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2019年湖北省恩施州鹤峰县中考数学一模试卷（含答案解析）
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这是一份2019年湖北省恩施州鹤峰县中考数学一模试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1、(3分) -3的绝对值是（ ）
2、(3分) 2018年03月05日上午9时，李克强总理代表国务院向大会作政府工作报告，报告中说：五年来，经济实力跃上新台阶，国内生产总值从54万亿元增加到82.7万亿元．82.7万亿元用科学记数法表示正确的是（ ）
3、(3分) 如图，BC∥DE，∠A=94°，∠B=31°，则∠1的度数为（ ）
4、(3分) 下列计算正确的是（ ）
5、(3分) 小明要给刚结识的朋友小林打电话，他只记住了电话号码的前5位的顺序，后3位是3，6，8三个数字的某一种排列顺序，但具体顺序忘记了，那么小明第一次就拨通电话的概率是（ ）
6、(3分) 若不等式组有解，则实数m的取值范围是（ ）
7、(3分) 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，D是AC上一点，DE⊥AB于E，且CD=2，DE=1，则BC的长为（ ）
8、(3分) 如图，有一圆心角为120°，半径长为6cm的扇形，若将OA、OB重合后围成一圆锥侧面，那么圆锥的高是（ ）
9、(3分) 随着市场竞争日益激烈，某商品一个月内连续两次降价，第一次降价10%，第二次再降价10%后，售价为810元，则原售价为（ ）
10、(3分) 如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
11、(3分) 如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则sin∠ECB为（ ）
12、(3分) 已知：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论中：①abc＞0；②2a+b＜0；③a+b＞m（am+b）（m≠1的实数）；④（a+c）2＜b2；⑤a＞1，其中正确的是（ ）
二、填空题（本大题共 4 小题，共 12 分）
13、(3分) 因式分解：6ab2-9a2b-b3=______．
14、(3分) 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，△AB′C′可以由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点），连接CC′，则∠CC′B′的度数是______．
15、(3分) 如图，AC⊥BC，AC=BC=2，以AC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作⊙C，过点O作BC的平行线交两弧于点D、E，则阴影部分的面积是______．
16、(3分) 如图所示，已知：点A（0，0），B（，0），C（0，1）在△ABC内依次作等边三角形，使一边在x轴上，另一个顶点在BC边上，作出的等边三角形分别是第1个△AA1B1，第2个△B1A2B2，第3个△B2A3B3，…，则第n个等边三角形的边长等于 ______．
三、计算题（本大题共 2 小题，共 18 分）
17、(8分) 先化简，再求值：•-（），其中x=．
18、(10分) 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，DE⊥BD交AB于点E，设⊙O是△BDE的外接圆．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）探究线段BC，BD，BO之间的数量关系，并证明；
（3）若DC=2，BC=4，求AD的长．
四、解答题（本大题共 6 小题，共 54 分）
19、(8分) 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA=______°时，四边形BFDE是正方形．
20、(8分) 学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了______名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
21、(8分) 数学兴趣小组想利用所学的知识了解某广告牌的高度，已知CD=2m，经测量，得到其它数据如图所示．其中∠CAH=30°，∠DBH=60°，AB=10m．请你根据以上数据计算GH的长．（≈1.73，要求结果精确到0.1m）
22、(8分) 如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，3）．双曲线y=（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是OC边上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
23、(10分) 某学校为了改善办学条件，计划购置一批电子白板和一批笔记本电脑，经投标，购买1块电子白板比买3台笔记本电脑多3000元，购买4块电子白板和5台笔记本电脑共需80000元．
（1）求购买1块电子白板和一台笔记本电脑各需多少元？
（2）根据该校实际情况，需购买电子白板和笔记本电脑的总数为396，要求购买的总费用不超过2700000元，并购买笔记本电脑的台数不超过购买电子白板数量的3倍，该校有哪几种购买方案？
（3）上面的哪种购买方案最省钱？按最省钱方案购买需要多少钱？
24、(12分) 如图1所示，已知抛物线y=-x2+4x+5的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．
（1）直接写出D点和E点的坐标；
（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，S△HGF：S△BGF=5：6？
（3）图2所示的抛物线是由y=-x2+4x+5向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2019年湖北省恩施州鹤峰县中考数学一模试卷
【 第 1 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：|-3|=3，
故选：C．
根据绝对值的定义：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值．则-3的绝对值就是表示-3的点与原点的距离．
此题主要考查了绝对值，关键是掌握：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：82.7万亿元=8.27×1013元．
故选：B．
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，据此判断即可．
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×10-n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵∠A=94°，∠B=31°，
∴∠ACB=180°-94°-31°=55°，
∵BC∥DE，
∴∠1=∠ACB=55°，
故选：D．
依据∠A=94°，∠B=31°，即可得出∠ACB=180°-94°-31°=55°，再根据BC∥DE，即可得到∠1=∠ACB=55°．
本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、（a4）3=a12，故本选项错误；
B、3（a-2b）=3a-6b，故本选项错误；
C、a4+a4=2a4，故本选项错误；
D、a5÷a3=a2，故本选项正确．
故选：D．
利用幂的乘方、去括号、合并同类项与同底数幂的除法法则，即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
此题考查了幂的乘方、去括号、合并同类项与同底数幂的除法．此题比较简单，注意掌握指数的变化．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：因为后3位是3，6，8三个数字共6种排列情况，而正确的只有1种，
故第一次就拨通电话的概率是．
故选：B．
让1除以总情况数即为所求的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：解不等式5-3x≥0，得：x≤，
解不等式x-m≥0，得：x≥m，
∵不等式组有解
∴m≤，
故选：A．
分别解两个关于x的不等式，根据不等式组有解即可得m的范围．
本题主要考查不等式组的解集，熟练掌握不等式组解集的确定是关键，注意解集确定时临界值的取舍．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=60°
∴∠A=30°
∵CD=2，DE=1，
∴AD=2，AC=AD+DC=4，
由∠A=∠A，∠DEA=∠C=90°，得
△ABC∽△ADE，
∴=
∴=
∴BC=．
故选：B．
由已知可求∠A=30°，AC=4，即求BC=AC•tanA=4×=．
此题主要考查综合解直角三角形的能力，也可根据相似三角形的性质求解．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：由圆心角为120°、半径长为6cm，
可知扇形的弧长为=4πcm，
即圆锥的底面圆周长为4πcm，
则底面圆半径为2cm，
已知OA=6cm，
由勾股定理得圆锥的高是4cm．
故选：A．
本题已知扇形的圆心角及半径就是已知圆锥的底面周长，能求出底面半径，底面半径，圆锥的高，母线长即扇形半径，构成直角三角形，课以利用勾股定理解决．
本题主要考查了圆锥的侧面与扇形的关系，圆锥弧长等于圆锥底面周长，圆锥母线长等于扇形半径长．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：设原价为x元．
x（1-10%）2=810，
解得x=1000．
故选：B．
设该商品原来的价格是x元，根据等量关系式：原价×（1-降低率）2=81，列出方程即可求解．
此题主要考查了一元一次方程的应用，关键是读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A、B的坐标代入得：，
解得：k=-1，b=，
∴直线AB的解析式是y=-x+，
当y=0时，x=，
即P（，0），
故选：D．
求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：连结BE，如图，
∵OD⊥AB，
∴AC=BC=AB=×8=4，
设AO=x，则OC=OD-CD=x-2，
在Rt△ACO中，∵AO2=AC2+OC2，
∴x2=42+（x-2）2，
解得：x=5，
∴AE=10，OC=3，
∵AE是直径，
∴∠ABE=90°，
∵OC是△ABE的中位线，
∴BE=2OC=6，
在Rt△CBE中，CE===2，
∴sin∠ECB===．
故选：B．
根据垂径定理得到AC=BC=AB=4，设AO=x，则OC=OD-CD=x-2，在Rt△ACO中根据勾股定理得到x2=42+（x-2）2，解得x=5，则AE=10，OC=3，再由AE是直径，根据圆周角定理得到∠ABE=90°，利用OC是△ABE的中位线得到BE=2OC=6，然后在Rt△CBE中利用勾股定理可计算出CE，由三角函数的定义求出sin∠ECB即可．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、圆周角定理、三角函数；由勾股定理求出半径是解决问题的突破口．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：①由图象可知：a＞0，c＜0，
∵＞0，
∴b＜0，
∴abc＞0，故本选项正确；
②由对称轴可知：＜1，
∴-b＜2a，
∴2a+b＞0，故本选项错误；
③当x=1时，y1=a+b+c；
当x=m时，y2=m（am+b）+c，当m＞1，y2＞y1；当m＜1，y2＜y1，所以不能确定；
故本选项错误；
④当x=1时，a+b+c=0；
当x=-1时，a-b+c＞0；
∴（a+b+c）（a-b+c）=0，即（a+c）2-b2=0，
∴（a+c）2=b2
故本选项错误；
⑤当x=-1时，a-b+c=2；
当x=1时，a+b+c=0，
∴a+c=1，
∴a=1+（-c）＞1，即a＞1；
故本选项正确；
综上所述，正确的是①⑤．
故选：A．
由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
-b（3a-b）2
【 解析 】
解：原式=-b（9a2-6ab+b2）=-b（3a-b）2，
故答案为：-b（3a-b）2．
先提取公因式-b，再套用完全平方公式分解，注意符号的变化．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
15°
【 解析 】
解：∵∠BAC=90°，∠B=60°，
∴∠ACB=90°-60°=30°，
∵△AB′C由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到，
∴AC′=AC，∠C′AB′=∠CAB=90°，∠AC′B′=30°，
∴△ACC′为等腰直角三角形，
∴∠AC′C=45°，
∴∠CC′B′=∠AC′C-∠AC′B′=45°-30°=15°．
故答案为15°．
先根据三角形内角和计算出∠ACB=90°-60°=30°，由于△AB′C由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到，根据旋转的性质得到AC′=AC，∠C′AB′=∠CAB=90°，∠AC′B′=30°，则△ACC′为等腰直角三角形，得到∠AC′C=45°，然后利用∠CC′B′=∠AC′C-∠AC′B′计算即可．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了等腰直角三角形的性质．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
π-
【 解析 】
解：如图，连接CE．
∵AC⊥BC，AC=BC=2，以AC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作，
∴∠ACB=90°，OA=OC=OD=1，BC=CE=2．
又∵OE∥BC，
∴∠AOE=∠COE=90°．
∴在直角△OEC中，OC=CE，
∴∠OEC=30°，OE=．
∴∠ECB=∠OEC=30°，
∴S阴影=S扇形ACB-S扇形AOD-S扇形ECB-S△OCE
=---×1×
=π-．
故答案为π-．
如图，图中S阴影=S扇形ACB-S扇形AOD-S扇形ECB-S△OCE．根据已知条件易求得OA=OC=OD=2，BC=CE=4．∠ECB=∠OEC=30°，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可．
本题考查了扇形面积的计算．不规则图形的面积一定要注意分割成规则图形的面积进行计算．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
【 解析 】
解：∵OB=，OC=1，
∴BC=2，
∴∠OBC=30°，∠OCB=60°．
而△AA1B1为等边三角形，∠A1AB1=60°，
∴∠COA1=30°，则∠CA1O=90°．
在Rt△CAA1中，AA1=OC=，
同理得：B1A2=A1B1=，
依此类推，第n个等边三角形的边长等于．
根据题目已知条件可推出，AA1=OC=，B1A2=A1B1=，依此类推，第n个等边三角形的边长等于．
本题主要考查等边三角形的性质及解直角三角形，从而归纳出边长的规律．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
解：原式=•-=-=，
当x=+1时，原式=．
【 解析 】
原式第一项变形后约分化简，括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
（1）证明：连接OD，
∵DE⊥BD，∴∠ODE+∠ODB=90°，
∵OE=OD，
∴∠OED=∠ODE，
∴∠OED+∠ODB=90°，
∵BD为角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∵∠EDB=∠DCB=90°，
∴△EBD∽△DBC，
∴∠OED=∠BDC，
∴∠BDC+∠ODB=90°，即∠ODC=90°，
则AC为圆O的切线；
（2）BD2=2BO•BC，理由为：
∵∠C=∠BED，∠ABD=∠DBC
∴△EBD∽△DBC，
∴=，即DB2=EB•BC，
∵EB=2BO，
∴BD2=2BO•BC；
（3）在Rt△BDC中，BC=4，DC=2，
根据勾股定理得：BD==2，
∴由BD2=2BO•BC，得BO=OD==，
∵∠ADO=∠ACB=90°，
∴OD∥BC，
∴=，即=，
解得：AD=．
【 解析 】
（1）连接OD，由DE与DB垂直，得到一对角互余，再由BD为角平分线，以及一对直角相等，得到三角形EDB与三角形DBC相似，由相似三角形的对应角相等得到一对角相等，再由OE=OD，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到OD垂直于AC，即可得证；
（2）BD2=2BO•BC，理由为：由三角形EBD与三角形DBC相似，得比例式，将BE换为2BO即可得证；
（3）在直角三角形DBC中，利用勾股定理求出BD的长，根据（2）的关系式求出BO的长，即为OD的长，由OD与BC都与AC垂直，得到OD与BC平行，由平行得比例，即可求出AD的长．
此题考查了切线的判定，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，
∴∠BAE=∠BCF，
在△BAE与△BCF中，
∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，
∴只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，
∵△BAE≌△BCF，
∴∠EBA=∠FBC，
又∵∠ABC=50°，
∴∠EBA+∠FBC=40°，
∴∠EBA=×40°=20°．
故答案为：20．
【 解析 】
（1）由题意易证∠BAE=∠BCF，又因为BA=BC，AE=CF，于是可证△BAE≌△BCF；
（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=20°．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的判定．本题关键是根据SAS证明△BAE≌△BCF．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%=20（名）；
故答案为：20；
（2）∵C类女生：20×25%-2=3（名）；D类男生：20×（1-15%-50%-25%）-1=1（名）；
如图：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为A1和A2，
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为：=．
【 解析 】
（1）由题意可得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%=20（名）；
（2）由题意可得：C类女生：20×25%-2=3（名）；D类男生：20×（1-15%-50%-25%）-1=1（名）；继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意列出表格，再利用表格求得所有等可能的结果与恰好选中一名男生和一名女生的情况，继而求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
解：根据已知画图，过点D作DE⊥AH于点E，
设DE=x，则CE=x+2，
在Rt△AEC和Rt△BED中，有tan30°=，
tan60°=，
∴AE=（x+2），BE=x，
∴（x+2）-x=10，
∴x=5-3，
∴GH=CD+DE=2+5-3=5-1≈7.7（m）
答：GH的长为7.7m．
【 解析 】
首先构造直角三角形，得出AE=（x+2），BE=x，进而求出x的长，进而得出GH的长．
此题主要考查了解直角三角形的应用，根据已知构造直角三角形得出DE的长是解题关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵BC∥x轴，点B的坐标为（2，3），
∴BC=2，
∵点D为BC的中点，
∴CD=1，
∴点D的坐标为（1，3），
代入双曲线y=（x＞0）得k=1×3=3；
∵BA∥y轴，
∴点E的横坐标与点B的横坐标相等，为2，
∵点E在双曲线上，
∴y=
∴点E的坐标为（2，）；
（2）∵点E的坐标为（2，），B的坐标为（2，3），点D的坐标为（1，3），
∴BD=1，BE=，BC=2
∵△FBC∽△DEB，
∴
即：
∴FC=
∴点F的坐标为（0，）
设直线FB的解析式y=kx+b（k≠0）
则
解得：k=，b=
∴直线FB的解析式y=
【 解析 】
（1）首先根据点B的坐标和点D为BC的中点表示出点D的坐标，代入反比例函数的解析式求得k值，然后将点E的横坐标代入求得E点的纵坐标即可；
（2）根据△FBC∽△DEB，利用相似三角形对应边的比相等确定点F的坐标后即可求得直线FB的解析式．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，以及矩形的性质，解题时注意点的坐标与线段长的相互转化．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）设购买1块电子白板需要x元，一台笔记本电脑需要y元，由题意得：
，
解得：．
答：购买1块电子白板需要15000元，一台笔记本电脑需要4000元．
（2）设购买电子白板a块，则购买笔记本电脑（396-a）台，由题意得：
，
解得：99≤a≤101，
∵a为正整数，
∴a=99，100，101，则电脑依次买：297台，296台，295台．
因此该校有三种购买方案：
方案一：购买笔记本电脑295台，则购买电子白板101块；
方案二：购买笔记本电脑296台，则购买电子白板100块；
方案三：购买笔记本电脑297台，则购买电子白板99块；
（3）解法一：
购买笔记本电脑和电子白板的总费用为：
方案一：295×4000+101×15000=2695000（元）
方案二：296×4000+100×15000=2684000（元）
方案三：297×4000+99×15000=2673000（元）
因此，方案三最省钱，按这种方案共需费用2673000元．
解法二：
设购买笔记本电脑数为z台，购买笔记本电脑和电子白板的总费用为W元，
则W=4000z+15000（396-z）=-11000z+5940000，
∵k=-11000＜0，
∴W随z的增大而减小，
∴当z=297时，W有最小值=2673000（元）
因此，当购买笔记本电脑297台、购买电子白板99块时，最省钱，这时共需费用2673000元．
【 解析 】
（1）设购买1块电子白板需要x元，一台笔记本电脑需要y元，由题意得等量关系：①买1块电子白板的钱=买3台笔记本电脑的钱+3000元，②购买4块电子白板的费用+5台笔记本电脑的费用=80000元，由等量关系可得方程组，解方程组可得答案；
（2）设购买电子白板a块，则购买笔记本电脑（396-a）台，由题意得不等关系：①购买笔记本电脑的台数≤购买电子白板数量的3倍；②电子白板和笔记本电脑总费用≤2700000元，根据不等关系可得不等式组，解不等式组，求出整数解即可；
（3）由于电子白板贵，故少买电子白板，多买电脑，根据（2）中的方案确定买的电脑数与电子白板数，再算出总费用．
此题主要考查了二元一次方程组的应用，不等式组的应用，关键是弄清题意，找出题目中的等量关系与不等关系，列出方程组与不等式组．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
方法一：
解：（1）∵抛物线y=-x2+4x+5=-（x-2）2+9
∴D点的坐标是（2，9）；
∵E为对称轴上的一点，
∴点E的横坐标是：-=2，
设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），
∵将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上，
∴△CEC′是等腰直角三角形，
∴
解得或（舍去），
∴点E的坐标是（2，3），点C′的坐标是（0，1）．
综上，可得D点的坐标是（2，9），点E的坐标是（2，3）．
（2）如图1所示：
令抛物线y=-x2+4x+5的y=0得：x2-4x-5=0，
解得：x1=-1，x2=5，
所以点A（-1，0），B（5，0）．
设直线C′E的解析式是y=kx+b，将E（2，3），C′（0，1），代入得，
解得：，
∴直线C′E的解析式为y=x+1，
将y=x+1与y=-x2+4x+5，联立得：，
解得：，
∴点F得坐标为（4，5），点A（-1，0）在直线C′E上．
∵直线C′E的解析式为y=x+1，
∴∠FAB=45°．
过点B、H分别作BN⊥AF、HM⊥AF，垂足分别为N、M．
∴∠HMN=90°，∠ADN=90°．
又∵∠NAD=∠HNM=45°．
∴△HGM∽△ABN
∴，
∵S△HGF：S△BGF=5：6，
∴．
∴，即，
∴HG=5．
设点H的横坐标为m，则点H的纵坐标为-m2+4m+5，则点G的坐标为（m，m+1），
∴-m2+4m+5-（m+1）=5．
解得：m1=，m2=．
（3）由平移的规律可知：平移后抛物线的解析式为y=-（x-1）2+4（x-1）+5=-x2+6x．
将x=5代入y=-x2+6x得：y=5，
∴点T的坐标为（5，5）．
设直线OT的解析式为y=kx，将x=5，y=5代入得；k=1，
∴直线OT的解析式为y=x，
①如图2所示：当PT∥x轴时，△PTQ为等腰直角三角形，
将y=5代入抛物线y=-x2+6x得：x2-6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5．
∴点P的坐标为（1，5）．
将x=1代入y=x得：y=1，
∴点Q的坐标为（1，1）．
②如图3所示：
由①可知：点P的坐标为（1，5）．
∵△PTQ为等腰直角三角形，
∴点Q的横坐标为3，
将x=3代入y=x得；y=3，
∴点Q得坐标为（3，3）．
③如图4所示：
设直线PT解析式为y=kx+b，
∵直线PT⊥QT，
∴k=-1．
将k=-1，x=5，y=5代入y=kx+b得：b=10，
∴直线PT的解析式为y=-x+10．
将y=-x+10与y=-x2+6x联立得：x1=2，x2=5
∴点P的横坐标为2．
将x=2代入y=x得，y=2，
∴点Q的坐标为（2，2）．
综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．
方法二：
（1）∵y=-x2+4x+5，∴顶点D（2，9），C（0，5），设E（2，a），
∴点C′可视为点C绕点E逆时针旋转90°而成，
将E点平移至原点，E1（0，0），则C1（-2，5-a），
将C1点绕原点逆时针旋转90°，则C2（a-5，-2），
将E1点平移至E点，则C2平移后即为C′（a-3，a-2），
∵C′在y轴上，∴设C′X=0，∴a-3=0，∴a=3，
∴C′Y=1，∴E（2，3），C′（0，1）．
（2）作BM⊥x轴，交直线C′E于点M，
∴A（-1，0），B（5，0），
∵E（2，3），C′（0，1），
∴lC′E：y=x+1，∴M（5，6），
∵HX=m，∴H（m，-m2+4m+5），G（m，m+1），
S△HGF=（FX-GX）（HY-GY），
S△BGF=（FX-GX）（MY-BY），
∴，
∴，
∴m2-3m+1=0，
∴m1=，m2=．
（3）∵抛物线右移1单位，∴y=-x2+6x，
∵T（5，y），∴T（5，5），
∵O（0，0），∴lOT：y=x，
设Q（n，n）（0＜n＜5），
①若P为直角顶点时，PX=QX，PY=QY，
∴P（n，5），
∴-n2+6n=5，∴n1=1，n2=5（舍），
∴Q（1，1），
②若Q为直角顶点时，点P可视为点T绕点Q逆时针旋转90°而成，
将Q点平移至原点，Q′（0，0），则T′（5-n，5-n），
将T′点绕原点逆时针旋转90°，则P′（n-5，n-5），
将Q′点平移至Q点，则P′平移后即为P（2n-5，5），
∴-（2n-5）2+6（2n-5）=5，
∴n1=3，n2=5（舍），∴Q（3，3），
③若T为直角顶点时，点P可视为点Q绕点T逆时针旋转90°而成，
同理可得：Q（2，2），
∴综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．
【 解析 】
（1）首先根据抛物线y=-x2+4x+5的顶点为D，求出点D的坐标是多少即可；然后设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），根据△CEC′是等腰直角三角形，求出E点的坐标是多少即可．
（2）令抛物线y=-x2+4x+5的y=0得：x2-4x-5=0可求得A、B的坐标，然后再根据S△HGF：S△BGF=5：6，得到：，然后再证明△HGM∽△ABN，，从而可证得，所以HG=5，设点H（m，-m2+4m+5），G（m，m+1），最后根据HG=5，列出关于m的方程求解即可；
（3）分别根据∠P、∠Q、∠T为直角画出图形，然后利用等腰直角三角形的性质和一次函数的图象的性质求得点Q的坐标即可．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，明确△HGF和△BGF的面积比等于HG和AB的边长比是解题的关键，同时解答本题主要应用了分类讨论的思想需要同学们分别根据∠P、∠Q、∠T为直角进行分类计算．
A.
B.-3
C.3
D.-
×1012元
×1013元
×1014元
D.827×1011元
A.94°
B.31°
C.63°
D.55°
A.（a4）3=a7
B.3（a-2b）=3a-2b
C.a4+a4=a8
D.a5÷a3=a2
A.
B.
C.
D.
A.m≤
B.m＜
C.m＞
D.m≥
A.2
B.
C.2
D.4
A.4cm
B.cm
C.2cm
D.2cm
A.900元
B.1000元
C.960元
D.920元
A.（，0）
B.（1，0）
C.（，0）
D.（，0）
A.
B.
C.
D.
A.2个
B.3个
C.4个
D.1个
男A1
男A2
…（7分）
女A
男D
男A1男D
男A2男D
女A男D
女D
男A1女D
男A2女D
女A女D
1、(3分) -3的绝对值是（ ）
2、(3分) 2018年03月05日上午9时，李克强总理代表国务院向大会作政府工作报告，报告中说：五年来，经济实力跃上新台阶，国内生产总值从54万亿元增加到82.7万亿元．82.7万亿元用科学记数法表示正确的是（ ）
3、(3分) 如图，BC∥DE，∠A=94°，∠B=31°，则∠1的度数为（ ）
4、(3分) 下列计算正确的是（ ）
5、(3分) 小明要给刚结识的朋友小林打电话，他只记住了电话号码的前5位的顺序，后3位是3，6，8三个数字的某一种排列顺序，但具体顺序忘记了，那么小明第一次就拨通电话的概率是（ ）
6、(3分) 若不等式组有解，则实数m的取值范围是（ ）
7、(3分) 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，D是AC上一点，DE⊥AB于E，且CD=2，DE=1，则BC的长为（ ）
8、(3分) 如图，有一圆心角为120°，半径长为6cm的扇形，若将OA、OB重合后围成一圆锥侧面，那么圆锥的高是（ ）
9、(3分) 随着市场竞争日益激烈，某商品一个月内连续两次降价，第一次降价10%，第二次再降价10%后，售价为810元，则原售价为（ ）
10、(3分) 如图所示，已知A（，y1），B（2，y2）为反比例函数y=图象上的两点，动点P（x，0）在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）
11、(3分) 如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则sin∠ECB为（ ）
12、(3分) 已知：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论中：①abc＞0；②2a+b＜0；③a+b＞m（am+b）（m≠1的实数）；④（a+c）2＜b2；⑤a＞1，其中正确的是（ ）
二、填空题（本大题共 4 小题，共 12 分）
13、(3分) 因式分解：6ab2-9a2b-b3=______．
14、(3分) 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，△AB′C′可以由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到（点B′与点B是对应点，点C′与点C是对应点），连接CC′，则∠CC′B′的度数是______．
15、(3分) 如图，AC⊥BC，AC=BC=2，以AC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作⊙C，过点O作BC的平行线交两弧于点D、E，则阴影部分的面积是______．
16、(3分) 如图所示，已知：点A（0，0），B（，0），C（0，1）在△ABC内依次作等边三角形，使一边在x轴上，另一个顶点在BC边上，作出的等边三角形分别是第1个△AA1B1，第2个△B1A2B2，第3个△B2A3B3，…，则第n个等边三角形的边长等于 ______．
三、计算题（本大题共 2 小题，共 18 分）
17、(8分) 先化简，再求值：•-（），其中x=．
18、(10分) 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，DE⊥BD交AB于点E，设⊙O是△BDE的外接圆．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）探究线段BC，BD，BO之间的数量关系，并证明；
（3）若DC=2，BC=4，求AD的长．
四、解答题（本大题共 6 小题，共 54 分）
19、(8分) 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA=______°时，四边形BFDE是正方形．
20、(8分) 学校实施新课程改革以来，学生的学习能力有了很大提高．王老师为进一步了解本班学生自主学习、合作交流的现状，对该班部分学生进行调查，把调查结果分成四类（A：特别好，B：好，C：一般，D：较差）后，再将调查结果绘制成两幅不完整的统计图（如图）．请根据统计图解答下列问题：
（1）本次调查中，王老师一共调查了______名学生；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）为了共同进步，王老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一名学生进行“兵教兵”互助学习，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中一名男生和一名女生的概率．
21、(8分) 数学兴趣小组想利用所学的知识了解某广告牌的高度，已知CD=2m，经测量，得到其它数据如图所示．其中∠CAH=30°，∠DBH=60°，AB=10m．请你根据以上数据计算GH的长．（≈1.73，要求结果精确到0.1m）
22、(8分) 如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（2，3）．双曲线y=（x＞0）的图象经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE．
（1）求k的值及点E的坐标；
（2）若点F是OC边上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB的解析式．
23、(10分) 某学校为了改善办学条件，计划购置一批电子白板和一批笔记本电脑，经投标，购买1块电子白板比买3台笔记本电脑多3000元，购买4块电子白板和5台笔记本电脑共需80000元．
（1）求购买1块电子白板和一台笔记本电脑各需多少元？
（2）根据该校实际情况，需购买电子白板和笔记本电脑的总数为396，要求购买的总费用不超过2700000元，并购买笔记本电脑的台数不超过购买电子白板数量的3倍，该校有哪几种购买方案？
（3）上面的哪种购买方案最省钱？按最省钱方案购买需要多少钱？
24、(12分) 如图1所示，已知抛物线y=-x2+4x+5的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．
（1）直接写出D点和E点的坐标；
（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，S△HGF：S△BGF=5：6？
（3）图2所示的抛物线是由y=-x2+4x+5向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2019年湖北省恩施州鹤峰县中考数学一模试卷
【 第 1 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：|-3|=3，
故选：C．
根据绝对值的定义：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值．则-3的绝对值就是表示-3的点与原点的距离．
此题主要考查了绝对值，关键是掌握：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：82.7万亿元=8.27×1013元．
故选：B．
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，据此判断即可．
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×10-n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵∠A=94°，∠B=31°，
∴∠ACB=180°-94°-31°=55°，
∵BC∥DE，
∴∠1=∠ACB=55°，
故选：D．
依据∠A=94°，∠B=31°，即可得出∠ACB=180°-94°-31°=55°，再根据BC∥DE，即可得到∠1=∠ACB=55°．
本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、（a4）3=a12，故本选项错误；
B、3（a-2b）=3a-6b，故本选项错误；
C、a4+a4=2a4，故本选项错误；
D、a5÷a3=a2，故本选项正确．
故选：D．
利用幂的乘方、去括号、合并同类项与同底数幂的除法法则，即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
此题考查了幂的乘方、去括号、合并同类项与同底数幂的除法．此题比较简单，注意掌握指数的变化．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：因为后3位是3，6，8三个数字共6种排列情况，而正确的只有1种，
故第一次就拨通电话的概率是．
故选：B．
让1除以总情况数即为所求的概率．
此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：解不等式5-3x≥0，得：x≤，
解不等式x-m≥0，得：x≥m，
∵不等式组有解
∴m≤，
故选：A．
分别解两个关于x的不等式，根据不等式组有解即可得m的范围．
本题主要考查不等式组的解集，熟练掌握不等式组解集的确定是关键，注意解集确定时临界值的取舍．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=60°
∴∠A=30°
∵CD=2，DE=1，
∴AD=2，AC=AD+DC=4，
由∠A=∠A，∠DEA=∠C=90°，得
△ABC∽△ADE，
∴=
∴=
∴BC=．
故选：B．
由已知可求∠A=30°，AC=4，即求BC=AC•tanA=4×=．
此题主要考查综合解直角三角形的能力，也可根据相似三角形的性质求解．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：由圆心角为120°、半径长为6cm，
可知扇形的弧长为=4πcm，
即圆锥的底面圆周长为4πcm，
则底面圆半径为2cm，
已知OA=6cm，
由勾股定理得圆锥的高是4cm．
故选：A．
本题已知扇形的圆心角及半径就是已知圆锥的底面周长，能求出底面半径，底面半径，圆锥的高，母线长即扇形半径，构成直角三角形，课以利用勾股定理解决．
本题主要考查了圆锥的侧面与扇形的关系，圆锥弧长等于圆锥底面周长，圆锥母线长等于扇形半径长．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：设原价为x元．
x（1-10%）2=810，
解得x=1000．
故选：B．
设该商品原来的价格是x元，根据等量关系式：原价×（1-降低率）2=81，列出方程即可求解．
此题主要考查了一元一次方程的应用，关键是读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵把A（，y1），B（2，y2）代入反比例函数y=得：y1=2，y2=，
∴A（，2），B（2，），
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP-BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A、B的坐标代入得：，
解得：k=-1，b=，
∴直线AB的解析式是y=-x+，
当y=0时，x=，
即P（，0），
故选：D．
求出AB的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP-BP|＜AB，延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA-PB=AB，此时线段AP与线段BP之差达到最大，求出直线AB于x轴的交点坐标即可．
本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：连结BE，如图，
∵OD⊥AB，
∴AC=BC=AB=×8=4，
设AO=x，则OC=OD-CD=x-2，
在Rt△ACO中，∵AO2=AC2+OC2，
∴x2=42+（x-2）2，
解得：x=5，
∴AE=10，OC=3，
∵AE是直径，
∴∠ABE=90°，
∵OC是△ABE的中位线，
∴BE=2OC=6，
在Rt△CBE中，CE===2，
∴sin∠ECB===．
故选：B．
根据垂径定理得到AC=BC=AB=4，设AO=x，则OC=OD-CD=x-2，在Rt△ACO中根据勾股定理得到x2=42+（x-2）2，解得x=5，则AE=10，OC=3，再由AE是直径，根据圆周角定理得到∠ABE=90°，利用OC是△ABE的中位线得到BE=2OC=6，然后在Rt△CBE中利用勾股定理可计算出CE，由三角函数的定义求出sin∠ECB即可．
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理、圆周角定理、三角函数；由勾股定理求出半径是解决问题的突破口．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：①由图象可知：a＞0，c＜0，
∵＞0，
∴b＜0，
∴abc＞0，故本选项正确；
②由对称轴可知：＜1，
∴-b＜2a，
∴2a+b＞0，故本选项错误；
③当x=1时，y1=a+b+c；
当x=m时，y2=m（am+b）+c，当m＞1，y2＞y1；当m＜1，y2＜y1，所以不能确定；
故本选项错误；
④当x=1时，a+b+c=0；
当x=-1时，a-b+c＞0；
∴（a+b+c）（a-b+c）=0，即（a+c）2-b2=0，
∴（a+c）2=b2
故本选项错误；
⑤当x=-1时，a-b+c=2；
当x=1时，a+b+c=0，
∴a+c=1，
∴a=1+（-c）＞1，即a＞1；
故本选项正确；
综上所述，正确的是①⑤．
故选：A．
由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
-b（3a-b）2
【 解析 】
解：原式=-b（9a2-6ab+b2）=-b（3a-b）2，
故答案为：-b（3a-b）2．
先提取公因式-b，再套用完全平方公式分解，注意符号的变化．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
15°
【 解析 】
解：∵∠BAC=90°，∠B=60°，
∴∠ACB=90°-60°=30°，
∵△AB′C由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到，
∴AC′=AC，∠C′AB′=∠CAB=90°，∠AC′B′=30°，
∴△ACC′为等腰直角三角形，
∴∠AC′C=45°，
∴∠CC′B′=∠AC′C-∠AC′B′=45°-30°=15°．
故答案为15°．
先根据三角形内角和计算出∠ACB=90°-60°=30°，由于△AB′C由△ABC绕点A顺时针旋转90°得到，根据旋转的性质得到AC′=AC，∠C′AB′=∠CAB=90°，∠AC′B′=30°，则△ACC′为等腰直角三角形，得到∠AC′C=45°，然后利用∠CC′B′=∠AC′C-∠AC′B′计算即可．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了等腰直角三角形的性质．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
π-
【 解析 】
解：如图，连接CE．
∵AC⊥BC，AC=BC=2，以AC为直径作半圆，圆心为点O；以点C为圆心，BC为半径作，
∴∠ACB=90°，OA=OC=OD=1，BC=CE=2．
又∵OE∥BC，
∴∠AOE=∠COE=90°．
∴在直角△OEC中，OC=CE，
∴∠OEC=30°，OE=．
∴∠ECB=∠OEC=30°，
∴S阴影=S扇形ACB-S扇形AOD-S扇形ECB-S△OCE
=---×1×
=π-．
故答案为π-．
如图，图中S阴影=S扇形ACB-S扇形AOD-S扇形ECB-S△OCE．根据已知条件易求得OA=OC=OD=2，BC=CE=4．∠ECB=∠OEC=30°，所以由扇形面积公式、三角形面积公式进行解答即可．
本题考查了扇形面积的计算．不规则图形的面积一定要注意分割成规则图形的面积进行计算．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
【 解析 】
解：∵OB=，OC=1，
∴BC=2，
∴∠OBC=30°，∠OCB=60°．
而△AA1B1为等边三角形，∠A1AB1=60°，
∴∠COA1=30°，则∠CA1O=90°．
在Rt△CAA1中，AA1=OC=，
同理得：B1A2=A1B1=，
依此类推，第n个等边三角形的边长等于．
根据题目已知条件可推出，AA1=OC=，B1A2=A1B1=，依此类推，第n个等边三角形的边长等于．
本题主要考查等边三角形的性质及解直角三角形，从而归纳出边长的规律．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
解：原式=•-=-=，
当x=+1时，原式=．
【 解析 】
原式第一项变形后约分化简，括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
（1）证明：连接OD，
∵DE⊥BD，∴∠ODE+∠ODB=90°，
∵OE=OD，
∴∠OED=∠ODE，
∴∠OED+∠ODB=90°，
∵BD为角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∵∠EDB=∠DCB=90°，
∴△EBD∽△DBC，
∴∠OED=∠BDC，
∴∠BDC+∠ODB=90°，即∠ODC=90°，
则AC为圆O的切线；
（2）BD2=2BO•BC，理由为：
∵∠C=∠BED，∠ABD=∠DBC
∴△EBD∽△DBC，
∴=，即DB2=EB•BC，
∵EB=2BO，
∴BD2=2BO•BC；
（3）在Rt△BDC中，BC=4，DC=2，
根据勾股定理得：BD==2，
∴由BD2=2BO•BC，得BO=OD==，
∵∠ADO=∠ACB=90°，
∴OD∥BC，
∴=，即=，
解得：AD=．
【 解析 】
（1）连接OD，由DE与DB垂直，得到一对角互余，再由BD为角平分线，以及一对直角相等，得到三角形EDB与三角形DBC相似，由相似三角形的对应角相等得到一对角相等，再由OE=OD，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到OD垂直于AC，即可得证；
（2）BD2=2BO•BC，理由为：由三角形EBD与三角形DBC相似，得比例式，将BE换为2BO即可得证；
（3）在直角三角形DBC中，利用勾股定理求出BD的长，根据（2）的关系式求出BO的长，即为OD的长，由OD与BC都与AC垂直，得到OD与BC平行，由平行得比例，即可求出AD的长．
此题考查了切线的判定，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，
∴∠BAE=∠BCF，
在△BAE与△BCF中，
∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，
∴只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，
∵△BAE≌△BCF，
∴∠EBA=∠FBC，
又∵∠ABC=50°，
∴∠EBA+∠FBC=40°，
∴∠EBA=×40°=20°．
故答案为：20．
【 解析 】
（1）由题意易证∠BAE=∠BCF，又因为BA=BC，AE=CF，于是可证△BAE≌△BCF；
（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只要∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=20°．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的判定．本题关键是根据SAS证明△BAE≌△BCF．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：（1）根据题意得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%=20（名）；
故答案为：20；
（2）∵C类女生：20×25%-2=3（名）；D类男生：20×（1-15%-50%-25%）-1=1（名）；
如图：
（3）列表如下：A类中的两名男生分别记为A1和A2，
共有6种等可能的结果，其中，一男一女的有3种，所以所选两位同学恰好是一位男生和一位女生的概率为：=．
【 解析 】
（1）由题意可得：王老师一共调查学生：（2+1）÷15%=20（名）；
（2）由题意可得：C类女生：20×25%-2=3（名）；D类男生：20×（1-15%-50%-25%）-1=1（名）；继而可补全条形统计图；
（3）首先根据题意列出表格，再利用表格求得所有等可能的结果与恰好选中一名男生和一名女生的情况，继而求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
解：根据已知画图，过点D作DE⊥AH于点E，
设DE=x，则CE=x+2，
在Rt△AEC和Rt△BED中，有tan30°=，
tan60°=，
∴AE=（x+2），BE=x，
∴（x+2）-x=10，
∴x=5-3，
∴GH=CD+DE=2+5-3=5-1≈7.7（m）
答：GH的长为7.7m．
【 解析 】
首先构造直角三角形，得出AE=（x+2），BE=x，进而求出x的长，进而得出GH的长．
此题主要考查了解直角三角形的应用，根据已知构造直角三角形得出DE的长是解题关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵BC∥x轴，点B的坐标为（2，3），
∴BC=2，
∵点D为BC的中点，
∴CD=1，
∴点D的坐标为（1，3），
代入双曲线y=（x＞0）得k=1×3=3；
∵BA∥y轴，
∴点E的横坐标与点B的横坐标相等，为2，
∵点E在双曲线上，
∴y=
∴点E的坐标为（2，）；
（2）∵点E的坐标为（2，），B的坐标为（2，3），点D的坐标为（1，3），
∴BD=1，BE=，BC=2
∵△FBC∽△DEB，
∴
即：
∴FC=
∴点F的坐标为（0，）
设直线FB的解析式y=kx+b（k≠0）
则
解得：k=，b=
∴直线FB的解析式y=
【 解析 】
（1）首先根据点B的坐标和点D为BC的中点表示出点D的坐标，代入反比例函数的解析式求得k值，然后将点E的横坐标代入求得E点的纵坐标即可；
（2）根据△FBC∽△DEB，利用相似三角形对应边的比相等确定点F的坐标后即可求得直线FB的解析式．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，以及矩形的性质，解题时注意点的坐标与线段长的相互转化．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）设购买1块电子白板需要x元，一台笔记本电脑需要y元，由题意得：
，
解得：．
答：购买1块电子白板需要15000元，一台笔记本电脑需要4000元．
（2）设购买电子白板a块，则购买笔记本电脑（396-a）台，由题意得：
，
解得：99≤a≤101，
∵a为正整数，
∴a=99，100，101，则电脑依次买：297台，296台，295台．
因此该校有三种购买方案：
方案一：购买笔记本电脑295台，则购买电子白板101块；
方案二：购买笔记本电脑296台，则购买电子白板100块；
方案三：购买笔记本电脑297台，则购买电子白板99块；
（3）解法一：
购买笔记本电脑和电子白板的总费用为：
方案一：295×4000+101×15000=2695000（元）
方案二：296×4000+100×15000=2684000（元）
方案三：297×4000+99×15000=2673000（元）
因此，方案三最省钱，按这种方案共需费用2673000元．
解法二：
设购买笔记本电脑数为z台，购买笔记本电脑和电子白板的总费用为W元，
则W=4000z+15000（396-z）=-11000z+5940000，
∵k=-11000＜0，
∴W随z的增大而减小，
∴当z=297时，W有最小值=2673000（元）
因此，当购买笔记本电脑297台、购买电子白板99块时，最省钱，这时共需费用2673000元．
【 解析 】
（1）设购买1块电子白板需要x元，一台笔记本电脑需要y元，由题意得等量关系：①买1块电子白板的钱=买3台笔记本电脑的钱+3000元，②购买4块电子白板的费用+5台笔记本电脑的费用=80000元，由等量关系可得方程组，解方程组可得答案；
（2）设购买电子白板a块，则购买笔记本电脑（396-a）台，由题意得不等关系：①购买笔记本电脑的台数≤购买电子白板数量的3倍；②电子白板和笔记本电脑总费用≤2700000元，根据不等关系可得不等式组，解不等式组，求出整数解即可；
（3）由于电子白板贵，故少买电子白板，多买电脑，根据（2）中的方案确定买的电脑数与电子白板数，再算出总费用．
此题主要考查了二元一次方程组的应用，不等式组的应用，关键是弄清题意，找出题目中的等量关系与不等关系，列出方程组与不等式组．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
方法一：
解：（1）∵抛物线y=-x2+4x+5=-（x-2）2+9
∴D点的坐标是（2，9）；
∵E为对称轴上的一点，
∴点E的横坐标是：-=2，
设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），
∵将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上，
∴△CEC′是等腰直角三角形，
∴
解得或（舍去），
∴点E的坐标是（2，3），点C′的坐标是（0，1）．
综上，可得D点的坐标是（2，9），点E的坐标是（2，3）．
（2）如图1所示：
令抛物线y=-x2+4x+5的y=0得：x2-4x-5=0，
解得：x1=-1，x2=5，
所以点A（-1，0），B（5，0）．
设直线C′E的解析式是y=kx+b，将E（2，3），C′（0，1），代入得，
解得：，
∴直线C′E的解析式为y=x+1，
将y=x+1与y=-x2+4x+5，联立得：，
解得：，
∴点F得坐标为（4，5），点A（-1，0）在直线C′E上．
∵直线C′E的解析式为y=x+1，
∴∠FAB=45°．
过点B、H分别作BN⊥AF、HM⊥AF，垂足分别为N、M．
∴∠HMN=90°，∠ADN=90°．
又∵∠NAD=∠HNM=45°．
∴△HGM∽△ABN
∴，
∵S△HGF：S△BGF=5：6，
∴．
∴，即，
∴HG=5．
设点H的横坐标为m，则点H的纵坐标为-m2+4m+5，则点G的坐标为（m，m+1），
∴-m2+4m+5-（m+1）=5．
解得：m1=，m2=．
（3）由平移的规律可知：平移后抛物线的解析式为y=-（x-1）2+4（x-1）+5=-x2+6x．
将x=5代入y=-x2+6x得：y=5，
∴点T的坐标为（5，5）．
设直线OT的解析式为y=kx，将x=5，y=5代入得；k=1，
∴直线OT的解析式为y=x，
①如图2所示：当PT∥x轴时，△PTQ为等腰直角三角形，
将y=5代入抛物线y=-x2+6x得：x2-6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5．
∴点P的坐标为（1，5）．
将x=1代入y=x得：y=1，
∴点Q的坐标为（1，1）．
②如图3所示：
由①可知：点P的坐标为（1，5）．
∵△PTQ为等腰直角三角形，
∴点Q的横坐标为3，
将x=3代入y=x得；y=3，
∴点Q得坐标为（3，3）．
③如图4所示：
设直线PT解析式为y=kx+b，
∵直线PT⊥QT，
∴k=-1．
将k=-1，x=5，y=5代入y=kx+b得：b=10，
∴直线PT的解析式为y=-x+10．
将y=-x+10与y=-x2+6x联立得：x1=2，x2=5
∴点P的横坐标为2．
将x=2代入y=x得，y=2，
∴点Q的坐标为（2，2）．
综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．
方法二：
（1）∵y=-x2+4x+5，∴顶点D（2，9），C（0，5），设E（2，a），
∴点C′可视为点C绕点E逆时针旋转90°而成，
将E点平移至原点，E1（0，0），则C1（-2，5-a），
将C1点绕原点逆时针旋转90°，则C2（a-5，-2），
将E1点平移至E点，则C2平移后即为C′（a-3，a-2），
∵C′在y轴上，∴设C′X=0，∴a-3=0，∴a=3，
∴C′Y=1，∴E（2，3），C′（0，1）．
（2）作BM⊥x轴，交直线C′E于点M，
∴A（-1，0），B（5，0），
∵E（2，3），C′（0，1），
∴lC′E：y=x+1，∴M（5，6），
∵HX=m，∴H（m，-m2+4m+5），G（m，m+1），
S△HGF=（FX-GX）（HY-GY），
S△BGF=（FX-GX）（MY-BY），
∴，
∴，
∴m2-3m+1=0，
∴m1=，m2=．
（3）∵抛物线右移1单位，∴y=-x2+6x，
∵T（5，y），∴T（5，5），
∵O（0，0），∴lOT：y=x，
设Q（n，n）（0＜n＜5），
①若P为直角顶点时，PX=QX，PY=QY，
∴P（n，5），
∴-n2+6n=5，∴n1=1，n2=5（舍），
∴Q（1，1），
②若Q为直角顶点时，点P可视为点T绕点Q逆时针旋转90°而成，
将Q点平移至原点，Q′（0，0），则T′（5-n，5-n），
将T′点绕原点逆时针旋转90°，则P′（n-5，n-5），
将Q′点平移至Q点，则P′平移后即为P（2n-5，5），
∴-（2n-5）2+6（2n-5）=5，
∴n1=3，n2=5（舍），∴Q（3，3），
③若T为直角顶点时，点P可视为点Q绕点T逆时针旋转90°而成，
同理可得：Q（2，2），
∴综上所述：点Q的坐标为（1，1）或（3，3）或（2，2）．
【 解析 】
（1）首先根据抛物线y=-x2+4x+5的顶点为D，求出点D的坐标是多少即可；然后设点E的坐标是（2，m），点C′的坐标是（0，n），根据△CEC′是等腰直角三角形，求出E点的坐标是多少即可．
（2）令抛物线y=-x2+4x+5的y=0得：x2-4x-5=0可求得A、B的坐标，然后再根据S△HGF：S△BGF=5：6，得到：，然后再证明△HGM∽△ABN，，从而可证得，所以HG=5，设点H（m，-m2+4m+5），G（m，m+1），最后根据HG=5，列出关于m的方程求解即可；
（3）分别根据∠P、∠Q、∠T为直角画出图形，然后利用等腰直角三角形的性质和一次函数的图象的性质求得点Q的坐标即可．
本题主要考查的是二次函数的综合应用，明确△HGF和△BGF的面积比等于HG和AB的边长比是解题的关键，同时解答本题主要应用了分类讨论的思想需要同学们分别根据∠P、∠Q、∠T为直角进行分类计算．
A.
B.-3
C.3
D.-
×1012元
×1013元
×1014元
D.827×1011元
A.94°
B.31°
C.63°
D.55°
A.（a4）3=a7
B.3（a-2b）=3a-2b
C.a4+a4=a8
D.a5÷a3=a2
A.
B.
C.
D.
A.m≤
B.m＜
C.m＞
D.m≥
A.2
B.
C.2
D.4
A.4cm
B.cm
C.2cm
D.2cm
A.900元
B.1000元
C.960元
D.920元
A.（，0）
B.（1，0）
C.（，0）
D.（，0）
A.
B.
C.
D.
A.2个
B.3个
C.4个
D.1个
男A1
男A2
…（7分）
女A
男D
男A1男D
男A2男D
女A男D
女D
男A1女D
男A2女D
女A女D
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