2023年浙江省溫州市永嘉實驗中學(xué)中考數(shù)學(xué)模擬試卷及答案解析

2023年浙江省溫州市永嘉實驗中學(xué)中考數(shù)學(xué)模擬試卷

一、選擇題（本題有10題，每題4分，共計40分，每小題只有一個選項是正確的，選擇

正確才給分）

1．（4分）若a是最小的正整數(shù)，b是絕對值最小的數(shù)，c是相反數(shù)等于它本身的數(shù)，d是到

原點的距離等于2的負(fù)數(shù)，e是最大的負(fù)整數(shù)，則a+b+c+d+e的值為（）

A．1B．2C．﹣1D．﹣2

2．（4分）在直角坐標(biāo)系中，已知兩點A（﹣8，3）、B（﹣4，5）以及動點C（0，n）、D（m，

0），則當(dāng)四邊形ABCD的周長最小時，比值為（）

A．B．﹣2C．D．﹣3

3．（4分）有11個正整數(shù)，平均數(shù)是10，中位數(shù)是9，眾數(shù)只有一個8，問最大的正整數(shù)最

大為（）

A．25B．30C．35D．40

4．（4分）甲乙丙丁四人互相給其他的三人之一寫信，選擇對象的方式是等可能的．問存在

兩個人收到對方的信的概率（）

A．B．C．D．

5．（4分）關(guān)于x的一元二次方程ax2﹣2ax+b+1＝0（ab≠0）有兩個相等的實數(shù)根k，則下

列選項成立的是（）

A．若﹣1＜a＜0，則B．若，則0＜a＜1

C．若0＜a＜1，則D．若，則﹣1＜a＜0

6．（4分）如圖，在△ABC中，∠A＝45°，∠F＝∠ABC，EF⊥BC，其中BF＝AD，DF＝

2，，則DE的值為（）

A．B．C．D．

7．（4分）如圖，AB是半圓O的直徑，四邊形CDMN和DEFG都是正方形，其中點C，D，

第1頁（共7頁）

E在AB上，點F，N在半圓上．若半圓O的半徑為10，則正方形CDMN的面積與正方

形DEFG的面積之和是（）

A．50B．75C．100D．125

8．（4分）如圖，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，D是BC邊上一點，且CD＝3BD，

連接AD，把△ACD沿AD翻折，得到△ADC'，DC′與AB交于點E，連接BC′，則△

BDC'的面積為（）

A．B．C．D．

9．（4分）對于二次函數(shù)y＝ax2+bx+c，規(guī)定函數(shù)y＝是它的相關(guān)函

數(shù)．已知點M，N的坐標(biāo)分別為（﹣，1），（，1），連接MN，若線段MN與二次函

數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象有兩個公共點，則n的取值范圍為（）

A．﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤B．﹣3＜n＜﹣1或1≤n≤

C．n≤﹣1或1＜n≤D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1

10．（4分）“化積為方”是一個古老的幾何學(xué)問題，即給定一個長方形，作一個和它面積相

等的正方形，這也是證明勾股定理的一種思想方法，如圖所示，在矩形ABCD中，以AD

為邊做正方形AHMD，以CD為斜邊，作Rt△DCG使得點G在HM的延長線上，過點D

作DE⊥DG交AB于E，再過E點作EF⊥CG于F，連接CE交MH于N，記四邊形DENM，

四邊形BCNH的面積分別為S1，S2，若S1﹣S2＝15，DM＝7，則DG為（）

第2頁（共7頁）

A．8B．2C．6D．5

二、填空題（本題共6題，每題5分，其中16（1）2分，16（2）3分，共計30分）

11．（5分）分解因式：a3﹣a2b﹣a+b＝．

12．（5分）已知整數(shù)m滿足0＜m＜13，如果關(guān)于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣1）x+m2

﹣2m＝0的根為有理數(shù)，則m的值為．

13．（5分）2022年2月，北京冬奧會舉行期間，某官方特許商品零售店有冬奧會吉祥物冰

墩墩和雪容融兩種商品（冰墩墩的價格高于雪容融的價格）深受廣大市民的喜愛，導(dǎo)致

“一墩難求”．該零售店試銷第一天購進兩種商品共10個，第二天購進兩種商品共16個，

第三天購進兩種商品共26個，并且每天都能全部售完，結(jié)算后發(fā)現(xiàn)這三天的營業(yè)額均為

3500元，兩種商品的售價不變且均為整數(shù)，則冰墩墩的售價是元．

14．（5分）如圖，反比例函數(shù)y＝﹣的圖象與直線y＝x+b（b＞0）交于A，B兩點（點

A在點B右側(cè)），過點A作x軸的垂線，垂足為點C，連接AO，BO，圖中陰影部分的面

積為12，則b的值為．

15．（5分）如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點D為邊AB上一點，CD繞

點D順時針旋轉(zhuǎn)90°至DE，CE交AB于點G．已知AD＝8，BG＝6，點F是AE的中

點，連接DF，求線段DF的長．

16．（5分）圖（1）是一種便攜式手推車，點O是豎直拉桿OB與擋板OA的連接點，豎直

拉桿OB中CD部分可伸縮，當(dāng)C，D重合時，拉桿縮至最短，運輸貨物時，拉桿伸至最

第3頁（共7頁）

長．拉桿OB的長70～120cm（含70cm，120cm），擋板OA長為50cm，OA可繞點O旋

轉(zhuǎn)，折疊后點A，D重合．現(xiàn)有兩箱貨物如圖（2）方式放置，兩個箱子的側(cè)面均為正方

形，為了避免貨物掉落，在貨物四周用繩子加固，四邊形ODFM為菱形，則OE＝_____cm；

小聰在運輸貨物時，發(fā)現(xiàn)貨物仍有掉落的危險，重新加固如圖（3），若FK＝HJ，KI＝60cm，

∠GKJ＝60°，則繩子最低點I到擋板OA的距離IE＝cm．

三、解答題（本題共8題，共計80分，無特定要求的解答時需寫出必要的文字說明，演算

步驟或證明過程）

17．（8分）三選二，解方程：

（1）；（2）；（3）．

18．（6分）如圖是由小正方形組成的5×7網(wǎng)格，每個小正方形的頂點叫做格點，矩形ABCD

的四個頂點都是格點．僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．

（1）在圖（1）中，先在邊AB上畫點E，使AE＝2BE，再過點E畫直線EF，使EF平

分矩形ABCD的面積；

（2）在圖（2）中，先畫△BCD的高CG，再在邊AB上畫點H，使BH＝DH．

第4頁（共7頁）

19．（12分）旋轉(zhuǎn)的圖形帶來結(jié)論的奧秘．已知△ABC，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△

AB'C'．

素材1：素材2：

初

步

探

索

如圖①，連接對應(yīng)點BB'，CC'，則

．

如圖②，以A為圓心，BC邊上的高AD為

半徑作⊙A，則B'C'與⊙A相切．

（1）（ⅰ）請證明素材1所發(fā)現(xiàn)的結(jié)論．

（ⅱ）如圖2，過點A作AD'⊥B'C'，垂足為D'．證明途徑可以用下面的框圖表示，

請?zhí)顚懫渲械目崭瘢?/p>

問

題

解

決

（2）在Rt△ABC滿足∠A＝90°，，，M是AC的中點，△ABC

繞點M逆時針旋轉(zhuǎn)得△A'B'C'．

（?。┤鐖D③，當(dāng)邊B'C'恰好經(jīng)過點C時，連接BB'，則BB'的長為．

（ⅱ）若邊B'C'所在直線l恰好經(jīng)過點B，于圖④中利用無刻度的直尺和圓規(guī)作出直

線l．（只保留作圖痕跡）

深（3）在（2）的條件下，如圖⑤，在旋轉(zhuǎn)過程中，直線BB'，CC'交于點P，求BP的

入最大值為．

研

究

第5頁（共7頁）

20．（8分）某班40名學(xué)生的某次數(shù)學(xué)成績?nèi)绫恚?/p>

成績（分）5060708090100

人數(shù)（人）2m10n42

（1）若這班的數(shù)學(xué)平均成績?yōu)?9分，求m和n的值．

（2）在（1）的條件下，若該班40名學(xué)生成績的眾數(shù)為x，中位數(shù)為y．求（x﹣y）2的

值．

21．（11分）在平面直角坐標(biāo)系中，點A是拋物線y＝﹣x2+mx+2m+2與y軸的交點，點B

在該拋物線上，將該拋物線A，B兩點之間（包括A，B兩點）的部分記為圖象G，設(shè)點

B的橫坐標(biāo)為2m﹣1．

（1）當(dāng)m＝1時，

①圖象G對應(yīng)的函數(shù)y的值隨x的增大而（填“增大”或“減小”），自變量x

的取值范圍為；

②圖象G最高點的坐標(biāo)為．

（2）當(dāng)m＜0時，若圖象G與x軸只有一個交點，求m的取值范圍．

（3）當(dāng)m＞0時，設(shè)圖象G的最高點與最低點的縱坐標(biāo)之差為h，直接寫出h與m之間

的函數(shù)關(guān)系式．

22．（11分）如圖，在銳角△ABC中，∠ABC＝45°，過點A作AD⊥BC于點D，過點B

作BE⊥AC于點E，AD與BE相交于點H，連接DE．∠AEB的平分線EF交AB于點F，

連接DF交BE于點G．

（1）求證：∠DBG＝∠DAE；

（2）試探究線段AE，BE，DE之間的數(shù)量關(guān)系；

（3）若CD＝AF，BE＝6，求GH的長．

第6頁（共7頁）

23．（10分）某科研單位準(zhǔn)備將院內(nèi)一塊長30m，寬20m的矩形ABCD空地，建成一個矩

形花園，要求在花園內(nèi)修兩條縱向平行和一條橫向彎折的小道（小道進出口的寬度相等，

且每段小道均為平行四邊形），剩余的地方種植花草．

（1）如圖1，要使種植花草的面積為532m2，求小道進出口的寬度為多少米；

（2）現(xiàn)將矩形花園的四個角建成休閑活動區(qū)，如圖2所示，△AEQ、△BGF、△CMH、

△DPN均為全等的直角三角形，其中AE＝BF＝CM＝DN，設(shè)EF＝HG＝MN＝PQ＝a米，

豎向道路出口和橫向彎折道路出口的寬度都為2m，且豎向道路出口位于MN和EF之間，

橫向彎折道路出口位于PQ和HG之間．

①求剩余的種植花草區(qū)域的面積（用含有a的代數(shù)式表示）；

②如果種植花草區(qū)域的建造成本是100元/米2、建造花草區(qū)域的總成本為42000元，求

a的值．

24．（14分）如圖1，△ABC中，AC＝5，BC＝12，以AB為直徑的⊙O恰好經(jīng)過點C，延

長BC至D，使得CD＝BC，連結(jié)AD．

（1）求⊙O的半徑；

（2）求證：∠B＝∠D；

（3）如圖2，在AD上取點P，連結(jié)PC并延長交⊙O于點Q，連結(jié)AQ交BC于點E．

①當(dāng)PQ∥AB時，求AE×AQ的值；

②設(shè)AP＝x，CE＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)表達式．

第7頁（共7頁）

2023年浙江省溫州市永嘉實驗中學(xué)中考數(shù)學(xué)模擬試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題（本題有10題，每題4分，共計40分，每小題只有一個選項是正確的，選擇

正確才給分）

1．【分析】先由題目條件分別得到a、b、c、d、e的值，然后計算a+b+c+d+e的值．

【解答】解：∵a是最小的正整數(shù)，

∴a＝1，

∵b是絕對值最小的數(shù)，

∴b＝0，

∵c是相反數(shù)等于它本身的數(shù)，

∴c＝0，

∵d是到原點的距離等于2的負(fù)數(shù)，

∴d＝﹣2，

∵e是最大的負(fù)整數(shù)，

∴e＝﹣1，

∴a+b+c+d+e＝1+0+0+（﹣2）+（﹣1）＝﹣2．

故選：D．

【點評】本題考查了絕對值的性質(zhì)、負(fù)數(shù)的意義、數(shù)軸有關(guān)的知識，解題的關(guān)鍵是熟知

相關(guān)的知識點．

2．【分析】作B點關(guān)于y軸的對稱點B1（4，5），作A點關(guān)于x軸的對稱點A1（﹣8，﹣3），

連接B1A1，與

y軸x軸的交點為C，D，連接各點這時周長最小，

【解答】解：作B點關(guān)于y軸的對稱點B1（4，5），作A點關(guān)于x軸的對稱點A1（﹣8，

﹣3），連接B1A1，與

y軸x軸的交點為C，D，連接各點這時周長最小，

設(shè)直線B1A1解析式為y＝kx+b，則

∴，

第1頁（共29頁）

∴直線B1A1解析式為y＝x+，

∴n＝，m＝﹣，

∴＝﹣

故選：C．

【點評】本題考查平面內(nèi)坐標(biāo)的特點和兩點之間線段最短的性質(zhì)．

3．【分析】根據(jù)11個正整數(shù)，平均數(shù)是10，中位數(shù)是9，眾數(shù)只有一個8，即可得到11個

正整數(shù)為1，1，8，8，8，9，9，10，10，11，35．

【解答】解：∵11個正整數(shù)，平均數(shù)是10，

∴和為110，

∵中位數(shù)是9，眾數(shù)只有一個8，

∴當(dāng)11個正整數(shù)為1，1，8，8，8，9，9，10，10，11，35時，最大的正整數(shù)最大為35．

故選：C．

【點評】本題主要考查了眾數(shù)、平均數(shù)以及中位數(shù)的運用，解題時注意：一組數(shù)據(jù)中出

現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)．將一組數(shù)據(jù)按照從小到大（或從大到?。┑捻樞蚺帕?，如

果數(shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)，則處于中間位置的數(shù)就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．

4．【分析】分只存在兩個人收到對方的信和有兩組兩個人收到對方的信兩種情況分別計算出

概率然后加起來即可．

【解答】解：分兩種情況，

①當(dāng)只存在兩個人收到對方的信的情況有：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁共計

六種，

以其中甲乙情況為例：甲寫給乙的概率為，乙寫給甲的概率為，在這種情況下，又

分兩種情形，一種是丙寫給丁的概率為，那么丁不寫給丙概率為，另一種是丙不寫

給丁的概率為，那么甲乙的概率為，

所以當(dāng)只存在兩個人收到對方的信的情況概率為：；

②當(dāng)存在兩組兩個人收到對方的信的情況有：甲乙和丙丁、甲丙和乙丁、甲丁和乙丙共

計三種，

以甲乙和丙丁情況為例，甲寫給乙的概率為，乙寫給甲的概率為，丙寫給丁的概率

第2頁（共29頁）

為，丁寫給丙的概率為，那么甲乙和丙丁的概率為，

所以存在兩組兩個人收到對方的信的情況概率為；

則存在兩個人收到對方的信的概率為，

故選：C．

【點評】本題考查了概率的計算，分情況討論計算概率是解題關(guān)鍵．

5．【分析】根據(jù)一元二次方程的根的情況利用判別式求得a與b的數(shù)量關(guān)系，然后代入方程

求k的值，然后結(jié)合a的取值范圍和分式加減法運算法則計算求解．

【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程ax2﹣2ax+b+1＝0（ab≠0）有兩個相等的實數(shù)根

k，

∴Δ＝（﹣2a）2﹣4a（b+1）＝0，

4a2﹣4ab﹣4a＝0，

又∵ab≠0，

∴a﹣b﹣1＝0，

即a＝b+1，

∴ax2﹣2ax+a＝0，

解得：x1＝x2＝1，

∴k＝1，

＝﹣＝﹣，

當(dāng)＞時，即﹣＞0，

即﹣＞0，

∴a（a﹣1）＜0，

即或，

解得：0＜a＜1，

當(dāng)＜時，即﹣＜0，

﹣＜0，

∴a（a﹣1）＞0，

第3頁（共29頁）

即或，

解得：a＞1或a＜0，

故選：B．

【點評】本題考查一元二次方程的根的判別式，根據(jù)一元二次方程根的情況求得a與b

之間的等量關(guān)系是解題關(guān)鍵．

6．【分析】延長DE至H，使得EH＝DE，連接HB，過點C作CG⊥AB于點G，延長FB

使得BT＝BD，連接HT，證明△ABC≌△TFH（ASA），即可求解．

【解答】解：如圖，延長DE至H，使得EH＝DE，連接HB，過點C作CG⊥AB于點G，

延長FB使得BT＝BD，連接HT，

∵∠A＝45°，

∴△ACG是等腰直角三角形，

∴AG＝CG，

∵∠F＝∠ABC，EF⊥BC，設(shè)∠F＝α，

∴∠EDB＝∠FBE＝90°﹣α，

∴∠FBD＝∠FBE﹣∠ABC＝90°﹣α﹣α＝90°﹣2α，

∵BE⊥DH，EH＝DE，

∴∠EBH＝∠DBE＝α，BH＝BD，

∴∠FBH＝∠FBE+∠EBH＝90°﹣α+α＝90°，

∴∠HBT＝90°，

∵BT＝BD＝BH，

∴△HBT是等腰直角三角形，

∴∠T＝45°，

設(shè)DB＝HB＝BT＝a，AD＝FB＝b，

∴TF＝a+b，AB＝AD+DB＝a+b，

∴FT＝AB，

∵∠A＝45°，

∴∠A＝∠T，

又∠F＝∠ABC＝α，

在△ABC與△TFH中，

第4頁（共29頁）

∠A＝∠T，AB＝FT，∠ABC＝∠F，

∴△ABC≌△TFH（ASA），

∴BC＝FH，

設(shè)DE＝x，

則FH＝DE+EH+DF＝x+x+2＝2x+2，

∵，

∴，

解得：，

即，

故選：C．

【點評】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性

質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．

7．【分析】連接ON，OF，設(shè)正方形CDMN的邊長為a，正方形DEFG邊長為b，OD＝c，

根據(jù)正方形的性質(zhì)CN＝CD＝a，DE＝EF＝b，根據(jù)勾股定理得出a2+（a+c）2＝102①，

b2+（b﹣c）2＝102②，得出a2+（a+c）2﹣b2﹣（b﹣c）2＝0，把等式的左邊分解因式后

得出2（a+b）（a﹣b+c）＝0，求出b＝a+c，再代入①，即可求出答案．

【解答】解：連接ON，OF，設(shè)正方形CDMN的邊長為a，正方形DEFG邊長為b，OD

＝c，

則CN＝CD＝a，DE＝EF＝b，

∵四邊形CDMN和DEFG都是正方形，

∴∠NCD＝90°＝∠FED，

∵半圓O的半徑為10，

∴ON＝OF＝10，

由勾股定理得：NC2+CO2＝ON2，OE2+EF2＝OF2，

∴a2+（a+c）2＝102①，

b2+（b﹣c）2＝102②，

①﹣②，得：a2+（a+c）2﹣b2﹣（b﹣c）2＝0，

∴（a2﹣b2）+[（a+c）2﹣（b﹣c）2）]＝0，

∴（a+b）（a﹣b）+（a+c+b﹣c）（a+c﹣b+c）＝0，

∴（a+b）（a﹣b）+（a+b）（a﹣b+2c）＝0，

第5頁（共29頁）

∴2（a+b）（a﹣b+c）＝0，

∵a+b≠0，

∴a﹣b+c＝0，即b＝a+c，

把b＝a+c代入①，得a2+b2＝102＝100，

即正方形CDMN的面積與正方形DEFG的面積之和是100，

故選：C．

【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理等知識點，能求出b＝a+c是解此題的關(guān)鍵，

題目比較好，難度偏大．

8．【分析】先求出BD，CD，進而求出AD，再構(gòu)造直角三角形，判斷出△BDG∽△ADC，

求出DG＝，BG＝，進而求出S△BDE＝，AG＝，再判斷出△AHG∽△ADC，

求出AH＝7，HG＝，再判斷出△BFH∽△ACD，求出BF＝，最后用三角形的面

積的差，即可得出結(jié)論．

【解答】解：∵CD＝3BD，BC＝4，

∴BD＝1，CD＝3，

∴S△ACD＝AC?CD＝6，

在Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得，AD＝＝5，

過點B作BG⊥AD交AD的延長線于G，

∴∠BGD＝90°＝∠C，

∵∠BDG＝∠ADC，

∴△BDG∽△ADC，

∴，

∴＝，

∴DG＝，BG＝，

∴S△BDG＝DG?BG＝，AG＝AD+DG＝，

延長GB交AC的延長線于H，

由折疊知，S△AC'D＝S△ACD＝6，AC'＝AC＝4，∠C'AD＝∠CAD，

∵∠C＝∠AGH＝90°，

第6頁（共29頁）

∴△AHG∽△ADC，

∴

∴，

∴AH＝7，HG＝，

∴C'H＝AH﹣AC'＝3，BH＝HG﹣BG＝，S△AHG＝AG?HG＝，

過點B作BF⊥C'H于F，

∴∠BFH＝90°＝∠C，

∴∠H+∠FBH＝90°，

∵∠C'AD+∠H＝90°，

∴∠FBH＝∠C'AD＝∠CAD，

∴△BFH∽△ACD，

∴，

∴，

∴BF＝，

∴S△BC'H＝C'H?BF＝，

∴S△BC'D＝S△AGH﹣S△BDE﹣S△BC'H﹣S△AC'D＝﹣﹣﹣6＝，

故選：B．

【點評】此題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形

的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形是解本題的關(guān)鍵．

9．【分析】首先確定出二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)與線段MN恰好有1個交點、2

個交點、3個交點時n的值，然后結(jié)合函數(shù)圖象可確定出n的取值范圍．

【解答】解：如圖1所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有1

個公共點．

第7頁（共29頁）

所以當(dāng)x＝2時，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3．

如圖2所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有3個公共點．

∵拋物線y＝x2﹣4x﹣n與y軸交點縱坐標(biāo)為1，

∴﹣n＝1，解得：n＝﹣1．

∴當(dāng)﹣3＜n≤﹣1時，線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公

共點．

如圖3所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有3個公共點．

∵拋物線y＝﹣x2+4x+n經(jīng)過點（0，1），

∴n＝1．

如圖4所示：線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．

第8頁（共29頁）

∵拋物線y＝x2﹣4x﹣n經(jīng)過點M（﹣，1），

∴+2﹣n＝1，解得：n＝．

∴1＜n≤時，線段MN與二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．

綜上所述，n的取值范圍是﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤，

故選：A．

【點評】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了二次函數(shù)的圖象

和性質(zhì)、函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)與函數(shù)解析式的關(guān)系，求得二次函數(shù)y＝﹣x2+4x+n的相關(guān)

函數(shù)與線段MN恰好有1個交點、2個交點、3個交點時n的值是解題的關(guān)鍵．

10．【分析】通過說明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG∽△GMC

得出比例式，求得CM；利用S1﹣S2＝15，得到S△EDC﹣S矩形CMHB＝15，列出方程，解方

程，結(jié)論可得．

【解答】解：∵四邊形AHMD為正方形，

∴DM＝DA＝7，∠ADM＝90°．

∵DG⊥DE，

∴∠GDE＝90°．

∴∠ADE+∠EDM＝90°，∠GDM+∠CDM＝90°．

∴∠ADE＝∠GDM．

∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，

∴∠A＝∠DMG．

∴△ADE≌△MDG（ASA）．

∴DE＝DG，AE＝GM．

∴四邊形DEFG為正方形．

第9頁（共29頁）

設(shè)AE＝x，則GM＝x．

在Rt△ADE中，

DE＝．

∵∠DGC＝90°，

∴∠DGM+∠CGM＝90°．

∵GM⊥CD，

∴∠DMG＝∠GMC＝90°．

∴∠CGM+∠GCM＝90°．

∴∠DGM＝∠GCM．

∴△DMG∽△GMC．

∴．

∴CM＝．

∵S1﹣S2＝15，

∴（S1+S△CMN）﹣（S2+S△CMN）＝15．

即S△EDC﹣S矩形CMHB＝15．

∴×CD×AD﹣CM×MH＝15．

∴×AD×（CM+DM）﹣CM×AD＝15．

∴×7×（7+）﹣7×＝15．

解得：x＝±（負(fù)數(shù)不合題意，舍去）．

∴x＝．

∴DG＝AE＝．

故選：B．

【點評】本題主要考查了矩形，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的

應(yīng)用，相似三角形的判定和性質(zhì)．利用相似三角形的性質(zhì)得出比例式是表示線段長度的

重要方法．

二、填空題（本題共6題，每題5分，其中16（1）2分，16（2）3分，共計30分）

11．【分析】前兩項作為一組，提取公因式a2，后兩項作為一組，提取“﹣”號，然后再進

第10頁（共29頁）

一步分解即可．

【解答】解：原式＝a2（a﹣b）﹣（a﹣b）

＝（a﹣b）（a2﹣1）

＝（a﹣b）（a﹣1）（a+1）．

故答案為：（a﹣b）（a﹣1）（a+1）．

【點評】本題考查了分組分解法，正確分組是解答本題的關(guān)鍵，因式分解中，一定要分

解到各個因式不能再分解為止．

12．【分析】根據(jù)一元二次方程的求根公式，求出方程的根的表達式，再根據(jù)方程的根為有

理數(shù)且m為整數(shù)，即可進行解答．

【解答】解：∵a＝1，b＝﹣（2m﹣1），c＝m2﹣2m，

∴Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2m﹣1）]2﹣4×1×（m2﹣2m）＝4m2﹣4m+1﹣4m2+8m＝4m+1，

∴，

∵0＜m＜13，

∴1＜4m+1＜53，

∵一元二次方程的根為有理數(shù)，

∴為有理數(shù)，

∴4m+1＝4，9，16，25，36，49，

∵m為整數(shù)，

∴4m+1＝9，25，49時，m＝2或6或12．

故答案為：2或6或12．

【點評】本題主要考查了一元二次方程的求根公式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握一元二次方

程的求根公式以及有理數(shù)和整數(shù)的定義．

13．【分析】設(shè)冰墩墩的售價為x元，雪容融的售價為y元，第一天購進冰墩墩a個，第二

天購進冰墩墩b個，第三天購進冰墩墩c個，利用總價＝單價×數(shù)量，即可得出關(guān)于a，

b，c，x，y的方程組，①﹣②，①﹣③整理后可得出方程④⑤，二者相除后結(jié)合1

≤c＜b＜a≤9，即可得出a，b，c的值，將其代入原方程組，解之即可求出冰墩墩及雪

容融的單價．

【解答】解：設(shè)冰墩墩的售價為x元，雪容融的售價為y元，第一天購進冰墩墩a個，

第11頁（共29頁）

第二天購進冰墩墩b個，第三天購進冰墩墩c個，

依題意得：，

①﹣②整理得：（a﹣b）（x﹣y）＝6y④，

①﹣③整理得：（a﹣c）（x﹣y）＝16y⑤．

④÷⑤得：＝．

又∵1≤c＜b＜a≤9，

∴a＝9，b＝6，c＝1，

∴原方程組為，

解得：，

∴冰墩墩的售價是375元．

故答案為：375．

【點評】本題考查了三元一次方程組的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出三元一次方程組

是解題的關(guān)鍵．

14．【分析】首先由已知得到S△BDE＝2S△GCO從而可得A、B橫坐標(biāo)的關(guān)系，再設(shè)A、B坐標(biāo)

代入y＝x+b即可得答案．

【解答】解：過B作BD⊥OE于D，過A作AH⊥y軸于H，設(shè)AC交OB于G，如圖：

設(shè)M為AB的中點，A（x1，y1），B（x2，y2），

由得x2+2bx+24＝0，

第12頁（共29頁）

∴x1+x2＝﹣2b，

y1+y2＝（x1+b）+（x2+b）＝（x1+x2）+2b＝b，

∴M（﹣b，），

而直線y＝x+b（b＞0）交于坐標(biāo)軸于E、F，

∴E（﹣2b，0），F(xiàn)（0，b），

∴EF的中點為（﹣b，），即EF的中點也為M，

∴EM＝FM，BM＝AM，

∴EB＝FA，

又∠FAH＝∠BED，∠AHF＝∠EDB，

∴△EDB≌△AHF（AAS），

∴AH＝ED＝OC，

∵（S△AGO+S△GCO）+（S△GCO+S四邊形GCDB）＝|k|+|k|＝12，

且圖中陰影部分的面積為12，

∴S△BDE＝2S△GCO

∴ED?BD＝2×OC?GC，

∴BD＝2GC，

∴OD＝2OC，即x2＝2x1

設(shè)x1＝m，則x2＝2m，

∴A（m，﹣），B（2m，﹣），

將A（m，﹣），B（2m，﹣）代入y＝x+b得：

，解得m＝2（舍去）或m＝﹣2，

∴b＝﹣﹣×（﹣2）＝3．

故答案為：3．

【點評】本題考查反比例函數(shù)及面積問題，題目較難，解題的關(guān)鍵是得出A、B橫坐標(biāo)的

關(guān)系．

第13頁（共29頁）

15．【分析】如圖，將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBP，作CM⊥AB于M，EN⊥

AB于N，在NA上截取一點H，使得NH＝NE，連接HE，PG，由△GCD≌△GCP，推

出DG＝PG，再證明△CDM≌△DEN，只要證明DF是△AHE中位線，求出HE即可解

決問題．

【解答】解：如圖，將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBP，作CM⊥AB于M，

EN⊥AB于N，在NA上截取一點H，使得NH＝NE，連接HE，PG．

∵AC＝BC，∠ACB＝90°，

∴∠CAB＝∠CBA＝45°，

∵DC＝DE，∠CDE＝90°，

∴∠DCE＝45°，

∴∠ACD+∠BCG＝45°，

∵∠ACD＝∠BCP，

∴∠GCP＝∠GCD＝45°，

在△GCD和△GCP中，

，

∴△GCD≌△GCP，

∴DG＝PG，

∵∠PBG＝∠PBC+∠CBG＝90°，BG＝6，PB＝AD＝8，

∴PG＝DG＝＝10，

∴AB＝AD+DG+BG＝24，CM＝AM＝MB＝12，DM＝AM﹣AD＝4，

∵∠DCM+∠CDM＝90°，∠CDM+∠EDN＝90°，

∴∠DCM＝∠EDN，

在△CDM和△DEN中，，

∴△CDM≌△DEN，

∴DM＝NE＝HN＝4，CM＝DN＝AM，

∴AD＝NM，DH＝AD，

∵AF＝FE，

第14頁（共29頁）

∴DF＝HE＝＝2．

故答案為：．

【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)變換、全等三角形判定和性質(zhì)、勾股定理、三角形中位線定理等

知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用三

角形中位線定理解決線段問題，屬于中考壓軸題．

16．【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)與菱形的性質(zhì)、利用勾股定理可以求出OE的長度；過J作JM⊥CK

于M，連接HF，然后證明四邊形HJKF是平行四邊形，得JK長度，求出JM，再利用三

角形面積公式得出一元二次方程，即可得IE的長度．

【解答】解：如圖（2），設(shè)OE＝xcm，

則OG＝2xcm，GF＝xcm，

∵擋板OA長為50cm，OA可繞點O旋轉(zhuǎn)，折疊后點A，D重合，

∴OD＝OA＝50cm，

∴GD＝（2x﹣50）cm，

∵四邊形ODFM為菱形，

∴DF＝OD＝50cm，

在Rt△DGF中，DG2+GF2＝DF2，

即：（2x﹣50）2+x2＝502，

解得x＝40或x＝0（舍去），

∴OE＝40cm；

如圖（3），過J作JM⊥CK于M，連接HF，

∵∠GKJ＝60°，

∴∠MJK＝30°，

∴，

∵FK＝HJ且FK∥HJ，

∴四邊形HJKF是平行四邊形，

∴，

∴，

∴，

設(shè)IE＝tcm，KI＝60cm，

第15頁（共29頁）

則KF＝HJ＝（20﹣t）cm，GJ＝（60﹣t）cm，

∴，

∵，

∴，

化簡，得t2+120t﹣1200＝0，

∴，

∵t＞0，

∴；

∴IE＝（40﹣60）cm；

故答案為：40；．

【點評】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、

直角三角形的性質(zhì)、利用三角形面積公式得出一元二次方程等知識，熟練掌握并運用這

些性質(zhì)和添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．

三、解答題（本題共8題，共計80分，無特定要求的解答時需寫出必要的文字說明，演算

步驟或證明過程）

17．【分析】（1）移項后兩邊平方得出，求出，再方程兩

邊平方得出x2﹣10x+25＝4（8﹣x），求出x，再進行檢驗即可；

（2）觀察可得最簡公分母是（x﹣3）（x+1），方程兩邊乘最簡公分母，可以把分式方程

轉(zhuǎn)化為整式方程求解；

（3）令，則，代入原方程，得t2﹣3t+2＝0，所以

t1＝2，t2＝1，然后分兩種情況分別解方程即可．

【解答】解：（1），

移項得，，

兩邊平方得，，

合并同類項得，，

∴，

兩邊平方得，x2﹣10x+25＝4（8﹣x），

整理得，x2﹣6x﹣7＝0，

第16頁（共29頁）

∴（x+1）（x﹣7）＝0，

解得：x1＝﹣1，x2＝7，

經(jīng)檢驗，x1＝﹣1，不是原方程的解，

∴原方程的解為：x＝7．

（2），

方程兩邊同時乘以（x﹣3）（x+1）得，2x﹣（x+1）＝x2﹣2x﹣3，

整理得，x2﹣3x﹣2＝0，

解得，，

∴，，

經(jīng)檢驗，，時，（x﹣3）（x+1）≠0，

∴原方程的根為：，．

（3），

，

令，代入原方程得，t2﹣3t+2＝0，

∴（t﹣2）（t﹣1）＝0，

解得：t1＝2，t2＝1，

2

當(dāng)t1＝2時，，即：2x﹣1＝4，

∴，

解得：，，

2

當(dāng)t2＝1時，，即：2x﹣1＝1，

∴x2＝1，

解得：x3＝﹣1，x4＝1，

經(jīng)檢驗x1，x2，x3，x4都為原方程的解

∴原方程的解為：，，x3＝﹣1，x4＝1．

【點評】本題考查了解無理方程，能把無理方程轉(zhuǎn)化成有理方程是解此題的關(guān)鍵．

第17頁（共29頁）

18．【分析】（1）如圖取格點T，連接DT交AB于點E，連接BD，取BD的中點F，作直線

EF即可．

（2）取格點E，F(xiàn)，連接EF交格線于P，連接CP交BD于點G，線段CG即為所求．取

格點M，N，T，K，連接MN，TK交于點J，取BD的中點O，作直線OJ交AB于H，

連接DH，點H即為所求．

【解答】解：（1）如圖，直線EF即為所求．

（2）如圖，線段CG，點H即為所求

【點評】本題考查作圖﹣應(yīng)用與設(shè)計作圖，矩形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知

識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，屬于中考常考題型．

19．【分析】（1）（i）證明△ABB'∽△ACC'，進而得出結(jié)論；

（ii）連接BM，MB′，作BN⊥CC′于N，作MD⊥CC′于D，根據(jù)三角形全等的性質(zhì)

得出∠B＝∠B′，進而得出全等，進而得出AD′＝AD；

（2）（i）可先證得∠BB′C＝45°，進而得出結(jié)果；

（3）作MD⊥BB′于D，先計算出∠P＝45°，進而得出結(jié)果．

【解答】（1）（i）證明：∵AB＝AB'，AC＝AC'，

∴，

∵∠CAB＝∠C′AB′，

∴∠BAB'＝∠CAC'，

∴△ABB'∽△ACC'，

∴；

（ii）解：依次是：∠B＝∠B′，AD＝AD′；

（2）（i）解：如圖1，

第18頁（共29頁）

連接BM，MB′，作BN⊥CC′于N，作MD⊥CC′于D，

∵AB＝AM＝CM＝CM′＝，∠A＝90°，

∴∠AMB＝∠ABM＝45°，∠C＝∠C′＝，CD＝C′D＝2，

同理可得：∠A′MB′＝45°，

∴∠A′MB′+∠A′MB＝∠AMB+∠A′MB，

∴∠BMB′＝∠AMA′，

∵∠CMC′＝∠AMA′，

∴∠CMC′＝∠BMB′，

∵BM＝BM′，

∴∠MBB，

∴∠MCC′＝∠MBB′，

∴點M、B、B′、C共圓，

∴∠BB′C′＝45°，

∴BN＝B′N，

∵B′C′＝BC＝5，

∴CB′＝B′C′﹣CC′＝1，

設(shè)CN＝a，則BN＝B′N＝a+1，

在Rt△BCN中，由勾股定理得，

（a+1）2+a2＝52，

∴a＝3，

∴BN＝4，

∴BB，

第19頁（共29頁）

故答案為：4；

（ii）解：如圖2，

作MD⊥BB′于D，

∵C′M＝CM＝，C′D＝2，

∴DM＝1，

∵BM＝AB＝，

∴BD＝＝3，

∴BB′＝2BD＝6，

∴以點B為圓心，6為半徑畫弧，交大圓M于B′，則B′C′過點B；

（3）解：如圖，

以BC為斜邊在BC的下方作等腰直角三角形BOC，

設(shè)∠ABM＝α，

∵∠AMB＝∠A′B′M＝45°，

∴∠AMA′＝∠BMB′＝45°+α，

∵∠AMC′＝∠AMA′＝45°+α，

∴∠BMB′＝∠CMC′，

∵BM＝B′M，CM＝C′M，

∴∠BMB′＝∠BB′M＝∠MCC′＝∠CC′M，

∴點M、B、P、C共圓，

∴∠P＝∠AMB＝45°，

∵BC＝5，

∴點P在O為圓心，半徑為的圓上運動，

∴當(dāng)BP為⊙O的直徑時，BP最大，最大值為：5，

故答案為：5．

【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，確定圓的條件，解直角三

角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，找出點P的運動路線．

20．【分析】（1）由題意知，這個班的平均分是69分，總?cè)藬?shù)是40人，據(jù)此可列出關(guān)于x、

y的二元一次方程組，進而求出m和n的值；

（2）可根據(jù)（1）的結(jié)果，找出哪組成績對應(yīng)的人數(shù)最多，那個成績就是眾數(shù)為x；由于

第20頁（共29頁）

全班共有40名學(xué)生，因此可看全班的成績從小到大排列后第20個和第21個學(xué)生的成績

是多少，它們的平均數(shù)就是中位數(shù)y，進而可得出（x﹣y）2的值．

【解答】解：（1）由題意得，

即，

解得．

答：x的值是18，y的值是4．

（2）根據(jù)（1）的結(jié)果可看出，60分對應(yīng)的人數(shù)最多，

因此眾數(shù)是60（分），即x＝60，

而第20個和第21個同學(xué)的分?jǐn)?shù)分別是60分，70分，

因此中位數(shù)y＝＝65（分），

所以（x﹣y）2＝（60﹣65）2＝25．

【點評】本題結(jié)合實際情況考查了平均數(shù)、眾數(shù)和中位數(shù)，掌握它們各自的概念是關(guān)鍵．

21．【分析】（1）①當(dāng)m＝1時，拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+2，當(dāng)函數(shù)y的值隨x的增

大而增大時，則圖象在對稱軸的左側(cè)，即可求解；

②函數(shù)的對稱軸為x＝1，當(dāng)x＝1時，y＝，即點G的坐標(biāo)為（1，）；

（2）求出點A、B的坐標(biāo)，確定點A在點B的上方，進而求解；

（3）分m≤0，0＜m≤，＜m≤1，m＞1四種情況，分別確定點A、B、H的位置，

進而求解．

【解答】解：（1）①當(dāng)m＝1時，拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+4，

∵＜0，故拋物線開口向下，

當(dāng)函數(shù)y的值隨x的增大而增大時，圖象在對稱軸的左側(cè)，

即x≤1，

故答案為：增大，x≤1；

②函數(shù)的對稱軸為x＝1，

當(dāng)x＝1時，y＝﹣x2+x+4＝，

即點G的坐標(biāo)為（1，），

第21頁（共29頁）

故答案為：（1，）；

（2）當(dāng)x＝2m﹣1時，y＝﹣x2+mx+2m+2＝3m+，

則點B的坐標(biāo)為（2m﹣1，3m+），

所以，點A的坐標(biāo)為（0，2m+2），

∵m＜0，

則yB﹣yA＝3m+﹣2m﹣2＝m﹣＜0，

即點A在點B的上方，

故當(dāng)yA＞0且yB≤0時，符合題意，

即2m+2＞0且3m+≤0，

解得﹣1＜m≤﹣，

當(dāng)拋物線頂點落在x軸上時，

此時m2﹣4×（﹣）×（2m+2）＝0，

解得：m＝﹣2，

此時拋物線對稱軸為直線x＝﹣2，B點橫坐標(biāo)為﹣5，符合題意，

綜上，﹣1＜m≤﹣或m＝﹣2；

（3）設(shè)拋物線的頂點為H，則點H（m，m2+2m+2），

由拋物線的表達式知，點A、B的坐標(biāo)分別為（0，2m+2），（2m﹣1，3m+），

①當(dāng)0＜m≤時，此時點A、B分別是G的最高和最低點，

則h＝y(tǒng)A﹣yB＝（2m+2）﹣（3m+）＝﹣m+；

②當(dāng)＜m≤1時，此時點B、A分別是G的最高和最低點，

則h＝y(tǒng)B﹣yA＝m﹣；

③當(dāng)m＞1時，此時點H、A分別是G的最高和最低點，

2

則h＝y(tǒng)H﹣yA＝m；

第22頁（共29頁）

∴h＝．

【點評】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，掌握一次和二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)圖象上

點的坐標(biāo)特征，確定圖象上點的位置關(guān)系和分類求解是解題的關(guān)鍵．

22．【分析】（1）先判斷出∠DAE+∠C＝90°，再判斷出∠DBG+∠C＝90°，即可得出結(jié)論；

（2）過點D作DM⊥DE交BE于M，判斷出△DBM≌△DAE（ASA），得出BM＝AE，

DM＝DE，再判斷出ME＝DE，即可得出結(jié)論；

（3）先判斷出∠AFE＝∠C，進而判斷出△AEF∽△DEC，得出DE＝AE，進而求出

AE＝2，DE＝2，過點D作DN⊥AC于N，判斷出△AEH∽△AND，得出比例式求出

EH＝1，根據(jù)勾股定理求出AH＝，再判斷出△DNC∽△BEC，求出CN＝1，根據(jù)勾

股定理求出CD＝，再求出AD＝2，再判斷出△AFK∽△ABH，進而求出FK＝，

AK＝，KH＝，進而根據(jù)勾股定理求出DH＝，最后判斷出△DHG∽△DKF，

得出比例式，即可求出答案．

【解答】（1）證明：∵AD⊥BC，

∴∠ADC＝90°，

∴∠DAE+∠C＝90°，

∵BE⊥AC，

∴∠BEC＝90°，

∴∠DBG+∠C＝90°，

∴∠DBG＝∠DAE；

（2）解：線段AE，BE，DE之間的數(shù)量關(guān)系為：BE﹣AE＝DE；

理由：如圖1，過點D作DM⊥DE交BE于M，

∴∠EDM＝90°，

∵AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠ADB＝∠EDM＝90°，

∴∠BDM＝∠ADE，

第23頁（共29頁）

在Rt△ABD中，∠ABC＝45°，

∴∠BAD＝45°＝∠ABC，

∴BD＝AD，

由（1）知，∠DBG＝∠DAE，

∴△DBM≌△DAE（ASA），

∴BM＝AE，DM＝DE，

∴ME＝DE，

∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣AE＝DE；

（3）解：如圖1，∵BE⊥AC，

∴∠AEB＝∠BEC＝90°，

∵EF是∠AEB的角平分線，

∴∠AEF＝∠AEB＝45°，

在△AEF中，∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠BAC＝180°﹣45°﹣∠BAC＝135°﹣∠BAC，

在△ABC中，∠ABC＝45°，

∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣45°﹣∠BAC＝135°﹣∠BAC，

∴∠AFE＝∠C，

由（2）知，DM＝DE，

∵∠EDM＝90°，

∴∠DEM＝45°，

∴∠CED＝∠BEC﹣∠DEM＝45°，

∴∠AEF＝∠DEC，

∴△AEF∽△DEC，

∴，

∵CD＝AF，

∴DE＝AE，

設(shè)AE＝x，則DE＝x，

由（2）知，BE﹣AE＝DE，

∵BE＝6，

∴6﹣x＝×x，

第24頁（共29頁）

∴x＝2，

∴AE＝2，DE＝2，

如圖2，過點D作DN⊥AC于N，

在Rt△DNE中，∠DEC＝45°，

∴DN＝EN＝DE＝2，

∴AN＝AE+EN＝4，

∵DN⊥AC，BE⊥AC，

∴DN∥BE，

∴△AEH∽△AND，

∴，

∴，

∴EH＝1，

∴BH＝BE﹣EH＝5，

在Rt△AEH中，根據(jù)勾股定理得，AH＝＝