河北省廊坊市安次区重点中学2021-2022学年十校联考最后数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1．港珠澳大桥是连接香港、珠海、澳门的超大型跨海通道，全长约55000米，把55000用科学记数法表示为(　　)

A．55×103 B．5.5×104 C．5.5×105 D．0.55×105

2．如图，是的外接圆，已知，则的大小为　　

A． B． C． D．

3．如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，其左视图是（         ）

A． B．

C． D．

4．如图，从正方形纸片的顶点沿虚线剪开，则∠1的度数可能是(   )

A．44 B．45 C．46 D．47

5．一个两位数，它的十位数字是3，个位数字是抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面分别标有数字1﹣6）朝上一面的数字，任意抛掷这枚骰子一次，得到的两位数是3的倍数的概率等于（　　）

A． B． C． D．

6．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD⊥BC于D点，且AC=5，CD=3，BD=4，则⊙O的直径等于（    ）

A．5 B． C． D．7

7．如图，AB∥CD，DE⊥CE，∠1=34°，则∠DCE的度数为（　　）

A．34° B．56° C．66° D．54°

8．实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，则正确的结论是（　　）

A．a+b＜0 B．a＞|﹣2| C．b＞π D．

9．已知二次函数（m为常数）的图象与x轴的一个交点为(1，0)，则关于x的一元二次方程的两实数根是

A．x1＝1，x2＝－1 B．x1＝1，x2＝2

C．x1＝1，x2＝0 D．x1＝1，x2＝3

10．一、单选题

如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝2，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，则BE的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，将△ACB绕点C按顺时针方向旋转，当CB经过点D时得到△A1CB1．若AC＝6，BC＝8，则DB1的长为________．

12．七边形的外角和等于_____．

13．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y=（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为1，∠AOB=∠OBA=45°，则k的值为_______．

14．函数y＝中，自变量x的取值范围是             

15．如图，AB=AC，AD∥BC，若∠BAC=80°，则∠DAC=__________．

16．我国明代数学家程大位的名著《直指算法统宗》里有一道著名算题：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”意思是：有100个和尚分100个馒头，如果大和尚一人分3个，小和尚3人分1个，正好分完，试问大、小和尚各几人？设大、小和尚各有，人，则可以列方程组__________.

17．如图，菱形ABCD的边AD⊥y轴，垂足为点E，顶点A在第二象限，顶点B在y轴的正半轴上，反比例函数y＝(k≠0，x＞0)的图象经过顶点C、D，若点C的横坐标为5，BE＝3DE，则k的值为______．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）已知x1﹣1x﹣1＝1．求代数式（x﹣1）1+x（x﹣4）+（x﹣1）（x+1）的值．

19．（5分）综合与探究：

如图1，抛物线y=﹣x2+x+与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．经过点A的直线l与y轴交于点D（0，﹣）．

（1）求A、B两点的坐标及直线l的表达式；

（2）如图2，直线l从图中的位置出发，以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向运动，运动中直线l与x轴交于点E，与y轴交于点F，点A 关于直线l的对称点为A′，连接FA′、BA′，设直线l的运动时间为t（t＞0）秒．探究下列问题：

①请直接写出A′的坐标（用含字母t的式子表示）；

②当点A′落在抛物线上时，求直线l的运动时间t的值，判断此时四边形A′BEF的形状，并说明理由；

（3）在（2）的条件下，探究：在直线l的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P，A′，B，E为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点P的坐标； 若不存在，请说明理由．

20．（8分）某学校后勤人员到一家文具店给九年级的同学购买考试用文具包，文具店规定一次购买400个以上，可享受8折优惠.若给九年级学生每人购买一个，不能享受8折优惠，需付款1936元；若多买88个，就可享受8折优惠，同样只需付款1936元.请问该学校九年级学生有多少人？

21．（10分）向阳中学校园内有一条林萌道叫“勤学路”，道路两边有如图所示的路灯（在铅垂面内的示意图），灯柱BC的高为10米，灯柱BC与灯杆AB的夹角为120°．路灯采用锥形灯罩，在地面上的照射区域DE的长为13.3米，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为α和45°，且tanα=1．求灯杆AB的长度．

22．（10分）先化简，再求值：3a（a1+1a+1）﹣1（a+1）1，其中a=1．

23．（12分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（0，4），B（2，0），C（-2，0）三点．

（1）求二次函数的表达式；

（2）在x轴上有一点D（-4，0），将二次函数的图象沿射线DA方向平移，使图象再次经过点B．

①求平移后图象顶点E的坐标；

②直接写出此二次函数的图象在A，B两点之间（含A，B两点）的曲线部分在平移过程中所扫过的面积．

24．（14分）如图，AB为圆O的直径，点C为圆O上一点，若∠BAC=∠CAM，过点C作直线l垂直于射线AM，垂足为点D．

（1）试判断CD与圆O的位置关系，并说明理由；

（2）若直线l与AB的延长线相交于点E，圆O的半径为3，并且∠CAB=30°，求AD的长．

参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）

1、B

【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．

【详解】

55000是5位整数，小数点向左移动4位后所得的数即可满足科学记数法的要求，由此可知10的指数为4，

所以，55000用科学记数法表示为5.5×104，

故选B.

【点睛】

本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

2、A

【解析】

解：△AOB中，OA=OB，∠ABO=30°；

∴∠AOB=180°-2∠ABO=120°；

∴∠ACB=∠AOB=60°；故选A．

3、A

【解析】
根据三视图的定义即可判断．

【详解】

根据立体图可知该左视图是底层有2个小正方形，第二层左边有1个小正方形．故选A．

【点睛】

本题考查三视图，解题的关键是根据立体图的形状作出三视图，本题属于基础题型．

4、A

【解析】
连接正方形的对角线，然后依据正方形的性质进行判断即可．

【详解】

解：如图所示：

∵四边形为正方形，

∴∠1＝45°．

∵∠1＜∠1．

∴∠1＜45°．

故选：A．

【点睛】

本题主要考查的是正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．

5、B

【解析】
直接得出两位数是3的倍数的个数，再利用概率公式求出答案．

【详解】

∵一枚质地均匀的骰子，其六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，投掷一次，

十位数为3，则两位数是3的倍数的个数为2.

∴得到的两位数是3的倍数的概率为： =.

故答案选：B.

【点睛】

本题考查了概率的知识点，解题的关键是根据题意找出两位数是3的倍数的个数再运用概率公式解答即可.

6、A

【解析】
连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB，∠ADC＝90°，利用勾股定理求得AD=，， 再证明Rt△ABE∽Rt△ADC，得到 ，即2R＝ = ．

【详解】

解：如图，

连接AO并延长到E，连接BE．设AE＝2R，则

∠ABE＝90°，∠AEB＝∠ACB；

∵AD⊥BC于D点，AC＝5，DC＝3，

∴∠ADC＝90°，

∴AD＝，

∴

在Rt△ABE与Rt△ADC中，

∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，

∴Rt△ABE∽Rt△ADC，

∴，

即2R＝ = ；

∴⊙O的直径等于．

故答案选：A.

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理、勾股定理，解题的关键是掌握辅助线的作法.

7、B

【解析】

试题分析：∵AB∥CD，

∴∠D=∠1=34°，

∵DE⊥CE，

∴∠DEC=90°，

∴∠DCE=180°﹣90°﹣34°=56°．

故选B．

考点：平行线的性质．

8、D

【解析】
根据数轴上点的位置，可得a，b，根据有理数的运算，可得答案．

【详解】

a＝﹣2，2＜b＜1．

A.a+b＜0，故A不符合题意；

B.a＜|﹣2|，故B不符合题意；

C.b＜1＜π，故C不符合题意；

D.＜0，故D符合题意；

故选D．

【点睛】

本题考查了实数与数轴，利用有理数的运算是解题关键．

9、B

【解析】

试题分析：∵二次函数（m为常数）的图象与x轴的一个交点为(1，0)，

∴．∴．故选B．

10、B

【解析】
根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．

【详解】

解：∵△ABC绕点A顺时针旋转 60°得到△AED，

∴AB=AE，∠BAE=60°，

∴△AEB是等边三角形，

∴BE=AB，

∵AB=1，

∴BE=1．

故选B．

【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、2

【解析】
根据勾股定理可以得出AB的长度，从而得知CD的长度，再根据旋转的性质可知BC=B1C，从而可以得出答案.

【详解】

∵在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，

∴，

∵点D为AB的中点，

 ∴，

∵将△ACB绕点C按顺时针方向旋转，当CB经过点D时得到△A1CB1．

∴CB1＝BC＝8，

∴DB1＝CB1-CD=8﹣5＝2，

故答案为：2．

【点睛】

本题考查的是勾股定理、直角三角形斜边中点的性质和旋转的性质，能够根据勾股定理求出AB的长是解题的关键.

12、360°

【解析】
根据多边形的外角和等于360度即可求解．

【详解】

解：七边形的外角和等于360°．

故答案为360°

【点睛】

本题考查了多边形的内角和外角的知识，属于基础题，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360°．

13、

【解析】
分析：过A作AM⊥y轴于M，过B作BD选择x轴于D，直线BD与AM交于点N，则OD=MN，DN=OM，∠AMO=∠BNA=90°，由等腰三角形的判定与性质得出OA=BA，∠OAB=90°，证出∠AOM=∠BAN，由AAS证明△AOM≌△BAN，得出AM=BN=1，OM=AN=k，求出B（1+k，k﹣1），得出方程（1+k）•（k﹣1）=k，解方程即可．

详解：如图所示，过A作AM⊥y轴于M，过B作BD选择x轴于D，直线BD与AM交于点N，

则OD=MN，DN=OM，∠AMO=∠BNA=90°，

∴∠AOM+∠OAM=90°，

∵∠AOB=∠OBA=45°，

∴OA=BA，∠OAB=90°，

∴∠OAM+∠BAN=90°，

∴∠AOM=∠BAN，

∴△AOM≌△BAN，

∴AM=BN=1，OM=AN=k，

∴OD=1+k，BD=OM﹣BN=k﹣1

∴B（1+k，k﹣1），

∵双曲线y=（x＞0）经过点B，

∴（1+k）•（k﹣1）=k，

整理得：k2﹣k﹣1=0，

解得：k=（负值已舍去），

故答案为．

点睛：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识.解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形.

【详解】

请在此输入详解！

14、x≥0且x≠1

【解析】

试题分析：根据分式有意义的条件是分母不为0；分析原函数式可得关系式x-1≠0，解可得答案．

试题解析：根据题意可得x-1≠0；

解得x≠1；

故答案为x≠1．

考点: 函数自变量的取值范围；分式有意义的条件．

15、50°

【解析】
根据等腰三角形顶角度数，可求出每个底角，然后根据两直线平行，内错角相等解答．

【详解】

解：∵AB=AC，∠BAC=80°，

∴∠B=∠C=（180°﹣80°）÷2=50°；

∵AD∥BC，

∴∠DAC=∠C=50°，

故答案为50°．

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质以及平行线性质的应用，注意：两直线平行，内错角相等．

16、

【解析】
根据100个和尚分100个馒头，正好分完．大和尚一人分3个，小和尚3人分一个得到等量关系为：大和尚的人数+小和尚的人数=100，大和尚分得的馒头数+小和尚分得的馒头数=100，依此列出方程组即可．

【详解】

设大和尚x人，小和尚y人，由题意可得

．

故答案为．

【点睛】

本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键以和尚数和馒头数作为等量关系列出方程组．

17、

【解析】
过点D作DF⊥BC于点F，由菱形的性质可得BC＝CD，AD∥BC，可证四边形DEBF是矩形，可得DF＝BE，DE＝BF，在Rt△DFC中，由勾股定理可求DE＝1，DF＝3，由反比例函数的性质可求k的值．

【详解】

如图，过点D作DF⊥BC于点F，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BC＝CD，AD∥BC，

∵∠DEB＝90°，AD∥BC，

∴∠EBC＝90°，且∠DEB＝90°，DF⊥BC，

∴四边形DEBF是矩形，

∴DF＝BE，DE＝BF，

∵点C的横坐标为5，BE＝3DE，

∴BC＝CD＝5，DF＝3DE，CF＝5﹣DE，

∵CD2＝DF2+CF2，

∴25＝9DE2+(5﹣DE)2，

∴DE＝1，

∴DF＝BE＝3，

设点C(5，m)，点D(1，m+3)，

∵反比例函数y＝图象过点C，D，

∴5m＝1×(m+3)，

∴m＝，

∴点C(5，)，

∴k＝5×＝，

故答案为：

【点睛】

本题考查了反比例函数图象点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，求出DE的长度是本题的关键．

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、2.

【解析】
将原式化简整理,整体代入即可解题.

【详解】

解：（x﹣1）1+x（x﹣4）+（x﹣1）（x+1）

＝x1﹣1x+1+x1﹣4x+x1﹣4

＝3x1﹣2x﹣3，

∵x1﹣1x﹣1＝1

∴原式＝3x1﹣2x﹣3＝3（x1﹣1x﹣1）＝3×1＝2．

【点睛】

本题考查了代数式的化简求值,属于简单题,整体代入是解题关键.

19、（1）A（﹣1，0），B（3，0），y=﹣x﹣；

（2）①A′（t﹣1， t）；②A′BEF为菱形，见解析；

（3）存在，P点坐标为（，）或（，﹣）．

【解析】
（1）通过解方程﹣x2+x+＝0得A（−1，0），B（3，0），然后利用待定系数法确定直线l的解析式；

（2）①作A′H⊥x轴于H，如图2，利用OA＝1，OD＝得到∠OAD＝60°，再利用平移和对称的性质得到EA＝EA′＝t，∠A′EF＝∠AEF＝60°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系表示出A′H，EH即可得到A′的坐标；

②把A′（t−1，t）代入y＝−x2＋x＋得−（t−1）2＋（t−1）＋＝t，解方程得到t＝2，此时A′点的坐标为（2，），E（1，0），然后通过计算得到AF＝BE＝2，A′F∥BE，从而判断四边形A′BEF为平行四边形，然后加上EF＝BE可判定四边形A′BEF为菱形；

（3）讨论：当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，利用点A′和点B的横坐标相同得到t−1＝3，解方程求出t得到A′（3，），再利用矩形的性质可写出对应的P点坐标；当A′B⊥EA′，如图4，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，先确定此时A′点的坐标，然后利用点的平移确定对应P点坐标．

【详解】

（1）当y=0时，﹣x2+x+=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），

设直线l的解析式为y=kx+b，

把A（﹣1，0），D（0，﹣）代入得，解得，

∴直线l的解析式为y=﹣x﹣；

（2）①作A′H⊥x轴于H，如图，

∵OA=1，OD=，

∴∠OAD=60°，

∵EF∥AD，

∴∠AEF=60°，

∵点A 关于直线l的对称点为A′，

∴EA=EA′=t，∠A′EF=∠AEF=60°，

在Rt△A′EH中，EH=EA′=t，A′H=EH=t，

∴OH=OE+EH=t﹣1+t=t﹣1，

∴A′（t﹣1， t）；

②把A′（t﹣1， t）代入y=﹣x2+x+得﹣（t﹣1）2+（t﹣1）+=t，

解得t1=0（舍去），t2=2，

∴当点A′落在抛物线上时，直线l的运动时间t的值为2；

此时四边形A′BEF为菱形，理由如下：

当t=2时，A′点的坐标为（2，），E（1，0），

∵∠OEF=60°

∴OF=OE=，EF=2OE=2，

∴F（0，），

∴A′F∥x轴，

∵A′F=BE=2，A′F∥BE，

∴四边形A′BEF为平行四边形，

而EF=BE=2，

∴四边形A′BEF为菱形；

（3）存在，如图：

当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，则t﹣1=3，解得t=，则A′（3，），

∵OE=t﹣1=，

∴此时P点坐标为（，）；

当A′B⊥EA′，如图，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，

∵∠AEA′=120°，

∴∠A′EB=60°，

∴∠EBA′=30°

∴BQ=A′Q=•t=t，

∴t﹣1+t=3，解得t=，

此时A′（1，），E（，0），

点A′向左平移个单位，向下平移个单位得到点E，则点B（3，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到点P，则P（，﹣），

综上所述，满足条件的P点坐标为（，）或（，﹣）．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的判定和矩形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．

20、1人

【解析】

解：设九年级学生有x人，根据题意，列方程得：

，整理得0.8（x+88）=x，解之得x=1．

经检验x=1是原方程的解．

答：这个学校九年级学生有1人． 

设九年级学生有x人，根据“给九年级学生每人购买一个，不能享受8折优惠，需付款1936元”可得每个文具包的花费是：元，根据“若多买88个，就可享受8折优惠，同样只需付款1936元”可得每个文具包的花费是：，根据题意可得方程，解方程即可．

21、灯杆AB的长度为2.3米．

【解析】
过点A作AF⊥CE，交CE于点F，过点B作BG⊥AF，交AF于点G，则FG=BC=2．设AF=x知EF=AF=x、DF==，由DE=13.3求得x=11.4，据此知AG=AF﹣GF=1.4，再求得∠ABG=∠ABC﹣∠CBG=30°可得AB=2AG=2.3．

【详解】

过点A作AF⊥CE，交CE于点F，过点B作BG⊥AF，交AF于点G，则FG=BC=2．

由题意得：∠ADE=α，∠E=45°．

设AF=x．

∵∠E=45°，∴EF=AF=x．

在Rt△ADF中，∵tan∠ADF=，∴DF==．

∵DE=13.3，∴x+=13.3，∴x=11.4，∴AG=AF﹣GF=11.4﹣2=1.4．

∵∠ABC=120°，∴∠ABG=∠ABC﹣∠CBG=120°﹣90°=30°，∴AB=2AG=2.3．

答：灯杆AB的长度为2.3米．

【点睛】

本题主要考查解直角三角形﹣仰角俯角问题，解题的关键是结合题意构建直角三角形并熟练掌握三角函数的定义及其应用能力．

22、2

【解析】

试题分析：首先根据单项式乘以多项式的法则以及完全平方公式将括号去掉，然后再进行合并同类项，最后将ａ的值代入化简后的式子得出答案.

试题解析：解：原式=3a3+6a1+3a﹣1a1﹣4a﹣1=3a3+4a1﹣a﹣1，

当a=1时，原式=14+16﹣1﹣1=2．

23、（1）y＝﹣x2+4；（2）①E（5，9）；②1.

【解析】
（1）待定系数法即可解题,

（2）①求出直线DA的解析式,根据顶点E在直线DA上，设出E的坐标,带入即可求解；②AB扫过的面积是平行四边形ABGE,根据S四边形ABGE＝S矩形IOKH﹣S△AOB﹣S△AEI﹣S△EHG﹣S△GBK,求出点B（2，0）,G（7，5），A（0，4），E（5，9），根据坐标几何含义即可解题.

【详解】

解：（1）∵A（0，4），B（2，0），C（﹣2，0）

∴二次函数的图象的顶点为A（0，4），

∴设二次函数表达式为y＝ax2+4，

将B（2，0）代入，得4a+4＝0，

解得，a＝﹣1，

∴二次函数表达式y＝﹣x2+4；

（2）①设直线DA：y＝kx+b（k≠0），

将A（0，4），D（﹣4，0）代入，得 ，

解得， ，

∴直线DA：y＝x+4，

由题意可知，平移后的抛物线的顶点E在直线DA上，

∴设顶点E（m，m+4），

∴平移后的抛物线表达式为y＝﹣（x﹣m）2+m+4，

又∵平移后的抛物线过点B（2，0），

∴将其代入得，﹣（2﹣m）2+m+4＝0，

解得，m1＝5，m2＝0（不合题意，舍去），

∴顶点E（5，9），

②如图，连接AB，过点B作BL∥AD交平移后的抛物线于点G，连结EG，

∴四边形ABGE的面积就是图象A，B两点间的部分扫过的面积，

过点G作GK⊥x轴于点K，过点E作EI⊥y轴于点I，直线EI，GK交于点H．

由点A（0，4）平移至点E（5，9），可知点B先向右平移5个单位，再向上平移5个单位至点G．

∵B（2，0），∴点G（7，5），

∴GK＝5，OB＝2，OK＝7，

∴BK＝OK﹣OB＝7﹣2＝5，

∵A（0，4），E（5，9），

∴AI＝9﹣4＝5，EI＝5，

∴EH＝7﹣5＝2，HG＝9﹣5＝4，

∴S四边形ABGE＝S矩形IOKH﹣S△AOB﹣S△AEI﹣S△EHG﹣S△GBK

＝7×9﹣×2×4﹣×5×5﹣×2×4﹣×5×5

＝63﹣8﹣25

＝1

答：图象A，B两点间的部分扫过的面积为1．

【点睛】

本题考查了二次函数解析式的求法,二次函数的图形和性质,二次函数的实际应用,难度较大,建立面积之间的等量关系是解题关键.

24、（1）CD与圆O的位置关系是相切，理由详见解析;(2) AD=．

【解析】
（1）连接OC，求出OC和AD平行，求出OC⊥CD，根据切线的判定得出即可；

（2）连接BC，解直角三角形求出BC和AC，求出△BCA∽△CDA，得出比例式，代入求出即可．

【详解】

（1）CD与圆O的位置关系是相切，

理由是：连接OC，

∵OA=OC，

∴∠OCA=∠CAB，

∵∠CAB=∠CAD，

∴∠OCA=∠CAD，

∴OC∥AD，

∵CD⊥AD，

∴OC⊥CD，

∵OC为半径，

∴CD与圆O的位置关系是相切；

（2）连接BC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠BCA=90°，

∵圆O的半径为3，

∴AB=6，

∵∠CAB=30°，

∴

∵∠BCA=∠CDA=90°，∠CAB=∠CAD，

∴△CAB∽△DAC，

∴

∴

∴

【点睛】

本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．