHAC=CHBC=1 5，
∴AB= 5CD，
∵AB+CD=2( 5+1)，
∴ 5CD+CD=2( 5+1)，
∴CD=2，且△DHC为等腰直角三角形，
∴CH= 2．
【解析】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识．
(1)由圆周角的定理可得∠DAC=∠DBC=∠ACH，可证AD//CH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形ADCH是平行四边形；
(2)①由平行线的性质可证∠CHD=∠ADH=90°，由∠CDB=∠CAB=45°，可证△DHC为等腰直角三角形；
②通过证明△ADP∽△CBP，可得CHBC=1 5，通过证明△CHD∽△ACB可得CDAB=CHBC=1 5，可得AB= 5CD，进而求得CD的值，然后由等腰直角三角形的性质可求CH的长度．
28.【答案】解：(1)∵直y=− 33x+ 3分别与x轴、y轴交于B、C两点，
∴B(3,0)，C(0, 3)；
∴OB=3，OC= 3，
∴tan∠BCO=3 3= 3，
∴∠BCO=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACO=30°，
∴AOCO=tan30°= 33，即OA 3= 33，
解得OA=1，
∴A(−1,0)；
(2)∵抛物线y=ax2+bx+ 3经过A，B两点，
∴a−b+ 3=09a+3b+ 3=0，
解得a=− 33b=2 33．
∴抛物线解析式为y=− 33x2+2 33x+ 3；
(3)∵B(3,0)，C(0, 3)；
∴OB=3，OC= 3，
∴tan∠BCO=3 3= 3，
∴∠BCO=60°，
∵MD//y轴，MH⊥BC，
∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，
∴DH=12DM，MH= 32DM，
∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+12DM+ 32DM=3+ 32DM，
∴当DM有最大值时，其周长有最大值，
∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，
∴设M(t,− 33t2+2 33t+ 3)，则D(t,− 33t+ 3)，
∴DM=− 33t2+2 33t+ 3−(− 33t+ 3)
=− 33t2+ 3t
=− 33(t−32)2+3 34，
∴当t=32时，DM有最大值，最大值为3 34，
此时3+ 32DM=3+ 32×3 34=9 3+98，
即△DMH周长的最大值为9 3+98．
【解析】(1)由直线解析式可求得B、C坐标，根据正切的定义可得AOCO=tan30°= 33，进而可得OA=1；
(2)由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(3)在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值．
本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角函数的定义、二次函数的性质、方程思想等知识．在(1)中注意函数图象与坐标的交点的求法，在(2)中注意待定系数法的应用，在(3)中找到DH、MH与DM的关系是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
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