2024年河北省沧州市中考数学一模试卷（B卷）附解析

这是一份2024年河北省沧州市中考数学一模试卷（B卷）附解析，共36页。

A．﹣4B．0C．1D．﹣1
2．（3分）2024年5.5G技术正式开始商用，它的数据下载的最高速率从5G初期的1Gbps提升到10Gbps，给我们的智慧生活“提速”．其中10Gbps表示每秒传输10000000000位（bit）的数据．将10000000000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.1×1011B．1×1010C．1×1011D．10×109
3．（3分）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠AOC＝50°，∠DOE＝15°，则∠BOE的度数为（ ）
A．15°B．30°C．35°D．65°
5．（3分）若a＜b，则下列结论正确的是（ ）
A．﹣a＜﹣bB．2a＜a+bC．1﹣a＜1﹣bD．2a+1＞2b+1
6．（3分）如图，AB∥CD，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点P，画射线AP，交CD于点E．若∠C＝70°，则∠AED的度数为（ ）
A．140°B．130°C．125°D．110°
7．（3分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图所示，则不等式kx+b≤0的解集是（ ）
A．x≤2B．x＜2C．x≥2D．x＞2
8．（3分）某餐厅供应单价为10元、18元、25元三种价格的盒饭，如图是该餐厅某月三种盒饭销售情况的扇形统计图，根据该统计图可算得该餐厅这个月销售盒饭的平均单价为（ ）
A．17元B．18元C．19元D．20元
9．（3分）《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到900里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少3天，已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间，设规定时间为x天，则可列出正确的方程为（ ）
A．＝2×B．＝2×
C．＝2×D．＝2×
10．（3分）掷一枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，向上一面的点数为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
11．（2分）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4B．5C．D．
12．（2分）已知a2b+2ab+b＝a2﹣a﹣1，则满足等式的b的值可以是（ ）
A．B．C．D．﹣2
13．（2分）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在AB，BC的延长线上，且BE＝CF，设AD＝a，AE＝b，AF＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②2ab＜c2；③＞2a．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
14．（2分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b（其中a＜b）．CD⊥AB于点D，点E在边AB上，BE＝BC．设CD＝h，AD＝m，BD＝n，给出下面三个结论：①n2+h2＜（m+n）2；②2h2＞m2+n2；③AE的长是关于x的方程x2+2ax﹣b2＝0的一个实数根．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
15．（2分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．B．C．1D．
16．（2分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，点E在AB上，DE平分∠ADC，CE平分∠DCB．给出下面三个结论：
①∠DEC＝90°；
②AE＝EB；
③AD•BC＝AE•EB．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
二．填空题（本大题共4个小题，17题2分，18、19题每小题2分，20题每空2分，共12分，把答案写在题中横线上）
17．（2分）若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围为 ．
18．（3分）关于x的一元二次方程x2+5x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 ．
19．（3分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点A是的中点，连接AC，若∠DAB＝130°，则∠ACB＝ °．
20．（4分）如图，两个边长相等的正六边形的公共边为BD，点A，B，C在同一直线上，点O1，O2分别为两个正六边形的中心．则tan∠O2AC的值为 ．
三．计算题（21题4分，22题3分，23题4分）
21．（4分）解不等式组
（1）
（2）
22．（3分）已知x+2y+2＝0，求代数式（x﹣）•的值．
23．（4分）计算：．
四．解答题
24．（8分）如图，已知矩形ABCD．
（1）用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，使点E、F分别在AD、BC边上，（不写作法，保留作图痕迹，并给出证明．）
（2）若AD＝8，AB＝4，求菱形BEDF的周长．
25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，正比例函数y＝mx（m≠0）的图象和反比例函数y＝（k≠0）的图象都经过点A（2，4）．
（1）求该正比例函数和反比例函数的解析式；
（2）当x＞3时，对于x的每一个值，函数y＝mx+n（m≠0）的值都大于反比例函数y＝（k≠0）的值，直接写出n的取值范围．
26．（10分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，⊙O的切线CE与BA的延长线交于点E，AF∥CE，AF与⊙O的交点为F．
（1）求证：AF＝CD；
（2）若⊙O的半径为6，AH＝2OH，求AE的长．
27．（14分）问题情境：
“综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动．
第1步：有一张矩形纸片ABCD，在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部A′处；
第2步：再次翻折矩形，使PD与PA′所在直线重合，点D落在直线PA′上的点D′处，折痕为PE．
翻折后的纸片如图1所示．
（1）∠BPE的度数为 ；
（2）若AD＝32cm，AB＝24cm，求DE的最大值；
拓展应用：
一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片FKQG，其中∠KFG的一边与矩形纸片的一边重合，KQ⊥FK，FG⊥GQ，FG＝45cm，FK＝35cm，KQ＝30cm，求该矩形纸片的面积．
28．（13分）在平面直角坐标系xOy中，对于⊙G和线段AB给出如下定义：如果线段AB上存在点P，Q，使得点P在⊙G内，且点Q在⊙G外，则称线段AB为⊙G的“交割线段”．
（1）如图，⊙O的半径为2，点A（0，2），B（2，2），C（﹣1，0）．
①在△ABC的三条边AB，BC，AC中，⊙O的“交割线段”是 ；
②点M是直线OB上的一个动点，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，若线段MN是⊙O的“交割线段”，求点M的横坐标m的取值范围；
（2）已知三条直线y＝3，y＝﹣x，y＝﹣2x+3分别相交于点D，E，F，⊙T的圆心为T（0，t），半径为2，若△DEF的三条边中有且只有两条是⊙T的“交割线段”，直接写出t的取值范围．
2024年河北省沧州市中考数学一模试卷（B卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（本大题共16个小题，其中1-10每小题3分，11-16每小题3分共42分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求）
1．（3分）2024年3月1日，大连市内4个时刻的气温（单位：℃）分别为﹣4，0，1，﹣1中最低的气温是（ ）
A．﹣4B．0C．1D．﹣1
【答案】A
【分析】先根据两个负数比较，绝对值大的反而小，比较﹣4和﹣1的大小，然后再根据正数大于0，0大于负数，比较﹣4，0，1，﹣1这四个数的大小，从而得到答案即可．
【解答】解：|﹣4|＝4，|﹣1|＝1，
∵4＞1，
∴﹣4＜﹣1，
∵正数大于0，0大于负数，
∴﹣4＜﹣1＜0＜1，
∴最小的数是﹣4，
∴最低的气温是﹣4℃，
故选：A．
【点评】本题主要考查了实数的大小比较，解题关键是熟练掌握两个负数比较大小的方法．
2．（3分）2024年5.5G技术正式开始商用，它的数据下载的最高速率从5G初期的1Gbps提升到10Gbps，给我们的智慧生活“提速”．其中10Gbps表示每秒传输10000000000位（bit）的数据．将10000000000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.1×1011B．1×1010C．1×1011D．10×109
【答案】B
【分析】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≥10时，n是正整数，当原数绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：10000000000＝1×1010．
故选：B．
【点评】此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．
3．（3分）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：A．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．该图是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．该图既是中心对称图形也是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．
4．（3分）如图，直线AB，CD相交于点O，若∠AOC＝50°，∠DOE＝15°，则∠BOE的度数为（ ）
A．15°B．30°C．35°D．65°
【答案】C
【分析】根据对顶角的性质得∠BOD＝∠AOC＝50°，再根据∠BOE＝∠BOD﹣∠DOE可得出答案．
【解答】解：∵直线AB，CD相交于点O，∠AOC＝50°，
∴∠BOD＝∠AOC＝50°，
∵∠DOE＝15°，
∴∠BOE＝∠BOD﹣∠DOE＝50°﹣15°＝35°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了对顶角的性质，角的计算，准确识图，熟练掌握对顶角的性质，角的计算是解决问题的关键．
5．（3分）若a＜b，则下列结论正确的是（ ）
A．﹣a＜﹣bB．2a＜a+bC．1﹣a＜1﹣bD．2a+1＞2b+1
【答案】B
【分析】根据不等式的基本性质逐项判定即可．
【解答】解：对于A：若a＜b，则﹣a＞﹣b，故A不合题意；
对于B：若a＜b，则2a＜a+b，故B符合题意；
对于C：若a＜b，则1﹣a＞1﹣b，故C不合题意；
对于D：若a＜b，则2a+1＜2b+1，故D不合题意，
故选：B．
【点评】本题主要考查不等式的基本性质，不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．
6．（3分）如图，AB∥CD，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点P，画射线AP，交CD于点E．若∠C＝70°，则∠AED的度数为（ ）
A．140°B．130°C．125°D．110°
【答案】C
【分析】先根据平行线的性质得到∠BAC＝110°，再利用基本作图得到∠BAE＝∠CAE＝55°，然后根据三角形外角性质可计算出∠AED的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠C＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
由作法得AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE＝×110°＝55°，
∴∠AED＝∠C+∠CAE＝70°+55°＝125°．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质和平行线的性质．
7．（3分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图所示，则不等式kx+b≤0的解集是（ ）
A．x≤2B．x＜2C．x≥2D．x＞2
【答案】A
【分析】观察函数图象得可求解．
【解答】解：由图象可得：当x≤2时，kx+b≤0，
所以不等式kx+b≤0的解集为x≤2，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
8．（3分）某餐厅供应单价为10元、18元、25元三种价格的盒饭，如图是该餐厅某月三种盒饭销售情况的扇形统计图，根据该统计图可算得该餐厅这个月销售盒饭的平均单价为（ ）
A．17元B．18元C．19元D．20元
【答案】A
【分析】根据加权平均数的计算方法，分别用单价乘以相应的百分比，计算即可得解；
【解答】解：25×20%+10×30%+18×50%＝17，
∴该餐厅这个月销售盒饭的平均单价为17元．
故选：A．
【点评】本题考查扇形统计图及相关计算，扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
9．（3分）《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到900里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少3天，已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间，设规定时间为x天，则可列出正确的方程为（ ）
A．＝2×B．＝2×
C．＝2×D．＝2×
【答案】B
【分析】根据快、慢马送到所需时间与规定时间之间的关系，可得出慢马送到所需时间为（x+1）天，快马送到所需时间为（x﹣3）天，再利用速度＝路程÷时间，结合快马的速度是慢马的2倍，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵规定时间为x天，
∴慢马送到所需时间为（x+1）天，快马送到所需时间为（x﹣3）天，
又∵快马的速度是慢马的2倍，两地间的路程为900里，
∴＝2×．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10．（3分）掷一枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，向上一面的点数为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据概率公式求解即可．
【解答】解：∵骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，向上一面的点数为5的概率是，
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
11．（2分）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】D
【分析】利用折叠性质和菱形的性质得出△ADF为等腰三角形，过点A作AG⊥DF，由等腰三角形的性质可得点G为DF中点，由点F为CD中点可得DG＝CD＝AD，即可求解．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD沿AE翻折，
∴AB＝AD，AB＝AF，∠ABE＝∠D，
∴AD＝AF，
∴三角形ADF为等腰三角形，
∵AG⊥DF，
∴点G为DF中点，
∵点F为CD中点，
∴AD＝CD＝4DG，
设DG＝a，则AD＝4a，
在Rt△ADG中，AD2＝AG2+DG2，
∴（4a）2＝AG2+a2，
∴AG＝a，
∴tan∠ABE＝tanD＝＝，
故选：D．
【点评】本题考查折叠的性质，菱形的性质，解直角三角形，解题的关键是证明△ADF为等腰三角形．
12．（2分）已知a2b+2ab+b＝a2﹣a﹣1，则满足等式的b的值可以是（ ）
A．B．C．D．﹣2
【答案】B
【分析】由a2b+2ab+b＝a2﹣a﹣1得（a+1）2b＝a2﹣a﹣1，当a+1＝0时，不合适．当a+1≠0时，b＝（﹣）2﹣≥﹣，代入选项A、C、D均不合适，故选B．
【解答】解：∵a2b+2ab+b＝a2﹣a﹣1，
∴b（a2+2a+1）＝a2﹣a﹣1，
∴（a+1）2b＝a2﹣a﹣1，
当a+1＝0时，即a＝﹣1时，
左边＝0，右边＝1，左边≠右边，
∴a＝﹣1舍去．
当a+1≠0时，
b＝
＝
＝1﹣3×+
＝（）2﹣3（）+1
＝（﹣）2﹣≥﹣，
代入选项A、C、D均不合适，
故选：B．
【点评】本题考查了因式分解的知识，掌握顶点式是解题关键．
13．（2分）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在AB，BC的延长线上，且BE＝CF，设AD＝a，AE＝b，AF＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②2ab＜c2；③＞2a．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【分析】由“SAS”可证△ADE≌△BAF，可得DE＝AF＝c，由三角形的三边关系可得a+b＞c，故①正确；由勾股定理可得c2＝a2+b2，由完全平方公式可求2ab＜c2，故②正确；由E是动点，可得DE的长不是定值，故③错误，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠DAB＝90°，
∵BE＝CF，
∴BF＝AE，
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴DE＝AF＝c，
∵AD+AE＞DE，
∴a+b＞c，故①正确；
∵DE2＝DA2+AE2，
∴c2＝a2+b2，
∵AE＞AB，
∴b﹣a＞0，
∴（b﹣a）2＞0，
∴a2+b2﹣2ab＞0，
∴2ab＜c2，故②正确；
∵E是动点，
∴DE＝不是定值，且≥a，
∴③错误，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．（2分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b（其中a＜b）．CD⊥AB于点D，点E在边AB上，BE＝BC．设CD＝h，AD＝m，BD＝n，给出下面三个结论：①n2+h2＜（m+n）2；②2h2＞m2+n2；③AE的长是关于x的方程x2+2ax﹣b2＝0的一个实数根．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【分析】因为CD⊥AB，所以∠CDB＝∠CDA＝90°，由勾股定理得，n2+h2＝a2，因为∠ACB＝90°，由勾股定理得，（m+n）2＝a2+b2，因为a2＜a2+b2，所以n2+h2＜（m+n）2，由射影定理得，h2＝mn，所以2h2＝2mn，因为a＜b，a＝，b＝，则m＞n，所以（m﹣n）2＞0，可得m2+n2＞2mn，所以m2+n2＞2h2，方程x2+2ax﹣b2＝0配方得（x+a）2﹣（a2+b2）＝0，因为a2+b2＝（m+n）2，可得（x+a）2＝（m+n）2，解得x的值，因为BE＝BC，BC＝a，可得BE＝a，因为AB＝AD+BD＝m+n，所以AE＝m+n﹣a，可得AE的长是否是关于x的方程x2+2ax﹣b2＝0的一个实数根．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝∠CDA＝90°，
∴n2+h2＝a2，
∵∠ACB＝90°，
∴（m+n）2＝a2+b2，
∵a2＜a2+b2，
∴n2+h2＜（m+n）2，故①符合题意，
∵h2＝mn，
∴2h2＝2mn，
∵a＜b，a＝，b＝，
∴m＞n，
∴（m﹣n）2＞0，即m2+n2＞2mn，
∴m2+n2＞2h2，故②不符合题意，
x2+2ax﹣b2＝0，配方得，（x+a）2﹣（a2+b2）＝0，
∵a2+b2＝（m+n）2，
∴（x+a）2﹣（m+n）2＝0，即（x+a）2＝（m+n）2，
∴x＝m+n﹣a或x＝﹣m﹣n﹣a，
∵BE＝BC，BC＝a，
∴BE＝a，
∵AB＝AD+BD＝m+n，
∴AE＝m+n﹣a，
∴AE的长是关于x的方程x2+2ax﹣b2＝0的一个实数根x＝m+n﹣a，故③符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了射影定理、勾股定理，关键是掌握射影定理的运用．
15．（2分）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】由翻折得CG＝CE，GF＝EF，CF垂直平分EG，可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明Rt△CDG≌Rt△CBE，得DG＝BE＝2，则AG＝2，而AE＝AB+BE＝6，即可根据勾股定理求得EG＝2，再由AG2+AF2＝FG2，且AF＝6﹣EF，得22+（6﹣EF）2＝EF2，则EF＝，由×2FH＝××2＝S△EFG，求得FH＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB＝AD＝CD＝CB＝4，∠D＝∠A＝∠ABC，
∴∠D＝∠CBE＝90°，
由翻折得CG＝CE，GF＝EF，CF垂直平分EG，
在Rt△CDG和Rt△CBE中，
，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE（HL），
∴DG＝BE＝2，
∴AG＝AD﹣DG＝4﹣2＝2，
∵AE＝AB+BE＝4+2＝6，
∴EG＝＝＝2，
∵AG2+AF2＝FG2，且AF＝6﹣EF，
∴22+（6﹣EF）2＝EF2，
解得EF＝，
∵EG•FH＝EF•AG＝S△EFG，
∴×2FH＝××2，
解得FH＝，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地求出EG和EF的长度是解题的关键．
16．（2分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，点E在AB上，DE平分∠ADC，CE平分∠DCB．给出下面三个结论：
①∠DEC＝90°；
②AE＝EB；
③AD•BC＝AE•EB．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【分析】依据题意，由AD∥BC，可得∠ADC+∠BCD＝180°，又DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，从而，，进而求得∠DEC＝90°，故可判断①；又过点E作EF⊥CD于点F，又AD∥BC，从而∠A+∠B＝180°，再由∠A＝90°，则∠B＝90°，又结合DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，可得AE＝EF，BE＝EF，从而可以判断②；又由∠DEC＝90°，∠A＝90°，则∠AED+∠BEC＝∠AED+∠ADE＝90°，故∠BEC＝∠ADE，再结合∠A＝∠B＝90°，则△ADE∽△BEC，进而可得，即有AD•BC＝AE•EB，故判断③．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°．
∵DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，
∴，．
∴．
∴∠DEC＝90°，故①正确；
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°．
∵∠A＝90°，
∴∠B＝90°．
∵DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，
∴AE＝EF，BE＝EF，
∴AE＝BE，故②正确；
∵∠DEC＝90° 90°，∠A＝90°，
∴∠AED+∠BEC＝∠AED+∠ADE＝90°．
∴∠BEC＝∠ADE．
∵∠A＝∠B＝90°，
∴△ADE∽△BEC．
∴．
∴AD•BC＝AE•EB，故③正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活构造三角形全等是关键．
二．填空题（本大题共4个小题，17题2分，18、19题每小题2分，20题每空2分，共12分，把答案写在题中横线上）
17．（2分）若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围为 x≥3 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
【解答】解：∵x﹣3≥0，
∴x≥3．
故答案为：x≥3．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
18．（3分）关于x的一元二次方程x2+5x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 m＜ ．
【答案】m＜．
【分析】由方程有两个不相等的实数根得出Δ＝52﹣4m＞0，解之即可．
【解答】解：根据题意得：Δ＝52﹣4m＞0，
解得m＜．
故实数m的取值范围是m＜．
故答案为：m＜．
【点评】本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
19．（3分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点A是的中点，连接AC，若∠DAB＝130°，则∠ACB＝ 25 °．
【答案】25．
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠DCB，再根据圆周角定理求出∠ACB．
【解答】解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∵∠DAB＝130°，
∴∠DCB＝180°﹣130°＝50°，
∵点A是的中点，
∴∠ACB＝∠ACD＝×50°＝25°，
故答案为：25．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的性质是解题的关键．
20．（4分）如图，两个边长相等的正六边形的公共边为BD，点A，B，C在同一直线上，点O1，O2分别为两个正六边形的中心．则tan∠O2AC的值为 ．
【答案】．
【分析】根据正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，连接O2C，过O2点作O2E⊥BC，垂足为E，设正六边形的边长为a，则O1A＝O1B＝O2C＝a，
在Rt△O2CE中，O2C＝a，∠CO2E＝30°，
∴EC＝O2C＝a＝BE，O2E＝O2C＝a，
∴AE＝2a+a＝a，
∴tan∠O2AC＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义是正确解答的关键．
三．计算题（21题4分，22题3分，23题4分）
21．（4分）解不等式组
（1）
（2）
【答案】（1）x≥3；
（2）x＜3．
【分析】（1）先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集；
（2）先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
【解答】解：（1）解不等式4x﹣1≥2x+5得x≥3，
解不等式＜x得x＞﹣1，
所以不等式组的解集为x≥3；
（2），
解解不等式①，得：x＜3，
解不等式②，得：x≤7，
∴原不等式组的解集为x＜3．
【点评】本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
22．（3分）已知x+2y+2＝0，求代数式（x﹣）•的值．
【答案】2x+4y，﹣4．
【分析】先化简所求式子，再根据x+2y+2＝0，可以得到x+2y＝﹣2，再将x+2y＝﹣2代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：（x﹣）•
＝•
＝•
＝2（x+2y）
＝2x+4y，
∵x+2y+2＝0，
∴x+2y＝﹣2，
∴原式＝2（x+2y）＝2×（﹣2）＝﹣4．
【点评】本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
23．（4分）计算：．
【答案】3﹣2．
【分析】利用有理数的乘方，零指数幂，二次根式的性质及绝对值的性质计算即可．
【解答】解：原式＝﹣1+1﹣2+3
＝3﹣2．
【点评】本题考查实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
四．解答题
24．（8分）如图，已知矩形ABCD．
（1）用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，使点E、F分别在AD、BC边上，（不写作法，保留作图痕迹，并给出证明．）
（2）若AD＝8，AB＝4，求菱形BEDF的周长．
【答案】（1）见解答．
（2）20．
【分析】（1）作线段BD的垂直平分线，分别交AD，BC于点E，F，连接BE，DF，根据线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定可知，菱形BEDF即为所求，即可得出答案．
（2）根据矩形的性质可得∠A＝90°，设BE＝DE＝DF＝BF＝x，则AE＝8﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得，BE2＝AB2+AE2，代入求出x的值，进而可得答案．
【解答】（1）解：如图，作线段BD的垂直平分线，分别交AD，BC于点E，F，连接BE，DF，
则菱形BEDF即为所求．
证明：设EF与BD交于点O，
∵直线EF为线段BD的垂直平分线，
∴OB＝OD，BE＝DE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO，
∴△DOE≌△BOF（AAS），
∴DE＝BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BE＝DE，
∴四边形BEDF是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝90°，
设BE＝DE＝DF＝BF＝x，
则AE＝AD﹣DE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，BE2＝AB2+AE2，
即x2＝42+（8﹣x）2，
解得x＝5，
∴菱形BEDF的周长为4×5＝20．
【点评】本题考查作图—复杂作图、菱形的判定与性质、矩形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质、矩形的性质是解答本题的关键．
25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，正比例函数y＝mx（m≠0）的图象和反比例函数y＝（k≠0）的图象都经过点A（2，4）．
（1）求该正比例函数和反比例函数的解析式；
（2）当x＞3时，对于x的每一个值，函数y＝mx+n（m≠0）的值都大于反比例函数y＝（k≠0）的值，直接写出n的取值范围．
【答案】（1）正比例函数解析式为：y＝2x；反比例函数解析式为：y＝；（2）n≥﹣．
【分析】（1）将A点坐标 代入两个函数解析式求出mk值即可；
（2）当x＝3时，y＝mx+n＝2x+n＝6+n，y＝＝，根据题意6+n＞，解出不等式解集即可．
【解答】解：（1）∵正比例函数y＝mx（m≠0）的图象和反比例函数y＝（k≠0）的图象都经过点A（2，4），
∴m＝2，k＝8，
∴正比例函数解析式为：y＝2x；反比例函数解析式为：y＝；
（2）当x＝3时，y＝mx+n＝2x+n＝6+n，y＝＝，
∵当x＞3时，对于x的每一个值，函数y＝mx+n（m≠0）的值都大于反比例函数y＝（k≠0）的值，
∴6+n≥，
解得n≥﹣．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
26．（10分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，⊙O的切线CE与BA的延长线交于点E，AF∥CE，AF与⊙O的交点为F．
（1）求证：AF＝CD；
（2）若⊙O的半径为6，AH＝2OH，求AE的长．
【答案】（1）证明见解答；
（2）AE的长为12．
【分析】（1）连接AC、OC、BC，由切线的性质证明CE⊥OC，而AB为⊙O的直径，所以∠OCE＝∠ACB＝90°，可证明∠ACE＝∠B，由AF∥CE，得∠CAF＝∠ACE＝∠B，则＝，由垂径定理得＝，则＝，即可证明＝，所以AF＝CD；
（2）由⊙O的半径为6，AH＝2OH，得OC＝OA＝2OH+OH＝6，求得OH＝2，因为＝＝cs∠COE，所以OE＝＝18，则AE＝12．
【解答】（1）证明：连接AC、OC、BC，则OC＝OA，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴CE⊥OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠OCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠OCA＝90°，∠B+∠OAC＝90°，
∵∠OCA＝∠OAC，
∴∠ACE＝∠B，
∵AF∥CE，
∴∠CAF＝∠ACE＝∠B，
∴＝，
∵CD⊥AB，
∴＝，
∴＝，
∴＝+＝+＝，
∴AF＝CD．
（2）解：∵⊙O的半径为6，AH＝2OH，
∴OC＝OA＝2OH+OH＝6，
∴OH＝2，
∵∠OHC＝∠OCE＝90°，
∴＝＝cs∠COE，
∴OE＝＝＝18，
∴AE＝OE﹣OA＝18﹣6＝12，
∴AE的长为12．
【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、平行线的性质、垂径定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
27．（14分）问题情境：
“综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动．
第1步：有一张矩形纸片ABCD，在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部A′处；
第2步：再次翻折矩形，使PD与PA′所在直线重合，点D落在直线PA′上的点D′处，折痕为PE．
翻折后的纸片如图1所示．
（1）∠BPE的度数为 90° ；
（2）若AD＝32cm，AB＝24cm，求DE的最大值；
拓展应用：
一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片FKQG，其中∠KFG的一边与矩形纸片的一边重合，KQ⊥FK，FG⊥GQ，FG＝45cm，FK＝35cm，KQ＝30cm，求该矩形纸片的面积．
【答案】（1）90°；（2）；（3）1260．
【分析】（1）利用折叠的性质和平角的意义解答即可；
（2）设PD＝x，DE＝y，则AP＝AD﹣AP＝32﹣x，利用相似三角形的判定与性质求得y与x的函数关系式，再利用二次函数的想解答即可得出结论；
（3）作出原矩形FGHN，连接FQ，利用勾股定理求得线段QG，设FN＝HG＝x，则HQ＝x﹣10，设NK＝y，则HK＝45﹣y，利用相似三角形的判定与性质得到关于x，y的方程组，解方程组求得x，y值，再利用矩形的面积公式解答即可．
【解答】解：（1）由题意得：∠APB＝∠A′PB，∠DPE＝D′PE，
∵∠APB+∠A′PB+∠DPE+D′PE＝180°，
∴2（∠A′PB+∠D′PE）＝180°，
∴∠A′PB+∠D′PE＝90°，
∴∠BPE＝90°．
故答案为：90°；
（2）设PD＝x，DE＝y，则AP＝AD﹣AP＝32﹣x．
由（1）知：∠BPE＝90°，
∴∠APB+∠DPE＝90°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝∠A＝90°，
∴∠ABP+∠APB＝90°，
∴∠ABP＝∠DPE．
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP∽△DPE，
∴，
∴，
∴y＝x（32﹣x）＝﹣（x﹣16）2．
∵，
∴当x＝16时，y有最大值为．
∴DE的最大值为．
（3）作出原矩形FGHN，连接FQ，如图，
∵FK＝35cm，KQ＝30cm，KQ⊥FK，
∴FQ＝＝＝．
∴QG＝＝＝10．
∵四边形FGHN为矩形，
∴FN＝HG，FG＝HN＝45．
设FN＝HG＝x，则HQ＝x﹣10，设NK＝y，则HK＝45﹣y．
∵KQ⊥FK，
∴∠FKN+∠HKQ＝90°．
∵∠N＝90°，
∴∠NFK+∠FKN＝90°，
∴∠NKF＝∠HKQ．
∵∠N＝∠H＝90°，
∴△FNK∽△KHQ，
∴，
∴，
∴，
∴FN＝28，
∴该矩形纸片的面积＝FG•FN＝28×45＝1260．
当KF为矩形的一边时，作出原矩形，如图，
设QN＝x，则KN＝30+x，
∵四边形KFMN为矩形，
∴MN＝KF＝35，FM＝KN＝30+x．
∵∠FGQ＝90°，
∴∠FGM+∠QGN＝90°．
∵∠M＝90°，
∴∠GFM+∠FGM＝90°．
∴∠GFM＝∠QGN，
∵∠M＝∠N＝90°，
∴△FGM∽△GQN．
∴，
∴，
∴NG＝+，MG＝x，
∴++x＝35，
∴x＝6．
∴FM＝36．
∴该矩形纸片的面积＝35×36＝1260．
综上，该矩形纸片的面积为1260．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的应用，函数的最大值，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．
28．（13分）在平面直角坐标系xOy中，对于⊙G和线段AB给出如下定义：如果线段AB上存在点P，Q，使得点P在⊙G内，且点Q在⊙G外，则称线段AB为⊙G的“交割线段”．
（1）如图，⊙O的半径为2，点A（0，2），B（2，2），C（﹣1，0）．
①在△ABC的三条边AB，BC，AC中，⊙O的“交割线段”是 BC ；
②点M是直线OB上的一个动点，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，若线段MN是⊙O的“交割线段”，求点M的横坐标m的取值范围；
（2）已知三条直线y＝3，y＝﹣x，y＝﹣2x+3分别相交于点D，E，F，⊙T的圆心为T（0，t），半径为2，若△DEF的三条边中有且只有两条是⊙T的“交割线段”，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）①BC；
②或；
（2）或；理由见解答过程．
【分析】（1）①先根据点A和点B的坐标得到⊙O与AB相切，则线段AB上没有点在⊙O外；再证明线段AC上没有点在⊙O外，线段BC上有点在⊙O内，也有点在⊙O内，即可得到结论；
②设直线OB在x轴上方与⊙O交于T，过点T和点B分别作x轴的垂线，垂足分别为G、H，设T（t、t），利用勾股定理求出，由函数图象可知，当点M在BT之间（不包括端点），即时，线段MN是⊙O的“交割线段”；由对称性可得当时，线段MN是⊙O 的“交割线段”；
（3）分图2﹣1，图2﹣2，图2﹣3，图2﹣4四种临界情况，求出此时t的值，再结合图形以及“交割线段”的定义即可得到答案．
【解答】解：（1）①如图1.1，
∵A（0，2），B（2，2），
∴OA＝2，OA⊥AB，
∴点A在⊙O上，
∴⊙O与AB相切，
∴线段AB上没有点在⊙O外，
∴线段AB不是⊙O的“交割线段”，
∵OC＝1＜2，，
∴点C在⊙O内，点B在⊙O外，
∴线段AC上没有点在⊙O外，线段BC上有点在⊙O内，也有点在⊙O内，
∴线段AC不是⊙O的“交割线段”，线段BC是⊙O的“交割线段”，
故答案为：BC；
②如图1.2所示，设直线OB在x轴上方与⊙O交于T，过点T和点B分别作x轴的垂线，垂足分别为G、H，设T（t、t），
∴OH＝BH＝2，OG＝TG＝t，
此时点H网好在⊙O上，且此时BH与⊙O相切；
∵⊙O的半径为2，
∴OT＝2，
∴t2+t2＝22，
解得或＝ （舍去），
∴由函数图象可知，当点M在BT之间（不包括端点），即时，线段MN是⊙O的“交割线段”；
由对称性可得：当时，线段MN是⊙O的“交割线段”；
综上所述，当或时，线段MN是⊙O的“交割线段”；
（2）或；理由如下：
联立，
解得：，
∴E（﹣3，3），
同理可得D（0，3），F（3，﹣3）；
如图2.1所示，当⊙T恰好经过点D时，
∴TD＝2，
∴t＝2+3＝5；
如图2.2所示，当⊙T恰好与EF相切于H时，连接TH，
∵E（﹣3，3），D（0，3），
∴DE＝OD＝3，DE⊥OD，
∴∠DOE＝45°，
由切线的性质可得∠THO＝90°，
∴△TOH是等腰直角三角形，
∵，
∴当时，DE，DF是⊙T的“交割线段”，EF不是⊙T的“交割线段”；
如图2.3所示，当⊙T恰好经过点D时，
∴TD＝2，
∴t＝3﹣2＝1；
如图2.4所示，
当⊙T恰好与DF相切于P时，连接TP，设直线DF与x轴交于Q，
∴，
∴，
∴；
由切线的性质可得∠TPD＝90°，TP＝2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当3 时，EF，DF是⊙T的“交割线段”，DE不是⊙T的“交割线段”；
综上所述，当或时，△DEF的三条边中有且只有两条是⊙T的“交割线段”．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的性质与判定，坐标与图形，勾股定理，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于正确理解“交割 线段”的定义，以及求出临界情况下的临界值．
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