还剩30页未读，
继续阅读
2021年江苏省苏州市高新区中考一模数学试题（word版 含答案）
展开
这是一份2021年江苏省苏州市高新区中考一模数学试题（word版 含答案），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年江苏省苏州市高新区中考一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列计算结果为a6的是（ ）
A． B． C． D．
2．2021年3月20日，苏州高新区召开2021年一季度经济运行分析会．会议指出，1－2月，苏州高新区各项经济指标实现较快增长．进出口总额63.9亿美元，同比增长47%，其中出口41.9亿美元，同比增长64%，出口增速位居全市第1．数据41.9亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.419×1010 B．4.19×109 C．41.9×108 D．4.19×108
3．在某市2021年青少年航空航天模型锦标赛中，各年龄组的参赛人数情况如下表所示：
年龄组
13岁
14岁
15岁
16岁
参赛人数
5
19
12
14
若小明所在年龄组的参赛人数占全体参赛人数的38%，则小明所在的年龄组是（ ）
A．13岁 B．14岁 C．15岁 D．16岁
4．如图，将一块含30°的直角三角板绕点A按顺时针方向旋转到△A1B1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．下列图形中，三视图都相同的是（ ）
A．圆柱 B．球 C．三棱锥 D．五棱柱
6．如图，直线a、b被直线c所截，，，则的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E为边CD的中点，若菱形ABCD的周长为16，∠BAD＝60°,则△OCE的面积是（ ）
A． B．2 C． D．4
8．图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，此时双翼的边缘AC、BD与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，则双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度为（ ）
A．cm B．cm C．27cm D．54cm
9．如图，点P在以AB为直径的半圆内，连接AP、BP，并延长分别交半圆于点C、D，连接AD、BC并延长交于点F，作直线PF，下列说法：①AC垂直平分BF；②AC平分∠BAF；③FP⊥AB；④BD⊥AF．其中，一定正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．③④
10．如图，点D是□OABC内一点，AD与x轴平行，BD与y轴平行，BD＝，∠BDC＝120°，S△BDC＝．若反比例函数的图像经过C、D两点，则k的值是（ ）
A． B．－6 C． D．－3
二、填空题
11．16的平方根是 ．
12．函数的自变量的取值范围是________．
13．解不等式组的解集为_________．
14．已知圆锥的底面半径为3cm，侧面积为15πcm2，则该圆锥的母线长为_________cm．
15．“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”能三等分任一角．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在槽中滑动，若∠BDE＝84°．则∠CDE是_________ °．
16．在平面直角坐标系中，如果存在一点P（a，b），满足ab ＝－1，那么称点P为“负倒数点”，则函数的图像上负倒数点的个数为_________个．
17．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若，则的值为_________．
18．如图，在边长为的等边△ABC中，点D、点E分别是边BC、AC上的点，且BD＝CE，连接BE、AD，相交于点F．连接CF，则CF的最小值为_________．
三、解答题
19．计算： ．
20．先化简，再求值：，其中.
21．如图，以点O为旋转中心，将线段AB按顺时针方向旋转得到线段A′B′，连结AA′、BB′．
（1）比较∠OAA′与∠OBB′的大小，并说明理由．
（2）若BB′＝5，sin∠OB′B＝，求OB的长．
22．“五·一”假期，某公司组织部分员工分别到A、B、C、D四地旅游，公司按定额购买了前往各地的车票.下图是未制作完的车票种类和数量的条形统计图，根据统计图回答下列问题：
（1）若去D地的车票占全部车票的10%，请求出D地车票的数量，并补全统计图；
（2）若公司采用随机抽取的方式分发车票，每人抽取一张（所有车票的形状、大小、质地完全相同且充分洗匀），那么员工小胡抽到去A地的概率是多少？
（3）若有一张车票，小王、小李都想要，决定采取抛掷一枚各面分别标有1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定，具体规则是：“每人各抛掷一次，若小王掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字小，车票给小王，否则给小李”.试用“列表法或画树状图”的方法分析，这个规则对双方是否公平？
23．某商场代理销售一种货物，四月份的销售利润y（元）与销售量x（kg）之间函数关系的图像如图中折线所示．请你根据图像及这种货物的相关销售记录提供的信息，解答下列问题：
（1）截止到4月8日，该商店销售这种货物一共获利多少元？
（2）求图像中线段BC所在直线对应的函数表达式．
日期
销售记录
4月1日
库存1000kg，成本价10元/kg，售价12元/kg（除了促销降价，其他时间售价保持不变）．
4月8日
从4月1日至今，一共售出200kg．
4月9、10日
这两天以成本价促销，之后售价恢复到12元/kg
4月11日
补充进货200kg，成本价10.5元/kg．
4月30日
1200kg货物全部售完，一共获利1500元．
24．如图（1）、（2）分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知底座BC＝0.60米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB＝75°，支架AF的长为2.50米，篮板顶端F点到篮框D的距离FD＝1.35米，篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE＝60°，
（1）求支架AC的顶端A到地面的距离AB的高度．（精确到0.001米）
（2）求篮框D到地面的距离．（精确到0.01米）
（参考数据：cos75°≈0.2588，sin75°≈0.9659，tan75°≈3.732，≈1.732，≈1.414）
25．如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的直径为d，AF＝h．
（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，AC＝3，求d，h的值．
26．为庆祝五四青年节，某校九年级（1）班将举行班级联欢活动，决定到水果店购买A、B两种水果，据了解，购买A种水果3千克，B种水果4千克，则需180元；购买A种水果2千克，B种水果8千克，则需280元．
（1）求A、B两种水果的单价分别是多少元？
（2）经初步测算班级联欢活动需要购买A、B两种水果10千克，但九年级班委会目前只有班级经费230元，则A种水果至少需要购买多少千克？
（3）考虑到实际情况，经九年级（1）班班委会商定，决定购买A、B两种水果共12千克供同学们食用．水果店销售人员为了支持本次活动，为该班同学提供以下优惠：购买多少千克B种水果，B种水果每千克就降价多少元，请你为九年级（1）班的同学预算一下，本次购买至少准备多少钱？最多准备多少钱？
27．定义：若一个三角形存在两个内角之差是第三个内角的两倍，则称这个三角形为关于第三个内角的“差倍角三角形”，例如，在△ABC中，∠A＝100°，∠B＝60°，∠C＝20°，满足∠A－∠B＝2∠C，所以△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”；
（1）如图1，△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”（其中∠BAC＞∠B），AB＝3，BC＝9，点D在BC上，且∠BAD＝∠C．求AC的长．
（2）如图2，等腰三角形ABC中，点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），且AB＝AC＝BD．求证：△ABC是关于∠B的“差倍角三角形”．
（3）如图3，五边形ABCDE内接于圆，连接AC，AD与BE相交于点F，G，BF＝1，AB＝BC＝DE，△ABE是关于∠AEB的“差倍角三角形”．设AB＝x，CD＝y，求y关于x的函数关系式．
28．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝8．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
（1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
（2）设BC的中点为M，连接OM．
①探究：在点A移动的过程中，∠MOA的度数是否会发生变化？若发生变化，请求出∠MOA度数的取值范围；若不发生变化，请求出∠MOA的度数；
②当OM取最大值时，设过点D、C、M三点的抛物线与直线AB交于点N，请求出点N的坐标．
参考答案
1．D
【分析】
根据合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则，即可得到答案．
【详解】
解：A. 不是同类项，不能合并，故该选项不符合题意，
B. =，故该选项不符合题意，
C. =，故该选项不符合题意，
D. =，故该选项符合题意．
故选D．
【点睛】
本题主要考查合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则，熟练掌握上述法则，是解题的关键．
2．B
【分析】
根据科学记数法的定义，即可求解．
【详解】
解：41.9亿=4.19×109，
故选B．
【点睛】
本题主要考查科学记数法的定义，掌握科学记数法的形式：a×10n（1≤|a|＜10，n为整数），是解题的关键．
3．B
【分析】
根据各年龄组的参赛人数情况表，算出总人数，再算出14岁年龄组人数所占的百分比，即可得到答案．
【详解】
解：根据各年龄组的参赛人数情况表可知：
总参赛人数为：5＋19＋12＋14＝50，
19÷50＝38%，
则小明所在的年龄组是14岁．
故选：B．
【点睛】
本题考查了频数与频率，解决本题的关键是掌握频数与频率的关系，理清频数分布表的数据．
4．D
【分析】
先判断出旋转角最小是∠CAC1，根据直角三角形的性质计算出∠BAC，再由旋转的性质即可得出结论．
【详解】
∵Rt△ABC绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，
∴旋转角最小是∠CAC1，
∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AB1C1由△ABC旋转而成，
∴∠B1AC1＝∠BAC＝60°，
∴∠CAC1＝180°﹣∠B1AC1＝180°﹣60°＝120°，
故选：D．
【点睛】
此题考查旋转的性质，熟知图形旋转后所得图形与原图形全等是解题的关键．
5．B
【分析】
根据三视图的基本知识，分析各个几何体的三视图然后可解答．
【详解】
解：圆柱，球，三棱锥，五棱柱中，三视图都相同的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆．
故选：B．
【点睛】
本题难度一般，主要考查的是三视图的基本知识．解题时也应具有一定的生活经验．
6．B
【分析】
先根据邻补角相等求得∠3，然后再根据两直线平行、内错角相等即可解答．
【详解】
解：∵∠1+∠3=180°，
∴∠3=180°-∠1=180°-140°=40°
∵
∴∠2=∠3=40°．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，掌握“两直线平行、内错角相等”是解答本题的关键．
7．A
【详解】
【分析】根据菱形的性质得菱形边长为4，AC⊥BD，由一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得△ABD是等边三角形；在Rt△AOD中，根据勾股定理得AO=2，AC=2AO=4，根据三角形面积公式得S△ACD=OD·AC=4，根据中位线定理得OE∥AD，根据相似三角形的面积比等于相似比继而可求出△OCE的面积.
【详解】∵菱形ABCD的周长为16，∴菱形ABCD的边长为4，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵O是菱形对角线AC、BD的交点，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD中，
∴AO=，
∴AC=2AO=4，
∴S△ACD=OD·AC= ×2×4=4，
又∵O、E分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，
∴，
∴S△COE=S△CAD=×4=，
故选A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，结合图形熟练应用相关性质是解题的关键.
8．D
【分析】
过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，
∵点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，
∴AE＝BF＝（64−10）÷2＝27（cm），
Rt△ACE中，∠PCA＝30°，AC＝2AE＝27×2＝54（cm），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．
9．D
【分析】
①AB为直径，所以∠ACB＝90°，就是AC⊥BF，但不能得出AC平分BF，故错，
②只有当FP通过圆心时，才平分，所以FP不通过圆心时，不能证得AC平分∠BAF，
③证出D、P、C、F四点共圆，再利用△AMP∽△FCP，得出结论．
④由直径所对的圆周角是直角即可得到结论．
【详解】
解：①∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC垂直BF，但不能得出AC平分BF，
故①错误，
②如图，连接CD，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDF＝90°，
假设AC平分∠BAF成立，则有DC＝BC，
∴在Rt△FDB中，DC＝BC＝FC，
∴AC⊥BF，且平分BF，与①中的AC⊥BF，但不能得出AC平分BF相矛盾，
故②错误，
③∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°，
∴D、P、C、F四点共圆，
∴∠CFP和∠CDB都对应，
∴∠CFP＝∠CDB，
∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CFP＝∠CAB，
又∵∠FPC＝∠APM，
∴△AMP∽△FCP，
∵∠ACF＝90°，
∴∠AMP＝90°，
∴FP⊥AB，
故③正确，
④∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AF．
故④正确，
综上所述只有③④正确．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理以及推论，圆的内接四边形的性质，解题的关键是明确直径所对的圆周角是直角，圆的内接四边形的对角互补．
10．A
【分析】
过点C作CE⊥y轴，延长BD交CE于点F，易证△COE≌△ABE，求得OE=，根据S△BDC=，求得CF＝3，得到点D的纵坐标为2，设C（m，），则D（m＋3，2），由反比例函数y＝kx（x＜0）的图象经过C、D两点，从而求出m，进而可得k的值．
【详解】
解：过点C作CE⊥y轴，延长BD交CE于点F，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB∥OC，AB＝OC，
∴∠COE＝∠ABD，
∵BD与y轴平行，
∴∠ADB＝90°，
在△COE和△ABD中，
，
∴△COE≌△ABD（AAS），
∴OE=BD=，
∵S△BDC＝BD•CF＝，
∴CF＝3，
∵∠BDC＝120°，
∴∠CDF＝60°，
∴DF=，
点D的纵坐标为2，
设C（m，），则D（m＋3，2），
∵反比例函数y＝kx（x＜0）的图象经过C、D两点，
∴k＝m＝2（m＋3），
∴m＝−6，
∴k＝−6，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查反比例函数与平面几何的综合，掌握平行四边形的性质和反比例函数图像的坐标特征是解题的关键．
11．±4．
【详解】
由（±4）2=16，可得16的平方根是±4．
12．x＞1
【详解】
解：依题意可得，解得，所以函数的自变量的取值范围是
13．1≤x＜10．
【分析】
分别求出两个不等式的解，再取各个解的公共部分，即可．
【详解】
解：，
由①得：x＜10，
由②得：x≥1，
∴1≤x＜10．
故答案是：1≤x＜10．
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组，掌握“大大取大，小小取小，大小小大取中间，大大小小无解”，是解题的关键．
14．5
【分析】
设圆锥的母线长为lcm，根据圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到•2π•3•l＝15π，然后解方程即可．
【详解】
解：设圆锥的母线长为lcm，
根据题意得•2π•3•l＝15π，解得l＝5，
∴圆锥的母线长为5cm．
故答案为5．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15．68
【分析】
根据OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，进一步根据三角形的外角性质可知∠BDE＝3∠ODC＝84°，即可求出∠ODC的度数，进而求出∠CDE的度数．
【详解】
解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，
∴∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，
∵∠O＋∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝84°，
∴∠ODC＝28°，
∵∠CDE＋∠ODC＝180°−∠BDE＝96°，
∴∠CDE＝96°−∠ODC＝68°．
故答案为：68．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键．
16．3
【分析】
根据题意，解方程a（a−6）＝−1和方程a（−a−6）＝−1即可求得结论．
【详解】
解：设点P（a，b）是函数y＝x−6（x≥0）上的“负倒数点”，
则ab＝−1．
即a（a−6）＝−1．
解得：a＝3＋2或3−2．
∴b＝3−2或3＋2．
设点P（a，b）是函数y＝−x−6（x＜0）上的“负倒数点”，
则a（−a−6）＝−1．
解得：a＝−3−或−3＋（大于0，不合题意，舍去）．
∴a＝−3−．
∴b＝−3＋．
综上，函数的图象上“负倒数点”的个数为：3．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上的点的坐标的特征．依据已知条件列出方程是解题的关键．
17．
【分析】
由，可得S2为大正方形面积的，设AB为x，表示出空白部分的面积S2，即x2×4＝m2，则x=m，再在Rt△ABC中使用勾股定理得到关于m，n的方程，可求得 的值．
【详解】
解：∵，大正方形面积为m2，
∴S2＝m2，
设图2中AB=x，依题意则有：
4•S△ADC＝m2，即4××x2＝m2，
解得：x1=m， x2＝−m（负值舍去）．
在Rt△ABC中，AB2＋CB2＝AC2，
∴(m)2＋(m＋n)2＝m2，
解得：n1=， n2＝−(负值舍去)，
∴，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了勾股定理：如果直角三角形两直角边分别为a、b，斜边为c，那么a2＋b2＝c2，利用勾股定理建立方程，是解题的关键．
18．6
【分析】
首先证明∠AFB＝120°，推出点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动（∠AOB＝120°，OA＝6），设OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小．
【详解】
解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，
∵BD＝CE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
又∵∠AFE＝∠BAD＋∠ABE，
∴∠AFE＝∠CBE＋∠ABE＝∠ABC，
∴∠AFE＝60°，
∴∠AFB＝120°，
∴点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动，此时∠AHB＝180°-120°=60°，∠AOB=2∠AHB=120°，
∵AB=，OA=OB，
∴OA＝AB ÷=÷=6，
∵OA=OB，AC=BC，OC=OC，
∴，
∴∠AOC=∠AOB=60°，∠ACO=∠ACB=30°，
∴∠CAO=90°，
∴OC＝2OA＝12，
设OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小，最小值＝OC−ON＝12−6＝6．
故答案为6．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．
【分析】
先算负整数指数幂，特殊角三角函数以及绝对值，再算减法，进而即可求解．
【详解】
解：原式=
=
=
【点睛】
本题主要考查实数的混合运算，掌握负整数指数幂，特殊角三角函数是解题的关键．
20．，.
【分析】
先利用分式的运算规则将分式进行化简，然后将x值带入即可
【详解】
解：原式
代入 原式
【点睛】
本题考查分式的基础运算，掌握运算规则且细心是本题关键
21．（1）∠OA A'=∠OB B'，理由见详解；（2）
【分析】
（1）先根据旋转的性质得到OA＝O A'，OB＝O B'，∠AO A'＝∠BO B'＝，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠OA A'＝∠OB B'=(180°−α)，则可判断∠OA A'＝∠OB B'；
（2）作B点作BH⊥OB'于H，如图，先利用正弦的定义得到BH＝4，再利用勾股定理计算出B'H=3，设OB＝x，则OB'=x，OH＝x−3，利用勾股定理列出方程即可求解．
【详解】
解：（1）∠OAA'=∠OBB'．理由如下：
∵以点O为旋转中心，将线段AB按顺时针方向旋转得到线段A'B'，
∴OA＝O A'，OB＝O B'，∠AO A'＝∠BO B'＝，
∴∠OA A'＝∠O A'A，∠OB B'＝∠O B'B，
∵∠OA A'＝(180°−α)，∠OB B'=(180°−α)，
∴∠OA A'=∠OB B'；
（2）作B点作BH⊥O B'于H，如图，
∵在Rt△B B'H中，sin∠O B'B＝＝，
∴BH＝×5＝4，
∴B'H=，
设OB＝x，则O B'＝x，
∴OH＝x−3，
在Rt△OBH中，（x−3）2＋42＝x2，解得：x＝，
即OB=．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
22．(1) D地车票有10张；统计图见解析；（2）；（3）这个规则对双方不公平.
【分析】
（1）由统计图，可得其A、B、C三地的具体车票数量，根据“去D地的车票占全部车票的10%”列方程即可求解．
（2）去A地的概率=A地车票数÷车票总数．
（3）先列表或画树状图列举出所有等可能结果和小王掷得数字比小李掷得数字小的结果，求出概率再进行判断．
【详解】
（1）设D地车票有x张，则x＝（x+20+40+30）×10%
解得x＝10.
即D地车票有10张.
补全统计图如图所示.
（2）小胡抽到去A地的概率为＝.
（3）以列表法说明
小李掷得数字
小王掷得数字
1
2
3
4
1
(1， 1)
(1，2)
(1， 3)
(1， 4)
2
(2， 1)
(2，2)
(2，3)
(2， 4)
3
(3， 1)
(3，2)
(3，3)
(3， 4)
4
(4， 1)
(4，2)
(4， 3)
(4， 4)
或者画树状图法说明（如图）
由此可知，共有16种等可能结果.其中小王掷得数字比小李掷得数字小的有6种：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.
∴小王掷得数字比小李掷得数字小的概率为＝.
则小王掷得数字不小于小李掷得数字的概率为＝.
所以这个规则对双方不公平.
23．（1）400元；（2）y=x−700
【分析】
（1）由表格信息可知，从4月1日到4月8日，成本价10元/kg，售价12元/kg，一共售出200kg，根据利润＝每千克的利润×销售量列式计算即可；
（2）设B点坐标为（a，400），根据题意列方程求出点B的坐标，设线段BC所在直线对应的函数表达式为y＝kx＋b，利用待定系数法解答即可．
【详解】
解：（1）200×（12−10）＝400（元）
答：截止到4月8日，该商店销售这种货物一共获利400元；
（2）AB段对应4月9、10日，因以成本价促销，故总利润不变，还是400，
设点B坐标为（a，400），
B、C段由两批货物，成本价10元/kg还有（1000−a）kg，成本价10.5元/kg有200kg，
则（12−10）×（1000−a）＋（12−10.5）×200＝1500−400，
解这个方程，得a＝600，
∴点B坐标为（600，400），
又∵C（1200，1500），
设线段BC所在直线对应的函数表达式为y＝kx＋b，则：，
解得：，
∴线段BC所在直线对应的函数表达式为：y＝x−700．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数图像上点的坐标，利用待定系数法求解即可．
24．（1）2.239米；（2）3.05米
【分析】
（1）在Rt△ABC中，根据tan∠ACB的值即可求解；
（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴AB＝BC•tan75°＝0.60×3.732＝2.2392≈2.239（米），
答：支架AC的顶端A到地面的距离AB的高度约为2.239米；
（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，
∴GM＝AB＝2.239，
在Rt△AGF中，
∵∠FAG＝∠FHE＝60°，sin∠FAG＝，
∴sin60°=＝=，
∴FG＝≈2.165，
∴DM＝FG＋GM−DF≈3.05米，
答：篮筐D到地面的距离是3.05米．
【点睛】
本题考查解直角三角形、锐角三角函数、解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义，属于中考常考题型．
25．（1）见详解；（2）12
【分析】
（1）连接OD，OB，OC，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得，由等腰三角形的性质可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；
（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图1，连接OD，OB，OC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴∠BOD＝∠COD，
又∵OB＝OC，
∴OD⊥BC，
∵MN∥BC，
∴OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）如图2，连接AO并延长交⊙O于H，连接BH，
∵AH是直径，
∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，
∴△ACF∽△AHB，
∴，
∴AB•AC＝AH•AF＝d•h，
∵AB＝4，AC＝3，
∴dh＝12．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
26．（1）A种水果的单价为20元，B种水果的单价为30元；（2）A种水果至少需要购买7千克；（3）本次购买至少准备216元钱，最多准备265元钱．
【分析】
（1）设A种花苗的单价为x元，B种花苗的单价为y元，根据“购买A种水果3千克，B种水果4千克，则需180元；购买A种水果2千克，B种水果8千克，则需280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设A种水果需要购买a千克，则B种水果需要购买（10−a）千克，根据九年级班委会目前只有班级经费230元，列出不等式计算即可求解；
（3）设本次购买准备n元，购买B种水果m千克，则购买A种水果（12−m）盆，根据总价＝单价×数量，即可得出关于n和m的函数关系式，根据二次函数的性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）设A种水果的单价为x元，B种水果的单价为y元，
依题意得：，解得：．
答：A种水果的单价为20元，B种水果的单价为30元；
（2）设A种水果需要购买a千克，则B种水果需要购买（10−a）千克，
依题意得：20a＋30（10−a）≤230，解得a≥7．
答：A种水果至少需要购买7千克；
（3）设本次购买准备n元，购买B种水果m千克，则购买A种水果（12−m）千克，
则n＝20（12−m）＋（30−m）m＝−m2＋10m＋240＝−（m−5）2＋265（0≤m≤12），
当m＝12时，n最小，此时为216元；
当m＝5时，n最大，此时为265元．
答：本次购买至少准备216元钱，最多准备265元钱．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，二次函数的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元一次不等式；（3）找准等量关系，正确列出关于n和m的二次函数关系式．
27．（1）8；（2）见详解；（3）y= x2-1
【分析】
（1）根据“差倍角三角形”的定义，可得∠BAC-∠B=2∠BAD，从而得AC=DC，再证明，进而即可求解；
（2）根据点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），可得，从而得∠DAC=∠B，进而求出∠BAC=108°，∠B=∠C=36°，即可证明结论；
（3）先证明四边形CDEF是平行四边形，再证明△ABF∽△EBA，进而得，进而即可求解．
【详解】
解：（1）∵△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”（其中∠BAC＞∠B），
∴∠BAC-∠B=2∠C，
∵∠BAD=∠C，
∴∠BAC-∠B=2∠BAD，即：∠BAC-∠BAD=∠B+∠BAD，
∴∠ADC=∠DAC，
∴AC=DC，
∵∠BAD＝∠C，∠B=∠B，
∴，
∴，即：，解得：BD=1，
∴CD=BC-BD=9-1=8，
∴AC=DC=8；
（2）证明：∵点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），
∴，
∵AC=BD，
∴，
又∵∠C=∠C，
∴，
∴∠DAC=∠B，
∵AC=AB，
∴∠B=∠C，
又∵AC=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
设∠DAC=∠B=∠C=x°，则∠BAD=∠BDA=∠DAC+∠C=2x°，
∴x+x+2x+x=180，解得：x=36，
∴∠BAC=3x=108°，∠B=∠C=36°，
∴∠BAC-∠C=2∠B，即：△ABC是关于∠B的“差倍角三角形”；
（3）∵AB=BC=DE，
∴∠BAC＝∠AEB＝∠ACB＝∠DAE，
设∠BAC＝∠AEB＝∠ACB＝∠DAE＝α，
∵△ABE是关于∠AEB的“差倍角三角形”，
∴∠BAE-∠ABE＝2∠AEB，
∴α＋∠CAD＋α-∠ABE＝2α，
∴∠CAD＝∠ABE，
∴AE= CD，
∴∠ADE=∠AEB，
∴DE∥AC，
∵BC=DE，
∴CD∥BE，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴CD=EF，
∵∠BAF＝∠AEB，∠ABF＝∠EBA，
∴△ABF∽△EBA，
∴，
∴，
∴y=CD =EF＝BE-BF＝x2-1，即：y= x2-1．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，黄金分割的定义，是解题的关键．
28．（1）C（2，4＋2）；（2）①∠MOA＝45°；②N（，）或（，）．
【分析】
（1）过C作CE⊥y轴于E，利用△DCE∽△ADO对应边成比例求出EC和OE即可得C坐标；
（2）①设A（t，0），利用△DCE∽△ADO，△BAF∽△ADO，用t的代数式表式M的坐标，有M（+t，+t），从而可得∠MOA＝45°；
②首先用t的代数式表达出OM，得到t＝4时，OM取最大值，从而得到D、C、M、A、B的坐标，求出抛物线和直线解析式，联立解得N的坐标．
【详解】
解：（1）过C作CE⊥y轴于E，如图：
∵矩形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，
∵∠OAD＝30°，
∴OD＝AD•sin30°＝4，OA＝AD•cos30°＝4，
∵∠ECD＝90°−∠EDC＝∠ADO，∠CED＝∠AOD＝90°，
∴△DCE∽△ADO，
∴，即：，
∴EC＝2，ED＝2，
∴OE＝OD＋ED＝4＋2，
∴C（2，4＋2）；
（2）①∠MOA的度数不变，∠MOA＝45°，理由如下：
过C作CE⊥y轴于E，过B作BF⊥x轴于F，如图：
设A（t，0），则OA＝t，OD==，
∵∠ECD＝90°−∠EDC＝∠ADO，∠CED＝∠AOD＝90°，
∴△DCE∽△ADO，
∴，即：，
∴EC＝，ED＝t，
∴C（，+t），
同理可得：△BAF∽△ADO，AF＝，BF＝t，
∴B（+t，t），
∵BC的中点为M，
∴M（+t，+t），
∴M到x轴、y轴距离相等，
∴∠MOA＝45°；
②∵M（+t，+t），
∴OM==，
OM取最大值即是取最大值，而≤，
∴时，即t=，OM取最大值是8，
∴C（，），D（0，），M（，），
∴过点D、C、M三点的解析式：，
∵A（，0），B（，），
∴直线AB的解析式为：，
由，得：或，
∴N（，）或（，）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，设A（t，0），用含t的代数式表示相关点的坐标，是解题的关键．
2021年江苏省苏州市高新区中考一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列计算结果为a6的是（ ）
A． B． C． D．
2．2021年3月20日，苏州高新区召开2021年一季度经济运行分析会．会议指出，1－2月，苏州高新区各项经济指标实现较快增长．进出口总额63.9亿美元，同比增长47%，其中出口41.9亿美元，同比增长64%，出口增速位居全市第1．数据41.9亿用科学记数法表示为（ ）
A．0.419×1010 B．4.19×109 C．41.9×108 D．4.19×108
3．在某市2021年青少年航空航天模型锦标赛中，各年龄组的参赛人数情况如下表所示：
年龄组
13岁
14岁
15岁
16岁
参赛人数
5
19
12
14
若小明所在年龄组的参赛人数占全体参赛人数的38%，则小明所在的年龄组是（ ）
A．13岁 B．14岁 C．15岁 D．16岁
4．如图，将一块含30°的直角三角板绕点A按顺时针方向旋转到△A1B1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．下列图形中，三视图都相同的是（ ）
A．圆柱 B．球 C．三棱锥 D．五棱柱
6．如图，直线a、b被直线c所截，，，则的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E为边CD的中点，若菱形ABCD的周长为16，∠BAD＝60°,则△OCE的面积是（ ）
A． B．2 C． D．4
8．图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，此时双翼的边缘AC、BD与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，则双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度为（ ）
A．cm B．cm C．27cm D．54cm
9．如图，点P在以AB为直径的半圆内，连接AP、BP，并延长分别交半圆于点C、D，连接AD、BC并延长交于点F，作直线PF，下列说法：①AC垂直平分BF；②AC平分∠BAF；③FP⊥AB；④BD⊥AF．其中，一定正确的是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．③④
10．如图，点D是□OABC内一点，AD与x轴平行，BD与y轴平行，BD＝，∠BDC＝120°，S△BDC＝．若反比例函数的图像经过C、D两点，则k的值是（ ）
A． B．－6 C． D．－3
二、填空题
11．16的平方根是 ．
12．函数的自变量的取值范围是________．
13．解不等式组的解集为_________．
14．已知圆锥的底面半径为3cm，侧面积为15πcm2，则该圆锥的母线长为_________cm．
15．“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”能三等分任一角．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在槽中滑动，若∠BDE＝84°．则∠CDE是_________ °．
16．在平面直角坐标系中，如果存在一点P（a，b），满足ab ＝－1，那么称点P为“负倒数点”，则函数的图像上负倒数点的个数为_________个．
17．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若，则的值为_________．
18．如图，在边长为的等边△ABC中，点D、点E分别是边BC、AC上的点，且BD＝CE，连接BE、AD，相交于点F．连接CF，则CF的最小值为_________．
三、解答题
19．计算： ．
20．先化简，再求值：，其中.
21．如图，以点O为旋转中心，将线段AB按顺时针方向旋转得到线段A′B′，连结AA′、BB′．
（1）比较∠OAA′与∠OBB′的大小，并说明理由．
（2）若BB′＝5，sin∠OB′B＝，求OB的长．
22．“五·一”假期，某公司组织部分员工分别到A、B、C、D四地旅游，公司按定额购买了前往各地的车票.下图是未制作完的车票种类和数量的条形统计图，根据统计图回答下列问题：
（1）若去D地的车票占全部车票的10%，请求出D地车票的数量，并补全统计图；
（2）若公司采用随机抽取的方式分发车票，每人抽取一张（所有车票的形状、大小、质地完全相同且充分洗匀），那么员工小胡抽到去A地的概率是多少？
（3）若有一张车票，小王、小李都想要，决定采取抛掷一枚各面分别标有1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定，具体规则是：“每人各抛掷一次，若小王掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字小，车票给小王，否则给小李”.试用“列表法或画树状图”的方法分析，这个规则对双方是否公平？
23．某商场代理销售一种货物，四月份的销售利润y（元）与销售量x（kg）之间函数关系的图像如图中折线所示．请你根据图像及这种货物的相关销售记录提供的信息，解答下列问题：
（1）截止到4月8日，该商店销售这种货物一共获利多少元？
（2）求图像中线段BC所在直线对应的函数表达式．
日期
销售记录
4月1日
库存1000kg，成本价10元/kg，售价12元/kg（除了促销降价，其他时间售价保持不变）．
4月8日
从4月1日至今，一共售出200kg．
4月9、10日
这两天以成本价促销，之后售价恢复到12元/kg
4月11日
补充进货200kg，成本价10.5元/kg．
4月30日
1200kg货物全部售完，一共获利1500元．
24．如图（1）、（2）分别是某款篮球架的实物图与示意图，已知底座BC＝0.60米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB＝75°，支架AF的长为2.50米，篮板顶端F点到篮框D的距离FD＝1.35米，篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE＝60°，
（1）求支架AC的顶端A到地面的距离AB的高度．（精确到0.001米）
（2）求篮框D到地面的距离．（精确到0.01米）
（参考数据：cos75°≈0.2588，sin75°≈0.9659，tan75°≈3.732，≈1.732，≈1.414）
25．如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的直径为d，AF＝h．
（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；
（2）若AB＝4，AC＝3，求d，h的值．
26．为庆祝五四青年节，某校九年级（1）班将举行班级联欢活动，决定到水果店购买A、B两种水果，据了解，购买A种水果3千克，B种水果4千克，则需180元；购买A种水果2千克，B种水果8千克，则需280元．
（1）求A、B两种水果的单价分别是多少元？
（2）经初步测算班级联欢活动需要购买A、B两种水果10千克，但九年级班委会目前只有班级经费230元，则A种水果至少需要购买多少千克？
（3）考虑到实际情况，经九年级（1）班班委会商定，决定购买A、B两种水果共12千克供同学们食用．水果店销售人员为了支持本次活动，为该班同学提供以下优惠：购买多少千克B种水果，B种水果每千克就降价多少元，请你为九年级（1）班的同学预算一下，本次购买至少准备多少钱？最多准备多少钱？
27．定义：若一个三角形存在两个内角之差是第三个内角的两倍，则称这个三角形为关于第三个内角的“差倍角三角形”，例如，在△ABC中，∠A＝100°，∠B＝60°，∠C＝20°，满足∠A－∠B＝2∠C，所以△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”；
（1）如图1，△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”（其中∠BAC＞∠B），AB＝3，BC＝9，点D在BC上，且∠BAD＝∠C．求AC的长．
（2）如图2，等腰三角形ABC中，点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），且AB＝AC＝BD．求证：△ABC是关于∠B的“差倍角三角形”．
（3）如图3，五边形ABCDE内接于圆，连接AC，AD与BE相交于点F，G，BF＝1，AB＝BC＝DE，△ABE是关于∠AEB的“差倍角三角形”．设AB＝x，CD＝y，求y关于x的函数关系式．
28．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝8．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
（1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
（2）设BC的中点为M，连接OM．
①探究：在点A移动的过程中，∠MOA的度数是否会发生变化？若发生变化，请求出∠MOA度数的取值范围；若不发生变化，请求出∠MOA的度数；
②当OM取最大值时，设过点D、C、M三点的抛物线与直线AB交于点N，请求出点N的坐标．
参考答案
1．D
【分析】
根据合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则，即可得到答案．
【详解】
解：A. 不是同类项，不能合并，故该选项不符合题意，
B. =，故该选项不符合题意，
C. =，故该选项不符合题意，
D. =，故该选项符合题意．
故选D．
【点睛】
本题主要考查合并同类项法则，同底数幂的乘除法法则，幂的乘方法则，熟练掌握上述法则，是解题的关键．
2．B
【分析】
根据科学记数法的定义，即可求解．
【详解】
解：41.9亿=4.19×109，
故选B．
【点睛】
本题主要考查科学记数法的定义，掌握科学记数法的形式：a×10n（1≤|a|＜10，n为整数），是解题的关键．
3．B
【分析】
根据各年龄组的参赛人数情况表，算出总人数，再算出14岁年龄组人数所占的百分比，即可得到答案．
【详解】
解：根据各年龄组的参赛人数情况表可知：
总参赛人数为：5＋19＋12＋14＝50，
19÷50＝38%，
则小明所在的年龄组是14岁．
故选：B．
【点睛】
本题考查了频数与频率，解决本题的关键是掌握频数与频率的关系，理清频数分布表的数据．
4．D
【分析】
先判断出旋转角最小是∠CAC1，根据直角三角形的性质计算出∠BAC，再由旋转的性质即可得出结论．
【详解】
∵Rt△ABC绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，
∴旋转角最小是∠CAC1，
∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AB1C1由△ABC旋转而成，
∴∠B1AC1＝∠BAC＝60°，
∴∠CAC1＝180°﹣∠B1AC1＝180°﹣60°＝120°，
故选：D．
【点睛】
此题考查旋转的性质，熟知图形旋转后所得图形与原图形全等是解题的关键．
5．B
【分析】
根据三视图的基本知识，分析各个几何体的三视图然后可解答．
【详解】
解：圆柱，球，三棱锥，五棱柱中，三视图都相同的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆．
故选：B．
【点睛】
本题难度一般，主要考查的是三视图的基本知识．解题时也应具有一定的生活经验．
6．B
【分析】
先根据邻补角相等求得∠3，然后再根据两直线平行、内错角相等即可解答．
【详解】
解：∵∠1+∠3=180°，
∴∠3=180°-∠1=180°-140°=40°
∵
∴∠2=∠3=40°．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，掌握“两直线平行、内错角相等”是解答本题的关键．
7．A
【详解】
【分析】根据菱形的性质得菱形边长为4，AC⊥BD，由一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得△ABD是等边三角形；在Rt△AOD中，根据勾股定理得AO=2，AC=2AO=4，根据三角形面积公式得S△ACD=OD·AC=4，根据中位线定理得OE∥AD，根据相似三角形的面积比等于相似比继而可求出△OCE的面积.
【详解】∵菱形ABCD的周长为16，∴菱形ABCD的边长为4，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵O是菱形对角线AC、BD的交点，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD中，
∴AO=，
∴AC=2AO=4，
∴S△ACD=OD·AC= ×2×4=4，
又∵O、E分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，
∴，
∴S△COE=S△CAD=×4=，
故选A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，结合图形熟练应用相关性质是解题的关键.
8．D
【分析】
过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到双翼的边缘AC、BD（AC＝BD）的长度．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，
∵点A与B之间的距离为10cm，可以通过闸机的物体的最大宽度是64cm，
∴AE＝BF＝（64−10）÷2＝27（cm），
Rt△ACE中，∠PCA＝30°，AC＝2AE＝27×2＝54（cm），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值应用广泛，一是它可以当作数进行运算，二是具有三角函数的特点，在解直角三角形中应用较多．
9．D
【分析】
①AB为直径，所以∠ACB＝90°，就是AC⊥BF，但不能得出AC平分BF，故错，
②只有当FP通过圆心时，才平分，所以FP不通过圆心时，不能证得AC平分∠BAF，
③证出D、P、C、F四点共圆，再利用△AMP∽△FCP，得出结论．
④由直径所对的圆周角是直角即可得到结论．
【详解】
解：①∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC垂直BF，但不能得出AC平分BF，
故①错误，
②如图，连接CD，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDF＝90°，
假设AC平分∠BAF成立，则有DC＝BC，
∴在Rt△FDB中，DC＝BC＝FC，
∴AC⊥BF，且平分BF，与①中的AC⊥BF，但不能得出AC平分BF相矛盾，
故②错误，
③∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°，
∴D、P、C、F四点共圆，
∴∠CFP和∠CDB都对应，
∴∠CFP＝∠CDB，
∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CFP＝∠CAB，
又∵∠FPC＝∠APM，
∴△AMP∽△FCP，
∵∠ACF＝90°，
∴∠AMP＝90°，
∴FP⊥AB，
故③正确，
④∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AF．
故④正确，
综上所述只有③④正确．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理以及推论，圆的内接四边形的性质，解题的关键是明确直径所对的圆周角是直角，圆的内接四边形的对角互补．
10．A
【分析】
过点C作CE⊥y轴，延长BD交CE于点F，易证△COE≌△ABE，求得OE=，根据S△BDC=，求得CF＝3，得到点D的纵坐标为2，设C（m，），则D（m＋3，2），由反比例函数y＝kx（x＜0）的图象经过C、D两点，从而求出m，进而可得k的值．
【详解】
解：过点C作CE⊥y轴，延长BD交CE于点F，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB∥OC，AB＝OC，
∴∠COE＝∠ABD，
∵BD与y轴平行，
∴∠ADB＝90°，
在△COE和△ABD中，
，
∴△COE≌△ABD（AAS），
∴OE=BD=，
∵S△BDC＝BD•CF＝，
∴CF＝3，
∵∠BDC＝120°，
∴∠CDF＝60°，
∴DF=，
点D的纵坐标为2，
设C（m，），则D（m＋3，2），
∵反比例函数y＝kx（x＜0）的图象经过C、D两点，
∴k＝m＝2（m＋3），
∴m＝−6，
∴k＝−6，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查反比例函数与平面几何的综合，掌握平行四边形的性质和反比例函数图像的坐标特征是解题的关键．
11．±4．
【详解】
由（±4）2=16，可得16的平方根是±4．
12．x＞1
【详解】
解：依题意可得，解得，所以函数的自变量的取值范围是
13．1≤x＜10．
【分析】
分别求出两个不等式的解，再取各个解的公共部分，即可．
【详解】
解：，
由①得：x＜10，
由②得：x≥1，
∴1≤x＜10．
故答案是：1≤x＜10．
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组，掌握“大大取大，小小取小，大小小大取中间，大大小小无解”，是解题的关键．
14．5
【分析】
设圆锥的母线长为lcm，根据圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到•2π•3•l＝15π，然后解方程即可．
【详解】
解：设圆锥的母线长为lcm，
根据题意得•2π•3•l＝15π，解得l＝5，
∴圆锥的母线长为5cm．
故答案为5．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15．68
【分析】
根据OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，进一步根据三角形的外角性质可知∠BDE＝3∠ODC＝84°，即可求出∠ODC的度数，进而求出∠CDE的度数．
【详解】
解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，
∴∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，
∵∠O＋∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝84°，
∴∠ODC＝28°，
∵∠CDE＋∠ODC＝180°−∠BDE＝96°，
∴∠CDE＝96°−∠ODC＝68°．
故答案为：68．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键．
16．3
【分析】
根据题意，解方程a（a−6）＝−1和方程a（−a−6）＝−1即可求得结论．
【详解】
解：设点P（a，b）是函数y＝x−6（x≥0）上的“负倒数点”，
则ab＝−1．
即a（a−6）＝−1．
解得：a＝3＋2或3−2．
∴b＝3−2或3＋2．
设点P（a，b）是函数y＝−x−6（x＜0）上的“负倒数点”，
则a（−a−6）＝−1．
解得：a＝−3−或−3＋（大于0，不合题意，舍去）．
∴a＝−3−．
∴b＝−3＋．
综上，函数的图象上“负倒数点”的个数为：3．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上的点的坐标的特征．依据已知条件列出方程是解题的关键．
17．
【分析】
由，可得S2为大正方形面积的，设AB为x，表示出空白部分的面积S2，即x2×4＝m2，则x=m，再在Rt△ABC中使用勾股定理得到关于m，n的方程，可求得 的值．
【详解】
解：∵，大正方形面积为m2，
∴S2＝m2，
设图2中AB=x，依题意则有：
4•S△ADC＝m2，即4××x2＝m2，
解得：x1=m， x2＝−m（负值舍去）．
在Rt△ABC中，AB2＋CB2＝AC2，
∴(m)2＋(m＋n)2＝m2，
解得：n1=， n2＝−(负值舍去)，
∴，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了勾股定理：如果直角三角形两直角边分别为a、b，斜边为c，那么a2＋b2＝c2，利用勾股定理建立方程，是解题的关键．
18．6
【分析】
首先证明∠AFB＝120°，推出点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动（∠AOB＝120°，OA＝6），设OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小．
【详解】
解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，
∵BD＝CE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
又∵∠AFE＝∠BAD＋∠ABE，
∴∠AFE＝∠CBE＋∠ABE＝∠ABC，
∴∠AFE＝60°，
∴∠AFB＝120°，
∴点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动，此时∠AHB＝180°-120°=60°，∠AOB=2∠AHB=120°，
∵AB=，OA=OB，
∴OA＝AB ÷=÷=6，
∵OA=OB，AC=BC，OC=OC，
∴，
∴∠AOC=∠AOB=60°，∠ACO=∠ACB=30°，
∴∠CAO=90°，
∴OC＝2OA＝12，
设OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小，最小值＝OC−ON＝12−6＝6．
故答案为6．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关知识等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．
【分析】
先算负整数指数幂，特殊角三角函数以及绝对值，再算减法，进而即可求解．
【详解】
解：原式=
=
=
【点睛】
本题主要考查实数的混合运算，掌握负整数指数幂，特殊角三角函数是解题的关键．
20．，.
【分析】
先利用分式的运算规则将分式进行化简，然后将x值带入即可
【详解】
解：原式
代入 原式
【点睛】
本题考查分式的基础运算，掌握运算规则且细心是本题关键
21．（1）∠OA A'=∠OB B'，理由见详解；（2）
【分析】
（1）先根据旋转的性质得到OA＝O A'，OB＝O B'，∠AO A'＝∠BO B'＝，则根据等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠OA A'＝∠OB B'=(180°−α)，则可判断∠OA A'＝∠OB B'；
（2）作B点作BH⊥OB'于H，如图，先利用正弦的定义得到BH＝4，再利用勾股定理计算出B'H=3，设OB＝x，则OB'=x，OH＝x−3，利用勾股定理列出方程即可求解．
【详解】
解：（1）∠OAA'=∠OBB'．理由如下：
∵以点O为旋转中心，将线段AB按顺时针方向旋转得到线段A'B'，
∴OA＝O A'，OB＝O B'，∠AO A'＝∠BO B'＝，
∴∠OA A'＝∠O A'A，∠OB B'＝∠O B'B，
∵∠OA A'＝(180°−α)，∠OB B'=(180°−α)，
∴∠OA A'=∠OB B'；
（2）作B点作BH⊥O B'于H，如图，
∵在Rt△B B'H中，sin∠O B'B＝＝，
∴BH＝×5＝4，
∴B'H=，
设OB＝x，则O B'＝x，
∴OH＝x−3，
在Rt△OBH中，（x−3）2＋42＝x2，解得：x＝，
即OB=．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
22．(1) D地车票有10张；统计图见解析；（2）；（3）这个规则对双方不公平.
【分析】
（1）由统计图，可得其A、B、C三地的具体车票数量，根据“去D地的车票占全部车票的10%”列方程即可求解．
（2）去A地的概率=A地车票数÷车票总数．
（3）先列表或画树状图列举出所有等可能结果和小王掷得数字比小李掷得数字小的结果，求出概率再进行判断．
【详解】
（1）设D地车票有x张，则x＝（x+20+40+30）×10%
解得x＝10.
即D地车票有10张.
补全统计图如图所示.
（2）小胡抽到去A地的概率为＝.
（3）以列表法说明
小李掷得数字
小王掷得数字
1
2
3
4
1
(1， 1)
(1，2)
(1， 3)
(1， 4)
2
(2， 1)
(2，2)
(2，3)
(2， 4)
3
(3， 1)
(3，2)
(3，3)
(3， 4)
4
(4， 1)
(4，2)
(4， 3)
(4， 4)
或者画树状图法说明（如图）
由此可知，共有16种等可能结果.其中小王掷得数字比小李掷得数字小的有6种：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.
∴小王掷得数字比小李掷得数字小的概率为＝.
则小王掷得数字不小于小李掷得数字的概率为＝.
所以这个规则对双方不公平.
23．（1）400元；（2）y=x−700
【分析】
（1）由表格信息可知，从4月1日到4月8日，成本价10元/kg，售价12元/kg，一共售出200kg，根据利润＝每千克的利润×销售量列式计算即可；
（2）设B点坐标为（a，400），根据题意列方程求出点B的坐标，设线段BC所在直线对应的函数表达式为y＝kx＋b，利用待定系数法解答即可．
【详解】
解：（1）200×（12−10）＝400（元）
答：截止到4月8日，该商店销售这种货物一共获利400元；
（2）AB段对应4月9、10日，因以成本价促销，故总利润不变，还是400，
设点B坐标为（a，400），
B、C段由两批货物，成本价10元/kg还有（1000−a）kg，成本价10.5元/kg有200kg，
则（12−10）×（1000−a）＋（12−10.5）×200＝1500−400，
解这个方程，得a＝600，
∴点B坐标为（600，400），
又∵C（1200，1500），
设线段BC所在直线对应的函数表达式为y＝kx＋b，则：，
解得：，
∴线段BC所在直线对应的函数表达式为：y＝x−700．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数图像上点的坐标，利用待定系数法求解即可．
24．（1）2.239米；（2）3.05米
【分析】
（1）在Rt△ABC中，根据tan∠ACB的值即可求解；
（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴AB＝BC•tan75°＝0.60×3.732＝2.2392≈2.239（米），
答：支架AC的顶端A到地面的距离AB的高度约为2.239米；
（2）延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，
∴GM＝AB＝2.239，
在Rt△AGF中，
∵∠FAG＝∠FHE＝60°，sin∠FAG＝，
∴sin60°=＝=，
∴FG＝≈2.165，
∴DM＝FG＋GM−DF≈3.05米，
答：篮筐D到地面的距离是3.05米．
【点睛】
本题考查解直角三角形、锐角三角函数、解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义，属于中考常考题型．
25．（1）见详解；（2）12
【分析】
（1）连接OD，OB，OC，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得，由等腰三角形的性质可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；
（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图1，连接OD，OB，OC，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴，
∴∠BOD＝∠COD，
又∵OB＝OC，
∴OD⊥BC，
∵MN∥BC，
∴OD⊥MN，
∴MN是⊙O的切线；
（2）如图2，连接AO并延长交⊙O于H，连接BH，
∵AH是直径，
∴∠ABH＝90°＝∠AFC，
又∵∠AHB＝∠ACF，
∴△ACF∽△AHB，
∴，
∴AB•AC＝AH•AF＝d•h，
∵AB＝4，AC＝3，
∴dh＝12．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
26．（1）A种水果的单价为20元，B种水果的单价为30元；（2）A种水果至少需要购买7千克；（3）本次购买至少准备216元钱，最多准备265元钱．
【分析】
（1）设A种花苗的单价为x元，B种花苗的单价为y元，根据“购买A种水果3千克，B种水果4千克，则需180元；购买A种水果2千克，B种水果8千克，则需280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设A种水果需要购买a千克，则B种水果需要购买（10−a）千克，根据九年级班委会目前只有班级经费230元，列出不等式计算即可求解；
（3）设本次购买准备n元，购买B种水果m千克，则购买A种水果（12−m）盆，根据总价＝单价×数量，即可得出关于n和m的函数关系式，根据二次函数的性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）设A种水果的单价为x元，B种水果的单价为y元，
依题意得：，解得：．
答：A种水果的单价为20元，B种水果的单价为30元；
（2）设A种水果需要购买a千克，则B种水果需要购买（10−a）千克，
依题意得：20a＋30（10−a）≤230，解得a≥7．
答：A种水果至少需要购买7千克；
（3）设本次购买准备n元，购买B种水果m千克，则购买A种水果（12−m）千克，
则n＝20（12−m）＋（30−m）m＝−m2＋10m＋240＝−（m−5）2＋265（0≤m≤12），
当m＝12时，n最小，此时为216元；
当m＝5时，n最大，此时为265元．
答：本次购买至少准备216元钱，最多准备265元钱．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，二次函数的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元一次不等式；（3）找准等量关系，正确列出关于n和m的二次函数关系式．
27．（1）8；（2）见详解；（3）y= x2-1
【分析】
（1）根据“差倍角三角形”的定义，可得∠BAC-∠B=2∠BAD，从而得AC=DC，再证明，进而即可求解；
（2）根据点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），可得，从而得∠DAC=∠B，进而求出∠BAC=108°，∠B=∠C=36°，即可证明结论；
（3）先证明四边形CDEF是平行四边形，再证明△ABF∽△EBA，进而得，进而即可求解．
【详解】
解：（1）∵△ABC是关于∠C的“差倍角三角形”（其中∠BAC＞∠B），
∴∠BAC-∠B=2∠C，
∵∠BAD=∠C，
∴∠BAC-∠B=2∠BAD，即：∠BAC-∠BAD=∠B+∠BAD，
∴∠ADC=∠DAC，
∴AC=DC，
∵∠BAD＝∠C，∠B=∠B，
∴，
∴，即：，解得：BD=1，
∴CD=BC-BD=9-1=8，
∴AC=DC=8；
（2）证明：∵点D是底边BC的一个黄金分割点（CD＜BD），
∴，
∵AC=BD，
∴，
又∵∠C=∠C，
∴，
∴∠DAC=∠B，
∵AC=AB，
∴∠B=∠C，
又∵AC=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
设∠DAC=∠B=∠C=x°，则∠BAD=∠BDA=∠DAC+∠C=2x°，
∴x+x+2x+x=180，解得：x=36，
∴∠BAC=3x=108°，∠B=∠C=36°，
∴∠BAC-∠C=2∠B，即：△ABC是关于∠B的“差倍角三角形”；
（3）∵AB=BC=DE，
∴∠BAC＝∠AEB＝∠ACB＝∠DAE，
设∠BAC＝∠AEB＝∠ACB＝∠DAE＝α，
∵△ABE是关于∠AEB的“差倍角三角形”，
∴∠BAE-∠ABE＝2∠AEB，
∴α＋∠CAD＋α-∠ABE＝2α，
∴∠CAD＝∠ABE，
∴AE= CD，
∴∠ADE=∠AEB，
∴DE∥AC，
∵BC=DE，
∴CD∥BE，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴CD=EF，
∵∠BAF＝∠AEB，∠ABF＝∠EBA，
∴△ABF∽△EBA，
∴，
∴，
∴y=CD =EF＝BE-BF＝x2-1，即：y= x2-1．
【点睛】
本题主要考查圆周角定理以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，黄金分割的定义，是解题的关键．
28．（1）C（2，4＋2）；（2）①∠MOA＝45°；②N（，）或（，）．
【分析】
（1）过C作CE⊥y轴于E，利用△DCE∽△ADO对应边成比例求出EC和OE即可得C坐标；
（2）①设A（t，0），利用△DCE∽△ADO，△BAF∽△ADO，用t的代数式表式M的坐标，有M（+t，+t），从而可得∠MOA＝45°；
②首先用t的代数式表达出OM，得到t＝4时，OM取最大值，从而得到D、C、M、A、B的坐标，求出抛物线和直线解析式，联立解得N的坐标．
【详解】
解：（1）过C作CE⊥y轴于E，如图：
∵矩形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，
∵∠OAD＝30°，
∴OD＝AD•sin30°＝4，OA＝AD•cos30°＝4，
∵∠ECD＝90°−∠EDC＝∠ADO，∠CED＝∠AOD＝90°，
∴△DCE∽△ADO，
∴，即：，
∴EC＝2，ED＝2，
∴OE＝OD＋ED＝4＋2，
∴C（2，4＋2）；
（2）①∠MOA的度数不变，∠MOA＝45°，理由如下：
过C作CE⊥y轴于E，过B作BF⊥x轴于F，如图：
设A（t，0），则OA＝t，OD==，
∵∠ECD＝90°−∠EDC＝∠ADO，∠CED＝∠AOD＝90°，
∴△DCE∽△ADO，
∴，即：，
∴EC＝，ED＝t，
∴C（，+t），
同理可得：△BAF∽△ADO，AF＝，BF＝t，
∴B（+t，t），
∵BC的中点为M，
∴M（+t，+t），
∴M到x轴、y轴距离相等，
∴∠MOA＝45°；
②∵M（+t，+t），
∴OM==，
OM取最大值即是取最大值，而≤，
∴时，即t=，OM取最大值是8，
∴C（，），D（0，），M（，），
∴过点D、C、M三点的解析式：，
∵A（，0），B（，），
∴直线AB的解析式为：，
由，得：或，
∴N（，）或（，）．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，设A（t，0），用含t的代数式表示相关点的坐标，是解题的关键．
相关试卷
2022年江苏省苏州市高新区中考数学一模试卷（教师版）： 这是一份2022年江苏省苏州市高新区中考数学一模试卷（教师版），共25页。试卷主要包含了五个新篮球的质量，下列图形是轴对称图形的有，下列不等式变形正确的是，已知等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省苏州市高新区中考数学最后一模试卷含解析： 这是一份2022年江苏省苏州市高新区中考数学最后一模试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，如果，那么代数式的值为等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省苏州市高新区中考数学一模试卷（含解析）： 这是一份2022年江苏省苏州市高新区中考数学一模试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了1cm，参考数据，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
