2023年浙江省宁波市鄞州第二实验中学中考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省宁波市鄞州第二实验中学中考数学适应性试卷（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。

1. 下列四个数中，最小的是( )
A. −32B. (−3)2C. −(−3)D. −|−8|
2. 下列各式计算结果正确的是( )
A. a2+a3=2a5B. a6÷a6=0C. (a2)3=a5D. (−a)2⋅a3=a5
3. 下列几何体中，主视图与俯视图的形状不一样的几何体是( )
A. B. C. D.
4. 为迎接中国共产党建党101周年，某班40名同学进行了党史知识竞赛，测试成绩统计表如下，其中有两个数据被遮盖.下列关于成绩的统计量中，与被遮盖的数据无关的是( )
A. 平均数，方差B. 中位数，方差C. 平均数，众数D. 中位数，众数
5. 若式子1 k−1有意义，则一次函数y=kx+1−k的图象可能是( )
A. B.
C. D.
6. 如图，AC，AD分别为△ABE的中线和高，AC=AE，已知AD=5，DE=2，则△ABD面积为( )
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20
7. 几个老头去赶集，路上遇到摊梨，一人一个多一个，一人两个少两个，问几个老头，几个梨？设有x个老头，y个梨，可列方程组为( )
A. x−y=12x=y−2B. x=y−12x=y−2C. x+1=y2x=y+2D. x=y+12x−y=2
8. 如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF.若∠AOE=150°,DF= 3，则EF的长为( )
A. 2 3
B. 2+ 3
C. 3+1
D. 3
9. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，有下列5个结论：
①abc<0；②3a+c>0；③4a+2b+c>0；④2a+b=0；⑤b2>4ac．
其中正确的结论的有( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
10. 四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连结四个顶点形成正方形ABCD，O为对角线AC，BD的交点，OE的延长线交BC于点F.记图中阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若2CF=3BF，则S1S2的值为( )
A. 23B. 67C. 35D. 134
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11. 分解因式：16a−ax2=______．
12. 如图，点O为正方形的中心，点E、F分别在正方形的边上，且∠EOF=90°，随机地往图中投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率是______．
13. 为了给同学庆祝生日，小明自己动手用扇形纸片制作了一顶圆锥形生日帽，生日帽的底面圆半径r为7cm，高h为24cm，则该扇形纸片的面积为______cm2．
14. 如图，在△ABC中，AB=10，AC=6，BC=8，⊙O为△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则tan∠ODA=______．
15. 如图，四边形ABCD是矩形，E，F分别为BC，AB的中点，若∠BCF=2∠EAB，则CDAD= ______ ．
16. 如图，一次函数y=2x与反比例函数y=kx(k>0)的图象交于A，B两点，点M在以C(2,0)为圆心，半径为1的⊙C上，N是AM的中点，已知ON长的最大值为32，则k的值是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算： 27−(3.14−π)0−tan30°+(−12)−2−| 3−2|．
(2)解方程：3x(x−2)=x−2．
18. (本小题10.0分)
如图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上.只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．

(1)在图①中，作△ABC的中线CD．
(2)在图②中，在AB边上找一点E，连结CE，使CE=BE．
(3)在图③中，在AC边上找一点F，连结BF，使△BFC的面积为103．
19. (本小题10.0分)
如图，一次函数y=kx+b与反比例函数y=mx的图象交于A(−1,3)，B(3,a)两点．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)根据所给条件，请直接写出不等式kx+b>mx的解集；
(3)求S△AOB．
20. (本小题10.0分)
为鼓励学生积极加入中国共青团组织，某学校团委在八、九年级各抽取50名学生开展团知识竞赛，为便于统计成绩，制定了取整数的计分方式，满分10分.竞赛成绩如图所示：

(1)请根据图表中的信息，回答下列问题．
①表中的a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
②现要给成绩突出的年级颁奖，如果分别从众数和方差两个角度来分析，你认为应该给哪个年级颁奖？
(2)若规定成绩10分获一等奖，9分获二等奖，8分获三等奖，请通过计算说明哪个年级的获奖率高？
21. (本小题10.0分)
如图1是一只拉杆式旅行箱，其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB=50cm，拉杆BC最大可伸长30cm，点A，B，C在同一条直线上，在箱体的底端装有圆形的滚轮⊙A，⊙A与水平地面MN相切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，且点B距离地面36cm时，点C到地面的距离CE=54cm．

(1)求滚轮的半径；
(2)调整拉杆BC的长度，当某人的手自然下垂在拉杆顶端C处拉动旅行箱时，C到地面的距离为66cm，拉杆与水平地面的夹角为53°，求此时拉杆BC伸长的长度.(参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到1cm)
22. (本小题10.0分)
“五一”前夕，某超市销售一款商品，进价每件75元，售价每件140元，每天销售40件，每销售一件需支付给超市管理费5元.从五月一日开始，该超市对这款商品开展为期一个月的“每天降价1元”的促销活动，即从第一天(5月1日)开始每天的售价均比前一天降低1元.通过市场调查发现，该商品的日销售量y(件)与第x天(1≤x≤31，且x为整数)之间存在一次函数关系，x，y之间的部分数值对应关系如下表：
(1)直接写出y与x的函数关系式______ ；
(2)设第x天的利润为W元，试求出W与x之间的函数关系式，并求出哪一天的利润最大？最大利润是多少元？
(3)销售20天后，由于某种原因，该商品的进价从第21天开始每件下降4元，其他条件保持不变，求超市在这一个月中，该商品的日销售利润不低于3430元的共有多少天？
23. (本小题10.0分)
【感知】如图①，在四边形ABCD中，点E为边BC上的一点，连接AE、DE，∠AED=90°，
可得到△ABE∽△△ECD(不需要证明)．
【探索】如图②，有一矩形纸片ABCD，点E为边BC的中点，点F为边AB上的一点.连接DE，EF，将矩形纸片ABCD分别沿DE、EF折叠，使CE、BE在EG处重合．
(1)求证：△BEF∽△CDE．
(2)若BC=8，CD=5，则BF= ______ ．
【应用】如图③，在边长为2的正方形ABCD中，点E为边BC的中点.连接DE，将△CDE沿DE折叠得到△FDE，DF交AC于点G，直接写出CG的长．
24. (本小题10.0分)
在四边形ABCD中，AD//BC，∠BAD=∠D=60°，AD=12，CD=8，过点C作CE⊥AD于点E，连接BE，且∠CBE=∠D，将半圆O的直径PQ放在边AD上，且点P与点A重合，PQ=6，将半圆O绕点A顺时针旋转α(0°≤α≤90°)，如图1所示．
(1)求证：△CDE≌△EBC；
(2)在旋转过程中，当点O与BE的距离最短时，求α的度数；
(3)当α=90°时，点H从点Q开始沿PQ以每秒π4个单位长的速度运动，同时半圆O从点A出发沿AD方向以每秒1个单位长的速度向右平移，运动时间为t秒(0≤t≤12)；
①如图2，当半圆O与BE相切于点K时，求的HQ长；
②当半圆O(包括墙点)与四边形BCDE的边有两个交点时，请直接写出t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵−32=−9，(−3)2=9，−(−3)=3，−|−8|=−8，
∴−32<−|−8|<−(−3)<(−3)2，
∴最小的数是−32．
故选：A．
先化简各数，然后根据正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数比较大小即可．
本题考查了有理数大小比较，比较有理数大小的方法：1、数轴法：在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大；2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数；3、绝对值法：①两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．
2.【答案】D
【解析】解：A.a2与a3不是同类项，无法合并，则A不符合题意；
B.a6÷a6=1，则B不符合题意；
C.(a2)3=a6，则C不符合题意；
D.(−a)2⋅a3=a2⋅a3=a5，则D符合题意；
故选：D．
根据整式的相关运算法则进行判断即可．
本题考查整式的运算，整式的相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
3.【答案】C
【解析】解：A、正方体的主视图与俯视图都是正方形，故A不符合题意；
B、圆柱的主视图与俯视图都是长方形，故B不符合题意；
C、圆锥的主视图是等腰三角形，俯视图是一个圆和圆心，故C符合题意；
D、球体的主视图与俯视图都是圆形，故D不符合题意；
故选：C．
根据每一个几何体的三种视图，即可解答．
本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握每一个几何体的三种视图是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：由表格数据可知，成绩为99分、100分的人数为40−(1+3+2+3+5+5+8+10)=3(人)，
成绩为98分的，出现次数最多，因此成绩的众数是98，
成绩从小到大排列后处在第20、21位的两个数都是97分，因此中位数是97，
因此中位数和众数与被遮盖的数据无关，
故选：D．
通过计算成绩为99、100分的人数，进行判断，不影响成绩出现次数最多的结果，因此不影响众数，同时不影响找第25、26位数据，因此不影响中位数的计算，进而进行选择．
本题考查中位数、众数、方差、平均数的意义和计算方法，理解各个统计量的实际意义，以及每个统计量所反应数据的特征，是正确判断的前提．
5.【答案】B
【解析】解：∵式子1 k−1有意义，
∴k−1>0，
解得k>1，
∴−k<−1，
∴一次函数y=kx+1−k的图象过一、三、四象限．
故选：B．
先求出k的取值范围，再判断出k及−k的符号，进而可得出结论．
本题考查的是一次函数的图象，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵AC=AE，AD⊥CE，
∴CD=DE=2，
∴CE=4，
∵AD=5，
∴△ACE的面积=12×4×5=10，
∵AC是△ABE的中线，
∴BC=CE，
∴S△ABD=S△ACE=10，
∴△ABD的面积=10+12×2×5=15．
故选：C．
由等腰三角形的性质可求出CE的长，进而可求出△ACE的面积，再根据等底同高的三角形面积相等即可求出△ABD的面积，继而可求出△ABD的面积．
本题主要考查了三角形的中线，高的概念和性质，三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分是解答此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：依题意得：x+1=y2x=y+2，
故选：C．
设有x个老头，y个梨，由题意：一人一个多一梨，一人两个少二梨，列出二元一次方程组即可．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组．
8.【答案】A
【解析】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠BOE=∠COF=60°，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，

∴∠OGF=∠DGF=90°，
∵∠ODC=45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF=DG= 22DF= 62，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°，
∴∠DOF=30°，
∴OF=2GF= 6，
∴EF= 2OF=2 3．
故选：A．
由题意证明△BOE≌△COF(ASA)，所以OE=OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．
本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系等相关知识，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．
9.【答案】C
【解析】解：开口向下，则a<0，
与y轴交于正半轴，则c>0，
∵−b2a>0，
∴b>0，
则abc<0，①正确；
∵−b2a=1，
则b=−2a，
∵a−b+c<0，
∴3a+c<0，②错误；
∵x=0时，y>0，对称轴是x=1，
∴当x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，③正确；
∵b=−2a，
∴2a+b=0，④正确；
∴b2−4ac>0，
∴b2>4ac，⑤正确．
故选：C．
根据二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定解答．
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
10.【答案】B
【解析】解：过点O作OH⊥BC与H，如图，
由对称性可知，
S1S2=S△OCES△ECF+S△OBF，
设BF=2a，则CF=3a，
∴BC=BF+CF=5a，
∵正方形ABCD，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴OH垂直平分BC，
∴BH=CH=OH=12BC=52a，
∴HF=CF−HC=a2，
在Rt△OFH中，由勾股定理得，
OF= OH2+FH2= 262a，
∴S△OCF=12CF⋅OH=12OF⋅CE，
∴CE=CF⋅OHOF=1526 26a，
∵OC= 22BC=5 22a，
在Rt△OFH中，由勾股定理得，
OE= OC2−CE2=513 26a，
∴EF=326 26a，
∴S△OCE=12OE⋅CE=7526a2，
S△CEF=12CE⋅EF=4552a2，
S△OBF=12BF⋅OH=52a2，
∴S1S2=S△OCES△ECF+S△OBF=67，
故选：B．
由对称性可知S1S2=S△OCES△ECF+S△OBF，利用正方形的性质和勾股定理分别求出直角三角形的边，即可解答．
本题考查了正方形的性质和勾股定理等知识，关键是能够表示三角形的边．
11.【答案】a(4+x)(4−x)
【解析】解：16a−ax2=a(16−x2)
=a(4+x)(4−x)．
故答案为：a(4+x)(4−x)．
直接提取公因式a，再利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
12.【答案】14
【解析】解：在正方形中，满足点E、F分别在正方形的边上(此处采用极限思想)，且∠EOF=90°的图形如图所示：
因此△EOF的面积是正方形总面积的14，因此米粒落在图中阴影部分的概率是14．
米粒落在图中阴影部分的概率就是阴影部分的面积同正方形总面积的比．
此题主要考查了几何概率问题，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．同时注意巧妙的将图形简化，找寻特殊情况，作为选择题没必要按照一般情况处理，要求找出特殊情况，准确快速得出来答案，方便作答试卷中其他题目．
13.【答案】175π
【解析】解：∵生日帽的底面圆半径r为7cm，高h为24cm，
∴圆锥的母线长为 72+242=25(cm)．
∵底面圆半径r为7cm，
∴底面周长=14πcm，
∴该扇形纸片的面积为=12×14π×25=175π(cm2).
故答案为：175π．
先根据勾股定理求出圆锥的母线长，再根据圆锥的侧面展开图是扇形，利用圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，列式计算即可．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解．正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
14.【答案】2
【解析】解：∵AB2=100，AC2+BC2=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠C=90°，
连接OE、OF、OQ，
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴∠C=∠OEC=∠OFC=90°，OE=OF，BE=BQ，AQ=AF，CE=CF，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF，
∴BC−OE+AC−OE=AB，
∴OE=OQ=12(6+8−10)=2，
∴AQ=AF=6−2=4，
∵D为AB的中点，
∴AD=12AB=5，
∴DQ=5−4=1，
∴tan∠ODA=OQDQ=21=2．
故答案为：2．
根据勾股定理的逆定理求出∠C=90°，连接OE、OF、OQ，证四边形CEOF是正方形，求出半径OE，求出QA，求出DQ、OQ的长度，即可求出答案．
本题主要考查对正方形的性质和判定，三角形的内切圆与内心，勾股定理的逆定理，锐角三角函数的定义等知识点的理解和掌握，能求出OQ、OD的长度是解此题的关键．
15.【答案】32
【解析】解：如图，延长BC至H，使FC=CH，连接FH，
设CDAD=m，则CD=mAD=AB，
∵E，F分别为BC，AB的中点，
∴BF=12AB=12CD=12mAD，BE=12BC=12AD，
∴CF= BF2+BC2= m2+42AD，
∵CF=CH= m2+42AD，
∴∠CFH=∠CHF，BH=AD+ m2+42AD，
∴∠BCF=2∠CHF，
∵∠BCF=2∠EAB，
∴∠BAE=∠CHF，
又∵∠B=∠B，
∴△ABE∽△HBF，
∴BFBE=BHAB，
∴12mAD12AD=AD+ m2+42ADmAD，
∴m2=94或0(舍去)，
∴m=32(负值舍去)，
故答案为：32．
先求出BF，BH的长，通过证明△ABE∽△HBF，可得BFBE=BHAB，即可求解．
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
16.【答案】3225
【解析】解：联立y=kxy=2x，
∴x2=k2，
∴x=± k2，
∴A(− k2,−2 k2)，B( k2,2 k2)，
∴A与B关于原点O对称，
∴O是线段AB的中点，
∵N是线段AM的中点，
连接BM，则ON//BM，且ON=12BM，
∵ON的最大值为32，
∴BM的最大值为3，
∵M在⊙C上运动，
∴当B，C，M三点共线时，BM最大，
此时BC=BM−CM=2，
∴(( k2−2)2+(2 k2)2=4,
∴k=0或3225，
∵k>0，
∴k=3225，
故答案为：3225．
由反比例函数性质可以得到，A，B两点关于原点O对称，所以O是线段AB的中点，又N是线段AM的中点，所以ON是△ABM的中位线，当ON取得最大值时，BM也取得最大值，由于M在⊙C上运动，所以当B，C，M三点共线时，BM最大值为3，此时BC=2，根据BC=2列出方程即可求解．
此题是反比例和一次函数的交点问题，考查了点到圆上一点的最值问题，对此类模型结论要非常熟悉才可解决问题．
17.【答案】解：(1)原式=3 3−1− 33+4+ 3−2
=11 33+1；
(2)3x(x−2)=x−2，
3x(x−2)−(x−2)=0，
(x−2)(3x−1)=0，
∴x−2=0或3x−1=0，
∴x1=2，x2=13．
【解析】(1)利用平方根的定义、零指数幂、负指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案；
(2)移项后提取公因式x−2后利用因式分解法求得一元二次方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想)．
18.【答案】解：(1)如图，线段CD即所得；
(2)如图，点E为所求；
(3)如图，点F为所求；

【解析】(1)找出线段AB的中点D，连接CD即可；
(2)找到格点M，连接CM，与线段AB的交点为点E，连接CE即可；
(3)作线段AC的三等分点F，连接BF即可．
本题考查基本作图，中线的定义、等腰三角形的性质、线段三等分点的作法，相似三角形的性质，熟练掌握三等分点的作法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−1,3)代入y=mx得m=−3，
则反比例函数的解析式是y=−3x，
当x=3时，y=−1，则B的坐标是(3,−1)．
根据题意得：−k+b=33k+b=−1，
解得：k=−1b=2，
则直线的解析式是y=−x+2；
(2)不等式kx+b>mx的解集是：x<−1或0(3)在y=−x+2中，令x=0，则y=2，
则S△AOB=12×2×1+12×2×3=4．
【解析】(1)把A的坐标代入反比例函数解析式求得解析式，然后求得B的坐标，再用待定系数法求得一次函数的解析式；
(2)不等式kx+b>mx的解集就是一次函数的图象在反比例函数的图象的上边时对应的x的范围；
(3)首先求得AB与y轴的交点，然后利用三角形的面积公式求解．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．
20.【答案】8 8 1.56
【解析】解：(1)①∵九年级竞赛成绩中8分出现的次数最多，
故众数a=8分；
八年级竞赛成绩中第25、26位的分数都是8分，
故中位数b=8分；
九年级竞赛成绩的方差为：s2=150×[8×(6−8)2+9×(7−8)2+14×(8−8)2+13×(9−8)2+6×(10−8)2]=1.56，
故c=1.56；
故答案为：8；8；1.56；
②如果从众数角度看，八年级的众数为7分，九年级的众数为8分，所以应该给九年级颁奖；
如果从方差角度看，八年级的方差为1.88，九年级的方差为1.56，又因为两个年级的平均数相同，九年级的成绩的波动小，
所以应该给九年级颁奖，
故如果分别从众数和方差两个角度来分析，应该给九年级颁奖；
(2)八年级的获奖率为：(10+7+11)÷50=56%，
九年级的获奖率为：(14+13+6)÷50=66%，
∵66%>56%，
∴九年级的获奖率高．
(1)①分别根据中位数、众数和方差的定义解答即可；
②根据两个年级众数和方差解答即可；
(2)根据题意列式计算即可．
本题主要考查了中位数、众数、方差以及加权平均数，掌握各个概念和计算方法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，

设⊙A的半径为r cm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm．
∵BH//CE，
∴△ABK∽△ACF．
∴BKCF=ABAC．
即36−r54−r=5080．
解得r=6．
∴滚轮的半径为6cm．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm．
∴AC=CFsin53∘≈600.80=75cm．
∴BC=AC−AB=75−50=25cm．
∴拉杆BC的伸长的长度约为25cm．
【解析】(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，设⊙A的半径为rcm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm.证明△ABK∽△ACF，得到BKCF=ABAC，则36−r54−r=5080，解得r=6即可．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm.再求得到AC=75cm.由BC=AC−AB即可得到答案．
此题主要考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
22.【答案】y=2x+40
【解析】解：(1)观察表格可知，y是x的一次函数，设y=kx+b，
把(5,50)，(10,60)代入得：
5k+b=5010k+b=60，
解得：k=2b=40，
∴y与x的函数关系式y=2x+40，
故答案为：y=2x+40；
(2)根据题意可得，W=(140−x−75−5)(2x+40)=−2x2+80x+2400=−2(x−20)2+3200，
∵−2<0，1≤x≤31，
∴当x=20时，W有最大值为3200元；
∴第20天利润最大，最大利润为3200元；
(3)根据题意，当x>20时，
W=[140−x−(75−4)−5](2x+40)=−2(x−22)2+3528，
当W=3430时，−2(x−22)2+3528=3430，
解得x=15或x=29，
∵x>20，且x为整数，
∴21≤x≤29时，W≥3430，
即从第21天开始到第29天日销售利润不低于3430元；
由(2)知，当x≤20时，日销售利润均低于3430元，
∴这一个月中，超市该商品的日销售利润不低于3430元的共有9天．
(1)观察表格，用待定系数法可得y与x的函数关系式y=2x+40；
(2)根据总利润等于每件利润乘以销售量可得，W=(140−x−75−5)(2x+40)=−2(x−20)2+3200，根据二次函数性质可得答案；
(3)当x>20时，W=[140−x−(75−4)−5](2x+40)=−2(x−22)2+3528=3430，解得x=15或x=29，再结合(2)可得这一个月中，超市该商品的日销售利润不低于3430元的共有9天．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
23.【答案】165
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠DEC+∠EDC=90°，
∵将矩形ABCD沿着DE、EF折叠，使CE、BE在EG处重合，
∴∠DEG=∠CED=12∠CEG，∠FEG=∠BEF=12∠BEG，
∵∠CEG+∠BEG=180°，
∴∠DEG+∠FEG=12∠CEG+12∠BEG=12×180°=90°，
即∠FED=90°，
∴∠BEF+∠CED=180°−∠FED=90°，
∴∠BEF=∠EDC，
∴△BEF∽△CDE；
(2)解：∵点E为边BC的中点，BC=8，
∴BE=CE=12BC=4，
∵△BEF∽△CDE，
∴BEBF=CDCE，
即4BF=54，BF=165，
故答案为：165；
【应用】解：延长DF交AB于点H，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCE=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD=2，
由折叠的性质可知：∠DFE=∠DCE=90°，CE=EF，
∵点E为边BC的中点，
∴BE=CE=EF=12BC=1，
在Rt△BEH和Rt△FEH中，
BE=EFHE=HE，
∴Rt△BEH≌Rt△FEH(HL)，
∴∠BEH=∠FEH=12∠BEF，
∵∠CED=∠FED=12∠CEF，
∴∠FED+∠FEH=12(∠BEF+∠CEF)=90°，
∴∠BEH=∠CDE，
又∵∠B=∠DCE=90°，
∴△BEH∽△CDE，
∴BHEC=BECD，即BH1=12，
∴BH=12，
∴AH=AB−BH=2−12=32，
∵AB//CD，
∴∠BAG=∠GCD，
∵∠AGH=∠CGD，
∴△AGH∽△CGD，
∴AHCD=AGCG，
在Rt△ADC中，AC= AD2+CD2= 22+22=2 2，
∴AG=AC−CG=2 2−CG，
∴322=2 2−CGCG，
∴CG=8 27．
(1)根据矩形的性质得到∠B=∠C=90°，再根据折叠的性质得∠DEG=∠CED=12∠CEG，∠FEG=∠BEF=12∠BEG，再利用等角的余角相等，可得∠BEF=∠EDC，进而证明△BEF∽△CDE；
(2)利用△BEF∽△CDE，得到BEBF=CDCE，代入数值计算即可求解；
【应用】延长DF交AB于点H，连接HE，根据已知条件可证明Rt△BEH≌Rt△FEH(HL)，再证明△BEF∽△CDE，利用相似比即可求得BH的长，进而求出AH，再根据AB//CD得到∠BAG=∠GCD，以及对顶角相等得∠AGH=∠CGD，即可证明△AGH∽△CGD，从而得出相似比，进而得以求解．
本题属于相似形综合题，考查了全等三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是要能正确作出辅助线并能证明三角形全等．
24.【答案】(1)证明：∵AD//BC，CE⊥AD，
∴CE⊥BC，
∴∠BCE=∠DEC=90°．
在△CDE和△EBC中，
∠CBE=∠D∠BCE=∠DECCE=EC，
∴△CDE≌△EBC(AAS)；
(2)解：由(1)知：△CDE≌△EBC，
∴BC=DE，BE=DC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴BE//DC，
∴∠BEA=∠D=60°，
∵∠BAD=60°，
∴△ABE为等边三角形，
∵在旋转过程中，点O的运动轨迹为以点A为圆心，PO为半径的圆弧，
∴当PO⊥BE时，点O与BE的距离最短，
当PO⊥BE时，由等腰三角形的三线合一的性质可知：此时PO平分∠BAE，
由于半圆O的直径PQ放在边AD上，
∴当点O与BE的距离最短时，α的度数为30°；
(3)解：①连接OE，OK，如图，

∵半圆O与BE相切于点K，
∴OK⊥BE．
由题意：OP⊥AE，
∴∠OPE=∠OKE=90°．
在Rt△OPE和Rt△OKE中，
OP=OKOE=OE，
∴Rt△OPE≌Rt△OKE(HL)，
∴∠PED=∠KEO=12∠AEB=30°，
∵OP=12PQ=3，
∴OE=2OP=6，
∴PE= OE2−OP2= 62−32=3 3．
∵AD//BC，∠BAD=∠D=60°，
∴四边形ABCD为等腰梯形，
∴AB=CD=8．
由(2)知：△ABE为等边三角形，
∴AE=AB=8，
∴AP=AE−PE=8−3 3．
∵半圆O从点A出发沿AD方向以每秒1个单位长的速度向右平移，运动时间为t秒，
∴t=8−3 3．
∵点H从点Q开始沿PQ以每秒π4个单位长的速度运动，
∴当半圆O与BE相切于点K时，HQ的长为π4×(8−3 3)=8−3 34π.
②当PQ(包括端点)与四边形BCDE的边有两个交点时，t的取值范围为：8−3 3由①知：当半圆O与BE相切于点K时，PQ与四边形BCDE的边有一个交点，继续运动则有两个交点，
∴t>8−3 3．
当运动到点Q在BE上时，PQ与四边形BCDE的边有两个交点，继续运动则有一个交点，
设当运动到点Q在BE上时，PQ与四边形BCDE的边BE交于点H，如图，

由题意：PQ⊥AD，∠AEB=60°，PQ=6，
在Rt△PQE中，
PE=PQtan60∘=6 3=2 3，
∴AP=AE−PE=8−2 3，
∴当PQ(包括端点)与四边形BCDE的边BE有两个交点时，t的取值范围为：8−3 3当半圆O与CD相切点M时，PQ(包括端点)与四边形BCDE的边恰有两个交点，
连接OD，OM，如图，则OM⊥DC，OP⊥AD，

在Rt△OPD和Rt△OMD中，
OD=ODOP=OM，
∴Rt△OPD≌Rt△OMD(HL)，
∴∠ODP=∠ODM=12∠PDC=30°，
∴PD=OPtan30∘=3 33=3 3，
∴AP=AD−PD=12−3 3，
∴当t=12−3 3时，PQ(包括端点)与四边形BCDE的边恰有两个交点；
当运动到点Q在CD上时，PQ与四边形BCDE的边有三个交点，继续运动则有两个交点，直到运动停止，如图，

由题意：PQ⊥AD，PQ=6，∠D=60°，
∴DP=PQtan60∘=6 3=2 3，
∴AP=AD−DP=12−2 3，
∴当12−2 3综上，当PQ(包括端点)与四边形BCDE的边有两个交点时，t的取值范围为：8−3 3【解析】(1)利用全等三角形的判定定理解答即可；
(2)利用在旋转过程中，点O的运动轨迹为以点A为圆心，PO为半径的圆弧和垂线段最短的性质解答即可；
(3)①连接OE，OK，利用圆的切线的性质定理，全等三角形的判定定理，等边三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论；
②利用分类讨论的思想方法，利用运动的观点，当PQ(包括端点)与四边形BCDE的边有两个交点时，求得对应的AP的长度即可得到t的取值范围．
本题是圆的综合题，主要考查了等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，圆的有关性质，圆的切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，本题是动点问题，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
成绩/分
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
人数/名
1
3
2
3
5
5
8
10
■
■
平均数
众数
中位数
方差
八年级
8
7
b
1.88
九年级
8
a
8
c
第x天
5
10
15
20
日销售量y(件)
50
60
70
80