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2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一）
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这是一份2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一），共24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。
2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一）
一、选择题
1．|﹣|的值是（ ）
A．2020 B．﹣2020 C．﹣ D．
2．下列运算正确的是（ ）
A．a+a＝a2 B．（ab）2＝ab2 C．a2•a3＝a5 D．（a2）3＝a5
3．下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．若用科学记数法表示为1.8×10﹣10，则n的值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
5．书架上摆放有5本书，其中2本教科书，3本文学书，任意从书架上抽取1本，抽到教科书的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1 B．a≠1 C．a＞1 D．a＜1
7．昆明市高新区某厂今年新招聘一批员工，他们中同文化程度的人数见下表：关于这组文化程度的人数数据，以下说法正确的是（ ）
文化程度
高中
大专
本科
硕士
博士
人数
9
17
20
9
5
A．众数是20 B．中位数是17 C．平均数是12 D．方差是26
8．如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
9．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x＝时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．a B．c C．﹣a+c D．a﹣c
10．把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
二、填空题
11．若x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为 ．
12．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
13．已知圆锥的底面半径为1cm，高为cm，则它的侧面展开图的面积为＝ cm2．
14．如图，△ABC中，AB＝AC，AD＝2，BD•DC＝2，则AC＝ ．
15．如图，等边三角形ABC的边长为4，E、F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，以EF为直径作圆O．当圆O与AC边相切时，AE的长为 ．
16．如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝ ．
三、解答题
17．计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2020﹣）0．
18．图①、图②、图③都是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画三角形不能重复）
19．为了解学生最喜欢的球类运动情况，随机选取该校部分学生进行调查，要求每名学生只写一类最喜欢的球类运动．以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分，最喜欢球类运动统计表最喜欢球类运动扇形统计，
类别
A
B
C
D
E
F
类型
足球
羽毛球
乒乓球
篮球
排球
其他
人数
10
4
6
2
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 名学生；
（2）统计表中类别D的人数为 人，扇形统计图中类别A的扇形圆心角为 °；
（3）该校共有450名学生，根据调查结果，估计该校最喜欢排球的学生数．
20．如图，建在山腰点A处的一座“5G”发射塔AB与地面CM垂直，在地
面C处测得发射塔AB的底部A、顶端B的仰角分别为30°、60°，在地面D处测得发射塔AB的底部A的仰角为45°．
（1）若设AC＝k，则AD＝ ；（用含k的代数式表示）
（2）若测得CD＝（18﹣18）米，求AB．
21．已知二次函数y1＝x2+bx﹣3的图象与直线y2＝x+1交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）．
（1）求y1的表达式和m的值；
（2）当y1＞y2时，求自变量x的取值范围；
（3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式．
22．甲、乙两人分别从公园长廊在同一直线上的A、B两地同时出发，相向匀速慢跑，甲以6m/s的速度慢跑到B地后，立即按原速返回，乙在第一次相遇后将速度提高到原来的1.5倍，之后匀速慢跑到A地，且乙到达A地后立即以提速后的速度返回，直到两人再次相遇时停止．甲、乙两人之间的路程y（m）与慢跑时间x（s）之间的函数图象如图所示．
（1）乙在两人第一次相遇前的速度为 m/s，乙到A地的时间为 s．
（2）求乙从A地返回B地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）直接写出两次相遇时乙距出发地的路程．
23．（1）如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F，G．则∠FEG＝ °．
（2）类比探究：如图2，把上题中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，请求出∠FEG的度数；
通过以上两例探索，请写出一个关于∠FEG与∠BAC的数量关系的正确结论： ．
（3）拓展延伸：如图3，若以正方形AODC的顶点O为原点，顶点A，D分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（4，0），设正方形AODC的中心为P，平面上一点F到P的距离为2．
①直接写出∠OFA的度数；
②当S△FAO＝6时，求点F的坐标；并探索S△FAO是否有最大值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由．
24．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点P是劣弧上任一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长相交于点F．
（1）设∠CPF＝α，∠BDC＝β，求证：α＝β+90°；
（2）若OE＝BE，设tan∠AFC＝x，．
①求∠APC的度数；
②求y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围．
2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．|﹣|的值是（ ）
A．2020 B．﹣2020 C．﹣ D．
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数进行计算便可．
【解答】解：，
故选：D．
2．下列运算正确的是（ ）
A．a+a＝a2 B．（ab）2＝ab2 C．a2•a3＝a5 D．（a2）3＝a5
【分析】分别根据合并同类项法则，幂的乘方与积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则逐一判断即可．
【解答】解：A、a+a＝2a，故本选项不合题意；
B、（ab）2＝a2b2，故本选项不合题意；
C、a2•a3＝a5，故本选项符合题意；
D、（a2）3＝a6，故本选项不合题意．
故选：C．
3．下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
4．若用科学记数法表示为1.8×10﹣10，则n的值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：因为0.00000000018＝1.8×10﹣10，
所以n的值是9．
故选：A．
5．书架上摆放有5本书，其中2本教科书，3本文学书，任意从书架上抽取1本，抽到教科书的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】用教科书的数量除以书的总数量即可．
【解答】解：∵从书架上抽取1本共有5种等可能结果，其中抽到教科书的有2种结果，
∴从书架上抽取1本，抽到教科书的概率为，
故选：C．
6．已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1 B．a≠1 C．a＞1 D．a＜1
【分析】反比例函数y＝kx，当k＞0时图象在第一、三象限即可得答案．
【解答】解：∵反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，
∴3a﹣3＞0，解得a＞1，
故选：C．
7．昆明市高新区某厂今年新招聘一批员工，他们中同文化程度的人数见下表：关于这组文化程度的人数数据，以下说法正确的是（ ）
文化程度
高中
大专
本科
硕士
博士
人数
9
17
20
9
5
A．众数是20 B．中位数是17 C．平均数是12 D．方差是26
【分析】根据众数、中位数、平均数以及方差的概念求解．
【解答】解：A、这组数据中9出现的次数最多，众数为9，故本选项错误；
B、从小到大排列后，9在中间的位置，即9是中位数，故本选项错误；
C、平均数＝，故本选项正确；
D、方差＝，故本选项错误；
故选：C．
8．如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
【分析】直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC＝＝＝4，
则AB＝4，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝4，
∴长方形的周长为：2×（4+4+3）＝22．
故选：B．
9．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x＝时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．a B．c C．﹣a+c D．a﹣c
【分析】根据题意得到＝1，x1+x2＝2，即可求得p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，从而求得p﹣q＝a．
【解答】解：∵y＝ax2﹣2ax+a﹣c＝a（x﹣1）2﹣c，
∴对称轴为直线x＝1，
∵直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，
∴＝1，
∴x1+x2＝2，
∴p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，
∴p﹣q＝（a﹣c）﹣（﹣c）＝a，
故选：A．
10．把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
【分析】可先求出两个图形中阴影部分的周长，观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，若C1﹣C2＝2，即可求l1，l2满足的关系式．
【解答】解：观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，
观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，
∵C1﹣C2＝2，
∴l1﹣l2＝2．
故选：C．
二、填空题
11．若x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为 ﹣2或8 ．
【分析】利用完全平方公式的特征判断即可求出m的值．
【解答】解：∵x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，
∴2（3﹣m）＝±10
解得：m＝﹣2或8．
故答案为：﹣2或8．
12．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 x≤ ．
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，列不等式求解．
【解答】解：根据题意得：3﹣2x≥0，解得：x≤．
故答案为：x≤．
13．已知圆锥的底面半径为1cm，高为cm，则它的侧面展开图的面积为＝ 2π cm2．
【分析】先利用勾股定理求出圆锥的母线l的长，再利用圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl计算即可．
【解答】解：根据题意可知，圆锥的底面半径r＝1cm，高h＝cm，
∴圆锥的母线l＝＝2，
∴S侧＝πrl＝π×1×2＝2π（cm2）．
故答案为：2π．
14．如图，△ABC中，AB＝AC，AD＝2，BD•DC＝2，则AC＝ +1 ．
【分析】作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出BE＝CE．再利用勾股定理得到AB2＝AE2+BE2，AD2＝AE2+DE2，将两式相减整理得出AB2＝AD2+BD•DC，进而求出AC．
【解答】解：如图，作AE⊥BC于E，
又∵AB＝AC，
∴BE＝CE．
根据勾股定理得，AB2＝AE2+BE2，AD2＝AE2+DE2，
两式相减得，AB2﹣AD2＝（AE2+BE2）﹣（AE2+DE2）＝BE2﹣DE2＝（BE+DE）（BE﹣DE）＝BD•DC，
∴AB2＝AD2+BD•DC＝22+2＝4+2，
∴AC＝AB＝＝+1．
故答案为：+1．
15．如图，等边三角形ABC的边长为4，E、F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，以EF为直径作圆O．当圆O与AC边相切时，AE的长为 ．
【分析】证明OH是梯形EMNF的中位线，则EM+FN＝EF，分别计算EM、FN、EF的长度即可求解．
【解答】解：分别过点E、O、F作AC的垂线，垂足分别为点M、H、N，
∵O是EF的中点，
而EM∥OH∥FN，
∴OH是梯形EMNF的中位线，则OH＝（EM+FN），
当圆O与AC边相切时，OH＝（EM+FN）＝EF，即EM+FN＝EF，
设AE＝BF＝x，则FC＝BE＝4﹣x，
在△AEM中，EM＝AEsinA＝x，
在△FCN中，同理FN＝（4﹣x）；
在△BEF中，BF＝x，BE＝4﹣x，∠B＝60°，
过点E作EK⊥BC于点K，
同理可得：EF2＝EK2+FK2＝（4﹣x）2+[（4﹣x）﹣x]2，
∵OH＝（EM+FN）＝EF，
∴EF2＝（EM+FN）2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）﹣x]2＝[x+（4﹣x）]2，
解得：x＝，
故答案为：．
16．如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝ ．
【分析】如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．利用相似三角形的性质证明＝＝，设A（m，），则B（，），由BC∥x轴，EC∥y轴，推出C（2m，），E（2m，），求出直线OC，BE的解析式，构建方程组确定点F的坐标，即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．
∵AN∥BM，
∴△OBM∽△OAN，
∵S△OBM＝，S△AON＝2k，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
设A（m，），则B（，），
∵BC∥x轴，EC∥y轴，
∴C（2m，），E（2m，），
∴直线OC的解析式为y＝x，直线BE的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴F（，），
∴＝＝，
故答案为：．
三、解答题
17．计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2020﹣）0．
【分析】利用特殊角的三角函数值、绝对值性质、负整数指数幂的性质、二次根式的性质和零指数幂的性质计算，再算乘法，后算加减即可．
【解答】解：原式＝6×+7﹣2﹣8+1，
＝3+7﹣2﹣8+1，
＝．
18．图①、图②、图③都是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画三角形不能重复）
【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：
．
19．为了解学生最喜欢的球类运动情况，随机选取该校部分学生进行调查，要求每名学生只写一类最喜欢的球类运动．以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分，最喜欢球类运动统计表最喜欢球类运动扇形统计，
类别
A
B
C
D
E
F
类型
足球
羽毛球
乒乓球
篮球
排球
其他
人数
10
4
6
2
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 50 名学生；
（2）统计表中类别D的人数为 16 人，扇形统计图中类别A的扇形圆心角为 86.4 °；
（3）该校共有450名学生，根据调查结果，估计该校最喜欢排球的学生数．
【分析】（1）根据B类的人数和所占的百分比可以求得本次调查的人数；
（2）根据扇形统计图中的数和（1）中的结果可以求得D类的人数，进而可以求得扇形统计图中类别A的扇形圆心角的度数；
（3）根据统计图中的数据可以求得该校最喜欢排球的学生数．
【解答】解：（1）本次共调查了：10÷20%＝50（名）学生，
故答案为：50；
（2）统计表中类别D的人数为：50×32%＝16（人），
扇形统计图中类别A的扇形圆心角为：360°×＝86.4°，
故答案为：16，86.4；
（3）450×＝54（人），
答：该校最喜欢排球的学生有54人．
20．如图，建在山腰点A处的一座“5G”发射塔AB与地面CM垂直，在地
面C处测得发射塔AB的底部A、顶端B的仰角分别为30°、60°，在地面D处测得发射塔AB的底部A的仰角为45°．
（1）若设AC＝k，则AD＝ k ；（用含k的代数式表示）
（2）若测得CD＝（18﹣18）米，求AB．
【分析】（1）延长BA交CD延长线于E，由含30°角的直角三角形的性质得AE＝AC＝k，再证△ADE是等腰直角三角形，得AD＝AE＝k即可；
（2）由（1）得AC＝2AE，CE＝AE，AE＝DE，则AE﹣AE＝＝（18﹣18）米，解得AE＝18（米），则AC＝2AE＝36（米），再证∠ABC＝∠ACB，即可求解．
【解答】解：（1）延长BA交CD延长线于E，如图所示：
则∠AED＝90°，
∵∠ACE＝30°，
∴AE＝AC＝k，
∵∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝AE＝k，
故答案为：k；
（2）由（1）得：AC＝2AE，CE＝AE，AE＝DE，
∵CE﹣DE＝CD，
∴AE﹣AE＝＝（18﹣18）米，
解得：AE＝18（米），
∴AC＝2AE＝36（米），
∵BEC＝90°，∠BCE＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∵∠ACB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC＝36（米）．
21．已知二次函数y1＝x2+bx﹣3的图象与直线y2＝x+1交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）．
（1）求y1的表达式和m的值；
（2）当y1＞y2时，求自变量x的取值范围；
（3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式．
【分析】（1）把点A、C两点代入两个函数表达式中即可求解；
（2）根据图象即可得到当y1＞y2时，自变量x的取值范围；
（3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，使y＝y1，根据判别式求出k从值即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）代入y1得b＝﹣2，
把C（4，m）代入y2得，m＝5．
所以y1＝x2﹣2x﹣3．
答：y1的表达式为y1＝x2﹣2x﹣3和m的值为5．
（2）如图：
根据图象可知：当y1＞y2时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
答：自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
（3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，
得：x2﹣2x﹣3＝x+k，
令△＝0，解得k＝﹣．
答：平移后的直线表达式为y＝x﹣．
22．甲、乙两人分别从公园长廊在同一直线上的A、B两地同时出发，相向匀速慢跑，甲以6m/s的速度慢跑到B地后，立即按原速返回，乙在第一次相遇后将速度提高到原来的1.5倍，之后匀速慢跑到A地，且乙到达A地后立即以提速后的速度返回，直到两人再次相遇时停止．甲、乙两人之间的路程y（m）与慢跑时间x（s）之间的函数图象如图所示．
（1）乙在两人第一次相遇前的速度为 4 m/s，乙到A地的时间为 120 s．
（2）求乙从A地返回B地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）直接写出两次相遇时乙距出发地的路程．
【分析】（1）由图象可知，A、B两地的路程是1200m，120s后第一次相遇，设乙开始的速度是vm/s，列方程求解乙开始的速度，从而可得提速后的速度，根据时间、路程和速度的关系即可解答；
（2）由图象进一步分析，得出乙从A地返回B地的路段，利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，即可求解；
（3）根据（1）（2）得到的信息列式计算即可．
【解答】解：（1）由图象可知，A、B两地的路程是1200m，120s后第一次相遇，设乙开始的速度是vm/s，
则120（6+v）＝1200，解得：v＝4，
∴第一次相遇时乙距A地1200﹣4×120＝720（m），
第一次相遇后将速度提高为：4×1.5＝6（m/s），
∴乙到A地的时间为720÷6+120＝240（s），
故答案为：4，240；
（2）由图象，得
120s～200s时，乙向A地跑，甲向B地跑，
200s时，乙向A地跑，甲到达B地开始返回，
200s～240s时，甲、乙都向A地跑，两人速度都为6m/s，所以之间距离不变，
240s时，乙到达A地，开始以6m/s速度返回，
240s～320s时，甲、乙相向而行，两人速度都为6m/s，直到相遇，
∴乙从A地返回B地的路段是最后一段，设y＝kx+b，代入（240，960），（320，0），
，解得：，
∴y＝﹣12x+3840（240≤x≤320）；
（3）由（1）第一次相遇时乙距出发地B地：4×120＝480（m），
第二次相遇时乙距出发地B地：1200﹣6×（320﹣240）＝720（m）．
23．（1）如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F，G．则∠FEG＝ 30 °．
（2）类比探究：如图2，把上题中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，请求出∠FEG的度数；
通过以上两例探索，请写出一个关于∠FEG与∠BAC的数量关系的正确结论： ∠FEG＝∠CAB ．
（3）拓展延伸：如图3，若以正方形AODC的顶点O为原点，顶点A，D分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（4，0），设正方形AODC的中心为P，平面上一点F到P的距离为2．
①直接写出∠OFA的度数；
②当S△FAO＝6时，求点F的坐标；并探索S△FAO是否有最大值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由．
【分析】（1）由对称性质可得，AM是CE的垂直平分线，则CA＝EA＝BA，所以B、C、E在以A为圆心，CA为半径的圆上，利用同弧所对的圆心角和圆周角的关系即可解决；
（2）由对称性质可得，BA＝CA＝EA，所以B、C、E在以A为圆心，CA为半径的圆上，利用同弧所对的圆心角和圆周角的关系即可解决；
（3）通过A点坐标和正方形性质，可以计算得到P的坐标和对角线的长度，得到PA＝PO＝PC＝PD＝PF，所以F在以P为圆心，为半径的圆上，利用同弧所对的圆周角和圆心角关系，可以求得∠OFA＝45°，由PF＝和P点坐标，作横平竖直线构造直角三角形，利用勾股定理，求得F的坐标，利用F的轨迹，数形结合，当PF∥y轴时，△FAO面积最大．
【解答】解：（1）∵C、E关于AM对称，
∴AM是CE的垂直平分线，
∴AC＝AE，
又△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝BC，∠CAB＝60°，
∴AC＝AB＝AE，
∴B、C、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴∠FEG＝∠CAB＝30°；
（2）∵C，E关于AM对称，
∴AM是CE的垂直平分线，
∴AC＝AE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴AC＝AB＝AE，
∴B、C、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴∠FEG＝＝45°；
结论：；
（3）①如图1，连接PO，PA，PC，PC，
∵四边形ABCD为正方形，且A（4，0），P为正方形中心，
∴，，∠APO＝90°，
∴PF＝PO＝PA＝PC＝PD＝2，
∴O、A、F、C、D在以P为圆心，为半径的圆上，
∴∠OFA＝，
②设F（x，y），
∵S△FAO＝6，
即2|y|＝6，
∴y＝±3，
∵y＞0，
∴y＝3，
由题意可知P（2，2），点F在以P为圆心，为半径的圆上，
过点P作PB∥x轴，过点F作FB∥y轴，则∠PBF＝90°，
在Rt△PBF中，PB＝|x﹣2|，BF＝1，
∵PF2＝FB2+PB2，
∴，
∴，
∴F或（），
当FP∥y轴时，△FAO面积最大，
此时，F（2，2+），
．
24．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点P是劣弧上任一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长相交于点F．
（1）设∠CPF＝α，∠BDC＝β，求证：α＝β+90°；
（2）若OE＝BE，设tan∠AFC＝x，．
①求∠APC的度数；
②求y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围．
【分析】（1）CD⊥AB，则∠APC+∠CDB＝90°，即：180°﹣α+β＝90°，即可求解；
（2）①证明△BOD为等边三角形，则∠CDB＝30°，即可求解；
②在△CBM中，CH+HB＝BC得：，得：，即可求解．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，∠APC+∠CDB＝90°，
即：180°﹣α+β＝90°，
∴α＝β+90°；
（2）如图1，连接OD，
①OE＝BE，OB⊥CD，设圆的半径为r，
∴∠BOD＝∠OBD＝∠ODB＝60°，
即：△BOD为等边三角形，
∴BC＝r，
∴∠CDB＝30°，
∴∠APC＝90°﹣30°＝60°；
②连接BC，过点M作MH⊥BC于点H，
则∠MCB＝∠FAB，∴∠CMH＝∠F，
在△CBM中，设BC＝r，∠CBA＝60°，
∴MH＝BMsin∠CBA＝MB，
BH＝MB，CH＝MHtan∠CMH＝MH•x，
CH+HB＝BC，即，
，而AM+BM＝2r，即：，
∴1x＝1+y，
即：y＝x，（0＜x）．
2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一）
一、选择题
1．|﹣|的值是（ ）
A．2020 B．﹣2020 C．﹣ D．
2．下列运算正确的是（ ）
A．a+a＝a2 B．（ab）2＝ab2 C．a2•a3＝a5 D．（a2）3＝a5
3．下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．若用科学记数法表示为1.8×10﹣10，则n的值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
5．书架上摆放有5本书，其中2本教科书，3本文学书，任意从书架上抽取1本，抽到教科书的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1 B．a≠1 C．a＞1 D．a＜1
7．昆明市高新区某厂今年新招聘一批员工，他们中同文化程度的人数见下表：关于这组文化程度的人数数据，以下说法正确的是（ ）
文化程度
高中
大专
本科
硕士
博士
人数
9
17
20
9
5
A．众数是20 B．中位数是17 C．平均数是12 D．方差是26
8．如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
9．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x＝时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．a B．c C．﹣a+c D．a﹣c
10．把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
二、填空题
11．若x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为 ．
12．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
13．已知圆锥的底面半径为1cm，高为cm，则它的侧面展开图的面积为＝ cm2．
14．如图，△ABC中，AB＝AC，AD＝2，BD•DC＝2，则AC＝ ．
15．如图，等边三角形ABC的边长为4，E、F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，以EF为直径作圆O．当圆O与AC边相切时，AE的长为 ．
16．如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝ ．
三、解答题
17．计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2020﹣）0．
18．图①、图②、图③都是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画三角形不能重复）
19．为了解学生最喜欢的球类运动情况，随机选取该校部分学生进行调查，要求每名学生只写一类最喜欢的球类运动．以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分，最喜欢球类运动统计表最喜欢球类运动扇形统计，
类别
A
B
C
D
E
F
类型
足球
羽毛球
乒乓球
篮球
排球
其他
人数
10
4
6
2
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 名学生；
（2）统计表中类别D的人数为 人，扇形统计图中类别A的扇形圆心角为 °；
（3）该校共有450名学生，根据调查结果，估计该校最喜欢排球的学生数．
20．如图，建在山腰点A处的一座“5G”发射塔AB与地面CM垂直，在地
面C处测得发射塔AB的底部A、顶端B的仰角分别为30°、60°，在地面D处测得发射塔AB的底部A的仰角为45°．
（1）若设AC＝k，则AD＝ ；（用含k的代数式表示）
（2）若测得CD＝（18﹣18）米，求AB．
21．已知二次函数y1＝x2+bx﹣3的图象与直线y2＝x+1交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）．
（1）求y1的表达式和m的值；
（2）当y1＞y2时，求自变量x的取值范围；
（3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式．
22．甲、乙两人分别从公园长廊在同一直线上的A、B两地同时出发，相向匀速慢跑，甲以6m/s的速度慢跑到B地后，立即按原速返回，乙在第一次相遇后将速度提高到原来的1.5倍，之后匀速慢跑到A地，且乙到达A地后立即以提速后的速度返回，直到两人再次相遇时停止．甲、乙两人之间的路程y（m）与慢跑时间x（s）之间的函数图象如图所示．
（1）乙在两人第一次相遇前的速度为 m/s，乙到A地的时间为 s．
（2）求乙从A地返回B地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）直接写出两次相遇时乙距出发地的路程．
23．（1）如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F，G．则∠FEG＝ °．
（2）类比探究：如图2，把上题中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，请求出∠FEG的度数；
通过以上两例探索，请写出一个关于∠FEG与∠BAC的数量关系的正确结论： ．
（3）拓展延伸：如图3，若以正方形AODC的顶点O为原点，顶点A，D分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（4，0），设正方形AODC的中心为P，平面上一点F到P的距离为2．
①直接写出∠OFA的度数；
②当S△FAO＝6时，求点F的坐标；并探索S△FAO是否有最大值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由．
24．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点P是劣弧上任一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长相交于点F．
（1）设∠CPF＝α，∠BDC＝β，求证：α＝β+90°；
（2）若OE＝BE，设tan∠AFC＝x，．
①求∠APC的度数；
②求y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围．
2021年浙江省宁波市中考数学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．|﹣|的值是（ ）
A．2020 B．﹣2020 C．﹣ D．
【分析】根据负数的绝对值等于它的相反数进行计算便可．
【解答】解：，
故选：D．
2．下列运算正确的是（ ）
A．a+a＝a2 B．（ab）2＝ab2 C．a2•a3＝a5 D．（a2）3＝a5
【分析】分别根据合并同类项法则，幂的乘方与积的乘方运算法则，同底数幂的乘法法则逐一判断即可．
【解答】解：A、a+a＝2a，故本选项不合题意；
B、（ab）2＝a2b2，故本选项不合题意；
C、a2•a3＝a5，故本选项符合题意；
D、（a2）3＝a6，故本选项不合题意．
故选：C．
3．下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
4．若用科学记数法表示为1.8×10﹣10，则n的值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：因为0.00000000018＝1.8×10﹣10，
所以n的值是9．
故选：A．
5．书架上摆放有5本书，其中2本教科书，3本文学书，任意从书架上抽取1本，抽到教科书的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】用教科书的数量除以书的总数量即可．
【解答】解：∵从书架上抽取1本共有5种等可能结果，其中抽到教科书的有2种结果，
∴从书架上抽取1本，抽到教科书的概率为，
故选：C．
6．已知反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＝1 B．a≠1 C．a＞1 D．a＜1
【分析】反比例函数y＝kx，当k＞0时图象在第一、三象限即可得答案．
【解答】解：∵反比例函数的解析式为y＝，且图象位于第一、三象限，
∴3a﹣3＞0，解得a＞1，
故选：C．
7．昆明市高新区某厂今年新招聘一批员工，他们中同文化程度的人数见下表：关于这组文化程度的人数数据，以下说法正确的是（ ）
文化程度
高中
大专
本科
硕士
博士
人数
9
17
20
9
5
A．众数是20 B．中位数是17 C．平均数是12 D．方差是26
【分析】根据众数、中位数、平均数以及方差的概念求解．
【解答】解：A、这组数据中9出现的次数最多，众数为9，故本选项错误；
B、从小到大排列后，9在中间的位置，即9是中位数，故本选项错误；
C、平均数＝，故本选项正确；
D、方差＝，故本选项错误；
故选：C．
8．如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
【分析】直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC＝＝＝4，
则AB＝4，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝4，
∴长方形的周长为：2×（4+4+3）＝22．
故选：B．
9．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+a﹣c（a≠0）与y轴的正半轴相交，直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，当x＝x1+x2时，函数值为p；当x＝时，函数值为q．则p﹣q的值为（ ）
A．a B．c C．﹣a+c D．a﹣c
【分析】根据题意得到＝1，x1+x2＝2，即可求得p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，从而求得p﹣q＝a．
【解答】解：∵y＝ax2﹣2ax+a﹣c＝a（x﹣1）2﹣c，
∴对称轴为直线x＝1，
∵直线AB∥x轴，且与该抛物线相交于A（x1，y1）B（x2，y2）两点，
∴＝1，
∴x1+x2＝2，
∴p＝4a﹣4a+a﹣c＝a﹣c，q＝a﹣2a+a﹣c＝﹣c，
∴p﹣q＝（a﹣c）﹣（﹣c）＝a，
故选：A．
10．把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
【分析】可先求出两个图形中阴影部分的周长，观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，若C1﹣C2＝2，即可求l1，l2满足的关系式．
【解答】解：观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，
观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，
∵C1﹣C2＝2，
∴l1﹣l2＝2．
故选：C．
二、填空题
11．若x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为 ﹣2或8 ．
【分析】利用完全平方公式的特征判断即可求出m的值．
【解答】解：∵x2+2（3﹣m）x+25可以用完全平方式来分解因式，
∴2（3﹣m）＝±10
解得：m＝﹣2或8．
故答案为：﹣2或8．
12．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 x≤ ．
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，列不等式求解．
【解答】解：根据题意得：3﹣2x≥0，解得：x≤．
故答案为：x≤．
13．已知圆锥的底面半径为1cm，高为cm，则它的侧面展开图的面积为＝ 2π cm2．
【分析】先利用勾股定理求出圆锥的母线l的长，再利用圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl计算即可．
【解答】解：根据题意可知，圆锥的底面半径r＝1cm，高h＝cm，
∴圆锥的母线l＝＝2，
∴S侧＝πrl＝π×1×2＝2π（cm2）．
故答案为：2π．
14．如图，△ABC中，AB＝AC，AD＝2，BD•DC＝2，则AC＝ +1 ．
【分析】作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出BE＝CE．再利用勾股定理得到AB2＝AE2+BE2，AD2＝AE2+DE2，将两式相减整理得出AB2＝AD2+BD•DC，进而求出AC．
【解答】解：如图，作AE⊥BC于E，
又∵AB＝AC，
∴BE＝CE．
根据勾股定理得，AB2＝AE2+BE2，AD2＝AE2+DE2，
两式相减得，AB2﹣AD2＝（AE2+BE2）﹣（AE2+DE2）＝BE2﹣DE2＝（BE+DE）（BE﹣DE）＝BD•DC，
∴AB2＝AD2+BD•DC＝22+2＝4+2，
∴AC＝AB＝＝+1．
故答案为：+1．
15．如图，等边三角形ABC的边长为4，E、F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，以EF为直径作圆O．当圆O与AC边相切时，AE的长为 ．
【分析】证明OH是梯形EMNF的中位线，则EM+FN＝EF，分别计算EM、FN、EF的长度即可求解．
【解答】解：分别过点E、O、F作AC的垂线，垂足分别为点M、H、N，
∵O是EF的中点，
而EM∥OH∥FN，
∴OH是梯形EMNF的中位线，则OH＝（EM+FN），
当圆O与AC边相切时，OH＝（EM+FN）＝EF，即EM+FN＝EF，
设AE＝BF＝x，则FC＝BE＝4﹣x，
在△AEM中，EM＝AEsinA＝x，
在△FCN中，同理FN＝（4﹣x）；
在△BEF中，BF＝x，BE＝4﹣x，∠B＝60°，
过点E作EK⊥BC于点K，
同理可得：EF2＝EK2+FK2＝（4﹣x）2+[（4﹣x）﹣x]2，
∵OH＝（EM+FN）＝EF，
∴EF2＝（EM+FN）2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）﹣x]2＝[x+（4﹣x）]2，
解得：x＝，
故答案为：．
16．如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝ ．
【分析】如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．利用相似三角形的性质证明＝＝，设A（m，），则B（，），由BC∥x轴，EC∥y轴，推出C（2m，），E（2m，），求出直线OC，BE的解析式，构建方程组确定点F的坐标，即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．
∵AN∥BM，
∴△OBM∽△OAN，
∵S△OBM＝，S△AON＝2k，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
设A（m，），则B（，），
∵BC∥x轴，EC∥y轴，
∴C（2m，），E（2m，），
∴直线OC的解析式为y＝x，直线BE的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴F（，），
∴＝＝，
故答案为：．
三、解答题
17．计算：6sin45°+|2﹣7|﹣（）﹣3+（2020﹣）0．
【分析】利用特殊角的三角函数值、绝对值性质、负整数指数幂的性质、二次根式的性质和零指数幂的性质计算，再算乘法，后算加减即可．
【解答】解：原式＝6×+7﹣2﹣8+1，
＝3+7﹣2﹣8+1，
＝．
18．图①、图②、图③都是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画三角形不能重复）
【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：
．
19．为了解学生最喜欢的球类运动情况，随机选取该校部分学生进行调查，要求每名学生只写一类最喜欢的球类运动．以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分，最喜欢球类运动统计表最喜欢球类运动扇形统计，
类别
A
B
C
D
E
F
类型
足球
羽毛球
乒乓球
篮球
排球
其他
人数
10
4
6
2
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次共调查了 50 名学生；
（2）统计表中类别D的人数为 16 人，扇形统计图中类别A的扇形圆心角为 86.4 °；
（3）该校共有450名学生，根据调查结果，估计该校最喜欢排球的学生数．
【分析】（1）根据B类的人数和所占的百分比可以求得本次调查的人数；
（2）根据扇形统计图中的数和（1）中的结果可以求得D类的人数，进而可以求得扇形统计图中类别A的扇形圆心角的度数；
（3）根据统计图中的数据可以求得该校最喜欢排球的学生数．
【解答】解：（1）本次共调查了：10÷20%＝50（名）学生，
故答案为：50；
（2）统计表中类别D的人数为：50×32%＝16（人），
扇形统计图中类别A的扇形圆心角为：360°×＝86.4°，
故答案为：16，86.4；
（3）450×＝54（人），
答：该校最喜欢排球的学生有54人．
20．如图，建在山腰点A处的一座“5G”发射塔AB与地面CM垂直，在地
面C处测得发射塔AB的底部A、顶端B的仰角分别为30°、60°，在地面D处测得发射塔AB的底部A的仰角为45°．
（1）若设AC＝k，则AD＝ k ；（用含k的代数式表示）
（2）若测得CD＝（18﹣18）米，求AB．
【分析】（1）延长BA交CD延长线于E，由含30°角的直角三角形的性质得AE＝AC＝k，再证△ADE是等腰直角三角形，得AD＝AE＝k即可；
（2）由（1）得AC＝2AE，CE＝AE，AE＝DE，则AE﹣AE＝＝（18﹣18）米，解得AE＝18（米），则AC＝2AE＝36（米），再证∠ABC＝∠ACB，即可求解．
【解答】解：（1）延长BA交CD延长线于E，如图所示：
则∠AED＝90°，
∵∠ACE＝30°，
∴AE＝AC＝k，
∵∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝AE＝k，
故答案为：k；
（2）由（1）得：AC＝2AE，CE＝AE，AE＝DE，
∵CE﹣DE＝CD，
∴AE﹣AE＝＝（18﹣18）米，
解得：AE＝18（米），
∴AC＝2AE＝36（米），
∵BEC＝90°，∠BCE＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∵∠ACB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC＝36（米）．
21．已知二次函数y1＝x2+bx﹣3的图象与直线y2＝x+1交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）．
（1）求y1的表达式和m的值；
（2）当y1＞y2时，求自变量x的取值范围；
（3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式．
【分析】（1）把点A、C两点代入两个函数表达式中即可求解；
（2）根据图象即可得到当y1＞y2时，自变量x的取值范围；
（3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，使y＝y1，根据判别式求出k从值即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）代入y1得b＝﹣2，
把C（4，m）代入y2得，m＝5．
所以y1＝x2﹣2x﹣3．
答：y1的表达式为y1＝x2﹣2x﹣3和m的值为5．
（2）如图：
根据图象可知：当y1＞y2时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
答：自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4．
（3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，
得：x2﹣2x﹣3＝x+k，
令△＝0，解得k＝﹣．
答：平移后的直线表达式为y＝x﹣．
22．甲、乙两人分别从公园长廊在同一直线上的A、B两地同时出发，相向匀速慢跑，甲以6m/s的速度慢跑到B地后，立即按原速返回，乙在第一次相遇后将速度提高到原来的1.5倍，之后匀速慢跑到A地，且乙到达A地后立即以提速后的速度返回，直到两人再次相遇时停止．甲、乙两人之间的路程y（m）与慢跑时间x（s）之间的函数图象如图所示．
（1）乙在两人第一次相遇前的速度为 4 m/s，乙到A地的时间为 120 s．
（2）求乙从A地返回B地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
（3）直接写出两次相遇时乙距出发地的路程．
【分析】（1）由图象可知，A、B两地的路程是1200m，120s后第一次相遇，设乙开始的速度是vm/s，列方程求解乙开始的速度，从而可得提速后的速度，根据时间、路程和速度的关系即可解答；
（2）由图象进一步分析，得出乙从A地返回B地的路段，利用待定系数法求出y与x之间的函数关系式，即可求解；
（3）根据（1）（2）得到的信息列式计算即可．
【解答】解：（1）由图象可知，A、B两地的路程是1200m，120s后第一次相遇，设乙开始的速度是vm/s，
则120（6+v）＝1200，解得：v＝4，
∴第一次相遇时乙距A地1200﹣4×120＝720（m），
第一次相遇后将速度提高为：4×1.5＝6（m/s），
∴乙到A地的时间为720÷6+120＝240（s），
故答案为：4，240；
（2）由图象，得
120s～200s时，乙向A地跑，甲向B地跑，
200s时，乙向A地跑，甲到达B地开始返回，
200s～240s时，甲、乙都向A地跑，两人速度都为6m/s，所以之间距离不变，
240s时，乙到达A地，开始以6m/s速度返回，
240s～320s时，甲、乙相向而行，两人速度都为6m/s，直到相遇，
∴乙从A地返回B地的路段是最后一段，设y＝kx+b，代入（240，960），（320，0），
，解得：，
∴y＝﹣12x+3840（240≤x≤320）；
（3）由（1）第一次相遇时乙距出发地B地：4×120＝480（m），
第二次相遇时乙距出发地B地：1200﹣6×（320﹣240）＝720（m）．
23．（1）如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F，G．则∠FEG＝ 30 °．
（2）类比探究：如图2，把上题中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，请求出∠FEG的度数；
通过以上两例探索，请写出一个关于∠FEG与∠BAC的数量关系的正确结论： ∠FEG＝∠CAB ．
（3）拓展延伸：如图3，若以正方形AODC的顶点O为原点，顶点A，D分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（4，0），设正方形AODC的中心为P，平面上一点F到P的距离为2．
①直接写出∠OFA的度数；
②当S△FAO＝6时，求点F的坐标；并探索S△FAO是否有最大值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由．
【分析】（1）由对称性质可得，AM是CE的垂直平分线，则CA＝EA＝BA，所以B、C、E在以A为圆心，CA为半径的圆上，利用同弧所对的圆心角和圆周角的关系即可解决；
（2）由对称性质可得，BA＝CA＝EA，所以B、C、E在以A为圆心，CA为半径的圆上，利用同弧所对的圆心角和圆周角的关系即可解决；
（3）通过A点坐标和正方形性质，可以计算得到P的坐标和对角线的长度，得到PA＝PO＝PC＝PD＝PF，所以F在以P为圆心，为半径的圆上，利用同弧所对的圆周角和圆心角关系，可以求得∠OFA＝45°，由PF＝和P点坐标，作横平竖直线构造直角三角形，利用勾股定理，求得F的坐标，利用F的轨迹，数形结合，当PF∥y轴时，△FAO面积最大．
【解答】解：（1）∵C、E关于AM对称，
∴AM是CE的垂直平分线，
∴AC＝AE，
又△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝BC，∠CAB＝60°，
∴AC＝AB＝AE，
∴B、C、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴∠FEG＝∠CAB＝30°；
（2）∵C，E关于AM对称，
∴AM是CE的垂直平分线，
∴AC＝AE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴AC＝AB＝AE，
∴B、C、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴∠FEG＝＝45°；
结论：；
（3）①如图1，连接PO，PA，PC，PC，
∵四边形ABCD为正方形，且A（4，0），P为正方形中心，
∴，，∠APO＝90°，
∴PF＝PO＝PA＝PC＝PD＝2，
∴O、A、F、C、D在以P为圆心，为半径的圆上，
∴∠OFA＝，
②设F（x，y），
∵S△FAO＝6，
即2|y|＝6，
∴y＝±3，
∵y＞0，
∴y＝3，
由题意可知P（2，2），点F在以P为圆心，为半径的圆上，
过点P作PB∥x轴，过点F作FB∥y轴，则∠PBF＝90°，
在Rt△PBF中，PB＝|x﹣2|，BF＝1，
∵PF2＝FB2+PB2，
∴，
∴，
∴F或（），
当FP∥y轴时，△FAO面积最大，
此时，F（2，2+），
．
24．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E．点P是劣弧上任一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长相交于点F．
（1）设∠CPF＝α，∠BDC＝β，求证：α＝β+90°；
（2）若OE＝BE，设tan∠AFC＝x，．
①求∠APC的度数；
②求y关于x的函数表达式及自变量x的取值范围．
【分析】（1）CD⊥AB，则∠APC+∠CDB＝90°，即：180°﹣α+β＝90°，即可求解；
（2）①证明△BOD为等边三角形，则∠CDB＝30°，即可求解；
②在△CBM中，CH+HB＝BC得：，得：，即可求解．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，∠APC+∠CDB＝90°，
即：180°﹣α+β＝90°，
∴α＝β+90°；
（2）如图1，连接OD，
①OE＝BE，OB⊥CD，设圆的半径为r，
∴∠BOD＝∠OBD＝∠ODB＝60°，
即：△BOD为等边三角形，
∴BC＝r，
∴∠CDB＝30°，
∴∠APC＝90°﹣30°＝60°；
②连接BC，过点M作MH⊥BC于点H，
则∠MCB＝∠FAB，∴∠CMH＝∠F，
在△CBM中，设BC＝r，∠CBA＝60°，
∴MH＝BMsin∠CBA＝MB，
BH＝MB，CH＝MHtan∠CMH＝MH•x，
CH+HB＝BC，即，
，而AM+BM＝2r，即：，
∴1x＝1+y，
即：y＝x，（0＜x）．
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