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2023年内蒙古包头市昆都仑区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年内蒙古包头市昆都仑区中考数学二模试卷（含解析），共25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.若等式2a2⋅a+□=3a3成立，则□填写单项式可以是( )
A. aB. a2C. a3D. a4
2.如图，数轴上有三个点A、B、C，点A、B表示的数互为相反数，若数轴的单位长度为1，则图中点C对应的数是( )
A. −2B. 0C. 4D. 1
3.设x、y、c是实数，正确的是( )
A. 若x=y，则x+c=c−yB. 若x=y，则c−x=c−y
C. 若x=y，则xc=ycD. 若x2c=y3c，则2x=3y
4.已知：如图，是由若干个大小相同的小正方体所搭成的几何体的三视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是( )
A. 6个
B. 7个
C. 8个
D. 9个
5.在学校演讲比赛中，10名选手的成绩统计图如图所示，则这10名选手成绩的众数是( )
A. 95
B. 90
C. 85
D. 80
6.已知m，n是一元二次方程x2+x−6=0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的值等于( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
7.如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，若∠CAB=65°，则∠ADC的度数为( )
A. 25°
B. 35°
C. 45°
D. 65°
8.如图，已知直线l1：y=−2x+4与坐标轴分别交于A、B两点，那么过原点O且将△AOB的面积平分的直线l2的解析式为( )
A. y=12x
B. y=x
C. y=32x
D. y=2x
9.如图，在△ABC中，∠BCA=90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为(−2,6)和(7,0).将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为( )
A. (32,2)
B. (2,2)
C. (114,2)
D. (4,2)
10.在四边形ABCD中，AD//BC，∠D=90°，AD=8，BC=6，分别以A，C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O，若点O是AC的中点，则CD的长为( )
A. 4 2B. 2 10C. 6D. 8
11.已知二次函数y=2x2−8x+6的图象交x轴于A，B两点.若其图象上有且只有P1，P2，P3三点满足S△ABP1=S△ABP2=S△ABP3=m，则m的值是( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
12.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC=4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为( )
A. 35B. 55C. 45D. 2 55
二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
13.化简：x2−1x÷x+1x=______．
14.已知x+y=0.2，x+3y=1，则代数式x2+4xy+4y2的值为______．
15.小明和小华玩“石头、剪刀、布”的游戏，若随机出手一次，则小华获胜的概率是______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，BC=4 2.以BC的中点O为圆心的⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，则DE的长为______．
17.已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm.将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
18.如图，点A、B在反比例函数y=kx的图象上，AC⊥y轴，垂足为D，BC⊥AC.若四边形AOBC的面积为6，ADAC=12，则k的值为______．
19.如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且CD=CE，连接DE并延长至点F，使EF=AE，连接AF，CF，连接BE并延长交CF于点G.若BD=2DC，则FGGC= ______．
三、解答题：本题共6小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
某校为了了解初中学生每天的睡眠时间(单位为小时)，随机调查了该校的部分初中学生，根据调查结果，绘制出如图的统计图．
请拫据相关信息，解答下列问题：
(1)本次接受调查的初中学生人数为______人，扇形统计图中的m= ______，条形统计图中的n= ______；
(2)本次接受调查的初中学生每天睡眠时间的平均数是多少？
(3)该校共存1600名初中学生，根据本次调查的样本数据，估计该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的人数．
21.(本小题8分)
如图，某测量小组为了测量山BC的高度，在地面A处测得山顶B的仰角45°，然后沿着坡度为i=1： 3的坡面AD走了200米达到D处，此时在D处测得山顶B的仰角为60°，求山高BC(结果保留根号)．
22.(本小题8分)
某蔬菜生产基地的气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培一种新品种蔬菜.如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度y(℃)与时间x(h)之间的函数关系，其中线段AB、BC表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分CD表示恒温系统关闭阶段(即：当10≤x≤24时，大棚内的温度y(℃)是时间x(h)的反比例函数)，已知点A坐标为(0,10)．
请根据图中信息解答下列问题：
(1)当0≤x≤5时，求大棚内的温度y与时间x的函数关系式；
(2)求恒温系统设定的恒定温度；
(3)若大橱内的温度低于10℃时，蔬菜会受到伤害，问这天内，恒温系统最多可以关闭多少小时，才能使蔬菜避免受到伤害？
23.(本小题8分)
如图，线段AB为⊙O的直径，点C，E在⊙O上，CD⊥AB，垂足为点D，连接BE，弦BE与线段CD相交于点F，CF=BF，∠BEC=∠DCB．
(1)求证：BC=CE；
(2)若cs∠ABE=45，在AB的延长线上取一点M，使BM=4，⊙O的半径为6，求证：直线CM是⊙O的切线.(用两种证法解答)
24.(本小题8分)
如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
(1)如图1，当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
(2)将△APB沿战线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交AD于点F．
①如图1，证明FA=FP，并求出在(1)条件下AF的值；
②如图2，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′=2∠AEB′时，试探究AB与HG的数量关系，并说明理由．
25.(本小题8分)
如图1，已知二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，与y轴交于点C，且tan∠OAC=2．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图2，过点C作CD//x轴交二次函数图象于点D，P是二次函数图象上异于点D的一个动点，连接PB、PC，若S△PBC=S△BCD，求点P的坐标；
(3)如图3，若点P是二次函数图象上位于BC下方的一个动点，连接OP交BC于点Q.设点P的横坐标为t，试用含t的代数式表示PQOQ的值，并求PQOQ的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵等式2a2⋅a+□=3a3成立，
∴2a3+□=3a3，
∴□填写单项式可以是：3a3−2a3=a3．
故选：C．
直接利用单项式乘单项式以及合并同类项法则计算得出答案．
此题主要考查了单项式乘单项式以及合并同类项，正确掌握单项式乘单项式运算法则是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：因为A、B表示的数互为相反数，所以点A、B的中点是原点．原点向右第1个点是C，所以点C表示的数是1．
故选：D．
数轴中的数形结合思想题型，因为点A、C表示的数互为相反数．所以找出点A、C的中点，此题就好做了．
此题考查了相反数的性质，数轴的数形结合．数形结合是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.若x=y，则x+c=y+c，故该选项错误，不符合题意；
B.若x=y，则c−x=c−y，故该选项正确，符合题意；
C.若x=y且c≠0，则xc=yc，故该选项错误，不符合题意；
D.若x2c=y3c，则3x=2y，故该选项错误，不符合题意；
故选：B．
根据等式的性质，即可一一判定．
本题考查了等式的性质，熟练掌握和运用等式的性质是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：综合三视图可知，这个几何体的底层有4个小正方体，第二层有2个小正方体，第，三层有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+2+1=7个．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
本题考查了学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
5.【答案】B
【解析】解：根据折线统计图可得：
90分的人数有5个，人数最多，则众数是90；
故选B．
根据众数的定义和给出的数据可直接得出答案．
此题考查了众数，掌握一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数是本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵m，n是一元二次方程x2+x−6=0的两个实数根，
∴m+n=−1，m2+m=6，
∴m2+2m+n
=m2+m+(m+n)
=6−1
=5，
故选：B．
由一元二次方程根与系数的关系，可得m+n=1，根据一元二次方程根的定义得m2+m=6，由m2+2m+n=m2+m+(m+n)，整体代入求解即可．
本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，代数式求值等知识．解题的关键在于熟练掌握一元二次方程根与系数的关系．
7.【答案】A
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=65°，
∴∠ABC=90°−∠CAB=25°，
∴∠ADC=∠ABC=25°，
故选：A．
首先利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后根据∠CAB=65°求得∠ABC的度数，利用同弧所对的圆周角相等确定答案即可．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图，当y=0，−2x+4=0，解得x=2，则A(2,0)；
当x=0，y=−2x+4=4，则B(0,4)，
∴AB的中点坐标为(1,2)，
∵过原点O的直线l2把△AOB平分，
∴直线l2过AB的中点，
设直线l2的解析式为y=kx，
把(1,2)代入得2=k，解得k=2，
∴l2的解析式为y=2x，
故选：D．
根据坐标轴上点的坐标特征求出A(2,0)，B(0,4)，则AB的中点为(1,2)，所以l2经过AB的中点，直线l2把△AOB平分，然后利用待定系数法求l2的解析式；
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，明确直线l2过AB的中点是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据已知条件得到AC=6，OC=2，OB=7，求得BC=9，根据正方形的性质得到DE=OC=OE=2，求得O′E′=O′C′=C′D′=2，根据相似三角形的性质得到BO′=3，于是得到结论．
【解答】
解：如图，设正方形O′C′D′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，
∵顶点A，B的坐标分别为(−2,6)和(7,0)，
∴AC=6，OC=2，OB=7，
∴BC=9，
∵四边形OCDE是正方形，
∴DE=OC=OE=2，
∴O′E′=O′C′=C′D′=2，
∵E′O′⊥BC，
∴∠BO′E′=∠BCA=90°，
∴E′O′//AC，
∴∠BE′O′=∠BAC，
∴△BO′E′∽△BCA，
∴O′E′AC=BO′BC，
∴26=BO′9，
∴BO′=3，
∴OC′=BO−O′C′−BO′=7−2−3=2，
∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为(2,2)，
故选：B．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接FC，
由题可得，点E和点O在AC的垂直平分线上，
∴EO垂直平分AC，
∴AF=FC，AO=CO，
∵AD//BC，
∴∠FAO=∠BCO，
在△FOA与△BOC中，
∠FAO=∠BCOOA=OC∠AOF=∠COB，
∴△FOA≌△BOC(ASA)，
∴AF=BC=6，
∴FC=AF=6，FD=AD−AF=2．
在△FDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
即CD2+22=62，
解得CD=4 2．
故选：A．
连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC.再根据ASA证明△FOA≌△BOC，那么AF=BC=6，等量代换得到FC=AF=6，利用线段的和差关系求出FD=AD−AF=2.然后在Rt△FDC中利用勾股定理即可求出CD的长．
本题考查了基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质的综合运用．线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，确定EO垂直平分AC是解决问题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=2x2−8x+6的图象上有且只有P1，P2，P3三点满足S△ABP1=S△ABP2=S△ABP3=m，
∴三点中必有一点在二次函数y=2x2−8x+6的顶点上，
∵y=2x2−8x+6=2(x−2)2−2=2(x−1)(x−3)，
∴二次函数y=2x2−8x+6的图象的顶点坐标为(2,−2)，
令y=0，则2(x−1)(x−3)=0，
解得x=1或x=3，
∴与x轴的交点为(1,0)，(3,0)，
∴AB=3−1=2，
∴m=12×2×2=2．
故选：C．
由已知条件可判定三点中必有一点在二次函数y=2x2−8x+6的顶点上，通过求解二次函数的顶点的坐标及与坐标轴的交点坐标利用三角形的面积公式可求解m值．
本题主要考查二次函数的图象与性质，二次函数与坐标轴的交点，二次函数图象上点的坐标的特征，判定P1，P2，P3点的位置是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得CE=AE=BE=12AB，进而得到∠BEC=2∠A=∠BFC，从而有∠CEF=∠CBF，根据三角形的面积公式求出AF，即得BF，在Rt△BCF中，求出CF，证明∠CEF=∠FBC，再根据锐角三角函数的定义求解即可．
【解答】
解：连接BF，
∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴S△AFE=S△BFE=5，
∴S△AFB=10=12AF⋅BC，
∵BC=4，
∴AF=5=BF，
在Rt△BCF中，BC=4，BF=5，
∴CF= 52−42=3，
∵CE=AE=BE=12AB，
∴∠A=∠FBA=∠ACE，
又∵∠BCA=90°=∠BEF，
∴∠CBF=90°−∠BFC=90°−2∠A，
∠CEF=90°−∠BEC=90°−2∠A，
∴∠CEF=∠FBC，
∴sin∠CEF=sin∠FBC=CFBF=35，
故选A．
13.【答案】x−1
【解析】解：原式=(x+1)(x−1)x⋅xx+1
=x−1
故答案为：x−1．
原式利用除法法则变形，约分即可得到结果．
此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14.【答案】0.36
【解析】解：∵x+y=0.2，x+3y=1，
∴2x+4y=1.2，即x+2y=0.6，
则原式=(x+2y)2=0.36．
故答案为：0.36．
原式利用完全平方公式化简，将已知等式变形后代入计算即可求出值．
此题考查了完全平方公式，以及整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小华获胜的情况数是3种，
∴小华获胜的概率是：39=13，
故答案为：13．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小华获胜的情况数，再利用概率公式即可求得答案．
此题主要考查了列表法和树状图法求概率知识，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16.【答案】π
【解析】解：连接OE、OD，
∵AB，AC都与⊙O相切，
∴OD⊥AB，OE⊥AC，
∵∠A=90°，OD=OE，
∴四边形ADOE为正方形，
∴∠DOE=90°，
∵OE//AB，点O是BC的中点，
∴OE=12AB，
同理可得，OD=12AC，
∵OD=OE，
∴AB=AC，
在Rt△ABC中，BC=4 2，
∴AB=AC=4，
∴OD=OE=2，
∴DE的长为：90π×2180=π，
故答案为：π．
连接OE、OD，根据切线的性质得到OD⊥AB，OE⊥AC，根据正方形的性质得到∠DOE=90°，根据勾股定理、三角形中位线定理分别求出OE、OD，根据弧长公式计算即可．
本题考查的是切线的性质、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
17.【答案】1.5
【解析】【分析】
先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB= OA2+OB2=5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=12AB=2.5cm.然后根据旋转的性质得到OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1−OD=1.5cm．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．
【解答】
解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，
∴AB= OA2+OB2=5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=12AB=2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1=OB=4cm，
∴B1D=OB1−OD=1.5cm．
故答案为1.5．
18.【答案】3
【解析】解：设点A(a,ka)，
∵AC⊥y轴，
∴AD=a，OD=ka，
∵ADAC=12，
∴AC=2a，
∴CD=3a，
∵BC⊥AC.AC⊥y轴，
∴BC//y轴，
∴点B(3a,k3a)，
∴BC=ka−k3a=2k3a，
∵S梯形OBCD=S△AOD+S四边形AOBC，
∴12(ka+2k3a)×3a=12k+6，
解得：k=3．
故答案为：3．
设点A(a,ka)，可得AD=a，OD=ka，从而得到CD=3a，再由BC⊥AC.可得点B(3a,k3a)，从而得到BC=2k3a，然后根据S梯形OBCD=S△AOD+S四边形AOBC，即可求解．
本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，熟练掌握反比例函数比例系数的几何意义是解题的关键．
19.【答案】43
【解析】解：如图，延长BG、AF交于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵BD=2DC，
∴BD=23BC，
∵CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CED=60°，
∵∠AEF=∠CED=60°，AE=EF，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=BD=2CD，∠EAF=60°=∠ACB，
∴AF//BC，
∴△AEF∽△CED，
∴EFED=AFCD，即EFED=21，
∵AF//BC，
∴∠EFH=∠EDB，
又∵∠EHF=∠EBD，
∴△EFH∽△EDB，
∴FHBD=EFED=21，
解得FH=2BD=43BC，
∵∠GHF=∠GBC，∠FGH=∠CGB，
∴△FGH∽△CGB，
∴FGCG=FHBC=43，
故答案为：43．
如图，延长BG、AF交于点H，由△ABC是等边三角形，可知AC=BC，∠ACB=60°，由BD=2DC，可得BD=23BC，证△CDE、△AEF是等边三角形，则AF=AE=BD=2CD，∠EAF=60°=∠ACB，证明△AEF∽△CED，则EFED=AFCD，即EFED=21，证明△EFH∽△EDB，则FHBD=EFED=21，解得FH=2BD=43BC，证明△FGH∽△CGB，则FGCG=FHBC，进而可得结果．
本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
20.【答案】40 25 15
【解析】解：(1)本次接受调查的初中学生有：4÷10%=40(人)，
m%=10÷40×100%=25%，
n=40×37.5%=15，
故答案为：40，25，15；
(2)∵140(4×5+8×6+15×7+10×8+3×9)=7(小时)，
∴本次接受调查的初中学生每天睡眠时间的平均数是7小时；
(3)1600×4+8+1540=1080(人)，
即估计该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的有1080人．
(1)结合两个图形的信息即可求出调查人员总数，利用条形图中的数据和总人数即可求出m的值，利用扇形图中占比信息和总人数，即可求出条形图中n的值；
(2)通过平均值的计算公式进行计算即可；
(3)通过调查数据不足8小时的比例乘以学校总人数即可估算出该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的人数．
本题考查调查与统计，用样本估计总体，熟练掌握扇形图和条形图的特征是解题的关键．
21.【答案】解：作DF⊥AC于F．
∵DF：AF=1： 3，AD=200米，
∴tan∠DAF= 33，
∴∠DAF=30°，
∴DF=12AD=12×200=100(米)，
∵∠DEC=∠BCA=∠DFC=90°，
∴四边形DECF是矩形，
∴EC=DF=100(米)，
∵∠BAC=45°，BC⊥AC，
∴∠ABC=45°，
∵∠BDE=60°，DE⊥BC，
∴∠DBE=90°−∠BDE=90°−60°=30°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBE=45°−30°=15°，∠BAD=∠BAC−∠1=45°−30°=15°，
∴∠ABD=∠BAD，
∴AD=BD=200(米)，
在Rt△BDE中，sin∠BDE=BEBD，
∴BE=BD⋅sin∠BDE=200× 32=100 3(米)，
∴BC=BE+EC=(100+100 3)米．
答：山高BC为(100+100 3)米．
【解析】作DF⊥AC于F.解直角三角形分别求出BE、EC即可解决问题；
本题考查解直角三角形的应用仰角俯角问题，坡度坡角问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)设线段AB解析式为y=k1x+b(k1≠0)
∵线段AB过点(0,10)，(2,14)代入得b=102k1+b=14，
解得k1=2b=10，
∴AB解析式为：y=2x+10(0≤x<5)；
(2)∵AB解析式为：y=2x+10(0≤x<5)，
当x=5时，y=2x+10=20，
∴恒温系统设定恒温为20℃；
(3)设双曲线CD解析式为：y=k2x(k2≠0)，
∵C(10,20)，
∴k2=200，
∴双曲线CD解析式为：y=200x(10≤x≤24)，
把y=10代入y=200x中，解得：x=20，
∴20−10=10，
∴恒温系统最多关闭10小时，蔬菜才能避免受到伤害．
【解析】(1)应用待定系数法求函数解析式；
(2)观察图象可得；
(3)代入临界值y=10即可．
本题考查了一次函数、反比例函数，解题的关键是明确题意，注意临界点的应用．
23.【答案】证明：(1)如图，∵CF=BF，
∴∠FCB=∠FBC，
∵∠BEC=∠DCB，
∴∠BEC=∠CBE，
∴BC=EC，
∴BC=CE；
(2)方法一：连接OC交BE于H，连接OE，如图，
∵BC=CE，
∴∠BOC=∠COE，
∵BO=EO，
∴OC⊥BE，
∴∠OHB=90°
在Rt△OBH中，cs∠OBH=cs∠ABE=45=BHOB，
∵OB=6，
∴BH=6×45=245，
∴OH= 62−(245)2=185，
∵OHOC=1856=35，OBOM=66+4=35，
∴OHOC=OBOM，
而∠HOB=∠COM，
∴△OHB∽△OCM，
∴∠OCM=∠OHB=90°，
∴OC⊥CM，
∵OC是⊙O的半径；
∴直线CM是⊙O的切线．
方法二：如图，连接AE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，cs∠ABE=BEAB=45，
∴cs∠BAE=AEAB=35，
∵BC=CE，
∴∠EAB=12∠EOB=∠COM，
∵OCOM=66+4=35，
∴AEAB=OCOM，
∴AEOC=ABOM，
∴△ABE∽△OMC，
∴∠AEB=∠OCM=90°，
∴OC⊥CM，
又∵点C在⊙O上，
∴直线CM是⊙O的切线．
【解析】(1)由已知条件结合等腰三角形的判定证得BC=EC，即可证得结论；
(2)连接OC交BE于H，如图，先利用垂径定理得到OC⊥BE，再在Rt△OBH中利用解直角三角形得到BH=245，OH=185，接着证明△OHB∽△OCM得到∠OCM=∠OHB=90°，然后根据切线的判定定理得到结论．也可以证明△OCM∽△AEB得到∠OCM=90°．
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了垂径定理、圆周角定理和解直角三角形．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∴△ABP≌△ECP(AAS)；
(2)解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠APB=∠FAP，
由折叠得∠APB=∠APF，
∴∠FAP=∠APF，
∴FA=FP，
矩形ABCD中，AB=6，AD=8，
∴BC=AD=8，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP=4，
由折叠得AB′=AB=6，PB′=PB=4，∠B=∠AB′P=∠AB′F=90°，
设FA=x，则FP=x，
∴FB′=x−4，
在Rt△AB′F中，AF2=B′F2+B′A2，
∴x2=(x−4)2+62，
解得x=132，即AF=132；
②AB与HG的数量关系是AB=2HG．
理由：如图，由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE，
过点B′作B′M//DE，交AE于点M，
∴AB//DE，
∴∠1=∠6=∠5=∠AED，
∴AB′=B′M=AB，
∴点H是AM中点，
∵∠EAB′=2∠AEB′，即∠6=2∠8，
∴∠5=2∠8．
∵∠5=∠7+∠8，
∴∠7=∠8．
∴B′M=EM．
∴B′M=EM=AB′=AB．
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG=12AE,AH=12AM．
∴HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM．
∴HG=12AB．
∴AB=2HG．
【解析】(1)根据矩形的性质可得∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，根据点P是BC的中点，得出BP=CP，即可求证；
(2)①根据矩形的性质可得∠APB=∠FAP，由折叠得∠APB=∠APF，则∠FAP=∠APF，即可求证FA=FP，FA=x，则FP=x，FB′=x−4，在Rt△AB′F中，得出AF2=B′F2+B′A2，列出方程求解即可；②如图，由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE，过点B′作B′M//DE，交AE于点M，根据等角对等边的得出B′M=EM=AB′=AB.由点G为AE中点，点H是AM中点，得出AG=12AE,AH=12AM.则HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM.即可得出结论．
本题主要考查了矩形的折叠问题，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．
25.【答案】解：(1)∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵∠AOC=90°，
∴tan∠OAC=OCOA=2，
∴OC=2OA=2，
∴点C(0,−2)，
设二次函数的解析式为：y=a(x+1)⋅(x−2)，
∴a⋅1×(−2)=−2，
∴a=1，
∴y=(x+1)⋅(x−2)=x2−x−2；
(2)设点P(m,m2−m−2)，
如图1，当点P在第三象限时，作PE//AB交BC于E，
∵B(2,0)，C(0,−2)，
∴直线BC的解析式为：y=x−2，
∴当y=m2−m−2时，x=y+2=m2−m，
∴PE=m2−m−m=m2−2m，
∴S△PBC=12PE⋅OC，
∵抛物线的对称轴为直线x=12，CD//x轴，C(0,−2)，
∴点D(1,−2)，
∴CD=1，
∴S△BCD=12CD⋅OC，
∴12PE⋅OC=12CD⋅OC，
∴m2−2m=1，
∴m1=1+ 2(舍去)，m2=1− 2，
当m=1− 2时，m2−m−2=− 2，
∴P(1− 2,− 2)，
如图2，当点P在第一象限时，
作PE⊥x轴于E，交直线BC于F，
∴F(m,m−2)
∴PF=(m2−m−2)−(m−2)=m2−2m，
∴S△PBC=S△PFC−S△PFB=12PF⋅OE−12PF⋅BE=12PF⋅OB，
又∵S△PBC=S△BCD,S△BCD=12CD⋅OC=1
∴m2−2m=1，
∴m1=1+ 2，m2=1− 2(舍去)，
当m=1+ 2时，m2−m−2= 2，
∴P(1+ 2, 2)，
综上所述：P(1+ 2, 2)或(1− 2,− 2)；
(3)如图3，
作PN⊥AB于N，交BC于M，
∵P(t,t2−t−2)，M(t,t−2)，
∴PM=(t−2)−(t2−t−2)=−t2+2t，
∵PN//OC，
∴△PQM∽△OQC，
∴PQOQ=PMOC=−t2+2t2=−12(t−1)2+12，
∴当t=1时，PQOQ的最大值为12．
【解析】(1)在Rt△AOC中求出OC的长，从而确定点C坐标，将二次函数设为交点式，将点C坐标代入，进一步求得结果；
(2)可分为点P在第三象限和第一象限两种情形．当点P在第三象限时，设点P(m,m2−m−2)，可表示出△BCD的面积，作PE//AB交BC于E，先求出直线BC，从而得出E点坐标，从而表示出△PBC的面积，根据S△PBC=S△BCD，列出方程，进一步求得结果，当P在第一象限，同样的方法求得结果；
(3)作PN⊥AB于N，交BC于M，根据P(t,t2−t−2)，M(t,t−2)，表示出PM的长，根据PN//OC，得出△PQM∽△OQC，从而得出PQOQ=PMOC，从而得出PQOQ的函数表达式，进一步求得结果．
本题考查了二次函数及其图象性质，求一次函数解析式，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
1.若等式2a2⋅a+□=3a3成立，则□填写单项式可以是( )
A. aB. a2C. a3D. a4
2.如图，数轴上有三个点A、B、C，点A、B表示的数互为相反数，若数轴的单位长度为1，则图中点C对应的数是( )
A. −2B. 0C. 4D. 1
3.设x、y、c是实数，正确的是( )
A. 若x=y，则x+c=c−yB. 若x=y，则c−x=c−y
C. 若x=y，则xc=ycD. 若x2c=y3c，则2x=3y
4.已知：如图，是由若干个大小相同的小正方体所搭成的几何体的三视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是( )
A. 6个
B. 7个
C. 8个
D. 9个
5.在学校演讲比赛中，10名选手的成绩统计图如图所示，则这10名选手成绩的众数是( )
A. 95
B. 90
C. 85
D. 80
6.已知m，n是一元二次方程x2+x−6=0的两个实数根，则代数式m2+2m+n的值等于( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
7.如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的两点，若∠CAB=65°，则∠ADC的度数为( )
A. 25°
B. 35°
C. 45°
D. 65°
8.如图，已知直线l1：y=−2x+4与坐标轴分别交于A、B两点，那么过原点O且将△AOB的面积平分的直线l2的解析式为( )
A. y=12x
B. y=x
C. y=32x
D. y=2x
9.如图，在△ABC中，∠BCA=90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为(−2,6)和(7,0).将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为( )
A. (32,2)
B. (2,2)
C. (114,2)
D. (4,2)
10.在四边形ABCD中，AD//BC，∠D=90°，AD=8，BC=6，分别以A，C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O，若点O是AC的中点，则CD的长为( )
A. 4 2B. 2 10C. 6D. 8
11.已知二次函数y=2x2−8x+6的图象交x轴于A，B两点.若其图象上有且只有P1，P2，P3三点满足S△ABP1=S△ABP2=S△ABP3=m，则m的值是( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
12.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC=4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为( )
A. 35B. 55C. 45D. 2 55
二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
13.化简：x2−1x÷x+1x=______．
14.已知x+y=0.2，x+3y=1，则代数式x2+4xy+4y2的值为______．
15.小明和小华玩“石头、剪刀、布”的游戏，若随机出手一次，则小华获胜的概率是______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，BC=4 2.以BC的中点O为圆心的⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，则DE的长为______．
17.已知：如图，在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm.将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段OB1与AB的交点D恰好为AB的中点，则线段B1D= cm．
18.如图，点A、B在反比例函数y=kx的图象上，AC⊥y轴，垂足为D，BC⊥AC.若四边形AOBC的面积为6，ADAC=12，则k的值为______．
19.如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边BC、AC上，且CD=CE，连接DE并延长至点F，使EF=AE，连接AF，CF，连接BE并延长交CF于点G.若BD=2DC，则FGGC= ______．
三、解答题：本题共6小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
某校为了了解初中学生每天的睡眠时间(单位为小时)，随机调查了该校的部分初中学生，根据调查结果，绘制出如图的统计图．
请拫据相关信息，解答下列问题：
(1)本次接受调查的初中学生人数为______人，扇形统计图中的m= ______，条形统计图中的n= ______；
(2)本次接受调查的初中学生每天睡眠时间的平均数是多少？
(3)该校共存1600名初中学生，根据本次调查的样本数据，估计该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的人数．
21.(本小题8分)
如图，某测量小组为了测量山BC的高度，在地面A处测得山顶B的仰角45°，然后沿着坡度为i=1： 3的坡面AD走了200米达到D处，此时在D处测得山顶B的仰角为60°，求山高BC(结果保留根号)．
22.(本小题8分)
某蔬菜生产基地的气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培一种新品种蔬菜.如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度y(℃)与时间x(h)之间的函数关系，其中线段AB、BC表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分CD表示恒温系统关闭阶段(即：当10≤x≤24时，大棚内的温度y(℃)是时间x(h)的反比例函数)，已知点A坐标为(0,10)．
请根据图中信息解答下列问题：
(1)当0≤x≤5时，求大棚内的温度y与时间x的函数关系式；
(2)求恒温系统设定的恒定温度；
(3)若大橱内的温度低于10℃时，蔬菜会受到伤害，问这天内，恒温系统最多可以关闭多少小时，才能使蔬菜避免受到伤害？
23.(本小题8分)
如图，线段AB为⊙O的直径，点C，E在⊙O上，CD⊥AB，垂足为点D，连接BE，弦BE与线段CD相交于点F，CF=BF，∠BEC=∠DCB．
(1)求证：BC=CE；
(2)若cs∠ABE=45，在AB的延长线上取一点M，使BM=4，⊙O的半径为6，求证：直线CM是⊙O的切线.(用两种证法解答)
24.(本小题8分)
如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
(1)如图1，当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
(2)将△APB沿战线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交AD于点F．
①如图1，证明FA=FP，并求出在(1)条件下AF的值；
②如图2，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′=2∠AEB′时，试探究AB与HG的数量关系，并说明理由．
25.(本小题8分)
如图1，已知二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，与y轴交于点C，且tan∠OAC=2．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图2，过点C作CD//x轴交二次函数图象于点D，P是二次函数图象上异于点D的一个动点，连接PB、PC，若S△PBC=S△BCD，求点P的坐标；
(3)如图3，若点P是二次函数图象上位于BC下方的一个动点，连接OP交BC于点Q.设点P的横坐标为t，试用含t的代数式表示PQOQ的值，并求PQOQ的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵等式2a2⋅a+□=3a3成立，
∴2a3+□=3a3，
∴□填写单项式可以是：3a3−2a3=a3．
故选：C．
直接利用单项式乘单项式以及合并同类项法则计算得出答案．
此题主要考查了单项式乘单项式以及合并同类项，正确掌握单项式乘单项式运算法则是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：因为A、B表示的数互为相反数，所以点A、B的中点是原点．原点向右第1个点是C，所以点C表示的数是1．
故选：D．
数轴中的数形结合思想题型，因为点A、C表示的数互为相反数．所以找出点A、C的中点，此题就好做了．
此题考查了相反数的性质，数轴的数形结合．数形结合是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.若x=y，则x+c=y+c，故该选项错误，不符合题意；
B.若x=y，则c−x=c−y，故该选项正确，符合题意；
C.若x=y且c≠0，则xc=yc，故该选项错误，不符合题意；
D.若x2c=y3c，则3x=2y，故该选项错误，不符合题意；
故选：B．
根据等式的性质，即可一一判定．
本题考查了等式的性质，熟练掌握和运用等式的性质是解决本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：综合三视图可知，这个几何体的底层有4个小正方体，第二层有2个小正方体，第，三层有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4+2+1=7个．
故选：B．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
本题考查了学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
5.【答案】B
【解析】解：根据折线统计图可得：
90分的人数有5个，人数最多，则众数是90；
故选B．
根据众数的定义和给出的数据可直接得出答案．
此题考查了众数，掌握一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数是本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵m，n是一元二次方程x2+x−6=0的两个实数根，
∴m+n=−1，m2+m=6，
∴m2+2m+n
=m2+m+(m+n)
=6−1
=5，
故选：B．
由一元二次方程根与系数的关系，可得m+n=1，根据一元二次方程根的定义得m2+m=6，由m2+2m+n=m2+m+(m+n)，整体代入求解即可．
本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，代数式求值等知识．解题的关键在于熟练掌握一元二次方程根与系数的关系．
7.【答案】A
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=65°，
∴∠ABC=90°−∠CAB=25°，
∴∠ADC=∠ABC=25°，
故选：A．
首先利用直径所对的圆周角是直角确定∠ACB=90°，然后根据∠CAB=65°求得∠ABC的度数，利用同弧所对的圆周角相等确定答案即可．
本题考查了圆周角定理，熟练掌握直径所对的圆周角为直角，同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图，当y=0，−2x+4=0，解得x=2，则A(2,0)；
当x=0，y=−2x+4=4，则B(0,4)，
∴AB的中点坐标为(1,2)，
∵过原点O的直线l2把△AOB平分，
∴直线l2过AB的中点，
设直线l2的解析式为y=kx，
把(1,2)代入得2=k，解得k=2，
∴l2的解析式为y=2x，
故选：D．
根据坐标轴上点的坐标特征求出A(2,0)，B(0,4)，则AB的中点为(1,2)，所以l2经过AB的中点，直线l2把△AOB平分，然后利用待定系数法求l2的解析式；
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，明确直线l2过AB的中点是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据已知条件得到AC=6，OC=2，OB=7，求得BC=9，根据正方形的性质得到DE=OC=OE=2，求得O′E′=O′C′=C′D′=2，根据相似三角形的性质得到BO′=3，于是得到结论．
【解答】
解：如图，设正方形O′C′D′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，
∵顶点A，B的坐标分别为(−2,6)和(7,0)，
∴AC=6，OC=2，OB=7，
∴BC=9，
∵四边形OCDE是正方形，
∴DE=OC=OE=2，
∴O′E′=O′C′=C′D′=2，
∵E′O′⊥BC，
∴∠BO′E′=∠BCA=90°，
∴E′O′//AC，
∴∠BE′O′=∠BAC，
∴△BO′E′∽△BCA，
∴O′E′AC=BO′BC，
∴26=BO′9，
∴BO′=3，
∴OC′=BO−O′C′−BO′=7−2−3=2，
∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为(2,2)，
故选：B．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接FC，
由题可得，点E和点O在AC的垂直平分线上，
∴EO垂直平分AC，
∴AF=FC，AO=CO，
∵AD//BC，
∴∠FAO=∠BCO，
在△FOA与△BOC中，
∠FAO=∠BCOOA=OC∠AOF=∠COB，
∴△FOA≌△BOC(ASA)，
∴AF=BC=6，
∴FC=AF=6，FD=AD−AF=2．
在△FDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
即CD2+22=62，
解得CD=4 2．
故选：A．
连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC.再根据ASA证明△FOA≌△BOC，那么AF=BC=6，等量代换得到FC=AF=6，利用线段的和差关系求出FD=AD−AF=2.然后在Rt△FDC中利用勾股定理即可求出CD的长．
本题考查了基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质的综合运用．线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，确定EO垂直平分AC是解决问题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=2x2−8x+6的图象上有且只有P1，P2，P3三点满足S△ABP1=S△ABP2=S△ABP3=m，
∴三点中必有一点在二次函数y=2x2−8x+6的顶点上，
∵y=2x2−8x+6=2(x−2)2−2=2(x−1)(x−3)，
∴二次函数y=2x2−8x+6的图象的顶点坐标为(2,−2)，
令y=0，则2(x−1)(x−3)=0，
解得x=1或x=3，
∴与x轴的交点为(1,0)，(3,0)，
∴AB=3−1=2，
∴m=12×2×2=2．
故选：C．
由已知条件可判定三点中必有一点在二次函数y=2x2−8x+6的顶点上，通过求解二次函数的顶点的坐标及与坐标轴的交点坐标利用三角形的面积公式可求解m值．
本题主要考查二次函数的图象与性质，二次函数与坐标轴的交点，二次函数图象上点的坐标的特征，判定P1，P2，P3点的位置是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得CE=AE=BE=12AB，进而得到∠BEC=2∠A=∠BFC，从而有∠CEF=∠CBF，根据三角形的面积公式求出AF，即得BF，在Rt△BCF中，求出CF，证明∠CEF=∠FBC，再根据锐角三角函数的定义求解即可．
【解答】
解：连接BF，
∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴S△AFE=S△BFE=5，
∴S△AFB=10=12AF⋅BC，
∵BC=4，
∴AF=5=BF，
在Rt△BCF中，BC=4，BF=5，
∴CF= 52−42=3，
∵CE=AE=BE=12AB，
∴∠A=∠FBA=∠ACE，
又∵∠BCA=90°=∠BEF，
∴∠CBF=90°−∠BFC=90°−2∠A，
∠CEF=90°−∠BEC=90°−2∠A，
∴∠CEF=∠FBC，
∴sin∠CEF=sin∠FBC=CFBF=35，
故选A．
13.【答案】x−1
【解析】解：原式=(x+1)(x−1)x⋅xx+1
=x−1
故答案为：x−1．
原式利用除法法则变形，约分即可得到结果．
此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14.【答案】0.36
【解析】解：∵x+y=0.2，x+3y=1，
∴2x+4y=1.2，即x+2y=0.6，
则原式=(x+2y)2=0.36．
故答案为：0.36．
原式利用完全平方公式化简，将已知等式变形后代入计算即可求出值．
此题考查了完全平方公式，以及整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15.【答案】13
【解析】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小华获胜的情况数是3种，
∴小华获胜的概率是：39=13，
故答案为：13．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小华获胜的情况数，再利用概率公式即可求得答案．
此题主要考查了列表法和树状图法求概率知识，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16.【答案】π
【解析】解：连接OE、OD，
∵AB，AC都与⊙O相切，
∴OD⊥AB，OE⊥AC，
∵∠A=90°，OD=OE，
∴四边形ADOE为正方形，
∴∠DOE=90°，
∵OE//AB，点O是BC的中点，
∴OE=12AB，
同理可得，OD=12AC，
∵OD=OE，
∴AB=AC，
在Rt△ABC中，BC=4 2，
∴AB=AC=4，
∴OD=OE=2，
∴DE的长为：90π×2180=π，
故答案为：π．
连接OE、OD，根据切线的性质得到OD⊥AB，OE⊥AC，根据正方形的性质得到∠DOE=90°，根据勾股定理、三角形中位线定理分别求出OE、OD，根据弧长公式计算即可．
本题考查的是切线的性质、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
17.【答案】1.5
【解析】【分析】
先在直角△AOB中利用勾股定理求出AB= OA2+OB2=5cm，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OD=12AB=2.5cm.然后根据旋转的性质得到OB1=OB=4cm，那么B1D=OB1−OD=1.5cm．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．
【解答】
解：∵在△AOB中，∠AOB=90°，AO=3cm，BO=4cm，
∴AB= OA2+OB2=5cm，
∵点D为AB的中点，
∴OD=12AB=2.5cm．
∵将△AOB绕顶点O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，
∴OB1=OB=4cm，
∴B1D=OB1−OD=1.5cm．
故答案为1.5．
18.【答案】3
【解析】解：设点A(a,ka)，
∵AC⊥y轴，
∴AD=a，OD=ka，
∵ADAC=12，
∴AC=2a，
∴CD=3a，
∵BC⊥AC.AC⊥y轴，
∴BC//y轴，
∴点B(3a,k3a)，
∴BC=ka−k3a=2k3a，
∵S梯形OBCD=S△AOD+S四边形AOBC，
∴12(ka+2k3a)×3a=12k+6，
解得：k=3．
故答案为：3．
设点A(a,ka)，可得AD=a，OD=ka，从而得到CD=3a，再由BC⊥AC.可得点B(3a,k3a)，从而得到BC=2k3a，然后根据S梯形OBCD=S△AOD+S四边形AOBC，即可求解．
本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，熟练掌握反比例函数比例系数的几何意义是解题的关键．
19.【答案】43
【解析】解：如图，延长BG、AF交于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵BD=2DC，
∴BD=23BC，
∵CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CED=60°，
∵∠AEF=∠CED=60°，AE=EF，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=BD=2CD，∠EAF=60°=∠ACB，
∴AF//BC，
∴△AEF∽△CED，
∴EFED=AFCD，即EFED=21，
∵AF//BC，
∴∠EFH=∠EDB，
又∵∠EHF=∠EBD，
∴△EFH∽△EDB，
∴FHBD=EFED=21，
解得FH=2BD=43BC，
∵∠GHF=∠GBC，∠FGH=∠CGB，
∴△FGH∽△CGB，
∴FGCG=FHBC=43，
故答案为：43．
如图，延长BG、AF交于点H，由△ABC是等边三角形，可知AC=BC，∠ACB=60°，由BD=2DC，可得BD=23BC，证△CDE、△AEF是等边三角形，则AF=AE=BD=2CD，∠EAF=60°=∠ACB，证明△AEF∽△CED，则EFED=AFCD，即EFED=21，证明△EFH∽△EDB，则FHBD=EFED=21，解得FH=2BD=43BC，证明△FGH∽△CGB，则FGCG=FHBC，进而可得结果．
本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
20.【答案】40 25 15
【解析】解：(1)本次接受调查的初中学生有：4÷10%=40(人)，
m%=10÷40×100%=25%，
n=40×37.5%=15，
故答案为：40，25，15；
(2)∵140(4×5+8×6+15×7+10×8+3×9)=7(小时)，
∴本次接受调查的初中学生每天睡眠时间的平均数是7小时；
(3)1600×4+8+1540=1080(人)，
即估计该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的有1080人．
(1)结合两个图形的信息即可求出调查人员总数，利用条形图中的数据和总人数即可求出m的值，利用扇形图中占比信息和总人数，即可求出条形图中n的值；
(2)通过平均值的计算公式进行计算即可；
(3)通过调查数据不足8小时的比例乘以学校总人数即可估算出该校初中学生每天睡眠时间不足8小时的人数．
本题考查调查与统计，用样本估计总体，熟练掌握扇形图和条形图的特征是解题的关键．
21.【答案】解：作DF⊥AC于F．
∵DF：AF=1： 3，AD=200米，
∴tan∠DAF= 33，
∴∠DAF=30°，
∴DF=12AD=12×200=100(米)，
∵∠DEC=∠BCA=∠DFC=90°，
∴四边形DECF是矩形，
∴EC=DF=100(米)，
∵∠BAC=45°，BC⊥AC，
∴∠ABC=45°，
∵∠BDE=60°，DE⊥BC，
∴∠DBE=90°−∠BDE=90°−60°=30°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBE=45°−30°=15°，∠BAD=∠BAC−∠1=45°−30°=15°，
∴∠ABD=∠BAD，
∴AD=BD=200(米)，
在Rt△BDE中，sin∠BDE=BEBD，
∴BE=BD⋅sin∠BDE=200× 32=100 3(米)，
∴BC=BE+EC=(100+100 3)米．
答：山高BC为(100+100 3)米．
【解析】作DF⊥AC于F.解直角三角形分别求出BE、EC即可解决问题；
本题考查解直角三角形的应用仰角俯角问题，坡度坡角问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)设线段AB解析式为y=k1x+b(k1≠0)
∵线段AB过点(0,10)，(2,14)代入得b=102k1+b=14，
解得k1=2b=10，
∴AB解析式为：y=2x+10(0≤x<5)；
(2)∵AB解析式为：y=2x+10(0≤x<5)，
当x=5时，y=2x+10=20，
∴恒温系统设定恒温为20℃；
(3)设双曲线CD解析式为：y=k2x(k2≠0)，
∵C(10,20)，
∴k2=200，
∴双曲线CD解析式为：y=200x(10≤x≤24)，
把y=10代入y=200x中，解得：x=20，
∴20−10=10，
∴恒温系统最多关闭10小时，蔬菜才能避免受到伤害．
【解析】(1)应用待定系数法求函数解析式；
(2)观察图象可得；
(3)代入临界值y=10即可．
本题考查了一次函数、反比例函数，解题的关键是明确题意，注意临界点的应用．
23.【答案】证明：(1)如图，∵CF=BF，
∴∠FCB=∠FBC，
∵∠BEC=∠DCB，
∴∠BEC=∠CBE，
∴BC=EC，
∴BC=CE；
(2)方法一：连接OC交BE于H，连接OE，如图，
∵BC=CE，
∴∠BOC=∠COE，
∵BO=EO，
∴OC⊥BE，
∴∠OHB=90°
在Rt△OBH中，cs∠OBH=cs∠ABE=45=BHOB，
∵OB=6，
∴BH=6×45=245，
∴OH= 62−(245)2=185，
∵OHOC=1856=35，OBOM=66+4=35，
∴OHOC=OBOM，
而∠HOB=∠COM，
∴△OHB∽△OCM，
∴∠OCM=∠OHB=90°，
∴OC⊥CM，
∵OC是⊙O的半径；
∴直线CM是⊙O的切线．
方法二：如图，连接AE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，cs∠ABE=BEAB=45，
∴cs∠BAE=AEAB=35，
∵BC=CE，
∴∠EAB=12∠EOB=∠COM，
∵OCOM=66+4=35，
∴AEAB=OCOM，
∴AEOC=ABOM，
∴△ABE∽△OMC，
∴∠AEB=∠OCM=90°，
∴OC⊥CM，
又∵点C在⊙O上，
∴直线CM是⊙O的切线．
【解析】(1)由已知条件结合等腰三角形的判定证得BC=EC，即可证得结论；
(2)连接OC交BE于H，如图，先利用垂径定理得到OC⊥BE，再在Rt△OBH中利用解直角三角形得到BH=245，OH=185，接着证明△OHB∽△OCM得到∠OCM=∠OHB=90°，然后根据切线的判定定理得到结论．也可以证明△OCM∽△AEB得到∠OCM=90°．
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了垂径定理、圆周角定理和解直角三角形．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP，
∴△ABP≌△ECP(AAS)；
(2)解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠APB=∠FAP，
由折叠得∠APB=∠APF，
∴∠FAP=∠APF，
∴FA=FP，
矩形ABCD中，AB=6，AD=8，
∴BC=AD=8，
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP=4，
由折叠得AB′=AB=6，PB′=PB=4，∠B=∠AB′P=∠AB′F=90°，
设FA=x，则FP=x，
∴FB′=x−4，
在Rt△AB′F中，AF2=B′F2+B′A2，
∴x2=(x−4)2+62，
解得x=132，即AF=132；
②AB与HG的数量关系是AB=2HG．
理由：如图，由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE，
过点B′作B′M//DE，交AE于点M，
∴AB//DE，
∴∠1=∠6=∠5=∠AED，
∴AB′=B′M=AB，
∴点H是AM中点，
∵∠EAB′=2∠AEB′，即∠6=2∠8，
∴∠5=2∠8．
∵∠5=∠7+∠8，
∴∠7=∠8．
∴B′M=EM．
∴B′M=EM=AB′=AB．
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG=12AE,AH=12AM．
∴HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM．
∴HG=12AB．
∴AB=2HG．
【解析】(1)根据矩形的性质可得∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，根据点P是BC的中点，得出BP=CP，即可求证；
(2)①根据矩形的性质可得∠APB=∠FAP，由折叠得∠APB=∠APF，则∠FAP=∠APF，即可求证FA=FP，FA=x，则FP=x，FB′=x−4，在Rt△AB′F中，得出AF2=B′F2+B′A2，列出方程求解即可；②如图，由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE，过点B′作B′M//DE，交AE于点M，根据等角对等边的得出B′M=EM=AB′=AB.由点G为AE中点，点H是AM中点，得出AG=12AE,AH=12AM.则HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM.即可得出结论．
本题主要考查了矩形的折叠问题，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．
25.【答案】解：(1)∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵∠AOC=90°，
∴tan∠OAC=OCOA=2，
∴OC=2OA=2，
∴点C(0,−2)，
设二次函数的解析式为：y=a(x+1)⋅(x−2)，
∴a⋅1×(−2)=−2，
∴a=1，
∴y=(x+1)⋅(x−2)=x2−x−2；
(2)设点P(m,m2−m−2)，
如图1，当点P在第三象限时，作PE//AB交BC于E，
∵B(2,0)，C(0,−2)，
∴直线BC的解析式为：y=x−2，
∴当y=m2−m−2时，x=y+2=m2−m，
∴PE=m2−m−m=m2−2m，
∴S△PBC=12PE⋅OC，
∵抛物线的对称轴为直线x=12，CD//x轴，C(0,−2)，
∴点D(1,−2)，
∴CD=1，
∴S△BCD=12CD⋅OC，
∴12PE⋅OC=12CD⋅OC，
∴m2−2m=1，
∴m1=1+ 2(舍去)，m2=1− 2，
当m=1− 2时，m2−m−2=− 2，
∴P(1− 2,− 2)，
如图2，当点P在第一象限时，
作PE⊥x轴于E，交直线BC于F，
∴F(m,m−2)
∴PF=(m2−m−2)−(m−2)=m2−2m，
∴S△PBC=S△PFC−S△PFB=12PF⋅OE−12PF⋅BE=12PF⋅OB，
又∵S△PBC=S△BCD,S△BCD=12CD⋅OC=1
∴m2−2m=1，
∴m1=1+ 2，m2=1− 2(舍去)，
当m=1+ 2时，m2−m−2= 2，
∴P(1+ 2, 2)，
综上所述：P(1+ 2, 2)或(1− 2,− 2)；
(3)如图3，
作PN⊥AB于N，交BC于M，
∵P(t,t2−t−2)，M(t,t−2)，
∴PM=(t−2)−(t2−t−2)=−t2+2t，
∵PN//OC，
∴△PQM∽△OQC，
∴PQOQ=PMOC=−t2+2t2=−12(t−1)2+12，
∴当t=1时，PQOQ的最大值为12．
【解析】(1)在Rt△AOC中求出OC的长，从而确定点C坐标，将二次函数设为交点式，将点C坐标代入，进一步求得结果；
(2)可分为点P在第三象限和第一象限两种情形．当点P在第三象限时，设点P(m,m2−m−2)，可表示出△BCD的面积，作PE//AB交BC于E，先求出直线BC，从而得出E点坐标，从而表示出△PBC的面积，根据S△PBC=S△BCD，列出方程，进一步求得结果，当P在第一象限，同样的方法求得结果；
(3)作PN⊥AB于N，交BC于M，根据P(t,t2−t−2)，M(t,t−2)，表示出PM的长，根据PN//OC，得出△PQM∽△OQC，从而得出PQOQ=PMOC，从而得出PQOQ的函数表达式，进一步求得结果．
本题考查了二次函数及其图象性质，求一次函数解析式，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
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