2023年12月2日发(作者：一模数学试卷海淀六中)

黄冈市2023年初中学业水平考试数学试卷

（满分：120分，考试用时：120分钟）

一、精心选一选（本大题共8小题，每小题3分，满分24分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．清在答题卡上把正确答案的代号涂黑）

1.

−2的相反数是（ ）

A.

−2

【答案】B

【解析】

【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．

【详解】解：−2的相反数是2，

故选：B．

【点睛】本题考查了相反数的定义，熟练掌握相反数的定义是解题的关键．

2. 2023年全国普通高校毕业生规模预计达到1158万人，数11580000用科学记数法表示为（

）

A.

1.158×107

【答案】A

【解析】

【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．

【详解】解：11580000=1.158×107．

故选：A．

【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．

3.

下列几何体中，三视图都是圆的是（

）

A.

长方体

【答案】D

【解析】

【分析】根据几何体的三视图进行判断即可．

【详解】解：在长方体、图柱、圆锥、球四个几何体中，三视图都是圆的是球，

故选：D

B.

图柱 C.

圆锥 D.

球

B.

1.158×108 C.

1.158×103 D.

1158×104

B.

2 C.

−1

2D.

12

1 【点睛】此题考查了三视图，熟练掌握常见几何体的三视图是解题的关键．

4.

不等式A.

x>−1

【答案】C

【解析】

【分析】先求出两个不等式的解集，再求交集即可．

【详解】解：解不等式x−1<0，得：x<1，

解不等式x+1>0，得：x>−1，

因此该不等式组的解集为−1

故选C．

【点睛】本题考查求不等式组的解集，解题的关键是熟记不等式组的解集口诀“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”

．

5.

如图，Rt△ABC的直角顶点A在直线a上，斜边BC在直线b上，若ab，∠1=55°，则∠2=（

）

x−1<0的解集为（

）

x+1>0B.

x<1 C.

−1

无解

A.

55°

【答案】C

【解析】

B.

45° C.

35° D.

25°

【分析】利用平行线的性质及直角三角形两内角互余即可得解；

【详解】a∥b，

?1?ABC55?,

=90°,

又∠ABC+∠2∴∠2=35°

故选择：C

【点睛】本题主要考查利用平行线的性质求三角形中角的度数，利用平行线的性质得到∠ABC=55°是解题的关键．

6.

如图，在O中，直径AB与弦CD相交于点P，连接AC，AD，BD，若∠C=20°， 2 （

）

∠BPC=70°，则∠ADC=

A.

70°

【答案】D

【解析】

B.

60° C.

50° D.

40°

【分析】先根据圆周角定理得出∠B=∠C=20°，再由三角形外角和定理可知∠BDP=∠BPC−∠B=70°−20°=50°，再根据直径所对的圆周角是直角，即∠ADB=90°，然后利用∠ADB=∠ADC+∠BDP进而可求出∠ADC．

【详解】解：∵∠C=20°，

∴∠B=20°，

∵∠BPC=70°，

∴∠BDP=∠BPC−∠B=70°−20°=50°，

又∵AB为直径，即∠ADB=90°，

∴∠ADC=∠ADB−∠BDP=90°−50°=40°，

故选：D．

【点睛】此题主要考查了圆周角定理，三角形外角和定理等知识，解题关键是熟知圆周角定理的相关知识．

7.

如图，矩形ABCD中，=AB3=，BC4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于1EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分2别交BD,AD于点M，N，则CN的长为（

）

A.

10 B.

11 C.

23 D. 4

【答案】A

3 【解析】

【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明RtBCR≌RtBQR，推出BC=BQ=4，设RQ=RC=x，则DR=CD−CR=−3x，解RtDQR求出QR=CR=43．利用三角形面积法求出OC，再证OCR∽DCN，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN．

【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，

矩形ABCD中，=AB3=，BC4，

∴CD=AB=3，

∴BDBC2+CD25．

由作图过程可知，BP平分∠CBD，

四边形ABCD是矩形，

∴CD⊥BC，

又RQ⊥BD，

∴RQ=RC，

在RtBCR和RtBQR中，

RQ=RCBR，

BR=∴RtBCR≌RtBQR(HL)，

∴BC=BQ=4，

∴QD=BD−BQ=5−4=1，

设RQ=RC=x，则DR=CD−CR=−3x，

4 2在RtDQR中，由勾股定理得DR=DQ2+RQ2，

即(3−x)=12+x2，

2410．

311SBCR=CR⋅BC=BR⋅OC，

224×42CR⋅BC3∴10．

=OC==4BR5103∴BR=4，

34∴CR=．

3解得x=BC2+CR2=∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，

∴OCR∽DCN，

24OCCR10∴=，即5，

=3DCCN3CN解得CN=10．

故选A．

【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR．

8.

已知二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，对称轴为直线x=1，下列论中：①a−b+c=0；②若点(−3,y1),(2,y2),(4,y3)均在该二次函数图象上，则y13．正确结论的序号为（

）

A.

①②③

【答案】B

【解析】

B.

①③④ C.

②③④ D.

①④

【分析】将(−1,0)代入yax2+bx+c，可判断①；根据抛物线的对称轴及增减性可判断②；根据抛物线的顶点坐标可判断③；根据y=ax2+bx+c+1的图象与x轴的交点的位置可判断④．

5 【详解】解：将(−1,0)代入yax2+bx+c，可得a−b+c=0，

故①正确；

二次函数图象的对称轴为直线x=1，

∴点(−3,y1),(2,y2),(4,y3)到对称轴的距离分别为：4，1，3，

a<0，

∴图象开口向下，离对称轴越远，函数值越小，

∴y1

故②错误；

二次函数图象的对称轴为直线x=−b=1，

2a∴b=−2a，

又a−b+c=0，

∴a+2a+c=0，

∴c=−3a，

∴当x=1时，y取最大值，最大值为y=a+b+c=a−2a−3a=−4a，

2即二次函数y=ax+bx+c(a<0)的图象的顶点坐标为(1,−4a)，

∴若m为任意实数，则am2+bm+c≤−4a

故③正确；

二次函数图象的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，

∴与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，

y=ax2+bx+c(a<0)的图象向上平移一个单位长度，即为y=ax2+bx+c+1的图象，

∴y=ax2+bx+c+1的图象与x轴的两个交点一个在(−1,0)的左侧，另一个在(3,0)的右侧，

∴若方程ax2+bx+c+1=0的两实数根为x1,x2，且x13，

故④正确；

综上可知，正确的有①③④，

故选B．

【点睛】本题考查根据二次函数图象判断式子符号，二次函数的图象与性质，解题的关键是掌握二次函数与一元二次方程的关系，熟练运用数形结合思想．

二、细心填一填（本大题共8小题，每小题3分，满分24分．请把答案填在答题卡相应题号 6 的横线）

1_____________

9.

计算；(−1)+=．320【答案】2

【解析】

【分析】−1的偶数次方为1，任何不等于0的数的零次幂都等于1，由此可解．

1【详解】解：(−1)+=1+1=2，

320故答案为：2．

【点睛】本题考查有理数的乘方、零次幂，解题的关键是掌握：−1的偶数次方为1，奇数次方为−1；任何不等于0的数的零次幂都等于1．

10.

请写出一个正整数m的值使得8m是整数；m=_____________．

【答案】8

【解析】

【分析】要使8m是整数，则8m要是完全平方数，据此求解即可

【详解】解：�8m是整数，

∴8m要是完全平方数，

∴正整数m的值可以为8，即8m=64，即=8m故答案为：8（答案不唯一）．

【点睛】本题主要考查了二次根式的化简，正确理解题意得到8m要是完全平方数是解题的关键．

11.

若正n边形的一个外角为72°，则n=_____________．

【答案】5

【解析】

【分析】正多边形的外角和为360°，每一个外角都相等，由此计算即可．

=648，

=n【详解】解：由题意知，故答案为：5．

360=5，

72【点睛】本题考查正多边形的外角问题，解题的关键是掌握正n边形的外角和为360°，每一个外角的度数均为360°．

n 7 12.

已知一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1,x2，若x1x2_____________．

【答案】−5

【解析】

+2x1+2x2=1，则实数k==3,x1x=k，代入已知等式，即可求解．

【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系，得出x1+x22【详解】解：∵一元二次方程x2−3x+k=0的两个实数根为x1,x2，

=3,x1x=k

∴x1+x22∵x1x2+2x1+2x2=1，

∴k+6=1，

解得：k=−5，

故答案为：−5．

【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．

13.

眼睛是心灵的窗户为保护学生视力，启航中学每学期给学生检查视力，下表是该校某班39名学生右眼视力的检查结果，这组视力数据中，中位数是_____________．

视力

4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 50

人数

1

【答案】4.6

【解析】

【分析】数据按从小到大排列，若数据是偶数个，中位数是最中间两数的平均数，若数据是奇数个，中位数是正中间的数．

【详解】解：该样本中共有39个数据，按照右眼视力从小到大的顺序排列，第20个数据是4.6，所以学生右眼视力的中位数为4.6．

【点睛】本题主要考查了学生对中位数的理解，解题关键是如何找中位数，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．

14.

综合实践课上，航模小组用航拍无人机进行测高实践．如图，无人机从地面CD的中点A处竖直上升30米到达B处，测得博雅楼顶部E的俯角为45°，尚美楼顶部F的俯角为30°，己知博雅楼高度CE为152 6 3 3 4 1 2 5 7 5

8 米，则尚美楼高度DF为_____________米．（结果保留根号）

【答案】30−53##−53+30

【解析】

【分析】过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AB于点N，首先证明出四边形ECAM是矩形，得到AM=CE=15，然后根据等腰直角三角形的性质得到AC=EM=BM=15，进而得到AD=AC=15，然后利用30°角直角三角形的性质和勾股定理求出BN=53，即可求解．

【详解】如图所示，过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AB于点N，

由题意可得，四边形ECAM是矩形，

∴AM=CE=15，

�AB=30，

∴BM=AB−AM=15，

�博雅楼顶部E的俯角为45°，

∴∠EBM=45°，

∴∠BEM=°45，

∴AC=EM=BM=15，

�点A是CD的中点，

∴AD=AC=15，

由题意可得四边形AMFN是矩形，

�NF=AD=15，

�尚美楼顶部F的俯角为30°，

9 �∠NBF=60°，

�∠BFN=30°，

�BF=2BN，

�在Rt△BNF中，BN2+NF2=BF2，

�BN2+152=(2BN)，

2�解得BN=53，

�FD=AN=AB−BN=30−53．

故答案为：30−53．

【点睛】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，锐角三角函数，勾股定理等知识，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，学会用构建方程的思想思考问题．

15.

如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF=a，DF=b，连接AE,BE，若b2a2___________．

VADE与△BEH的面积相等，则2+2=ab

【答案】3

【解析】

b2bb5+1【分析】根据题意得出a=b−ab，即2−−1=（负值舍去）代入进行计0，解方程得出=aaa222算即可求解．

【详解】解：∵图中AF=a，DF=b，

∴ED=AF=a,EH=EF=DF−DE=b−a

∵VADE与△BEH的面积相等，

11DE×AF=EH×BH

2211=∴a×a(b−a)×b

22∴ 10 2∴a=b2−ab

bb∴1−

aab2b∴2−−1=0

aa解得：2b5+1（负值舍去）

=a2b2a2∴2=+2ab5+12=3，

2+5+1b的方程是解题的关键．

a22故答案为：3．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算，根据题意列出关于16.

如图，已知点A(3,0)，点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120°到线段AC，若点C的坐标为(7,h)，则h=___________．

【答案】【解析】

23

3【分析】在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120°，过点C作CF⊥x于点F，在Rt△CEF中，解直角三角形可得EF=233h，再证明CAE≌ABD(AAS)，则h，CE=33AD=CE=234323h，AE=BD，求得OD=3−h，h，在RtBOD中，得BD=6−33343433h，得到3+6−h+h=7，解方程即可求得答案．

333AE=BD=6−【详解】解：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB=∠AEC=120°，过点C作CF⊥x于点F，

11

∵点C的坐标为(7,h)，

∴OF=7，CF=h，

在Rt△CEF中，∠CEF=180°−∠AEC=60°,CF=h,

∴EFCF3tan=3h=，CECF2360°sin=60°3h，

∵∠BAC=120°，

∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD=120°，

∴∠CAE=∠ABD，

∵AB=CA，

∴CAE≌ABD(AAS)，

∴AD=CE=233h，AE=BD，

∵点A(3,0)，

∴OA=3，

∴OD=OA−AD=3−233h，

在RtBOD中，∠BDO=180°−∠ADB=60°,

∴BD=ODcos∠BDO=ODcos60°=23−23433h=6−3h，∴AE=BD=6−433h，

∵OA+AE+EF=OF，

∴3+6−433h+33h=7，

12

= 解得h=23，

323

3故答案为：【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键．

三、专心解一解（本大题共8小题，满分72分．请认真读题，冷静思考解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把解题过程写在答题卡相应题号的位置）

x2+12x17.

化简：．

−x−1x−1【答案】x−1

【解析】

【分析】先计算同分母分式的减法，再利用完全平方公式约分化简．

x2+12x

【详解】解：−x−1x−1x2−2x+1

=x−1(x−1)=x−1=x−1

2

【点睛】本题考查分式的约分化简，解题的关键是掌握分式的运算法则．

18.

创建文明城市，构建美好家园．为提高垃圾分类意识，幸福社区决定采购A，B两种型号的新型垃圾桶．若购买3个A型垃圾桶和4个B型垃圾桶共需要580元，购买6个A型垃圾桶和5个B型垃圾桶共需要860元．

（1）求两种型号垃圾桶的单价；

（2）若需购买A，B两种型号的垃圾桶共200个，总费用不超过15000元，至少需购买A型垃圾桶多少个？

【答案】（1）A，B两种型号的单价分别为60元和100元

（2）至少需购买A型垃圾桶125个

【解析】

【分析】（1）设两种型号的单价分别为x元和y元，然后根据题意列出二元一次方程组求解即可；

13 （2）设购买A型垃圾桶a个，则购买A型垃圾桶(200−a)个，根据题意列出一元一次不等式并求解即可．

【小问1详解】

解：设A，B两种型号的单价分别为x元和y元，

5803x+4y=由题意：，

6x+5y=860解得：x=60，

y=100∴A，B两种型号的单价分别为60元和100元；

【小问2详解】

设购买A型垃圾桶a个，则购买B型垃圾桶(200−a)个，

由题意：60a+100(200−a)≤15000，

解得：a≥125，

∴至少需购买A型垃圾桶125个．

【点睛】本题考查二元一次方程组和一元一次不等式的实际应用，理解题意，找准数量关系，准确建立相应方程和不等式并求解是解题关键．

19.

打造书香文化，培养阅读习惯，崇德中学计划在各班建图书角，开展“我最喜欢阅读的书篇”为主题的调查活动，学生根据自己的爱好选择一类书籍（A：科技类，B：文学类，C：政史类，D：艺术类，E：其他类）．张老师组织数学兴趣小组对学校部分学生进行了问卷调查，根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图（如图所示）．

根据图中信息，请回答下列问题；

（1）条形图中的m=________，n=________，文学类书籍对应扇形圆心角等于________度；

（2）若该校有2000名学生，请你估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数；

（3）甲同学从A，B，C三类书籍中随机选择一种，乙同学从B，C，D三类书籍中随机选择一种，请用 14 画树状图或者列表法求甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率．

【答案】（1）18，6，72°

（2）480人

（3）【解析】

【分析】（1）根据选择“E：其他类”的人数及比例求出总人数，总人数乘以A占的比例即为m，总人数减去A，B，C

，E的人数即为n，360度乘以B占的比例即为文学类书籍对应扇形圆心角；

（2）利用样本估计总体思想求解；

（3）通过列表或画树状图列出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，再利用概率公式计算．2

9【小问1详解】

，

解：参与调查的总人数为：4÷8%=50（人）m=50×36%=18，

n=50−18−10−12−4=6，

=文学类书籍对应扇形圆心角10×360°=72°，

50故答案为：18，6，72°；

【小问2详解】

解：2000×12=480（人），

50因此估计最喜欢阅读政史类书籍的学生人数为480人；

【小问3详解】

解：画树状图如下：

由图可知，共有9种等可能的情况，其中甲乙两位同学选择相同类别书籍的情况有2种，

因此甲乙两位同学选择相同类别书籍的概率为：2．

9【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、利用样本估计总体、利用画树状图或者列表法求概率等，解题的关键是将条形统计图与扇形统计图的信息进行关联，掌握画树状图或者列表法求概率的原理．

20.

如图，ABC中，以AB为直径的O交BC于点D，DE是O的切线，且DE⊥AC，垂足为 15 E，延长CA交O于点F．

（1）求证：AB=AC；

=AE3,=DE6，求AF的长．

（2）若【答案】（1）见解析

（2）AF=9

【解析】

【分析】（1）连接AD，根据已知可得OD∥AC，则∠C=∠ODB，又∠B=∠ODB，等量代换得出∠C=∠B，即可证明AB=AC；

（2）连接BF，证明∠ADE=∠C，在Rt△ADE中，tan∠ADE==BF根据DE∥BF得出EF进而可得=EC2=DE12，=EC=12，即可求解．

【小问1详解】

证明：如图所示，连接AD，

1=FC12，根据AF=EF−AE，2AE1DE==tan∠C=，求得ED2EC

�以AB为直径的O交BC于点D，DE是O的切线，

∴OD⊥DE，

�DE⊥AC，

∴OD∥AC，

∴∠C=∠ODB，

又OB=OD，

∴∠B=∠ODB，

∴∠C=∠B，

∴AB=AC；

【小问2详解】

16 解：连接BF，AD，如图，

则AD⊥BC，BD=CD，

�∠ADC=∠ADB=∠AED=90°，

∴∠DAE+∠ADE=∠DAC+∠C，

∴∠ADE=∠C，

=AE3,=DE6，

在Rt△ADE中，∴tan∠ADE=AE1DE==tan∠C=，

ED2EC∴=EC2=DE12，

又∵AB是直径，

∴BF⊥CF，

∴DE∥BF，

∴ECCD=，

EFDBBF1=，

FC2∴EF=EC=12，

=C∴tan=BF∴1=FC12，

2∴AF=EF−AE=12−3=9．

【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，平行线分线段成比例，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．

kx+b(k≠0)与函数为=y221.

如图，一次函数y1=1m(x>0)的图象交于A(4,1),B,a两点．

x2 17

（1）求这两个函数的解析式；

（2）根据图象，直接写出满足y1−y2>0时x的取值范围；

（3）点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，垂足为M，交函数y2的图象于点Q，若△POQ面积为3，求点P的坐标．

−2x+9，=y2【答案】（1）y1=（2）1

24(x>0)

x（3）点P的坐标为(2,5)或【解析】

5,4

2=y2【分析】（1）将A(4,1)代入m(x>0)可求反比例函数解析式，进而求出点B坐标，再将A(4,1)和点xkx+b(k≠0)即可求出一次函数解析式；

B坐标代入y1=（2）直线AB在反比例函数图象上方部分对应的x的值即为所求；

代入一次函数解析式求出纵坐标，将x=p代入反比例函数求出点Q的纵坐标，（3）设点P的横坐标为p，进而用含p的代数式表示出PQ，再根据△POQ面积为3列方程求解即可．

【小问1详解】

=y2解：将A(4,1)代入解得m=4，

mm(x>0)，可得1=，

x44(x>0)；

x∴反比例函数解析式为=y2B41,a在=y2(x>0)图象上，

x2 18 ∴a=41=8，

2∴B1,82，

将A(4,1)，B1,82代入y=1kx+b，得：

4k+b=1，12k+b=8

解得k=−2，

b=9∴一次函数解析式为y1=−2x+9；

【小问2详解】

解：12

由（1）可知A(4,1),B12,8，

当y1−y2>0时，y1>y2，

此时直线AB在反比例函数图象上方，此部分对应的x的取值范围为120时，x的取值范围为12

【小问3详解】

解：设点P的横坐标为p，

将x=p代入y1=−2x+9，可得y1=−2p+9，

∴P(p,−2p+9)．

将x=p代入=y4x>0)，可得y2=42(xp，

∴Qp,4p．

∴PQ=−2p+9−4p，

19

∴SPOQ=114PQ⋅xP=×−2p+9−⋅p=3，

22p整理得2p2−9p+10=0，

解得p1=2，p2=5，

2−2×2+9=5，

当p=2时，−2p+9=当p=55−2×+9=4，

时，−2p+9=2252∴点P的坐标为(2,5)或,4．

【点睛】本题属于一次函数与反比例函数的综合题，考查求一次函数解析式、反比例函数解析式，坐标系中求三角形面积、解一元二次方程等知识点，解题的关键是熟练运用数形结合思想．

22.

加强劳动教育，落实五育并举．孝礼中学在当地政府的支持下，建成了一处劳动实践基地．2023年计划将其中1000m2的土地全部种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2）与其种植面积x（单位：m2）的函数关系如图所示，其中200≤x≤700；乙种蔬菜的种植成本为50元/m2．

（1）当x=___________m2时，y=35元/m2；

（2）设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？

（3）学校计划今后每年在这1000m2土地上，均按（2）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下降，若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025年的总种植成本为28920元？

【答案】（1）500

（2）当甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2时，W最小；

（3）当a为20时，2025年的总种植成本为28920元．

【解析】

【分析】（1）求出当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2）与其种植面积x（单位： 20 =ym2）的函数关系式为1x+10，当600

2012(x−400)+42000，由二次函数性质得到当x=400时，W有最小20（2）当200≤x≤600时，W=值，最小值为42000，当600

（3）根据2025年的总种植成本为28920元列出一元二次方程，解方程即可得到答案．

【小问1详解】

解：当200≤x≤600时，设甲种蔬菜种植成本y（单位；元/m2）与其种植面积x（单位：m2）的函数ykx+b，把点(200,20),(600,40)代入得，

关系式为=20200k+b=，

40600k+b=1k=解得20，

b=10=y∴当200≤x≤600时，1x+10，

20当600

=35∴当y=35时，1x+10，解得x=500，

20即当x=500m2时，y=35元/m2；

故答案为：500；

【小问2详解】

解：当200≤x≤600时，12121Wx−40x+50000==xx+10+50(1000−x=)(x−400)+42000，

202020∵1>0，

20∴抛物线开口向上，

∴当x=400时，W有最小值，最小值为42000，

21 40x+50(1000−x)=−10x+50000，

当600

∴W随着x的增大而减小，

∴当x=700时，W有最小值，最小值为W=−10×700+50000=43000，

综上可知，当甲种蔬菜的种植面积为400m2，乙种蔬菜的种植面积为600m2时，W最小；

【小问3详解】

由题意可得400221×400+10×(1−10%)+600×50(1−a%)=28920，

20=a120,=a2180（不合题意，舍去）解得，

∴当a为20时，2025年的总种植成本为28920元．

【点睛】此题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用、一次函数的应用等知识，读懂题意，正确列出函数解析式和方程是解题的关键．

23.

【问题呈现】

∠DCE=90°,CB=mCA,CE=mCD，连接AD，BE，△CAB和CDE都是直角三角形，∠ACB=探究AD，BE的位置关系．

（1）如图1，当m=1时，直接写出AD，BE的位置关系：____________；

（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．

【拓展应用】

（3）当mBE的长．

=3,AB4=7,DE4时，将CDE绕点C旋转，使A,D,E三点恰好在同一直线上，求【答案】（1）BE⊥AD

（2）成立；理由见解析

（3）BE=63或43

【解析】

【分析】（1）根据m=1，得出AC=BC，DC=EC，证明DCA≌ECB，得出∠DAC=∠CBE，根 22 据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；

（2）证明△DCA∽△ECB，得出∠DAC=根据∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，∠CBE，求出∠GAB+∠ABG=90°，即可证明结论；

（3）分两种情况，当点E在线段AD上时，当点D在线段AE上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．

【小问1详解】

解：∵m=1，

∴AC=BC，DC=EC，

∵∠DCE=∠ACB=90°，

∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，

∴∠DCA=∠ECB，

∴DCA≌ECB，

∴∠DAC=∠CBE，

∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，

=∠CBE+∠CAB+∠ABG

=∠CAB+∠CBA

180°−∠ACB

90°，

∴∠AGB=180°−90°=90°，

∴BE⊥AD；

故答案为：BE⊥AD．

【小问2详解】

解：成立；理由如下：

∵∠DCE=∠ACB=90°，

∴∠DCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB=90°，

∴∠DCA=∠ECB，

∵DC=ACCEBC=1m，

23

==∴△DCA∽△ECB，

∴∠DAC=∠CBE，

∵∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG，

=∠CBE+∠CAB+∠ABG

=∠CAB+∠CBA

=180°−∠ACB

=90°，

∴∠AGB=180°−90°=90°，

∴BE⊥AD；

【小问3详解】

解：当点E在线段AD上时，连接BE，如图所示：

设AE=x，则AD=AE+DE=+x4，

根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，

∴BEBCAD=AC=m=3，

∴BE=3AD=3(x+4)=3x+43，

根据解析（2）可知，BE⊥AD，

∴∠AEB=90°，

根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，

即x2+(3x+43)2=(47)2，

解得：x=2或x=−8（舍去），

∴此时BE=3x+43=63；

当点D在线段AE上时，连接BE，如图所示：

24

AD+DE=+y4，

设AD=y，则AE=根据解析（2）可知，△DCA∽△ECB，

∴BEBC==m=ADAC3，

∴=BE=3AD3y，

根据解析（2）可知，BE⊥AD，

90°，

∴∠AEB=根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，

即(y+4)+2(3y)(2=47，

)2，

解得：y=4或y=−6（舍去）∴此时=BE=3y43；

综上分析可知，BE=63或43．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．

24.

已知抛物线y=−x+bx+c与x轴交于A,B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,2)，点P为第一象限抛212物线上的点，连接CA,CB,PB,PC．

25 ______；

（1）直接写出结果；b=_____，c=_____，点A的坐标为_____，tan∠ABC=（2）如图1，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；

90，点E，F分别为（3）如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=°△BDQ的边DQ,DB上的动点，QE=DF，记BE+QF的最小值为m．

�求m的值；

=S�设PCB的面积为S，若【答案】（1）31，2，(−1,0)，2

212m−k，请直接写出k的取值范围．

4（2）(2,3)

（3）m=217，

13≤k≤17

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得b=由y=0，可得−123x+x+2=0，求得A(−1,0)，在RtCOB中，根据正切的定义求值即可；

223、c=2，从而可得OB=4，OC=2，2（2）过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作PE∥x轴，交y轴于点E，

由1，即∠OCA=∠ABC，再由∠PCB=2∠ABC，可得∠EPC=ABC，证213123EPEC−t2+t=明PECBOC，可得，设点P坐标为t,−t+t+2，可得t22，再进行=22OBOC42tan∠OCA=tan∠ABC=求解即可；

（3）�作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH．根据SAS证明BQE≌HDF，可得BE+QF=FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设13G(n,0)，则Qn,−n2+n+2，根据QG=BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可；

22�作PT∥y轴，交BC于点T，求出BC解析式，设Ta,−131a+2，Pa,−a2+a+2，利用三222角形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．

【小问1详解】

−x+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，

解：�抛物线y=212 26 �−8+4b+c=0，解得：c=2b=32，

c=2�抛物线解析式为：y=−1x2+322x+2，

�抛物线y=−1x22+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，

�y=0时，−12x2+32x+2=0，解得：x1=−1，x2=4，

�A(−1,0)，

�OB=4，OC=2，

在RtCOB中，tan∠ABC=OCOB=214=2，

故答案为：32，2，(−1,0)，12；

【小问2详解】

解：过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作PE∥x轴，交y轴于点E，

�AO=1，OC=2，OB=4，

�tan∠OCA=AOCO=12，

由（1）可得，tan∠ABC=12，即tan∠OCA=tan∠ABC，

�∠OCA=∠ABC，

�∠PCB=2∠OCA，

�∠PCB=2∠ABC，

�CD∥x轴，EP∥x轴，

�∠ACB=∠DCB，∠EPC=∠PCD，

�∠EPC=ABC，

又�∠PEC=∠BOC=90°，

�PEC∽BOC，

�EPOB=ECOC，

设点P坐标为t,−1231312t+2t+2，则EP=t，EC=−2t2+2t+2−2=−32t2+2t， 27

�t−1t2+32t，解得：t=0，t=2，

4=2（舍）2�点P坐标为(2,3)．

【小问3详解】

解：�如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH．

∵∠BQD+∠BDQ=90°，∠HDF+∠BDQ=90°，

∴∠QD=∠HDF，

∵QE=DF，DH=BQ，

∴BQE≌HDF(SAS)，

∴BE=FH，

∴BE+QF=FH+QF≥QH，

∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，∵OB=OD，∠BOD=°90，

∴∠OBD=45°，

∵∠QBD=°90，

∴∠QBG=45°，

∴QG=BG．

设G(n,0)，则Qn,−12n2+32n+2，

∴−12n2+32n+2=4−n，解得n=1或n=4（舍去），

∴Q(2,3)，

∴QG=BG=4−1=3，

28

∴BQ=DH=32，QD=52，

∴m=QH=(32)+(52)22=217；

���3，作PT∥y轴，交BC于点T，待定系数法可求BC解析式为y=−x+2，

12设Ta,−131a+2，Pa,−a2+a+2，

222则S=−112312a+a+2+a−2×4=−(a−2)+4，

2222∴0≤S≤4，

∴0≤12m−k≤4，

4∴0≤17−k≤4，

∴13≤k≤17．

【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角 29 函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．

30 31


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