还剩21页未读，
继续阅读
2024年四川省凉山州会东县中考数学一诊试卷（含解析）
展开
这是一份2024年四川省凉山州会东县中考数学一诊试卷（含解析），共24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。
1.下列方程中，关于x的一元二次方程是( )
A. 2(x2+2x)=2x2−1B. ax2+bx+c=0
C. (x+1)2=2x+1D. 1x2+x+1=0
2.下列四个几何体中，左视图是矩形的是( )
A. B. C. D.
3.下列关于抛物线y=−(x+1)2+4的判断中，错误的是( )
A. 形状与抛物线y=−x2相同B. 对称轴是直线x=−1
C. 当x>−2时，y随x的增大而减小D. 当−30
4.如图，《四元玉鉴》是我国古代数学重要著作之一，为元代数学家朱世杰所著，该著作记载了“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽，每株脚钱三文足，无钱准与一株椽.”大意是：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文，如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？(椽，装于屋顶以支持屋顶材料的木杆)设这批椽有x株，则符合题意的方程是( )
A. 6210x=3B. 6210x−1=3C. 3x−1=6210xD. 3(x−1)=6210x
二、填空题：本题共7小题，共30分。
5.现有分别标有汉字“高”“质”“量”“发”“展”的五张卡片，它们除汉字外完全相同，若把五张卡片背面朝上，洗匀放在桌子上，然后随机抽出一张，不放回；再随机抽出一张，两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的概率是 ．
6.若1 k−1有意义，则一次函数y=(k−1)x+1−k的图象经过第______象限．
7.如图，过C(2,1)作AC//x轴，BC//y轴，点A，B都在直线y=−x+6上，若双曲线y=kx(x>0)与△ABC总有公共点，则k的取值范围是______．
8.如图，直线AB，AD与⊙O分别相切于点B，D，C为⊙O上一点，且∠BCD=125°，则∠A的度数是______．
9.把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB= 2，则CD=____．
10.如图，点F是正方形ABCD内一点，DF=DC，连接CF并延长交AB边于点E，EG//BC交DF于点G，若EG=3，GF=1，则正方形ABCD的面积为______．
11.如图，正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF.则线段OF长的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共104分。
12.解方程：
(1)x2+2x−3=0；
(2)3x(x−2)=8−4x．
13.在学习解直角三角形以后，某班数学兴趣小组的同学测量了旗杆的高度，如图，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上，另一部分落在斜坡上，测得落在平台上的影长BC为6米，落在斜坡上的影长CD为4米，AB⊥BC，点A、B、F三点共线，且BC//EF，同一时刻，光线与旗杆的夹角为30°，斜坡CE的坡比为1： 3．
(1)求坡角∠CEF的度数；
(2)旗杆AB的高度为多少米？(结果保留根号)
14.爱动脑筋的小明在做二次根式的化简时，发现一些二次根式的被开方数是二次三项式，而且这些二次三项式正好是完全平方式的结构，于是就可以利用二次根式的性质：a2=|a|=a(a≥0),−a(a<0)来进一步化简．
比如： x2+2x+1= (x+1)2=|x+1|，∴当x+1≥0即x≥−1时，原式=x+1；当x+1<0即x<−1时，原式=−x−1．
(1)仿照上面的例子，请你尝试化简 m2−m+14．
(2)判断甲、乙两人在解决问题：“若a=9，求a+ 1−2a+a2的值”时谁的答案正确，并说明理由．
甲的答案：原式=a+ (1−a)2=a+(1−a)=1；
乙的答案：原式=a+ (1−a)2=a+(a−1)=2a−1=2×9−1=17．
(3)化简并求值：|x−1|+ 4−4x+x2，其中x= 5．
15.第31届世界大学生运动会将于2023年7月28日至8月8日在成都举行，某校开展了“爱成都，迎大运”系列活动，增设篮球，足球，柔道，射击共四个课外活动项目.为了解全校1500名同学对增设的四个活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名同学，对他们喜爱的项目(每人限选一项)进行了问卷调查，将数据进行了统计，并绘制成了如图所示的条形统计图和扇形统计图，请回答下列问题：
(1)参加问卷调查的同学共 名，补全条形统计图；
(2)估计该校1500名同学中喜爱篮球运动的人数；
(3)学校准备组建一支校篮球队，某班甲，乙，丙，丁四名同学平时都很喜欢篮球运动，现决定从这四人中任选两名同学加入球队，请你用树状图或列表法求恰好选中甲，乙两名同学的概率．
16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D，过O作OE//AB，交BC于E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)连接CD，如果⊙O的半径为3，AB=10，求CD的长；
(3)在(2)的条件下，求△ADO的面积．
17.随旅游业的快速发展，外来游客对住宿的需求明显增大，某宾馆拥有的床位数不断增加．
(1)该宾馆床位数从2021年底的200个增长到2023年底的288个，求该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率；
(2)该宾馆打算向游客出售了一款纪念工艺品，每件成本50元，为了合理定价，现投放市场进行试销.据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，若销售单价每降低1元，每天就可多售出5件.若该馆想要每天的销售利润达到4000元，且销量尽可能大，应该如何定价？
18.在矩形ABCD中，点E为射线BC上一动点，连接AE．
(1)当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点G．
①如图1，若BC= 3AB，求∠AFD的度数；
②如图2，当AB=4，且EF=EC时，求BC的长．
(2)当点E在BC的延长线上时，当AB=4，BC=4 2时.将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C′，当点E，C′，D三点共线时，求BE的长．
19.如图，AB为⊙O的弦，点C为AB的中点，CO的延长线交⊙O于点D，连接AD，BD，过点D作⊙O的切线交AO的延长线于点E．
(1)求证：DE//AB；
(2)若⊙O的半径为3，tan∠ADC=12，求DE的长．
20.如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交点C，连接AC，BC.抛物线的对称轴交x轴于点E，交BC于点F，顶点为M．
(1)求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
(2)若D是直线BC上方抛物线上一动点，连接OD交BC于点E，当DEOE的值最大时，求点D的坐标；
(3)已知点G是抛物线上的一点，连接CG，若∠GCB=∠ABC，求点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、该方程化简后可得4x+1=0，是一元一次方程，不符合题意；
B、当a=0时，ax2+bx+c=0不是一元二次方程，不符合题意；
C、该方程是一元二次方程，符合题意；
D、该方程是分式方程，不符合题意．
故选：C．
根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：(1)未知数的最高次数是2；(2)二次项系数不为0；(3)是整式方程；(4)含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2.【答案】D
【解析】解：A.球的左视图是圆，不符合题意；
B.这个三棱柱的左视图是三角形，不符合题意．
C.圆锥的左视图是等腰三角形，不符合题意；
D.圆柱的左视图是矩形，符合题意；
故选：D．
根据左视图是从左面看到的视图，对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握常见几何体的三视图是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、抛物线y=−(x+1)2+4形状与y=−x2相同，此选项不符合题意；
B、抛物线y=−(x+1)2+4对称轴x=−1，此选项不符合题意．
C、对于抛物线y=−(x+1)2+4，由于a=−1<0，当x>−1时，函数值y随x值的增大而减小，此选项错误，符合题意；
D、抛物线y=−(x+1)2+4=−(x+3)(x−1)，a=−1<0，抛物线开口向下，抛物线与x轴的交点为(−3,0)，(1,0)，所以当y>0时，−3故选：C．
根据二次函数的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题考查了二次函数的性质，主要利用了抛物线的对称轴，顶点坐标，以及抛物线的开口方向的确定，是基础题是，熟记性质是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵这批椽的价钱为6210文，这批椽有x株，
∴一株椽的价钱为6210x文，
又∵每株椽的运费是3文，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，
∴3(x−1)=6210x．
故选：D．
利用单价=总价÷数量，可求出一株椽的价钱为6210x文，结合“少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱”，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5.【答案】110
【解析】解：把标有汉字“高”“质”“量”“发”“展”的五张卡片分别记为A、B、C、D、E，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的结果有2种，
∴两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的概率为220=110，
故答案为：110．
画树状图，共有20种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的结果有2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．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合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．
6.【答案】一、三、四
【解析】解：由题意知，k−1>0，
∴1−k<0，
∴y=(k−1)x+1−k的图象经过第一、三、四象限，
故答案为：一、三、四．
由题意知，k−1>0，则1−k<0，进而判断作答即可．
本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，一次函数的图象．熟练掌握分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，一次函数的图象是解题的关键．
7.【答案】2≤k≤9
【解析】【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根的判别式等知识点的应用，题目比较典型，有一定的难度．
把C的坐标代入求出k≥2，解两函数组成的方程组，根据根的判别式求出k≤9，即可得出答案．
【解答】
解：当反比例函数的图象过C(2,1)点时，把C的坐标代入得：k=2×1=2；
把y=−x+6代入y=kx得：−x+6=kx，
x2−6x+k=0，
△=(−6)2−4k=36−4k，
∵反比例函数y=kx的图象与△ABC有公共点，
∴36−4k≥0，
k≤9，
即k的范围是2≤k≤9，
故答案为2≤k≤9．
8.【答案】70°
【解析】解：过点B作直径BE，连接OD、DE．
∵B、C、D、E共圆，∠BCD=125°，
∴∠E=180°−125°=55°，
∴∠BOD=110°．
∵AB、AD与⊙O相切于点B、D，
∴∠OBA=∠ODA=90°．
∴∠A=360°−90°−90°−110°=70°．
故答案为：70°．
点B作直径BE，连接OD、DE.根据圆内接四边形性质可求∠E的度数；根据圆周角定理求∠BOD的度数；根据四边形内角和定理求解．
本题考查了切线的性质、正确记忆圆内接四边形性质、圆周角定理、四边形内角和定理等知识点并正确作出辅助线是解题关键．
9.【答案】 3−1
【解析】【分析】
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【解答】
解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B=45°，
∴BC= 2AB=2，BF=AF= 22AB=1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD=BC=2，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF= AD2−AF2= 3
∴CD=BF+DF−BC=1+ 3−2= 3−1，
故答案为 3−1．
10.【答案】解：(1)原方程变为：
(x+3)(x−1)=0，
∴x+3=0或x−1=0，
∴x1=−3，x2=1．
(2)原方程变为：
3x(x−2)+4(x−2)=0，
∴(x−2)(3x+4)=0，
∴x−2=0或3x+4=0，
∴x1=2，x2=−43．
【解析】(1)利用因式分解法解答即可；
(2)利用因式分解法解答即可．
本题主要考查了用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
11.【答案】解：(1)如图，
过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，
∵AB⊥BC，BC//EF，
∴CM⊥ND，
∴BNOC为矩形，
∵CE的坡比为1： 3，
∴CMME=1 3= 33，
∴tan∠CEF=CMME= 33，
∵tan30°= 33，
∴∠CEF=30°；
答：坡角∠CEF的度数为30°；
(2)由(1)可知，∠CDO=∠CEF=30°，
在Rt△CDO中，∠CDO=30°，CD=4(米)，
∴OC=12CD=2(米)，
∴OD= CD2−OC2=2 3(米)，
∵ON=BC=6(米)，
∴ND=ON+ND=(6+2 3)米，
在Rt△AND中，∠A=30°，
∵tan30°=NDAN= 33，
∴AN= 3ND= 3(6+2 3)=(6+6 3)米，
∴AB=AN−BN=AN−OC=6+6−2=(4+6 3)米，
答：旗杆AB的高度为(4+6 3)米．
【解析】(1)过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，根据斜坡CE的坡比为1： 3可得CMME=1 3= 33，结合tan∠CEF=CMME且tan30°= 33可求解；
(2)由(1)可知，∠CDO=∠CEF=30°，在Rt△CDO中求得OC=12CD，勾股定理求得OD从而求得ND，在Rt△AND中，由tan30°=NDAN求得AN，最后依据AB=AN−BN=AN−OC求解即可．
本题考查了解直角三角形；依据题意构造相关直角三角形是解题的关键．
12.【答案】解：(1) m2−m+14
= (m−12)2
=|m−12|，
∴当m−12≥0即m≥12时，原式=m−12，
当m−12<0即m<12时，原式=−m+12．
(2)∵a=9，
∴1−a<0，
∴原式=a+ (1−a)2=a+(a−1)=2a−1=2×9−1=17．
∴乙的答案正确．
(3)∵x= 5，
∴x−1>0，2−x<0，
∴|x−1|+ 4−4x+x2
=x−1+ (2− x)2
=x−1+x−2
=2x−3
=2 5−3．
【解析】(1)仿照上面的例子，分类讨论即可化简；
(2)根据a=9，得1−a<0，即可判断出答案；
(3)根据x= 5，得x−1>0，2−x<0，即可化简求值．
本题考查了二次根式的化简求值，分类讨论和判断被开方式子的符号是关键．
13.【答案】60
【解析】解：(1)参加问卷调查的同学的人数为12÷20%=60(名)．
故答案为：60．
喜爱柔道的人数为60−18−12−14=16(名)．
补全条形统计图如图所示．
(2)1500×1860=450 (人)．
∴该校1500名同学中喜爱篮球活动的人数大约450人．
(3)画树状图如下：
由图可知，共有12种等可能结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲、乙两名同学的概率为212=16．
(1)用喜爱足球的人数除以其所占的百分比可得参加问卷调查的同学的人数；用参加问卷调查的同学的人数分别减去喜爱篮球、足球、射击的人数，求出喜爱柔道的人数，补全条形统计图即可．
(2)根据用样本估计总体，用1500乘以参加问卷调查的同学中喜爱篮球运动的人数的百分比，即可得出答案．
(3)画树状图得出所有等可能的结果数和恰好选中甲、乙两名同学的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，能够理解条形统计图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
14.【答案】(1)证明：如图，
∵OE//AB，
∴∠1=∠2，∠3=∠A，
∵OA=OD，
∴∠1=∠A，
∴∠3=∠2，
∵OC=OD，OE=OE，
∴△OCE≌△ODE(SAS)，
∴∠OCE=∠ODE，
∵∠C=90°，
∴∠OCE=∠ODE=90°．
即OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
(2)解：∵AC是直径，
∴∠ADC=90°，
在Rt△ABC中，AC=6，AB=10，
∴BC= AB2−AC2=8，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴12×6×8=12×10×CD，
解得：CD=4.8；
(3)解：连接CD，
∵CD=4.8，AC=6，
∴AD= AC2−CD2= 62−4．82=3.6，
∴S△ADC=12DA⋅CD=12×4.8×3.6=8.64，
∵O是AC中点，即OD是△ADC的中线，
∴S△ADO=12S△ADC=12×8.64=4.32．
【解析】(1)证明△OCE≌△ODE(SAS)，则可以证得∠EDO=∠ECO=90°，即可证得；
(2)由勾股定理求出BC=8，根据三角形面积可得出答案；
(3)连接CD，则CD是直角△ABC的斜边AB上的高，根据三角形的面积公式即可求得CD的长，则在直角△ACD中，利用勾股定理求得AD的长，则△ACD的面积即可求得，进而求得△ADO的面积．
本题考查切线的判定以及勾股定理，已知所证的直线经过圆上的点，证切线常用的方法是转化成证垂直．
15.【答案】36
【解析】解：过点G作MN//AB交AD于M，交BC于N，交CE于H，
则∠GHF=∠DCF，
∵DF=DC，
∴∠DCF=∠DFC，
∴∠GHF=∠DFC，
∴GH=GF=1，又GE=3，
∴tan∠2=tan∠1=GHGE=13，
设BE=x，BC=3x，
∵四边形ABCE是正方形，
∴AB=AD=CD=BC=DF=3x，∠A=∠B=90°，
∵MN//AB，EG⊥MN，
∴∠AMN=∠A=∠B=∠GEB=∠EGN=90°，
∴四边形ABNM、BEGN是矩形，
∴MN=AB=3x，AM=GE=3，GN=BE=x，
∴DM=3x=3，MG=2x，DG=3x−1，
在Rt△DMG中，
由勾股定理得：(3x−3)2+(2x)2=(3x−1)2，
整理得：x2−3x+2=0，
解得：x1=1，x2=2，
∵BE=GN=x>GH，
∴x=2，
∴BC=6，
∴S=36，
故答案为：36，
过点G作MN//AB交AD于M，交BC于N，交CE于H，如图，根据等腰三角形的性质可证得GH=GF=1，进而得tan∠2=tan∠1=GHGE=13，设BE=x，然后根据正方形的性质，用x表示出BC、DM、MG，利用用勾股定理列关于x的方程，即可得出BC的长，根据正方形的面积公式即可解答．
本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、锐角的三角函数、勾股定理、解一元二次方程，熟练掌握这些知识的运用是解题的关键．
16.【答案】5 2−2
【解析】解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF=∠ODM=90°，
∴∠EDO=∠FDM，
∵DE=DF，DO=DM，
∴△EDO≌△FDM(SAS)，
∴FM=OE=2，
∵正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，
∴OC= 5，
∴OD= (2 5)2+( 5)2=5，
∴OM= 52+52=5 2，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥5 2−2，
∴线段OF长的最小值为5 2−2．
故答案为5 2−2．
连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM=OE=2，由条件可得OM=5 2，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
本题考查图形的旋转，正方形的性质，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
17.【答案】解：(1)设该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为x，
根据题意得：200(1+x)2=288，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)．
答：该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为20%；
(2)设销售单价定为y元，则每件的销售利润为(y−50)元，每天的销售量为50+5(100−y)=(550−5y)件，
根据题意得：(y−50)(550−5y)=4000，
整理得：y2−160y+6300=0，
解得：y1=70，y2=90，
又∵销量要尽可能大，
∴y=70．
答：销售单价应定为70元．
【解析】(1)设该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为x，利用该宾馆2023年底拥有的床位数=该宾馆2021年底拥有的床位数×(1+该宾馆这两年拥有的床位数的年平均增长率)，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
(2)设销售单价定为y元，则每件的销售利润为(y−50)元，每天的销售量为50+5(100−y)=(550−5y)件，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再结合销量要尽可能大，即可确定结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=90°，
∵BC= 3AB，
∴AD= 3AB，
∴tan∠ABD=ADAB= 3，
∴∠ABD=60°，
由折叠的性质得：AF=AB，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠AFB=60°，
∴∠AFD=180°−∠AFB=120°；
②由折叠的性质得：BF⊥AE，EF=EB，
∴∠BGE=90°，
∵EF=EC，
∴EF=EB=EC，
∴BC=2BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD=4，
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠CBD=90°，
∴∠BAE=∠CBD，
∵∠ABE=∠BCD，
∴△ABE∽△BCD，
∴ABBC=BECD，即4BC=12BC4，
解得：BC=4 2(负值已舍去)，
即BC的长为4 2；
(2)当点E，C′，D三点共线时，分两种情况：
a、如图3，由②可知，BC=4 2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=4，CD=AB=4，AD//BC，
∴∠DCE=90°，∠CED=∠B′DA，
由折叠的性质得：AB′=AB=4，∠B′=∠ABC=90°，
∴∠DCE=∠B′，DC=AB′，
∴△CDE≌△B′AD(AAS)，
∴DE=AD=4 2，
∴CE= DE2−DC2= 32−16=4，
∴BE=BC+CE=4 2+4；
b、如图4，
由折叠的性质得：∠AEC′=∠AEC，
∵∠BEC′=∠DEC，
∴∠AEB=∠AED，
∵AD//BC，
∴∠AEB=∠DAE，
∴∠DAE=∠AED，
∴DE=AD=4 2，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE= DE2−DC2= 32−16=4，
∴BE=BC−CE=4 2−4；
综上所述，BE的长为4 2+4或4 2−4．
【解析】(1)①由矩形的性质和锐角三角函数定义得∠ABD=60°，再由折叠的性质得AF=AB，则△ABF是等边三角形，即可得出结论；
②由折叠的性质得BF⊥AE，EF=EB，则BC=2BE，再证△ABE∽△BCD，即可解决问题；
(2)分两种情况，a、证△CDE≌△B′AD(AAS)，得DE=AD=4 2，再由勾股定理得CE=4，即可解决问题；
b、证∠DAE=∠AED，得DE=AD=4 2，再由勾股定理等CE=4，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
19.【答案】(1)证明：连接OB，
∵OB=OA，点C为AB的中点，
∴OC⊥AB，
∵DE切圆于D，
∴OD⊥DE，
∴DE//AB；
(2)解：∵tan∠ADC=ACDC=12，
∴令AC=x，CD=2x，
∵⊙O的半径为3，
∴OA=OD=3，
∴OC=2x−3，
∵OA2=OC2+AC2，
∴(2x−3)2+x2=32，
∴x=125，
∴AC=125，OC=2x−3=95，
∵∠DOE=∠AOC，
∴tan∠DOE=tan∠AOC，
∴DEOD=ACOC，
∴DE3=12595=43，
∴DE=4．
【解析】(1)连接OB，由等腰三角形的性质推出OC⊥AB，由切线的性质得到OD⊥DE，即可证明DE//AB；
(2)由tan∠ADC=ACDC=12，令AC=x，CD=2x，得到OC=2x−3，由勾股定理得到(2x−3)2+x2=32，求出x=125，得到AC=125，OC=2x−3=95，由锐角的正切定义得到DEOD=ACOC，代入有关数据即可求出DE长．
本题考查切线是性质，勾股定理，解直角三角形，关键是由勾股定理得到(2x−3)2+x2=32，求出AC，OC的长．
20.【答案】解：(1)将A(−1,0)、B(4,0)代入y=ax2+bx+2得：
0=a−b+20=16a+4b+2，解得a=−12b=32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，
∵y=−12x2+32x+2=−12(x−32)2+258，
∴顶点M的坐标为(32,258)；
(2)过D点作DH//y轴，交BC于点H，如图所示：
设D(m,−12(m−32)2+258)，直线BC的解析式为y=kx+n，
由(1)可知：B(4,0)，C(0,2)，
4k+n=0n=2，
解得：k=−12n=2，
直线BC的解析式为：y=−12x+2，
∴H(m,−12m+2)，
∴DH=−12(m−32)2+258)−(−12m+2)=−12m2+2m，
.DH//y轴，
∴△OCE～△DHE，
∴DEOE=DHOC=−12m2+2m2=−14(m−2)2+1
∵13<0，
∴当m=2时，DEOE的值最大，
∴D(2,3)．
(3)过C作CG//AB交抛物线于G，作G关于BC的对称点T，连接GT交BC于R，过R作RS⊥x轴于S，连接并延长CT交抛物线于G′，如图：
∵CG//AB，
∴∠GCB=∠ABC，G是满足条件的点，
∵C(0,2)，G、C关于直线x=32对称，
∴G(3,2)，
∴CG=3，
∵OB=4，OC=2，
∴BC= OB2+OC2=2 5，
而∠GCB=∠OBC，∠CRG=∠COB，
∴△CRG∽△BOC，
∴CROB=CGBC，即CR4=32 5，
∴CR=6 55，
∴BR=BC−CR=4 55，
又∠RBS=∠CBO，∠RSB=∠COB，
∴△RSB∽△COB，
∴RSOC=SBOB=RBBC，即RS2=SB4=4 552 5，
∴RS=45，SB=85，
∴OS=OB−SB=125，
∴R(125,45)，
∵G、T关于BC对称，
∴R是GT的中点，∠BCT=∠BCG=∠ABC，
∴直线CT与抛物线交点G′是满足条件的点，
而G(3,2)，
∴T(95,−25)，
设直线CT为y=tx+2，
则−25=95t+2，
解得t=−43，
∴直线CT为y=−43x+2，
由y=−43x+2y=−12x2+32x+2得x=0y=2((舍去)或x=173y=−509，
∴G′(173,−509)，
综上所述，若∠GCB=∠ABC，点G的坐标为(3,2)或(173,−509).
【解析】(1)将A(−1,0)、B(4,0)代入y=ax2+bx+2，用待定系数法即可得抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，化为顶点式可得顶点坐标；
(2)过D点作DH//y轴，交BC于点H，设D(m,−12(m−32)2+258)，直线BC的解析式为y=kx+b，然后求出直线BC的解析式为：y=−12x+2，得到H点坐标，进而可得DH，最后根据△OCE～△DHE进行求解；
(3)过C作CG//AB交抛物线于G，作G关于BC的对称点T，连接GT交BC于R，过R作RS⊥x轴于S，连接并延长CT交抛物线于G′，由CG//AB，知∠GCB=∠ABC，G是满足条件的点，即得G(3,2)，根据△CRG∽△BOC，可求CR=6 55，BR=BC−CR=4 55，根据△RSB∽△COB，可求RS=45，SB=85，即得R(125,45)，而G、T关于BC对称，故R是GT的中点，∠BCT=∠BCG=∠ABC，直线CT与抛物线交点G′是满足条件的点，可得T(95,−25)，直线CT为y=−43x+2，由y=−43x+2y=−12x2+32x+2即得G′(173,−509).
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标的特征、相似三角形的判定及性质、对称变换等知识，解题的关键是求出G关于BC的对称点T的坐标．
1.下列方程中，关于x的一元二次方程是( )
A. 2(x2+2x)=2x2−1B. ax2+bx+c=0
C. (x+1)2=2x+1D. 1x2+x+1=0
2.下列四个几何体中，左视图是矩形的是( )
A. B. C. D.
3.下列关于抛物线y=−(x+1)2+4的判断中，错误的是( )
A. 形状与抛物线y=−x2相同B. 对称轴是直线x=−1
C. 当x>−2时，y随x的增大而减小D. 当−3
4.如图，《四元玉鉴》是我国古代数学重要著作之一，为元代数学家朱世杰所著，该著作记载了“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽，每株脚钱三文足，无钱准与一株椽.”大意是：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文，如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？(椽，装于屋顶以支持屋顶材料的木杆)设这批椽有x株，则符合题意的方程是( )
A. 6210x=3B. 6210x−1=3C. 3x−1=6210xD. 3(x−1)=6210x
二、填空题：本题共7小题，共30分。
5.现有分别标有汉字“高”“质”“量”“发”“展”的五张卡片，它们除汉字外完全相同，若把五张卡片背面朝上，洗匀放在桌子上，然后随机抽出一张，不放回；再随机抽出一张，两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的概率是 ．
6.若1 k−1有意义，则一次函数y=(k−1)x+1−k的图象经过第______象限．
7.如图，过C(2,1)作AC//x轴，BC//y轴，点A，B都在直线y=−x+6上，若双曲线y=kx(x>0)与△ABC总有公共点，则k的取值范围是______．
8.如图，直线AB，AD与⊙O分别相切于点B，D，C为⊙O上一点，且∠BCD=125°，则∠A的度数是______．
9.把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB= 2，则CD=____．
10.如图，点F是正方形ABCD内一点，DF=DC，连接CF并延长交AB边于点E，EG//BC交DF于点G，若EG=3，GF=1，则正方形ABCD的面积为______．
11.如图，正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF.则线段OF长的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共104分。
12.解方程：
(1)x2+2x−3=0；
(2)3x(x−2)=8−4x．
13.在学习解直角三角形以后，某班数学兴趣小组的同学测量了旗杆的高度，如图，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上，另一部分落在斜坡上，测得落在平台上的影长BC为6米，落在斜坡上的影长CD为4米，AB⊥BC，点A、B、F三点共线，且BC//EF，同一时刻，光线与旗杆的夹角为30°，斜坡CE的坡比为1： 3．
(1)求坡角∠CEF的度数；
(2)旗杆AB的高度为多少米？(结果保留根号)
14.爱动脑筋的小明在做二次根式的化简时，发现一些二次根式的被开方数是二次三项式，而且这些二次三项式正好是完全平方式的结构，于是就可以利用二次根式的性质：a2=|a|=a(a≥0),−a(a<0)来进一步化简．
比如： x2+2x+1= (x+1)2=|x+1|，∴当x+1≥0即x≥−1时，原式=x+1；当x+1<0即x<−1时，原式=−x−1．
(1)仿照上面的例子，请你尝试化简 m2−m+14．
(2)判断甲、乙两人在解决问题：“若a=9，求a+ 1−2a+a2的值”时谁的答案正确，并说明理由．
甲的答案：原式=a+ (1−a)2=a+(1−a)=1；
乙的答案：原式=a+ (1−a)2=a+(a−1)=2a−1=2×9−1=17．
(3)化简并求值：|x−1|+ 4−4x+x2，其中x= 5．
15.第31届世界大学生运动会将于2023年7月28日至8月8日在成都举行，某校开展了“爱成都，迎大运”系列活动，增设篮球，足球，柔道，射击共四个课外活动项目.为了解全校1500名同学对增设的四个活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名同学，对他们喜爱的项目(每人限选一项)进行了问卷调查，将数据进行了统计，并绘制成了如图所示的条形统计图和扇形统计图，请回答下列问题：
(1)参加问卷调查的同学共 名，补全条形统计图；
(2)估计该校1500名同学中喜爱篮球运动的人数；
(3)学校准备组建一支校篮球队，某班甲，乙，丙，丁四名同学平时都很喜欢篮球运动，现决定从这四人中任选两名同学加入球队，请你用树状图或列表法求恰好选中甲，乙两名同学的概率．
16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以AC为直径作⊙O，交AB于点D，过O作OE//AB，交BC于E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)连接CD，如果⊙O的半径为3，AB=10，求CD的长；
(3)在(2)的条件下，求△ADO的面积．
17.随旅游业的快速发展，外来游客对住宿的需求明显增大，某宾馆拥有的床位数不断增加．
(1)该宾馆床位数从2021年底的200个增长到2023年底的288个，求该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率；
(2)该宾馆打算向游客出售了一款纪念工艺品，每件成本50元，为了合理定价，现投放市场进行试销.据市场调查，销售单价是100元时，每天的销售量是50件，若销售单价每降低1元，每天就可多售出5件.若该馆想要每天的销售利润达到4000元，且销量尽可能大，应该如何定价？
18.在矩形ABCD中，点E为射线BC上一动点，连接AE．
(1)当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点G．
①如图1，若BC= 3AB，求∠AFD的度数；
②如图2，当AB=4，且EF=EC时，求BC的长．
(2)当点E在BC的延长线上时，当AB=4，BC=4 2时.将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C′，当点E，C′，D三点共线时，求BE的长．
19.如图，AB为⊙O的弦，点C为AB的中点，CO的延长线交⊙O于点D，连接AD，BD，过点D作⊙O的切线交AO的延长线于点E．
(1)求证：DE//AB；
(2)若⊙O的半径为3，tan∠ADC=12，求DE的长．
20.如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，与y轴交点C，连接AC，BC.抛物线的对称轴交x轴于点E，交BC于点F，顶点为M．
(1)求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
(2)若D是直线BC上方抛物线上一动点，连接OD交BC于点E，当DEOE的值最大时，求点D的坐标；
(3)已知点G是抛物线上的一点，连接CG，若∠GCB=∠ABC，求点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、该方程化简后可得4x+1=0，是一元一次方程，不符合题意；
B、当a=0时，ax2+bx+c=0不是一元二次方程，不符合题意；
C、该方程是一元二次方程，符合题意；
D、该方程是分式方程，不符合题意．
故选：C．
根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：(1)未知数的最高次数是2；(2)二次项系数不为0；(3)是整式方程；(4)含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2.【答案】D
【解析】解：A.球的左视图是圆，不符合题意；
B.这个三棱柱的左视图是三角形，不符合题意．
C.圆锥的左视图是等腰三角形，不符合题意；
D.圆柱的左视图是矩形，符合题意；
故选：D．
根据左视图是从左面看到的视图，对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握常见几何体的三视图是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、抛物线y=−(x+1)2+4形状与y=−x2相同，此选项不符合题意；
B、抛物线y=−(x+1)2+4对称轴x=−1，此选项不符合题意．
C、对于抛物线y=−(x+1)2+4，由于a=−1<0，当x>−1时，函数值y随x值的增大而减小，此选项错误，符合题意；
D、抛物线y=−(x+1)2+4=−(x+3)(x−1)，a=−1<0，抛物线开口向下，抛物线与x轴的交点为(−3,0)，(1,0)，所以当y>0时，−3
根据二次函数的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题考查了二次函数的性质，主要利用了抛物线的对称轴，顶点坐标，以及抛物线的开口方向的确定，是基础题是，熟记性质是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵这批椽的价钱为6210文，这批椽有x株，
∴一株椽的价钱为6210x文，
又∵每株椽的运费是3文，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，
∴3(x−1)=6210x．
故选：D．
利用单价=总价÷数量，可求出一株椽的价钱为6210x文，结合“少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱”，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5.【答案】110
【解析】解：把标有汉字“高”“质”“量”“发”“展”的五张卡片分别记为A、B、C、D、E，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的结果有2种，
∴两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的概率为220=110，
故答案为：110．
画树状图，共有20种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上的汉字能组成“发展”的结果有2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．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合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．
6.【答案】一、三、四
【解析】解：由题意知，k−1>0，
∴1−k<0，
∴y=(k−1)x+1−k的图象经过第一、三、四象限，
故答案为：一、三、四．
由题意知，k−1>0，则1−k<0，进而判断作答即可．
本题考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，一次函数的图象．熟练掌握分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，一次函数的图象是解题的关键．
7.【答案】2≤k≤9
【解析】【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根的判别式等知识点的应用，题目比较典型，有一定的难度．
把C的坐标代入求出k≥2，解两函数组成的方程组，根据根的判别式求出k≤9，即可得出答案．
【解答】
解：当反比例函数的图象过C(2,1)点时，把C的坐标代入得：k=2×1=2；
把y=−x+6代入y=kx得：−x+6=kx，
x2−6x+k=0，
△=(−6)2−4k=36−4k，
∵反比例函数y=kx的图象与△ABC有公共点，
∴36−4k≥0，
k≤9，
即k的范围是2≤k≤9，
故答案为2≤k≤9．
8.【答案】70°
【解析】解：过点B作直径BE，连接OD、DE．
∵B、C、D、E共圆，∠BCD=125°，
∴∠E=180°−125°=55°，
∴∠BOD=110°．
∵AB、AD与⊙O相切于点B、D，
∴∠OBA=∠ODA=90°．
∴∠A=360°−90°−90°−110°=70°．
故答案为：70°．
点B作直径BE，连接OD、DE.根据圆内接四边形性质可求∠E的度数；根据圆周角定理求∠BOD的度数；根据四边形内角和定理求解．
本题考查了切线的性质、正确记忆圆内接四边形性质、圆周角定理、四边形内角和定理等知识点并正确作出辅助线是解题关键．
9.【答案】 3−1
【解析】【分析】
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【解答】
解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B=45°，
∴BC= 2AB=2，BF=AF= 22AB=1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD=BC=2，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF= AD2−AF2= 3
∴CD=BF+DF−BC=1+ 3−2= 3−1，
故答案为 3−1．
10.【答案】解：(1)原方程变为：
(x+3)(x−1)=0，
∴x+3=0或x−1=0，
∴x1=−3，x2=1．
(2)原方程变为：
3x(x−2)+4(x−2)=0，
∴(x−2)(3x+4)=0，
∴x−2=0或3x+4=0，
∴x1=2，x2=−43．
【解析】(1)利用因式分解法解答即可；
(2)利用因式分解法解答即可．
本题主要考查了用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
11.【答案】解：(1)如图，
过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，
∵AB⊥BC，BC//EF，
∴CM⊥ND，
∴BNOC为矩形，
∵CE的坡比为1： 3，
∴CMME=1 3= 33，
∴tan∠CEF=CMME= 33，
∵tan30°= 33，
∴∠CEF=30°；
答：坡角∠CEF的度数为30°；
(2)由(1)可知，∠CDO=∠CEF=30°，
在Rt△CDO中，∠CDO=30°，CD=4(米)，
∴OC=12CD=2(米)，
∴OD= CD2−OC2=2 3(米)，
∵ON=BC=6(米)，
∴ND=ON+ND=(6+2 3)米，
在Rt△AND中，∠A=30°，
∵tan30°=NDAN= 33，
∴AN= 3ND= 3(6+2 3)=(6+6 3)米，
∴AB=AN−BN=AN−OC=6+6−2=(4+6 3)米，
答：旗杆AB的高度为(4+6 3)米．
【解析】(1)过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，根据斜坡CE的坡比为1： 3可得CMME=1 3= 33，结合tan∠CEF=CMME且tan30°= 33可求解；
(2)由(1)可知，∠CDO=∠CEF=30°，在Rt△CDO中求得OC=12CD，勾股定理求得OD从而求得ND，在Rt△AND中，由tan30°=NDAN求得AN，最后依据AB=AN−BN=AN−OC求解即可．
本题考查了解直角三角形；依据题意构造相关直角三角形是解题的关键．
12.【答案】解：(1) m2−m+14
= (m−12)2
=|m−12|，
∴当m−12≥0即m≥12时，原式=m−12，
当m−12<0即m<12时，原式=−m+12．
(2)∵a=9，
∴1−a<0，
∴原式=a+ (1−a)2=a+(a−1)=2a−1=2×9−1=17．
∴乙的答案正确．
(3)∵x= 5，
∴x−1>0，2−x<0，
∴|x−1|+ 4−4x+x2
=x−1+ (2− x)2
=x−1+x−2
=2x−3
=2 5−3．
【解析】(1)仿照上面的例子，分类讨论即可化简；
(2)根据a=9，得1−a<0，即可判断出答案；
(3)根据x= 5，得x−1>0，2−x<0，即可化简求值．
本题考查了二次根式的化简求值，分类讨论和判断被开方式子的符号是关键．
13.【答案】60
【解析】解：(1)参加问卷调查的同学的人数为12÷20%=60(名)．
故答案为：60．
喜爱柔道的人数为60−18−12−14=16(名)．
补全条形统计图如图所示．
(2)1500×1860=450 (人)．
∴该校1500名同学中喜爱篮球活动的人数大约450人．
(3)画树状图如下：
由图可知，共有12种等可能结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲、乙两名同学的概率为212=16．
(1)用喜爱足球的人数除以其所占的百分比可得参加问卷调查的同学的人数；用参加问卷调查的同学的人数分别减去喜爱篮球、足球、射击的人数，求出喜爱柔道的人数，补全条形统计图即可．
(2)根据用样本估计总体，用1500乘以参加问卷调查的同学中喜爱篮球运动的人数的百分比，即可得出答案．
(3)画树状图得出所有等可能的结果数和恰好选中甲、乙两名同学的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，能够理解条形统计图和扇形统计图，熟练掌握列表法与树状图法以及用样本估计总体是解答本题的关键．
14.【答案】(1)证明：如图，
∵OE//AB，
∴∠1=∠2，∠3=∠A，
∵OA=OD，
∴∠1=∠A，
∴∠3=∠2，
∵OC=OD，OE=OE，
∴△OCE≌△ODE(SAS)，
∴∠OCE=∠ODE，
∵∠C=90°，
∴∠OCE=∠ODE=90°．
即OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
(2)解：∵AC是直径，
∴∠ADC=90°，
在Rt△ABC中，AC=6，AB=10，
∴BC= AB2−AC2=8，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴12×6×8=12×10×CD，
解得：CD=4.8；
(3)解：连接CD，
∵CD=4.8，AC=6，
∴AD= AC2−CD2= 62−4．82=3.6，
∴S△ADC=12DA⋅CD=12×4.8×3.6=8.64，
∵O是AC中点，即OD是△ADC的中线，
∴S△ADO=12S△ADC=12×8.64=4.32．
【解析】(1)证明△OCE≌△ODE(SAS)，则可以证得∠EDO=∠ECO=90°，即可证得；
(2)由勾股定理求出BC=8，根据三角形面积可得出答案；
(3)连接CD，则CD是直角△ABC的斜边AB上的高，根据三角形的面积公式即可求得CD的长，则在直角△ACD中，利用勾股定理求得AD的长，则△ACD的面积即可求得，进而求得△ADO的面积．
本题考查切线的判定以及勾股定理，已知所证的直线经过圆上的点，证切线常用的方法是转化成证垂直．
15.【答案】36
【解析】解：过点G作MN//AB交AD于M，交BC于N，交CE于H，
则∠GHF=∠DCF，
∵DF=DC，
∴∠DCF=∠DFC，
∴∠GHF=∠DFC，
∴GH=GF=1，又GE=3，
∴tan∠2=tan∠1=GHGE=13，
设BE=x，BC=3x，
∵四边形ABCE是正方形，
∴AB=AD=CD=BC=DF=3x，∠A=∠B=90°，
∵MN//AB，EG⊥MN，
∴∠AMN=∠A=∠B=∠GEB=∠EGN=90°，
∴四边形ABNM、BEGN是矩形，
∴MN=AB=3x，AM=GE=3，GN=BE=x，
∴DM=3x=3，MG=2x，DG=3x−1，
在Rt△DMG中，
由勾股定理得：(3x−3)2+(2x)2=(3x−1)2，
整理得：x2−3x+2=0，
解得：x1=1，x2=2，
∵BE=GN=x>GH，
∴x=2，
∴BC=6，
∴S=36，
故答案为：36，
过点G作MN//AB交AD于M，交BC于N，交CE于H，如图，根据等腰三角形的性质可证得GH=GF=1，进而得tan∠2=tan∠1=GHGE=13，设BE=x，然后根据正方形的性质，用x表示出BC、DM、MG，利用用勾股定理列关于x的方程，即可得出BC的长，根据正方形的面积公式即可解答．
本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、锐角的三角函数、勾股定理、解一元二次方程，熟练掌握这些知识的运用是解题的关键．
16.【答案】5 2−2
【解析】解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF=∠ODM=90°，
∴∠EDO=∠FDM，
∵DE=DF，DO=DM，
∴△EDO≌△FDM(SAS)，
∴FM=OE=2，
∵正方形ABCD中，AB=2 5，O是BC边的中点，
∴OC= 5，
∴OD= (2 5)2+( 5)2=5，
∴OM= 52+52=5 2，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥5 2−2，
∴线段OF长的最小值为5 2−2．
故答案为5 2−2．
连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM=OE=2，由条件可得OM=5 2，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
本题考查图形的旋转，正方形的性质，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
17.【答案】解：(1)设该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为x，
根据题意得：200(1+x)2=288，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)．
答：该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为20%；
(2)设销售单价定为y元，则每件的销售利润为(y−50)元，每天的销售量为50+5(100−y)=(550−5y)件，
根据题意得：(y−50)(550−5y)=4000，
整理得：y2−160y+6300=0，
解得：y1=70，y2=90，
又∵销量要尽可能大，
∴y=70．
答：销售单价应定为70元．
【解析】(1)设该宾馆这两年(从2021年底到2023年底)拥有的床位数的年平均增长率为x，利用该宾馆2023年底拥有的床位数=该宾馆2021年底拥有的床位数×(1+该宾馆这两年拥有的床位数的年平均增长率)，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
(2)设销售单价定为y元，则每件的销售利润为(y−50)元，每天的销售量为50+5(100−y)=(550−5y)件，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再结合销量要尽可能大，即可确定结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
18.【答案】解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=90°，
∵BC= 3AB，
∴AD= 3AB，
∴tan∠ABD=ADAB= 3，
∴∠ABD=60°，
由折叠的性质得：AF=AB，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠AFB=60°，
∴∠AFD=180°−∠AFB=120°；
②由折叠的性质得：BF⊥AE，EF=EB，
∴∠BGE=90°，
∵EF=EC，
∴EF=EB=EC，
∴BC=2BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD=4，
∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠CBD=90°，
∴∠BAE=∠CBD，
∵∠ABE=∠BCD，
∴△ABE∽△BCD，
∴ABBC=BECD，即4BC=12BC4，
解得：BC=4 2(负值已舍去)，
即BC的长为4 2；
(2)当点E，C′，D三点共线时，分两种情况：
a、如图3，由②可知，BC=4 2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AD=BC=4，CD=AB=4，AD//BC，
∴∠DCE=90°，∠CED=∠B′DA，
由折叠的性质得：AB′=AB=4，∠B′=∠ABC=90°，
∴∠DCE=∠B′，DC=AB′，
∴△CDE≌△B′AD(AAS)，
∴DE=AD=4 2，
∴CE= DE2−DC2= 32−16=4，
∴BE=BC+CE=4 2+4；
b、如图4，
由折叠的性质得：∠AEC′=∠AEC，
∵∠BEC′=∠DEC，
∴∠AEB=∠AED，
∵AD//BC，
∴∠AEB=∠DAE，
∴∠DAE=∠AED，
∴DE=AD=4 2，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE= DE2−DC2= 32−16=4，
∴BE=BC−CE=4 2−4；
综上所述，BE的长为4 2+4或4 2−4．
【解析】(1)①由矩形的性质和锐角三角函数定义得∠ABD=60°，再由折叠的性质得AF=AB，则△ABF是等边三角形，即可得出结论；
②由折叠的性质得BF⊥AE，EF=EB，则BC=2BE，再证△ABE∽△BCD，即可解决问题；
(2)分两种情况，a、证△CDE≌△B′AD(AAS)，得DE=AD=4 2，再由勾股定理得CE=4，即可解决问题；
b、证∠DAE=∠AED，得DE=AD=4 2，再由勾股定理等CE=4，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
19.【答案】(1)证明：连接OB，
∵OB=OA，点C为AB的中点，
∴OC⊥AB，
∵DE切圆于D，
∴OD⊥DE，
∴DE//AB；
(2)解：∵tan∠ADC=ACDC=12，
∴令AC=x，CD=2x，
∵⊙O的半径为3，
∴OA=OD=3，
∴OC=2x−3，
∵OA2=OC2+AC2，
∴(2x−3)2+x2=32，
∴x=125，
∴AC=125，OC=2x−3=95，
∵∠DOE=∠AOC，
∴tan∠DOE=tan∠AOC，
∴DEOD=ACOC，
∴DE3=12595=43，
∴DE=4．
【解析】(1)连接OB，由等腰三角形的性质推出OC⊥AB，由切线的性质得到OD⊥DE，即可证明DE//AB；
(2)由tan∠ADC=ACDC=12，令AC=x，CD=2x，得到OC=2x−3，由勾股定理得到(2x−3)2+x2=32，求出x=125，得到AC=125，OC=2x−3=95，由锐角的正切定义得到DEOD=ACOC，代入有关数据即可求出DE长．
本题考查切线是性质，勾股定理，解直角三角形，关键是由勾股定理得到(2x−3)2+x2=32，求出AC，OC的长．
20.【答案】解：(1)将A(−1,0)、B(4,0)代入y=ax2+bx+2得：
0=a−b+20=16a+4b+2，解得a=−12b=32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，
∵y=−12x2+32x+2=−12(x−32)2+258，
∴顶点M的坐标为(32,258)；
(2)过D点作DH//y轴，交BC于点H，如图所示：
设D(m,−12(m−32)2+258)，直线BC的解析式为y=kx+n，
由(1)可知：B(4,0)，C(0,2)，
4k+n=0n=2，
解得：k=−12n=2，
直线BC的解析式为：y=−12x+2，
∴H(m,−12m+2)，
∴DH=−12(m−32)2+258)−(−12m+2)=−12m2+2m，
.DH//y轴，
∴△OCE～△DHE，
∴DEOE=DHOC=−12m2+2m2=−14(m−2)2+1
∵13<0，
∴当m=2时，DEOE的值最大，
∴D(2,3)．
(3)过C作CG//AB交抛物线于G，作G关于BC的对称点T，连接GT交BC于R，过R作RS⊥x轴于S，连接并延长CT交抛物线于G′，如图：
∵CG//AB，
∴∠GCB=∠ABC，G是满足条件的点，
∵C(0,2)，G、C关于直线x=32对称，
∴G(3,2)，
∴CG=3，
∵OB=4，OC=2，
∴BC= OB2+OC2=2 5，
而∠GCB=∠OBC，∠CRG=∠COB，
∴△CRG∽△BOC，
∴CROB=CGBC，即CR4=32 5，
∴CR=6 55，
∴BR=BC−CR=4 55，
又∠RBS=∠CBO，∠RSB=∠COB，
∴△RSB∽△COB，
∴RSOC=SBOB=RBBC，即RS2=SB4=4 552 5，
∴RS=45，SB=85，
∴OS=OB−SB=125，
∴R(125,45)，
∵G、T关于BC对称，
∴R是GT的中点，∠BCT=∠BCG=∠ABC，
∴直线CT与抛物线交点G′是满足条件的点，
而G(3,2)，
∴T(95,−25)，
设直线CT为y=tx+2，
则−25=95t+2，
解得t=−43，
∴直线CT为y=−43x+2，
由y=−43x+2y=−12x2+32x+2得x=0y=2((舍去)或x=173y=−509，
∴G′(173,−509)，
综上所述，若∠GCB=∠ABC，点G的坐标为(3,2)或(173,−509).
【解析】(1)将A(−1,0)、B(4,0)代入y=ax2+bx+2，用待定系数法即可得抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2，化为顶点式可得顶点坐标；
(2)过D点作DH//y轴，交BC于点H，设D(m,−12(m−32)2+258)，直线BC的解析式为y=kx+b，然后求出直线BC的解析式为：y=−12x+2，得到H点坐标，进而可得DH，最后根据△OCE～△DHE进行求解；
(3)过C作CG//AB交抛物线于G，作G关于BC的对称点T，连接GT交BC于R，过R作RS⊥x轴于S，连接并延长CT交抛物线于G′，由CG//AB，知∠GCB=∠ABC，G是满足条件的点，即得G(3,2)，根据△CRG∽△BOC，可求CR=6 55，BR=BC−CR=4 55，根据△RSB∽△COB，可求RS=45，SB=85，即得R(125,45)，而G、T关于BC对称，故R是GT的中点，∠BCT=∠BCG=∠ABC，直线CT与抛物线交点G′是满足条件的点，可得T(95,−25)，直线CT为y=−43x+2，由y=−43x+2y=−12x2+32x+2即得G′(173,−509).
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标的特征、相似三角形的判定及性质、对称变换等知识，解题的关键是求出G关于BC的对称点T的坐标．
相关试卷
2023年四川省凉山州中考数学试卷（含解析）： 这是一份2023年四川省凉山州中考数学试卷（含解析），共26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年四川省凉山州中考数学试卷（含解析）： 这是一份2023年四川省凉山州中考数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了填空题，解答题，B卷等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省南充市中考数学一诊试卷（含解析）： 这是一份2023年四川省南充市中考数学一诊试卷（含解析），共22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。
