2023年新疆生产建设兵团中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年新疆生产建设兵团中考数学试卷（含答案解析），共29页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年新疆生产建设兵团中考数学试卷
一、单项选择题（本大题共9小题，每小题4分，共36分．请按答题卷中的要求作答）
1．（4分）﹣5的绝对值是（　　）
A．5 B． C．﹣ D．﹣5
2．（4分）下列交通标志中是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）我国自主研制的全球最大集装箱船“地中海泰莎”号的甲板面积近似于4个标准足球场，可承载240000吨的货物．数字240000用科学记数法可表示为（　　）
A．2.4×105 B．0.24×106 C．2.4×106 D．24×104
4．（4分）一次函数y＝x+1的图象不经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（4分）计算4a•3a2b÷2ab的结果是（　　）
A．6a B．6ab C．6a2 D．6a2b2
6．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣6x+8＝0配方后得到的方程是（　　）
A．（x+6）2＝28 B．（x﹣6）2＝28 C．（x+3）2＝1 D．（x﹣3）2＝1
7．（4分）如图，在⊙O中，若∠ACB＝30°，OA＝6，则扇形OAB（阴影部分）的面积是（　　）

A．12π B．6π C．4π D．2π
8．（4分）如图，在Rt△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AB于点F，交AC于点E，分别以点E，F为圆心，大于EF长为半径作弧，两弧在∠BAC的内部交于点G，作射线AG交BC于点D．若AC＝3，BC＝4，则CD的长为（　　）

A． B．1 C． D．2
9．（4分）如图，在平面直角坐标系中，直线y1＝mx+n与抛物线y2＝ax2+bx﹣3相交于点A，B．结合图象，判断下列结论：①当﹣2＜x＜3时，y1＞y2；②x＝3是方程ax2+bx﹣3＝0的一个解；③若（﹣1，t1），（4，t2）是抛物线上的两点，则t1＜t2；④对于抛物线y2＝ax2+bx﹣3，当﹣2＜x＜3时，y2的取值范围是0＜y2＜5．其中正确结论的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．请按答题卡中的要求作答）
10．（4分）要使分式有意义，则x需满足的条件是 　 　．
11．（4分）若一个正多边形的每个内角为144°，则这个正多边形的边数是 　 　．
12．（4分）在平面直角坐标系中有五个点，分别是A（1，2），B（﹣3，4），C（﹣2，﹣3），D（4，3），E（2，﹣3），从中任选一个点恰好在第一象限的概率是 　 　．
13．（4分）如图，在△ABC 中，若AB＝AC，AD＝BD，∠CAD＝24°，则∠C＝　 　°．

14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为直角三角形，∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4．若反比例函数y＝（k≠0）的图象经过OA的中点C，交AB于点D，则k＝　 　．

15．（4分）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，DE的长为 　 　．

三、解答题（本大题共8小题，共90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16．（11分）计算：
（1）（﹣1）3+﹣（2﹣）0；
（2）（a+3）（a﹣3）﹣a（a﹣2）．
17．（12分）（1）解不等式组．
（2）金秋时节，新疆瓜果飘香，某水果店A种水果每千克5元，B种水果每千克8元，小明买了A、B两种水果共7千克，花了41元．A，B两种水果各买了多少千克？
18．（10分）如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．

19．（11分）跳绳是某校体育活动的特色项目．体育组为了了解七年级学生1分钟跳绳次数情况，随机抽取20名七年级学生进行1分钟跳绳测试（单位：次），数据如下：
100 110 114 114 120 122 122 131 144 148
152 155 156 165 165 165 165 174 188 190
对这组数据进行整理和分析，结果如下：
平均数
众数
中位数
145
a
b
请根据以上信息解答下列问题：
（1）填空：a＝　 　，b＝　 　；
（2）学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀，请你估计七年级240名学生中，约有多少名学生能达到优秀？
（3）某同学1分钟跳绳152次，请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生？说明理由．
20．（10分）烽燧即烽火台，是古代军情报警的一种措施，史册记载，夜间举火称“烽”，白天放烟称“燧”．克孜尔尕哈烽燧是古丝绸之路北道上新疆境内时代最早、保存最完好、规模最大的古代烽燧（如图1）．某数学兴趣小组利用无人机测量该烽燧的高度，如图2，无人机飞至距地面高度31.5米的A处，测得烽燧BC的顶部C处的俯角为50°，测得烽燧BC的底部B处的俯角为65°，试根据提供的数据计算烽燧BC的高度．
（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin65°≈0.9，cos65°≈0.4，tan65°≈2.1）

21．（12分）随着端午节的临近，A，B两家超市开展促销活动，各自推出不同的购物优惠方案，如下表：

A超市
B超市
优惠方案
所有商品按八折出售
购物金额每满100元返30元
（1）当购物金额为80元时，选择 　 　超市（填“A”或“B”）更省钱；
当购物金额为130元时，选择 　 　超市（填“A”或“B”）更省钱；
（2）若购物金额为x（0≤x＜200）元时，请分别写出它们的实付金额y（元）与购物金额x（元）之间的函数解析式，并说明促销期间如何选择这两家超市去购物更省钱？
（3）对于A超市的优惠方案，随着购物金额的增大，顾客享受的优惠率不变，均为20%（注：优惠率＝×100%）．若在B超市购物，购物金额越大，享受的优惠率一定越大吗？请举例说明．
22．（11分）如图，AB是⊙O的直径，点C，F是⊙O上的点，且∠CBF＝∠BAC，连接AF，过点C作AF的垂线，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点E，过点F作FG⊥AB于点G，交AC于点H．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若tanE＝，BE＝4，求FH的长．

23．（13分）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ＝，若存在，求出点M的横坐标．


2023年新疆生产建设兵团中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共9小题，每小题4分，共36分．请按答题卷中的要求作答）
1．（4分）﹣5的绝对值是（　　）
A．5 B． C．﹣ D．﹣5
【分析】负数的绝对值是它的相反数，由此即可得到答案．
【解答】解：﹣5的绝对值是|﹣5|＝5．
故选：A．
【点评】本题考查绝对值的概念，关键是掌握绝对值的意义．
2．（4分）下列交通标志中是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，据此判断即可．
【解答】解：A．原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．原图是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．原图不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．原图不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，判断是不是轴对称图形的关键是找出对称轴，看图形沿对称轴对折后两部分能否完全重合．
3．（4分）我国自主研制的全球最大集装箱船“地中海泰莎”号的甲板面积近似于4个标准足球场，可承载240000吨的货物．数字240000用科学记数法可表示为（　　）
A．2.4×105 B．0.24×106 C．2.4×106 D．24×104
【分析】将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
【解答】解：240000＝2.4×105，
故选：A．
【点评】本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4．（4分）一次函数y＝x+1的图象不经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】利用一次函数的性质即可判断．
【解答】解：在一次函数y＝x+1中，k＝1＞0，b＝1＞0，
∴一次函数y＝x+1经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质与系数的关系是解题的关键．
5．（4分）计算4a•3a2b÷2ab的结果是（　　）
A．6a B．6ab C．6a2 D．6a2b2
【分析】直接利用单项式乘单项式以及整式的除法运算法则计算，即可得出答案．
【解答】解：4a•3a2b÷2ab＝12a3b÷2ab＝6a2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了整式的除法运算以及单项式乘单项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
6．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣6x+8＝0配方后得到的方程是（　　）
A．（x+6）2＝28 B．（x﹣6）2＝28 C．（x+3）2＝1 D．（x﹣3）2＝1
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣6x+8＝0，
x2﹣6x＝﹣8，
x2﹣6x+9＝﹣8+9，
（x﹣3）2＝1，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．
7．（4分）如图，在⊙O中，若∠ACB＝30°，OA＝6，则扇形OAB（阴影部分）的面积是（　　）

A．12π B．6π C．4π D．2π
【分析】先由圆周角定理可得∠AOB的度数，然后再根据扇形的面积公式计算可得结果．
【解答】解：∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，
∴，
故选：B．
【点评】此题主要是考查了圆周角定理，扇形的面积公式，能够熟练运用同弧所对圆周角是圆心角的一半是解答此题的关键．
8．（4分）如图，在Rt△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AB于点F，交AC于点E，分别以点E，F为圆心，大于EF长为半径作弧，两弧在∠BAC的内部交于点G，作射线AG交BC于点D．若AC＝3，BC＝4，则CD的长为（　　）

A． B．1 C． D．2
【分析】根据勾股定理得到AB＝＝5，过D作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到CD＝DH，∠CAD＝∠HAD，根据全等三角形的性质得到AH＝AC＝3，求得BH＝AB﹣AH＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
过D作DH⊥AB于H，
∵AD平分∠CAB，
∴CD＝DH，∠CAD＝∠HAD，
在Rt△ACD与Rt△AHD中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AHD（HL），
∴AH＝AC＝3，
∴BH＝AB﹣AH＝2，
∵BH2+DH2＝BD2，
∴22+CD2＝（4﹣CD）2，
∴CD＝．
故选：C．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（4分）如图，在平面直角坐标系中，直线y1＝mx+n与抛物线y2＝ax2+bx﹣3相交于点A，B．结合图象，判断下列结论：①当﹣2＜x＜3时，y1＞y2；②x＝3是方程ax2+bx﹣3＝0的一个解；③若（﹣1，t1），（4，t2）是抛物线上的两点，则t1＜t2；④对于抛物线y2＝ax2+bx﹣3，当﹣2＜x＜3时，y2的取值范围是0＜y2＜5．其中正确结论的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①根据函数的图象特征即可得出结论．
②根据二次函数与二次方程根的关系即可得出结论．
③将点（﹣2，5）、（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3得出解析式，再求出t的值即可得出结论．
④由图象和③可得出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性以及二次函数图象即得出y得取值范围．
【解答】解：①∵直线y1＝mx+n与抛物线y2＝ax+bx﹣3相交于点A，B，
∴由图象可知：当﹣2＜x＜3时，直线y1＝mx+n在抛物线y2＝ax+bx﹣3的上方，
∴y1＞y2，
∴①正确．
②由图象可知：抛物线y2＝ax+bx﹣3有两个交点，
∴方程ax2+bx﹣3＝0有两个不相等的实数根．
∴x＝3是方程ax2+bx﹣3＝0的一个解，
∴②正确．
③将点（﹣2，5）、（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3得：，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝，
当x＝﹣1时，t1＝﹣，
当x＝4时，t2＝5，
∴t1＜t2，
∴③正确．
④由③可知（﹣2，5）与点（4，5）关于对称轴x对称，
∴对称轴x＝＝1．
将x＝1代入抛物线解析式得y＝﹣，
∴当﹣2＜x＜1时，﹣＜y＜5．
当1＜x＜3时，﹣＜y＜0．
∴④错误．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的图象特征、二次函数与方程、不等式（组）之间的关系，利用数形结合的思想是解决此类问题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分．请按答题卡中的要求作答）
10．（4分）要使分式有意义，则x需满足的条件是 　x≠5　．
【分析】根据分母不为0可得：x﹣5≠0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：x﹣5≠0，
解得：x≠5，
故答案为：x≠5．
【点评】本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分母不为0是解题的关键．
11．（4分）若一个正多边形的每个内角为144°，则这个正多边形的边数是 　10　．
【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得：
（n﹣2）180°＝144°×n，
解得n＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，由内角和得出方程式解题关键．
12．（4分）在平面直角坐标系中有五个点，分别是A（1，2），B（﹣3，4），C（﹣2，﹣3），D（4，3），E（2，﹣3），从中任选一个点恰好在第一象限的概率是 　　．
【分析】利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵从中任选一个点共有5种等可能的结果，在第一象限的点有A和D两个，
∴从中任选一个点恰好在第一象限的概率是：．
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式和点的坐标．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
13．（4分）如图，在△ABC 中，若AB＝AC，AD＝BD，∠CAD＝24°，则∠C＝　52　°．

【分析】由等腰三角形的性质可知∠C＝∠B＝∠BAD，利用三角形内角和定理得出180°﹣2∠C＝24°+∠C，解得∠C＝52°．
【解答】解：∵AB＝AC，AD＝BD，
∴∠B＝∠C，∠B＝∠BAD，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝∠CAD+∠BAD，
∴180°﹣2∠C＝24°+∠C，
∴∠C＝52°，
故答案为：52．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
14．（4分）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为直角三角形，∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4．若反比例函数y＝（k≠0）的图象经过OA的中点C，交AB于点D，则k＝　　．

【分析】先根据直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半求出AB，再根据勾股定理求出OA，在Rt△AOE中求出AE，OE，最后根据点C是OA的中点求出点C的坐标，利用待定系数法求出k的值即可．
【解答】解：过点A作AE⊥OB于点E，过点C作CF⊥OB于点F，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4，
∴，
由勾股定理得，
在Rt△AOE中，∠AOB＝30°，，
∴，
由勾股定理得，
∵点C是OA的中点，
∴，，
∵点C在第一象限，
∴点C的坐标是，
∵反比例函数的图象经过OA的中点C，
∴，
故答案为：．

【点评】本题考查了反比例函数与几何的综合题，熟知直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握勾股定理，求出点C的坐标是此题的关键．
15．（4分）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，DE的长为 　　．

【分析】过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，由题意易得∠A＝60°，在Rt△ABF中，AF＝AB•cosA＝3，BF＝AB•sinA＝，由折叠可知∠AEB＝∠A′EB，由平行线的性质可得∠AEB＝∠CBE，进而得到∠CBE＝∠A′EB，于是△CBE为等腰直角三角形，BC＝CE＝8，EG＝BG＝，易证△BEF∽△CEG，由相似三角形的性质得到BE2＝2EF•CE，设EF＝x（0＜x＜8），则BE2＝2x•8＝16x，在Rt△BEF中，利用勾股定理建立方程，求解即可．
【解答】解：当点A′恰好落在EC上时，如图，过点B作BF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，

∵四边形ABCD为平行四边形，BC＝8，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，
∵∠ABC＝120°，
∴∠A＝60°，
在Rt△ABF中，AF＝AB•cosA＝6×＝3，BF＝AB•sinA＝6×＝，
根据折叠的性质可得，∠AEB＝∠A′EB，
∵AE∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠CBE＝∠A′EB，即∠CBE＝∠CEB，
∴△CBE为等腰直角三角形，BC＝CE＝8，
∵CG⊥BE，
∴EG＝BG＝，
∵∠BEF＝∠CEG，∠BFE＝∠CGE＝90°，
∴△BEF∽△CEG，
∴，即，
∴BE2＝2EF•CE，
设EF＝x（0＜x＜8），
∴BE2＝2x•8＝16x，
在Rt△BEF中，EF2+BF2＝BE2，
∴，
整理得：x2﹣16x+27＝0，
解得：（舍去），，
∴EF＝，
∴DE＝AD﹣AF﹣EF＝8﹣3﹣）＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质、解直角三角形、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是根据题意正确画出图形，再添加合适的辅助线，构造直角三角形和相似三角形解决问题．
三、解答题（本大题共8小题，共90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
16．（11分）计算：
（1）（﹣1）3+﹣（2﹣）0；
（2）（a+3）（a﹣3）﹣a（a﹣2）．
【分析】（1）先计算负整数指数幂、二次根式、零指数幂；然后计算加减法；
（2）利用平方差公式和单项式乘多项式计算法则去括号，然后合并同类项．
【解答】解：（1）（﹣1）3+﹣（2﹣）0
＝﹣1+2﹣1
＝0；
（2）（a+3）（a﹣3）﹣a（a﹣2）
＝a2﹣32﹣a2+2a
＝2a﹣9．
【点评】本题主要考查了平方差公式、二次根式、实数的运算以及零指数幂，运用平方差公式计算时，关键要找相同项和相反项，其结果是相同项的平方减去相反项的平方．
17．（12分）（1）解不等式组．
（2）金秋时节，新疆瓜果飘香，某水果店A种水果每千克5元，B种水果每千克8元，小明买了A、B两种水果共7千克，花了41元．A，B两种水果各买了多少千克？
【分析】（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、大大小小找不到确定不等式组的解集；
（2）设该水果店购进A种水果x千克，B种水果y千克，根据“该水果店购进A，B两种水果共7千克，且共花费41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：（1）解不等式①得：x＜8，
解不等式②得：x＞3，
则不等式组的解集为3＜x＜8；
（2）设该水果店购进A种水果x千克，B种水果y千克，
依题意得：，
解得：，
答：该水果店购进A种水果5千克，B种水果2千克．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组和二元一次方程组的应用，熟练掌握不等式组的解法和找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
18．（10分）如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．

【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到AO＝DO，根据线段中点的定义得到OE＝OF；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形BECF是平行四边形，求得∠EBF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形BECF是矩形．
【解答】证明：（1）∠ABO＝∠DCO＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AOB与△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴AO＝DO，
∵点E、F分别是AO、DO的中点，
∴，
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵∠A＝30°，
∴，
∵OE＝OF，
∴，
∴∠EBF＝90°，
∴四边形BECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
19．（11分）跳绳是某校体育活动的特色项目．体育组为了了解七年级学生1分钟跳绳次数情况，随机抽取20名七年级学生进行1分钟跳绳测试（单位：次），数据如下：
100 110 114 114 120 122 122 131 144 148
152 155 156 165 165 165 165 174 188 190
对这组数据进行整理和分析，结果如下：
平均数
众数
中位数
145
a
b
请根据以上信息解答下列问题：
（1）填空：a＝　165　，b＝　150　；
（2）学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀，请你估计七年级240名学生中，约有多少名学生能达到优秀？
（3）某同学1分钟跳绳152次，请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生？说明理由．
【分析】（1）根据众数和中位数的定义解答即可；
（2）用总人数乘样本中1分钟跳绳165次及以上所占比例即可；
（3）根据中位数的意义解答即可．
【解答】解：（1）在被抽取20名七年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中，165出现的次数最多，故众数a＝165；
把被抽取20名七年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是148，152，故中位数b＝＝150．
故答案为：165；150；
（2）240×＝84（名），
答：估计七年级240名学生中，约有84名学生能达到优秀；
（3）超过年级一半的学生，理由如下：
∵152＞150，
∴推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生．
【点评】本题考查众数、中位数以及用样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念．
20．（10分）烽燧即烽火台，是古代军情报警的一种措施，史册记载，夜间举火称“烽”，白天放烟称“燧”．克孜尔尕哈烽燧是古丝绸之路北道上新疆境内时代最早、保存最完好、规模最大的古代烽燧（如图1）．某数学兴趣小组利用无人机测量该烽燧的高度，如图2，无人机飞至距地面高度31.5米的A处，测得烽燧BC的顶部C处的俯角为50°，测得烽燧BC的底部B处的俯角为65°，试根据提供的数据计算烽燧BC的高度．
（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin65°≈0.9，cos65°≈0.4，tan65°≈2.1）

【分析】过点A作AE⊥AD于E交BC的延长线于点E，则BE＝AD＝31.5米，在Rt△ABE中可求出AE，在Rt△ACE中可求出CE，再利用BC＝BE﹣CE即可得到答案．
【解答】解：过点A作AE⊥AD于E交BC的延长线于点E，则BE＝AD＝31.5米，

在Rt△ABE中，BE＝31.5米，∠AEB＝90°，∠BAE＝65°，tan∠BAD＝，
∴AE≈＝15（米m），
在Rt△ACE中，∠CAE＝50°，tan∠CAD＝，
∴CE＝AEtan∠CAE＝15tan50°≈15×1.2＝18（米），
∴BC＝BE﹣CE＝31.5﹣18＝13.5（米m），
答：烽燧BC的高度约为13.5米．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角，构造直角三角形，合理利用三角函数关系是解题的关键．
21．（12分）随着端午节的临近，A，B两家超市开展促销活动，各自推出不同的购物优惠方案，如下表：

A超市
B超市
优惠方案
所有商品按八折出售
购物金额每满100元返30元
（1）当购物金额为80元时，选择 　A　超市（填“A”或“B”）更省钱；
当购物金额为130元时，选择 　B　超市（填“A”或“B”）更省钱；
（2）若购物金额为x（0≤x＜200）元时，请分别写出它们的实付金额y（元）与购物金额x（元）之间的函数解析式，并说明促销期间如何选择这两家超市去购物更省钱？
（3）对于A超市的优惠方案，随着购物金额的增大，顾客享受的优惠率不变，均为20%（注：优惠率＝×100%）．若在B超市购物，购物金额越大，享受的优惠率一定越大吗？请举例说明．
【分析】（1）根据A、B 两超市的优惠方案分别计算即可；
（2）分0≤x＜100和100≤x＜200两种情况分别计算；
（3）当100≤x＜200时，设优惠率为P，则有P＝，当900≤x1＜1000时，设优惠率为Q，则有Q＝，然后计算P﹣Q分析即可．
【解答】解：（1）∵80＜100，
∴A超市八折优惠，B超市不优惠，
∴选择A超市更省钱；
∵100＜130＜200，
∴A超市应付：130×0.8＝104元，B超市应付：130﹣100＝30元，
∵104＞100，
∴选择B超市更省钱；
故答案为：A；B．
（2）当0≤x＜100时，A超市八折优惠，B超市不优惠，
∴选择A超市更省钱，
当100≤x＜200时，A超市函数表达式为：y＝0.8x，B超市函数表达式为：y＝x﹣30，
当0.8x＜x﹣30，即150＜x＜200时，选择A超市更省钱；
当0.8x＝x﹣30，即x＝150时，A、B两超市花费一样多；
当0.8x＞x﹣30，即0≤x＜150时，选择B超市更省钱．
（3）不一定，例：
当100≤x＜200时，设优惠率为P，则有P＝，
当900≤x1＜1000时，设优惠率为Q，则有Q＝，
∴P﹣Q＝，
∵xx1＞0，
∴当x1﹣9x＜0时，P﹣Q＜0，即购物金额小时，享受的优惠率大，
∴在B超市购物，购物金额越大，享受的优惠率不一定越大．
【点评】本题主要考查的是一次函数的应用，能够根据A、B两超市的优惠方案正确列出式子是解决本题的关键．
22．（11分）如图，AB是⊙O的直径，点C，F是⊙O上的点，且∠CBF＝∠BAC，连接AF，过点C作AF的垂线，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点E，过点F作FG⊥AB于点G，交AC于点H．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若tanE＝，BE＝4，求FH的长．

【分析】（1）连接OC交BF于点I，可证明∠BAC＝∠CAF，则＝，所以OC垂直平分BF，由∠D＝∠AFB＝90°，得DE∥FB，则∠OCE＝∠OIB＝90°，即可证明CE是⊙O的切线；
（2）作BL⊥CE于点L，则四边形BICL是矩形，由＝tanE＝，得BL＝EL，由BE＝＝EL＝4，得EL＝，IC＝BL＝，则＝＝sinE＝，于是得OC＝OE＝（OC+4），则OB＝OC＝6，OE＝10，由勾股定理得CE＝＝8，而OI＝OC﹣IC＝，则AF＝2OI＝，再证明△AFH∽△CEB，得＝＝，所以FH＝BE＝．
【解答】（1）证明：连接OC交BF于点I，则OC＝OA，
∵∠CBF＝∠BAC，∠CBF＝∠CAF，
∴∠BAC＝∠CAF，
∴＝，
∴OC垂直平分BF，
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AF交AF的延长线于点D，
∴∠D＝∠AFB＝90°，
∴DE∥FB，
∴∠OCE＝∠OIB＝90°，
∵OC是⊙O的半径，DE经过点C且DE⊥OC，
∴CE是⊙O的切线．
（2）解：作BL⊥CE于点L，则∠BLE＝∠BLC＝90°，
∵∠BIC＝∠ICL＝90°，
∴四边形BICL是矩形，
∵＝tanE＝，
∴BL＝EL，
∵BE＝4，OB＝OC，
∴BE＝＝＝EL＝4，
∴EL＝，
∴IC＝BL＝×＝，
∴＝＝sinE＝＝，
∴OC＝OE＝（OC+4），
∴OB＝OC＝6，
∴OE＝OB+BE＝6+4＝10，
∴CE＝＝＝8，
∵OI＝OC﹣IC＝6﹣＝，
∴AF＝2OI＝2×＝，
∵FG⊥AB于点G，
∴∠AGF＝90°，
∴∠AFH＝∠E＝90°﹣∠DAE，
∵∠FAH＝∠ECB＝90°﹣∠ACD，
∴△AFH∽△CEB，
∴＝＝＝，
∴FH＝BE＝×4＝，
∴FH的长是．

【点评】此题重点考查切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．（13分）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，直线AC交x轴于点D．
①求点C的坐标；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ＝，若存在，求出点M的横坐标．

【分析】（1）根据垂直定义可得∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，利用同角的余角相等可得∠A＝∠EBD，再利用AAS即可证明△ACB≌△BDE；
（2）①先求得A（0，3），B（﹣1，0），过点C作CG⊥x轴于点G，则∠BGC＝90°＝∠AOB，进而证得△BCG≌△ABO（AAS），得出BG＝OA＝3，CG＝OB＝1，OG＝OB+BG＝4，即可求得点C的坐标；
②运用待定系数法即可求得直线AC的解析式；
（3）先求得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4），分两种情况：当点M在x轴上方时，当点M在x轴下方时，分别构造直角三角形，利用相似三角形的判定和性质即可求得直线BM上特殊点的坐标，运用待定系数法求得直线BM的解析式，联立方程组求解即可得出点M的坐标．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD，
在△ACB和△BDE中，
，
∴△ACB≌△BDE（AAS）；
（2）解：①∵一次函数y＝3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，
∴A（0，3），B（﹣1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
过点C作CG⊥x轴于点G，如图，
则∠BGC＝90°＝∠AOB，

∴∠CBG+∠BCG＝90°，
∵线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，
∴BC＝AB，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBG＝90°，
∴∠BCG＝∠ABO，
∴△BCG≌△ABO（AAS），
∴BG＝OA＝3，CG＝OB＝1，
∴OG＝OB+BG＝1+3＝4，
∴C（﹣4，1）；
②设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3；
（3）解：抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ＝．
∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，
当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
当点M在x轴上方时，如图，设BM交y轴于点K，过点K作KH⊥BQ于点H，
则∠KHQ＝∠KHB＝90°，

设K（0，t），
∵Q（0，﹣1），B（4，0），
∴OB＝4，OQ＝1，KQ＝t+1，
在Rt△BQO中，BQ＝＝＝，
∵∠BOQ＝90°，
∴∠KHQ＝∠BOQ，
∵∠KQH＝∠BQO，
∴△KQH∽△BQO，
∴＝＝，即＝＝，
∴QH＝（t+1），KH＝（t+1），
∴BH＝BQ﹣QH＝﹣（t+1）＝（16﹣t），
∵tan∠MBQ＝，
∴＝，
∴BH＝3KH，
∴（16﹣t）＝3×（t+1），
解得：t＝，
∴K（0，），
设直线BK的解析式为y＝mx+n，则，
解得：，
∴直线BK的解析式为y＝﹣x+，
联立得，
解得：，（舍去），
∴M（﹣，）；
当点M在x轴下方时，如图，过点Q作QE⊥BQ，交BM于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，
则∠QFE＝∠BOQ＝∠BQE＝90°，

∵tan∠MBQ＝，
∴＝tan∠MBQ＝，
∴EQ＝BQ＝，
∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°，
∴∠OBQ＝∠EQF，
∴△QEF∽△BQO，
∴＝＝，即＝＝，
∴EF＝，QF＝，
∴OF＝OQ+QF＝1+＝，
∴E（，﹣）；
设直线BM的解析式为y＝m′x+n′，则，
解得：，
∴直线BM的解析式为y＝x﹣，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴E（﹣，﹣）；
综上所述，抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ＝，点M的横坐标为﹣或﹣．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质，二次函数的图象及性质，熟练掌握三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质，直角三角形的三角函数值，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键．
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