2023年山东省泰安市泰山区博文中学中考数学二模试卷(含解析）

这是一份2023年山东省泰安市泰山区博文中学中考数学二模试卷(含解析），共30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年山东省泰安市泰山区博文中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 中国是最早采用正负数表示相反意义的量的国家．某仓库运进小麦6吨，记为+6吨，那么仓库运出小麦8吨应记为吨(    )
A. +8 B. −8 C. ±8 D. −2
2. 下列运算正确的是(    )
A. (−3xy)2=3x2y2 B. 3x2+4x2=7x4
C.  t(3t2−t+1)=3t3−t2+1 D. (−a3)4÷(−a4)3=−1
3. 如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是(    )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
4. 如图，直线l1//l2，直线l3交l1于点A，交l2于点B，过点B的直线l4交l1于点C.若∠3=50°，∠1+∠2+∠3=240°，则∠4等于(    )
A. 80°
B. 70°
C. 60°
D. 50°
5. 为庆祝中国共产党建党100周年，某校开展主题为《党在我心中》的绘画、书法、摄影等艺术作品征集活动，从八年级5个班收集到的作品数量(单位：件)分别为50、45、42、46、50，则这组数据的众数是(    )
A. 46 B. 45 C. 50 D. 42
6. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AO、CO，若∠AOC=112°，则∠B的度数是(    )
A. 56°
B. 114°
C. 124°
D. 134°
7. 一元二次方程2x2−5x+6=0的根的情况为(    )
A. 无实数根 B. 有两个不等的实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 不能判定
8. 抛物线y=x2可以由抛物线y=(x+2)2−3平移得到，则下列平移过程正确的是(    )
A. 先向左平移2个单位，再向上平移3个单位
B. 先向左平移2个单位，再向下平移3个单位
C. 先向右平移2个单位，再向下平移3个单位
D. 先向右平移2个单位，再向上平移3个单位
9. 如图，已知△ABC，AB=BC，以AB为直径的圆交AC于点D，过点D的⊙O的切线交BC于点E.若CD=5，CE=4，则⊙O的半径是(    )


A. 3 B. 4 C. 256 D. 258
10. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO.若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=3：2.其中正确结论的个数是(    )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
11. 如图，为测量观光塔AB的高度，冬冬在坡度i=1：2.4的斜坡CD的D点测得塔顶A的仰角为53°，斜坡CD长为26米，C到塔底B的水平距离为9米.图中点A，B，C，D在同一平面内，则观光塔AB的高度约为米.(结果精确到0.1米，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈43)(    )
A. 28米 B. 32米 C. 34米 D. 36米
12. 如图：点A(0,2)在y轴上，B是x轴上的动点，将线段AB绕点A逆时针旋转60°得线段AC，则OC长的最小值为(    )
A. 32
B. 1
C. 3
D. 2
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 据报道，截至2022年3月24日，31个省(自治区、直辖市)和新疆生产建设兵团累计报告接种新冠病毒疫苗约324300万剂次．将数据324300万用科学记数法表示为______．
14. 《九章算术》中有如下问题：“雀五、燕六共重十九两；雀三与燕四同重．雀重几何？”题意是：若5只雀、6只燕共重19两；3只雀与4只燕一样重．设每只雀的重量为x两，每只燕的重量为y两，根据题意，可列方程组为______．
15. 如图，等腰Rt△ABC中，AB=AC= 2，以A为圆心，以AB为半径作BDC；以BC为直径作CAB.则图中阴影部分的面积是          .(结果保留π)






16. 如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A′落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB=6cm，则AD的长是______cm．


17. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分如图所示，该函数图象经过点(−2,0)，对称轴为直线x=−12.对于下列结论：①abc<0；②b2−4ac>0；③a+b+c=0；④am2+bm<14(a−2b)(其中m≠−12)；⑤若A(x1,y1)和B(x2,y2)均在该函数图象上，且x1>x2>1，则y1>y2.其中正确结论的个数共有______个．
18. 如图，动点P从坐标原点(0,0)出发，以每秒一个单位长度的速度按图中箭头所示方向运动，第1秒运动到点(1,0)，第2秒运动到点(1,1)，第3秒运动到点(0,1)，第4秒运动到点(0,2)…，则第2023秒时点P所在位置的坐标是______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
(1)化简：2x+4x2−6x+9÷(2x−1x−3−1)；
(2)解不等式组：x−32(2x−1)≤21+3x2>2x−1．
20. (本小题10.0分)
2022年2月4日，24届冬季奥林匹克运动会在北京开幕，北京某高校大学生积极参与志愿者活动，奥组委分给这个高校志愿者类型有：展示、联络、安保和运行，学生会根据名额分配情况绘制了如下不完整的两种统计图：

根据图中提供的信息，回答下列问题：
(1)该校参加志愿者活动的大学生共有______人，并把条形统计图补充完整；
(2)扇形统计图中，m=______，安保对应的圆心角为______度；
(3)小文和小芳是4名展示志愿者中的其中两位，奥组委决定在该校4名展示志愿者中任选2人参加北京冬季奥运会开幕式，请用列表法或树状图，求小文和小芳同时被选中参加开幕式的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，一次函数y=−x+b与反比例函数y=kx的图象交于点A(m,1)和B (1,−3)．
(1)填空：一次函数的解析式为______ ，反比例函数的解析式为______ ；
(2)点P是x轴正半轴上一点，连接AP，BP.当△ABP是直角三角形时，求出点P的坐标．

22. (本小题12.0分)
山地自行车越来越受中学生的喜爱．一网店经营的一个型号山地自行车，今年一月份销售额为30000元，二月份每辆车售价比一月份每辆车售价降价100元，若销售的数量与上一月销售的数量相同，则销售额是27000元．
(1)求二月份每辆车售价是多少元？
(2)为了促销，三月份每辆车售价比二月份每辆车售价降低了10%销售，网店仍可获利35%，求每辆山地自行车的进价是多少元？
23. (本小题12.0分)
如图，正方形ABCD中，AB=1，点E是对角线AC上的一点，连接DE.过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG，EB．
(1)求证：①∠EFB=∠EBF；
②矩形DEFG是正方形；
(2)求AG+AE的值．

24. (本小题12.0分)
抛物线y=ax2+bx+3过点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C.对称轴与x轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式及点D的坐标；
(2)如图，连接CD、CB，在直线BC上方的抛物线上找点P，使得∠PCB=∠DCB，求出P点的坐标；
(3)点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以C，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由


25. (本小题12.0分)
【问题发现】
(1)如图1所示，△ABC和△ADE均为正三角形，B、D、E三点共线.猜想线段BD、CE之间的数量关系为        ；∠BEC=        °；
【类比探究】
(2)如图2所示，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，AC=BC，AE=DE，B、D、E三点共线，线段BE、AC交于点F.此时，线段BD、CE之间的数量关系是什么？请写出证明过程并求出∠BEC的度数；
【拓展延伸】
(3)如图3所示，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，BC=8，DE为△ABC的中位线，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，当DE所在直线经过点B时，请直接写出CE的长．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵仓库运进小麦6吨，记为+6吨，
∴仓库运出小麦8吨应记为−8吨，
故选：B．
根据正数和负数表示相反意义的量即可得出答案．
本题考查了正数和负数，掌握正数和负数表示相反意义的量是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：A、原式=9x2y2，不合题意；
B、原式=7x2，不合题意；
C、原式=3t3−t2+t，不合题意；
D、原式=−1，符合题意；
故选：D．
A、根据积的乘方与幂的乘方运算判断即可；B、根据合并同类项法则计算判断即可；C、根据单项式乘多项式的运算法则计算判断即可；D、根据积的乘方与幂的乘方、同底数幂的除法法则计算即可．
此题考查的是积的乘方与幂的乘方运算、合并同类项法则、单项式乘多项式的运算、同底数幂的除法法则，掌握其运算法则是解决此题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高，
中间最高是2层，要是最多就都是2层，
最前面的最高是2层，要是最多就都是2层，
所以最多的为：2+2×2+2×2=10．
故选：D．
由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案．
本题考查了三视图的知识，由两个视图想象几何体是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：如图，

∵l1//l2，
∴∠1+∠3=180°，
∵∠1+∠2+∠3=240°，
∴∠2=240°−(∠1+∠3)=60°，
∵∠3+∠2+∠5=180°，∠3=50°，
∴∠5=180°−∠2−∠3=70°，
∵l1//l2，
∴∠4=∠5=70°，
故选：B．
由题意得，∠2=60°，由平角的定义可得∠5=70°，再根据平行线的性质即可求解．
此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质定理及平角的定义是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：∵50出现了2次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是50．
故选：C．
根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数，依此即可得出答案．
此题考查了众数，众数是一组数据中出现次数最多的数，注意众数不止一个．

6.【答案】C 
【解析】解：∵∠AOC=112°，
∴∠ADC=12∠AOC=12×112°=56°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B=180°−∠ADC=180−56°=124°，
故选：C．
首先利用圆周角定理求的∠ADC的度数，然后利用圆内接四边形的对角互补求的答案即可．
本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补，难度较小．

7.【答案】A 
【解析】解：∵Δ=(−5)2−4×2×6=25−48=−23<0，
∴2x2−5x+6=0无实数根，
故选：A．
求出判别式Δ=b2−4ac，判断其的符号就可得出结论．
本题主要考查了一元二次方程根的判别式，掌握一元二次方程根的判别式Δ<0时，方程无实数根是解决问题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：抛物线y=(x+2)2−3向右平移2个单位可得到抛物线y=x2−3，
抛物线y=x2−3再向上平移3个单位即可得到抛物线y=x2．
故平移过程为：先向右平移2个单位，再向上平移3个单位．
故选：D．
根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．

9.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查了切线的性质和勾股定理，还考查了圆周角定理、三角形的中位线、面积等基础知识，解答此题的关键是要明确：圆的切线垂直于经过切点的半径．
首先连接OD、BD，判断出OD//BC，再根据DE是⊙O的切线，推得DE⊥OD，所以DE⊥BC；然后根据DE⊥BC，CD=5，CE=4，求出DE；最后判断出BD、BC的关系，根据勾股定理，求出BC的值，再根据AB=BC，求出AB的值，即可求出⊙O的半径．
【解答】
解：如图1，连接OD、BD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC，
又∵AB=BC，
∴AD=CD，
又∵AO=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD//BC，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC，
∵CD=5，CE=4，
∴DE= 52−42=3，
∵S△BCD=BD⋅CD÷2=BC⋅DE÷2，
∴5BD=3BC，
∴BD=35BC，
∵BD2+CD2=BC2，
∴(35BC)2+52=BC2，
解得BC=254(负值舍去)，
∵AB=BC，
∴AB=254，
∴⊙O的半径是254÷2=258．
故选：D．  
10.【答案】C 
【解析】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
故①正确；
②∵△BOC为等边三角形，FO=FC，
∴BO⊥EF，BF⊥OC，
∴∠CMB=∠EOB=90°，
∴BO≠BM，
∴△EOB与△CMB不全等；
故②错误；
③易知△ADE≌△CBF，∠1=∠2=∠3=30°，
∴∠ADE=∠CBF=30°，∠BEO=60°，
∴∠CDE=60°，∠DFE=∠BEO=60°，
∴∠CDE=∠DFE，
∴DE=EF，
故③正确；
④易知△AOE≌△COF，
∴S△AOE=S△COF，
∵S△COF=2S△CMF，
∴S△AOE：S△BCM=2S△CMF：S△BCM=2FMBM，
∵∠FCO=30°，
∴FM=CM 3，BM= 3CM，
∴FMBM=13，
∴S△AOE：S△BCM=2：3，
故④错误；
所以其中正确结论的个数为2个；
故选：C．
①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；
②在△EOB和△CMB中，对应直角边不相等，则两三角形不全等；
③可证明∠CDE=∠DFE；
④可通过面积转化进行解答．
本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．

11.【答案】C 
【解析】解：如图，延长AB交过点D的水平面于F，作CE⊥DF于E，

由题意得：CD=26米，BC=EF=9米，BF=CE，
在Rt△CDE中，i=1：2.4，CD=26米，
设CE=x(米)，则ED=2.4x(米)，
∴x2+(2.4x)2=262，
解得x=10，
∴BF=CE=10米，ED=24米，
在Rt△AFD中，∠AFD=90°，FD=EF+ED=33米，∠ADF=53°，
∴AF=FD⋅tan53°≈33×43=44(米)，
∴AB=AF−BF=44−10=34(米)；
即建筑物AB的高度为34米；
故选：C．
延长AB交过点D的水平面于F，作CE⊥DF于E，首先解直角三角形Rt△CDE，求出CE，DE，再根据锐角三角函数求出AF即可解决问题．
本题考查的是解直角三角形的应用—仰角俯角、坡度坡角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

12.【答案】B 
【解析】解：以AO为边作等边三角形AOD，连接BD，OC，再过点D作DH⊥x轴于H，如图所示：
将线段AB绕点A逆时针旋转60°得线段AC，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△AOD是等边三角形，
∴AD=AO，∠DAO=60°，
∴∠DAB=∠OAC，
在△DAB和△OAC中，
AD=AO∠DAB=∠OACAB=AC，
∴△DAB≌△OAC(SAS)，
∴BD=OC，
根据“垂线段最短”知OC的最小值为DH的长，
∵A(0,2)，
∴OA=2，
∴OD=OA=2，
∵∠DOH=∠AOH−∠DOH=30°，
∴DH=12OD=1，
∴OC长的最小值为1，
故选：B．
以AO为边作等边三角形AOD，连接BD，OC，再过点D作DH⊥x轴于H，根据线段AB绕点A逆时针旋转60°得线段AC，△AOD是等边三角形，可得△DAB≌△OAC(SAS)，从而得到BD=OC，根据“垂线段最短”知OC的最小值为DH的长，又A(0,2)，所以OA=2，从而得到OD=2，根据∠DOH=∠AOH−∠DOH=30°，可得DH=12OD=1，即可得到OC的最小值．
本题考查直角坐标系中的旋转变换，熟练应用全等三角形的性质及垂线段最短是解题的关键．

13.【答案】3.243×109 
【解析】解：324300万=3243000000=3.243×109．
故答案为：3.243×109．
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．

14.【答案】5x+6y=193x=4y 
【解析】解：∵5只雀、6只燕共重19两，
∴5x+6y=19；
∵3只雀与4只燕一样重，
∴3x=4y．
∴所列方程组为5x+6y=193x=4y．
故答案为：5x+6y=193x=4y．
根据“5只雀、6只燕共重19两；3只雀与4只燕一样重”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．

15.【答案】π−2 
【解析】
【分析】
如图，取BC的中点O，连接OA.根据S阴=12S圆O−S△ABC+S扇形ACB−S△ACB，求解即可．
本题考查扇形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用割补法求阴影部分的面积．
【解答】
解：如图，取BC的中点O，连接OA．

∵∠CAB=90°，AC=AB= 2，
∴BC= 2AB=2，
∵OA=OB=OC=1，
∴S阴=12S圆O−S△ABC+S扇形ACB−S△ACB
=12⋅π×12−12× 2× 2+90π×( 2)2360−12× 2× 2
=π−2．
故答案为：π−2．  
16.【答案】5 3 
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=6，
∴∠A=90°，
由折叠性质可得：
BE=DF=3，A′B=AB=6，∠A′EB=90°，∠ABM=∠A′BM，
在Rt△A′BE中，A′B=2BE，
∴∠BA′E=30°，
∴∠A′BE=60°，
∴∠ABM=30°，∠AMB=60°，
∴AM=tan30°⋅AB= 33×6=2 3，
∵MF⊥BM，
∴∠BMF=90°，
∴∠DMF=30°，
∴∠DFM=60°，
在Rt△DMF中，MD=tan60°⋅DF= 3×3=3 3，
∴AD=AM+DM=2 3+3 3=5 3．
故答案为：5 3．
由矩形性质和折叠性质可得BE=3，A′B=AB=6，∠A=∠A′EB=90°，∠ABM=∠A′BM，可得∠BA′E=30°，从而可得∠A′BE=60°，可得∠ABM=30°，从而可得AM=2 3，∠DMF=30°，DF=3，即可求解DM，进而求出AD的长．
本题考查折叠性质，长方形的性质，30°角的直角三角形等知识点，解题的关键是利用边之间的关系推出∠BA′E=30°．

17.【答案】3 
【解析】解：∵抛物线的对称轴为直线x=−12，且抛物线与x轴的一个交点坐标为(−2,0)，
∴抛物线与x轴的另一个坐标为(1,0)，
把(−2,0)(1,0)代入y=ax2+bx+c(a≠0)，可得：
4a−2b+c=0a+b+c=0，
解得b=ac=−2a，
∴a+b+c=a+a−2a=0，故③正确；
∵抛物线开口方向向下，
∴a<0，
∴b=a<0，c=−2a>0，
∴abc>0，故①错误；
∵抛物线与x轴两个交点，
∴当y=0时，方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，
∴b2−4ac>0，故②正确；
∵am2+bm=am2+am=a(m+12)2−14a，
14(a−2b)14(a−2a)=−14a，
∴am2+bm−14(a−2b)=a(m+12)2，
又∵a<0，m≠−12，
∴a(m+12)2<0，
即am2+bm<14(a−2b)(其中m≠−12)，故④正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−12，且抛物线开口朝下，
∴可知二次函数，在x>−12时，y随x的增大而减小，
∵x1>x2>1>−12，
∴y1 正确的有②③④，共3个，
故答案为：3．
根据抛物线与x轴的一个交点(−2,0)以及其对称轴，求出抛物线与x轴的另一个交点(1,0)，利用待定系数法求函数解析式，再根据抛物线开口朝下，可得a<0，进而可得b<0，c>0，再结合二次函数的图象和性质逐条判断即可．
本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数和一元二次方程的关系等知识，掌握二次函数的性质，利用数形结合思想解题是关键．

18.【答案】(44,1) 
【解析】解：由题意分析可得，
动点P第8=2×4秒运动到(2,0)，
动点P第24=4×6秒运动到(4,0)，
动点P第48=6×8秒运动到(6,0)，
以此类推，动点P第2n(2n+2)秒运动到(2n,0)，
∴动点P第2024=44×46秒运动到(44,0)，
∴第2023秒时点P所在位置的坐标是(44,1)，
故答案为：(44,1)．
分析点P的运动路线及所处位置的坐标规律，进而求解．
此题主要考查了点的坐标规律，培养学生观察和归纳能力，从所给的数据和图形中寻求规律进行解题是解答本题的关键．

19.【答案】解：(1)2x+4x2−6x+9÷(2x−1x−3−1)
=2(x+2)(x−3)2÷2x−1−x+3x−3
=2(x+2)(x−3)2⋅x−3x+2
=2x−3；
(2)x−32(2x−1)≤2①1+3x2>2x−1②，
由不等式①，得
x≥−14，
由不等式②，得
x<3，
∴原不等式组的解集是−14≤x<3． 
【解析】(1)根据分式的减法和除法可以解答本题；
(2)根据解一元一次不等式组的方法可以解答本题．
本题考查分式的混合运算、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．

20.【答案】解：(1)40；
把条形统计图补充完整如下：

(2)10；144；
(3)根据题意列表如下：

小文
小芳
志愿3
志愿4
小文

(小芳，小文)
(志愿3，小文)
(志愿4，小文)
小芳
(小文，小芳)

(志愿3，小芳)
(志愿4，小芳)
志愿3
(小文，志愿3)
(小芳，志愿3)

(志愿4，志愿3)
志愿4
(小文，志愿4)
(小芳，志愿4)
(志愿3，志愿4)

共有12种等可能的情况，其中小文和小芳同时被选中参加开幕式的有2种情况，
∴小文和小芳同时被选中参加开幕式的概率为：212=16． 
【解析】
【解答】
解：(1)该校参加志愿者活动的大学生共有：12÷30%=40(人)，
则联络的人数为：40−4−16−12=8(人)，
故答案为：40，图见答案；
(2)扇形统计图中，展示所占的百分比为：4÷40×100%=10%，
∴m=10，
安保对应的圆心角为：360°×1640=144°，
故答案为：10，144；
(3)见答案．
【分析】
(1)由运行的人数除以所占百分比得出该校参加志愿者活动的大学生共有人数，即可解决问题；
(2)由展示的人数除以参加的总人数得出m的值，再由360°乘以安保所占的比例即可；
(3)列表得出共有12种等可能的情况，其中小文和小芳同时被选中参加开幕式的有2种情况，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法求概率，条形统计图和扇形统计图等知识．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步完成的事件，注意概率=所求情况数与总情况数之比．  
21.【答案】y=−x−2  y=−3x 
【解析】解：(1)∵点A(m,1)和B (1,−3)在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=1×(−3)=−3，k=m×1，
∴m=−3，
∴点A(−3,1)，
∴反比例函数解析式为：y=−3x；
∵一次函数y=−x+b过点B(1,−3)，
∴−3=−1+b，
∴b=−2，
∴一次函数解析式为：y=−x−2；
故答案为：y=−x−2，y=−3x；
(2)如图1，当∠ABP=90°时，过点P作CD⊥x轴，过点A作AC⊥DC于C，过点B作BD⊥CD于D，

设点P的坐标为(x,0)，
∴AC=x+3，CP=1，PD=3，BD=x−1，
∵∠APB=90°，
∴∠APC+∠BPD=90°，
又∵∠APC+∠CAP=90°，
∴∠CAP=∠BPD，
又∵∠C=∠BDP=90°，
∴△ACP∽△PBD，
∴ACPD=PCBD，
∴x+33=1x−1，
∴x1= 7−1，x2=−1− 7(舍去)，
∴点P(−1+ 7,0)；
当∠ABP=90°时，

∵直线y=−x−2与x轴交于点C，与y轴交于点D，
∴点C(−2,0)，点D(0,−2)，
∴OC=2，OD=2，CD=2 2，BC=3 2，
∵cos∠OCD=OCCD=BCCP，
∴22 2=3 2CP，
∴CP=6，
∵点C(−2,0)，
∴点P(4,0)，
综上所述：点P的坐标为(−1+ 7,0)或(4,0)．
(1)将点A，点B坐标代入解析式可求解；
(2)分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．

22.【答案】解：(1)设二月份每辆车售价为x元，则一月份每辆车售价为(x+100)元，
根据题意得：30000x+100=27000x，
解得：x=900，
经检验，x=900是原分式方程的解．
答：二月份每辆车售价是900元．
(2)设每辆山地自行车的进价为y元，
根据题意得：900×(1−10%)−y=35%y，
解得：y=600．
答：每辆山地自行车的进价是600元． 
【解析】(1)设二月份每辆车售价为x元，则一月份每辆车售价为(x+100)元，根据数量=总价÷单价，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设每辆山地自行车的进价为y元，根据利润=售价−进价，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元一次方程．

23.【答案】(1)①证明：过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，则∠EMA=∠EMD=∠ENF=∠ENB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB=45°，AD=AB，又AE=AE，
∴△ADE≌△ABE(SAS)，EM=EN，
∴DE=BE，
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形，
∴∠MEN=∠DEF=90°，
∴∠DEM=∠FEN=90°−∠MEF，又∠EMD=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△EMD≌△ENF(ASA)，则DE=EF，
∴EF=BE，则∠EFB=∠EBF；
②∵四边形DEFG是矩形，DE=EF，
∴四边形DEFG是正方形；
(2)解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE，DC=DA，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE，
∴AG+AE=CE+AE=AC= 2AB=4 2． 
【解析】(1)①过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到△ADE≌△ABE(SAS)，EM=EN进而得到DE=BE，再证明四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形和全等三角形的判定证明△EMD≌△ENF(ASA)，得到EF=BE，利用等腰三角形的性质可证得结论；
②根据正方形的判定可得结论；
(2)根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△ADG≌△CDE(SAS)得到AG=CE，进而得到AG+AE=AC= 2AB即可求解．
本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．

24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3过点A(−1,0)，B(3,0)，
∴a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2．
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3．
∴抛物线的对称轴为直线x=−2−2=1．
∴D(1,0)．
(2)如图1，过点C作CE//x轴交抛物线于点E，过点E作EF⊥x轴交CP于点F，

令x=0，解得y=3，
∴C(0,3)，
∴OC=OB=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠ECB=45°，
∵∠PCB=∠DCB，
∴∠OCD=∠ECF，
令y=3，则−x2+2x+3=3，
解得x=0(舍去)或x=2，
∴E(2,3)．
∴CE=2，
∵D(1,0)，
∴OD=1，
∴tan∠OCD=ODOC=13，
∴tan∠ECF=13，即EFCE=13，
∴EF=23，
∴F(2,73).
设直线CF的解析式为：y=kx+3，
∴2k+3=73，解得k=−13，
∴直线CF的解析式为：y=−13x+3，
令−x2+2x+3=−13x+3，解得x=0(舍去)或x=73．
∴P(73,209).
(3)存在，理由如下：
根据菱形的对称性可知△CDM是等腰三角形，需要分三种情况：
①当点C为顶点，如图2，分别记为M1和M2；
由(2)可知，∠OCB=∠OBC=45°，C(0,3)，D(1,0)，
∴CD= 10.∠M1CG=45°，
∴CM1=CM2=CD= 10．
过点M1作M1G⊥y轴于点G，过点M2作M2H⊥y轴于点H，
则M1G=CG= 22CM1= 5，M2H=CH= 22CM2= 5，
∴OH=3− 5，
∴M1(− 5,3+ 5)，M2( 5,3− 5).
②当点D为顶点，如图3，记为M3，过点M3作M3J⊥x轴于点J，
∴DM3=CD= 10．
∵∠OBC=45°，
∴∠JBM3=45°，
∴M3J=BJ，
设BJ=m，
∴M3J=m，DJ=2+m，
∴m2+(2+m)2=10，解得m=−3(舍)或m=1，
∴M3J=1，OJ=4，
∴M3(4,−1)．
③当点M为顶点，如图4，取CD的中点K，作KP⊥CD交y轴于点P，交直线BC于点M4．
∵C(0,3)，D(1,0)，CD= 10．
∴K(12,32)，CK=DK= 102．
∵∠CKP=∠COD=90°，∠PCK=∠DCO，
∴△CPK∽△CDO，
∴CP：CD=CK：CO，即CP： 10= 102：3，
∴CP=53，
∴OP=43，
∴P(0,43).
∴直线PK的解析式为：y=13x+43．
∵C(0,3)，B(3,0)，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3，
令13x+43=−x+3，解得x=54，
∴M4(54,74).

综上，符合题意的点M的坐标为：(− 5,3+ 5)或( 5,3− 5)或(4,−1)或(54,74). 
【解析】(1)把点A和点B代入抛物线解析式，求解，并根据对称轴公式求出对称轴，进而可得出点D的坐标；
(2)过点C作CE//x轴交抛物线于点E，过点E作EF⊥x轴交CP于点F，由OC=OB可得∠OCB=45°，则∠ECB=∠OCB=45°.若∠PCB=∠DCB，则∠ECP=∠OCD，根据正切值可得点F的坐标，求出直线CF的解析式，联立即可得出点P的坐标；
(3)根据菱形的对称性可知△CDM是等腰三角形，需要分三种情况：当点C为顶点；当点D为顶点；当点M为顶点等，画出图形，求解即可．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式、菱形的性质，利用菱形的对称性将问题转化为等腰三角形的存在性是解题的关键．

25.【答案】BD=EC  60 
【解析】解：(1)∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ADE=∠AED=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠BDA=∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB=180°−60°=120°，
∴∠AEC=120°，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=120°−60°=60°，
综上所述，∠BEC的度数为60°，线段BD与CE之间的数量关系是BD=CE，
故答案为：BD=CE，60；

(2)结论：BD=2CE，∠BEC=45°，理由如下：
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ADE=∠DAE=45°，∠ACB=∠AED=90°，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADB=135°，
Rt△ABC和Rt△ADE中，sin∠ABC=ACAB，sin∠ADE=AEDE，sin45°= 22，
∴ACAB=AEAD= 22，
∴ABAD=ACAE，
又∵∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ADB=∠AEC=135°，BDCE=ABAC=ADAE，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=45°，
∵ACAB=AEAD= 22，
∴ABAC= 2，
∴BDCE=ABAC= 2，
∴BD= 2CE；

(3)分两种情况：
①如图4，

∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，BC=8，
∴AC=12BC=4，
∴AB= BC2−CB2= 82−42=4 3，
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC=4，DE//AB，AE=12AC，AD=12AB，
∴∠CDE=∠ABC=30°，ADAB=AEAC=12，
由旋转的性质得：∠BAD=∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC= 3，∠ADB=∠AEC=180°−∠ADE=150°，
∵∠AED=90°−∠CDE=60°，
∴∠CEB=∠AEC−∠AED=150°−60°=90°，
设CE=x，则BD= 3x，BE=BD+DE= 3x+4，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：x2+( 3x+4)2=82，
解得：x= 15− 3或x=− 15− 3(舍去)
∴BE= 15− 3；
②如图5，同①得：△ACD∽△BCE，
则BDCE=ABAC= 3，∠AEB=90°，

设CE=y，则BD= 3y，AE=AD−DE= 3y−2，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：y2+( 3y−4)2=82，
解得：y= 15+ 3或y=− 15− 3(舍去)，
∴CE= 15+ 3；
综上所述，CE的长为 15− 3或 15+ 3．
(1)证△ABD≌△ACE，得BD=CE，∠BDA=∠CEA，进而判断出∠BEC的度数为60°即可；
(2)证△ABD∽△ACE，得∠ADB=∠AEC=135°，BDCE=ABAC=ADAE，则∠BEC=∠AEC−∠AED=45°，再求出BDCE=ABAC= 2，即可得出结论；
(3)分两种情况，根据相似三角形的判定与性质结合勾股定理分别求出BE的长即可．
本题考查几何变换综合题，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．