还剩26页未读，
继续阅读
2023年山西省长治市部分学校中考数学二模试卷（含解析）
展开
这是一份2023年山西省长治市部分学校中考数学二模试卷（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年山西省长治市部分学校中考数学二模试卷
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. −23的相反数是( )
A. 23 B. −32 C. 32 D. −23
2. 我国将在2060年实现碳中和，新能源、绿色能源将成为产业发展的新趋势，下列新能源环保图标中是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年1月，国家统计局发布2022年国民经济运行情况，其中货物贸易总额达到42.1万亿元，比上年增长7.7%，扎实推进了高水平开放策略，数据“42.1万亿”用科学记数法表示为( )
A. 4.21×1013 B. 4.21×1012 C. 4.21×1011 D. 4.21×105
4. 在数学研究中，我们往往将两个数学对象比较，找出它们相似的地方，从而推出其他属性也有类似的地方，如：我们学习“同底数幂除法”时常与“同底数幂乘法”类比；学习“相似三角形”时常与“全等三角形”类比等.这种学习方法体现的数学思想是( )
A. 转化思想 B. 整体思想 C. 数形结合思想 D. 类比思想
5. 不等式组6>2(x+1)1−x<2的解集为( )
A. x>−1 B. −1
A. 54°
B. 66°
C. 36°
D. 60°
7. 化简12x2−9−2x−3的结果是( )
A. −2x+3 B. 2x+3 C. −2x−3 D. 2x−3
8. 如图，△ABC内接于⊙O，半径BO的延长线交AC于点D，若∠ABD=15°，则∠C的度数为( )
A. 65°
B. 70°
C. 75°
D. 80°
9. 如图为四张背面完全相同正面画有常见生活现象的卡片，现将所有卡片背面朝上放在桌面上洗匀，从中随机抽取两张，则抽到的生活现象均为化学反应的概率是( )
A. 12 B. 56 C. 16 D. 13
10. 如图，将半径为4，圆心角为90°的扇形ABC绕弧AC的中点P逆时针旋转45°，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F，点D落在AB上，点C落在EF上，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4π+8 2−16
B. 4π−8 2+8
C. 2π+8 2−16
D. 2π−8 2+16
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 计算：3 20−5 15= ______ ．
12. 某数学小组在“探究杠杆平衡条件”实验中固定阻力和阻力臂，得到了下表中的动力y(N)与动力臂x(cm)的几组对应值，根据学习经验，下表中a的值为______ ．
x/cm
…
1.5
2
3
4
5
6
…
y/N
…
8
6
4
3
a
2
…
13. 为备战第19届亚运会，甲、乙两名运动员进行射击训练.在相同的条件下，两人各射击10次，成绩如图所示，则运动员______ 的成绩更加稳定．
14. 2023年春节，全国各大景点“人从众”现象刷屏，各大景区门票预定量同比暴涨3.2倍，某景区为吸引游客推出两套家庭优惠方案，方案一：享受1人免票，其余人8折优惠；方案二：所有人享受7折优惠，若晓鹏一家出游选择方案一更划算，则晓鹏家去旅游的至多______ 人.
15. 如图，在正方形ABCD中，E是CD的中点，F，G分别在AD，BC上，连接AE，FG，EG，AE交FG于点M，N为EG的中点，连接MN，若正方形ABCD的边长为6，AF=5，BG=2，则线段MN的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
(1)计算：−13×(12)−2+( 3−1)0×|−3|；
(2)下面是小雨同学解二元一次方程组的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解方程组：2x+y=7①x+2y=8②
解：由①，得y=7−2x.③第一步
将③代入②，得x=6.第二步
将x=6代入③，得y=−5.第三步
所以原方程组的解为x=6y=−5，第四步
任务一：以上解题过程中，第一步的依据是______ ，解二元一次方程组的解法为______ (填“代入消元法”或“加减消元法”)；
任务二：小雨的解答过程从第______ 步开始出现错误，该方程组的正确解为______ ．
17. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE，CE．
(1)实践与操作：利用尺规在线段OB上作出点F，使得四边形AFCE为平行四边形，连接AF，CF；(要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母)
(2)应用与求解：若AB=BC=4，∠ABC=60°，求EF的长．
18. (本小题8.0分)
“三晋大地，茶香满溢”，晋茶蕴藏着晋善晋美的魅力传奇，包揽着“茶通天下，德通天下”的美好夙愿，我国首届茶叶交易会将于2023年在山西举办，某茶店用8400元购进了A种茶叶若干盒，用9000元购进了B种茶叶若干盒，所购B种茶叶比A种茶叶多15盒，且A种茶叶每盒进价是B种茶叶的1.4倍，那么A，B两种茶叶每盒的进价分别为多少元？
19. (本小题8.0分)
2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭烟顺利升空，基本完成了空间站“T”字基本构型的组装建造，中国空间站建成后，将转入为期10年以上的应用与发展阶段，为人类探索太空提供重要的合作平台，为了解学生对我国航天科技及空间站的知晓情况，某校团委在七、八两个年级开展了“航天梦”科普知识竞赛活动，并各随机抽取了50名同学的成绩(成绩分段标准一致)进行整理，得到以下信息：
信息一：七年级学生成绩的频数分布直方图和八年级学生成绩的扇形统计图如下：
信息二：成绩在D组的学生中，八年级比七年级少2人．
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)八年级成绩在C组的有______ 人；
(2)该校七年级学生有550人，八年级学生有600人，若成绩在80分及以上为优秀，请估计七八年级竞赛成绩为优秀的学生总人数；
(3)根据调查的结果，请为该校航天科技知识的普及提出一条合理化建议．
20. (本小题8.0分)
阅读与思考
巧用方程思想解决函数交点问题我们知道，求两个一次函数图象的交点坐标时，可将问题转化为求方程组的解，即联立两个一次函数表达式组成方程组，方程组的解就是其交点的坐标，同样，我们解决二次函数与直线的交点问题时，也可以类比这一思路求解．
下面是小林同学通过类比上述思路解决二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象与一次函数y=sx+t(s≠0)图象的交点情况的部分探究过程：
联立y=ax2+bx+cy=sx+t得ax2+bx+c=sx+t．
整理，得ax2+(b−s)x+c−t=0．
∵a≠0，
∴方程ax2+(b−s)x+c−t=0是关于x的一元二次方程．
∴Δ=(b−s)2−4a(c−t)．
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象有两个交点．
任务：
(1)请参照阅读材料中Δ>0的分析过程，分别写出Δ=0和Δ<0时的分析结果；
(2)若二次函数y=−x2+5x的图象与一次函数y=−3x+t的图象有一个交点，求t的值；
(3)实际上，除了上述两种函数图象的交点外，初中数学还会遇到反比例函数图象与一次函数图象的交点情况，例如：反比例函数y=−3x的图象与一次函数y=kx+t(k≠0)的图象有两个交点，则这个一次函数的表达式可以是______ .(写出一个即可)
21. (本小题8.0分)
随着科技的不断进步，人们已进入自动机械时代，“铰链结构”是一种可用于机械轧机，使其能够开启和关闭的连杆式装置(如图为平面示意图)，凹槽MN安装在机床上，支点B，C，D始终在一条直线上，已知托臂AC=18cm，托臂BC=27cm，当CA垂直于凹槽时(如图1)，“铰链结构”达到最大张角，此时将滑块A向左侧移动(在移动过程中，托臂长度不变)，当∠CBA=25°时，“铰链结构”达到最小张角，A到达最左端(如图2)，求凹槽MN上的滑轨距离(即点A滑动距离)．
(参考数据：sin25°≈0.4,cos25°≈0.9,tan25°≈0.5, 3≈1.7, 5≈2.2)
22. (本小题8.0分)
综合与实践
问题情境：
在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，过点E作对角线BD的垂线，垂足为点F，点G是DE的中点，连接CG，FG．
小试牛刀：
(1)如图1，若ABBC= 33，直接写出线段FG与CG的数量关系以及∠CGF的度数．
变式探究：
(2)如图2，在(1)的条件下，将图1中的△BEF绕点B逆时针旋转，使点F落在CB边的延长线上，其余条件不变，请探究(1)中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
拓展延伸：
(3)将△BEF绕点B逆时针旋转(旋转角小于360°)，请探究下列问题：
①若将“矩形ABCD”变为“正方形ABCD”，其余条件不变，请在图3中画出旋转到某一位置的图形，并直接写出线段FG与CG的数量关系以及∠CGF的度数；
②连接CF，若要保证△BEF绕点B逆时针旋转过程中，△CFG始终为等边三角形，写出矩形ABCD应满足的条件．
23. (本小题8.0分)
综合与探究
如图，直线y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点C，经过B，C两点的抛物线y=−12x2+bx+c与x轴的另一个交点为点A，连接AC．
(1)求抛物线的解析式以及点A的坐标；
(2)若点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ//AC交直线y=−x+4于点Q，求线段PQ的最大值；
(3)若点M在直线BC上运动，在坐标平面内是否存在另一个点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据相反数的含义，可得
−23的相反数等于：−(−23)=23，
故选：A。
根据相反数的含义，可求得一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”，据此解答即可。
此题主要考查了相反数的含义以及求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：相反数是成对出现的，不能单独存在；求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”。
2.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】A
【解析】解：数据“42.1万亿”用科学记数法表示为4.21×1013．
故选：A．
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．
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．
4.【答案】D
【解析】解：由题意知，这种学习方法体现的数学思想是类比思想．
故选：D．
根据题目描述，结合类比思想的含义可得答案．
本题主要考查数学思想的识别，解题的关键是读懂题意，掌握类比思想的含义．
5.【答案】B
【解析】解：6>2(x+1)1−x<2，
解不等式6>2(x+1)，得x<2，
解不等式1−x<2，得x>−1，
故不等式组的解集为：−1
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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
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．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，由题意可知∠E=90°−30°=60°，
∵对顶角相等，
∴∠1=∠EHG=54°，∠2=∠EGH，
∵三角形内角和等于180°，
∴∠EHG+∠EGH+∠E=180°，
∴∠EGH=180°−∠EHG−∠E=66°，
∴∠2=66°．
故选：B．
根据对顶角相等和三角形内角和等于180°即可求解．
本题主要考查平行线的性质及利用含有30°角的直角三角板求解角度的问题，解题的关键是熟练运用对顶角相等和三角形内角和等于180°．
7.【答案】A
【解析】解：原式=12(x+3)(x−3)−2(x+3)(x−3)(x+3)
=12−2x−6(x+3)(x−3)
=2(3−x)(x+3)(x−3)
=−2x+3．
故选：A．
按照分式加减运算法则计算即可．
本题考查分式的加减运算，解题关键是对各项分式进行通分，找到所有分母的最简公分母，通分后即可进行运算．
8.【答案】C
【解析】解：如图，延长BD与⊙O交于点E，连接CE，
则BE是⊙O的直径，
∴∠BCE=90°，
∵∠ACE=∠ABD=15°，
∴∠ACB=∠BCE−∠ACE=90°−15°=75°，
故选：C．
延长BD与⊙O交于点E，根据直径所对的圆周角为90度可得∠BCE=90°，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠ACE=∠ABD=15°，即可求解．
本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握：直径所对的圆周角为90度，同弧所对的圆周角相等．
9.【答案】C
【解析】解：“冰雪消融”，“食物发霉”，“火柴燃烧”和“灯泡发光”分别用a、b、c、d表示，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，抽到的两张卡片恰好是“食物发霉”和“火柴燃烧”的结果有2种，
则恰好抽到的生活现象均为化学反应的概率是212=16．
故选：C．
根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
10.【答案】A
【解析】解：如图，设DE与BC的交点为Q，连接BP、DP、AP，过点P作PG⊥AB于点G，
∵扇形ABC绕点P逆时针旋转45°得到扇形DEF，
∴S弓形AP=S弓形DP，扇形ABC中空白部分的面积=S△ADP+S△DBQ，
∴S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ．
∵AP=DP，
∴△ADP是等腰三角形，
∴AG=GD，
∵∠ABC=90°，P为弧AC的中点，
∴∠ABP=45°，
∴△BPG是等腰直角三角形，
∵BP=4，
∴GB=GP=2 2，
∴AG=4−2 2，
∴AD=8−4 2，
∴S△ADP=12⋅AD⋅GP=12(8−4 2)⋅2 2=8 2−8．
∵∠PDQ=∠PAD，
∴∠QDB=45°，
∴△DBQ为等腰直角三角形，
∴S△DBQ=12DB2=12(4−AD)2=24−16 2，
∵S扇形ABC=90π⋅42360=4π，
∴S阴影=4π−(8 2−8)−(24−16 2)=4π+8 2−16．
故选：A．
设DE与BC的交点为Q，连接BP、DP、AP，过点P作PG⊥AB于点G，由S弓形AP=S弓形DP可得S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ，再证△BPG，△DBQ是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出S△ADP，S△DBQ，代入计算即可．
本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，解题的关键是通过推导得出S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ．
11.【答案】5 5
【解析】解：3 20−5 15
=3×2 5−5× 55
=6 5− 5
=5 5，
故答案为：5 5．
根据二次根式的性质进行化简，再合并二次根式即可．
本题考查了二次根式的加减运算，熟练掌握根据二次根式的性质化简的方法是解题的关键．
12.【答案】2.4
【解析】解：观察表中的数据，满足xy=1.5×8=2×6=3×4=12，
则动力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数，
设这个函数的解析式为y=kx，
则k=xy=12，
∴这个函数的解析式为：y=12x，
当x=5时，a=125=2.4，
故答案为：2.4．
先观察表中的数据，推导出力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数，再根据待定系数法求解即可．
本题考查了反比例函数的应用，根据题意判断出动力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数是解决问题的关键．
13.【答案】乙
【解析】解：甲的平均成绩为：x甲−=6+10+8+9+8+7+8+10+7+710=8，
乙的平均成绩为：x乙−=7+10+7+7+9+8+7+9+9+710=8，
甲成绩的方差为：s甲=110×[(6−8)2+(10−8)2+…+(7−8)2+(7−8)2]=1.6，
乙成绩的方差为：
S2乙=110×[(7−8)2+(10−8)2+……+(9−8)2+(7−8)2]=1.2，
由s甲2
比较两人成绩的方差即可，方差越小，成绩越稳定．
本题考查利用方差判断稳定性，解题的关键是掌握方差的意义．方差越小，数据的波动性越小．
14.【答案】7
【解析】解：设晓鹏家有x人去旅游，门票原价为a元，且a>0，
方案一门票费用：80%a(x−1)，
方案二门票费用：70%ax，
由题意得：80%a(x−1)<70%ax，
∵a>0，
∴80%(x−1)<70%x，
解得：x<8，
∴晓鹏家去旅游的至多有7人；
故答案为：7．
设晓鹏家有x人去旅游，根据两种方案分别列出代数式，选择方案一更划算则方案一的费用小于方案二的费用，列不等式并求解即可．
本题考查方案选择问题，解题的关键是运用等量关系：门票总费用=折扣×票价×人数，根据选择的方案列不等式并求解，解题易错点是选择费用较低的方案．
15.【答案】52
【解析】解：如图，过点D作DH//FG交BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，∠ADC=∠C=90°，AD=CD，
∴四边形FDHG是平行四边形，
∴GH=DF=AD−AF=6−5=1，
∴BH=BG+GH=2+1=3，CN=BC−BH=3，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE=3，
∴DE=CH，
在△ADE和△DCH中，
DE=CH∠ADE=∠DCHAD=DC，
∴△ADE≌△DCH(SAS)，
∴∠AED=∠DHC，
∵∠HDC+∠DHC=90°，
∴∠AED+∠DHC=90°，
∴AE⊥DH，
∵DH//FG，
∴AE⊥GF，
∵CG=BC−BG=6−2=4，
∴EG= CG2+CE2= 42+32=5，
∵N为EG的中点，
∴MN=12EG=52，
故答案为：52．
过点D作DH//FG交BC于点H，先证四边形FDHG是平行四边形，求出GH=DF=1，再证△ADE≌△DCH(SAS)，推导出AE⊥DH，AE⊥GF，再用勾股定理求出EG，根据直角三角形斜边中线的性质可得MN=12EG=52．
本题考查正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是证明AE⊥GF，掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
16.【答案】等式的基本性质 代入消元法 二 x=2y=3
【解析】解：(1)−13×(12)−2+( 3−1)0×|−3|
=−1×4+1×3
=−4+3
=−1；
(2)任务一：以上解题过程中，第一步的依据是等式的基本性质，解二元一次方程组的解法为代入消元法．
故答案为：等式的基本性质，代入消元法；
任务二：第二步开始出现错误，
正确的解：
解方程组：2x+y=7①x+2y=8②，
解：由①，得y=7−2x.③
将③代入②，得x+2(7−2x)=8，
解得x=2．
将x=2代入③，得y=7−2×2=3．
所以原方程组的解为x=2y=3，
故答案为：二，x=2y=3．
(1)根据绝对值、负整数指数幂、零次幂化简合并即可求解；
(2)根据解二元一次方程组的方法即可求解．
此题主要实数的混合运算以及解二元一次方程组的方法，要熟练掌握，注意代入消元法和加减消元法的应用．
17.【答案】解：(1)如图所示：以点O为圆心，OE长为半径作弧，与线段OB的交点即为点F，连接AF，CF．
(2)由(1)知OF=OE，
平行四边形ABCD中，E为OD的中点，
∴OE=12OD=12OB，
∴OF=OE=12OB，
∴EF=OB，
∵AB=BC=4，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
平行四边形ABCD中，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，即BO⊥AC，
∴AO=12AC=2，
∴OB= AB2−AO2= 42−22=2 3，
∴EF=2 3．
【解析】(1)利用圆规在OB上作OF=OE，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形AFCE为平行四边形；
(2)先根据平行四边形的性质和已知条件证明EF=OB，再证△ABC是等边三角形，求出AC=4，再证四边形ABCD是菱形，推出BO⊥AC，最后根据勾股定理求出OB即可．
本题考查尺规作图，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握菱形、平行四边形、等腰三角形的性质．
18.【答案】解：设B种茶叶每盒进价为x元，A种茶叶每盒进价为1.4x元，
根据题意得：9000x−84001.4x=15，
解得：x=200，
经检验x=200是原方程的根，且符合题意，1.4×200=280(元)，
答：B种茶叶每盒进价为200元，A种茶叶每盒进价为280元．
【解析】设B种茶叶每盒进价为x元，A种茶叶每盒进价为1.4x元，根据所购B种茶叶比A种茶叶多15盒列出方程，解方程即可．
本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程，准确解方程，注意对方程的解进行检验．
19.【答案】19
【解析】解：(1)七年级学生成绩在D组的学生有50−6−9−27=8(人)，
则八年级学生成绩在D组的学生有8−2=6(人)，
八年级学生成绩在A组的学生有50×36360=5(人)，
八年级学生成绩在B组的学生有50×20%=10(人)，
∴八年级学生成绩在C组的有50−5−10−6=19(人)，
故答案为：19；
(2)850×100%=16%，650×100%=12%，550×16%+600×12%=88+72=160(人)，
答：估计七八年级竞赛成绩为优秀的学生总人数约有160人；
(3)成绩高于80分的只占调查人数的16%和12%，还需要进一步加强航天科技知识推广力度，增长学生对我国航天科技及空间站的相关知识，提高学生航天科技知识的普及率．
(1)先求得七年级学生成绩在D组的学生人数，再求得八年级学生成绩在D组、A组、B组的学生人数，据此计算即可求解；
(2)用样本估计总体计算可得；
(3)根据成绩的分布情况结合普及航天科技知识提出建议．
此题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，用样本估计总体，读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
20.【答案】y=−x(答案不唯一)
【解析】解：(1)根据一元二次方程根的判别式可得：当Δ=0时，方程有两个相等的实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象有一个交点；
当Δ<0时，方程没有实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象没有交点；
(2)联立函数表达式：y=−x2+5xy=−3x+t，
可得：−x2+5x=−3x+t，
化简得：x2−8x+t=0，
∵函数图象有一个交点，
∴Δ=(−8)2−4t=0，
解得：t=16；
(3)∵反比例函数图象与一次函数图象有两个交点
∴联立反比例函数与一次函数解析式，满足Δ>0，
如：y=−x(答案不唯一)．
(1)根据一元二次方程根的判别式说明根的情况和函数图象交点的情况即可；
(2)联立方程组，化简成一元二次方程的一般形式，用根的判别式Δ=0，代入求解；
(3)函数图象有两个交点，保证根的判别式Δ>0即可．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数与一次函数、反比例函数与一次函数联立时，可得一元二次方程，需判断根的根的判别式Δ=b2−4ac：若Δ>0时，方程有两个不相等的实数根，即有两个交点；若Δ=0时，方程有两个相等的实数根，即有一个交点；若Δ<0时，方程无实数根，即没有交点是解题的关键．
21.【答案】解：如图1，在直角三角形ABC中，
由勾股定理得：AB2+AC2=BC2，
即AB2+182=272，
解得：AB=9 5cm≈19.8cm；
如图2，过C点作CH⊥AB交于点H，
由sin∠CBH=CHBC,cos∠CBH=BHBC，
可得：CH=27⋅sin25°≈10.8cm，BH=27⋅cos25°≈24.3cm；
在直角三角形AHC中，
由勾股定理得：AH2+CH2=AC2，
即AH2+10.82=182，
解得：AH≈14.4cm，
∴图2中，AB=AH+BH=14.4+24.3=38.7cm，
∴综上所述，点A滑动的距离：38.7−19.8=18.9cm；
答：凹槽MN上的滑轨距离约为18.9cm．
【解析】由图1，根据勾股定理求得AB的长度，由图2，过C点作CH⊥AB交于点H，利用锐角三角函数求线段CH和BH的长度，利用勾股定理求AH的长度，根据图2中AB的长度减去图1 中AB的长度，即为点A滑动的距离．
本题考查利用勾股定理和锐角三角函数求对应线段长度，解题的关键是利用移动过程中托臂长度不变及给定角度进行求解．
22.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，AB=CD，
∵EF⊥BD，
∴∠EFD=∠EFB=90°，
∵G是DE的中点，
∴FG=EG=12DE,CG=EG=12DE，
∴FG=CG，
∵ABBC= 33，即CDBC= 33，
∴在Rt△DBC中，tan∠CBD=CDBC= 33，
∴∠CBD=30°，
∴∠CEF=∠EBF+∠EFB=120°，
∵FG=EG，CG=EG，
∴∠GFE=∠GEF，∠GEC=∠GCE，
∴∠GFE+∠GEF+∠GEC+∠GCE=2∠CEF=240°，
∵∠GFE+∠GEF+∠GEC+∠GCE+∠CGF=360°，
∴∠CGF=120°；
(2)解：(1)中结论仍然成立，证明如下：
如图所示，延长CG交FE延长线于H，
∵EF⊥BF，CD⊥BF，
∴HF//CD，
∴∠GEH=∠GDC，∠GHE=∠GCD，
∵G是DE的中点，
∴EG=DG，
∴△HEG≌△CDG(AAS)，
∴HG=CG，即点G是CH的中点，EH=CD，
∵∠HFC=90°，
∴FG=CG=12CH，
由(1)可得∠EBF=30°，BC= 3CD，
∴BF= 3EF，
∴CF=BC+BF= 3(CD+EF)= 3(HF+EF)= 3HF，
∴tan∠HCF=HFCF= 33，
∴∠HCF=30°，
∴∠GCF=∠GFC=30°，
∴∠CGF=180°−∠GFC−∠GCF=120°，
∴FG=CG，∠CGF=120°；
(3)解：①如图3−1所示，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=45°=∠FEB，
∴EF=FB，
如图3−2所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N．
∵ME//CD，
∴∠EMG=∠DCG，∠MEG=∠CDG，∠AQF=∠ADC=90°，
∵EN⊥AB，
∴∠ENH=∠ANE=90°．
∵G为ED中点，
∴GD=GE．
在△MEG和△CDG中，
∠EMG=∠DCG∠MED=∠CDGGE=GD，
∴△CDG≌△MEG(AAS)，
∴CD=EM，MG=CG．
∴ME=AB．
∵EF⊥BF，
∴∠BFE=90°．
∵∠NHE+∠HNE+∠NEH=∠BFE+∠FHB+∠FBH=180°，
∴∠NEH=∠FBH．
∵∠A=∠ANE=∠AME=90°，
∴四边形ANEQ是矩形，
∴∠MEN=90°，
∴∠MEN=∠CBN，
∴∠MEN+∠NEF=∠CBN+∠FBH，
∴∠MEF=∠CBF．
在△EFM和△EBC中，
ME=AB∠MEF=∠CBFFE=FB，
∴△FEM≌△FBC(SAS)，
∴MF=CF，∠EFM=∠BFC，
∵∠EFC+∠BFC=90°，
∴∠EFC+∠EFM=90°，即∠MFC=90°，
∴△MFC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴FG=CG，EG⊥CG，即∠CGF=90°．
②图3−3所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∵BF⊥EF，
∴∠BCD=∠BFE=90°，
又∵∠CBD=∠FBE，
∴△CBD∽△FBE，
∴CDBC=EFBF；
如图3−4所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N．
同理可证△CDG≌△MEG，
∴CD=EM，MG=CG．
∵∠NHE+∠HNE+∠NEH=∠BFE+∠FHB+∠FBH=180°，
∴∠NEH=∠FBH．
∵∠A=∠ANE=∠AME=90°，
∴四边形ANEQ是矩形，
∴∠MEN=90°．
∴∠MEN=∠CBN，
∴∠MEN+∠NEF=∠CBN+∠FBH，
∴∠MEF=∠CBF．
∵MEBC=CDBC=EFBF，
∴△MEF∽△CBF，
∴∠EFM=∠BFC，MFCF=MECB=CDCB，
∵∠EFC+∠BFC=90°，
∴∠EFC+∠EFM=90°，即∠MFC=90°，
∵△CGF是等边三角形，
∴∠FCG=60°，
∴在Rt△CFM中，tan∠FCM=MFCF= 3，
∴CDCB= 3，
∴要保证△BEF绕点B逆时针旋转过程中，△CGF始终为等边三角形，则矩形ABCD应满足的条件为CDCB= 3．
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FG=EG=12DE,CG=EG=12DE，即可证明FG=CG；再解直角三角形求出∠CBD=30°，进而得到∠CEF=120°，根据等边对等角和四边形内角和定理求出∠CGF=120°；
(2)如图所示，延长CG交FE延长线于H，证明△HEG≌△CDG，得到HG=CG，即点G是CH的中点，EH=CD，由直角三角形斜边上的中线的性质即可证明FG=CG，由(1)可得∠EBF=30°，BC= 3CD，则BF= 3EF，证明CF= 3HF，解直角三角形得到∠HCF=30°，则∠GCF=∠GFC=30°，即可推出∠CGF=180°−∠GFC−∠GCF=120°，即FG=CG，∠CGF=120°；
(3)①如图3−1所示，先证明EF=FB，如图3−2所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N.证明△CDG≌△MEG，得到CD=EM，MG=CG.证明四边形ANEQ是矩形，得到∠MEN=90°.进一步证明△FEM≌△FBC，得到MF=CF，∠EFM=∠BFC，推出∠MFC=90°，即可证明△MFC是等腰直角三角形，由此即可证明FG=CG，EG⊥CG，即∠CGF=90°.②图3−3所示，证明△CBD∽△FBE，得到CDBC=EFBF；如图3−4所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N.同理可证△CDG≌△MEG，得到CD=EM，MG=CG.证明四边形ANEQ是矩形，得到∠MEN=90°.进一步证明△MEF∽△CBF，得到∠EFM=∠BFC，MFCF=MECB=CDCB，推出∠MFC=90°，再由△CGF是等边三角形，得到∠FCG=60°，解直角三角形得到CDCB= 3．
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质，直角三角形的性质等等；正确作出辅助线构造全等三角形，相似三角形是解题的关键．
23.【答案】解：(1)在y=−x+4中，令x=0，则y=4，
令y=0，则0=−x+4，
∴x=4，
∴B(4,0)，C(0,4)，
把B(4,0)，C(0,4)代入y=−12x2+bx+c，
∴−12×42+4b+c=0c=4，
∴b=1c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4，
把x=0，代入−12x2+x+4=0，
∴x=4或x=−2，
∴A(−2,0)；
(2)过A作AF//BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交BC于点D，
∵A(−2,0)，C(0,4)，
∴AC= 22+42=2 5，
设直线AF的解析式为：y=−x+b1，
把(−2,0)代入得，
∴0=−(−2)+b1，
∴b1=−2，
∴直线AF的解析式为：y=−x−2，
令x=0，则y=−2，
∴F(0,−2)，
∴CF=6，
∵AF//BC，CF//PE，
∴∠AFC=∠FCB=∠QDP，
∵PQ//AC，
∴∠ACQ=∠PQC，
∵AF//BC，
∴∠CAF=180°−∠ACQ=180°−∠PQC=∠PQD，
∴△AFC∽△QDP，
∴ACPQ=CFPD，
∴PQ=2 56PD= 53PD，
当PD取得最大值时，PQ也取得最大值；
设P(m,−12m2+m+4)，则D(m,−m+4)，
则PD=−12m2+m+4+m−4=−12m2+2m=−12(m−2)2+2，
∵−12<0，
∴当m=2时，PD有最大值为2，
∴PQ的最大值为：2 53；
(3)当点N在第二象限时，作N1G⊥x轴于点G，
∵四边形ACM1N1是菱形，
∴AN1=AC=2 5，AN1//BC，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∴∠N1AG=45°，
∴AG=N1G= 22AN1= 10，
∴N1(−2− 10, 10)；
同理，当点N在第四象限时，N2(−2+ 10,− 10)；
当点N在第一象限时，作N3H⊥y轴于点H，
同理可得△AOC≌△CN3H(SAS)，
∴CH=OA=2，N3H=OC=4，
∴N3(4,6)，
当AC是对角线时，设M4(a,−a+4)，
由菱形的性质知M4A=M4C，则a2+(−a+4−4)2=(a+2)2+(−a+4)2，
解得a=5，则M4(5,−1)，
∴AM4=AN4= (5+2)2+12=5 2，
同理，AG4=N4G4=5，
∴N4(−7,5)，
综上所述：N(−2− 10, 10)或N(−2+ 10,− 10)或N(4,6)或N(−7,5)．
【解析】(1)先求得B(4,0)，C(0,4)，再利用待定系数法即可求解；
(2)过A作AF//BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交BC于点D，证明△AFC∽△QDP，得到PQ= 53PD，当PD取得最大值时，PQ也取得最大值；设P(m,−12m2+m+4)，得到PD=−12(m−2)2+2，利用二次函数的性质即可求解；
(3)分四种情况讨论求解即可．
本题是二次函数的综合题，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，菱形的性质，两直线平行时k值相等是解题的关键．
2023年山西省长治市部分学校中考数学二模试卷
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. −23的相反数是( )
A. 23 B. −32 C. 32 D. −23
2. 我国将在2060年实现碳中和，新能源、绿色能源将成为产业发展的新趋势，下列新能源环保图标中是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年1月，国家统计局发布2022年国民经济运行情况，其中货物贸易总额达到42.1万亿元，比上年增长7.7%，扎实推进了高水平开放策略，数据“42.1万亿”用科学记数法表示为( )
A. 4.21×1013 B. 4.21×1012 C. 4.21×1011 D. 4.21×105
4. 在数学研究中，我们往往将两个数学对象比较，找出它们相似的地方，从而推出其他属性也有类似的地方，如：我们学习“同底数幂除法”时常与“同底数幂乘法”类比；学习“相似三角形”时常与“全等三角形”类比等.这种学习方法体现的数学思想是( )
A. 转化思想 B. 整体思想 C. 数形结合思想 D. 类比思想
5. 不等式组6>2(x+1)1−x<2的解集为( )
A. x>−1 B. −1
A. 54°
B. 66°
C. 36°
D. 60°
7. 化简12x2−9−2x−3的结果是( )
A. −2x+3 B. 2x+3 C. −2x−3 D. 2x−3
8. 如图，△ABC内接于⊙O，半径BO的延长线交AC于点D，若∠ABD=15°，则∠C的度数为( )
A. 65°
B. 70°
C. 75°
D. 80°
9. 如图为四张背面完全相同正面画有常见生活现象的卡片，现将所有卡片背面朝上放在桌面上洗匀，从中随机抽取两张，则抽到的生活现象均为化学反应的概率是( )
A. 12 B. 56 C. 16 D. 13
10. 如图，将半径为4，圆心角为90°的扇形ABC绕弧AC的中点P逆时针旋转45°，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F，点D落在AB上，点C落在EF上，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4π+8 2−16
B. 4π−8 2+8
C. 2π+8 2−16
D. 2π−8 2+16
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 计算：3 20−5 15= ______ ．
12. 某数学小组在“探究杠杆平衡条件”实验中固定阻力和阻力臂，得到了下表中的动力y(N)与动力臂x(cm)的几组对应值，根据学习经验，下表中a的值为______ ．
x/cm
…
1.5
2
3
4
5
6
…
y/N
…
8
6
4
3
a
2
…
13. 为备战第19届亚运会，甲、乙两名运动员进行射击训练.在相同的条件下，两人各射击10次，成绩如图所示，则运动员______ 的成绩更加稳定．
14. 2023年春节，全国各大景点“人从众”现象刷屏，各大景区门票预定量同比暴涨3.2倍，某景区为吸引游客推出两套家庭优惠方案，方案一：享受1人免票，其余人8折优惠；方案二：所有人享受7折优惠，若晓鹏一家出游选择方案一更划算，则晓鹏家去旅游的至多______ 人.
15. 如图，在正方形ABCD中，E是CD的中点，F，G分别在AD，BC上，连接AE，FG，EG，AE交FG于点M，N为EG的中点，连接MN，若正方形ABCD的边长为6，AF=5，BG=2，则线段MN的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
(1)计算：−13×(12)−2+( 3−1)0×|−3|；
(2)下面是小雨同学解二元一次方程组的过程，请认真阅读并完成相应的任务．
解方程组：2x+y=7①x+2y=8②
解：由①，得y=7−2x.③第一步
将③代入②，得x=6.第二步
将x=6代入③，得y=−5.第三步
所以原方程组的解为x=6y=−5，第四步
任务一：以上解题过程中，第一步的依据是______ ，解二元一次方程组的解法为______ (填“代入消元法”或“加减消元法”)；
任务二：小雨的解答过程从第______ 步开始出现错误，该方程组的正确解为______ ．
17. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE，CE．
(1)实践与操作：利用尺规在线段OB上作出点F，使得四边形AFCE为平行四边形，连接AF，CF；(要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母)
(2)应用与求解：若AB=BC=4，∠ABC=60°，求EF的长．
18. (本小题8.0分)
“三晋大地，茶香满溢”，晋茶蕴藏着晋善晋美的魅力传奇，包揽着“茶通天下，德通天下”的美好夙愿，我国首届茶叶交易会将于2023年在山西举办，某茶店用8400元购进了A种茶叶若干盒，用9000元购进了B种茶叶若干盒，所购B种茶叶比A种茶叶多15盒，且A种茶叶每盒进价是B种茶叶的1.4倍，那么A，B两种茶叶每盒的进价分别为多少元？
19. (本小题8.0分)
2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭烟顺利升空，基本完成了空间站“T”字基本构型的组装建造，中国空间站建成后，将转入为期10年以上的应用与发展阶段，为人类探索太空提供重要的合作平台，为了解学生对我国航天科技及空间站的知晓情况，某校团委在七、八两个年级开展了“航天梦”科普知识竞赛活动，并各随机抽取了50名同学的成绩(成绩分段标准一致)进行整理，得到以下信息：
信息一：七年级学生成绩的频数分布直方图和八年级学生成绩的扇形统计图如下：
信息二：成绩在D组的学生中，八年级比七年级少2人．
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)八年级成绩在C组的有______ 人；
(2)该校七年级学生有550人，八年级学生有600人，若成绩在80分及以上为优秀，请估计七八年级竞赛成绩为优秀的学生总人数；
(3)根据调查的结果，请为该校航天科技知识的普及提出一条合理化建议．
20. (本小题8.0分)
阅读与思考
巧用方程思想解决函数交点问题我们知道，求两个一次函数图象的交点坐标时，可将问题转化为求方程组的解，即联立两个一次函数表达式组成方程组，方程组的解就是其交点的坐标，同样，我们解决二次函数与直线的交点问题时，也可以类比这一思路求解．
下面是小林同学通过类比上述思路解决二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象与一次函数y=sx+t(s≠0)图象的交点情况的部分探究过程：
联立y=ax2+bx+cy=sx+t得ax2+bx+c=sx+t．
整理，得ax2+(b−s)x+c−t=0．
∵a≠0，
∴方程ax2+(b−s)x+c−t=0是关于x的一元二次方程．
∴Δ=(b−s)2−4a(c−t)．
当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象有两个交点．
任务：
(1)请参照阅读材料中Δ>0的分析过程，分别写出Δ=0和Δ<0时的分析结果；
(2)若二次函数y=−x2+5x的图象与一次函数y=−3x+t的图象有一个交点，求t的值；
(3)实际上，除了上述两种函数图象的交点外，初中数学还会遇到反比例函数图象与一次函数图象的交点情况，例如：反比例函数y=−3x的图象与一次函数y=kx+t(k≠0)的图象有两个交点，则这个一次函数的表达式可以是______ .(写出一个即可)
21. (本小题8.0分)
随着科技的不断进步，人们已进入自动机械时代，“铰链结构”是一种可用于机械轧机，使其能够开启和关闭的连杆式装置(如图为平面示意图)，凹槽MN安装在机床上，支点B，C，D始终在一条直线上，已知托臂AC=18cm，托臂BC=27cm，当CA垂直于凹槽时(如图1)，“铰链结构”达到最大张角，此时将滑块A向左侧移动(在移动过程中，托臂长度不变)，当∠CBA=25°时，“铰链结构”达到最小张角，A到达最左端(如图2)，求凹槽MN上的滑轨距离(即点A滑动距离)．
(参考数据：sin25°≈0.4,cos25°≈0.9,tan25°≈0.5, 3≈1.7, 5≈2.2)
22. (本小题8.0分)
综合与实践
问题情境：
在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，过点E作对角线BD的垂线，垂足为点F，点G是DE的中点，连接CG，FG．
小试牛刀：
(1)如图1，若ABBC= 33，直接写出线段FG与CG的数量关系以及∠CGF的度数．
变式探究：
(2)如图2，在(1)的条件下，将图1中的△BEF绕点B逆时针旋转，使点F落在CB边的延长线上，其余条件不变，请探究(1)中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
拓展延伸：
(3)将△BEF绕点B逆时针旋转(旋转角小于360°)，请探究下列问题：
①若将“矩形ABCD”变为“正方形ABCD”，其余条件不变，请在图3中画出旋转到某一位置的图形，并直接写出线段FG与CG的数量关系以及∠CGF的度数；
②连接CF，若要保证△BEF绕点B逆时针旋转过程中，△CFG始终为等边三角形，写出矩形ABCD应满足的条件．
23. (本小题8.0分)
综合与探究
如图，直线y=−x+4与x轴交于点B，与y轴交于点C，经过B，C两点的抛物线y=−12x2+bx+c与x轴的另一个交点为点A，连接AC．
(1)求抛物线的解析式以及点A的坐标；
(2)若点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ//AC交直线y=−x+4于点Q，求线段PQ的最大值；
(3)若点M在直线BC上运动，在坐标平面内是否存在另一个点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据相反数的含义，可得
−23的相反数等于：−(−23)=23，
故选：A。
根据相反数的含义，可求得一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”，据此解答即可。
此题主要考查了相反数的含义以及求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：相反数是成对出现的，不能单独存在；求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“−”。
2.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】A
【解析】解：数据“42.1万亿”用科学记数法表示为4.21×1013．
故选：A．
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．
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．
4.【答案】D
【解析】解：由题意知，这种学习方法体现的数学思想是类比思想．
故选：D．
根据题目描述，结合类比思想的含义可得答案．
本题主要考查数学思想的识别，解题的关键是读懂题意，掌握类比思想的含义．
5.【答案】B
【解析】解：6>2(x+1)1−x<2，
解不等式6>2(x+1)，得x<2，
解不等式1−x<2，得x>−1，
故不等式组的解集为：−1
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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
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．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，由题意可知∠E=90°−30°=60°，
∵对顶角相等，
∴∠1=∠EHG=54°，∠2=∠EGH，
∵三角形内角和等于180°，
∴∠EHG+∠EGH+∠E=180°，
∴∠EGH=180°−∠EHG−∠E=66°，
∴∠2=66°．
故选：B．
根据对顶角相等和三角形内角和等于180°即可求解．
本题主要考查平行线的性质及利用含有30°角的直角三角板求解角度的问题，解题的关键是熟练运用对顶角相等和三角形内角和等于180°．
7.【答案】A
【解析】解：原式=12(x+3)(x−3)−2(x+3)(x−3)(x+3)
=12−2x−6(x+3)(x−3)
=2(3−x)(x+3)(x−3)
=−2x+3．
故选：A．
按照分式加减运算法则计算即可．
本题考查分式的加减运算，解题关键是对各项分式进行通分，找到所有分母的最简公分母，通分后即可进行运算．
8.【答案】C
【解析】解：如图，延长BD与⊙O交于点E，连接CE，
则BE是⊙O的直径，
∴∠BCE=90°，
∵∠ACE=∠ABD=15°，
∴∠ACB=∠BCE−∠ACE=90°−15°=75°，
故选：C．
延长BD与⊙O交于点E，根据直径所对的圆周角为90度可得∠BCE=90°，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠ACE=∠ABD=15°，即可求解．
本题考查圆周角定理，解题的关键是掌握：直径所对的圆周角为90度，同弧所对的圆周角相等．
9.【答案】C
【解析】解：“冰雪消融”，“食物发霉”，“火柴燃烧”和“灯泡发光”分别用a、b、c、d表示，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，抽到的两张卡片恰好是“食物发霉”和“火柴燃烧”的结果有2种，
则恰好抽到的生活现象均为化学反应的概率是212=16．
故选：C．
根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出符合条件的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
10.【答案】A
【解析】解：如图，设DE与BC的交点为Q，连接BP、DP、AP，过点P作PG⊥AB于点G，
∵扇形ABC绕点P逆时针旋转45°得到扇形DEF，
∴S弓形AP=S弓形DP，扇形ABC中空白部分的面积=S△ADP+S△DBQ，
∴S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ．
∵AP=DP，
∴△ADP是等腰三角形，
∴AG=GD，
∵∠ABC=90°，P为弧AC的中点，
∴∠ABP=45°，
∴△BPG是等腰直角三角形，
∵BP=4，
∴GB=GP=2 2，
∴AG=4−2 2，
∴AD=8−4 2，
∴S△ADP=12⋅AD⋅GP=12(8−4 2)⋅2 2=8 2−8．
∵∠PDQ=∠PAD，
∴∠QDB=45°，
∴△DBQ为等腰直角三角形，
∴S△DBQ=12DB2=12(4−AD)2=24−16 2，
∵S扇形ABC=90π⋅42360=4π，
∴S阴影=4π−(8 2−8)−(24−16 2)=4π+8 2−16．
故选：A．
设DE与BC的交点为Q，连接BP、DP、AP，过点P作PG⊥AB于点G，由S弓形AP=S弓形DP可得S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ，再证△BPG，△DBQ是等腰直角三角形，求出相关线段长度，进而求出S△ADP，S△DBQ，代入计算即可．
本题考查旋转的性质，扇形的面积，等腰三角形的判定和性质等，解题的关键是通过推导得出S阴影=S扇形ABC−S△ADP−S△DBQ．
11.【答案】5 5
【解析】解：3 20−5 15
=3×2 5−5× 55
=6 5− 5
=5 5，
故答案为：5 5．
根据二次根式的性质进行化简，再合并二次根式即可．
本题考查了二次根式的加减运算，熟练掌握根据二次根式的性质化简的方法是解题的关键．
12.【答案】2.4
【解析】解：观察表中的数据，满足xy=1.5×8=2×6=3×4=12，
则动力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数，
设这个函数的解析式为y=kx，
则k=xy=12，
∴这个函数的解析式为：y=12x，
当x=5时，a=125=2.4，
故答案为：2.4．
先观察表中的数据，推导出力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数，再根据待定系数法求解即可．
本题考查了反比例函数的应用，根据题意判断出动力y(N)与动力臂x(cm)的函数关系为反比例函数是解决问题的关键．
13.【答案】乙
【解析】解：甲的平均成绩为：x甲−=6+10+8+9+8+7+8+10+7+710=8，
乙的平均成绩为：x乙−=7+10+7+7+9+8+7+9+9+710=8，
甲成绩的方差为：s甲=110×[(6−8)2+(10−8)2+…+(7−8)2+(7−8)2]=1.6，
乙成绩的方差为：
S2乙=110×[(7−8)2+(10−8)2+……+(9−8)2+(7−8)2]=1.2，
由s甲2
比较两人成绩的方差即可，方差越小，成绩越稳定．
本题考查利用方差判断稳定性，解题的关键是掌握方差的意义．方差越小，数据的波动性越小．
14.【答案】7
【解析】解：设晓鹏家有x人去旅游，门票原价为a元，且a>0，
方案一门票费用：80%a(x−1)，
方案二门票费用：70%ax，
由题意得：80%a(x−1)<70%ax，
∵a>0，
∴80%(x−1)<70%x，
解得：x<8，
∴晓鹏家去旅游的至多有7人；
故答案为：7．
设晓鹏家有x人去旅游，根据两种方案分别列出代数式，选择方案一更划算则方案一的费用小于方案二的费用，列不等式并求解即可．
本题考查方案选择问题，解题的关键是运用等量关系：门票总费用=折扣×票价×人数，根据选择的方案列不等式并求解，解题易错点是选择费用较低的方案．
15.【答案】52
【解析】解：如图，过点D作DH//FG交BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，∠ADC=∠C=90°，AD=CD，
∴四边形FDHG是平行四边形，
∴GH=DF=AD−AF=6−5=1，
∴BH=BG+GH=2+1=3，CN=BC−BH=3，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE=3，
∴DE=CH，
在△ADE和△DCH中，
DE=CH∠ADE=∠DCHAD=DC，
∴△ADE≌△DCH(SAS)，
∴∠AED=∠DHC，
∵∠HDC+∠DHC=90°，
∴∠AED+∠DHC=90°，
∴AE⊥DH，
∵DH//FG，
∴AE⊥GF，
∵CG=BC−BG=6−2=4，
∴EG= CG2+CE2= 42+32=5，
∵N为EG的中点，
∴MN=12EG=52，
故答案为：52．
过点D作DH//FG交BC于点H，先证四边形FDHG是平行四边形，求出GH=DF=1，再证△ADE≌△DCH(SAS)，推导出AE⊥DH，AE⊥GF，再用勾股定理求出EG，根据直角三角形斜边中线的性质可得MN=12EG=52．
本题考查正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是证明AE⊥GF，掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
16.【答案】等式的基本性质 代入消元法 二 x=2y=3
【解析】解：(1)−13×(12)−2+( 3−1)0×|−3|
=−1×4+1×3
=−4+3
=−1；
(2)任务一：以上解题过程中，第一步的依据是等式的基本性质，解二元一次方程组的解法为代入消元法．
故答案为：等式的基本性质，代入消元法；
任务二：第二步开始出现错误，
正确的解：
解方程组：2x+y=7①x+2y=8②，
解：由①，得y=7−2x.③
将③代入②，得x+2(7−2x)=8，
解得x=2．
将x=2代入③，得y=7−2×2=3．
所以原方程组的解为x=2y=3，
故答案为：二，x=2y=3．
(1)根据绝对值、负整数指数幂、零次幂化简合并即可求解；
(2)根据解二元一次方程组的方法即可求解．
此题主要实数的混合运算以及解二元一次方程组的方法，要熟练掌握，注意代入消元法和加减消元法的应用．
17.【答案】解：(1)如图所示：以点O为圆心，OE长为半径作弧，与线段OB的交点即为点F，连接AF，CF．
(2)由(1)知OF=OE，
平行四边形ABCD中，E为OD的中点，
∴OE=12OD=12OB，
∴OF=OE=12OB，
∴EF=OB，
∵AB=BC=4，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
平行四边形ABCD中，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，即BO⊥AC，
∴AO=12AC=2，
∴OB= AB2−AO2= 42−22=2 3，
∴EF=2 3．
【解析】(1)利用圆规在OB上作OF=OE，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形AFCE为平行四边形；
(2)先根据平行四边形的性质和已知条件证明EF=OB，再证△ABC是等边三角形，求出AC=4，再证四边形ABCD是菱形，推出BO⊥AC，最后根据勾股定理求出OB即可．
本题考查尺规作图，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握菱形、平行四边形、等腰三角形的性质．
18.【答案】解：设B种茶叶每盒进价为x元，A种茶叶每盒进价为1.4x元，
根据题意得：9000x−84001.4x=15，
解得：x=200，
经检验x=200是原方程的根，且符合题意，1.4×200=280(元)，
答：B种茶叶每盒进价为200元，A种茶叶每盒进价为280元．
【解析】设B种茶叶每盒进价为x元，A种茶叶每盒进价为1.4x元，根据所购B种茶叶比A种茶叶多15盒列出方程，解方程即可．
本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程，准确解方程，注意对方程的解进行检验．
19.【答案】19
【解析】解：(1)七年级学生成绩在D组的学生有50−6−9−27=8(人)，
则八年级学生成绩在D组的学生有8−2=6(人)，
八年级学生成绩在A组的学生有50×36360=5(人)，
八年级学生成绩在B组的学生有50×20%=10(人)，
∴八年级学生成绩在C组的有50−5−10−6=19(人)，
故答案为：19；
(2)850×100%=16%，650×100%=12%，550×16%+600×12%=88+72=160(人)，
答：估计七八年级竞赛成绩为优秀的学生总人数约有160人；
(3)成绩高于80分的只占调查人数的16%和12%，还需要进一步加强航天科技知识推广力度，增长学生对我国航天科技及空间站的相关知识，提高学生航天科技知识的普及率．
(1)先求得七年级学生成绩在D组的学生人数，再求得八年级学生成绩在D组、A组、B组的学生人数，据此计算即可求解；
(2)用样本估计总体计算可得；
(3)根据成绩的分布情况结合普及航天科技知识提出建议．
此题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，用样本估计总体，读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
20.【答案】y=−x(答案不唯一)
【解析】解：(1)根据一元二次方程根的判别式可得：当Δ=0时，方程有两个相等的实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象有一个交点；
当Δ<0时，方程没有实数根，
∴二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与一次函数y=sx+t(s≠0)的图象没有交点；
(2)联立函数表达式：y=−x2+5xy=−3x+t，
可得：−x2+5x=−3x+t，
化简得：x2−8x+t=0，
∵函数图象有一个交点，
∴Δ=(−8)2−4t=0，
解得：t=16；
(3)∵反比例函数图象与一次函数图象有两个交点
∴联立反比例函数与一次函数解析式，满足Δ>0，
如：y=−x(答案不唯一)．
(1)根据一元二次方程根的判别式说明根的情况和函数图象交点的情况即可；
(2)联立方程组，化简成一元二次方程的一般形式，用根的判别式Δ=0，代入求解；
(3)函数图象有两个交点，保证根的判别式Δ>0即可．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数与一次函数、反比例函数与一次函数联立时，可得一元二次方程，需判断根的根的判别式Δ=b2−4ac：若Δ>0时，方程有两个不相等的实数根，即有两个交点；若Δ=0时，方程有两个相等的实数根，即有一个交点；若Δ<0时，方程无实数根，即没有交点是解题的关键．
21.【答案】解：如图1，在直角三角形ABC中，
由勾股定理得：AB2+AC2=BC2，
即AB2+182=272，
解得：AB=9 5cm≈19.8cm；
如图2，过C点作CH⊥AB交于点H，
由sin∠CBH=CHBC,cos∠CBH=BHBC，
可得：CH=27⋅sin25°≈10.8cm，BH=27⋅cos25°≈24.3cm；
在直角三角形AHC中，
由勾股定理得：AH2+CH2=AC2，
即AH2+10.82=182，
解得：AH≈14.4cm，
∴图2中，AB=AH+BH=14.4+24.3=38.7cm，
∴综上所述，点A滑动的距离：38.7−19.8=18.9cm；
答：凹槽MN上的滑轨距离约为18.9cm．
【解析】由图1，根据勾股定理求得AB的长度，由图2，过C点作CH⊥AB交于点H，利用锐角三角函数求线段CH和BH的长度，利用勾股定理求AH的长度，根据图2中AB的长度减去图1 中AB的长度，即为点A滑动的距离．
本题考查利用勾股定理和锐角三角函数求对应线段长度，解题的关键是利用移动过程中托臂长度不变及给定角度进行求解．
22.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，AB=CD，
∵EF⊥BD，
∴∠EFD=∠EFB=90°，
∵G是DE的中点，
∴FG=EG=12DE,CG=EG=12DE，
∴FG=CG，
∵ABBC= 33，即CDBC= 33，
∴在Rt△DBC中，tan∠CBD=CDBC= 33，
∴∠CBD=30°，
∴∠CEF=∠EBF+∠EFB=120°，
∵FG=EG，CG=EG，
∴∠GFE=∠GEF，∠GEC=∠GCE，
∴∠GFE+∠GEF+∠GEC+∠GCE=2∠CEF=240°，
∵∠GFE+∠GEF+∠GEC+∠GCE+∠CGF=360°，
∴∠CGF=120°；
(2)解：(1)中结论仍然成立，证明如下：
如图所示，延长CG交FE延长线于H，
∵EF⊥BF，CD⊥BF，
∴HF//CD，
∴∠GEH=∠GDC，∠GHE=∠GCD，
∵G是DE的中点，
∴EG=DG，
∴△HEG≌△CDG(AAS)，
∴HG=CG，即点G是CH的中点，EH=CD，
∵∠HFC=90°，
∴FG=CG=12CH，
由(1)可得∠EBF=30°，BC= 3CD，
∴BF= 3EF，
∴CF=BC+BF= 3(CD+EF)= 3(HF+EF)= 3HF，
∴tan∠HCF=HFCF= 33，
∴∠HCF=30°，
∴∠GCF=∠GFC=30°，
∴∠CGF=180°−∠GFC−∠GCF=120°，
∴FG=CG，∠CGF=120°；
(3)解：①如图3−1所示，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=45°=∠FEB，
∴EF=FB，
如图3−2所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N．
∵ME//CD，
∴∠EMG=∠DCG，∠MEG=∠CDG，∠AQF=∠ADC=90°，
∵EN⊥AB，
∴∠ENH=∠ANE=90°．
∵G为ED中点，
∴GD=GE．
在△MEG和△CDG中，
∠EMG=∠DCG∠MED=∠CDGGE=GD，
∴△CDG≌△MEG(AAS)，
∴CD=EM，MG=CG．
∴ME=AB．
∵EF⊥BF，
∴∠BFE=90°．
∵∠NHE+∠HNE+∠NEH=∠BFE+∠FHB+∠FBH=180°，
∴∠NEH=∠FBH．
∵∠A=∠ANE=∠AME=90°，
∴四边形ANEQ是矩形，
∴∠MEN=90°，
∴∠MEN=∠CBN，
∴∠MEN+∠NEF=∠CBN+∠FBH，
∴∠MEF=∠CBF．
在△EFM和△EBC中，
ME=AB∠MEF=∠CBFFE=FB，
∴△FEM≌△FBC(SAS)，
∴MF=CF，∠EFM=∠BFC，
∵∠EFC+∠BFC=90°，
∴∠EFC+∠EFM=90°，即∠MFC=90°，
∴△MFC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴FG=CG，EG⊥CG，即∠CGF=90°．
②图3−3所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∵BF⊥EF，
∴∠BCD=∠BFE=90°，
又∵∠CBD=∠FBE，
∴△CBD∽△FBE，
∴CDBC=EFBF；
如图3−4所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N．
同理可证△CDG≌△MEG，
∴CD=EM，MG=CG．
∵∠NHE+∠HNE+∠NEH=∠BFE+∠FHB+∠FBH=180°，
∴∠NEH=∠FBH．
∵∠A=∠ANE=∠AME=90°，
∴四边形ANEQ是矩形，
∴∠MEN=90°．
∴∠MEN=∠CBN，
∴∠MEN+∠NEF=∠CBN+∠FBH，
∴∠MEF=∠CBF．
∵MEBC=CDBC=EFBF，
∴△MEF∽△CBF，
∴∠EFM=∠BFC，MFCF=MECB=CDCB，
∵∠EFC+∠BFC=90°，
∴∠EFC+∠EFM=90°，即∠MFC=90°，
∵△CGF是等边三角形，
∴∠FCG=60°，
∴在Rt△CFM中，tan∠FCM=MFCF= 3，
∴CDCB= 3，
∴要保证△BEF绕点B逆时针旋转过程中，△CGF始终为等边三角形，则矩形ABCD应满足的条件为CDCB= 3．
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FG=EG=12DE,CG=EG=12DE，即可证明FG=CG；再解直角三角形求出∠CBD=30°，进而得到∠CEF=120°，根据等边对等角和四边形内角和定理求出∠CGF=120°；
(2)如图所示，延长CG交FE延长线于H，证明△HEG≌△CDG，得到HG=CG，即点G是CH的中点，EH=CD，由直角三角形斜边上的中线的性质即可证明FG=CG，由(1)可得∠EBF=30°，BC= 3CD，则BF= 3EF，证明CF= 3HF，解直角三角形得到∠HCF=30°，则∠GCF=∠GFC=30°，即可推出∠CGF=180°−∠GFC−∠GCF=120°，即FG=CG，∠CGF=120°；
(3)①如图3−1所示，先证明EF=FB，如图3−2所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N.证明△CDG≌△MEG，得到CD=EM，MG=CG.证明四边形ANEQ是矩形，得到∠MEN=90°.进一步证明△FEM≌△FBC，得到MF=CF，∠EFM=∠BFC，推出∠MFC=90°，即可证明△MFC是等腰直角三角形，由此即可证明FG=CG，EG⊥CG，即∠CGF=90°.②图3−3所示，证明△CBD∽△FBE，得到CDBC=EFBF；如图3−4所示，过E作CD的平行线交CG延长线于M点，连接FM、FC，过E作EN⊥AB于N.同理可证△CDG≌△MEG，得到CD=EM，MG=CG.证明四边形ANEQ是矩形，得到∠MEN=90°.进一步证明△MEF∽△CBF，得到∠EFM=∠BFC，MFCF=MECB=CDCB，推出∠MFC=90°，再由△CGF是等边三角形，得到∠FCG=60°，解直角三角形得到CDCB= 3．
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质，直角三角形的性质等等；正确作出辅助线构造全等三角形，相似三角形是解题的关键．
23.【答案】解：(1)在y=−x+4中，令x=0，则y=4，
令y=0，则0=−x+4，
∴x=4，
∴B(4,0)，C(0,4)，
把B(4,0)，C(0,4)代入y=−12x2+bx+c，
∴−12×42+4b+c=0c=4，
∴b=1c=4，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+x+4，
把x=0，代入−12x2+x+4=0，
∴x=4或x=−2，
∴A(−2,0)；
(2)过A作AF//BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交BC于点D，
∵A(−2,0)，C(0,4)，
∴AC= 22+42=2 5，
设直线AF的解析式为：y=−x+b1，
把(−2,0)代入得，
∴0=−(−2)+b1，
∴b1=−2，
∴直线AF的解析式为：y=−x−2，
令x=0，则y=−2，
∴F(0,−2)，
∴CF=6，
∵AF//BC，CF//PE，
∴∠AFC=∠FCB=∠QDP，
∵PQ//AC，
∴∠ACQ=∠PQC，
∵AF//BC，
∴∠CAF=180°−∠ACQ=180°−∠PQC=∠PQD，
∴△AFC∽△QDP，
∴ACPQ=CFPD，
∴PQ=2 56PD= 53PD，
当PD取得最大值时，PQ也取得最大值；
设P(m,−12m2+m+4)，则D(m,−m+4)，
则PD=−12m2+m+4+m−4=−12m2+2m=−12(m−2)2+2，
∵−12<0，
∴当m=2时，PD有最大值为2，
∴PQ的最大值为：2 53；
(3)当点N在第二象限时，作N1G⊥x轴于点G，
∵四边形ACM1N1是菱形，
∴AN1=AC=2 5，AN1//BC，
∵B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
∴∠N1AG=45°，
∴AG=N1G= 22AN1= 10，
∴N1(−2− 10, 10)；
同理，当点N在第四象限时，N2(−2+ 10,− 10)；
当点N在第一象限时，作N3H⊥y轴于点H，
同理可得△AOC≌△CN3H(SAS)，
∴CH=OA=2，N3H=OC=4，
∴N3(4,6)，
当AC是对角线时，设M4(a,−a+4)，
由菱形的性质知M4A=M4C，则a2+(−a+4−4)2=(a+2)2+(−a+4)2，
解得a=5，则M4(5,−1)，
∴AM4=AN4= (5+2)2+12=5 2，
同理，AG4=N4G4=5，
∴N4(−7,5)，
综上所述：N(−2− 10, 10)或N(−2+ 10,− 10)或N(4,6)或N(−7,5)．
【解析】(1)先求得B(4,0)，C(0,4)，再利用待定系数法即可求解；
(2)过A作AF//BC交y轴于点F，过点P作PD⊥x轴于点E，交BC于点D，证明△AFC∽△QDP，得到PQ= 53PD，当PD取得最大值时，PQ也取得最大值；设P(m,−12m2+m+4)，得到PD=−12(m−2)2+2，利用二次函数的性质即可求解；
(3)分四种情况讨论求解即可．
本题是二次函数的综合题，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，菱形的性质，两直线平行时k值相等是解题的关键．
相关试卷
2023年海南省部分学校中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年海南省部分学校中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，四象限，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年山西省长治市屯留县中考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2023年山西省长治市屯留县中考数学一模试卷（含解析），共23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年辽宁省朝阳市部分学校中考数学二模试卷（含解析）： 这是一份2023年辽宁省朝阳市部分学校中考数学二模试卷（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。
