2023年河北省沧州市黄骅市中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年河北省沧州市黄骅市中考数学一模试卷（含解析），共28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年河北省沧州市黄骅市中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知a3⋅a★=a3，则“★”是(    )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
2.将三角尺和直尺如图所示叠放在一起，已知∠1=80°，则∠2=(    )

A. 40° B. 45° C. 50° D. 55°
3.下列计算结果正确的是(    )
A. (−2)2=−2 B. 7− 3=2 C. 12× 8=±2 D. 2 12= 2
4.下列计算结果与−2−(−3)的结果不相同的是(    )
A. −(−1) B. −|−1| C. −2+3 D. 0−(−1)
5.2022年9月5日，四川发生地震后，中央和省级紧急向灾区调拨救灾物资，其中向甘孜州调拨6.4万件，向雅安市调拨4.6万件，则中央和省级共调拨救灾物资件数用科学记数法表示为(    )
A. 1.1×104件 B. 11×104件 C. 1.1×105件 D. 1.0×105件
6.如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l与BC交于点P，且点P到AB的距离为3cm，点Q为AC上任意一点，则PQ的最小值为(    )
A. 2cm
B. 2.5cm
C. 3cm
D. 3.5cm
7.腰鼓是河北省的代表文化之一，是中国汉族古老的民族乐器.某校将腰鼓作为特色教育项目引入校园，强健学生体魄，弘扬传统文化，如图为腰鼓实物图，则其三视图正确的是(    )
A.
B.
C. C
D.
8.某中学开展“迎接2022年北京冬奥会”的手抄报作品征集活动，从中随机抽取了部分作品，按A，B，C，D，E五个等级评价并进行统计，绘制成两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，下列说法正确的是(    )

A. 本次调查的样本容量为200
B. C等级的学生有40名
C. 扇形统计图B等级所对应的扇形圆心角的度数为144°
D. 该校有1200名学生参加竞赛，则估计成绩为A和B等级的学生共有652名
9.小敏在做数学作业时，不小心将式子中除号后边的代数式污染，即(a2−2aa2−1−1)÷*，通过查看答案，答案为11−a，则被污染的代数式*为(    )
A. 2a+1a+1 B. a+12a−1 C. 2a−1a+1 D. a+12a−2
10.如图，点O是正六边形ABCDEF对角线DF上的一点，且S△AOC=8，则正六边形ABCDEF的面积为(    )
A. 18
B. 24
C. 30
D. 随着点O的变化而变化
11.在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠EBD=90°，∠BAC=∠E=30°，BC=4，DF=1，点F与点B重合，将△DEF沿BA方向平移，得到△D′E′F′，当平移距离为5时，连接AE′，则AE′的长度为(    )
A. 3
B. 5
C. 2
D. 2 3


12.对于a、b定义a★b=1a−b2，已知分式方程x★(−1)=x3−3x的解满足不等式(2−a)x−3>0，则a的取值范围为(    )
A. a<1 B. a>1 C. a<3 D. a>3
13.在平行四边形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F，已知AE=2，且∠CBF=∠EAF，设EF=x，BF=y，假设x、y能组成函数，则y与x的函数的图象为(    )
A. B. C. D.
14.如图1为某款“不倒翁”，图2为它的主视图，PA、PB分别与AMB所在圆相切于点A、B.连接PO并延长交AMB于点M，若该圆半径是6cm，PA=8cm，则sin∠AMB的值为(    )
A. 45
B. 35
C. 34
D. 43
15.如图，在矩形ABCD中，BC

A. 甲、乙正确 B. 甲、丙正确 C. 乙、丙正确 D. 甲、乙、丙都正确
16.如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)、B(3,0)，则下列结论，正确的有(    )
①若(m−2,y1)、(m,y2)在该抛物线上，当y1 ②若抛物线与y轴交于点C(0,−3)，当n≤x≤4时y的最大值与最小值的差为6，则n的值为1+ 3或1− 6；
③平面直角坐标系内，线段MN的端点为M(4,2)，N(7,2)，当抛物线y=ax2+bx+c与线段MN有交点时，a的取值范围是116≤a≤25；
④以AB为直径的圆与x轴下方抛物线有交点，则a的取值范围是a<12．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共3小题，共9.0分）
17.已知10a=2，100b=50，则12a+b−32= ______ ．
18.如图，点O为△ABC中的外心，过点O分别作AB、AC的垂线l1l2，交BC于D、E两点．
(1)若∠DAE=50°，则∠BAC的度数为______ ；
(2)过点O作OF⊥BC于点F，BF=5cm，则△ADE的周长______ ．

19.如图，点A为反比例函数y=kx第三象限图象上一动点，连接OA，在第四象限内作OB⊥OA，且OB= 3OA，连接AB，与y轴交于点C．
(1)在运动过程中，经过点A(−2,− 32)，则k的值为______ ；
(2)在(1)的条件下，在运动过程中，点B所经过的路线对应的函数解析式为______ ；当点C为AB的中点时，点B的坐标为______ ．


三、解答题（本大题共7小题，共69.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20.(本小题9.0分)

如图，数轴上有三点A、B、C，点A表示的数a=1，点A向左平移两个单位长度到达点B，向右平移3个单位到达点C．
(1)直接写出点B、C对应的数b、c的值；
(2)计算：−2a−b+(−c)的值；
(3)已知m是关于x的一元二次方程cx2−2ax+b=0的根，求代数式(m−1)2+m(m+1)的值．

21.(本小题9.0分)
(1)小明在书店购买了8本科普类课外读物，嘉嘉在书店购买了4本名著类课外读物，小明将购买的课外读物送给了嘉嘉a本，此时嘉嘉的课外读物是小明的2倍少3本，求a的值；
(2)若小明在书店购买了x本科普类课外读物，嘉嘉在书店购买了12x本名著类课外读物，小明挑选出自己喜欢的m(1≤m≤x)本送给嘉嘉，求此时嘉嘉比小明多几本课外读物？
(3)在(2)的情况下，嘉嘉还给小明m本课外读物时，不小心拿了自己的n本名著，说明嘉嘉手中科普类的数量与小明手中名著类的数量之间的关系．

22.(本小题9.0分)
某公司欲招聘一名英语翻译，对甲、乙、丙三人的笔试成绩、口语成绩、面试成绩三项进行了测试，各项满分均为100分，成绩高者被录用，三人的成绩如下表：
应聘者
笔试成绩
口语成绩
面试成绩
甲
90
87
90
乙
89
94
88
丙
85
m
90
(1)如果公司认为笔试成绩、口语成绩、面试成绩同等重要，结果甲与丙的成绩相同，求m的值；
(2)若将甲、乙、丙的三项测试成绩，按照扇形统计图各项所占之比，分别计算三人各自的综合成绩，并判断录用结果；
(3)进行面试时，甲、乙、丙坐在一排进行等待，请你计算甲、乙两人坐在相邻的位置的概率．

23.(本小题10.0分)

如图，直线l与x轴、y轴分别交于点A、点B，已知线段OA、OB的长(OA>OB)为一元二次方程x2−6x+8=0的两个实数根．
(1)求直线l的解析式；
(2)点P(m,n)为直线l上的点，求mn的最大值，并求出此时点P的坐标；
(3)平移直线l，使直线经过点M(1,3)，与x轴交于点N，请直接写出在第一象限内直线l与直线MN之间整点的个数(不含边界)．

24.(本小题10.0分)
为了传承红色教育，某学校组织学生网上游览中央红军长征出发地纪念园，门口的主题雕塑平面示意图如图所示，底座上方四边形GDEF的边DE与底座四边形ABCD的边AD在同一条直线上，已知AB/​/CD/​/EF，AD=BC=1.6米，∠FGC=∠A，雕塑的高为7.5米，底座梯形下底边AB长为8.6米，斜坡AD的坡度为3：1．

(1)判断四边形DEFG的形状；
(2)求底座四边形ABCD中CD的长度；
(3)若雕塑中弧PH所在圆的圆心为点D，且点P为边DE的三等分点，求弧PH的长度.(精确到0.1，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3， 10≈3.2)
25.(本小题10.0分)
北京冬奥会上我国选手在跳台滑雪项目中夺得金牌，如图为某同学绘制的赛道截面图，着陆坡AC的坡角为30°，起跳点A在y轴上，某运动员(看作点)从点A开始起跳，腾空后至着陆坡的B处着陆，腾空后运动员的横坐标x、纵坐标y与时间t之间的关系式为x=a(t+1)，y=−5t2+70，a为运动员起跳后水平方向的速度，测得某运动员起跳后a=10 3

(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)该运动员经过几秒后着陆，并求此时着陆点B到停止区的坡面距离；
(3)当t为何值时，运动员距离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是多少？
26.(本小题12.0分)
如图，在菱形ABCD中，AB=2 3cm，∠ABC=60°，对角线AC、BD交于点O，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H，且CH=OC，点E为BC的中点，过点E作EF⊥BC交BD于点F．

(1)求证：△OCD≌△HCD；
(2)将△BEF沿BD方向以每秒1个单位长度的速度平移到△B′E′F′，当点与点D重合后，立即绕点D以每秒3度的速度逆时针方向旋转120°停止运动．
①线段EF从平移开始，到绕点D旋转结束，求边EF扫过的面积；
②求在旋转过程中，B′C的最大值与最小值的差；
③若点M在CD上，且DM=2 33，求点M在△B′E′F′内部(包括边界)时的时长；
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵a3⋅a★=a3，
∴3+★=3，
∴★=0，
故选：B．
先利用同底数幂相乘法则计算，列出关于★的方程，进行解答即可．
本题主要考查了同底数幂相乘法则，解题关键是熟练掌握同底数幂相乘法则．
2.【答案】C 
【解析】解：∵∠1=∠2+∠3，
∴∠2=∠1−∠3，
∵∠1=80°，∠3=30°，
∴∠2=50°．
故选：C．
由三角形外角的性质得到∠1=∠2+∠3，因此∠2=∠1−∠3=80°−30°=50°．
本题考查三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质得到∠2=∠1−∠3．
3.【答案】D 
【解析】解： (−2)2=2，故选项A错误，不符合题意；
7− 3不能合并，故选项B错误，不符合题意；
12× 8= 4=2，故选项C错误，不符合题意；
2 12= 2，故选项D正确，符合题意；
故选：D．
计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】B 
【解析】解：原式=−2+3=1，
A、−(−1)=1，故此选项不符合题意；
B、−|−1|=−1，故此选项符合题意；
C、原式=−2+3=1，故此选项不符合题意；
D、0−(−1)=0+1=1，故此选项不符合题意；
故选：B．
首先根据有理数减法运算法则对原式进行计算，然后结合绝对值，相反数的概念以及有理数加减法运算法则对选项进行化简计算，从而作出判断．
本题考查有理数的减法运算，理解绝对值和相反数的概念，掌握有理数减法运算法则(减去一个数，等于加上这个数的相反数)是解题关键．
5.【答案】C 
【解析】解：6.4万+4.6万=11万=110000=1.1×105．
故选：C．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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．
6.【答案】C 
【解析】解：∵将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，
∴PA为∠BAC的角平分线，
∵点Q为AC上任意一点，
∴PQ的最小值等于点P到AB的距离3cm．
故选：C．
由折叠可得：PA为∠BAC的角平分线，根据垂线段最短即可解答．
本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相等是解答本题的关键．
7.【答案】A 
【解析】解：其三视图正确的是主视图，左视图两侧应该是曲线，俯视图应该是两个同心圆．
故选：A．
分别得出该几何体的三视图，进而得出答案．
本题考查了三视图的知识，正确把握三视图的画法是解题关键．
8.【答案】C 
【解析】解：A.调查人数为：26÷26%=100(人)，因此选项A不符合题意；
B.样本中C等级的人数为：100×20%=20(人)，因此选项B不符合题意；
C.扇形统计图B等级所对应的扇形圆心角的度数为360°×100−26−20−10−4100=144°，因此选项C符合题意；
D.1200×26+20100=552(人)，因此选项D不符合题意；
故选：C．
A.从两个统计图可知，样本中作品得A等级的26人，占调查人数的26%，根据频率=频数总数可求出调查人数；
B.求出样本中成绩为C等级的学生人数即可得出判断；
C.求出样本中B等级的学生所占的百分比，进而求出相应的圆心角度数即可；
D.样本估计总体，求出样本中A和B两个等级的学生占调查学生人数的百分比，进行计算即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图，理解两个统计图中数量之间的关系是正确解答的前提，掌握频率=频数总数是解决问题的二公局．
9.【答案】C 
【解析】解：根据题意，被污染的代数式*为：
(a2−2aa2−1−1)÷11−a
=a2−2a−a2+1a2−1⋅(1−a)
=−2a+1(a+1)(a−1)⋅[−(a−1)]
=2a−1a+1，
故选：C．
先列出算式，再计算即可．
本题考查分式的混合运算，解题的关键是读懂题意列出算式，掌握分式基本性质把分式通分和约分．
10.【答案】B 
【解析】解：如图，连接AD、CF相交于点O′，则点O′是正六边形ABCDEF的中心，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=AF，
∠B=BCD=∠∠CDE=∠DEF=∠EFA=∠FAB=(6−2)×180°6=120°，
∴∠BAC=∠BCA=180°−120°2=30°，
∴∠ACD=120°−30°=90°，
同理，∠CDF=∠DFA=90°，
∴四边形ACDF是矩形，
∴S△AO′C=S△CO′D=S△DO′F=S△AO′F=14S矩形ACDF，
由正六边形的性质可得S△ABC=S△AO′C=S△DEF，
∵S△AOC=8，
∴S矩形ACDF=2S△AOC=16，
∴S正六边形ABCDEF=S矩形ACDF+2S△ABC
=16+8
=24，
故选：B．
根据圆内接正六边形的性质得出四边形ACDF是矩形，进而得出S△AO′C=S△CO′D=S△DO′F=S△AO′F=S△ABC=S△DEF=4，由面积之间的关系可得答案．
本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质以及矩形的判定和性质是正确解答的前提．
11.【答案】D 
【解析】解：在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠EBD=90°，∠BAC=∠E=30°，
∵BC=4，DF=1，
∴AB=2BC=8，DE=2DF=2，
∴EF= 3DF= 3，
∵将△DEF沿BA方向平移，得到△D′E′F′，
∴EF=E′F′= 3，
∵平移距离为5，
∴FF′=5，
∴AF′=AB−FF′=8−5=3，
∴AE′= AF′2+E′F′2= 32+( 3)2=2 3，
∴AE′的长度为2 3．
故选：D．
根据含30度角的直角三角形性质可得AB=2BC=8，DE=2DF=2，所以EF= 3DF= 3，根据将△DEF沿BA方向平移，得到△D′E′F′，所以EF=E′F′= 3，然后利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了平移的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握平移的性质．
12.【答案】D 
【解析】解：∵a★b=1a−b2，
∴x★(−1)=1x−(−1)2=1x−1，
∴1x−1=x3−3x，
即1x−1=−x3(x−1)，
方程两边都乘以3(x−1)，得：−x=3．
∴x=−3，
经检验，x=−3是原分式方程的解，
根据题意把x=−3代入到不等式(2−a)x−3>0中得：−3(2−a)−3>0，
解得：a>3，
故选：D．
先根据新定义解分式方程，求出x的值，再根据题意将x的值代入到不等式中，解不等式即可求出a的取值范围．
本题主要考查了解分式方程以及解一元一次不等式，根据新定义列出分式方程求解是解题的关键．
13.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AE⊥BD，CF⊥BD，
∴CF=AE=2，
∵∠CBF=∠EAF，
∴△AEF∽△BCF，
∴AE：BF=EF：CF，即2：y=x：2，
∴y=4x(x>0)，
故选：C．
证明△AEF∽△BCF，由相似比求出y与x的关系即可．
本题考查了动点问题的函数图象，反比例函数的性质是解题关键．
14.【答案】A 
【解析】解：连接OA，OB，
∵AP，BP分别与圆相切于A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，
∴∠AOP=∠BOP=12∠AOB，
∵∠AMB=12∠AOB，
∴∠AOP=∠AMB，
∴sin∠AMB=sin∠AOP=APPO，
∵OA=6cm，PA=8cm，
∴PO= OA2+PA2=10(cm)，
∴sin∠AOP=810=45．
故选：A．
连接OA，OB，由AP，BP分别与圆相切于A、B，推出OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，得到∠AOP=∠BOP=12∠AOB，由圆周角定理得到∠AMB=12∠AOB，因此∠AOP=∠AMB，得到sin∠AMB=sin∠AOP=APPO，由勾股定理求出PO的长，即可解决问题．
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，由三视图判断几何体，关键是证明∠AOP=∠AMB，得到sin∠AMB=sin∠AOP．
15.【答案】C 
【解析】解：由图中的尺规作图可知直线MN垂直平分AC，AE平分∠DAC，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠DAE=∠CAE，
∴∠DAE=∠CAE=∠ECA，
∵四边形ABCD矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAE+∠CAE+∠ECA=90°，
∴∠CAE=30°，
∴∠AEF=90°−30°=60°，
∴∠AEF不可能等于56°，
故甲的说法错误；
∵cos∠DAE=ADAE= 32，AD=6，
∴AE=4 3，
∴CE=AE=4 3，
故乙的说法正确；
∵∠D=90°，∠DAE=30°，
∴AE=2DE，
故丙的说法正确．
故选：C．
图中的尺规作图得到：直线MN垂直平分AC，AE平分∠DAC，推出∠DAE=∠CAE=∠ECA，由矩形的性质求出∠CAE=30°，得到∠AEF=60°，由锐角的余弦求出AE的长，由直角三角形的性质得到AE=2DE．
本题考查矩形的性质，尺规作图，线段垂直平分线的性质，角平分线定义，关键是由尺规作图，得到直线MN垂直平分AC，AE平分∠DAC，推出∠DAE=∠CAE=∠ECA=30°．
16.【答案】A 
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)、B(3,0)，
∴y=a(x+1)(x−3)=ax2−2ax−3a，对称轴为x=1，
当m=2时，两点为(0,y1)，(2,y2)，两点关于x=1对称，
此时y1=y2，故①不成立；
∵y=a(x+1)(x−3)过点C(0,−3)，
∴a=1，
∴y=x2−2x−3，
当x=4时，y=5，
当n>1时，则y随x的增大而增大，
这时在x=n处取最小值5−6=−1，
∴n2−2n−3=−1，
∴n=1± 3(负值舍去)，
∴n=1+ 3，
当n>1时，y=x2−2x−3在x=1处取最小值，这时最大值不小于5，这时两者之差不是6，
∴n=1+ 3，故②不成立；
当y=a(x+1)(x−3)过点M时，5a=2，
∴a=25，
当y=a(x+1)(x−3)过点N时，32a=2，
∴a=116，
∴当抛物线y=a(x+1)(x−3)过点M、N时，116≤a≤25，故③成立；
当a<0时，抛物线开口向下，这时以AB为直径的圆与抛物线在x轴下方无交点，
∴a<12不成立，故④不成立，
所以正确的结论只有1个，
故选：A．
根据抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)、B(3,0)，对称轴为x=1，当m=2时，两点为(0,y1)，(2,y2)，两点关于x=1对称，即可判断①；由y=a(x+1)(x−3)过点C(0,−3)得抛物线解析式，根据n>1时二次函数的最值问题可判断②；分别求出抛物线过点M、N时a的值即可判断③；根据抛物线与x轴交点即可判断④．
此题考查的是直线与圆的位置关系，涉及了二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系等知识，掌握二次函数的性质是解决此题的关键．
17.【答案】−12 
【解析】解：∵10a=2，100b=50，
∴10a×100b=2×50．
∴10a×102b=102．
∴a+2b=2．
∴12a+b=1．
∴12a+b−32=1−32=−12．
故答案为：−12．
变形已知，按同底数幂的乘法法则计算并求出12a+b的值，再代入求值．
本题主要考查了实数及整式的运算，掌握同底数幂的乘法法则及整体代入的思想方法是解决本题的关键．
18.【答案】115°  10cm 
【解析】解：(1)∵点O为△ABC中的外心，l1l2，分别是AB、AC的垂线，
∴l1垂直平分AB，l2垂直平分AC，
∴AD=BD，AE=CE，
∴∠B=∠DAB，∠C=∠EAC，
∵∠B+∠DAB+∠C+∠EAC+∠DAE=180°，∠DAE=50°，
∴2∠B+2∠C=130°，
∴∠B+∠C=65°，
∴∠BAC=180°−(∠B+∠C)=115°．
故答案为：115°；
(2)∵点O为△ABC中的外心，OF⊥BC，
∴BC=2BF=2×5=10，
由(1)知：AD=BD，AE=CE，
∴△ADE的周长=AD+DE+AE=BD+DE+CE=BC=10．
故答案为：10．
(1)由点O为△ABC中的外心，得到l1垂直平分AB，l2垂直平分AC，推出AD=BD，AE=CE，得到∠B=∠DAB，∠C=∠EAC，由三角形内角和定理求出∠B+∠C=65°，因此∠BAC=180°−(∠B+∠C)=115°；
(2)由点O为△ABC中的外心，OF⊥BC，得到BC=2BF=2×5=10，而AD=BD，AE=CE，即可得到△ADE的周长=BC=10．
本题考查三角形的外心，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，关键是掌握三角形外心的性质．
19.【答案】 3  y=−3 3x(x>0)  ( 3,−3) 
【解析】解：(1)把点A的坐标代入y=kx得，
k=−2×(− 32)= 3，
故答案为： 3．
(2)过点A作AN⊥x轴，垂足为N，过点B作BM⊥x轴，垂足为M，
∵OA⊥OB，
∴∠ANO=∠OMB=90°，∠AON=∠OBM，
∴△AON∽△OMB，
∴OMAN=BMON=OBON= 3，
由(1)可知反比例函数解析式为：y= 3x，
设点A(m,n)，且m<0，则ON=−m，AN=− 3m，
∴OM=−3m，BM=− 3m，
∵点B在第四象限，
∴B(−3m, 3m)，
即点B的纵横坐标之积为：−3 3，
∴点B的轨迹对应的函数解析式为：y=−3 3x(x>0)，
当点C为AB的中点时，
∵OB⊥OA，
∴OC=12AB，
∵OB= 3OA，
∴∠ABO=30°，
∴OA=12AB，∠OAB=60°，
∴∠AON=30°，
∴ANON= 33，
∴直线OA的解析式为：y= 33x，
联立方程组y= 33xy= 3x，解得点A的坐标为(− 3,−1)，
∴m=− 3，
∴B( 3,−3)．
故答案为：y=−3 3x(x>0)，B( 3,−3)．
(1)将A点坐标代入解析式即可得到k值；
(2)利用相似求得点B的坐标，点B的纵横坐标之积是常数，可写出B点轨迹的解析式；利用含30°角的直角三角形性质，可得直线OA解析式，联立方程组求得点A的坐标，即可知道点B的坐标．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的纵横坐标之积是常数k．
20.【答案】解：(1)b=1−2=−1，c=1+3=4，
∴b的值为−1，c的值为4；
(2)把a=1，b=−1，c=4代入得：
−2a−b+(−c)
=−2×1−(−1)+(−4)
=−2+1−4
=−5，
∴−2a−b+(−c)的值是−5；
(3)∵a=1，b=−1，c=4，
∴m是关于x的一元二次方程4x2−2x−1=0的根，
∴4m2−2m−1=0，
∴4m2−2m=1，
∴(m−1)2+m(m+1)
=m2−2m+1+m2+m
=2m2−m+1
=12(4m2−2m)+1
=12×1+1
=32． 
【解析】(1)由A向左平移两个单位长度到达点B，向右平移3个单位到达点C直接可得b，c的值；
(2)结合(1)，代入计算即可；
(3)把a，b，c代入可得4m2−2m=1，再将所求式子化简，整体代入求值．
本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握整式相关的运算法则．
21.【答案】解：(1)根据题意得，
4+a=2(8−a)−3，
解得a=3．
所以a的值为3．
(2)小明送出m本书之后，余下的课外读物为：(x−m)本，
此时嘉嘉手上的课外读物为：(12x+m)本，
则(12x+m)−(x−m)=−12x+2m，
所以此时嘉嘉比小明多(−12x+2m)本课外读物．
(3)因为嘉嘉还给小明m本课外读物时，不小心拿了自己的n本名著，
所以此时嘉嘉手中的科普类读物数量为(m−n)本，
小明手中名著类读物数量为n本．
又m−n+n=m，
所以嘉嘉手中科普类的数量与小明手中名著类的数量之和为m本． 
【解析】(1)根据题意列出方程即可解决问题．
(2)分别表示出小明送出m本书之后两人剩下的书，即可解决问题．
(3)分别表示出嘉嘉手中科普类读物的数量和小明手中名著类读物数量，即可解决问题．
本题考查列代数式及解一元一次方程，能分别表示出小明和嘉嘉手中的课外读物的数量是解题的关键．
22.【答案】解：(1)根据题意得，90+87+90=85+m+90，
解得m=92；
(2)甲的综合成绩=90×90°360∘+87×150°360∘+90×120°360∘=88.75；
乙的综合成绩=89×90°360∘+94×150°360∘+88×120°360∘≈90.75；
丙的综合成绩=85×90°360∘+92×150°360∘+90×120°360∘≈89.58；
∵90.75>89.58>88.75，
∴录用乙；
(3)∵甲、乙、丙三个同学排成一排拍照有以下可能：
甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，全部6种情况，
∴甲、乙两人坐在相邻位置上的有4种情况，
∴甲、乙两人坐在相邻位置上的概率为：46=23． 
【解析】(1)根据甲的总成绩=丙的总成绩列式计算即可；
(2)扇形统计图各项所占之比，分别计算三人各自的综合成绩，然后比较即可得到结论；
(3)列举出所有等可能的结果数，根据概率公式即可得到结论．
此题考查了树状图法与列表法求概率．解题的关键是根据题意列表或画树状图，注意列表法与树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23.【答案】解：(1)∵x2−6x+8=0，
∴(x−2)(x−4)=0，
∴x1=2，x2=4，
∵线段OA、OB的长(OA>OB)为一元二次方程x2−6x+8=0的两个实数根，
∴OA=4，OB=2，
∴A点的坐标为(4,0)，B点的坐标为(0,2)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
∴4k+b=0b=2，
解得：k=−12b=2，
∴直线l的解析式为y=−12x+2；
(2)∵点P(m,n)为直线l上的点，
∴n=−12m+2，
设W=mn，
则W=m(−12m+2)
=−12m2+2m
=−12(m−2)2+2，
∵−12<0，
∴W有最大值，
当m=2时，W的最大值是2，即mn的最大值是2，此时n=1，
∴点P的坐标为(2,1)；
(3)∵MN//l，
∴设直线MN的解析式为y=−12x+c，
∵其图象过点M(1,3)，
∴−12×1+c=3，
解得：c=72，
∴直线MN的解析式为y=−12x+72，
令x=0，则y=72，
∴直线MN与y轴的交点坐标为(0,72)，
令y=0，则−12x+72=0，
解得：x=7，
∴直线MN与x轴的交点N的坐标为(7,0)，
如图，在平面直角坐标系中作出直线AB和MN，
由图可以看出，在第一象限内直线AB与直线MN之间的整数点(不包括边界)有：
(1,2)，(2,2)，(3,1)，(4,1)，共4个． 
【解析】(1)先求出一元二次方程的两个实数根，得出点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式即可；
(2)根据点P(m,n)为直线l上的点，用m表示n，代入到mn中，得到关于m的二次函数，求得最大值即可；
(3)在坐标系中作出两个函数图象，观察图象即可得出在第一象限内直线l与直线MN之间整点的个数(不含边界)．
本题主要考查一次函数的综合应用，二次函数的最值问题以及整数点问题，掌握待定系数法求解析式，配方法求最值是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形DEFG是平行四边形．
理由如下：延长FG交AB于点Q，

∵AB/​/CD，
∴∠FGC=∠FQB，
∵∠FGC=∠A，
∴∠FQB=∠A，
∴FQ//EA，
∵CD/​/EF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
(2)过点D，C分别作AB的垂线段DM，CN，
∵AB=BC，DC/​/AB，
∴四边形ABCD是等腰梯形，
∴AM=BN，
∵斜坡AD的坡度为3：1，
∴可设AM=k米，DM=3k米，
在Rt△ADM中，
∵AM2+DM2=AD2，
∴(3k)2+k2=1.62，
解得k=1.6 10≈1.63.2=0.5(米)(负的已舍)，
∴AM=BN=0.5米，DM=1.5米，
∴CD=AB−AM−BN=8.6−0.5−0.5=7.6(米)，
答：底座四边形ABCD中CD的长度约为7.6米；
(3)∵tan∠DAM=3：1，tan72°≈3，
∴∠DAM≈72°，
∵DC/​/AB，
∴∠PDH=∠DAM≈72°，
过点E作EI⊥AB交CD于点J，
∵AB/​/CD，
∴EJ⊥CD，
由题意，知EI=7.5米，IJ=DM=1.5米，
∵EJ=EI−IJ=7.5−1.5=6(米)，
在Rt△EDJ中，
∵sin∠EDJ=EJDE，
∴DE=EJsin∠EDJ=6sin72∘≈60.95≈6.32(米)，
∵点P为边DE的三等分点，
∴DP=23DE=23×6.32≈4.21(米)，
∴弧PH的长度=72π×4.21180≈5.3(米)，
答：弧PH的长度约为5.3米． 
【解析】(1)根据平行四边形的定义可以判断其形状，并说明理由；
(2)过点D，C分别作AB的垂线段DM，CN，求出AM，BN即可求出CD；
(3)先求出DE，∠DAB，进而求出DP，∠PDH，再利用弧长公式计算即可．
本题考查平行四边形的判定，等腰梯形的性质，解直角三角形的应用−坡度坡角问题，弧长的计算，理解题意，灵活运用相关知识是解题的关键．
25.【答案】解：(1)当a=10 3时，x=10 3(t+1)，
∴t= 3x−3030，
∴y=−5×( 3x−3030)2+70=−160x2+ 33x+65，
∴y与x之间的函数关系式为y=−160x2+ 33x+65；
(2)在y=−160x2+ 33x+65中，令x=0得y=65，
∴A(0,65)，
∴OA=65，
∵着陆坡AC的坡角为30°，
∴OC= 3OA=65 3，
∴C(65 3,0)，
∴直线AC解析式为y=− 33x+65；
联立y=− 33x+65y=−160x2+ 33x+65，
解得x=40 3y=25或x=0y=65(舍去)，
∴B(40 3,25)，
∴BC= (65 3−40 3)2+(0−25)2=50(米)，
在y=−5t2+70中，令y=25得t=3或t=−3(舍去)，
∴该运动员经过3秒后着陆，着陆点B到停止区的坡面距离为50米；
(3)设运动员距离着陆坡的竖直距离为h米，
根据题意得：h=−160x2+ 33x+65−(− 33x+65)=−160x2+2 33x=−160(x−20 3)2+20，
∵−160<0，
∴当x=20 3时，h最大为20米，
此时10 3(t+1)=20 3，解得t=1，
∴当t为1秒时，运动员距离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是20米． 
【解析】(1)当a=10 3时，x=10 3(t+1)，可得t= 3x−3030，故y=−5×( 3x−3030)2+70=−160x2+ 33x+65；
(2)求出A(0,65)，C(65 3,0)，直线AC解析式为y=− 33x+65；联立y=− 33x+65y=−160x2+ 33x+65，解得B(40 3,25)，即得BC= (65 3−40 3)2+(0−25)2=50(米)，在y=−5t2+70中，令y=25得t=3或t=−3(舍去)；
(3)设运动员距离着陆坡的竖直距离为h米，得：h=−160x2+ 33x+65−(− 33x+65)=−160x2+2 33x=−160(x−20 3)2+20，再根据二次函数性质可得答案．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问题解决．
26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD．
在Rt△DOC和Rt△DHC中，
OC=HCDC=DC，
∴Rt△DOC≌Rt△DHC (HL)．
(2)解：①在Rt△BEF中，
FN=EF⋅sin60°= 32．
∵BE=12BC=12AB= 3，
∠DBC=12∠ABC=30°，
∴BF=BEcos30∘=2，
EF=12BF=1．
如图①，线段EF在平移过程扫过的面积为平行四边形FEE′D.过点F作FN⊥EE′于点N．

∵EE′//BD，
∴∠E′EH=∠DBC=30°，
在Rt△EFN中，
∵EF=1，∠FEE′=90°−∠E′EH=60°，
∴FN=EF⋅sin60°= 32，
∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=2 3，
∴OC=CH=12AC= 3，
∴BH=3 3，
在Rt△BHD中，
∵∠DBH=30°，BH=3 3，
∴BDBHcos30∘=6，
∴DF=BD−BF=4，
S平行四边形FEE′D=FN⋅EE′= 32×4=2 3，
∵线段EF旋转扫过的面积是圆心角为120°，半径为1的扇形，
∴S扇=120π×12360=π3．
∴线段EF扫过的面积为2 3+π3，
②DB′旋转过程中形成以点D为圆心，DB′长为半径，圆心角为120°的扇形，如图所示，

DC交弧于点B1，连接CB″，
∵DB1=DB′=BF=2，
DC=2 3，
∴B′Cmin=B1C=DC−DB1=2 3−2，
∴∠CDB″=∠ODB″−∠ODC=120°−30°=90°，
CD=2 3，
∴DB″=2，
∴B′Cmax=B″C= CD2+DB“2=4．
∴B′Cmax−B′Cmin=B″C=4−(2 3−2)=6−2 3．
③点M在△B′E′F内部(包括边界)时的时长10s．
当点E′运动到CD上时，此时DF′=F′E′=1，
∴F′运动到点D所用的时间为11=1s
设当△BEF平移到△B′E′F′时，B′E′与CD交于M′，
在Rt△DM′E′中，∠CDH=30°，
∴DM′=E′Dcos∠CDH=2 33cm，
∴点M与M′重合，
此时的旋转角∠BDC=30°，
∴点M运动的时长30°3∘=10s．
∴点M在△B′E′F′内部(包括边界)时的时长10+1=11s．
 
【解析】(1)在Rt△DOC和Rt△DHC中，根据直角三角形全等证明全等即可．
(2)①在Rt△BEF中，根据余弦函数求出即可，EF=12BF=1，线段EF在平移过程扫过的面积为平行四边形FEED.过点F作FN⊥EE于点N，证明△ABC为等边三角形，求出S平行四边形FEED的面积，线段EF旋转扫过的面积是圆心角为120°，半径为1的扇形，求出扇形面积．
②DB′在旋转过程中形成以点D为圆心，DB′长为半径，圆心角为120°的扇形，设DC交弧于点B1，连接CB″，求出B′Cmin=B1C=DC−DB1=2 3−2.再求出B′Cmax=B″C，即可解得．
③设当△BEF平移到△B′E′F′时，B′E′与CD交于M′.在Rt△DM′E′中，∠CDH=30°，点M与M′重合，点M在△B′E′F′内部(包括边界)时的时长10s．
此题考查了三角形全等，旋转的性质，特殊三角函数值，解题的关键是熟悉旋转的性质和作辅助线构造图形．