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2023-2024学年江西省抚州市临川一中九年级（下）第一次月考数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省抚州市临川一中九年级（下）第一次月考数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.二次根式 a中a的最小值为( )
A. 0B. 1C. −1D. 2
2.下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. (a+b)2=a2+b2B. (−ab2)3=a3b6
C. x3÷(−x)2=−xD. (3.14−π)2=π−3.14
4.如图，在Rt△ACB中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D，△ABD与△ADB′关于直线AD对称，点B的对称点是点B′，若∠B′AC=14°，则∠B的度数为( )
A. 38°B. 48°C. 50°D. 52°
5.如图，在扇形AOB中，∠AOB=60°，OD平分∠AOB交AB于点D，点C是半径OB上一动点，若OA=1，则阴影部分周长的最小值为( )
A. 2+π6
B. 2+π3
C. 2 2+π6
D. 2 2+π3
6.如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为点D、E、F，设△ABC的面积、周长分别为S、l，⊙O的半径为r，则下列等式：①∠AED+∠BFE+∠CDF=180°；②S=12lr；③2∠EDF=∠A+∠C；④2(AD+CF+BE)=l，其中成立的是( )
A. ①②③④B. ②③④C. ①③④D. ①②③
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.单项式−πx23的系数是 ．
8.近目，全国各地经济社会发展统计数据相继公布，数据显示2022年江西省生产总值约为32000亿元，同比增长4.7%，高出全国平均水平1.7%，增长率与福建并列全国第一.数据32000亿用科学记数法可表示为______．
9.不透明的口袋中有黑白围棋子若干颗，已知随机摸出一颗是白棋子的概率为310，若加入10颗白棋子，随机摸出一颗是白棋子的概率为13，口袋中原来有______颗围棋子．
10.设x1，x2是关于x的一元二次方程x2−2(m+1)x+m2+2=0的两个实数根，且(x1+1)(x2+1)=8，则m的值为______．
11.如图的七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线相交于O点．若图中∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，则∠BOD的度数为______．
12.在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且A(0,3)、B(5,3)，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)，若点B的对应点B′恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C′的坐标为______．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
(1)计算：( 3−1)0+(13)−2+| 3−2|+tan60°；
(2)因式分解：m3−4m．
14.(本小题6分)
先化简，再求值：(2a−1+a−2a2−1)÷aa+1，其中a=12．
15.(本小题6分)
如图，已知在△ABC中，∠A=60°，∠C=90°，将△ABC绕点B顺时针旋转150°，得到△DBE.请仅用无刻度的直尺，按要求画图(保留画图痕迹，在图中标出字母，并在图下方表示出所画图形)．
(1)在图①中，画一个等边三角形；
(2)在图②中，画一个等腰直角三角形．
16.(本小题6分)
某商家开展“抽奖赢优惠“活动，即购买商品的顾客获得一次摸球中奖的机会，小刘和小张同时购买了商品，商家提供了四个形状，大小、质地一样的一个红球和三个白球，其中只有摸到红球是中奖，
(1)若小刘先摸，则小刘中奖的概率为______；
(2)当商家让小刘先摸时，小张认为商家这种做法对他不公平，请用画树状图法或列表法计算两人中奖的概率来说明小张的质疑是否合理．
17.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，∠ABC=60°，BC=2AB，点E、F分别是BC、DA的中点．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=2，求BD的长．
18.(本小题8分)
2023年中考越来越近，班主任李老师打算在中考结束当天送班上每个同学一束花，李老师打算去斗南购买向日葵和香槟玫瑰组合的鲜花.已知买2支向日葵和1支香槟玫瑰共需花费14元，3支香槟玫瑰的价格比2支向日葵的价格多2元．
(1)求买一支向日葵和一支香槟玫瑰各需多少元？
(2)李老师准备每束花需向日葵和香槟玫瑰共15支，且向日葵的数量不少于6支，班上总共40个学生，设购买所有的鲜花所需费用为w元，每束花有香槟玫瑰x支，求w与x之间的函数关系式，并设计一种使费用最少的买花方案，并写出最少费用．
19.(本小题8分)
如图1是一只拉杆式旅行箱，其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB=50cm，拉杆BC最大可伸长30cm，点A，B，C在同一条直线上，在箱体的底端装有圆形的滚轮⊙A，⊙A与水平地面MN相切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，且点B距离地面36cm时，点C到地面的距离CE=54cm．
(1)求滚轮的半径；
(2)调整拉杆BC的长度，当某人的手自然下垂在拉杆顶端C处拉动旅行箱时，C到地面的距离为66cm，拉杆与水平地面的夹角为53°，求此时拉杆BC伸长的长度.(参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到1cm)
20.(本小题8分)
如图，直线y=kx+b(k≠0)经过点C(−5,0)，且与反比例函数y=mx(m≠0)的图象相交于A(3,n)、B两点，已知∠ACO=∠CAO．
(1)求直线y=kx+b(k≠0)与反比例函数y=mx(m≠0)的解析式；
(2)点M为x轴上异于点O的一点，若△BCO的面积与△BCM的面积相等，求点M的坐标．
21.(本小题9分)
如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B是切点，AC是⊙O的直径，连接OP，交⊙O于点D，交AB于点E．
(1)求证：BC//OP；
(2)若E恰好是OD的中点，且四边形OAPB的面积是16 3，求阴影部分的面积；
(3)若sin∠BAC=13，且AD=2 3，求切线PA的长．
22.(本小题9分)
定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”.例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C=180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
概念理解．
(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为______；
②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2−CB2=______．
拓展延伸．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”.当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)直线l为该抛物线的对称轴，点D与点C关于直线l对称，点P为直线AD下方抛物线上一动点，连接PA、PD，求△PAD面积的最大值；
(3)在(2)的条件下，将抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)沿射线AD平移4 2个单位长度，得到新的抛物线y1，点E为点P的对应点，点F为y1的对称轴上任意一点，在y1上确定一点G，使得以点D、E、F、G为顶点的四边形是平行四边形，直接写出所有符合条件的点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得，a≥0，
∴二次根式 a中a的最小值为0．
故选：A．
根据二次根式的定义即可求出答案．
本题考查了二次根式的定义，理解二次根式的被开方数是非负数是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.∵(a+b)2=a2+2ab+b2，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵(−ab2)3=−a3b6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵x3÷(−x)2=x3÷x2=x，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵ 3.14−π=−(3.14−π)=π−3.14，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D．
A.根据完全平方公式计算，然后判断即可；
B.根据积的乘方和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可；
C.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；
D.根据二次根式的性质进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂相除法则、二次根式的性质、积的乘方和幂的乘方法则．
4.【答案】D
【解析】解：∵∠BAD+∠B’AD+∠B’AC=90°，且∠BAD=∠B’AD，∠B′AC=14°，
∴∠BAD=38°
∴∠B=90°−38°=52°
故选：D．
通过折叠角相等，∠BAD+∠B’AD+∠B’AC=90°计算得∠BAD，进而用余角进行计算．
本题考查折叠以及直角三角形中角的转化与计算，属于中考常考题型．
5.【答案】A
【解析】解：作D点关于直线OB的对称点E，连接AE，与OB的交点为C点，此时阴影部分周长最小，
在扇形AOB中，∠AOB=60°，OD平分∠AOB交AB于点D，
∴∠AOD=∠BOD=30°，
由轴对称的性质，∠EOB=∠BOD=30°，OE=OD，
∴∠AOE=90°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∵OA=1，
∴AE= 2，AD的长=30π×1180=π6，
∴阴影部分周长的最小值为 2+π6，
故选：A．
作D点关于直线OB的对称点E，连接AE，与OB的交点为C点，此时阴影部分周长最小，最小值为AE的长与弧AD的和．
本题考查了弧长的计算，勾股定理，轴对称−最短路线问题，证得△AOE为等腰直角三角形是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，作直径ET，连接DT．
∵AB是⊙O的切线，
∴ET⊥AB，
∴∠AET=90°，
∴∠AED+∠DET=90°，
∵ET是直径，
∴∠EDT=90°，
∴∠DET+∠ETD=90°，
∴∠AED=∠ETD，
∵∠EFD=∠ETD，
∴∠AED=∠EFD，
同法可证，∠BFE=∠EDF，∠CDF=∠DEF，
∵∠EFD+∠EDF+∠DEF=180°，
∴∠AED+∠BFE+∠CDF=180°，故①正确，
连接OA，OB，OC，OF，OD．
∵S=S△AOB+S△BOC+S△ACO=12⋅AB⋅OE+12⋅BC⋅OF+12⋅AC⋅OD=12⋅(AB+BC+AC)⋅r=12lr，故②正确，
∵∠BAC+∠ACB+∠ABC=180°，∠BEF+∠BFE+∠ABC=180°
∴∠BEF+∠BFE=∠BAC+∠ACB，
∵∠BEF=∠EDF，∠BFE=∠EDF，
∴2∠EDF=∠BAC+∠ACB，故③正确，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为点D、E、F，
∴AE=AD，CD=CF，BE=BF，
∴2(AD+CF+BE)=l，故④正确，
故选：A．
①正确，首先证明∠AED=∠EFD，同法可证∠BFE=∠EDF，∠CDF=∠DEF，由∠EFD+∠EDF+∠DEF=180°，可得∠AED+∠BFE+∠CDF=180°．
②正确，利用面积法证明即可．
③正确，证明∠BEF+∠BFE=∠BAC+∠ACB，可得结论．
④正确，利用切线长定理解决问题即可．
本题考查三角形的内切圆，切线的性质，圆周角定理，三角形的面积等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
7.【答案】−π3
【解析】解：单项式−πx23的系数是−π3．
故答案为：−π3．
直接利用单项式的系数确定方法分析得出答案．
此题主要考查了单项式的系数，正确把握单项式的相关定义是解题的关键．
8.【答案】3.2×1012
【解析】解：32000亿=3200000000000=3.2×1012，
故答案为：3.2×1012．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种表示数的方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
9.【答案】200
【解析】解：设原来口袋中分别有黑白棋子的个数为x、y则，
yx+y=310y+10x+y+10=13，解得y=60x=140，
故口袋中原来有60+140=200颗围棋子．
分别设出原来口袋中黑白棋子的个数，再根据概率公式列方程解答即可．
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
10.【答案】1
【解析】解：∵x1、x2是关于x的一元二次方程x2−2(m+1)x+m2+2=0的两实根，
∴x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+2，
∵(x1+1)(x2+1)=8，
∴m2+2+2(m+1)+1=8，
解得：m=1或m=−3，
∵Δ=4(m+1)2−4(m2+2)=8m−4⩾0，
解得：m⩾12，
∴m=1，
故答案为：1．
根据根与系数的关系，可得x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+2，代入(x1+1)(x2+1)=8，解出m的值，再根据Δ⩾0，求出m的取值范围，即可确定m的值．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键，注意根的判别式⩾0这个隐含的条件．
11.【答案】40°
【解析】【分析】
本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【解答】
解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+220°=4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=500°，
∵五边形OAGFE内角和=(5−2)×180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°−500°=40°，
故答案为40°．
12.【答案】(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)
【解析】解：因为正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A(0,3)、B(5,3)，
所以画图如下：
当正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)，
①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，如图，
∵AB′=AB=5，OA=3，
∴OB′= 52−32=4，
∵∠AB′O+∠OAB′=90°，∠AB′O+∠C′B′E=90°，
∴∠OAB′=∠C′B′E，
在△AB′O和△EB′C′中，
∠AOB′=∠B′EC′=90°∠OAB′=∠EB′C′AB′=B′C′，
∴△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′+B′E=4+3=7，
∴点C的对应点C′的坐标为(7,4)；
②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，如图，
B′C′=AB=BC′=5，
∴点C的对应点C′的坐标为(5,−2)；
③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，如图，
同①可知：
△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′−B′E=4−3=1，
∴点C的对应点C′的坐标为(−1,−4)；
综上所述：点C的对应点C′的坐标为(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)．
故答案为：(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)．
根据题意画出图形，分3种情况进行讨论：①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，根据旋转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C′的坐标．
本题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．是中考填空压轴题．
13.【答案】解：(1)原式=1+9−( 3−2)+ 3
=1+9− 3+2+ 3
=12；
(2)m3−4m
=m(m2−4)
=m(m+2)(m−2)．
【解析】(1)先计算零指数幂、负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值，再进行实数的混合运算即可；
(2)先提取公因式，再利用平方差因式分解即可．
本题考查实数的混合运算和因式分解，熟练掌握零指数幂和负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、特殊角的三角函数值及因式分解的方法是解题的关键．
14.【答案】解：(2a−1+a−2a2−1)÷aa+1
=[2a+2(a+1)(a−1)+a−2(a+1)(a−1)]÷aa+1
=3a(a+1)(a−1)⋅a+1a
=3a−1，
当a=12时，原式=312−1=−6．
【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
15.【答案】解：(1)如图①中，延长EB交AC的延长线于F.△ABF即为所求．
(2)如图②中，延长AB交ED的延长线于H，连接FH，△EFH即为所求．
【解析】(1)如图①中，延长EB交AC的延长线于F.△ABF即为所求．
(2)如图②中，延长AB交ED的延长线于H，连接FH，△EFH即为所求．
本题考查作图−旋转变换，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16.【答案】解：(1)14；
(2)设红球是A，三个白球分别是B1，B2，B3，如图：
可知小刘先摸中奖的概率为14，小张后摸中奖的概率为312=14，
可见两人中奖的概率相等，所以小张的质疑不合理．
【解析】【分析】
本题考查的是树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，计算出小刘和小张的概率，即可解答．
【解答】
解：(1)一个红球和三个白球，摸一个球，事件“摸到红球”的概率是14，则小刘中奖的概率为14．
(2)见答案．
17.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，BC=AD．
∵E，F分别是BC，AD的中点，
∴BE=CE=12BC，AF=12AD，
∴CE=AF，CE//AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形；
(2)解：过点B作BG⊥AD于G，如图所示：
则∠ABG=90°−∠ABC=30°，
∴AG=12AB=1，BG= 3，
∵AD=BC=2AB=4，
∴DG=AG+AD=5，
∴BD= BG2+DG2= ( 3)2+52=2 7．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再证△ABE是等边三角形，得AE=BE=CE，即可得出结论；
(2)过点B作BG⊥AD于G，则∠ABG=30°，由含30度角的直角三角形的性质可得AG=12AB=1，BG= 3，求出DG=AG+AD=5，由勾股定理求出BD即可．
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定，属于中考常考题型．
18.【答案】解：(1)设一支向日葵需a元，一支香槟玫瑰需b元，
由题可得：2a+b=143b−2a=2，解得：a=5b=4．
答：一支向日葵需5元，一支香槟玫瑰需4元．
(2)设每束花有香槟玫瑰x支，向日葵(15−x)支．
由题意得：w=40[5(15−x)+4x]=−40x+3000，
∵15−x≥6，解得x≤9，
又∵−40<0，w随x的增大而减少，
∴当x=9时，w最少=−40×9+3000=2640，此时向日葵又：15−9=6．
答：每束花有香槟玫瑰9支，向日葵6支，总的购买费用最少为2640元．
【解析】(1)设一支向日葵需a元，一支香槟玫瑰需b元，根据题意列出关系式即可得出结论．
(2)每束花有香槟玫瑰x支，向日葵(15−x)支，根据题意列出w的函数关系式再根据x的取值范围即可得出结论．
本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组以及一次函数的性质，正确梳理题意列出关系式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，
设⊙A的半径为r cm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm．
∵BH//CE，
∴△ABK∽△ACF．
∴BKCF=ABAC．
即36−r54−r=5080．
解得r=6．
∴滚轮的半径为6cm．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm．
∴AC=CFsin53∘≈600.80=75cm．
∴BC=AC−AB=75−50=25cm．
∴拉杆BC的伸长的长度约为25cm．
【解析】(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，设⊙A的半径为rcm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm.证明△ABK∽△ACF，得到BKCF=ABAC，则36−r54−r=5080，解得r=6即可．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm.再求得到AC=75cm.由BC=AC−AB即可得到答案．
此题主要考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
20.【答案】解：(1)作AD⊥x轴于D，
∵A(3,n)，
∴OD=3，AD=n，
∵点C(−5,0)，
∴OC=5，
∵∠ACO=∠CAO，
∴OA=OC=5，
在Rt△AOD中，OA2=AD2+OD2，
∴52=32+n2，
∴n=4，
∴A(3,4)，
∵反比例函数y=mx(m≠0)的图象经过A(3,4)，
∴m=3×4=12，
∴反比例函数为y=12x，
把A(3,4)，B(−5,0)代入y=kx+b(k≠0)得3k+b=4−5k+b=0，
解得k=12b=52，
∴一次函数的解析式为y=12x+52；
(2)∵点M为x轴上异于点O的一点，若△BCO的面积与△BCM的面积相等，
∴CM=CO=5，
∴M(−10,0)．
【解析】(1)作AD⊥x轴于D，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得，直线y=kx+b(k≠0)与反比例函数y=mx(m≠0)的解析式；
(2)根据面积相等得出CM=CO=5，从而得出M(−10,0)．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，待定系数法求函数的解析式，求得A的坐标是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∵OA=OB，
∴OP⊥AB，
∵AC是直径，
∴∠ABC=90°，
∴BC⊥AB，
∴BC//OP．
(2)解：∵OE=DE，AB⊥OD，
∴AO=AD，
∵OA=OD，
∴AD=OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
设OE=m，则AE=BE= 3m，OA=2m，OP=4m，
∵四边形OAPB的面积是16 3，
∴12⋅OP⋅AB=16 3，
∴12×4m×2 3m=16 3，
∴m=2或−2(舍弃)，
∴OE=2，AB=4 3，OA=2m=4，
∵OD⊥AB，
∴AD=BD，
∴∠AOD=∠BOD=60°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
∴S阴=S扇形OAB−S△AOB=120π⋅42360−12×4 3×2=16π3−4 3．
(3)解：在Rt△AOE中，sin∠CAB=OEAO=13，
∴可以假设OE=x，则OA=OD=3x，DE=2x，AE= OA2−OE2= (3x)2−x2=2 2x，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∴(2 3)2=(2 2x)2+(2x)2，
∴x=1或−1(舍弃)，
∴OE=1，OA=3，AE=2 2，
∵PA是切线，
∴PA⊥OA，
∴∠OAP=90°，
∴∠CAB+∠BAP=90°，∠APO+∠PAE=90°，
∴∠CAB=∠APO，
∴sin∠APE=sin∠CAB=13=AEPA，
∴PA=3AE=6 2．
【解析】(1)证明OP⊥AB，BC⊥AB，可得结论．
(2)设OE=m，用m的代数式表示AB，OP，构建方程求出m，求出OA，AB，OE，再根据S阴=S扇形OAB−S△AOB，求解即可．
(3)在Rt△AOE中，sin∠CAB=OEAO=13，可以假设OE=x，则OA=OD=3x，DE=2x，AE= OA2−OE2= (3x)2−x2=2 2x，在Rt△ADE中，根据AD2=AE2+DE2，构建方程求出x，再证明sin∠APE=sin∠CAB=13=AEPA，可得结论．
本题属于圆综合题，考查了切线长定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22.【答案】90° 5
【解析】解：(1)①设∠C=n°，
∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，
∴∠A=3n°，∠B=2n°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，
∴3n+n=180，
解得n=45，
∴∠B=2n°=90°，
∴∠D=180°−∠B=90°，
故答案为：90°．
②如图1，连接AC，
∵∠B=90°，
∴∠D=90°，
∴CD2=AC2−AD2，CB2=AC2−AB2，
∴CD2−CB2=AC2−AD2−(AC2−AB2)=AB2−AD2，
∵AB=3，AD=2，
∴CD2−CB2=32−22=5，
故答案为：5．
(2)AE+CF=BF，
证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCG，
∵AB=CB，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∵∠EBF=12∠ABC，
∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，
∴∠EBF=∠GBF，
∵BF=BF，
∴△EBF≌△GBF(SAS)，
∴EF=GF，
∵AE+CF=CG+CF=GF，
∴AE+CF=EF．
(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n=180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°−∠B=90°；
②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2−AD2，CB2=AC2−AB2，则CD2−CB2=AB2−AD2=32−22=5．
(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．
此题重点考查四边形的内角和等于360°、勾股定理的应用、同角的补角相等、全等三角形的判定与性质、新定义问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)将A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx−4，
得a−b−4=016a+4b−4=0，
∴a=1b=−3，
∴y=x2−3x−4，
(2)当x=0时，y=−4，
∴点C(0,−4)，
∵点D与点C关于直线l对称，且对称轴为直线x=32，
∴D(3,−4)，
∵A(−1,0)，
∴直线AD的函数关系式为：y=−x−1，
设P(m,m2−3m−4)，
作PH//y轴交直线AD于H，
∴H(m,−m−1)，
∴PH=−m−1−(m2−3m−4)
=−m2+2m+3，
∴S△APD=S△APH+S△DPH=12× FH×4=2(−m2+2m+3)=−2m2+4m+6，
当m=−42×(−2)=1时，S△APD最大为8，
(3)∵直线AD与x轴正方向夹角为45°，
∴沿AD方向平移4 2，实际可看成向右平移4个单位，再向下平移4个单位，
∵F(1,−6)，
∴E(5,−10)，
抛物线y=x2−3x−4平移后y1=x2−11x+20，
∴抛物线y1的对称轴为：直线x=112，
当DE为平行四边形的边时：
若D平移到对称轴上F点，
则G的横坐标为152，
代入y1=x2−11x+20得y=−254，
∴G(152,−254)，
若E平移到对称轴上F点，
则G的横坐标为72，
代入y1=x2−11x+20得y=−254，
∴G(72,−254)，
若DE为平行四边形的对角线时，
若E平移到对称轴上F点，
则G平移到D点，
∴G的横坐标为52，
代入y1=x2−11x+20得y=−54，
∴G(52,−54)，
∴G(52,−54)或G(72,−254)或G(152,−254).
【解析】(1)直接代入点A，B坐标即可；
(2)作FE//y轴交直线AD于H，通过铅垂高表示出△AFD的面积即可求出最大面积；
(3)通过平移距离为4 2，转化为向右平移4个单位，再向下平移4个单位，得出平移后的抛物线关系式和E的坐标，从而平行四边形中，已知线段DE，分DE为边还是对角线，通过点的平移得出Q的横坐标即可．
本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数关系式，铅垂高求三角形的面积，以及平移的性质和平行四边形的性质和判定是解决本题的关键．
1.二次根式 a中a的最小值为( )
A. 0B. 1C. −1D. 2
2.下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. (a+b)2=a2+b2B. (−ab2)3=a3b6
C. x3÷(−x)2=−xD. (3.14−π)2=π−3.14
4.如图，在Rt△ACB中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D，△ABD与△ADB′关于直线AD对称，点B的对称点是点B′，若∠B′AC=14°，则∠B的度数为( )
A. 38°B. 48°C. 50°D. 52°
5.如图，在扇形AOB中，∠AOB=60°，OD平分∠AOB交AB于点D，点C是半径OB上一动点，若OA=1，则阴影部分周长的最小值为( )
A. 2+π6
B. 2+π3
C. 2 2+π6
D. 2 2+π3
6.如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为点D、E、F，设△ABC的面积、周长分别为S、l，⊙O的半径为r，则下列等式：①∠AED+∠BFE+∠CDF=180°；②S=12lr；③2∠EDF=∠A+∠C；④2(AD+CF+BE)=l，其中成立的是( )
A. ①②③④B. ②③④C. ①③④D. ①②③
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.单项式−πx23的系数是 ．
8.近目，全国各地经济社会发展统计数据相继公布，数据显示2022年江西省生产总值约为32000亿元，同比增长4.7%，高出全国平均水平1.7%，增长率与福建并列全国第一.数据32000亿用科学记数法可表示为______．
9.不透明的口袋中有黑白围棋子若干颗，已知随机摸出一颗是白棋子的概率为310，若加入10颗白棋子，随机摸出一颗是白棋子的概率为13，口袋中原来有______颗围棋子．
10.设x1，x2是关于x的一元二次方程x2−2(m+1)x+m2+2=0的两个实数根，且(x1+1)(x2+1)=8，则m的值为______．
11.如图的七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线相交于O点．若图中∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，则∠BOD的度数为______．
12.在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且A(0,3)、B(5,3)，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)，若点B的对应点B′恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C′的坐标为______．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
(1)计算：( 3−1)0+(13)−2+| 3−2|+tan60°；
(2)因式分解：m3−4m．
14.(本小题6分)
先化简，再求值：(2a−1+a−2a2−1)÷aa+1，其中a=12．
15.(本小题6分)
如图，已知在△ABC中，∠A=60°，∠C=90°，将△ABC绕点B顺时针旋转150°，得到△DBE.请仅用无刻度的直尺，按要求画图(保留画图痕迹，在图中标出字母，并在图下方表示出所画图形)．
(1)在图①中，画一个等边三角形；
(2)在图②中，画一个等腰直角三角形．
16.(本小题6分)
某商家开展“抽奖赢优惠“活动，即购买商品的顾客获得一次摸球中奖的机会，小刘和小张同时购买了商品，商家提供了四个形状，大小、质地一样的一个红球和三个白球，其中只有摸到红球是中奖，
(1)若小刘先摸，则小刘中奖的概率为______；
(2)当商家让小刘先摸时，小张认为商家这种做法对他不公平，请用画树状图法或列表法计算两人中奖的概率来说明小张的质疑是否合理．
17.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，∠ABC=60°，BC=2AB，点E、F分别是BC、DA的中点．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=2，求BD的长．
18.(本小题8分)
2023年中考越来越近，班主任李老师打算在中考结束当天送班上每个同学一束花，李老师打算去斗南购买向日葵和香槟玫瑰组合的鲜花.已知买2支向日葵和1支香槟玫瑰共需花费14元，3支香槟玫瑰的价格比2支向日葵的价格多2元．
(1)求买一支向日葵和一支香槟玫瑰各需多少元？
(2)李老师准备每束花需向日葵和香槟玫瑰共15支，且向日葵的数量不少于6支，班上总共40个学生，设购买所有的鲜花所需费用为w元，每束花有香槟玫瑰x支，求w与x之间的函数关系式，并设计一种使费用最少的买花方案，并写出最少费用．
19.(本小题8分)
如图1是一只拉杆式旅行箱，其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB=50cm，拉杆BC最大可伸长30cm，点A，B，C在同一条直线上，在箱体的底端装有圆形的滚轮⊙A，⊙A与水平地面MN相切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，且点B距离地面36cm时，点C到地面的距离CE=54cm．
(1)求滚轮的半径；
(2)调整拉杆BC的长度，当某人的手自然下垂在拉杆顶端C处拉动旅行箱时，C到地面的距离为66cm，拉杆与水平地面的夹角为53°，求此时拉杆BC伸长的长度.(参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33，结果精确到1cm)
20.(本小题8分)
如图，直线y=kx+b(k≠0)经过点C(−5,0)，且与反比例函数y=mx(m≠0)的图象相交于A(3,n)、B两点，已知∠ACO=∠CAO．
(1)求直线y=kx+b(k≠0)与反比例函数y=mx(m≠0)的解析式；
(2)点M为x轴上异于点O的一点，若△BCO的面积与△BCM的面积相等，求点M的坐标．
21.(本小题9分)
如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B是切点，AC是⊙O的直径，连接OP，交⊙O于点D，交AB于点E．
(1)求证：BC//OP；
(2)若E恰好是OD的中点，且四边形OAPB的面积是16 3，求阴影部分的面积；
(3)若sin∠BAC=13，且AD=2 3，求切线PA的长．
22.(本小题9分)
定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”.例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C=180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
概念理解．
(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为______；
②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2−CB2=______．
拓展延伸．
(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”.当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)直线l为该抛物线的对称轴，点D与点C关于直线l对称，点P为直线AD下方抛物线上一动点，连接PA、PD，求△PAD面积的最大值；
(3)在(2)的条件下，将抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)沿射线AD平移4 2个单位长度，得到新的抛物线y1，点E为点P的对应点，点F为y1的对称轴上任意一点，在y1上确定一点G，使得以点D、E、F、G为顶点的四边形是平行四边形，直接写出所有符合条件的点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得，a≥0，
∴二次根式 a中a的最小值为0．
故选：A．
根据二次根式的定义即可求出答案．
本题考查了二次根式的定义，理解二次根式的被开方数是非负数是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.∵(a+b)2=a2+2ab+b2，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵(−ab2)3=−a3b6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵x3÷(−x)2=x3÷x2=x，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵ 3.14−π=−(3.14−π)=π−3.14，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
故选：D．
A.根据完全平方公式计算，然后判断即可；
B.根据积的乘方和幂的乘方法则进行计算，然后判断即可；
C.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；
D.根据二次根式的性质进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂相除法则、二次根式的性质、积的乘方和幂的乘方法则．
4.【答案】D
【解析】解：∵∠BAD+∠B’AD+∠B’AC=90°，且∠BAD=∠B’AD，∠B′AC=14°，
∴∠BAD=38°
∴∠B=90°−38°=52°
故选：D．
通过折叠角相等，∠BAD+∠B’AD+∠B’AC=90°计算得∠BAD，进而用余角进行计算．
本题考查折叠以及直角三角形中角的转化与计算，属于中考常考题型．
5.【答案】A
【解析】解：作D点关于直线OB的对称点E，连接AE，与OB的交点为C点，此时阴影部分周长最小，
在扇形AOB中，∠AOB=60°，OD平分∠AOB交AB于点D，
∴∠AOD=∠BOD=30°，
由轴对称的性质，∠EOB=∠BOD=30°，OE=OD，
∴∠AOE=90°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∵OA=1，
∴AE= 2，AD的长=30π×1180=π6，
∴阴影部分周长的最小值为 2+π6，
故选：A．
作D点关于直线OB的对称点E，连接AE，与OB的交点为C点，此时阴影部分周长最小，最小值为AE的长与弧AD的和．
本题考查了弧长的计算，勾股定理，轴对称−最短路线问题，证得△AOE为等腰直角三角形是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，作直径ET，连接DT．
∵AB是⊙O的切线，
∴ET⊥AB，
∴∠AET=90°，
∴∠AED+∠DET=90°，
∵ET是直径，
∴∠EDT=90°，
∴∠DET+∠ETD=90°，
∴∠AED=∠ETD，
∵∠EFD=∠ETD，
∴∠AED=∠EFD，
同法可证，∠BFE=∠EDF，∠CDF=∠DEF，
∵∠EFD+∠EDF+∠DEF=180°，
∴∠AED+∠BFE+∠CDF=180°，故①正确，
连接OA，OB，OC，OF，OD．
∵S=S△AOB+S△BOC+S△ACO=12⋅AB⋅OE+12⋅BC⋅OF+12⋅AC⋅OD=12⋅(AB+BC+AC)⋅r=12lr，故②正确，
∵∠BAC+∠ACB+∠ABC=180°，∠BEF+∠BFE+∠ABC=180°
∴∠BEF+∠BFE=∠BAC+∠ACB，
∵∠BEF=∠EDF，∠BFE=∠EDF，
∴2∠EDF=∠BAC+∠ACB，故③正确，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为点D、E、F，
∴AE=AD，CD=CF，BE=BF，
∴2(AD+CF+BE)=l，故④正确，
故选：A．
①正确，首先证明∠AED=∠EFD，同法可证∠BFE=∠EDF，∠CDF=∠DEF，由∠EFD+∠EDF+∠DEF=180°，可得∠AED+∠BFE+∠CDF=180°．
②正确，利用面积法证明即可．
③正确，证明∠BEF+∠BFE=∠BAC+∠ACB，可得结论．
④正确，利用切线长定理解决问题即可．
本题考查三角形的内切圆，切线的性质，圆周角定理，三角形的面积等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
7.【答案】−π3
【解析】解：单项式−πx23的系数是−π3．
故答案为：−π3．
直接利用单项式的系数确定方法分析得出答案．
此题主要考查了单项式的系数，正确把握单项式的相关定义是解题的关键．
8.【答案】3.2×1012
【解析】解：32000亿=3200000000000=3.2×1012，
故答案为：3.2×1012．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种表示数的方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
9.【答案】200
【解析】解：设原来口袋中分别有黑白棋子的个数为x、y则，
yx+y=310y+10x+y+10=13，解得y=60x=140，
故口袋中原来有60+140=200颗围棋子．
分别设出原来口袋中黑白棋子的个数，再根据概率公式列方程解答即可．
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
10.【答案】1
【解析】解：∵x1、x2是关于x的一元二次方程x2−2(m+1)x+m2+2=0的两实根，
∴x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+2，
∵(x1+1)(x2+1)=8，
∴m2+2+2(m+1)+1=8，
解得：m=1或m=−3，
∵Δ=4(m+1)2−4(m2+2)=8m−4⩾0，
解得：m⩾12，
∴m=1，
故答案为：1．
根据根与系数的关系，可得x1+x2=2(m+1)，x1x2=m2+2，代入(x1+1)(x2+1)=8，解出m的值，再根据Δ⩾0，求出m的取值范围，即可确定m的值．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键，注意根的判别式⩾0这个隐含的条件．
11.【答案】40°
【解析】【分析】
本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【解答】
解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+220°=4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=500°，
∵五边形OAGFE内角和=(5−2)×180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°−500°=40°，
故答案为40°．
12.【答案】(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)
【解析】解：因为正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A(0,3)、B(5,3)，
所以画图如下：
当正方形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)，
①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，如图，
∵AB′=AB=5，OA=3，
∴OB′= 52−32=4，
∵∠AB′O+∠OAB′=90°，∠AB′O+∠C′B′E=90°，
∴∠OAB′=∠C′B′E，
在△AB′O和△EB′C′中，
∠AOB′=∠B′EC′=90°∠OAB′=∠EB′C′AB′=B′C′，
∴△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′+B′E=4+3=7，
∴点C的对应点C′的坐标为(7,4)；
②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，如图，
B′C′=AB=BC′=5，
∴点C的对应点C′的坐标为(5,−2)；
③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，如图，
同①可知：
△AB′O≌△EB′C′(AAS)，
∴B′E=OA=3，EC′=OB′=4，
∴OE=OB′−B′E=4−3=1，
∴点C的对应点C′的坐标为(−1,−4)；
综上所述：点C的对应点C′的坐标为(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)．
故答案为：(7,4)或(5,−2)或(−1,−4)．
根据题意画出图形，分3种情况进行讨论：①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，根据旋转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C′的坐标．
本题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．是中考填空压轴题．
13.【答案】解：(1)原式=1+9−( 3−2)+ 3
=1+9− 3+2+ 3
=12；
(2)m3−4m
=m(m2−4)
=m(m+2)(m−2)．
【解析】(1)先计算零指数幂、负整数指数幂、绝对值、特殊角的三角函数值，再进行实数的混合运算即可；
(2)先提取公因式，再利用平方差因式分解即可．
本题考查实数的混合运算和因式分解，熟练掌握零指数幂和负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、特殊角的三角函数值及因式分解的方法是解题的关键．
14.【答案】解：(2a−1+a−2a2−1)÷aa+1
=[2a+2(a+1)(a−1)+a−2(a+1)(a−1)]÷aa+1
=3a(a+1)(a−1)⋅a+1a
=3a−1，
当a=12时，原式=312−1=−6．
【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
15.【答案】解：(1)如图①中，延长EB交AC的延长线于F.△ABF即为所求．
(2)如图②中，延长AB交ED的延长线于H，连接FH，△EFH即为所求．
【解析】(1)如图①中，延长EB交AC的延长线于F.△ABF即为所求．
(2)如图②中，延长AB交ED的延长线于H，连接FH，△EFH即为所求．
本题考查作图−旋转变换，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16.【答案】解：(1)14；
(2)设红球是A，三个白球分别是B1，B2，B3，如图：
可知小刘先摸中奖的概率为14，小张后摸中奖的概率为312=14，
可见两人中奖的概率相等，所以小张的质疑不合理．
【解析】【分析】
本题考查的是树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，计算出小刘和小张的概率，即可解答．
【解答】
解：(1)一个红球和三个白球，摸一个球，事件“摸到红球”的概率是14，则小刘中奖的概率为14．
(2)见答案．
17.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，BC=AD．
∵E，F分别是BC，AD的中点，
∴BE=CE=12BC，AF=12AD，
∴CE=AF，CE//AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形；
(2)解：过点B作BG⊥AD于G，如图所示：
则∠ABG=90°−∠ABC=30°，
∴AG=12AB=1，BG= 3，
∵AD=BC=2AB=4，
∴DG=AG+AD=5，
∴BD= BG2+DG2= ( 3)2+52=2 7．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再证△ABE是等边三角形，得AE=BE=CE，即可得出结论；
(2)过点B作BG⊥AD于G，则∠ABG=30°，由含30度角的直角三角形的性质可得AG=12AB=1，BG= 3，求出DG=AG+AD=5，由勾股定理求出BD即可．
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定，属于中考常考题型．
18.【答案】解：(1)设一支向日葵需a元，一支香槟玫瑰需b元，
由题可得：2a+b=143b−2a=2，解得：a=5b=4．
答：一支向日葵需5元，一支香槟玫瑰需4元．
(2)设每束花有香槟玫瑰x支，向日葵(15−x)支．
由题意得：w=40[5(15−x)+4x]=−40x+3000，
∵15−x≥6，解得x≤9，
又∵−40<0，w随x的增大而减少，
∴当x=9时，w最少=−40×9+3000=2640，此时向日葵又：15−9=6．
答：每束花有香槟玫瑰9支，向日葵6支，总的购买费用最少为2640元．
【解析】(1)设一支向日葵需a元，一支香槟玫瑰需b元，根据题意列出关系式即可得出结论．
(2)每束花有香槟玫瑰x支，向日葵(15−x)支，根据题意列出w的函数关系式再根据x的取值范围即可得出结论．
本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组以及一次函数的性质，正确梳理题意列出关系式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，
设⊙A的半径为r cm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm．
∵BH//CE，
∴△ABK∽△ACF．
∴BKCF=ABAC．
即36−r54−r=5080．
解得r=6．
∴滚轮的半径为6cm．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm．
∴AC=CFsin53∘≈600.80=75cm．
∴BC=AC−AB=75−50=25cm．
∴拉杆BC的伸长的长度约为25cm．
【解析】(1)连接AD，作AF⊥CE于点F，BH⊥MN于点H，交AF于点K.则BH//CE，设⊙A的半径为rcm，则BK=(36−r)cm，CF=(54−r)cm.证明△ABK∽△ACF，得到BKCF=ABAC，则36−r54−r=5080，解得r=6即可．
(2)在Rt△ACF中，CF=66−6=60cm.再求得到AC=75cm.由BC=AC−AB即可得到答案．
此题主要考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
20.【答案】解：(1)作AD⊥x轴于D，
∵A(3,n)，
∴OD=3，AD=n，
∵点C(−5,0)，
∴OC=5，
∵∠ACO=∠CAO，
∴OA=OC=5，
在Rt△AOD中，OA2=AD2+OD2，
∴52=32+n2，
∴n=4，
∴A(3,4)，
∵反比例函数y=mx(m≠0)的图象经过A(3,4)，
∴m=3×4=12，
∴反比例函数为y=12x，
把A(3,4)，B(−5,0)代入y=kx+b(k≠0)得3k+b=4−5k+b=0，
解得k=12b=52，
∴一次函数的解析式为y=12x+52；
(2)∵点M为x轴上异于点O的一点，若△BCO的面积与△BCM的面积相等，
∴CM=CO=5，
∴M(−10,0)．
【解析】(1)作AD⊥x轴于D，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得，直线y=kx+b(k≠0)与反比例函数y=mx(m≠0)的解析式；
(2)根据面积相等得出CM=CO=5，从而得出M(−10,0)．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，待定系数法求函数的解析式，求得A的坐标是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∵OA=OB，
∴OP⊥AB，
∵AC是直径，
∴∠ABC=90°，
∴BC⊥AB，
∴BC//OP．
(2)解：∵OE=DE，AB⊥OD，
∴AO=AD，
∵OA=OD，
∴AD=OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
设OE=m，则AE=BE= 3m，OA=2m，OP=4m，
∵四边形OAPB的面积是16 3，
∴12⋅OP⋅AB=16 3，
∴12×4m×2 3m=16 3，
∴m=2或−2(舍弃)，
∴OE=2，AB=4 3，OA=2m=4，
∵OD⊥AB，
∴AD=BD，
∴∠AOD=∠BOD=60°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
∴S阴=S扇形OAB−S△AOB=120π⋅42360−12×4 3×2=16π3−4 3．
(3)解：在Rt△AOE中，sin∠CAB=OEAO=13，
∴可以假设OE=x，则OA=OD=3x，DE=2x，AE= OA2−OE2= (3x)2−x2=2 2x，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∴(2 3)2=(2 2x)2+(2x)2，
∴x=1或−1(舍弃)，
∴OE=1，OA=3，AE=2 2，
∵PA是切线，
∴PA⊥OA，
∴∠OAP=90°，
∴∠CAB+∠BAP=90°，∠APO+∠PAE=90°，
∴∠CAB=∠APO，
∴sin∠APE=sin∠CAB=13=AEPA，
∴PA=3AE=6 2．
【解析】(1)证明OP⊥AB，BC⊥AB，可得结论．
(2)设OE=m，用m的代数式表示AB，OP，构建方程求出m，求出OA，AB，OE，再根据S阴=S扇形OAB−S△AOB，求解即可．
(3)在Rt△AOE中，sin∠CAB=OEAO=13，可以假设OE=x，则OA=OD=3x，DE=2x，AE= OA2−OE2= (3x)2−x2=2 2x，在Rt△ADE中，根据AD2=AE2+DE2，构建方程求出x，再证明sin∠APE=sin∠CAB=13=AEPA，可得结论．
本题属于圆综合题，考查了切线长定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22.【答案】90° 5
【解析】解：(1)①设∠C=n°，
∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，
∴∠A=3n°，∠B=2n°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，
∴3n+n=180，
解得n=45，
∴∠B=2n°=90°，
∴∠D=180°−∠B=90°，
故答案为：90°．
②如图1，连接AC，
∵∠B=90°，
∴∠D=90°，
∴CD2=AC2−AD2，CB2=AC2−AB2，
∴CD2−CB2=AC2−AD2−(AC2−AB2)=AB2−AD2，
∵AB=3，AD=2，
∴CD2−CB2=32−22=5，
故答案为：5．
(2)AE+CF=BF，
证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCG，
∵AB=CB，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∵∠EBF=12∠ABC，
∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，
∴∠EBF=∠GBF，
∵BF=BF，
∴△EBF≌△GBF(SAS)，
∴EF=GF，
∵AE+CF=CG+CF=GF，
∴AE+CF=EF．
(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n=180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°−∠B=90°；
②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2−AD2，CB2=AC2−AB2，则CD2−CB2=AB2−AD2=32−22=5．
(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．
此题重点考查四边形的内角和等于360°、勾股定理的应用、同角的补角相等、全等三角形的判定与性质、新定义问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)将A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx−4，
得a−b−4=016a+4b−4=0，
∴a=1b=−3，
∴y=x2−3x−4，
(2)当x=0时，y=−4，
∴点C(0,−4)，
∵点D与点C关于直线l对称，且对称轴为直线x=32，
∴D(3,−4)，
∵A(−1,0)，
∴直线AD的函数关系式为：y=−x−1，
设P(m,m2−3m−4)，
作PH//y轴交直线AD于H，
∴H(m,−m−1)，
∴PH=−m−1−(m2−3m−4)
=−m2+2m+3，
∴S△APD=S△APH+S△DPH=12× FH×4=2(−m2+2m+3)=−2m2+4m+6，
当m=−42×(−2)=1时，S△APD最大为8，
(3)∵直线AD与x轴正方向夹角为45°，
∴沿AD方向平移4 2，实际可看成向右平移4个单位，再向下平移4个单位，
∵F(1,−6)，
∴E(5,−10)，
抛物线y=x2−3x−4平移后y1=x2−11x+20，
∴抛物线y1的对称轴为：直线x=112，
当DE为平行四边形的边时：
若D平移到对称轴上F点，
则G的横坐标为152，
代入y1=x2−11x+20得y=−254，
∴G(152,−254)，
若E平移到对称轴上F点，
则G的横坐标为72，
代入y1=x2−11x+20得y=−254，
∴G(72,−254)，
若DE为平行四边形的对角线时，
若E平移到对称轴上F点，
则G平移到D点，
∴G的横坐标为52，
代入y1=x2−11x+20得y=−54，
∴G(52,−54)，
∴G(52,−54)或G(72,−254)或G(152,−254).
【解析】(1)直接代入点A，B坐标即可；
(2)作FE//y轴交直线AD于H，通过铅垂高表示出△AFD的面积即可求出最大面积；
(3)通过平移距离为4 2，转化为向右平移4个单位，再向下平移4个单位，得出平移后的抛物线关系式和E的坐标，从而平行四边形中，已知线段DE，分DE为边还是对角线，通过点的平移得出Q的横坐标即可．
本题考查二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数关系式，铅垂高求三角形的面积，以及平移的性质和平行四边形的性质和判定是解决本题的关键．
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