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2023年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二）
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这是一份2023年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二），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年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二）
一、选择题。(本大题满分36分,每小题3分)在下列各题的四个备选答案中,有且只有一个是正确的,请在答题卡上把你认为正确答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑。
1．（3分）若气温上升3℃记作+3℃，则气温下降2℃记作（ ）
A．﹣3℃ B．+3℃ C．﹣2℃ D．+2℃
2．（3分）若x＝﹣1，y＝4，则代数式2（x+y）（ ）
A．﹣6 B．﹣10 C．6 D．2
3．（3分）从边长为2cm的立方体中挖去边长为1cm的立方体，得到的几何体如图所示，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）在国家大数据战略的引领下，我国在人工智能领域成绩显著．大数据中心的规模和数据存储量，决定着人工智能深度学习的质量和速度（ ）
A．5.8×1010 B．5.8×1011 C．5.8×109 D．0.58×1011
5．（3分）函数的自变量x的取值范围为 （ ）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦．若∠C＝70°（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
7．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2÷＝a3 B．+＝
C．﹣＝ D．（﹣y）2•（﹣y）﹣1＝y
8．（3分）若4米高的旗杆在某时刻太阳光下的影子长是6米，同时旗杆旁边的一棵大树的影子长是12米，则大树的高度是（ ）
A．6米 B．8米 C．9米 D．10米
9．（3分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．若要从“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中抽取两张，则恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是（ ）
A． B． C． D．
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6cm，用尺规作图，以4cm长为半径作弧，两弧相交于点M和N，交BC于点D，连接AD，则BF的长是 （ ）
A．2cm B．2.5cm C．5cm D．3cm
12．（3分）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，CE＝4，点P在边GF上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
二、填空题。(每小题3分，共12分)
13．（3分）方程的解是 ．
14．（3分）2020年某款新能源汽车年销售量为15万辆，销售量逐年增加，2022年年销售量为21.6万辆，可列方程为 ．
15．（3分）如图，大正方形与小正方形的面积之差是30，则阴影部分的面积是 ．
16．（3分）如图，在边长为3cm的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，使点A的对应点G落在对角线BD上．若FD＝1cm，则FG的长为 cm，BE的长为 cm．
三、解答题。(本题满分72分)
17．（12分）（1）计算：；
（2）解不等式组．
18．（10分）为响应乡村振兴号召，在外地创业成功的大学毕业生小姣毅然返乡当起了新农人，创办了果蔬生态种植基地．最近，她准备购买甲、乙两种有机肥．已知甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元．甲、乙两种有机肥每吨各多少元？
19．（10分）按照《海南自由贸易港建设总体方案》，海南在2025年底前全岛封关运作，目前，某校开展一次“海南自贸港”知识竞赛，并随机抽取七、八两个年级各50名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析
根据以上信息，回答下列问题：
（1）该校采取的调查方式是 ；（填写“普查”或“抽样调查”）
（2）扇形统计图与频数分布直方图中，m＝ ，n＝ ；
（3）七、八年级成绩的方差分别为 S七2＝7.7、S八2＝9.8，则可判断成绩较整齐的是 年级；
（4）七、八年级成绩的中位数分别是89、84，小明测试成绩是88分，在年级排名属中游略偏上 ； （填写“七年级”或“八年级”）
（5）若该校七年级500名学生都参加竞赛，成绩达到90分及90分以上为优秀，则可估计七年级竞赛成绩达到优秀的学生人数为 人．
20．（10分）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络信号（即DB：AB＝1：2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM＝8m，ME＝9m．
（1）∠PEN＝ °；
（2）求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
21．（15分）如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点（点E不与点B、C重合）
（1）求证：△DCE≌△DAF；
（2）如图2，连接EF，交AD于点K，垂足为点H，连接HB、HC．
①求证：△DKE∽△HDC；
②若AB＝1，设CE＝x，当△BHE是等边三角形时；
③当BH∥DE时，求证：BE＝CE．
22．（15分）如图，抛物线y＝ax2﹣x+c（a＜0）经过点A（﹣4，0）（0，3），交x轴于另一点B，点P（m，n）
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，作PF∥AC交y轴于点F．
①求出四边形PECF的周长l与m的函数表达式，并求l的最大值；
②当四边形PECF是菱形时，请求出P点的横坐标；
③是否存在点P，使得以P、E、C为顶点的三角形与△ADE 相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标，请说明理由．
2023年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题。(本大题满分36分,每小题3分)在下列各题的四个备选答案中,有且只有一个是正确的,请在答题卡上把你认为正确答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑。
1．（3分）若气温上升3℃记作+3℃，则气温下降2℃记作（ ）
A．﹣3℃ B．+3℃ C．﹣2℃ D．+2℃
【答案】C
【分析】根据用正负数来表示具有相反的意义量：上升记为正，则下降记为负，直接得出结论即可．
【解答】解：若气温上升3°C记作+3°C，则气温下降2℃记作﹣2℃，
故选：C．
【点评】本题考查了正负数的应用．解题的关键在于熟练掌握正数与负数表示意义相反的两种量．
2．（3分）若x＝﹣1，y＝4，则代数式2（x+y）（ ）
A．﹣6 B．﹣10 C．6 D．2
【答案】C
【分析】将x＝﹣1，y＝4代入2（x+y）中计算即可．
【解答】解：将x＝﹣1，y＝4代入5（x+y），
得：2（x+y）＝2×（﹣2+4）＝6．
故选：C．
【点评】本题考查代数式求值，掌握有理数的混合运算法则是解题关键．
3．（3分）从边长为2cm的立方体中挖去边长为1cm的立方体，得到的几何体如图所示，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据简单几何体的三视图的画法画出它的俯视图即可．
【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故选：D．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
4．（3分）在国家大数据战略的引领下，我国在人工智能领域成绩显著．大数据中心的规模和数据存储量，决定着人工智能深度学习的质量和速度（ ）
A．5.8×1010 B．5.8×1011 C．5.8×109 D．0.58×1011
【答案】A
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将58000000000用科学记数法表示应为5.8×1010．
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
5．（3分）函数的自变量x的取值范围为 （ ）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
【答案】B
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式进行计算即可求解．
【解答】解：根据题意得，x﹣1＞0，
解得x＞6．
故选：B．
【点评】本题考查了自变量的取值范围，使函数解析式有意义列式求解即可，是基础题，比较简单．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦．若∠C＝70°（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理等得到∠C＝∠ABD，再根据AB是⊙O的直径得到∠ADB＝90°，即可得到答案．
【解答】解：∵∠C＝70°，∠C＝∠ABD，
∴∠ABD＝70°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣70°＝20°，
故选：B．
【点评】此题考查了圆周角定理及其推论，解题的关键是熟记圆周角定理．
7．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2÷＝a3 B．+＝
C．﹣＝ D．（﹣y）2•（﹣y）﹣1＝y
【答案】A
【分析】各式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a2•a＝a3，正确；
B、原式＝；
C、原式＝；
D、原式＝﹣y，
故选：A．
【点评】此题考查了分式的混合运算，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，以及负整数指数幂，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8．（3分）若4米高的旗杆在某时刻太阳光下的影子长是6米，同时旗杆旁边的一棵大树的影子长是12米，则大树的高度是（ ）
A．6米 B．8米 C．9米 D．10米
【答案】B
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，根据相似三角形的性质即可解答．
【解答】解：设树高为x米，
根据题意得，＝，
解得：x＝3，
答：大树的高度是8米．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
9．（3分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．若要从“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中抽取两张，则恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可以列出表格，从而可以得到抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的概率．
【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，大寒用D表示，
A
B
C
D
A
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
由表可得，一共有12种等可能性的结果，
其中抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的可能性有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的概率是＝，
故选：C．
【点评】本题考查列表法与画树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，列出表格．
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据平行四边形的对边相等且平行和利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CFE，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴∠CBF＝∠CFB，
∴CF＝CB＝7，
∴DF＝CF﹣CD＝7﹣8＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6cm，用尺规作图，以4cm长为半径作弧，两弧相交于点M和N，交BC于点D，连接AD，则BF的长是 （ ）
A．2cm B．2.5cm C．5cm D．3cm
【答案】D
【分析】先在Rt△BAC中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AB＝2cm，再由基本作图得到DE垂直平分AC，所以DA＝DC，则∠DAC＝∠C＝30°，接着证明△ABD为等边三角形，所以AF＝DF＝cm，根据等边三角形的性质得BF⊥AD，然后在Rt△ABF中利用含30度角的直角三角形三边的关系求出BF的长．
【解答】解：在Rt△BAC中，∵∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，AB＝×6＝2，
由作法得DE垂直平分AC，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AF＝DF＝cm，
∵点F是AD的中点，
∴BF⊥AD，
在Rt△ABF中，BF＝×＝5（cm）．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和含30度角的直角三角形三边的关系．
12．（3分）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，CE＝4，点P在边GF上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】C
【分析】连接CF，交PQ于点K，利用全等三角形的判定与性质，得到PK＝QK，则M，K两点重合，CM＝FM，可得MN为△CAF的中位线；连接AF，延长AD交EF于点H，利用矩形的判定与性质可得四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，可求得线段AH，FH，利用勾股定理求得AF，利用三角形的中位线定理即可得出结论．
【解答】解：连接CF，交PQ于点K，
∵四边形CEFG为矩形，
∴FG∥CE，
∴∠FPQ＝∠CQP，∠PFC＝∠FCQ．
在△PFK和△QCK中，
，
∴△PFK≌△QCK（ASA），
∴FK＝CK，PK＝QK，
即点K为PQ的中点，
∵点M为PQ的中点，
∴M，K两点重合．
∴CM＝FM．
连接AF，延长AD交EF于点H，
∵矩形ABCD和矩形CEFG，
∴四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，
∴AB＝CD＝HE＝1，DH＝CE＝4，AD＝BC＝5，
∴AH＝AD+DH＝2+4＝8，FH＝FE﹣HE＝2﹣1＝6，
∴AF＝＝＝．
∵CM＝FM，CN＝AN，
∴MN为△CAF的中位线，
∴MN＝AF＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
二、填空题。(每小题3分，共12分)
13．（3分）方程的解是 x＝2 ．
【答案】x＝2．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2﹣x＝0，
解得：x＝7，
把x＝2代入得：x﹣3≠8，
∴分式方程的解为x＝2．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
14．（3分）2020年某款新能源汽车年销售量为15万辆，销售量逐年增加，2022年年销售量为21.6万辆，可列方程为 15（1+x）2＝21.6 ．
【答案】15（1+x）2＝21.6．
【分析】利用2022年的年销售量＝2020年的年销售量×（1+年销售量的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：15（1+x）2＝21.3．
故答案为：15（1+x）2＝21.2．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．（3分）如图，大正方形与小正方形的面积之差是30，则阴影部分的面积是 15 ．
【答案】15．
【分析】设大正方形和小正方形的边长各为a，b，由题意可得a2﹣b2＝30，再运用三角形面积公式进行求解．
【解答】解：设大正方形和小正方形的边长各为a，b，
由题意可得a2﹣b2＝30，
∴阴影部分的面积为：
+
＝
＝
＝
＝15，
故答案为：15．
【点评】此题考查了平方差公式几何背景问题的解决能力，关键是能准确理解题意，结合图形运用以上知识进行求解．
16．（3分）如图，在边长为3cm的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，使点A的对应点G落在对角线BD上．若FD＝1cm，则FG的长为 2 cm，BE的长为 cm．
【答案】2，．
【分析】由折叠的性质可知，EG＝EA，FA＝FG，则FG＝AF＝AD﹣DF＝2，因为四边形ABCD是菱形，则AD＝AB＝3，，则推出△ABD 为等边三角形，则AB＝BD＝3，∠FGE＝∠A＝60°，推出∠DGF+∠EGB＝180°﹣∠FGE＝120°，又因为∠ABD＝60°，则∠EGB+∠BEG＝180°﹣∠ABD＝120°，则∠BEG＝∠DGF，因为∠FDG＝∠ABD＝60°，推出△BEG∽△DGF，则，设AE＝x，EG＝x，EB＝3﹣x，则，求出；又因为 ，即＝，解得，又因为AE＜AB，即x＜3，则；推出BE＝3﹣x＝﹣2．
【解答】解：由折叠的性质可知，EG＝EA，
∴FG＝AF＝AD﹣DF＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，，
∴△ABD 为等边三角形，
∴AB＝BD＝3，∠FGE＝∠A＝60°，
∴∠DGF+∠EGB＝180°﹣∠FGE＝120°，
又∵∠ABD＝60°，
∴∠EGB+∠BEG＝180°﹣∠ABD＝120°，
∴∠BEG＝∠DGF，
∵∠FDG＝∠ABD＝60°，
∴△BEG∽△DGF，
∴，
设AE＝x，EG＝x，
∴，
即；
又∵，
即＝，
解得 ，
∵AE＜AB，
即x＜3，
∴；
∴BE＝3﹣x＝3﹣（2﹣）＝，
故答案为：2，．
【点评】本题考查翻折变换，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识．
三、解答题。(本题满分72分)
17．（12分）（1）计算：；
（2）解不等式组．
【答案】（1）﹣；（2）x＜﹣1．
【分析】（1）先计算算术平方根、去绝对值符号、计算立方根和负整数指数幂，再计算加减即可；
（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．
【解答】解：（1）原式＝+7﹣
＝﹣；
（2）解不等式①，得：x＜﹣1，
解不等式②，得：x≤8，
则不等式组的解集为x＜﹣1．
【点评】本题考查的是实数的运算和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．
18．（10分）为响应乡村振兴号召，在外地创业成功的大学毕业生小姣毅然返乡当起了新农人，创办了果蔬生态种植基地．最近，她准备购买甲、乙两种有机肥．已知甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元．甲、乙两种有机肥每吨各多少元？
【答案】甲种有机肥每吨600元，乙种有机肥每吨500元．
【分析】设甲种有机肥每吨x元，乙种有机肥每吨y元，根据“甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：设甲种有机肥每吨x元，乙种有机肥每吨y元，
依题意得：，
解得：．
答：甲种有机肥每吨600元，乙种有机肥每吨500元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
19．（10分）按照《海南自由贸易港建设总体方案》，海南在2025年底前全岛封关运作，目前，某校开展一次“海南自贸港”知识竞赛，并随机抽取七、八两个年级各50名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析
根据以上信息，回答下列问题：
（1）该校采取的调查方式是 抽样调查 ；（填写“普查”或“抽样调查”）
（2）扇形统计图与频数分布直方图中，m＝ 24 ，n＝ 14 ；
（3）七、八年级成绩的方差分别为 S七2＝7.7、S八2＝9.8，则可判断成绩较整齐的是 七 年级；
（4）七、八年级成绩的中位数分别是89、84，小明测试成绩是88分，在年级排名属中游略偏上 八年级 ； （填写“七年级”或“八年级”）
（5）若该校七年级500名学生都参加竞赛，成绩达到90分及90分以上为优秀，则可估计七年级竞赛成绩达到优秀的学生人数为 120 人．
【答案】（1）抽样调查；
（2）24，14；
（3）七；
（4）八年级；
（5）120．
【分析】（1）根据题意得出抽样调查即可；
（2）根据频率之和为100%，频数之和等于样本容量即可求出m、n的值；
（3）根据方差的大小进而得出结论；
（4）根据七、八年级的中位数以及小明的得分进行判断即可．
（5）样本中，七年级优秀的占调查人数的24%，根据频率＝进行计算即可．
【解答】解：（1）由题意可知，该校采取的调查方式是抽样调查，
故答案为：抽样调查；
（2）m＝100﹣4﹣4﹣20﹣48＝24，
n＝50﹣4﹣4﹣10﹣20＝14，
故答案为：24，14；
（3）∵S七2＝7.7＜S八2＝2.8，
∴七年级的学生成绩比较整齐，
故答案为：七；
（4）∵七、八年级成绩的中位数分别是89，而小明测试成绩是88分在中位数84之上，
∴小明所在的年级是八年级，
故答案为：八年级；
（5）500×24%＝120（人），
故答案为：120．
【点评】本题考查扇形统计图、条形统计图，掌握频率＝是正确解答的前提．
20．（10分）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络信号（即DB：AB＝1：2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM＝8m，ME＝9m．
（1）∠PEN＝ 37 °；
（2）求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
【答案】（1）37；
（2）30.0米．
【分析】（1）作QH⊥AB，垂足为H，根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，∠PES＝53°，即可求得∠PEN＝90﹣53°＝37°；
（2）根据坡度的定义设QH＝5x米，在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH2+AH2＝AQ2，代入求出QH的长，利用锐角三角函数关系tan∠PES＝，得出PS的长，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图，作QH⊥AB，
根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，∠PES＝53°，
∴∠PEN＝90﹣53°＝37°；
故答案为：37；
（2）由i＝1：2.6，可得QH：HA＝5：12，
设QH＝5x米，则HA＝12x米，
在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH5+AH2＝AQ2，
∴（7x）2+（12x）2＝134，
解得x＝1，
∴QH＝5x＝6（米），HA＝12x＝12（米），
∴ES＝HA+AM＝12+8＝20，
∵∠PES＝53°，
在Rt△PES中，tan∠PES＝，
即tan53°＝，
∴PS≈20×1.4＝26.0（米），
∴PQ＝PS+EM﹣QH＝26.0+6﹣5＝30.0（米）．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，勾股定理，坡度的定义，矩形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
21．（15分）如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点（点E不与点B、C重合）
（1）求证：△DCE≌△DAF；
（2）如图2，连接EF，交AD于点K，垂足为点H，连接HB、HC．
①求证：△DKE∽△HDC；
②若AB＝1，设CE＝x，当△BHE是等边三角形时；
③当BH∥DE时，求证：BE＝CE．
【答案】（1）见解析过程；
（2）①将解析过程；
②2﹣；
③见解析过程．
【分析】（1）由“ASA”可证△DCE≌△DAF；
（2）①通过证明点D，点C，点E，点H四点共圆，可得∠DCH＝∠DEH，由等腰直角三角形的性质可得∠FDH＝∠EDH＝45°＝∠DFE＝∠DEF，由外角的性质可得∠DKE＝∠CDH，可得结论；
②由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
③通过证明BG＝BE，可得CE＝AF＝AG，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，
∵DF＝DE，
∴∠FDE＝90°＝∠ADC，
∴∠ADF＝∠CDE，
在△DCE和△DAF中，
，
∴△DCE≌△DAF（ASA）；
（2）①证明：∵DG⊥EF，
∴∠DHE＝∠DCE＝90°，
∴点D，点C，点H四点共圆，
∴∠DCH＝∠DEH，
∵△DCE≌△DAF，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，DG⊥EF，
∴∠FDH＝∠EDH＝45°＝∠DFE＝∠DEF，FH＝EH，
∴∠DFE+∠FDA＝∠EDH+∠CDE，
∴∠DKE＝∠CDH，
∴△CDH∽△EKD；
②解：∵△DCE≌△DAF，
∴AF＝CE＝x，
∴BE＝1﹣x，BF＝1+x，
∵△BHE是等边三角形，
∴∠EBH＝∠BEH＝60°，
∴∠BFE＝30°，
∴BF＝BE，
∴1+x＝（3﹣x），
∴x＝2﹣；
③证明：如图，连接EG，
∵BH∥DE，
∴∠DEF＝∠BHE＝45°，
∵∠EHG＝∠ABC＝90°，
∴点B，点G，点E四点共圆，
∴∠BHE＝∠BGE＝45°，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，
∴GB＝BE，
∴设CE＝AF＝x，
∴BE＝BG＝5﹣x，
∴AG＝x，
∴FG＝2x，
∵DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴DG是EF的垂直平分线，
∴EG＝FG，
∵EG2＝BG2+BE2，
∴4x8＝2（1﹣x）4，
∴x＝﹣1，
∴CE＝﹣1，
∴BE＝CE．
【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22．（15分）如图，抛物线y＝ax2﹣x+c（a＜0）经过点A（﹣4，0）（0，3），交x轴于另一点B，点P（m，n）
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，作PF∥AC交y轴于点F．
①求出四边形PECF的周长l与m的函数表达式，并求l的最大值；
②当四边形PECF是菱形时，请求出P点的横坐标；
③是否存在点P，使得以P、E、C为顶点的三角形与△ADE 相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+3；
（2）①l＝﹣2m2﹣m，l有最大值；
②P点的横坐标是﹣；
③存在，P点坐标为（﹣，3）或（﹣，）．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①求出直线AC的解析式，由题意分别求出点E（m，m+3），D（m，0），则PE＝﹣m2﹣4m，EC＝﹣m，判断四边形PECF是平行四边形，则l＝﹣2m2﹣m＝﹣2（m+）2+，当m＝﹣时，l有最大值；
②由题可知PE＝EC，结合①得到方程﹣m2﹣4m＝﹣m，求出m的值即可；
③由于∠PEC＝∠AED，∠ADE＝90°，分两种情况∠EPC＝90°或∠PCE＝90°；当∠EPC＝90°时，PC⊥PD，此时P点的纵坐标为3，再求P点坐标；当∠PCE＝90°时，∠EAD＝∠EPC，由sin∠EAD＝＝＝，求P点坐标即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），5）代入y＝ax2﹣x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣x+7；
（2）①∵点P（m，n）在第二象限的抛物线上，
∴P（m，﹣m2﹣m+4），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
∵PD⊥x轴，
∴E（m，m+3），0），
∴PE＝﹣m2﹣3m，EC＝﹣m，
∵PE∥y轴，PF∥AC，
∴四边形PECF是平行四边形，
∴l＝3（﹣m2﹣4m﹣m）＝﹣2m3﹣m＝﹣2（m+）2+，
当m＝﹣时，l有最大值；
②∵四边形PECF是菱形，
∴PE＝EC，
∴﹣m3﹣4m＝﹣m，
解得m＝0（舍）或m＝﹣，
∴P点的横坐标是﹣；
③存在点P，使得以P、E，理由如下，
∴∠PEC＝∠AED，∠ADE＝90°，
∴分两种情况∠EPC＝90°或∠PCE＝90°；
当∠EPC＝90°时，PC⊥PD，
∴﹣m2﹣m+2＝3，
解得m＝0（舍）或m＝﹣，
∴P（﹣，3）；
当∠PCE＝90°时，∠EAD＝∠EPC，
∵sin∠EAD＝，
∴＝＝，
解得m＝0或m＝﹣，
∴P（﹣，）；
综上所述：P点坐标为（﹣，3）或（﹣，）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
2023年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二）
一、选择题。(本大题满分36分,每小题3分)在下列各题的四个备选答案中,有且只有一个是正确的,请在答题卡上把你认为正确答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑。
1．（3分）若气温上升3℃记作+3℃，则气温下降2℃记作（ ）
A．﹣3℃ B．+3℃ C．﹣2℃ D．+2℃
2．（3分）若x＝﹣1，y＝4，则代数式2（x+y）（ ）
A．﹣6 B．﹣10 C．6 D．2
3．（3分）从边长为2cm的立方体中挖去边长为1cm的立方体，得到的几何体如图所示，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）在国家大数据战略的引领下，我国在人工智能领域成绩显著．大数据中心的规模和数据存储量，决定着人工智能深度学习的质量和速度（ ）
A．5.8×1010 B．5.8×1011 C．5.8×109 D．0.58×1011
5．（3分）函数的自变量x的取值范围为 （ ）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦．若∠C＝70°（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
7．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2÷＝a3 B．+＝
C．﹣＝ D．（﹣y）2•（﹣y）﹣1＝y
8．（3分）若4米高的旗杆在某时刻太阳光下的影子长是6米，同时旗杆旁边的一棵大树的影子长是12米，则大树的高度是（ ）
A．6米 B．8米 C．9米 D．10米
9．（3分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．若要从“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中抽取两张，则恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是（ ）
A． B． C． D．
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6cm，用尺规作图，以4cm长为半径作弧，两弧相交于点M和N，交BC于点D，连接AD，则BF的长是 （ ）
A．2cm B．2.5cm C．5cm D．3cm
12．（3分）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，CE＝4，点P在边GF上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
二、填空题。(每小题3分，共12分)
13．（3分）方程的解是 ．
14．（3分）2020年某款新能源汽车年销售量为15万辆，销售量逐年增加，2022年年销售量为21.6万辆，可列方程为 ．
15．（3分）如图，大正方形与小正方形的面积之差是30，则阴影部分的面积是 ．
16．（3分）如图，在边长为3cm的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，使点A的对应点G落在对角线BD上．若FD＝1cm，则FG的长为 cm，BE的长为 cm．
三、解答题。(本题满分72分)
17．（12分）（1）计算：；
（2）解不等式组．
18．（10分）为响应乡村振兴号召，在外地创业成功的大学毕业生小姣毅然返乡当起了新农人，创办了果蔬生态种植基地．最近，她准备购买甲、乙两种有机肥．已知甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元．甲、乙两种有机肥每吨各多少元？
19．（10分）按照《海南自由贸易港建设总体方案》，海南在2025年底前全岛封关运作，目前，某校开展一次“海南自贸港”知识竞赛，并随机抽取七、八两个年级各50名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析
根据以上信息，回答下列问题：
（1）该校采取的调查方式是 ；（填写“普查”或“抽样调查”）
（2）扇形统计图与频数分布直方图中，m＝ ，n＝ ；
（3）七、八年级成绩的方差分别为 S七2＝7.7、S八2＝9.8，则可判断成绩较整齐的是 年级；
（4）七、八年级成绩的中位数分别是89、84，小明测试成绩是88分，在年级排名属中游略偏上 ； （填写“七年级”或“八年级”）
（5）若该校七年级500名学生都参加竞赛，成绩达到90分及90分以上为优秀，则可估计七年级竞赛成绩达到优秀的学生人数为 人．
20．（10分）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络信号（即DB：AB＝1：2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM＝8m，ME＝9m．
（1）∠PEN＝ °；
（2）求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
21．（15分）如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点（点E不与点B、C重合）
（1）求证：△DCE≌△DAF；
（2）如图2，连接EF，交AD于点K，垂足为点H，连接HB、HC．
①求证：△DKE∽△HDC；
②若AB＝1，设CE＝x，当△BHE是等边三角形时；
③当BH∥DE时，求证：BE＝CE．
22．（15分）如图，抛物线y＝ax2﹣x+c（a＜0）经过点A（﹣4，0）（0，3），交x轴于另一点B，点P（m，n）
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，作PF∥AC交y轴于点F．
①求出四边形PECF的周长l与m的函数表达式，并求l的最大值；
②当四边形PECF是菱形时，请求出P点的横坐标；
③是否存在点P，使得以P、E、C为顶点的三角形与△ADE 相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标，请说明理由．
2023年海南省海口九中中考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题。(本大题满分36分,每小题3分)在下列各题的四个备选答案中,有且只有一个是正确的,请在答题卡上把你认为正确答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑。
1．（3分）若气温上升3℃记作+3℃，则气温下降2℃记作（ ）
A．﹣3℃ B．+3℃ C．﹣2℃ D．+2℃
【答案】C
【分析】根据用正负数来表示具有相反的意义量：上升记为正，则下降记为负，直接得出结论即可．
【解答】解：若气温上升3°C记作+3°C，则气温下降2℃记作﹣2℃，
故选：C．
【点评】本题考查了正负数的应用．解题的关键在于熟练掌握正数与负数表示意义相反的两种量．
2．（3分）若x＝﹣1，y＝4，则代数式2（x+y）（ ）
A．﹣6 B．﹣10 C．6 D．2
【答案】C
【分析】将x＝﹣1，y＝4代入2（x+y）中计算即可．
【解答】解：将x＝﹣1，y＝4代入5（x+y），
得：2（x+y）＝2×（﹣2+4）＝6．
故选：C．
【点评】本题考查代数式求值，掌握有理数的混合运算法则是解题关键．
3．（3分）从边长为2cm的立方体中挖去边长为1cm的立方体，得到的几何体如图所示，它的俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据简单几何体的三视图的画法画出它的俯视图即可．
【解答】解：这个几何体的俯视图为：
故选：D．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
4．（3分）在国家大数据战略的引领下，我国在人工智能领域成绩显著．大数据中心的规模和数据存储量，决定着人工智能深度学习的质量和速度（ ）
A．5.8×1010 B．5.8×1011 C．5.8×109 D．0.58×1011
【答案】A
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将58000000000用科学记数法表示应为5.8×1010．
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
5．（3分）函数的自变量x的取值范围为 （ ）
A．x≥1 B．x＞1 C．x≤1 D．x＜1
【答案】B
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式进行计算即可求解．
【解答】解：根据题意得，x﹣1＞0，
解得x＞6．
故选：B．
【点评】本题考查了自变量的取值范围，使函数解析式有意义列式求解即可，是基础题，比较简单．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦．若∠C＝70°（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】先根据圆周角定理等得到∠C＝∠ABD，再根据AB是⊙O的直径得到∠ADB＝90°，即可得到答案．
【解答】解：∵∠C＝70°，∠C＝∠ABD，
∴∠ABD＝70°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣70°＝20°，
故选：B．
【点评】此题考查了圆周角定理及其推论，解题的关键是熟记圆周角定理．
7．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a2÷＝a3 B．+＝
C．﹣＝ D．（﹣y）2•（﹣y）﹣1＝y
【答案】A
【分析】各式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、原式＝a2•a＝a3，正确；
B、原式＝；
C、原式＝；
D、原式＝﹣y，
故选：A．
【点评】此题考查了分式的混合运算，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，以及负整数指数幂，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
8．（3分）若4米高的旗杆在某时刻太阳光下的影子长是6米，同时旗杆旁边的一棵大树的影子长是12米，则大树的高度是（ ）
A．6米 B．8米 C．9米 D．10米
【答案】B
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，根据相似三角形的性质即可解答．
【解答】解：设树高为x米，
根据题意得，＝，
解得：x＝3，
答：大树的高度是8米．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
9．（3分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．若要从“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中抽取两张，则恰好抽到“立夏”、“秋分”两张邮票的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可以列出表格，从而可以得到抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的概率．
【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，大寒用D表示，
A
B
C
D
A
（B，A）
（C，A）
（D，A）
B
（A，B）
（C，B）
（D，B）
C
（A，C）
（B，C）
（D，C）
D
（A，D）
（B，D）
（C，D）
由表可得，一共有12种等可能性的结果，
其中抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的可能性有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“立夏”、“秋分”的概率是＝，
故选：C．
【点评】本题考查列表法与画树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，列出表格．
10．（3分）如图，在▱ABCD中，AB＝4，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据平行四边形的对边相等且平行和利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CFE，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴∠CBF＝∠CFB，
∴CF＝CB＝7，
∴DF＝CF﹣CD＝7﹣8＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6cm，用尺规作图，以4cm长为半径作弧，两弧相交于点M和N，交BC于点D，连接AD，则BF的长是 （ ）
A．2cm B．2.5cm C．5cm D．3cm
【答案】D
【分析】先在Rt△BAC中利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AB＝2cm，再由基本作图得到DE垂直平分AC，所以DA＝DC，则∠DAC＝∠C＝30°，接着证明△ABD为等边三角形，所以AF＝DF＝cm，根据等边三角形的性质得BF⊥AD，然后在Rt△ABF中利用含30度角的直角三角形三边的关系求出BF的长．
【解答】解：在Rt△BAC中，∵∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，AB＝×6＝2，
由作法得DE垂直平分AC，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AF＝DF＝cm，
∵点F是AD的中点，
∴BF⊥AD，
在Rt△ABF中，BF＝×＝5（cm）．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和含30度角的直角三角形三边的关系．
12．（3分）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，CE＝4，点P在边GF上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】C
【分析】连接CF，交PQ于点K，利用全等三角形的判定与性质，得到PK＝QK，则M，K两点重合，CM＝FM，可得MN为△CAF的中位线；连接AF，延长AD交EF于点H，利用矩形的判定与性质可得四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，可求得线段AH，FH，利用勾股定理求得AF，利用三角形的中位线定理即可得出结论．
【解答】解：连接CF，交PQ于点K，
∵四边形CEFG为矩形，
∴FG∥CE，
∴∠FPQ＝∠CQP，∠PFC＝∠FCQ．
在△PFK和△QCK中，
，
∴△PFK≌△QCK（ASA），
∴FK＝CK，PK＝QK，
即点K为PQ的中点，
∵点M为PQ的中点，
∴M，K两点重合．
∴CM＝FM．
连接AF，延长AD交EF于点H，
∵矩形ABCD和矩形CEFG，
∴四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，
∴AB＝CD＝HE＝1，DH＝CE＝4，AD＝BC＝5，
∴AH＝AD+DH＝2+4＝8，FH＝FE﹣HE＝2﹣1＝6，
∴AF＝＝＝．
∵CM＝FM，CN＝AN，
∴MN为△CAF的中位线，
∴MN＝AF＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
二、填空题。(每小题3分，共12分)
13．（3分）方程的解是 x＝2 ．
【答案】x＝2．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2﹣x＝0，
解得：x＝7，
把x＝2代入得：x﹣3≠8，
∴分式方程的解为x＝2．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
14．（3分）2020年某款新能源汽车年销售量为15万辆，销售量逐年增加，2022年年销售量为21.6万辆，可列方程为 15（1+x）2＝21.6 ．
【答案】15（1+x）2＝21.6．
【分析】利用2022年的年销售量＝2020年的年销售量×（1+年销售量的平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：15（1+x）2＝21.3．
故答案为：15（1+x）2＝21.2．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．（3分）如图，大正方形与小正方形的面积之差是30，则阴影部分的面积是 15 ．
【答案】15．
【分析】设大正方形和小正方形的边长各为a，b，由题意可得a2﹣b2＝30，再运用三角形面积公式进行求解．
【解答】解：设大正方形和小正方形的边长各为a，b，
由题意可得a2﹣b2＝30，
∴阴影部分的面积为：
+
＝
＝
＝
＝15，
故答案为：15．
【点评】此题考查了平方差公式几何背景问题的解决能力，关键是能准确理解题意，结合图形运用以上知识进行求解．
16．（3分）如图，在边长为3cm的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，使点A的对应点G落在对角线BD上．若FD＝1cm，则FG的长为 2 cm，BE的长为 cm．
【答案】2，．
【分析】由折叠的性质可知，EG＝EA，FA＝FG，则FG＝AF＝AD﹣DF＝2，因为四边形ABCD是菱形，则AD＝AB＝3，，则推出△ABD 为等边三角形，则AB＝BD＝3，∠FGE＝∠A＝60°，推出∠DGF+∠EGB＝180°﹣∠FGE＝120°，又因为∠ABD＝60°，则∠EGB+∠BEG＝180°﹣∠ABD＝120°，则∠BEG＝∠DGF，因为∠FDG＝∠ABD＝60°，推出△BEG∽△DGF，则，设AE＝x，EG＝x，EB＝3﹣x，则，求出；又因为 ，即＝，解得，又因为AE＜AB，即x＜3，则；推出BE＝3﹣x＝﹣2．
【解答】解：由折叠的性质可知，EG＝EA，
∴FG＝AF＝AD﹣DF＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，，
∴△ABD 为等边三角形，
∴AB＝BD＝3，∠FGE＝∠A＝60°，
∴∠DGF+∠EGB＝180°﹣∠FGE＝120°，
又∵∠ABD＝60°，
∴∠EGB+∠BEG＝180°﹣∠ABD＝120°，
∴∠BEG＝∠DGF，
∵∠FDG＝∠ABD＝60°，
∴△BEG∽△DGF，
∴，
设AE＝x，EG＝x，
∴，
即；
又∵，
即＝，
解得 ，
∵AE＜AB，
即x＜3，
∴；
∴BE＝3﹣x＝3﹣（2﹣）＝，
故答案为：2，．
【点评】本题考查翻折变换，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识．
三、解答题。(本题满分72分)
17．（12分）（1）计算：；
（2）解不等式组．
【答案】（1）﹣；（2）x＜﹣1．
【分析】（1）先计算算术平方根、去绝对值符号、计算立方根和负整数指数幂，再计算加减即可；
（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．
【解答】解：（1）原式＝+7﹣
＝﹣；
（2）解不等式①，得：x＜﹣1，
解不等式②，得：x≤8，
则不等式组的解集为x＜﹣1．
【点评】本题考查的是实数的运算和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．
18．（10分）为响应乡村振兴号召，在外地创业成功的大学毕业生小姣毅然返乡当起了新农人，创办了果蔬生态种植基地．最近，她准备购买甲、乙两种有机肥．已知甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元．甲、乙两种有机肥每吨各多少元？
【答案】甲种有机肥每吨600元，乙种有机肥每吨500元．
【分析】设甲种有机肥每吨x元，乙种有机肥每吨y元，根据“甲种有机肥每吨的价格比乙种有机肥每吨的价格多100元，购买2吨甲种有机肥和1吨乙种有机肥共需1700元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：设甲种有机肥每吨x元，乙种有机肥每吨y元，
依题意得：，
解得：．
答：甲种有机肥每吨600元，乙种有机肥每吨500元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出二元一次方程组．
19．（10分）按照《海南自由贸易港建设总体方案》，海南在2025年底前全岛封关运作，目前，某校开展一次“海南自贸港”知识竞赛，并随机抽取七、八两个年级各50名学生的竞赛成绩进行整理、描述和分析
根据以上信息，回答下列问题：
（1）该校采取的调查方式是 抽样调查 ；（填写“普查”或“抽样调查”）
（2）扇形统计图与频数分布直方图中，m＝ 24 ，n＝ 14 ；
（3）七、八年级成绩的方差分别为 S七2＝7.7、S八2＝9.8，则可判断成绩较整齐的是 七 年级；
（4）七、八年级成绩的中位数分别是89、84，小明测试成绩是88分，在年级排名属中游略偏上 八年级 ； （填写“七年级”或“八年级”）
（5）若该校七年级500名学生都参加竞赛，成绩达到90分及90分以上为优秀，则可估计七年级竞赛成绩达到优秀的学生人数为 120 人．
【答案】（1）抽样调查；
（2）24，14；
（3）七；
（4）八年级；
（5）120．
【分析】（1）根据题意得出抽样调查即可；
（2）根据频率之和为100%，频数之和等于样本容量即可求出m、n的值；
（3）根据方差的大小进而得出结论；
（4）根据七、八年级的中位数以及小明的得分进行判断即可．
（5）样本中，七年级优秀的占调查人数的24%，根据频率＝进行计算即可．
【解答】解：（1）由题意可知，该校采取的调查方式是抽样调查，
故答案为：抽样调查；
（2）m＝100﹣4﹣4﹣20﹣48＝24，
n＝50﹣4﹣4﹣10﹣20＝14，
故答案为：24，14；
（3）∵S七2＝7.7＜S八2＝2.8，
∴七年级的学生成绩比较整齐，
故答案为：七；
（4）∵七、八年级成绩的中位数分别是89，而小明测试成绩是88分在中位数84之上，
∴小明所在的年级是八年级，
故答案为：八年级；
（5）500×24%＝120（人），
故答案为：120．
【点评】本题考查扇形统计图、条形统计图，掌握频率＝是正确解答的前提．
20．（10分）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络信号（即DB：AB＝1：2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM＝8m，ME＝9m．
（1）∠PEN＝ 37 °；
（2）求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
【答案】（1）37；
（2）30.0米．
【分析】（1）作QH⊥AB，垂足为H，根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，∠PES＝53°，即可求得∠PEN＝90﹣53°＝37°；
（2）根据坡度的定义设QH＝5x米，在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH2+AH2＝AQ2，代入求出QH的长，利用锐角三角函数关系tan∠PES＝，得出PS的长，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图，作QH⊥AB，
根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，∠PES＝53°，
∴∠PEN＝90﹣53°＝37°；
故答案为：37；
（2）由i＝1：2.6，可得QH：HA＝5：12，
设QH＝5x米，则HA＝12x米，
在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH5+AH2＝AQ2，
∴（7x）2+（12x）2＝134，
解得x＝1，
∴QH＝5x＝6（米），HA＝12x＝12（米），
∴ES＝HA+AM＝12+8＝20，
∵∠PES＝53°，
在Rt△PES中，tan∠PES＝，
即tan53°＝，
∴PS≈20×1.4＝26.0（米），
∴PQ＝PS+EM﹣QH＝26.0+6﹣5＝30.0（米）．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，勾股定理，坡度的定义，矩形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
21．（15分）如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点（点E不与点B、C重合）
（1）求证：△DCE≌△DAF；
（2）如图2，连接EF，交AD于点K，垂足为点H，连接HB、HC．
①求证：△DKE∽△HDC；
②若AB＝1，设CE＝x，当△BHE是等边三角形时；
③当BH∥DE时，求证：BE＝CE．
【答案】（1）见解析过程；
（2）①将解析过程；
②2﹣；
③见解析过程．
【分析】（1）由“ASA”可证△DCE≌△DAF；
（2）①通过证明点D，点C，点E，点H四点共圆，可得∠DCH＝∠DEH，由等腰直角三角形的性质可得∠FDH＝∠EDH＝45°＝∠DFE＝∠DEF，由外角的性质可得∠DKE＝∠CDH，可得结论；
②由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
③通过证明BG＝BE，可得CE＝AF＝AG，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，
∵DF＝DE，
∴∠FDE＝90°＝∠ADC，
∴∠ADF＝∠CDE，
在△DCE和△DAF中，
，
∴△DCE≌△DAF（ASA）；
（2）①证明：∵DG⊥EF，
∴∠DHE＝∠DCE＝90°，
∴点D，点C，点H四点共圆，
∴∠DCH＝∠DEH，
∵△DCE≌△DAF，
∴DE＝DF，
∵∠EDF＝90°，DG⊥EF，
∴∠FDH＝∠EDH＝45°＝∠DFE＝∠DEF，FH＝EH，
∴∠DFE+∠FDA＝∠EDH+∠CDE，
∴∠DKE＝∠CDH，
∴△CDH∽△EKD；
②解：∵△DCE≌△DAF，
∴AF＝CE＝x，
∴BE＝1﹣x，BF＝1+x，
∵△BHE是等边三角形，
∴∠EBH＝∠BEH＝60°，
∴∠BFE＝30°，
∴BF＝BE，
∴1+x＝（3﹣x），
∴x＝2﹣；
③证明：如图，连接EG，
∵BH∥DE，
∴∠DEF＝∠BHE＝45°，
∵∠EHG＝∠ABC＝90°，
∴点B，点G，点E四点共圆，
∴∠BHE＝∠BGE＝45°，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，
∴GB＝BE，
∴设CE＝AF＝x，
∴BE＝BG＝5﹣x，
∴AG＝x，
∴FG＝2x，
∵DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴DG是EF的垂直平分线，
∴EG＝FG，
∵EG2＝BG2+BE2，
∴4x8＝2（1﹣x）4，
∴x＝﹣1，
∴CE＝﹣1，
∴BE＝CE．
【点评】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22．（15分）如图，抛物线y＝ax2﹣x+c（a＜0）经过点A（﹣4，0）（0，3），交x轴于另一点B，点P（m，n）
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）过点P作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，作PF∥AC交y轴于点F．
①求出四边形PECF的周长l与m的函数表达式，并求l的最大值；
②当四边形PECF是菱形时，请求出P点的横坐标；
③是否存在点P，使得以P、E、C为顶点的三角形与△ADE 相似？若存在，请求出满足条件的点P的坐标，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+3；
（2）①l＝﹣2m2﹣m，l有最大值；
②P点的横坐标是﹣；
③存在，P点坐标为（﹣，3）或（﹣，）．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①求出直线AC的解析式，由题意分别求出点E（m，m+3），D（m，0），则PE＝﹣m2﹣4m，EC＝﹣m，判断四边形PECF是平行四边形，则l＝﹣2m2﹣m＝﹣2（m+）2+，当m＝﹣时，l有最大值；
②由题可知PE＝EC，结合①得到方程﹣m2﹣4m＝﹣m，求出m的值即可；
③由于∠PEC＝∠AED，∠ADE＝90°，分两种情况∠EPC＝90°或∠PCE＝90°；当∠EPC＝90°时，PC⊥PD，此时P点的纵坐标为3，再求P点坐标；当∠PCE＝90°时，∠EAD＝∠EPC，由sin∠EAD＝＝＝，求P点坐标即可．
【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），5）代入y＝ax2﹣x+c，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2﹣x+7；
（2）①∵点P（m，n）在第二象限的抛物线上，
∴P（m，﹣m2﹣m+4），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+2，
∵PD⊥x轴，
∴E（m，m+3），0），
∴PE＝﹣m2﹣3m，EC＝﹣m，
∵PE∥y轴，PF∥AC，
∴四边形PECF是平行四边形，
∴l＝3（﹣m2﹣4m﹣m）＝﹣2m3﹣m＝﹣2（m+）2+，
当m＝﹣时，l有最大值；
②∵四边形PECF是菱形，
∴PE＝EC，
∴﹣m3﹣4m＝﹣m，
解得m＝0（舍）或m＝﹣，
∴P点的横坐标是﹣；
③存在点P，使得以P、E，理由如下，
∴∠PEC＝∠AED，∠ADE＝90°，
∴分两种情况∠EPC＝90°或∠PCE＝90°；
当∠EPC＝90°时，PC⊥PD，
∴﹣m2﹣m+2＝3，
解得m＝0（舍）或m＝﹣，
∴P（﹣，3）；
当∠PCE＝90°时，∠EAD＝∠EPC，
∵sin∠EAD＝，
∴＝＝，
解得m＝0或m＝﹣，
∴P（﹣，）；
综上所述：P点坐标为（﹣，3）或（﹣，）．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
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