2026年浙江省杭州市初中学业水平数学考试适应性考试

这是一份2026年浙江省杭州市初中学业水平数学考试适应性考试，共10页。
A．B．
C．D．
2．（3分）如图所示几何体是由一个四棱柱上放置一个球体得到的，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）十四届全国人大三次会议3月5日上午9时在人民大会堂开幕，李强作政府工作报告，报告中提到：过去一年，国内生产总值达到134.9万亿元、增长5%，增速居世界主要经济体前列，对全球经济增长的贡献率保持在30%左右，其中134.9万亿用科学记数法表示为（ ）
A．1.349×108B．1.349×1012
C．1.349×1013D．1.349×1014
4．（3分）下列运算结果正确的是（ ）
A．m3•m4＝m12B．（﹣3m2）3＝﹣9m6
C．12m3n2÷6mn＝2m2nD．2m2+3m3＝5m5
5．（3分）若a＞b，则下列各式中一定成立的是（ ）
A．3a＜3bB．﹣5a＞﹣5bC．2﹣a＜2﹣bD．a﹣1＜b﹣1
6．（3分）在平面直角坐标系中，点A（3，n），点B（﹣3，n），点C（4，n+2）在同一个函数图象上，则该图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACDB．AC∥DEC．AB＝EFD．BF⊥CE
8．（3分）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的．借助如图所示的“三等分角仪”就能三等分角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D，E可在槽中滑动，若∠CDE＝80°，则∠BDE的度数是（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
9．（3分）在平面直角坐标系xOy中，点P（1，2）在反比例函数y=kx（k是常数，k≠0）的图象上．下列各点中，在该反比例函数图象上的是（ ）
A．（﹣2，0）B．（﹣1，2）C．（﹣1，﹣2）D．（1，﹣2）
10．（3分）七巧板是一种中国传统智力玩具，是由七块板组成的，形状分别为五个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形，这七块板可以拼成1600多种图形．如图1，①号等腰直角三角形中，直角边的长为a，⑤号正方形的边长为b．选择其中标有①②③④的四个等腰直角三角形组成一个新的图形，如图2所示，图中空白部分的面积分别记为S1，S2，则S1与S2的差可以表示为（ ）
A．12a2B．35a2C．2b2D．3b2
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）化简：（﹣2）2025+（﹣2）2026＝ ．
12．（3分）如图，直线AB，CD相交于点O，EO⊥AB，垂足为O，若∠DOE：∠DOB＝2：3，则∠AOC＝ 度．
13．（3分）在拼音“hangzhng”中任意选择一个字母，字母“n”出现的概率是 ．
14．（3分）若一元二次方程kx2﹣4x+2＝0有两个相等的实数根，则k的值是 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，点D是AB边的中点，过点D作DE∥BC交AC边于点E，若S△ABC＝12，则S△ADE＝ ．
16．（3分）如图，点O是▱ABCD对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将▱ABCD折叠，使点A，B分别落在A′、B′处，NB′交CD与点E，若点E是CD的中点，NC＝3，NB＝7，则EB′＝ ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）计算：16−2sin45°+（13）﹣1．
18．（8分）解一元一次不等式组：2x+6＞3−xx−22≤7−x3．
19．（8分）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．
（1）求证：BC′＝BC；
（2）若AB＝3，BC＝1，求AE的长．
20．（8分）某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手的得分数据整理成下列统计图．根据以上信息，解答下列问题．
（1）完成表格：
（2）从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适？请说明理由．
21．（8分）在学习了圆这一章后，小明对“在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对圆心角相等”产生了浓厚兴趣，进行了拓展性的研究，有了新的发现，在⊙O中，A、B、C、D是圆上四点，且AB＝CD，过圆心O作OE⊥AB，垂足为E点，他猜想圆心O到弦AB、弦CD的距离相等．他的解决思路是证明对应垂线段所在三角形全等从而得出结论．请根据他的思路完成以下作图与填空：
（1）用直尺和圆规，过点O作OF⊥CD，垂足为F点，（只保留作图痕迹）
（2）已知：如图，在⊙O中，A、B、C、D是圆上四点，且AB＝CD，OE⊥AB于点E，OF⊥CD于点F．求证：OE＝OF．
证明：∵在⊙O中，A、B是圆上两点，OE⊥AB于点E，
∴BE=12AB，
同理可证：CF=12CD．
∵AB＝CD
∴① ．
∵OE⊥AB于E点，OF⊥CD于点F
∴② ＝90°
在Rt△OEB与Rt△OFC中
{(ㅤㅤ)BE=CF
∴△OEB≌△OFC（HL）．
∴OE＝OF．
通过小明研究发现，在等圆中也有此结论．请你依照题意完成下面命题：
在同圆或等圆中，④ ．
22．（10分）已知学校、文具店、图书馆依次在同一条直线上，学校离图书馆2300m，文具店离图书馆1800m．某天小华步行从学校出发去图书馆，当他匀速走了12min后，想起要去买彩笔，于是按原路匀速返回，走了8min到达刚经过的文具店，在文具店停留了10min，买彩笔后，匀速走了18min到达图书馆．下面图中x表示时间，y表示离图书馆的距离．图象反映了这个过程中小华离图书馆的距离与时间之间的对应关系．
请根据相关信息，回答下列问题：
（Ⅰ）①填表：
②填空：学校到文具店的距离为 m；小华从文具店出发到图书馆的速度为 m/min．
③当20≤x≤48时，请直接写出小华离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式；
（Ⅱ）有同学小强与小华同时从学校出发去图书馆，小强匀速走了46min到达图书馆，那么小强去图书馆的途中遇到小华时离图书馆的距离是多少？（直接写出结果即可）
23．（10分）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c（b，c是常数）．
（1）当b＝﹣2，c＝3时，求该函数图象的顶点坐标；
（2）若该二次函数图象经过点A（﹣1，1），B（m，1），且0＜m＜1，求b的取值范围；
（3）若b＝2c，当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的最大值与最小值的差为4，求c的值．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，7），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（3，0）．
（1）在图中作出△ABC的外接圆圆心P（利用格点图确定圆心P的位置）；
（2）△ABC的外接圆半径r为 ；位于圆上在第一象限的横纵坐标均为整数的点有 个；
（3）若在x轴的正半轴上有一点D（异与点C），且∠ADB＝∠ACB，则点D的坐标为 ．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念解答即可．
【解答】解：A．图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C．图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D．图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查轴对称图形与中心对称图形的定义，解题的关键是掌握两种图形的定义（轴对称图形：沿一条直线折叠后直线两旁的部分能完全重合；中心对称图形：绕某一点旋转180°后能与自身重合）．
2．（3分）如图所示几何体是由一个四棱柱上放置一个球体得到的，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念；几何直观．
【答案】B
【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解答】解：从左面看易得，底层是一个长方形，上层是一个圆．
故选：B．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
3．（3分）十四届全国人大三次会议3月5日上午9时在人民大会堂开幕，李强作政府工作报告，报告中提到：过去一年，国内生产总值达到134.9万亿元、增长5%，增速居世界主要经济体前列，对全球经济增长的贡献率保持在30%左右，其中134.9万亿用科学记数法表示为（ ）
A．1.349×108B．1.349×1012
C．1.349×1013D．1.349×1014
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】D．
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：134.9万亿＝134900000000000＝1.349×1014．
故选：D．
【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．
4．（3分）下列运算结果正确的是（ ）
A．m3•m4＝m12B．（﹣3m2）3＝﹣9m6
C．12m3n2÷6mn＝2m2nD．2m2+3m3＝5m5
【考点】整式的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据同底数幂的乘法运算法则，幂的乘方、积的乘方运算法则，单项式除以单项式运算法则，以及合并同类项运算法则分别判断即可．
【解答】解：根据同底数幂的乘法运算法则，幂的乘方、积的乘方运算法则，单项式除以单项式运算法则逐项分析判断如下：
A、m3•m4＝m7，原写法错误，不符合题意；
B、（﹣3m2）3＝﹣27m6，原写法错误，不符合题意；
C、12m3n2÷6mn＝2m2n，原写法正确，符合题意；
D、2m2与3m3不是同类项，不能合并，原写法错误，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了幂的运算，整式的运算，合并同类项，解题的关键是熟练掌握运算法则．
5．（3分）若a＞b，则下列各式中一定成立的是（ ）
A．3a＜3bB．﹣5a＞﹣5bC．2﹣a＜2﹣bD．a﹣1＜b﹣1
【考点】不等式的性质．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；推理能力．
【答案】C
【分析】根据不等式的性质，可得答案．
【解答】解：A、两边都乘以3，不等号的方向不变，故A错误；
B、两边都乘﹣5，不等号的方向改变，故B错误；
C、两边都乘﹣1，不等号的方向改变，再两边都加2，不等号的方向不变，故C正确；
D、两边都减1，不等号的方向不变，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了不等式的性质，利用不等式的性质是解题关键．
6．（3分）在平面直角坐标系中，点A（3，n），点B（﹣3，n），点C（4，n+2）在同一个函数图象上，则该图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；几何直观．
【答案】B
【分析】由点A（3，n），点B（﹣3，n），点C（4，n+2）在同一个函数图象上，可得A与B关于y轴对称；当x＞0时，y随x的增大而增大，继而求得答案．
【解答】解：∵A（3，n），点B（﹣3，n），
∴A与B关于y轴对称，
即这个函数图象关于y轴对称，故选项A不符合题意；
∵A（3，n），点C（4，n+2）
∴当x＞0时，y随x的增大而增大，故选项B符合题意，选项C、D不符合题意．
故选：B．
【点评】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．
7．（3分）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACDB．AC∥DEC．AB＝EFD．BF⊥CE
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
【分析】由旋转的性质可得∠BCE＝60°＝∠ACD，∠ACB＝∠DCE，AB＝DE，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝60°＝∠ACD，∠ACB＝∠DCE，AB＝DE，
∵∠B＝30°，
∴∠B+∠ECB＝90°，∠BAC≠120°＝∠CDE，
∴BF⊥CE，AC与DE不平行，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（3分）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的．借助如图所示的“三等分角仪”就能三等分角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D，E可在槽中滑动，若∠CDE＝80°，则∠BDE的度数是（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】由等腰三角形的性质推出∠O＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，求出∠DCE＝∠DEC＝50°，由三角形的外角性质求出∠O＝25°，得到∠BDE＝∠O+∠DEC＝75°．
【解答】解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠O＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，
∵∠CDE＝80°，
∴DCE＝∠DEC=12×（180°﹣80°）＝50°，
∵∠O+∠CDO＝∠DCE，
∴2∠O＝∠DCE＝50°，
∴∠O＝25°，
∴∠BDE＝∠O+∠DEC＝75°．
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形的外角性质，关键是掌握等边对等角．
9．（3分）在平面直角坐标系xOy中，点P（1，2）在反比例函数y=kx（k是常数，k≠0）的图象上．下列各点中，在该反比例函数图象上的是（ ）
A．（﹣2，0）B．（﹣1，2）C．（﹣1，﹣2）D．（1，﹣2）
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据反比例函数比例系数k＝xy（k≠0），依次判断各个选项即可．
【解答】解：根据题意得，k＝xy＝1×2＝2，
∴将A，B，C，D四个选项中点的坐标代入得到k＝6的点在反比例函数的图象上．
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，关键是运用xy＝k解决问题．
10．（3分）七巧板是一种中国传统智力玩具，是由七块板组成的，形状分别为五个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形，这七块板可以拼成1600多种图形．如图1，①号等腰直角三角形中，直角边的长为a，⑤号正方形的边长为b．选择其中标有①②③④的四个等腰直角三角形组成一个新的图形，如图2所示，图中空白部分的面积分别记为S1，S2，则S1与S2的差可以表示为（ ）
A．12a2B．35a2C．2b2D．3b2
【考点】正方形的性质；列代数式；七巧板．
【专题】整式；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】D
【分析】由题意知①和②组成大正方形，③和④组成小正方形，即可求出S1与S2的差＝大正方形的面积﹣小正方形的面积＝3b2．
【解答】解：由题意知①和②组成大正方形，③和④组成小正方形，
由图形得到：小正方形的边长是b，大正方形的边长是2b，
∴S1与S2的差＝大正方形的面积﹣小正方形的面积＝（2b）2﹣b2＝3b2．
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质，列代数式，七巧板，关键是由图形得到S1与S2的差＝大正方形的面积﹣小正方形的面积．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）化简：（﹣2）2025+（﹣2）2026＝ 22025 ．
【考点】因式分解﹣提公因式法；有理数的混合运算．
【专题】因式分解；实数；运算能力．
【答案】22025．
【分析】先提公因式，再根据有理数的混合运算计算即可．
【解答】解：（﹣2）2025+（﹣2）2026
＝（﹣2）2025×[1+（﹣2）]
＝（﹣2）2025×（﹣1）
＝22025，
故答案为：22025．
【点评】本题考查了因式分解﹣提公因式法，有理数的混合运算，正确计算是解题的关键．
12．（3分）如图，直线AB，CD相交于点O，EO⊥AB，垂足为O，若∠DOE：∠DOB＝2：3，则∠AOC＝ 54 度．
【考点】垂线；对顶角、邻补角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】54．
【分析】先根据已知条件求出∠BOE，∠DOB，再根据对顶角的性质求出答案即可．
【解答】解：∵EO⊥AB，
∴∠BOE＝∠DOE+∠DOB＝90°，
∵∠DOE：∠DOB＝2：3，
∴∠DOB=35∠BOE=35×90°=54°，
∵直线AB，CD相交于点O，
∴∠AOC＝∠DOB＝54°，
故答案为：54．
【点评】本题主要考查了垂线、对顶角和邻补角，解题关键是熟练掌握垂线的定义和对顶角的性质．
13．（3分）在拼音“hangzhng”中任意选择一个字母，字母“n”出现的概率是 29 ．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；应用意识．
【答案】29．
【分析】根据概率公式直接计算即可．
【解答】解：∵拼音“hangzhng”中一共有9个字母，其中n有2个，
∴字母“n”出现的概率是29，
故答案为：29．
【点评】本题考查概率公式，理解题意，掌握概率公式是解题的关键．
14．（3分）若一元二次方程kx2﹣4x+2＝0有两个相等的实数根，则k的值是 2 ．
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】2．
【分析】结合已知条件，利用根的判别式及一元二次方程的定义即可求得答案．
【解答】解：∵一元二次方程kx2﹣4x+2＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4k×2＝0，且k≠0，
解得：k＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查一元二次方程的定义及其根的判别式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
15．（3分）如图，在△ABC中，点D是AB边的中点，过点D作DE∥BC交AC边于点E，若S△ABC＝12，则S△ADE＝ 3 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【专题】三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】3．
【分析】先根据，点D是AB边的中点可知AB＝2AD，然后再证△ABC∽△ADE，最后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．
【解答】解：∵点D是AB边的中点，
∴AB＝2AD，
∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
∴DEBC=ADAB=12，
∴S△ADES△ABC=(12)2，
∴S△ADE=14S△ABC=3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，灵活利用相似三角形的面积比等于相似比的平方是解答本题的关键．
16．（3分）如图，点O是▱ABCD对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将▱ABCD折叠，使点A，B分别落在A′、B′处，NB′交CD与点E，若点E是CD的中点，NC＝3，NB＝7，则EB′＝ 2 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】2．
【分析】延长AD、NB′交于点H，由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，则∠AMO＝∠CNO，∠H＝∠CNE，∠HMN＝∠BNM，由折叠得∠HNM＝∠BNM，则∠HMN＝∠HNM，而OA＝OC，DE＝CE，可证明△AOM≌△CON，得MA＝NC＝3，则MD＝NB＝NB′＝7，再证明△DEH≌△CEN，得HD＝NC＝3，所以NH＝MH＝10，求得EH＝EN＝5，则EB′＝NB′﹣EN＝2，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长AD、NB′交于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，点O是AC的中点，点E是CD的中点，
∴AD∥BC，AD＝BC，OA＝OC，DE＝CE，
∴∠AMO＝∠CNO，∠H＝∠CNE，∠HMN＝∠BNM，
由折叠得∠HNM＝∠BNM，NB′＝NB，
∴∠HMN＝∠HNM，
在△AOM和△CON中，
∠AMO=∠CNO∠AOM=∠CONOA=OC，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴MA＝NC＝3，
∴AD﹣MA＝BC﹣NC，
∴MD＝NB＝NB′＝7，
在△DEH和△CEN中，
∠H=∠CNE∠DEH=∠CENDE=CE，
∴△DEH≌△CEN（AAS），
∴HD＝NC＝3，EH＝EN，
∴NH＝MH＝MD+HD＝10，
∴EH＝EN=12NH＝5，
∴EB′＝NB′﹣EN＝2，
故答案为：2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）计算：16−2sin45°+（13）﹣1．
【考点】实数的运算；特殊角的三角函数值；负整数指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【答案】7−2．
【分析】先计算算术平方根、特殊角的三角函数值和负整数指数幂，再计算加减．
【解答】解：16−2sin45°+（13）﹣1
＝4﹣2×22+3
＝4−2+3
＝7−2．
【点评】此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序，并能进行正确地计算．
18．（8分）解一元一次不等式组：2x+6＞3−xx−22≤7−x3．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣1＜x≤4．
【分析】先求出每个不等式的解，再根据大小小大中间找，求出结果．
【解答】解：由2x+6＞3﹣x，
得x＞﹣1；
由x−22≤7−x3，
得x≤4．
∴不等式的解集为：﹣1＜x≤4．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，解题的关键是根据计算方法来解答．
19．（8分）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．
（1）求证：BC′＝BC；
（2）若AB＝3，BC＝1，求AE的长．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）AE=53．
【分析】（1）连接AC、AC′，根据矩形的性质得到∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，根据旋转的性质即可得到结论；
（2）先证△AED′≌△C′EB（AAS），再根据全等三角形的性质得到AE＝C′E，设AE＝x，则BE＝3﹣x，BC′＝1，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接AC，AC′，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，
∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，
∴AC＝AC′，
∴BC′＝BC；
（2）解：∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，
由旋转的性质得：BC′＝BC＝AD′，∠D′＝∠EBC′＝90°，
在△AED′和△C′EB中，
∠D′=∠EBC′∠AED′=∠C′EBAD′=C′B，
∴△AED′≌△C′EB（AAS），
∴AE＝C′E，
设AE＝x，则BE＝3﹣x，BC′＝1，
在直角三角形BC′E中，由勾股定理得：C′E2＝C′B2+BE2，
∴（3﹣x）2+1＝x2，
解得：x=53，
∴AE=53．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．
20．（8分）某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手的得分数据整理成下列统计图．根据以上信息，解答下列问题．
（1）完成表格：
（2）从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适？请说明理由．
【考点】方差；扇形统计图；条形统计图；折线统计图；算术平均数；中位数；众数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）9，8.8，8；
（2）选甲更合适．理由见解答．
【分析】（1）分别根据中位数、平均数的定义进行计算，即可得到答案；
（2）根据（1）中表格，结合平均数和方差的意义进行分析，即可得到答案．
【解答】解：（1）由甲得分的折线统计图可知，甲得分的排序为：10、9、9、8、8，
∴甲得分的中位数为9，
由乙得分的条形统计图可知，乙得分分别为：7，9，9，9，10，
∴乙得分的平均数为15×（7+9+9+9+10）＝8.8，
由丙得分的扇形统计图可知，丙得分分别为：8，8，8，10，10，
∴8出现的次数最多，
∴丙得分的众数为8．
故答案为：9，8.8，8；
（2）选甲更合适．理由如下：
因为甲、乙、丙三人平均成绩一样，说明三人实力相当，但是甲的方差最小，说明甲的成绩更稳定，
所以选甲更合适．
【点评】本题主要考查了中位数，平均数，众数以及方差，理解相关定义与意义，熟记方差公式是解题关键．
21．（8分）在学习了圆这一章后，小明对“在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对圆心角相等”产生了浓厚兴趣，进行了拓展性的研究，有了新的发现，在⊙O中，A、B、C、D是圆上四点，且AB＝CD，过圆心O作OE⊥AB，垂足为E点，他猜想圆心O到弦AB、弦CD的距离相等．他的解决思路是证明对应垂线段所在三角形全等从而得出结论．请根据他的思路完成以下作图与填空：
（1）用直尺和圆规，过点O作OF⊥CD，垂足为F点，（只保留作图痕迹）
（2）已知：如图，在⊙O中，A、B、C、D是圆上四点，且AB＝CD，OE⊥AB于点E，OF⊥CD于点F．求证：OE＝OF．
证明：∵在⊙O中，A、B是圆上两点，OE⊥AB于点E，
∴BE=12AB，
同理可证：CF=12CD．
∵AB＝CD
∴①BE＝CF ．
∵OE⊥AB于E点，OF⊥CD于点F
∴② ∠OEB＝∠OFC ＝90°
在Rt△OEB与Rt△OFC中
{(ㅤㅤ)BE=CF
∴△OEB≌△OFC（HL）．
∴OE＝OF．
通过小明研究发现，在等圆中也有此结论．请你依照题意完成下面命题：
在同圆或等圆中，④ 如果两弦相等，则圆心到等弦的距离相等 ．
【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】作图题；图形的全等；圆的有关概念及性质；几何直观；推理能力．
【答案】（1）图见解析；
（2）①BE＝CF；②∠OEB＝∠OFC；③OB＝OC；④如果两弦相等，则圆心到等弦的距离相等．
【分析】（1）根据尺规作垂线的方法，作图即可；
（2）根据垂径定理，垂直的定义，圆中的等量关系，进行作答即可．
【解答】（1）解：如图，OF即为所求；
（2）证明：∵在⊙O中，A、B是圆上两点，OE⊥AB于点E，
∴BE=12AB，
同理可证：CF=12CD，
∵AB＝CD，
∴BE＝CF，
∵OE⊥AB于E点，OF⊥CD于点F，
∴∠OEB＝∠OFC＝90°，
在Rt△OEB与Rt△OFC中，
OB=OCBE=CF，
∴△OEB≌△OFC（HL），
∴OE＝OF．
∴在同圆或等圆中，如果两弦相等，则圆心到等弦的距离相等．
故答案为：①BE＝CF；②∠OEB＝∠OFC；③OB＝OC；④如果两弦相等，则圆心到等弦的距离相等．
【点评】本题考查垂径定理，尺规作图—作垂线，全等三角形的判定和性质，掌握相关知识点，是解题的关键．
22．（10分）已知学校、文具店、图书馆依次在同一条直线上，学校离图书馆2300m，文具店离图书馆1800m．某天小华步行从学校出发去图书馆，当他匀速走了12min后，想起要去买彩笔，于是按原路匀速返回，走了8min到达刚经过的文具店，在文具店停留了10min，买彩笔后，匀速走了18min到达图书馆．下面图中x表示时间，y表示离图书馆的距离．图象反映了这个过程中小华离图书馆的距离与时间之间的对应关系．
请根据相关信息，回答下列问题：
（Ⅰ）①填表：
②填空：学校到文具店的距离为 500 m；小华从文具店出发到图书馆的速度为 100 m/min．
③当20≤x≤48时，请直接写出小华离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式；
（Ⅱ）有同学小强与小华同时从学校出发去图书馆，小强匀速走了46min到达图书馆，那么小强去图书馆的途中遇到小华时离图书馆的距离是多少？（直接写出结果即可）
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（Ⅰ）①1550，1800；②500，100；③y=1800(20≤x≤30)−100x+4800(30＜x≤48)；
（Ⅱ）1550m．
【分析】（Ⅰ）①根据6分钟时小华离图书馆的距离，利用“速度＝路程÷时间”求出他步行的速度，根据“路程＝速度×时间”求出10分钟时离学校的距离，从而求出此时离图书馆的距离；观察图象即可得到当小华离开学校26分钟时离图书馆的距离；
②根据“学校离图书馆的距离＝学校离文具店的距离+文具店离图书馆的距离”即可得到学校到文具店的距离，根据小华从文具店出发到图书馆的路程和所用的时间，利用根据“速度＝路程÷时间”即可求出这段时间的速度；
③利用待定系数法求解即可；
（Ⅱ）根据题意，画出小强离图书馆的距离y关于时间x的图象，分别利用待定系数法求出当12≤x≤20时，小华离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式和小强离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式，根据“二人相遇时距图书馆的距离相等”，列方程求出x的值，将x的值代入其中的一个函数求出对应的y值即可．
【解答】解：（Ⅰ）①当小华离开学校6min时，离图书馆的距离为1850m，则小华步行的速度为（2300﹣1850）÷6＝75（m/min），
当小华离开学校10min时，离图书馆的距离为2300﹣75×10＝1550（m）；
由图象可知，当x＝26时，y＝1800．
故答案为：1550，1800；
②学校离图书馆2300m，文具店离图书馆1800m，
根据“学校离图书馆的距离＝学校离文具店的距离+文具店离图书馆的距离”，得学校到文具店的距离为2300﹣1800＝500（m）；
根据“速度＝路程÷时间”，得小华从文具店出发到图书馆的速度为1800÷（48﹣30）＝100（m/min）．
故答案为：500，100．
③当20≤x≤30时，y＝1800；
当30＜x≤48时，设y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0）．
将坐标（30，1800）和（48，0）代入y＝kx+b，
得30k+b=180048k+b=0，
解得k=−100b=4800，
∴y＝﹣100x+4800．
综上，y=1800(20≤x≤30)−100x+4800(30＜x≤48)．
（Ⅱ）小强离图书馆的距离y关于时间x的图象如图所示：
当12≤x≤20时，设小华离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式为y＝k1x+b1（k1、b1为常数，且k1≠0）．
将坐标（12，1400）和（20，1800）代入y＝k1x+b1，
得12k1+b1=140020k1+b1=1800，
解得k1=50b1=800，
∴y＝50x+800（12≤x≤20）；
设小强离图书馆的距离y关于时间x的函数解析式为y＝k2x+b2（k2、b2为常数，且k2≠0）．
将坐标（0，2300）和（46，0）代入y＝k2x+b2，
得b2=230046k2+b2=0，
解得k2=−50b2=2300，
∴y＝﹣50x+2300（0≤x≤46）．
当二人相遇时，距图书馆的距离相等，得50x+800＝﹣50x+2300，
解得x＝15，
当x＝15时，y＝50×15+800＝1550，
∴小强去图书馆的途中遇到小华时离图书馆的距离是1550m．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握速度、时间、路程和待定系数法求函数关系式的方法是解题的关键．
23．（10分）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c（b，c是常数）．
（1）当b＝﹣2，c＝3时，求该函数图象的顶点坐标；
（2）若该二次函数图象经过点A（﹣1，1），B（m，1），且0＜m＜1，求b的取值范围；
（3）若b＝2c，当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的最大值与最小值的差为4，求c的值．
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（1）（﹣1，4）；
（2）﹣1＜b＜0；
（3）1或2．
【分析】（1）理解题意，代入数值，再化为顶点式，即可作答．
（2）先观察点A（﹣1，1），B（m，1），且yA＝yB＝1，得出对称轴为直线x=−1+m2，故b＝﹣1+m，又因为0＜m＜1，得﹣1＜b＜0，即可作答；
（3）先根据b＝2c，整理得对称轴为直线x＝c，y＝﹣x2+2cx+c，再结合当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的最大值与最小值的差为4，进行分类讨论，即可作答．
【解答】解：（1）由条件可知y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x2+2x+1）+4＝﹣（x+1）2+4，
∴该函数图象的顶点坐标为（﹣1，4）；
（2）由条件可知抛物线对称轴为直线x=−b2×(−1)=b2，
∵该二次函数y＝﹣x2+bx+c图象经过点A（﹣1，1），B（m，1），且yA＝yB＝1，
∴对称轴为直线x=−1+m2，
∴−1+m2=b2，
∴m＝b+1，
∵0＜m＜1，
∴0＜b+1＜1，
解得﹣1＜b＜0；
（3）由条件可知抛物线对称轴为直线x=−b2×(−1)=b2，
∵b＝2c，
∴对称轴为直线x=b2=2c2=c，y＝﹣x2+2cx+c，
∵a＝﹣1＜0，
∴y＝﹣x2+2cx+c开口向下，在对称轴处有最大值，图象上越靠近对称轴的点函数值越大，
∵c＞0，
∴当0＜c≤0+32时，即0＜c≤32，
把x＝3代入y＝﹣x2+2cx+c，得y＝﹣32+2c×3+c＝﹣9+6c+c＝﹣9+7c，
把x＝c代入y＝﹣x2+2cx+c，得y＝﹣c2+2c×c+c＝c2+c，
∵当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c的最大值与最小值的差为4，
∴c2+c﹣（﹣9+7c）＝4，
则c2﹣6c+9＝（c﹣3）2＝4，
解得c＝1或c=5＞32（舍去）；
当0+32＜c≤3时，即32＜c≤3，
把x＝0代入y＝﹣x2+2cx+c，得y＝﹣02+2c×0+c＝c，
把x＝c代入y＝﹣x2+2cx+c，得y＝﹣c2+2c×c+c＝c2+c，
∵当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c的最大值与最小值的差为4，
∴c2+c﹣c＝4，
则c2＝4，
解得c＝2或c＝﹣2＜0（舍去）；
当3＜c时，
把x＝0代入解析式得最小值为y＝﹣02+2c×0+c＝c，
把x＝3代入解析式得最大值为y＝﹣32+2c×3+c＝﹣9+6c+c＝﹣9+7c，
∵当0≤x≤3时，y＝﹣x2+bx+c的最大值与最小值的差为4，
∴﹣9+7c﹣c＝4，
则c=136＜3（舍去），
∴综上：c的值为1或2．
【点评】本题考查了二次函数的图象性质，二次函数的最值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，7），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（3，0）．
（1）在图中作出△ABC的外接圆圆心P（利用格点图确定圆心P的位置）；
（2）△ABC的外接圆半径r为 29 ；位于圆上在第一象限的横纵坐标均为整数的点有 4 个；
（3）若在x轴的正半轴上有一点D（异与点C），且∠ADB＝∠ACB，则点D的坐标为 （7，0） ．
【考点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质；垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系．
【专题】平面直角坐标系；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）确定圆心P的位置见解答，P（5，5）；
（2）29，4；
（3）（7，0）．
【分析】（1）取格点F及AB的中点E，连结BF、CF，作EP∥x轴，连结并延长OF交EP于点P，由A（0，7），B（0，3），得E（0，5），且EP垂直平分AB，而OF垂直平分BC，所以点P为△ABC的外接圆的圆心，且点P为格点，PE＝OE＝5，则P（5，5）；
（2）作△ABC的外接圆⊙P，交x轴于点D，取格点H，连结PH、PA，求得r＝PA=AE2+PE2=29，D（7，0），由⊙P的四分之一圆上有2个横纵坐标均为整数的点，可知⊙P上横纵坐标均为整数的点共有8个，而A、B、C、D这4个点不属于第一象限的点，所以位于圆上在第一象限的横纵坐标均为整数的点有4个，于是得到问题的答案；
（3）连结AD、BD，则∠ADB＝∠ACB，由（2）得D（7，0），于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）取格点F及AB的中点E，连结BF、CF，作EP∥x轴，连结并延长OF交EP于点P，
∵A（0，7），B（0，3），
∴E（0，5），EP垂直平分AB，
∵四边形OBFC是正方形，
∴OF垂直平分BC，且OF为正方形的对角线，
∴点P为△ABC的外接圆的圆心，且点P为格点，PE＝OE＝5，
∴△ABC的外接圆的圆心P的坐标为（5，5）．
（2）作△ABC的外接圆⊙P，交x轴于点D，取格点H，连结PH、PA，
∵∠AEP＝90°，AE＝2，PE＝5，
∴PA=AE2+PE2=22+52=29，
∴△ABC的外接圆半径r=29，
∵PH⊥CD，
∴DH＝CH＝2，
∵H（5，0），
∴D（7，0），
∵∠EPH＝90°，点B、点C为横纵坐标均为整数的点，
∴⊙P的四分之一圆上有2个横纵坐标均为整数的点，
∴⊙P上横纵坐标均为整数的点共有8个，
∵A、B、C、D这4个点不属于第一象限的点，
∴位于圆上在第一象限的横纵坐标均为整数的点有4个，
故答案为：29，4．
（3）连结AD、BD，则∠ADB＝∠ACB，
由（2）得D（7，0），
故答案为：（7，0）．
【点评】此题重点考查坐标与图形性质、三角形的外接圆与外心、垂径定理、圆周角定理、勾股定理等知识，正确地画出图形并且作出相应的辅助线是解题的关键．平均数/分
中位数/分
众数/分
方差
甲
8.8
①
8和9
0.56
乙
②
9
9
0.96
丙
8.8
8
③
0.96
小华离开学校的时间/min
6
10
20
26
小华离图书馆的距离/m
1850

1800

平均数/分
中位数/分
众数/分
方差
甲
8.8
① 9
8和9
0.56
乙
② 8.8
9
9
0.96
丙
8.8
8
③ 8
0.96
小华离开学校的时间/min
6
10
20
26
小华离图书馆的距离/m
1850
1550
1800
1800