2023年江西省南昌市中考數(shù)學試題及解析

2023年江西省南昌市中考數(shù)學試卷一、選擇題（本大題共6小題，每小題3分，共18分，每小題只有一個正確選項）1．（3分）（2023?南昌）計算（﹣1）0的結果為（）A．1B．﹣1C．0D．無意義2．（3分）（2023?南昌）2023年初，一列CRH5型高速車組進行了“300000公里正線運營考核”標志著中國高速快車從“中國制造”到“中國創(chuàng)造”的飛躍，將300000用科學記數(shù)法表示為（）A．3×106B．3×105C．0.3×106D．30×1043．（3分）（2023?南昌）下列運算正確的是（）A．（2a2）3=6a6B．﹣a2b2?3ab3=﹣3a2b5C．?=﹣1D．+=﹣14．（3分）（2023?南昌）如圖是將正方體切去一個角后形成的幾何體，則該幾何體的左視圖為（）A．B．C．D．5．（3分）（2023?南昌）如圖，小賢為了體驗四邊形的不穩(wěn)定性，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架ABCD，B與D兩點之間用一根橡皮筋拉直固定，然后向右扭動框架，觀察所得四邊形的變化，下列判斷錯誤的是（）A．四邊形ABCD由矩形變?yōu)槠叫兴倪呅蜝．BD的長度增大C．四邊形ABCD的面積不變D．四邊形ABCD的周長不變6．（3分）（2023?南昌）已知拋物線y=ax2+bx+c（a＞0）過（﹣2，0），（2，3）兩點，那么拋物線的對稱軸（）A．只能是x=﹣1B．可能是y軸C．在y軸右側且在直線x=2的左側D．在y軸左側且在直線x=﹣2的右側二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）7．（3分）（2023?南昌）一個角的度數(shù)為20°，則它的補角的度數(shù)為．8．（3分）（2023?南昌）不等式組的解集是．9．（3分）（2023?南昌）如圖，OP平分∠MON，PE⊥OM于E，PF⊥ON于F，OA=OB，則圖中有對全等三角形．10．（3分）（2023?南昌）如圖，點A，B，C在⊙O上，CO的延長線交AB于點D，∠A=50°，∠B=30°，則∠ADC的度數(shù)為．11．（3分）（2023?南昌）已知一元二次方程x2﹣4x﹣3=0的兩根為m，n，則m2﹣mn+n2=．12．（3分）（2023?南昌）如圖1是小志同學書桌上的一個電子相框，將其側面抽象為如圖2所示的幾何圖形，已知BC=BD=15cm，∠CBD=40°，則點B到CD的距離為cm（參考數(shù)據(jù)sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，結果精確到0.1cm，可用科學計算器）．13．（3分）（2023?南昌）兩組數(shù)據(jù)：3，a，2b，5與a，6，b的平均數(shù)都是6，若將這兩組數(shù)據(jù)合并為一組數(shù)據(jù)，則這組新數(shù)據(jù)的中位數(shù)為．14．（3分）（2023?南昌）如圖，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射線CO上的一個動點，∠AOC=60°，則當△PAB為直角三角形時，AP的長為．三、解答題（本大題共4小題，每小題6分，共24分）15．（6分）（2023?南昌）先化簡，再求值：2a（a+2b）﹣（a+2b）2，其中a=﹣1，b=．16．（6分）（2023?南昌）如圖，正方形ABCD于正方形A1B1C1D1關于某點中心對稱，已知A，D1，D三點的坐標分別是（0，4），（0，3），（0，2）．（1）求對稱中心的坐標．（2）寫出頂點B，C，B1，C1的坐標．17．（6分）（2023?南昌）⊙O為△ABC的外接圓，請僅用無刻度的直尺，根據(jù)下列條件分別在圖1，圖2中畫出一條弦，使這條弦將△ABC分成面積相等的兩部分（保留作圖痕跡，不寫作法）．（1）如圖1，AC=BC；（2）如圖2，直線l與⊙O相切于點P，且l∥BC．18．（6分）（2023?南昌）在一個不透明的袋子中裝有僅顏色不同的10個小球，其中紅球4個，黑球6個．（1）先從袋子中取出m（m＞1）個紅球，再從袋子中隨機摸出1個球，將“摸出黑球”記為事件A，請完成下列表格：事件A必然事件隨機事件m的值（2）先從袋子中取出m個紅球，再放入m個一樣的黑球并搖勻，隨機摸出1個黑球的概率等于，求m的值．四、解答題（本大題共3小題，每小題8分，共24分）19．（8分）（2023?南昌）某校為了了解學生家長對孩子使用的態(tài)度情況，隨機抽取部分學生家長進行問卷調(diào)查，發(fā)出問卷140份，每位學生家長1份，每份問卷僅表明一種態(tài)度，將回收的問卷進行整理（假設回收的問卷都有效），并繪制了如圖兩幅不完整的統(tǒng)計圖．根據(jù)以上信息解答下列問題：（1）回收的問卷數(shù)為份，“嚴加干涉”部分對應扇形的圓心角度數(shù)為．（2）把條形統(tǒng)計圖補充完整（3）若將“稍加詢問”和“從來不管”視為“管理不嚴”，已知全校共1500名學生，請估計該校對孩子使用“管理不嚴”的家長大約有多少人？20．（8分）（2023?南昌）（1）如圖1，紙片?ABCD中，AD=5，S?ABCD=15，過點A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCE′的位置，拼成四邊形AEE′D，則四邊形AEE′D的形狀為A．平行四邊形B．菱形C．矩形D．正方形（2）如圖2，在（1）中的四邊形紙片AEE′D中，在EE′上取一點F，使EF=4，剪下△AEF，將它平移至△DE′F′的位置，拼成四邊形AFF′D．①求證：四邊形AFF′D是菱形．②求四邊形AFF′D的兩條對角線的長．21．（8分）（2023?南昌）如圖，已知直線y=ax+b與雙曲線y=（x＞0）交于A（x1，y1），B（x2，y2）兩點（A與B不重合），直線AB與x軸交于P（x0，0），與y軸交于點C．（1）若A，B兩點坐標分別為（1，3），（3，y2），求點P的坐標．（2）若b=y1+1，點P的坐標為（6，0），且AB=BP，求A，B兩點的坐標．（3）結合（1），（2）中的結果，猜想并用等式表示x1，x2，x0之間的關系（不要求證明）．五、解答題（本大題共2小題，每小題9分，共18分）22．（9分）（2023?南昌）甲、乙兩人在100米直道AB上練習勻速往返跑，若甲、乙分別中A，B兩端同時出發(fā)，分別到另一端點處掉頭，掉頭時間不計，速度分別為5m/s和4m/s．（1）在坐標系中，虛線表示乙離A端的距離s（單位：m）與運動時間t（單位：s）之間的函數(shù)圖象（0≤t≤200），請在同一坐標系中用實線畫出甲離A端的距離s與運動時間t之間的函數(shù)圖象（0≤t≤200）；（2）根據(jù)（1）中所畫圖象，完成下列表格：兩人相遇次數(shù)（單位：次）1234…n兩人所跑路程之和（單位：m）100300…（3）①直接寫出甲、乙兩人分別在第一個100m內(nèi)，s與t的函數(shù)解析式，并指出自變量t的取值范圍；②當t=390s時，他們此時相遇嗎？若相遇，應是第幾次？若不相遇，請通過計算說明理由，并求出此時甲離A端的距離．23．（9分）（2023?南昌）如圖，已知二次函數(shù)L1：y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）和二次函數(shù)L2：y=﹣a（x+1）2+1（a＞0）圖象的頂點分別為M，N，與y軸分別交于點E，F(xiàn)．（1）函數(shù)y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值為，當二次函數(shù)L1，L2的y值同時隨著x的增大而減小時，x的取值范圍是．（2）當EF=MN時，求a的值，并判斷四邊形ENFM的形狀（直接寫出，不必證明）．（3）若二次函數(shù)L2的圖象與x軸的右交點為A（m，0），當△AMN為等腰三角形時，求方程﹣a（x+1）2+1=0的解．六、解答題（本大題共12分）24．（12分）（2023?南昌）我們把兩條中線互相垂直的三角形稱為“稱為中垂三角形”，例如圖1，圖2，圖3中，AF，BE是△ABC的中線，AF⊥BE，垂足為P，像△ABC這樣的三角形均稱為“中垂三角形”，設BC=a，AC=b，AB=c．特例探索（1）如圖1，當∠ABE=45°，c=2時，a=，b=．如圖2，當∠ABE=30°，c=4時，a=，b=．歸納證明（2）請你觀察（1）中的計算結果，猜想a2，b2，c2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖3證明你發(fā)現(xiàn)的關系式．拓展應用（3）如圖4，在?ABCD中，點E、F、G分別是AD，BC，CD的中點，BE⊥EG，AD=2，AB=3，求AF的長．2023年江西省南昌市中考數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共6小題，每小題3分，共18分，每小題只有一個正確選項）1．（3分）（2023?南昌）計算（﹣1）0的結果為（）A．1B．﹣1C．0D．無意義考點：零指數(shù)冪．分析：根據(jù)零指數(shù)冪的運算方法：a0=1（a≠0），求出（﹣1）0的結果為多少即可．解答：解：∵（﹣1）0=1，∴（﹣1）0的結果為1．故選：A．點評：此題主要考查了零指數(shù)冪的運算，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：（1）a0=1（a≠0）；（2）00≠1．2．（3分）（2023?南昌）2023年初，一列CRH5型高速車組進行了“300000公里正線運營考核”標志著中國高速快車從“中國制造”到“中國創(chuàng)造”的飛躍，將300000用科學記數(shù)法表示為（）A．3×106B．3×105C．0.3×106D．30×104考點：科學記數(shù)法—表示較大的數(shù)．分析：科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值＞1時，n是正數(shù)；當原數(shù)的絕對值＜1時，n是負數(shù)．解答：解：將300000用科學記數(shù)法表示為：3×105．故選：B．點評：此題考查科學記數(shù)法的表示方法．科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．3．（3分）（2023?南昌）下列運算正確的是（）A．（2a2）3=6a6B．﹣a2b2?3ab3=﹣3a2b5C．?=﹣1D．+=﹣1考點：分式的乘除法；冪的乘方與積的乘方；單項式乘單項式；分式的加減法．專題：計算題．分析：A、原式利用冪的乘方與積的乘方運算法則計算得到結果，即可做出判斷；B、原式利用單項式乘以單項式法則計算得到結果，即可做出判斷；C、原式約分得到結果，即可做出判斷；D、原式變形后，利用同分母分式的減法法則計算，約分即可得到結果．解答：解：A、原式=8a4，錯誤；B、原式=﹣3a3b5，錯誤；C、原式=a﹣1，錯誤；D、原式===﹣1，正確；故選D．點評：此題考查了分式的乘除法，冪的乘方與積的乘方，單項式乘單項式，以及分式的加減法，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．4．（3分）（2023?南昌）如圖是將正方體切去一個角后形成的幾何體，則該幾何體的左視圖為（）A．B．C．D．考點：簡單組合體的三視圖．分析：找到從左面看所得到的圖形即可，注意所有的看到的棱都應表現(xiàn)在視圖中．解答：解：從左面看所得到的圖形是正方形，切去部分的棱能看到，用實線表示，故選：C．點評：本題考查了三視圖的知識，掌握主視圖是從物體的正面看得到的視圖，左視圖是從物體的左面看得到的視圖，俯視圖是從物體的上面看得到的視圖是解題的關鍵．5．（3分）（2023?南昌）如圖，小賢為了體驗四邊形的不穩(wěn)定性，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架ABCD，B與D兩點之間用一根橡皮筋拉直固定，然后向右扭動框架，觀察所得四邊形的變化，下列判斷錯誤的是（）A．四邊形ABCD由矩形變?yōu)槠叫兴倪呅蜝．BD的長度增大C．四邊形ABCD的面積不變D．四邊形ABCD的周長不變考點：矩形的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．分析：由將四根木條用釘子釘成一個矩形框架ABCD，B與D兩點之間用一根橡皮筋拉直固定，然后向右扭動框架，由平行四邊形的判定定理知四邊形變成平行四邊形，由于四邊形的每條邊的長度沒變，所以周長沒變；拉成平行四邊形后，高變小了，但底邊沒變，所以面積變小了，BD的長度增加了．解答：解：∵矩形框架ABCD，B與D兩點之間用一根橡皮筋拉直固定，然后向右扭動框架，∴AD=BC，AB=DC，∴四邊形變成平行四邊形，故A正確；BD的長度增加，故B正確；∵拉成平行四邊形后，高變小了，但底邊沒變，∴面積變小了，故C錯誤；∵四邊形的每條邊的長度沒變，∴周長沒變，故D正確，故選C．點評：本題主要考查了矩形的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)，弄清圖形變化后的變量和不變量是解答此題的關鍵．6．（3分）（2023?南昌）已知拋物線y=ax2+bx+c（a＞0）過（﹣2，0），（2，3）兩點，那么拋物線的對稱軸（）A．只能是x=﹣1B．可能是y軸C．在y軸右側且在直線x=2的左側D．在y軸左側且在直線x=﹣2的右側考點：二次函數(shù)的性質(zhì)．分析：根據(jù)題意判定點（﹣2，0）關于對稱軸的對稱點橫坐標x2滿足：﹣2＜x2＜2，從而得出﹣2＜＜0，即可判定拋物線對稱軸的位置．解答：解：∵拋物線y=ax2+bx+c（a＞0）過（﹣2，0），（2，3）兩點，∴點（﹣2，0）關于對稱軸的對稱點橫坐標x2滿足：﹣2＜x2＜2，∴﹣2＜＜0，∴拋物線的對稱軸在y軸左側且在直線x=﹣2的右側．故選D．點評：本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)點坐標判斷出另一個點的位置是解題的關鍵．二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）7．（3分）（2023?南昌）一個角的度數(shù)為20°，則它的補角的度數(shù)為160°．考點：余角和補角．分析：根據(jù)互為補角的兩個角的和等于180°列式進行計算即可得解．解答：解：180°﹣20°=160°．故答案為：160°．點評：本題考查了余角和補角，解決本題的關鍵是熟記互為補角的和等于180°．8．（3分）（2023?南昌）不等式組的解集是﹣3＜x≤2．考點：解一元一次不等式組．專題：計算題．分析：分別求出不等式組中兩不等式的解集，找出解集的公共部分即可．解答：解：，由①得：x≤2，由②得：x＞﹣3，則不等式組的解集為﹣3＜x≤2．故答案為：﹣3＜x≤2點評：此題考查了解一元一次不等式組，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．9．（3分）（2023?南昌）如圖，OP平分∠MON，PE⊥OM于E，PF⊥ON于F，OA=OB，則圖中有3對全等三角形．考點：全等三角形的判定；角平分線的性質(zhì)．分析：由OP平分∠MON，PE⊥OM于E，PF⊥ON于F，得到PE=PF，∠1=∠2，證得△AOP≌△BOP，再根據(jù)△AOP≌△BOP，得出AP=BP，于是證得△AOP≌△BOP，和Rt△AOP≌Rt△BOP．解答：解：OP平分∠MON，PE⊥OM于E，PF⊥ON于F，∴PE=PF，∠1=∠2，在△AOP與△BOP中，，∴△AOP≌△BOP，∴AP=BP，在△EOP與△FOP中，，∴△AOP≌△BOP，在Rt△AOP與Rt△BOP中，，∴Rt△AOP≌Rt△BOP，∴圖中有3對全等三角形，故答案為：3．點評：本題考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．10．（3分）（2023?南昌）如圖，點A，B，C在⊙O上，CO的延長線交AB于點D，∠A=50°，∠B=30°，則∠ADC的度數(shù)為110°．考點：圓周角定理．分析：根據(jù)圓周角定理求得∠BOC=100°，進而根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)求得∠BDC=70°，然后根據(jù)鄰補角求得∠ADC的度數(shù)．解答：解：∵∠A=50°，∴∠BOC=2∠A=100°，∵∠B=30°，∠BOC=∠B+?BDC，∴∠BDC=∠BOC﹣∠B=100°﹣30°=70°，∴∠ADC=180°﹣∠BDC=110°，故答案為110°．點評：本題考查了圓心角和圓周角的關系及三角形外角的性質(zhì)，圓心角和圓周角的關系是解題的關鍵．11．（3分）（2023?南昌）已知一元二次方程x2﹣4x﹣3=0的兩根為m，n，則m2﹣mn+n2=25．考點：根與系數(shù)的關系．分析：由m與n為已知方程的解，利用根與系數(shù)的關系求出m+n與mn的值，將所求式子利用完全平方公式變形后，代入計算即可求出值．解答：解：∵m，n是一元二次方程x2﹣4x﹣3=0的兩個根，∴m+n=4，mn=﹣3，則m2﹣mn+n2=（m+n）2﹣3mn=16+9=25．故答案為：25．點評：此題考查了一元二次方程根與系數(shù)的關系，將根與系數(shù)的關系與代數(shù)式變形相結合解題是一種經(jīng)常使用的解題方法．12．（3分）（2023?南昌）如圖1是小志同學書桌上的一個電子相框，將其側面抽象為如圖2所示的幾何圖形，已知BC=BD=15cm，∠CBD=40°，則點B到CD的距離為14.1cm（參考數(shù)據(jù)sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，結果精確到0.1cm，可用科學計算器）．考點：解直角三角形的應用．分析：作BE⊥CD于E，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和∠CBD=40°，求出∠CBE的度數(shù)，根據(jù)余弦的定義求出BE的長．解答：解：如圖2，作BE⊥CD于E，∵BC=BD，∠CBD=40°，∴∠CBE=20°，在Rt△CBE中，cos∠CBE=，∴BE=BC?cos∠CBE=15×0.940=14.1cm．故答案為：14.1．點評：本題考查的是解直角三角形的應用，掌握銳角三角函數(shù)的概念是解題的關鍵，作出合適的輔助線構造直角三角形是解題的重要環(huán)節(jié)．13．（3分）（2023?南昌）兩組數(shù)據(jù)：3，a，2b，5與a，6，b的平均數(shù)都是6，若將這兩組數(shù)據(jù)合并為一組數(shù)據(jù)，則這組新數(shù)據(jù)的中位數(shù)為6．考點：中位數(shù)；算術平均數(shù)．分析：首先根據(jù)平均數(shù)的定義列出關于a、b的二元一次方程組，再解方程組求得a、b的值，然后求中位數(shù)即可．解答：解：∵兩組數(shù)據(jù)：3，a，2b，5與a，6，b的平均數(shù)都是6，∴，解得，若將這兩組數(shù)據(jù)合并為一組數(shù)據(jù)，按從小到大的順序排列為3，4，5，6，8，8，8，一共7個數(shù)，第四個數(shù)是6，所以這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是6．故答案為6．點評：本題考查平均數(shù)和中位數(shù)．平均數(shù)是指在一組數(shù)據(jù)中所有數(shù)據(jù)之和再除以數(shù)據(jù)的個數(shù)．一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)與這組數(shù)據(jù)的排序及數(shù)據(jù)個數(shù)有關，因此求一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)時，先將該組數(shù)據(jù)按從小到大（或按從大到?。┑捻樞蚺帕校缓蟾鶕?jù)數(shù)據(jù)的個數(shù)確定中位數(shù)：當數(shù)據(jù)個數(shù)為奇數(shù)時，則中間的一個數(shù)即為這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；當數(shù)據(jù)個數(shù)為偶數(shù)時，則最中間的兩個數(shù)的算術平均數(shù)即為這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．14．（3分）（2023?南昌）如圖，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射線CO上的一個動點，∠AOC=60°，則當△PAB為直角三角形時，AP的長為2或2或2．考點：勾股定理；含30度角的直角三角形；直角三角形斜邊上的中線．專題：分類討論．分析：利用分類討論，當∠APB=90°時，易得∠PAB=30°，利用銳角三角函數(shù)得AP的長；當∠ABP=90°時，分兩種情況討論，情況一：如圖2易得BP，利用勾股定理可得AP的長；情況二：如圖3，利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半得出結論．解答：解：當∠APB=90°時（如圖1），∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠AOC=60°，∴∠BOP=60°，∴△BOP為等邊三角形，∵AB=BC=4，∴AP=AB?sin60°=4×=2；當∠ABP=90°時，情況一：（如圖2），∵∠AOC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∴BP===2，在直角三角形ABP中，AP==2，情況二：如圖3，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO，∵∠AOC=60°，∴△AOP為等邊三角形，∴AP=AO=2，故答案為：2或2或2．點評：本題主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性質(zhì)和直角三角形斜邊的中線，分類討論，數(shù)形結合是解答此題的關鍵．三、解答題（本大題共4小題，每小題6分，共24分）15．（6分）（2023?南昌）先化簡，再求值：2a（a+2b）﹣（a+2b）2，其中a=﹣1，b=．考點：整式的混合運算—化簡求值．專題：計算題．分析：原式第一項利用單項式乘以多項式法則計算，第二項利用完全平方公式化簡，去括號合并得到最簡結果，把a與b的值代入計算即可求出值．解答：解：原式=2a2+4ab﹣a2﹣4ab﹣4b2=a2﹣4b2，當a=﹣1，b=時，原式=1﹣12=﹣11．點評：此題考查了整式的混合運算﹣化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．16．（6分）（2023?南昌）如圖，正方形ABCD于正方形A1B1C1D1關于某點中心對稱，已知A，D1，D三點的坐標分別是（0，4），（0，3），（0，2）．（1）求對稱中心的坐標．（2）寫出頂點B，C，B1，C1的坐標．考點：中心對稱；坐標與圖形性質(zhì)．分析：（1）根據(jù)對稱中心的性質(zhì)，可得對稱中心的坐標是D1D的中點，據(jù)此解答即可．（2）首先根據(jù)A，D的坐標分別是（0，4），（0，2），求出正方形ABCD與正方形A1B1C1D1的邊長是多少，然后根據(jù)A，D1，D三點的坐標分別是（0，4），（0，3），（0，2），判斷出頂點B，C，B1，C1的坐標各是多少即可．解答：解：（1）根據(jù)對稱中心的性質(zhì)，可得對稱中心的坐標是D1D的中點，∵D1，D的坐標分別是（0，3），（0，2），∴對稱中心的坐標是（0，2.5）．（2）∵A，D的坐標分別是（0，4），（0，2），∴正方形ABCD與正方形A1B1C1D1的邊長都是：4﹣2=2，∴B，C的坐標分別是（﹣2，4），（﹣2，2），∵A1D1=2，D1的坐標是（0，3），∴A1的坐標是（0，1），∴B1，C1的坐標分別是（2，1），（2，3），綜上，可得頂點B，C，B1，C1的坐標分別是（﹣2，4），（﹣2，2），（2，1），（2，3）．點評：（1）此題主要考查了中心對稱的性質(zhì)和應用，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確中心對稱的性質(zhì)：①關于中心對稱的兩個圖形能夠完全重合；②關于中心對稱的兩個圖形，對應點的連線都經(jīng)過對稱中心，并且被對稱中心平分．（2）此題還考查了坐標與圖形的性質(zhì)的應用，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確點到坐標軸的距離與這個點的坐標是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標有關，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標有關；②距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆枺?7．（6分）（2023?南昌）⊙O為△ABC的外接圓，請僅用無刻度的直尺，根據(jù)下列條件分別在圖1，圖2中畫出一條弦，使這條弦將△ABC分成面積相等的兩部分（保留作圖痕跡，不寫作法）．（1）如圖1，AC=BC；（2）如圖2，直線l與⊙O相切于點P，且l∥BC．考點：作圖—復雜作圖；三角形的外接圓與外心；切線的性質(zhì)．專題：作圖題．分析：（1）過點C作直徑CD，由于AC=BC，=，根據(jù)垂徑定理的推理得CD垂直平分AB，所以AD將△ABC分成面積相等的兩部分；（2）連結PO并延長交BC于E，過點A、E作弦AD，由于直線l與⊙O相切于點P，根據(jù)切線的性質(zhì)得OP⊥l，而l∥BC，則PE⊥BC，根據(jù)垂徑定理得BE=CE，所以弦AE將△ABC分成面積相等的兩部分．解答：解：（1）如圖1，直徑CD為所求；（2）如圖2，弦AD為所求．點評：本題考查了復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎上進行作圖，一般是結合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了切線的性質(zhì)．18．（6分）（2023?南昌）在一個不透明的袋子中裝有僅顏色不同的10個小球，其中紅球4個，黑球6個．（1）先從袋子中取出m（m＞1）個紅球，再從袋子中隨機摸出1個球，將“摸出黑球”記為事件A，請完成下列表格：事件A必然事件隨機事件m的值42，3（2）先從袋子中取出m個紅球，再放入m個一樣的黑球并搖勻，隨機摸出1個黑球的概率等于，求m的值．考點：概率公式；隨機事件．分析：（1）當袋子中全部為黑球時，摸出黑球才是必然事件，否則就是隨機事件；（2）利用概率公式列出方程，求得m的值即可．解答：解：（1）當袋子中全為黑球，即摸出4個紅球時，摸到黑球是必然事件；當摸出2個或3個時，摸到黑球為隨機事件，故答案為：4；2，3．（2）根據(jù)題意得：=，解得：m=2，所以m的值為2．點評：本題考查的是概率的求法．如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結果，那么事件A的概率P（A）=．四、解答題（本大題共3小題，每小題8分，共24分）19．（8分）（2023?南昌）某校為了了解學生家長對孩子使用的態(tài)度情況，隨機抽取部分學生家長進行問卷調(diào)查，發(fā)出問卷140份，每位學生家長1份，每份問卷僅表明一種態(tài)度，將回收的問卷進行整理（假設回收的問卷都有效），并繪制了如圖兩幅不完整的統(tǒng)計圖．根據(jù)以上信息解答下列問題：（1）回收的問卷數(shù)為120份，“嚴加干涉”部分對應扇形的圓心角度數(shù)為30°．（2）把條形統(tǒng)計圖補充完整（3）若將“稍加詢問”和“從來不管”視為“管理不嚴”，已知全校共1500名學生，請估計該校對孩子使用“管理不嚴”的家長大約有多少人？考點：條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；扇形統(tǒng)計圖．分析：（1）用“從來不管”的問卷數(shù)除以其所占百分比求出回收的問卷總數(shù)；用“嚴加干涉”部分的問卷數(shù)除以問卷總數(shù)得出百分比，再乘以360°即可；（2）用問卷總數(shù)減去其他兩個部分的問卷數(shù)，得到“稍加詢問”的問卷數(shù)，進而補全條形統(tǒng)計圖；（3）用“稍加詢問”和“從來不管”兩部分所占的百分比的和乘以1500即可得到結果．解答：解：（1）回收的問卷數(shù)為：30÷25%=120（份），“嚴加干涉”部分對應扇形的圓心角度數(shù)為：×360°=30°．故答案為：120，30°；（2）“稍加詢問”的問卷數(shù)為：120﹣（30+10）=80（份），補全條形統(tǒng)計圖，如圖所示：（3）根據(jù)題意得：1500×=1375（人），則估計該校對孩子使用“管理不嚴”的家長大約有1375人．點評：本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用．讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵．條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大小．也考查了利用樣本估計總體．20．（8分）（2023?南昌）（1）如圖1，紙片?ABCD中，AD=5，S?ABCD=15，過點A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCE′的位置，拼成四邊形AEE′D，則四邊形AEE′D的形狀為CA．平行四邊形B．菱形C．矩形D．正方形（2）如圖2，在（1）中的四邊形紙片AEE′D中，在EE′上取一點F，使EF=4，剪下△AEF，將它平移至△DE′F′的位置，拼成四邊形AFF′D．①求證：四邊形AFF′D是菱形．②求四邊形AFF′D的兩條對角線的長．考點：圖形的剪拼；平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的判定；平移的性質(zhì)．分析：（1）根據(jù)矩形的判定，可得答案；（2）①根據(jù)菱形的判定，可得答案；②根據(jù)勾股定理，可得答案．解答：解：（1）如圖1，紙片?ABCD中，AD=5，S?ABCD=15，過點A作AE⊥BC，垂足為E，沿AE剪下△ABE，將它平移至△DCE′的位置，拼成四邊形AEE′D，則四邊形AEE′D的形狀為矩形，故選：C；（2）①證明：∵紙片?ABCD中，AD=5，S?ABCD=15，過點A作AE⊥BC，垂足為E，∴AE=3．如圖2：，∵△AEF，將它平移至△DE′F′，∴AF∥DF′，AF=DF′，∴四邊形AFF′D是平行四邊形．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF===5，∴AF=AD=5，∴四邊形AFF′D是菱形；②連接AF′，DF，如圖3：在Rt△DE′F中E′F=FF′﹣E′F′=5﹣4=1，DE′=3，∴DF===，在Rt△AEF′中EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=3，∴AF′===3．點評：本題考查了圖形的剪拼，利用了矩形的判定，菱形的判定，勾股定理．21．（8分）（2023?南昌）如圖，已知直線y=ax+b與雙曲線y=（x＞0）交于A（x1，y1），B（x2，y2）兩點（A與B不重合），直線AB與x軸交于P（x0，0），與y軸交于點C．（1）若A，B兩點坐標分別為（1，3），（3，y2），求點P的坐標．（2）若b=y1+1，點P的坐標為（6，0），且AB=BP，求A，B兩點的坐標．（3）結合（1），（2）中的結果，猜想并用等式表示x1，x2，x0之間的關系（不要求證明）．考點：反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題．分析：（1）先把A（1，3）），B（3，y2）代入y=求得反比例函數(shù)的解析式，進而求得B的坐標，然后把A、B代入y=ax+b利用待定系數(shù)法即可求得直線的解析式，繼而即可求得P的坐標；（2）作AD⊥y軸于D，AE⊥x軸于E，BF⊥x軸于F，BG⊥y軸于G，AE、BG交于H，則AD∥BG∥x軸，AE∥BF∥y軸，得出=，==，根據(jù)題意得出=，==，從而求得B（，y1），然后根據(jù)k=xy得出x1?y1=?y1，求得y1=2，代入=，解得x1=2，即可求得A、B的坐標；（3）合（1），（2）中的結果，猜想x1+x2=x0．解答：解：（1）∵直線y=ax+b與雙曲線y=（x＞0）交于A（1，3），∴k=1×3=3，∴y=，∵B（3，y2）在反比例函數(shù)的圖象上，∴y2==1，∴B（3，1），∵直線y=ax+b經(jīng)過A、B兩點，∴解得，∴直線為y=﹣x+4，令y=0，則x=4，∴P（4，O）；（2）如圖，作AD⊥y軸于D，AE⊥x軸于E，BF⊥x軸于F，BG⊥y軸于G，AE、BG交于H，則AD∥BG∥x軸，AE∥BF∥y軸，∴=，==，∵b=y1+1，AB=BP，∴=，==，∴B（，y1）∵A，B兩點都是反比例函數(shù)圖象上的點，∴x1?y1=?y1，解得y1=2，代入=，解得x1=2，∴A（2，2），B（4，1）．（3）根據(jù)（1），（2）中的結果，猜想：x1，x2，x0之間的關系為x1+x2=x0．點評：本題考查了待定系數(shù)法求解析式以及反比例函數(shù)和一次函數(shù)的交點問題，數(shù)形結合思想的運用是解題的關鍵．五、解答題（本大題共2小題，每小題9分，共18分）22．（9分）（2023?南昌）甲、乙兩人在100米直道AB上練習勻速往返跑，若甲、乙分別中A，B兩端同時出發(fā)，分別到另一端點處掉頭，掉頭時間不計，速度分別為5m/s和4m/s．（1）在坐標系中，虛線表示乙離A端的距離s（單位：m）與運動時間t（單位：s）之間的函數(shù)圖象（0≤t≤200），請在同一坐標系中用實線畫出甲離A端的距離s與運動時間t之間的函數(shù)圖象（0≤t≤200）；（2）根據(jù)（1）中所畫圖象，完成下列表格：兩人相遇次數(shù)（單位：次）1234…n兩人所跑路程之和（單位：m）100300500700…200n﹣100（3）①直接寫出甲、乙兩人分別在第一個100m內(nèi)，s與t的函數(shù)解析式，并指出自變量t的取值范圍；②當t=390s時，他們此時相遇嗎？若相遇，應是第幾次？若不相遇，請通過計算說明理由，并求出此時甲離A端的距離．考點：一次函數(shù)的應用．分析：（1）根據(jù)甲跑100米所用的時間為100÷5=20（秒），畫出圖象即可；（2）根據(jù)甲和乙第一次相遇時，兩人所跑路程之和為100米，甲和乙第二次相遇時，兩人所跑路程之和為100×2+100=300（米），甲和乙第三次相遇時，兩人所跑路程之和為200×2+100=500（米），甲和乙第四次相遇時，兩人所跑路程之和為300×2+100=700（米），找到規(guī)律即可解答；（3）①根據(jù)路程、速度、時間之間的關系即可解答；②由200n﹣100=9×390，解得：n=18.05，根據(jù)n不是整數(shù)，所以此時不相遇，當t=400s時，甲回到A，所以當t=390s時，甲離A端距離為（400﹣390）×5=50m．解答：解：（1）如圖：（2）甲和乙第一次相遇時，兩人所跑路程之和為100米，甲和乙第二次相遇時，兩人所跑路程之和為100×2+100=300（米），甲和乙第三次相遇時，兩人所跑路程之和為200×2+100=500（米），甲和乙第四次相遇時，兩人所跑路程之和為300×2+100=700（米），…甲和乙第n次相遇時，兩人所跑路程之和為（n﹣1）×100×2+100=200n﹣100（米），故答案為：500，700，200n﹣100；（3）①s甲=5t（0≤t＜20），s乙=4t（0≤t≤25）．②由200n﹣100=9×390，解得：n=18.05，∵n不是整數(shù)，∴此時不相遇，當t=400s時，甲回到A，當t=390s時，甲離A端距離為（400﹣390）×5=50m．點評：本題考查了一次函數(shù)的應用，解決本題的關鍵是相遇問題，第一次相遇100米，以后每次走200米相遇一次，根據(jù)所走的路程可求解．23．（9分）（2023?南昌）如圖，已知二次函數(shù)L1：y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）和二次函數(shù)L2：y=﹣a（x+1）2+1（a＞0）圖象的頂點分別為M，N，與y軸分別交于點E，F(xiàn)．（1）函數(shù)y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值為3，當二次函數(shù)L1，L2的y值同時隨著x的增大而減小時，x的取值范圍是﹣1＜x＜1．（2）當EF=MN時，求a的值，并判斷四邊形ENFM的形狀（直接寫出，不必證明）．（3）若二次函數(shù)L2的圖象與x軸的右交點為A（m，0），當△AMN為等腰三角形時，求方程﹣a（x+1）2+1=0的解．考點：二次函數(shù)綜合題．分析：（1）把二次函數(shù)L1：y=ax2﹣2ax+a+3化成頂點式，即可求得最小值，分別求得二次函數(shù)L1，L2的y值隨著x的增大而減小的x的取值，從而求得二次函數(shù)L1，L2的y值同時隨著x的增大而減小時，x的取值范圍；（2）先求得E、F點的坐標，作MG⊥y軸于G，則MG=1，作NH⊥y軸于H，則NH=1，從而求得MG=NH=1，然后證得△EMG≌△FNH，∠MEF=∠NFE，EM=NF，進而證得EM∥NF，從而得出四邊形ENFM是平行四邊形；（3）作MN的垂直平分線，交MN于D，交x軸于A，先求得D的坐標，繼而求得MN的解析式，進而就可求得直線AD的解析式，令y=0，求得A的坐標，根據(jù)對稱軸從而求得另一個交點的坐標，就可求得方程﹣a（x+1）2+1=0的解．解答：解：（1）∵二次函數(shù)L1：y=ax2﹣2ax+a+3=a（x﹣1）2+3，∴頂點M坐標為（1，3），∵a＞0，∴函數(shù)y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值為3，∵二次函數(shù)L1的對稱軸為x=1，當x＜1時，y隨x的增大而減?。欢魏瘮?shù)L2：y=﹣a（x+1）2+1的對稱軸為x=﹣1，當x＞﹣1時，y隨x的增大而減小；∴當二次函數(shù)L1，L2的y值同時隨著x的增大而減小時，x的取值范圍是﹣1＜x＜1；故答案為：3，﹣1＜x＜1．（2）由二次函數(shù)L1：y=ax2﹣2ax+a+3可知E（0，a+3），由二次函數(shù)L2：y=﹣a（x+1）2+1=﹣a2x﹣2ax﹣a+1可知F（0，﹣a+1），∵M（1，3），N（﹣1，1），∴EF=MN==2，∴a+3﹣（﹣a+1）=2，∴a=﹣1，作MG⊥y軸于G，則MG=1，作NH⊥y軸于H，則NH=1，∴MG=NH=1，∵EG=a+3﹣3=a，F(xiàn)H=1﹣（﹣a+1）=a，∴EG=FH，在△EMG和△FNH中，，∴△EMG≌△FNH（SAS），∴∠MEF=∠NFE，EM=NF，∴EM∥NF，∴四邊形ENFM是平行四邊形；∵EF=MN，∴四邊形ENFM是矩形