黑龙江省龙东地区2023年中考数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2023·黑龙江）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；积的乘方；幂的乘方
【解析】【解答】解：A、（-2a）2=4a2，故此选项计算错误，不符合题意；
B、（a-b）2=a2-2ab+b2，故此选项计算错误，不符合题意；
C、（-m+2）（-m-2）=（-m）2-22=m2-4，故此选项计算正确，符合题意；
D、（a5）2=a10，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，可判断A选项；由完全平方公式的展开式是一个三项式可判断B选项；由平方差公式：两个数的和与这两个数的差的积，等于这两个数的平方差，可判断C选项；由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断D选项.
2．（2023·黑龙江）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：A.
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，沿着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案.
3．（2020·雅安）一个几何体由若干大小相同的小正方体组成，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：由俯视图与左视图知，该几何体所需小正方体个数最少分布情况如下图所示：
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少为5，
故答案为：B．
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合左视图知俯视图上一行三个小正方体的上方（第2层）至少还有1个正方体，据此可得答案.
4．（2023·黑龙江）已知一组数据的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A．-3 B．5 C．-3和5 D．1和3
【答案】C
【知识点】平均数及其计算；众数
【解析】【解答】解：∵1，0，-3，5，x，2，-3这组数据的平均数是1，
∴1+0+（-3）+5+x+2+（-3）=1×7，
∴x=5，
∴这组数据为：1，0，-3，5，5，2，-3，
∴这组数据的众数为：5和-3.
故答案为：C.
【分析】根据一组数据的平均数，就是这组数据的总和除以这组数据的总个数，列出方程求出x的值，从而得到这组数据，进而根据在一组数据中，出现次数最多的数据叫做众数，(众数可能有多个)，可得答案.
5．（2023·黑龙江）如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（ ）
A． B． C．或 D．
【答案】A
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小路的宽为xm，由题意，
得（100-2x）（50-2x）=3600，
解得x1=5，x2=70（舍），
∴小路的宽为5m.
故答案为：A.
【分析】设小路的宽为xm，利用平移的方法可得花圃是一个长为（100-2x）m，宽为（50-2x）m的矩形，进而根据矩形的面积计算公式列出方程，求解并检验即可.
6．（2023·黑龙江）已知关于x的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C．且 D．且
【答案】C
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解： ，
方程两边同时乘以（x-2）约去分母，
得m+x-2=-x，
解得x=1-m，
∵原方程的解是非负数，
∴1-m≥0且1-m≠2，
解得m≤2且m≠-2.
故答案为：C.
【分析】将m作为常数，方程两边同时乘以（x-2）约去分母，将分式方程转化为整式方程，解整式方程求出x的值，进而根据原方程的解是非负数列出不等式组1-m≥0且1-m≠2，再求解即可.
7．（2023·黑龙江）某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】B
【知识点】二元一次方程的应用
【解析】【解答】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，根据题意得30×5+25x+20y=500，
∴x=14-y，
又∵x、y均为正整数，
∴或或，
∴当购买5本A种图书时，有3种购买方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，根据题意得30×6+25m+20n=500，
∴n=16-m，
又∵m、n均为正整数，
∴或或，
∴当购买6本A种图书时，有3种购买方案，
∴此次采购方案有3+3=6（种）.
故答案为：B.
【分析】当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m， n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种.
8．（2023·黑龙江）如图，是等腰三角形，过原点，底边轴，双曲线过两点，过点作轴交双曲线于点，若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】反比例函数图象的对称性；等腰三角形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，设BC交y轴于点F，
设点，根据双曲线的对称性得点，OA=OB，即点O为线段AB的中点，
∵AC=AB，AE⊥BC，BC∥x轴，
∴BE=CE，AE∥y轴，
∴BF=EF=b，
∴CF=3b，
∴，
∴点，
∴，
∴k= .
故答案为：C.
【分析】根据反比例函数图象上的点的坐标特点，设出点B的坐标，通过双曲线的对称性求出A点的坐标，通过等腰三角形的三线合一及三角形中位线定理可表示出点C的坐标，进而根据点的坐标与图形的性质及反比例函数图象上的点的坐标特点可得到点D的坐标，从而可用含k的式子表示出点BC、CD的长，最后结合△BCD的面积建立方程可求出k的值.
9．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OC，设OC1交BC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AD=5，OA∶OD=1∶4，
∴OA=1，OD=4，∠A=∠ABC=∠D=90°，
又∵∠AOC1=∠DOC1=90°，
∴四边形OABF与OFCD都是矩形，
∴AB=OF=CD，DO=CF=4，AB∥OF，
∴∠ABO=∠FOB，
由折叠得C1D1=CD，∠D1=∠D=90°，DO=D1O=4，CO=OC1，CE=C1E，
∴tan∠ABO=tan∠D1OC1，C1D1=AB，
∴，即，
解得AB=2，
∴OF=CD=2，
在Rt△CDO中，利用勾股定理得CO=，
∴FC1=OC1-OF=，
设CE=C1E=x，则EF=4-x，
在Rt△C1EF中，由勾股定理得C1E2=EF2+C1F2，即x2=（4-x）2+（）2，
解得x=，
∴EF=，
∵点E在第三象限，
∴点E的坐标为 .
故答案为：D.
【分析】连接OC，设OC1交BC于点F，易得OA=1，OD=4，∠A=∠ABC=∠D=90°，四边形OABF与OFCD都是矩形，由矩形的性质得AB=OF=CD，DO=CF=4，AB∥OF，由平行线的性质得∠ABO=∠FOB，由折叠性质得C1D1=CD，∠D1=∠D=90°，DO=D1O=4，CO=OC1，CE=C1E，进而根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，据此可求出AB的长，在Rt△CDO中，利用勾股定理求出CO，设CE=C1E=x，则EF=4-x，在Rt△C1EF中，由勾股定理建立方程可求出x的值，进而结合点E所在的象限可得出点E的坐标.
10．（2023·黑龙江）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）
A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤
【答案】B
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∵∠ABF=∠DAE=90°，∠BFA=∠AED，AB=DA ，
∴△ABF≌△DAE (AAS)，
∴AF=DE，故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF +∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°-∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH，HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∴BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴，
∴，，
∴，，
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA==3，故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴，
∴，，
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得，
∴，，∴EP·DH=2AG·BH，故⑤正确，
综上分析可知，正确的是①②③④⑤.
故答案为：B.
【分析】首先根据正方形的性质及垂直的定义，由同角的余角相等得∠AED=∠BFA，从而由AAS判断出△ABF≌△DAE，由全等三角形的对应边相等得AF=DE，故①正确；由翻折的性质得BM⊥AF，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BM∥DE，故②正确；首先判断出A，M，C在同一直线上，由正方形的性质得∠MCF=45°，由三角形的内角和定理得∠MFC=90°-∠MCF=45°，则∠HMF=∠MFC=45°，∠HBC=∠MFC=45°，推出BC∥MH，HB∥MF，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形BHMF是平行四边形，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BHMF是菱形，故③正确；当点E运动到AB的中点，设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，在Rt△AED中，由勾股定理用含a的式子表示出DE，进而根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△AHD∽△FHB，由相似三角形对应边成比例建立方程分别用含a的式子表示出EG、AG，进而再根据线段的和差分别表示出DG、GH，再由等角的同名三角函数值相等可判断出④；由相似三角形对应边成比例建立方程表示出BH、DH、由折叠得，进而分别算出EP·DH与2AG·BH，即可判断⑤.
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（2023·黑龙江）据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为 ．
【答案】
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解： 5699万=56990000=5.699×107.
故答案为：5.699×107.
【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤∣a∣＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此可得答案.
12．（2018八上·颍上期中）函数 中，自变量x的取值范围是 ．
【答案】x≥-3
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】由题意得，
解得
故答案为：
【分析】根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于0，即可得到x的取值范围。
13．（2023·黑龙江）如图，在矩形中对角线，交于点，请添加一个条件 ，使矩形是正方形（填一个即可）
【答案】
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：开放性命题，答案不唯一，可以添加：AB=BC，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为：AB=BC.
【分析】开放性命题，答案不唯一，根据正方形的判定方法：有一组邻边相等的矩形是正方形及对角线互相垂直的矩形是正方形进行添加即可.
14．（2023·黑龙江）一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是 ．
【答案】
【知识点】列表法与树状图法；概率公式
【解析】【解答】解：如图，
由图可知，共有29种等可能的结果数，其中恰好是一红一白的情况数共有12种，
∴P（一红一白）=.
故答案为： .
【分析】此题是抽取不放回类型，根据题意画出树状图，由图可知，共有29种等可能的结果数，其中恰好是一红一白的情况数共有12种，从而根据概率公式即可算出答案.
15．（2023·黑龙江）关于的不等式组有3个整数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解： ，
由①得x＞-5，
由②得x≤1+m，
∵该不等式组有三个整数解，
∴三个整数解应该为-4、-3、-2，
∴ -2≤1+m＜-1，
解得-3≤m＜-2.
故答案为：-3≤m＜-2.
【分析】将m作为常数，分别解出不等式组中每一个不等式的解集，由该不等式组有三个整数解，可得三个整数解应该为-4、-3、-2，从而即可得出关于字母m的不等式组 -2≤1+m＜-1，再求解可得答案.
16．（2023·黑龙江）如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则 ．
【答案】34
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵弧AC=弧AC，
∴∠AOC=2∠B=56°，
∵PA是圆O的切线，
∴∠PAO=90°，
∴∠P=90°-∠AOP=34°.
故答案为：34.
【分析】由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠AOC=2∠B=56°，由切线的性质得∠PAO=90°，进而根据直角三角形的两锐角互余可算出∠P的度数.
17．（2023·黑龙江）已知圆锥的母线长，侧面积，则这个圆锥的高是 ．
【答案】12
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设该圆锥底面圆的半径为rcm，由题意，
得，
解得r=5，
∴圆锥的高为：(cm).
故答案为：12.
【分析】设该圆锥底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长及扇形面积公式(l代表底面圆的周长，R代表母线长)，列出方程，求解可得底面圆的半径，进而再根据底面圆的半径，圆锥的高及母线长围成一个直角三角形，由勾股定理计算可得答案.
18．（2023·黑龙江）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；点与圆的位置关系；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，
∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积最大，
在Rt△ACB中，∠BAC=30°，E是AB的中点，
∴AB=2BC=4，CE=AE=AB=2，AC=BC=2，
∴∠ECA=∠BAC=30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG=AC=，
∵点F在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF=AB=4，
∴点F到CE的距离最大值为4+，
∴S△CEF=·CE×（4+）=4+.
故答案为：4+.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半及含30°角直角三角形的性质得CE=2为定值，点F到CE的距离最大时，△CEF的面积最大，过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，根据含30°角直角三角形的性质得AC、AG的长，由旋转的性质得点F在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，则AF=AB=4，从而根据点与圆的位置关系得出点F到CE的距离最大值为4+，最后根据三角形的面积计算公式即可算出答案.
19．（2023·黑龙江）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
【答案】6或或
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
∴点E在以点A为圆心，AB为半径的圆上运动，
如图，
延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EG，
∴，
∴E到直线BC的距离；
②过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴MN⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EM，
∴，
∴E到直线BC的距离.
故答案为：6或或.
【分析】由折叠得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E 时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解.
20．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A在直线上，顶点B在x轴上，垂直轴，且，顶点在直线上，；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第一个；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第二个；如此下去，……，则的面积是 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；与一次函数相关的规律问题
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为，
将x=代入，得，
∴点，，
∴，
∴∠AOB=30°，
∵BC⊥l2，
∴设直线BC为，
将点代入得，
∴直线BC为，
解得，
∴点，
∴，
∴，
∴∠BOC=60°，∴∠CBO=30°，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC∥B1C1∥B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB∥A1B1∥A2B2，
∴，，
∵BC∥B1C1∥B2C2，
∴，，
∴，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°-30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42·S△ABC=（22）2·S△ABC，
∴S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，
又∵
∴S△A2023B2023C2023=22×2023×= .
故答案为：.
【分析】由OB的长易得点B的坐标，进而根据垂直于x轴直线上所有点的纵坐标相同及直线上的点的坐标特点求出点A的坐标，由∠AOB的正切函数及特殊锐角三角函数值可求出∠AOB=30°，根据互相垂直的直线其比例系数的乘积为-1，结合点B的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，联立直线BC及l2的解析式可求出点C的坐标，根据坐标平面内两点间的距离公式算出OC、BC的长，由∠BOC的余弦函数及特殊锐角三角函数值可求出∠BOC=60°，则∠CBO=30°，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BC∥B1C1∥B2C2，AB∥A1B1∥A2B2，由平行线的性质可推出∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，由等角对等边得AO=AB1，A1O=A1B2，然后根据等腰三角形的三线合一及平行线分线段成比例定理可得，然后根据有两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可推出S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，然后利用三角形面积计算公式算出△ABC的面积即可得出答案.
三、解答题（满分60分）
21．（2023·黑龙江）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：原式=，
∵，
∴原式=.
【知识点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先通分计算括号内异分母分式的减法，同时将各个分式的分子、分母能分解因式的分别分解因式，进而将除法转变为乘法，约分化简；接着代入特殊锐角三角函数值求出m的值，再将m的值代入化简后的式子按二次根式的混合运算的运算顺序计算可得答案.
22．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．
（1）将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
（2）请画出关于轴对称的．
（3）将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）解：如图，△A1B1C1就是所求的三角形；
（2）解：如图，△A2B2C2就是所求的三角形；
（3）解：如图，
将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，连接OC3交弧A2A3于点D，连接OC2交弧B2B3于点E，
∵A2（-2，-1），B2（-1，-2），C2（-3，-3），
∴，，，
∴，
由旋转得OA2=OA3，OB2=OB3，OC2=OC3，A2C2=A3C3，∠C2OC3=∠DOE=90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3（SSS），
∴△OA2C2的面积=△OA3C3的面积，
∴线段A2C2在旋转的过程中扫过的面积=扇形C2OC3的面积-扇形DOE的面积=.
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣轴对称；作图﹣平移；作图﹣旋转；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点分别将点A、B、C向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到其对应点A1、B1、C1，再连接A1B1C1即可；
（2）利用方格纸的特点及轴对称的性质，分别找出点A、B、C关于y轴的对称点A2、B2、C2，再连接即可；
（3）根据两点间的距离公式分别算出OA2、OB2及OC2的长，进而根据旋转的性质及三角形全等的判定方法SSS可得△OA2C2≌△OA3C3，由全等三角形的性质得△OA2C2的面积=△OA3C3的面积，进而可得线段A2C2在旋转的过程中扫过的面积=扇形C2OC3的面积-扇形DOE的面积，最后利用扇形面积计算公式可算出答案.
23．（2023·黑龙江）如图，抛物线与轴交于两点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）拋物线上是否存在一点，使得，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，
得
解得，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
令y=-x2-2x+3中的x=0可得y=3，
∴C（0，3），OC=3，
∵A（-3，0）、B（1，0），∴AB=4，
∴，
∴，
作PE∥x轴交BC于点E，如图，
设直线BC的解析式为y=kx+m，
将点B（1，0）及点C（0，3）分别代入得
，
解得，
∴BC的解析式为：y=-3x+3；
设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，
代入直线BC可得，
∴E（，-t2-2t+3），
∴PE=-t=，
∴，
解得t1=-2，t2=3，
∴点P（-2，3）或（3，-12）.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；一次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，可得关于字母a、b的二元一次方程组，求解可得a、b的值，从而求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数y的值，可得点C的坐标，利用三角形面积计算公式算出三角形ABC的面积，利用待定系数法求出直线BC的解析式；作PE∥x轴交BC于点E，设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，将点E的纵坐标代入直线BC的解析式算出对应的x的值，可用t的式子表示出点E的坐标，进而可表示出PE的长，然后根据三角形面积计算公式建立方程，可求出t的值，从而得到点P的坐标.
24．（2023·黑龙江）某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动、为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
（1）这次学校抽查的学生人数是 人；
（2）将条形图补充完整；
（3）扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是 ；
（4）如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
【答案】（1）40
（2）解：“合格”等级的人数为：40-12-14-4=10（人），
补全条形统计图为：
（3）90
（4）解：该校不合格人数为：2200×=220（人）.
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图
【解析】【解答】解：（1） 这次学校抽查的学生人数是：12÷30％=40（人），
故答案为：40；
（3） 扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是：360°×=90°；
故答案为：90；
【分析】（1）根据条形统计图及扇形统计图提供的信息，用“优秀”等级的人数除以其所占的百分比可求出本次调查的学生人数；
（2）根据各个等级的人数之和等于本次调查的总人数算出“合格”等级的人数，从而即可补全条形统计图；
（3）用360°乘以C组人数所占的百分比可求出扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数；
（4）用该校学生的总人数乘以样本中不合格等级的人数所占的百分比即可估算出该校学生不合格的人数.
25．（2023·黑龙江）已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中的值是 ；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距．
【答案】（1）120
（2）解：由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，
∴出租车距离甲地为480-240=240(km)，
把y=240代入y=120x，
得240=120x，
解得x=2，
∴货车装完货物时，x=2，B(2，120)，
根据货车继续出发h后与出租车相遇，可得×（出租车的速度+货车的速度）=120，
根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/ h，
∴相遇时，货车的速度为120÷-120=60km/h，
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120)代入y=60x+b，
可得120=120+b，解得b=0，
∴直线BG的解析式为y=60x，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离 (km)与行驶时间x (h)之间的函数关系式为y=60x；
（3）h或h
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：（1）由图象知，C(4，480)，
设直线OC的解析式为y=kx，把C (4，480)代入得，
480=4k，
解得k=120，
∴直线OC的解析式为y=120x，
把(1，a)代入y =120x，得a=120，
故答案为：120；
（3）把y=480代入y=60x，
可得480=60x，
解得x=8，
∴G (8，480)，
∴F(8，0)，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=，
∴E，
∴出租车返回后的速度为480÷(-4)=128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60tkm，出租车距离乙地为128(t-4)=(128t-512)km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12k，
可得60t1-(128t1-512)=12，
解得t1= ；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，
可得(128t2-512)-60t2=12，
解得：t2=，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发h或h与出租车相距12km.
【分析】（1）由图象知，C (4，480)，利用待定系数法求出直线OC的解析式，进而将点（1，a）代入可算出a的值；
（2）由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，把y=240代入y=120x求得货车装完货物时，x=2，B(2，120)，根据货车继续出
发h后与出租车相遇，可得×（出租车的速度+货车的速度）=120，根据直线OC的解析式为y=120x，得出租车的速度为120km/ h，于是得到相遇时，货车的速度为120÷-120=60(km/h)，故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120) 代入求得b=0，于是得到直线BG的解析式为y=60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
(3)把y=480代入y=60x，得到G (8，480)，求得F (8，0)，根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=，则E，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60tkm，出租车离乙地为128(t-4)=（128t-512）km，然后分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前相512km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，分别列方程即可得到结论.
26．（2023·黑龙江）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】解：如图②，，理由如下：
连接AH、CF、AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，F、H分别是DE、BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=BC，AF=EF=DE，∠CAH=∠EAF=45°，
∴∠HAF=∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴，
∵点F、G分别是DE、DC的中点，
∴CE=2FG，
∴；
如图③，FH=FG，理由如下：
连接AH、CE、AF，
∵△ABC与△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，
∵点F、H分别是DE、BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=×120°=60°，
∴∠HAF=∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴CE=2FH，
∵点F、G分别是DE、DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH=FG.
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】如图②，，理由如下：连接AH、CF、AF，根据等腰直角三角形的性质得AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=BC，AF=EF=DE，∠CAH=∠EAF=45°，从而可由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△AHF∽△ACE，由相似三角形的对应边成比例及等腰直角三角形的性质得，再根据三角形的中位线定理可得结论；
如图③，FH=FG，理由如下：连接AH、CE、AF，由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=×120°=60°，从而可由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△AHF∽△ACE，由相似三角形的对应边成比例及含30°角直角三角形的性质得CE=2FH，再根据三角形的中位线定理可得结论.
27．（2023·黑龙江） 2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空，某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
【答案】（1）解： 设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，根据题意得
，
解得：x=40，
经检验、x=40是所列方程的解，且符合题意；
∴A款文化衫的单价为：40+10=50（元），
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元； A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
（2）解：设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，
根据题意得：
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
（3）解：设购买300件两款文化衫所需总费用为w 元，则w=50×0.7y+(40-m)(300-y)=(m -5)y+300(40-m)，
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m-5=0，
∴m=5；
答：m的值为5.
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式组的应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入(x+ 10)中，可求出A款文化衫的单价；
（2）设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，利用总价=单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
（3）设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同(即w的值与y值无关)，利用一次函数的性质，可得出m-5-0，解之即可得出m的值.
28．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求直线的解析式．
（2）连接，求的面积S与运动时间t的函数关系式．
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：解方程x2-4x-12=0，
得x1=6，x2=-2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=∠AOC=30°，
∴CD=OC·tan30°=，
∴点D（6，），
过点A作AH⊥OC于点H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=OA=3，AH=OA·sin60°=，∴A（3，），
设直线AD的解析式为y=kx+b（k≠0），
将点A、D的坐标分别代入得
，
解得，
∴直线AD的解析式为：；
（2）解：在Rt△COD中，
∵CD=，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=，
∴∠OFE=∠DOF=30°，
∴OD=DF=；
①当点N在DF上，即0≤t≤时，
由题意得：DM=OD-OM=-t，DN=-2t，
过点N作NP⊥OB于点P，
则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=（-2t）×=6-，∴S；
②当点N在DE上，即时，
由题意，得DM=OD-OM=，DN=，
过点N作NT⊥OB于点T，
则NT=DN·sin∠NDT=DN·sin60°=，
∴，
综上，；
（3）解：存在，分类讨论：
①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，
∵∠NFC=30°，OE=，
∴∠NCK=60°，OF=OE=12，
∴CF=12-6=6，
∴CN=CF=3，
∴CK=CN×cos60°=3×=，NK=CN×sin60°=3×=，
∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°-60°-90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=CF=3，
∴NL=CL·tan30°=，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
∴存在一点Q，使得以A、C、N、Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标为 或 .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先解方程x2-4x-12=0，求出OC的长，由菱形的性质∠COD的正切函数可求出CD的长，从而得到点D的坐标，过点A作AH⊥OC于点H，解直角三角形求出AH的长，得到点A的坐标，从而利用待定系数法求出直线AD的解析式；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出OD=DF=；然后分情况讨论：当点N在DF上，即0≤t≤时，过点N作NP⊥OB于点P，②当点N在DE上，即时，过点N作NT⊥OB于点T，分别解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，证明∠NCF=∠NFC，由等角对等边得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标，综上即可得出答案.
1 / 1黑龙江省龙东地区2023年中考数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2023·黑龙江）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·黑龙江）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020·雅安）一个几何体由若干大小相同的小正方体组成，它的俯视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2023·黑龙江）已知一组数据的平均数是1，则这组数据的众数是（ ）
A．-3 B．5 C．-3和5 D．1和3
5．（2023·黑龙江）如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（ ）
A． B． C．或 D．
6．（2023·黑龙江）已知关于x的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C．且 D．且
7．（2023·黑龙江）某社区为了打造“书香社区”，丰富小区居民的业余文化生活，计划出资500元全部用于采购A，B，C三种图书，A种每本30元，B种每本25元，C种每本20元，其中A种图书至少买5本，最多买6本（三种图书都要买），此次采购的方案有（ ）
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
8．（2023·黑龙江）如图，是等腰三角形，过原点，底边轴，双曲线过两点，过点作轴交双曲线于点，若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·黑龙江）如图，在正方形中，点分别是上的动点，且，垂足为，将沿翻折，得到交于点，对角线交于点，连接，下列结论正确的是：①；②；③若，则四边形是菱形；④当点运动到的中点，；⑤．（ ）
A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（2023·黑龙江）据交通运输部信息显示：2023年“五一”假期第一天，全国营运性客运量约5699万人次，将5699万用科学记数法表示为 ．
12．（2018八上·颍上期中）函数 中，自变量x的取值范围是 ．
13．（2023·黑龙江）如图，在矩形中对角线，交于点，请添加一个条件 ，使矩形是正方形（填一个即可）
14．（2023·黑龙江）一个不透明的袋子中装有3个红球和2个白球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出两个小球，恰好是一红一白的概率是 ．
15．（2023·黑龙江）关于的不等式组有3个整数解，则实数的取值范围是 ．
16．（2023·黑龙江）如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则 ．
17．（2023·黑龙江）已知圆锥的母线长，侧面积，则这个圆锥的高是 ．
18．（2023·黑龙江）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
19．（2023·黑龙江）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
20．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A在直线上，顶点B在x轴上，垂直轴，且，顶点在直线上，；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第一个；过点作直线的垂线，垂足为，交x轴于，过点作垂直x轴，交于点，连接，得到第二个；如此下去，……，则的面积是 ．
三、解答题（满分60分）
21．（2023·黑龙江）先化简，再求值：，其中．
22．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．
（1）将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
（2）请画出关于轴对称的．
（3）将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
23．（2023·黑龙江）如图，抛物线与轴交于两点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）拋物线上是否存在一点，使得，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（2023·黑龙江）某中学开展主题为“垃圾分类，绿色生活”的宣传活动、为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，该校团委在校园内随机抽取了部分学生进行问卷调查，将他们的得分按A：优秀，B：良好，C：合格，D：不合格四个等级进行统计，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图．
（1）这次学校抽查的学生人数是 人；
（2）将条形图补充完整；
（3）扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是 ；
（4）如果该校共有2200人，请估计该校不合格的人数．
25．（2023·黑龙江）已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中的值是 ；
（2）求货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离与行驶时间之间的函数关系式；
（3）直接写出在出租车返回的行驶过程中，货车出发多长时间与出租车相距．
26．（2023·黑龙江）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
27．（2023·黑龙江） 2023年5月30日上午9点31分，神舟十六号载人飞船在酒泉发射中心发射升空，某中学组织毕业班的同学到当地电视台演播大厅观看现场直播，学校准备为同学们购进A，B两款文化衫，每件A款文化衫比每件B款文化衫多10元，用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同．
（1）求A款文化衫和B款文化衫每件各多少元？
（2）已知毕业班的同学一共有300人，学校计划用不多于14800元，不少于14750元购买文化衫，求有几种购买方案？
（3）在实际购买时，由于数量较多，商家让利销售，A款七折优惠，B款每件让利m元，采购人员发现（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，试求m值．
28．（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．
（1）求直线的解析式．
（2）连接，求的面积S与运动时间t的函数关系式．
（3）点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；积的乘方；幂的乘方
【解析】【解答】解：A、（-2a）2=4a2，故此选项计算错误，不符合题意；
B、（a-b）2=a2-2ab+b2，故此选项计算错误，不符合题意；
C、（-m+2）（-m-2）=（-m）2-22=m2-4，故此选项计算正确，符合题意；
D、（a5）2=a10，故此选项计算错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，可判断A选项；由完全平方公式的展开式是一个三项式可判断B选项；由平方差公式：两个数的和与这两个数的差的积，等于这两个数的平方差，可判断C选项；由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断D选项.
2．【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：A.
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，沿着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案.
3．【答案】B
【知识点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】解：由俯视图与左视图知，该几何体所需小正方体个数最少分布情况如下图所示：
所以组成该几何体所需小正方体的个数最少为5，
故答案为：B．
【分析】在“俯视打地基”的前提下，结合左视图知俯视图上一行三个小正方体的上方（第2层）至少还有1个正方体，据此可得答案.
4．【答案】C
【知识点】平均数及其计算；众数
【解析】【解答】解：∵1，0，-3，5，x，2，-3这组数据的平均数是1，
∴1+0+（-3）+5+x+2+（-3）=1×7，
∴x=5，
∴这组数据为：1，0，-3，5，5，2，-3，
∴这组数据的众数为：5和-3.
故答案为：C.
【分析】根据一组数据的平均数，就是这组数据的总和除以这组数据的总个数，列出方程求出x的值，从而得到这组数据，进而根据在一组数据中，出现次数最多的数据叫做众数，(众数可能有多个)，可得答案.
5．【答案】A
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小路的宽为xm，由题意，
得（100-2x）（50-2x）=3600，
解得x1=5，x2=70（舍），
∴小路的宽为5m.
故答案为：A.
【分析】设小路的宽为xm，利用平移的方法可得花圃是一个长为（100-2x）m，宽为（50-2x）m的矩形，进而根据矩形的面积计算公式列出方程，求解并检验即可.
6．【答案】C
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解： ，
方程两边同时乘以（x-2）约去分母，
得m+x-2=-x，
解得x=1-m，
∵原方程的解是非负数，
∴1-m≥0且1-m≠2，
解得m≤2且m≠-2.
故答案为：C.
【分析】将m作为常数，方程两边同时乘以（x-2）约去分母，将分式方程转化为整式方程，解整式方程求出x的值，进而根据原方程的解是非负数列出不等式组1-m≥0且1-m≠2，再求解即可.
7．【答案】B
【知识点】二元一次方程的应用
【解析】【解答】解：当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，根据题意得30×5+25x+20y=500，
∴x=14-y，
又∵x、y均为正整数，
∴或或，
∴当购买5本A种图书时，有3种购买方案；
当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，根据题意得30×6+25m+20n=500，
∴n=16-m，
又∵m、n均为正整数，
∴或或，
∴当购买6本A种图书时，有3种购买方案，
∴此次采购方案有3+3=6（种）.
故答案为：B.
【分析】当购买5本A种图书时，设购买x本B种图书，y本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当购买5本A种图书时，有3种采购方案；当购买6本A种图书时，设购买m本B种图书，n本C种图书，利用总价=单价×数量，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m， n均为正整数，可得出当购买6本A种图书时，有3种采购方案，进而可得出此次采购的方案有6种.
8．【答案】C
【知识点】反比例函数图象的对称性；等腰三角形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，设BC交y轴于点F，
设点，根据双曲线的对称性得点，OA=OB，即点O为线段AB的中点，
∵AC=AB，AE⊥BC，BC∥x轴，
∴BE=CE，AE∥y轴，
∴BF=EF=b，
∴CF=3b，
∴，
∴点，
∴，
∴k= .
故答案为：C.
【分析】根据反比例函数图象上的点的坐标特点，设出点B的坐标，通过双曲线的对称性求出A点的坐标，通过等腰三角形的三线合一及三角形中位线定理可表示出点C的坐标，进而根据点的坐标与图形的性质及反比例函数图象上的点的坐标特点可得到点D的坐标，从而可用含k的式子表示出点BC、CD的长，最后结合△BCD的面积建立方程可求出k的值.
9．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OC，设OC1交BC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AD=5，OA∶OD=1∶4，
∴OA=1，OD=4，∠A=∠ABC=∠D=90°，
又∵∠AOC1=∠DOC1=90°，
∴四边形OABF与OFCD都是矩形，
∴AB=OF=CD，DO=CF=4，AB∥OF，
∴∠ABO=∠FOB，
由折叠得C1D1=CD，∠D1=∠D=90°，DO=D1O=4，CO=OC1，CE=C1E，
∴tan∠ABO=tan∠D1OC1，C1D1=AB，
∴，即，
解得AB=2，
∴OF=CD=2，
在Rt△CDO中，利用勾股定理得CO=，
∴FC1=OC1-OF=，
设CE=C1E=x，则EF=4-x，
在Rt△C1EF中，由勾股定理得C1E2=EF2+C1F2，即x2=（4-x）2+（）2，
解得x=，
∴EF=，
∵点E在第三象限，
∴点E的坐标为 .
故答案为：D.
【分析】连接OC，设OC1交BC于点F，易得OA=1，OD=4，∠A=∠ABC=∠D=90°，四边形OABF与OFCD都是矩形，由矩形的性质得AB=OF=CD，DO=CF=4，AB∥OF，由平行线的性质得∠ABO=∠FOB，由折叠性质得C1D1=CD，∠D1=∠D=90°，DO=D1O=4，CO=OC1，CE=C1E，进而根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，据此可求出AB的长，在Rt△CDO中，利用勾股定理求出CO，设CE=C1E=x，则EF=4-x，在Rt△C1EF中，由勾股定理建立方程可求出x的值，进而结合点E所在的象限可得出点E的坐标.
10．【答案】B
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∵∠ABF=∠DAE=90°，∠BFA=∠AED，AB=DA ，
∴△ABF≌△DAE (AAS)，
∴AF=DE，故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF +∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°-∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH，HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∴BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴，
∴，，
∴，，
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA==3，故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴，
∴，，
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得，
∴，，∴EP·DH=2AG·BH，故⑤正确，
综上分析可知，正确的是①②③④⑤.
故答案为：B.
【分析】首先根据正方形的性质及垂直的定义，由同角的余角相等得∠AED=∠BFA，从而由AAS判断出△ABF≌△DAE，由全等三角形的对应边相等得AF=DE，故①正确；由翻折的性质得BM⊥AF，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BM∥DE，故②正确；首先判断出A，M，C在同一直线上，由正方形的性质得∠MCF=45°，由三角形的内角和定理得∠MFC=90°-∠MCF=45°，则∠HMF=∠MFC=45°，∠HBC=∠MFC=45°，推出BC∥MH，HB∥MF，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形BHMF是平行四边形，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BHMF是菱形，故③正确；当点E运动到AB的中点，设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，在Rt△AED中，由勾股定理用含a的式子表示出DE，进而根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△AHD∽△FHB，由相似三角形对应边成比例建立方程分别用含a的式子表示出EG、AG，进而再根据线段的和差分别表示出DG、GH，再由等角的同名三角函数值相等可判断出④；由相似三角形对应边成比例建立方程表示出BH、DH、由折叠得，进而分别算出EP·DH与2AG·BH，即可判断⑤.
11．【答案】
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解： 5699万=56990000=5.699×107.
故答案为：5.699×107.
【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤∣a∣＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此可得答案.
12．【答案】x≥-3
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】由题意得，
解得
故答案为：
【分析】根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于0，即可得到x的取值范围。
13．【答案】
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：开放性命题，答案不唯一，可以添加：AB=BC，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为：AB=BC.
【分析】开放性命题，答案不唯一，根据正方形的判定方法：有一组邻边相等的矩形是正方形及对角线互相垂直的矩形是正方形进行添加即可.
14．【答案】
【知识点】列表法与树状图法；概率公式
【解析】【解答】解：如图，
由图可知，共有29种等可能的结果数，其中恰好是一红一白的情况数共有12种，
∴P（一红一白）=.
故答案为： .
【分析】此题是抽取不放回类型，根据题意画出树状图，由图可知，共有29种等可能的结果数，其中恰好是一红一白的情况数共有12种，从而根据概率公式即可算出答案.
15．【答案】
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解： ，
由①得x＞-5，
由②得x≤1+m，
∵该不等式组有三个整数解，
∴三个整数解应该为-4、-3、-2，
∴ -2≤1+m＜-1，
解得-3≤m＜-2.
故答案为：-3≤m＜-2.
【分析】将m作为常数，分别解出不等式组中每一个不等式的解集，由该不等式组有三个整数解，可得三个整数解应该为-4、-3、-2，从而即可得出关于字母m的不等式组 -2≤1+m＜-1，再求解可得答案.
16．【答案】34
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵弧AC=弧AC，
∴∠AOC=2∠B=56°，
∵PA是圆O的切线，
∴∠PAO=90°，
∴∠P=90°-∠AOP=34°.
故答案为：34.
【分析】由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠AOC=2∠B=56°，由切线的性质得∠PAO=90°，进而根据直角三角形的两锐角互余可算出∠P的度数.
17．【答案】12
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设该圆锥底面圆的半径为rcm，由题意，
得，
解得r=5，
∴圆锥的高为：(cm).
故答案为：12.
【分析】设该圆锥底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的弧长等于底面圆的周长及扇形面积公式(l代表底面圆的周长，R代表母线长)，列出方程，求解可得底面圆的半径，进而再根据底面圆的半径，圆锥的高及母线长围成一个直角三角形，由勾股定理计算可得答案.
18．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；点与圆的位置关系；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，
∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积最大，
在Rt△ACB中，∠BAC=30°，E是AB的中点，
∴AB=2BC=4，CE=AE=AB=2，AC=BC=2，
∴∠ECA=∠BAC=30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG=AC=，
∵点F在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF=AB=4，
∴点F到CE的距离最大值为4+，
∴S△CEF=·CE×（4+）=4+.
故答案为：4+.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半及含30°角直角三角形的性质得CE=2为定值，点F到CE的距离最大时，△CEF的面积最大，过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，根据含30°角直角三角形的性质得AC、AG的长，由旋转的性质得点F在以点A为圆心，AB长为半径的圆上，则AF=AB=4，从而根据点与圆的位置关系得出点F到CE的距离最大值为4+，最后根据三角形的面积计算公式即可算出答案.
19．【答案】6或或
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
∴点E在以点A为圆心，AB为半径的圆上运动，
如图，
延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EG，
∴，
∴E到直线BC的距离；
②过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴MN⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EM，
∴，
∴E到直线BC的距离.
故答案为：6或或.
【分析】由折叠得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E 时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解.
20．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；与一次函数相关的规律问题
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵AB⊥x轴，
∴点A的横坐标为，
将x=代入，得，
∴点，，
∴，
∴∠AOB=30°，
∵BC⊥l2，
∴设直线BC为，
将点代入得，
∴直线BC为，
解得，
∴点，
∴，
∴，
∴∠BOC=60°，∴∠CBO=30°，
∵BC⊥l2，B1C1⊥l2，B2C2⊥l2，
∴BC∥B1C1∥B2C2，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=30°，
∴∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，
∴AO=AB1，A1O=A1B2，
∵AB⊥x轴，A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴AB∥A1B1∥A2B2，
∴，，
∵BC∥B1C1∥B2C2，
∴，，
∴，
∵∠ABC=∠A1B1C1=90°-30°=60°，
∴△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，
∴S△A1B1C1=4S△ABC，S△A2B2C2=42·S△ABC=（22）2·S△ABC，
∴S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，
又∵
∴S△A2023B2023C2023=22×2023×= .
故答案为：.
【分析】由OB的长易得点B的坐标，进而根据垂直于x轴直线上所有点的纵坐标相同及直线上的点的坐标特点求出点A的坐标，由∠AOB的正切函数及特殊锐角三角函数值可求出∠AOB=30°，根据互相垂直的直线其比例系数的乘积为-1，结合点B的坐标，利用待定系数法求出直线BC的解析式，联立直线BC及l2的解析式可求出点C的坐标，根据坐标平面内两点间的距离公式算出OC、BC的长，由∠BOC的余弦函数及特殊锐角三角函数值可求出∠BOC=60°，则∠CBO=30°，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得BC∥B1C1∥B2C2，AB∥A1B1∥A2B2，由平行线的性质可推出∠C1B1O=∠C2B2O=∠CBO=∠AOB=30°，由等角对等边得AO=AB1，A1O=A1B2，然后根据等腰三角形的三线合一及平行线分线段成比例定理可得，然后根据有两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ABC∽△A1B1C1，同理△ABC∽△A2B2C2，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可推出S△AnBnCn=（2n）2S△ABC，然后利用三角形面积计算公式算出△ABC的面积即可得出答案.
21．【答案】解：原式=，
∵，
∴原式=.
【知识点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先通分计算括号内异分母分式的减法，同时将各个分式的分子、分母能分解因式的分别分解因式，进而将除法转变为乘法，约分化简；接着代入特殊锐角三角函数值求出m的值，再将m的值代入化简后的式子按二次根式的混合运算的运算顺序计算可得答案.
22．【答案】（1）解：如图，△A1B1C1就是所求的三角形；
（2）解：如图，△A2B2C2就是所求的三角形；
（3）解：如图，
将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，连接OC3交弧A2A3于点D，连接OC2交弧B2B3于点E，
∵A2（-2，-1），B2（-1，-2），C2（-3，-3），
∴，，，
∴，
由旋转得OA2=OA3，OB2=OB3，OC2=OC3，A2C2=A3C3，∠C2OC3=∠DOE=90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3（SSS），
∴△OA2C2的面积=△OA3C3的面积，
∴线段A2C2在旋转的过程中扫过的面积=扇形C2OC3的面积-扇形DOE的面积=.
【知识点】扇形面积的计算；作图﹣轴对称；作图﹣平移；作图﹣旋转；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）利用方格纸的特点分别将点A、B、C向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到其对应点A1、B1、C1，再连接A1B1C1即可；
（2）利用方格纸的特点及轴对称的性质，分别找出点A、B、C关于y轴的对称点A2、B2、C2，再连接即可；
（3）根据两点间的距离公式分别算出OA2、OB2及OC2的长，进而根据旋转的性质及三角形全等的判定方法SSS可得△OA2C2≌△OA3C3，由全等三角形的性质得△OA2C2的面积=△OA3C3的面积，进而可得线段A2C2在旋转的过程中扫过的面积=扇形C2OC3的面积-扇形DOE的面积，最后利用扇形面积计算公式可算出答案.
23．【答案】（1）解：将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，
得
解得，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
令y=-x2-2x+3中的x=0可得y=3，
∴C（0，3），OC=3，
∵A（-3，0）、B（1，0），∴AB=4，
∴，
∴，
作PE∥x轴交BC于点E，如图，
设直线BC的解析式为y=kx+m，
将点B（1，0）及点C（0，3）分别代入得
，
解得，
∴BC的解析式为：y=-3x+3；
设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，
代入直线BC可得，
∴E（，-t2-2t+3），
∴PE=-t=，
∴，
解得t1=-2，t2=3，
∴点P（-2，3）或（3，-12）.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；一次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）将点A（-3，0）及点B（1，0）分别代入y=ax2+bx+3，可得关于字母a、b的二元一次方程组，求解可得a、b的值，从而求出抛物线的解析式；
（2）令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数y的值，可得点C的坐标，利用三角形面积计算公式算出三角形ABC的面积，利用待定系数法求出直线BC的解析式；作PE∥x轴交BC于点E，设点P的坐标为P（t，-t2-2t+3），则点E的纵坐标为-t2-2t+3，将点E的纵坐标代入直线BC的解析式算出对应的x的值，可用t的式子表示出点E的坐标，进而可表示出PE的长，然后根据三角形面积计算公式建立方程，可求出t的值，从而得到点P的坐标.
24．【答案】（1）40
（2）解：“合格”等级的人数为：40-12-14-4=10（人），
补全条形统计图为：
（3）90
（4）解：该校不合格人数为：2200×=220（人）.
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图
【解析】【解答】解：（1） 这次学校抽查的学生人数是：12÷30％=40（人），
故答案为：40；
（3） 扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数是：360°×=90°；
故答案为：90；
【分析】（1）根据条形统计图及扇形统计图提供的信息，用“优秀”等级的人数除以其所占的百分比可求出本次调查的学生人数；
（2）根据各个等级的人数之和等于本次调查的总人数算出“合格”等级的人数，从而即可补全条形统计图；
（3）用360°乘以C组人数所占的百分比可求出扇形统计图中C组对应的扇形圆心角度数；
（4）用该校学生的总人数乘以样本中不合格等级的人数所占的百分比即可估算出该校学生不合格的人数.
25．【答案】（1）120
（2）解：由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，
∴出租车距离甲地为480-240=240(km)，
把y=240代入y=120x，
得240=120x，
解得x=2，
∴货车装完货物时，x=2，B(2，120)，
根据货车继续出发h后与出租车相遇，可得×（出租车的速度+货车的速度）=120，
根据直线OC的解析式为y=120x，可得出租车的速度为120km/ h，
∴相遇时，货车的速度为120÷-120=60km/h，
故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120)代入y=60x+b，
可得120=120+b，解得b=0，
∴直线BG的解析式为y=60x，
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离 (km)与行驶时间x (h)之间的函数关系式为y=60x；
（3）h或h
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：（1）由图象知，C(4，480)，
设直线OC的解析式为y=kx，把C (4，480)代入得，
480=4k，
解得k=120，
∴直线OC的解析式为y=120x，
把(1，a)代入y =120x，得a=120，
故答案为：120；
（3）把y=480代入y=60x，
可得480=60x，
解得x=8，
∴G (8，480)，
∴F(8，0)，
根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=，
∴E，
∴出租车返回后的速度为480÷(-4)=128km/h，
设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60tkm，出租车距离乙地为128(t-4)=(128t-512)km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12k，
可得60t1-(128t1-512)=12，
解得t1= ；
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，
可得(128t2-512)-60t2=12，
解得：t2=，
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发h或h与出租车相距12km.
【分析】（1）由图象知，C (4，480)，利用待定系数法求出直线OC的解析式，进而将点（1，a）代入可算出a的值；
（2）由停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，可得此时出租车距离乙地为120+120 =240(km)，把y=240代入y=120x求得货车装完货物时，x=2，B(2，120)，根据货车继续出
发h后与出租车相遇，可得×（出租车的速度+货车的速度）=120，根据直线OC的解析式为y=120x，得出租车的速度为120km/ h，于是得到相遇时，货车的速度为120÷-120=60(km/h)，故可设直线BG的解析式为y=60x+b，将B(2，120) 代入求得b=0，于是得到直线BG的解析式为y=60x，故货车装完货物后驶往甲地的过程中，于是得到结论；
(3)把y=480代入y=60x，得到G (8，480)，求得F (8，0)，根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得EF=，则E，设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，此时货车距离乙地为60tkm，出租车离乙地为128(t-4)=（128t-512）km，然后分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前相512km时，②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，分别列方程即可得到结论.
26．【答案】解：如图②，，理由如下：
连接AH、CF、AF，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，F、H分别是DE、BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=BC，AF=EF=DE，∠CAH=∠EAF=45°，
∴∠HAF=∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴，
∵点F、G分别是DE、DC的中点，
∴CE=2FG，
∴；
如图③，FH=FG，理由如下：
连接AH、CE、AF，
∵△ABC与△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，
∵点F、H分别是DE、BC的中点，
∴AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=×120°=60°，
∴∠HAF=∠EAC，，
∴△AHF∽△ACE，
∴，
∴CE=2FH，
∵点F、G分别是DE、DC的中点，
∴CE=2FG，
∴FH=FG.
【知识点】等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】如图②，，理由如下：连接AH、CF、AF，根据等腰直角三角形的性质得AH⊥BC，AF⊥DE，AH=CH=BC，AF=EF=DE，∠CAH=∠EAF=45°，从而可由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△AHF∽△ACE，由相似三角形的对应边成比例及等腰直角三角形的性质得，再根据三角形的中位线定理可得结论；
如图③，FH=FG，理由如下：连接AH、CE、AF，由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理得∠AFD=∠ADE=∠ACB=∠B=30°，AH⊥BC，AF⊥DE，∠CAH=∠EAF=×120°=60°，从而可由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△AHF∽△ACE，由相似三角形的对应边成比例及含30°角直角三角形的性质得CE=2FH，再根据三角形的中位线定理可得结论.
27．【答案】（1）解： 设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，根据题意得
，
解得：x=40，
经检验、x=40是所列方程的解，且符合题意；
∴A款文化衫的单价为：40+10=50（元），
答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元； A款文化衫每件50元，则B款文化衫每件40元，
（2）解：设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，
根据题意得：
解得：275≤y≤280，
又∵y为正整数，
∴y可以为275，276，277，278，279，280，
∴共有6种购买方案；
（3）解：设购买300件两款文化衫所需总费用为w 元，则w=50×0.7y+(40-m)(300-y)=(m -5)y+300(40-m)，
∵（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同，
∴w的值与y值无关，
∴m-5=0，
∴m=5；
答：m的值为5.
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式组的应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设B款文化衫每件x元，则A款文化衫每件(x+10)元，利用数量=总价÷单价，结合用500元购进A款和用400元购进B款的文化衫的数量相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出B款文化衫的单价，再将其代入(x+ 10)中，可求出A款文化衫的单价；
（2）设购买y件A款文化衫，则购买(300-y)件B款文化衫，利用总价=单价×数量，结合总价不多于14800元且不少于14750元，可列出关于y的一元一次不等式组，解之可得出y的取值范围，再结合y为正整数，即可得出共有6种购买方案；
（3）设购买300件两款文化衫所需总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于y的函数关系式，由（2）中的所有购买方案所需资金恰好相同(即w的值与y值无关)，利用一次函数的性质，可得出m-5-0，解之即可得出m的值.
28．【答案】（1）解：解方程x2-4x-12=0，
得x1=6，x2=-2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=∠AOC=30°，
∴CD=OC·tan30°=，
∴点D（6，），
过点A作AH⊥OC于点H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=OA=3，AH=OA·sin60°=，∴A（3，），
设直线AD的解析式为y=kx+b（k≠0），
将点A、D的坐标分别代入得
，
解得，
∴直线AD的解析式为：；
（2）解：在Rt△COD中，
∵CD=，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=，
∴∠OFE=∠DOF=30°，
∴OD=DF=；
①当点N在DF上，即0≤t≤时，
由题意得：DM=OD-OM=-t，DN=-2t，
过点N作NP⊥OB于点P，
则NP=DN×sin∠PDN=DN×sin60°=（-2t）×=6-，∴S；
②当点N在DE上，即时，
由题意，得DM=OD-OM=，DN=，
过点N作NT⊥OB于点T，
则NT=DN·sin∠NDT=DN·sin60°=，
∴，
综上，；
（3）解：存在，分类讨论：
①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，
∵∠NFC=30°，OE=，
∴∠NCK=60°，OF=OE=12，
∴CF=12-6=6，
∴CN=CF=3，
∴CK=CN×cos60°=3×=，NK=CN×sin60°=3×=，
∴将点N向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°-60°-90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=CF=3，
∴NL=CL·tan30°=，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点Q，
∵，
∴；
∴存在一点Q，使得以A、C、N、Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标为 或 .
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先解方程x2-4x-12=0，求出OC的长，由菱形的性质∠COD的正切函数可求出CD的长，从而得到点D的坐标，过点A作AH⊥OC于点H，解直角三角形求出AH的长，得到点A的坐标，从而利用待定系数法求出直线AD的解析式；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出OD=DF=；然后分情况讨论：当点N在DF上，即0≤t≤时，过点N作NP⊥OB于点P，②当点N在DE上，即时，过点N作NT⊥OB于点T，分别解直角三角形求出NP和NT，再利用三角形面积公式列式即可；
（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于点K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于点L，证明∠NCF=∠NFC，由等角对等边得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标，综上即可得出答案.
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