2026届湖州市吴兴区中考数学对点突破模拟试卷含解析

这是一份2026届湖州市吴兴区中考数学对点突破模拟试卷含解析，共17页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．设x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两根，则x12+x22=（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
2．随着“中国诗词大会”节目的热播，《唐诗宋词精选》一书也随之热销．如果一次性购买10本以上，超过10本的那部分书的价格将打折，并依此得到付款金额y（单位：元）与一次性购买该书的数量x（单位：本）之间的函数关系如图所示，则下列结论错误的是（ ）
A．一次性购买数量不超过10本时，销售价格为20元/本
B．a＝520
C．一次性购买10本以上时，超过10本的那部分书的价格打八折
D．一次性购买20本比分两次购买且每次购买10本少花80元
3．若一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．12B．11C．10D．9
4．如图，在△ABC中，AB=AC=10，CB=16，分别以AB、AC为直径作半圆，则图中阴影部分面积是（ ）
A．50π﹣48B．25π﹣48C．50π﹣24D．
5．如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长度为（ ）
A．B．2C．D．
6．如图，动点P从(0，3)出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第2018次碰到矩形的边时，点P的坐标为（ ）
A．(1，4)B．(7，4)C．(6，4)D．(8，3)
7．用半径为8的半圆围成一个圆锥的侧面，则圆锥的底面半径等于（ ）
A．4B．6C．16πD．8
8．一次函数y=2x+1的图像不经过 ( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．如图，经过测量，C地在A地北偏东46°方向上，同时C地在B地北偏西63°方向上，则∠C的度数为（ ）
A．99°B．109°C．119°D．129°
10．如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，D是⊙O上一点，且∠EDC=30°，弦EF∥AB，则EF的长度为（ ）
A．2B．2C．D．2
11．如图所示的几何体，它的左视图是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，AB是⊙O的直径，点C，D，E在⊙O上，若∠AED＝20°，则∠BCD的度数为( )
A．100°B．110°C．115°D．120°
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．方程的解为 ．
14．已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表所示：
当y＜﹣3时，x的取值范围是_____．
15．在数轴上与所对应的点相距4个单位长度的点表示的数是______．
16．如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，∠A=70°，则∠BOC=_____度．
17．若关于x的方程kx2+2x﹣1=0有实数根，则k的取值范围是_____．
18．两圆内切，其中一个圆的半径长为6，圆心距等于2，那么另一个圆的半径长等于__．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）在一个不透明的盒子中，装有3个分别写有数字1，2，3的小球，他们的形状、大小、质地完全相同，搅拌均匀后，先从盒子里随机抽取1个小球，记下小球上的数字后放回盒子，搅拌均匀后再随机取出1个小球，再记下小球上的数字．
（1）用列表法或树状图法写出所有可能出现的结果；
（2）求两次取出的小球上的数字之和为奇数的概率P．
20．（6分）先化简，再求值：（﹣）÷，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
21．（6分）先化简再求值：（a﹣）÷，其中a=1+，b=1﹣．
22．（8分）已知点P，Q为平面直角坐标系xOy中不重合的两点，以点P为圆心且经过点Q作⊙P，则称点Q为⊙P的“关联点”，⊙P为点Q的“关联圆”．
（1）已知⊙O的半径为1，在点E（1，1），F（﹣，），M（0，-1）中，⊙O的“关联点”为______；
（2）若点P（2，0），点Q（3，n），⊙Q为点P的“关联圆”，且⊙Q的半径为，求n的值；
（3）已知点D（0，2），点H（m，2），⊙D是点H的“关联圆”，直线y＝﹣x+4与x轴，y轴分别交于点A，B．若线段AB上存在⊙D的“关联点”，求m的取值范围．
23．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，点，在边上，．求证：．
24．（10分）（2016山东省烟台市）某中学广场上有旗杆如图1所示，在学习解直角三角形以后，数学兴趣小组测量了旗杆的高度．如图2，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上，另一部分落在斜坡上，测得落在平台上的影长BC为4米，落在斜坡上的影长CD为3米，AB⊥BC，同一时刻，光线与水平面的夹角为72°，1米的竖立标杆PQ在斜坡上的影长QR为2米，求旗杆的高度（结果精确到0.1米）．（参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08）
25．（10分）如图，在Rt△ABC的顶点A、B在x轴上，点C在y轴上正半轴上，且
A(－1，0)，B(4，0)，∠ACB＝90°.
(1)求过A、B、C三点的抛物线解析式；
(2)设抛物线的对称轴l与BC边交于点D，若P是对称轴l上的点，且满足以P、C、D为顶点的三角形与△AOC相似，求P点的坐标；
(3)在对称轴l和抛物线上是否分别存在点M、N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出点M、点N的坐标；若不存在，请说明理由.
图1 备用图
26．（12分）问题提出
（1）如图1，在△ABC中，∠A＝75°，∠C＝60°，AC＝6，求△ABC的外接圆半径R的值；
问题探究
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠C＝45°，AC＝8，点D为边BC上的动点，连接AD以AD为直径作⊙O交边AB、AC分别于点E、F，接E、F，求EF的最小值；
问题解决
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝30°，AB＝AD，BC+CD＝12，连接AC，线段AC的长是否存在最小值，若存在，求最小值：若不存在，请说明理由．
27．（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D作⊙O的切线．交BC于点E．求证：BE=EC填空：①若∠B=30°，AC=2，则DE=______；
②当∠B=______度时，以O，D，E，C为顶点的四边形是正方形．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、C
【解析】
试题分析：根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1•x2=﹣3，再变形x12+x22得到（x1+x2）2﹣2x1•x2，然后利用代入计算即可．
解：∵一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的两根是x1、x2，
∴x1+x2=2，x1•x2=﹣3，
∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1•x2=22﹣2×（﹣3）=1．
故选C．
2、D
【解析】
A、根据单价＝总价÷数量，即可求出一次性购买数量不超过10本时，销售单价，A选项正确；C、根据单价＝总价÷数量结合前10本花费200元即可求出超过10本的那部分书的单价，用其÷前十本的单价即可得出C正确；B、根据总价＝200+超过10本的那部分书的数量×16即可求出a值，B正确；D，求出一次性购买20本书的总价，将其与400相减即可得出D错误．此题得解．
【详解】
解：A、∵200÷10＝20（元/本），
∴一次性购买数量不超过10本时，销售价格为20元/本，A选项正确；
C、∵（840﹣200）÷（50﹣10）＝16（元/本），16÷20＝0.8，
∴一次性购买10本以上时，超过10本的那部分书的价格打八折，C选项正确；
B、∵200+16×（30﹣10）＝520（元），
∴a＝520，B选项正确；
D、∵200×2﹣200﹣16×（20﹣10）＝40（元），
∴一次性购买20本比分两次购买且每次购买10本少花40元，D选项错误．
故选D．
【点睛】
考查了一次函数的应用，根据一次函数图象结合数量关系逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
3、A
【解析】
根据正多边形的外角与它对应的内角互补，得到这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，再根据多边形外角和为360度即可求出边数．
【详解】
∵一个正多边形的每个内角为150°，
∴这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，
∴这个正多边形的边数==1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形的外角与它对应的内角互补的性质；也考查了多边形外角和为360度以及正多边形的性质．
4、B
【解析】
设以AB、AC为直径作半圆交BC于D点，连AD，如图，
∴AD⊥BC，
∴BD=DC=BC=8，
而AB=AC=10，CB=16，
∴AD===6，
∴阴影部分面积=半圆AC的面积+半圆AB的面积﹣△ABC的面积，
=π•52﹣•16•6，
=25π﹣1．
故选B．
5、C
【解析】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，由垂径定理得到C为AB的中点，再由折叠得到CD=OC，求出OC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的长，即可确定出AB的长．
【详解】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，
由折叠得到CD=OC=OD=1cm，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC2+OC2=OA2，
即AC2+1=4，
解得：AC=cm，
则AB=2AC=2cm．
故选C．
【点睛】
此题考查了垂径定理，勾股定理，以及翻折的性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
6、B
【解析】
如图，
经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），
∵2018÷6=336…2，
∴当点P第2018次碰到矩形的边时为第336个循环组的第2次反弹，
点P的坐标为（7，4）．
故选C．
7、A
【解析】
由于半圆的弧长=圆锥的底面周长，那么圆锥的底面周长为8π，底面半径=8π÷2π．
【详解】
解：由题意知：底面周长=8π，
∴底面半径=8π÷2π=1．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，解决本题的关键是应用半圆的弧长=圆锥的底面周长．
8、D
【解析】
根据一次函数的系数判断出函数图象所经过的象限，由k=2＞0，b=1＞0可知，一次函数y=2x+1的图象过一、二、三象限.另外此题还可以通过直接画函数图象来解答.
【详解】
∵k=2＞0，b=1＞0，
∴根据一次函数图象的性质即可判断该函数图象经过一、二、三象限，不经过第四象限.
故选D.
【点睛】
本题考查一次函数图象与系数的关系，解决此类题目的关键是确定k、b的正负.
9、B
【解析】
方向角是从正北或正南方向到目标方向所形成的小于90°的角，根据平行线的性质求得∠ACF与∠BCF的度数，∠ACF与∠BCF的和即为∠C的度数．
【详解】
解：由题意作图如下
∠DAC=46°，∠CBE=63°，
由平行线的性质可得
∠ACF=∠DAC=46°，∠BCF=∠CBE=63°，
∴∠ACB=∠ACF+∠BCF=46°+63°=109°，
故选B．
【点睛】
本题考查了方位角和平行线的性质，熟练掌握方位角的概念和平行线的性质是解题的关键．
10、B
【解析】
本题考查的圆与直线的位置关系中的相切．连接OC,EC所以∠EOC=2∠D=60°，所以△ECO为等边三角形．又因为弦EF∥AB所以OC垂直EF故∠OEF=30°所以EF=OE=2．
11、A
【解析】
从左面观察几何体，能够看到的线用实线，看不到的线用虚线．
【详解】
从左边看是等宽的上下两个矩形，上边的矩形小，下边的矩形大，两矩形的公共边是虚线，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查的是几何体的三视图，熟练掌握三视图的画法是解题的关键．
12、B
【解析】
连接AD，BD，由圆周角定理可得∠ABD＝20°，∠ADB＝90°，从而可求得∠BAD＝70°，再由圆的内接四边形对角互补得到∠BCD=110°.
【详解】
如下图，连接AD，BD，
∵同弧所对的圆周角相等，∴∠ABD=∠AED＝20°，
∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°-20°=70°，
∴∠BCD=180°-70°=110°.
故选B
【点睛】
本题考查圆中的角度计算，熟练运用圆周角定理和内接四边形的性质是关键.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、．
【解析】
试题分析：首先去掉分母，观察可得最简公分母是，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解，然后解一元一次方程，最后检验即可求解：
，经检验，是原方程的根．
14、x＜﹣4或x＞1
【解析】
观察表格求出抛物线的对称轴，确定开口方向，利用二次函数的对称性判断出x=1时，y=-3，然后写出y＜-3时，x的取值范围即可．
【详解】
由表可知，二次函数的对称轴为直线x=-2，抛物线的开口向下，
且x=1时，y=-3，
所以，y＜-3时，x的取值范围为x＜-4或x＞1．
故答案为x＜-4或x＞1．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，观察图表得到y=-3时的另一个x的值是解题的关键．
15、2或﹣1
【解析】
解：当该点在﹣2的右边时，由题意可知：该点所表示的数为2，当该点在﹣2的左边时，由题意可知：该点所表示的数为﹣1．故答案为2或﹣1．
点睛：本题考查数轴，涉及有理数的加减运算、分类讨论的思想．
16、125
【解析】
解：过O作OM⊥AB，ON⊥AC，OP⊥BC，垂足分别为M，N，P
∵∠A=70°,∠B+∠C=180∘−∠A=110°
∵O在△ABC三边上截得的弦长相等，
∴OM=ON=OP，
∴O是∠B，∠C平分线的交点
∴∠BOC=180°−12(∠B+∠C)=180°−12×110°=125°.

故答案为：125°
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦的关系, 三角形内角和定理, 角平分线的性质，解题的关键是掌握它们的性质和定理.
17、k≥-1
【解析】
首先讨论当时，方程是一元一次方程，有实数根，当时，利用根的判别式△=b2-4ac=4+4k≥0，两者结合得出答案即可．
【详解】
当时，方程是一元一次方程：，方程有实数根；
当时，方程是一元二次方程，
解得：且.
综上所述，关于的方程有实数根，则的取值范围是.
故答案为
【点睛】
考查一元二次方程根的判别式，注意分类讨论思想在解题中的应用，不要忽略
这种情况.
18、4或1
【解析】
∵两圆内切，一个圆的半径是6，圆心距是2，
∴另一个圆的半径=6-2=4；
或另一个圆的半径=6+2=1，
故答案为4或1．
【点睛】本题考查了根据两圆位置关系来求圆的半径的方法．注意圆的半径是6，要分大圆和小圆两种情况讨论．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、 (1见解析；(2).
【解析】
（1）根据题意先画出树状图，得出所有可能出现的结果数；
（2）根据（1）可得共有9种情况，两次取出小球上的数字和为奇数的情况，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】
(1)列表得，
(2)两次取出的小球上的数字之和为奇数的共有4种，
∴P两次取出的小球上数字之和为奇数的概率P=．
【点睛】
此题可以采用列表法或者采用树状图法，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20、-
【解析】
先化简，再解不等式组确定x的值，最后代入求值即可.
【详解】
（﹣）÷，
=÷
=
解不等式组，
可得：﹣2＜x≤2，
∴x=﹣1，0，1，2，
∵x=﹣1，0，1时，分式无意义，
∴x=2，
∴原式==﹣．
21、原式=
【解析】
括号内先通分进行分式的加减运算，然后再进行分式的乘除法运算，最后将数个代入进行计算即可.
【详解】
原式=
=
=，
当a=1+，b=1﹣时，
原式==.
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的运算顺序以及运算法则是解题的关键.
22、（1）F，M；（1）n＝1或﹣1；（3）≤m≤或 ≤m≤．
【解析】
（1）根据定义,认真审题即可解题,
（1）在直角三角形PHQ中勾股定理解题即可,
（3）当⊙D与线段AB相切于点T时，由sin∠OBA=,得DT＝DH1＝,进而求出m1=即可,②当⊙D过点A时，连接AD．由勾股定理得DA＝＝DH1＝即可解题.
【详解】
解：（1）∵OF＝OM＝1，
∴点F、点M在⊙上，
∴F、M是⊙O的“关联点”，
故答案为F，M．
（1）如图1，过点Q作QH⊥x轴于H．
∵PH＝1，QH＝n，PQ＝.
∴由勾股定理得，PH1+QH1＝PQ1，
即11+n1=()1,
解得，n＝1或﹣1．
（3）由y＝﹣x+4，知A（3，0），B（0，4）
∴可得AB＝5
①如图1（1），当⊙D与线段AB相切于点T时，连接DT．
则DT⊥AB，∠DTB＝90°
∵sin∠OBA=,
∴可得DT＝DH1＝,
∴m1=,
②如图1（1），当⊙D过点A时，连接AD．
由勾股定理得DA＝＝DH1＝．
综合①②可得：≤m≤或 ≤m≤．
【点睛】
本题考查圆的新定义问题, 三角函数和勾股定理的应用,难度较大,分类讨论,迁移知识理解新定义是解题关键.
23、见解析
【解析】
试题分析：证明△ABE≌△ACD 即可.
试题解析：法1：
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵AD=CE,
∴∠ADE=∠AED,
∴△ABE≌△ACD,
∴BE=CD ,
∴BD=CE,
法2：如图，作AF⊥BC于F,
∵AB=AC,
∴BF=CF,
∵AD=AE,
∴DF=EF,
∴BF－DF=CF－EF,
即BD=CE.
24、13.1．
【解析】
试题分析：如图，作CM∥AB交AD于M，MN⊥AB于N，根据=，可求得CM的长，在RT△AMN中利用三角函数求得AN的长，再由MN∥BC，AB∥CM，判定四边形MNBC是平行四边形，即可得BN的长，最后根据AB=AN+BN即可求得AB的长．
试题解析：如图作CM∥AB交AD于M，MN⊥AB于N．
由题意=，即=，CM=，
在RT△AMN中，∵∠ANM=90°，MN=BC=4，∠AMN=72°，
∴tan72°=，
∴AN≈12.3，
∵MN∥BC，AB∥CM，
∴四边形MNBC是平行四边形，
∴BN=CM=，
∴AB=AN+BN=13.1米．
考点：解直角三角形的应用.
25、见解析
【解析】
分析：(1)根据求出点的坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式.
(2)分两种情况进行讨论即可.
(3)存在. 假设直线l上存在点M，抛物线上存在点N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形.分当平行四边形是平行四边形时，当平行四边形AONM是平行四边形时，当四边形AMON为平行四边形时，三种情况进行讨论.
详解：(1)易证，得，
∴OC=2，∴C(0，2),
∵抛物线过点A(-1，0)，B(4，0)
因此可设抛物线的解析式为
将C点(0，2)代入得:，即
∴抛物线的解析式为
(2)如图2，
当时，则P1(，2),
当 时，
∴OC∥l,
∴，
∴P2H＝·OC＝5，
∴P2 (，5)
因此P点的坐标为(，2)或(，5).
(3)存在.
假设直线l上存在点M，抛物线上存在点N，使得以A、O、M、N为顶点的四边形为平行四边形.
如图3，
当平行四边形是平行四边形时，M(，)，(,),
当平行四边形AONM是平行四边形时，M(，)，N(,),
如图4，当四边形AMON为平行四边形时，MN与OA互相平分，此时可设M(，m)，则
∵点N在抛物线上，
∴-m＝-·(-+1)( --4)=-,
∴m=,
此时M(，)， N(-,-).
综上所述，M(，)，N(,)或M(，)，N(,) 或 M(，)， N(-,-).
点睛：属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数解析式等，注意分类讨论的思想方法在数学中的应用.
26、（1）△ABC的外接圆的R为1；（2）EF的最小值为2；（3）存在，AC的最小值为9．
【解析】
（1）如图1中，作△ABC的外接圆，连接OA，OC．证明∠AOC=90°即可解决问题；
（2）如图2中，作AH⊥BC于H．当直径AD的值一定时，EF的值也确定，根据垂线段最短可知当AD与AH重合时，AD的值最短，此时EF的值也最短；
（3）如图3中，将△ADC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，连接EC，作EH⊥CB交CB的延长线于H，设BE=CD=x．证明EC=AC，构建二次函数求出EC的最小值即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，作△ABC的外接圆，连接OA，OC．
∵∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝180°﹣75°﹣10°＝45°，
又∵∠AOC＝2∠B，
∴∠AOC＝90°，
∴AC＝1，
∴OA＝OC＝1，
∴△ABC的外接圆的R为1．
（2）如图2中，作AH⊥BC于H．
∵AC＝8，∠C＝45°，
∴AH＝AC•sin45°＝8×＝8，
∵∠BAC＝10°，
∴当直径AD的值一定时，EF的值也确定，
根据垂线段最短可知当AD与AH重合时，AD的值最短，此时EF的值也最短，
如图2﹣1中，当AD⊥BC时，作OH⊥EF于H，连接OE，OF．
∵∠EOF＝2∠BAC＝20°，OE＝OF，OH⊥EF，
∴EH＝HF，∠OEF＝∠OFE＝30°，
∴EH＝OF•cs30°＝4•＝1，
∴EF＝2EH＝2，
∴EF的最小值为2．
（3）如图3中，将△ADC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，连接EC，作EH⊥CB交CB的延长线于H，设BE＝CD＝x．
∵∠AE＝AC，∠CAE＝90°，
∴EC＝AC，∠AEC＝∠ACE＝45°，
∴EC的值最小时，AC的值最小，
∵∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝∠ACB+∠AEB＝30°，
∴∠∠BEC+∠BCE＝10°，
∴∠EBC＝20°，
∴∠EBH＝10°，
∴∠BEH＝30°，
∴BH＝x，EH＝x，
∵CD+BC＝2，CD＝x，
∴BC＝2﹣x
∴EC2＝EH2+CH2＝（x）2+＝x2﹣2x+432，
∵a＝1＞0，
∴当x＝﹣＝1时，EC的长最小，
此时EC＝18，
∴AC＝EC＝9，
∴AC的最小值为9．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
27、（1）见解析；（2）①3；②1.
【解析】
（1）证出EC为⊙O的切线；由切线长定理得出EC=ED，再求得EB=ED，即可得出结论；
（2）①由含30°角的直角三角形的性质得出AB，由勾股定理求出BC，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出DE；
②由等腰三角形的性质，得到∠ODA=∠A=1°，于是∠DOC=90°然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接DO．
∵∠ACB=90°，AC为直径，
∴EC为⊙O的切线；
又∵ED也为⊙O的切线，
∴EC=ED，
又∵∠EDO=90°，
∴∠BDE+∠ADO=90°，
∴∠BDE+∠A=90°
又∵∠B+∠A=90°，
∴∠BDE=∠B，
∴BE=ED，
∴BE=EC；
（2）解：①∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴AB=2AC=4，
∴BC==6，
∵AC为直径，
∴∠BDC=∠ADC=90°，
由（1）得：BE=EC，
∴DE=BC=3，
故答案为3；
②当∠B=1°时，四边形ODEC是正方形，理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴∠A=1°，
∵OA=OD，
∴∠ADO=1°，
∴∠AOD=90°，
∴∠DOC=90°，
∵∠ODE=90°，
∴四边形DECO是矩形，
∵OD=OC，
∴矩形DECO是正方形．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了圆的切线性质、解直角三角形的知识、切线长定理等知识，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，属于中考常考题型．
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
…
y
…
﹣8
﹣3
0
1
0
…