2022年江西中考数学终极押题密卷3

这是一份2022年江西中考数学终极押题密卷3，共33页。
2022年江西中考数学终极押题密卷3
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．（3分）（2019•威海）﹣3的相反数是（　　）
A．﹣3 B．3 C．13 D．−13
2．（3分）（2022•新都区模拟）2022年冬奥会在北京举行，以下历届冬奥会会徽是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2022•吉安一模）下列计算正确的是（　　）
A．a2+a3＝a5 B．a2•a3＝a6 C．（a2）3＝a6 D．a6÷a2＝a3
4．（3分）（2021•营口）如图，EF与AB，BC，CD分别交于点E，G，F，且∠1＝∠2＝30°，EF⊥AB，则下列结论错误的是（　　）

A．AB∥CD B．∠3＝60° C．FG=12FC D．GF⊥CD
5．（3分）（2022•瑞金市模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠C＝30°，CD＝6，则S阴影等于（　　）

A．12π B．π C．32π D．2π
6．（3分）（2022•乐安县一模）在数学活动课中，我们学习过平面镶嵌，若给出如图所示的一些边长均为1的正三角形、正六边形卡片，要求必须同时使用这两种卡片，不重叠、无缝隙地围绕某一个顶点拼在一起，形成一个平面图案，则可拼出的不同图案共有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．（3分）（2022•吉安一模）国家统计局公布了第七次全国人口普查的结果，我国现有人口141178万人．将141178万用科学记数法表示为 　 　．
8．（3分）（2021•长沙）若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为3，则k的值为 　 　．
9．（3分）（2022•瑞金市模拟）随着“一带一路”建设的不断发展，我国已与多个国家建立了经贸合作关系．去年中哈铁路（中国至哈萨克斯坦）运输量达8200000吨，将8200000用科学记数法表示为 　 　．
10．（3分）（2022•南昌模拟）已知m，n是一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两根，则代数式m2+n2的值等于 　 　．
11．（3分）（2021•嘉峪关）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一点，∠AED＝90°，∠EAD＝30°，F是AD边的中点，EF＝4cm，则BE＝　 　cm．

12．（3分）（2022•乐安县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝12，点D为BC的中点，点E为AB上一点，把△BDE沿DE翻折得到△FDE，若FE与△ABC的直角边垂直，则BE的长为 　 　．

三．解答题（共11小题，满分84分）
13．（6分）（2022•瑞金市模拟）（1）计算：（π﹣3）0+（13）﹣1−12+2sin60°；
（2）化简：（1x+2−1）÷x2−1x+2．
14．（6分）（2022•乐安县一模）解不等式组5x−2≤3xx−33＜x+12−1，并把不等式组的解集表示在数轴上．

15．（6分）（2022•吉安一模）北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．

（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 　 　；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
16．（6分）已知△ABC的顶点A、B、C在网格格点上，按要求在网格中画图．
（1）△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）画△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2．

17．（6分）（2022•瑞金市模拟）某校准备从八年级1班、2班的团员中选取两名同学作为运动会的志愿者，已知1班有4名团员（其中男生2人，女生2人）．2班有3名团员（其中男生1人，女生2人）．
（1）如果从这两个班的全体团员中随机选取一名同学作为志愿者的组长，则这名同学是男生的概率为 　 　；
（2）如果分别从1班、2班的团员中随机各选取一人，请用画树状图或列表的方法求这两名同学恰好是一名男生、一名女生的概率．
18．（8分）（2022•乐安县一模）某校要加强中小学生作业、睡眠、手机、读物、体质管理．数学社团成员采用随机抽样的方法，抽取了七年级若干名学生，对他们一周内平均每天的睡眠时间t（单位：h）进行了调查，将数据整理后得到下列不完整的统计图表和扇形统计图：
组别
睡眠时间分组
频数
A
t＜6
4
B
6≤t＜7
8
C
7≤t＜8
10
D
8≤t＜9
21
E
t≥9
m
请根据图表信息回答下列问题：
（1）本次被抽取的七年级学生共有 　 　名；
（2）统计图表中，m＝　 　；
（3）扇形统计图中，C组所在扇形的圆心角的度数是 　 　°；
（4）请估计该校800名七年级学生中睡眠不足7小时的人数．

19．（8分）（2022•吉安一模）如图（1）是一盏台灯，它可以灵活调节高度，图（2）、图（3）是它的抽象示意图，其中MN是桌面，底座OA始终垂直MN，点A，B，C处可转动，CD始终平行桌面MN．现测得OA＝1cm，AB＝36cm，BC＝32cm．
（1）如图（2），当AB与MN垂直，∠ABC＝150°时，求点D到桌面MN的距离．（结果精确到0.1）
（2）如图（3），将（1）中的AB绕点A逆时针旋转，使得∠OAB＝150°，当点D到桌面MN的距离为50cm时，求∠ABC的大小．（结果精确到0.1°）（参考数据：3≈1.73，sin55.9°≈0.83，cos55.9°≈0.56，sin34.1°≈0.56，cos34.1°≈0.83）

20．（8分）（2022•金华模拟）长嘴壶茶艺表演是一项深受群众喜爱的民俗文化，是我国茶文化的一部分，所用到的长嘴壶更是历史悠久，源远流长．图①是现今使用的某款长嘴壶放置在水平桌面上的照片，图②是其抽象示意图，l是水平桌面，测得壶身AD＝BC＝3AE＝24cm，AB＝30cm，CD＝22cm，且CD∥AB．壶嘴EF＝80cm，∠FED＝70°．
（1）求FE与水平桌面l的夹角；
（2）如图③，若长嘴壶中装有若干茶水，绕点A转动壶身，当恰好倒出茶水时，EF∥l，求此时点F下落的高度．（结果保留一位小数）．
参考数据：sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75．

21．（9分）（2018•成都）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；
（3）若BE＝8，sinB=513，求DG的长，

22．（9分）（2022•乐安县一模）定义：已知，一次函数y1＝mx+n（m≠0）和二次函数y2=ax2+bx+c(a≠0)．若y＝ky1﹣y2（k为实数）则y称y1和y2的“k函数”．
（1）若y1＝x﹣2，y1和y2的“2函数”为y＝3x2+2x﹣1，求y2的解析式．
（2）设一次函数y3＝2x+2和二次函数y4=x2−2x+3．
①求y3和y4的“k函数”解析式（用含k的代数式表示）．
②不论k取何值，y3和y4的“k函数”是否都过某定点，若是求出定点坐标；若否，请说明理由．
③不论k取何值，若二次函数y4=x2−2x+3上的点P关于x轴对称的点Q始终在y3和y4的“k函数”上，求点P坐标．
23．（12分）（2022•吉安一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为点A'，连接A'B，点P为直线BC上的动点（不与点B重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接A'D，BD．
[问题发现]
（1）如图①，当点P在线段BC上时，线段BP与A'D的数量关系为 　 　，∠DA'B＝　 　；
[拓展探究]
（2）如图②，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；
[问题解决]
（3）当∠BDA'＝45°时，求线段AP的长度．



2022年江西中考数学终极押题密卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．（3分）（2019•威海）﹣3的相反数是（　　）
A．﹣3 B．3 C．13 D．−13
【考点】相反数．
【分析】依据相反数的定义解答即可．
【解答】解：﹣3的相反数是3．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（3分）（2022•新都区模拟）2022年冬奥会在北京举行，以下历届冬奥会会徽是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项B能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是正确确定对称轴位置．
3．（3分）（2022•吉安一模）下列计算正确的是（　　）
A．a2+a3＝a5 B．a2•a3＝a6 C．（a2）3＝a6 D．a6÷a2＝a3
【考点】同底数幂的除法；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．
【分析】根据同底数幂的乘法法则，合并同类项法则，同底数幂的除法法则，幂的乘方法则对每个选项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：∵a2+a3≠a5，
∴选项A不符合题意；
∵a2•a3＝a2+3＝a5≠a6，
∴选项B不符合题意；
∵（a2）3＝a2×3＝a6，
∴选项C符合题意；
∵a6÷a2＝a6﹣2＝a4≠a3，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法，合并同类项，同底数幂的除法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握同底数幂的乘法法则，合并同类项法则，同底数幂的除法法则，幂的乘方与积的乘方法则是解决问题的关键．
4．（3分）（2021•营口）如图，EF与AB，BC，CD分别交于点E，G，F，且∠1＝∠2＝30°，EF⊥AB，则下列结论错误的是（　　）

A．AB∥CD B．∠3＝60° C．FG=12FC D．GF⊥CD
【考点】对顶角、邻补角；平行线的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【分析】先根据平行线的判定可得AB∥CD，根据直角三角形的性质可得∠3，根据含30°的直角三角形的性质可得FG=12GC，再由平行线的性质得到GF⊥CD，即可得出结论．
【解答】解：∵∠1＝∠2＝30°，
∴AB∥CD，故A不符合题意；
∵EF⊥AB，
∴∠BEG＝90°，
∴∠3＝90°﹣30°＝60°，故B不符合题意；
∵∠2＝30°，
∴FG=12GC，故C符合题意；
∵AB∥CD，EF⊥AB，
∴GF⊥CD，故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是垂线，平行线的判定，用到的知识点为：内错角相等，两直线平行．
5．（3分）（2022•瑞金市模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∠C＝30°，CD＝6，则S阴影等于（　　）

A．12π B．π C．32π D．2π
【考点】扇形面积的计算；垂径定理；圆周角定理．
【专题】几何图形．
【分析】根据垂径定理求得CE＝ED；然后由圆周角定理知∠AOD＝60°，然后通过解直角三角形求得线段AE、OE的长度；最后将相关线段的长度代入S阴影＝S扇形OAD﹣S△OED+S△ACE．
【解答】解：∵CD⊥AB，CD＝6，
∴CE＝DE=12CD＝3，
在Rt△ACE中，∠C＝30°，
则AE＝CEtan30°=3，
在Rt△OED中，∠DOE＝2∠C＝60°，
则OD=EDsin60°=23，
∴OE＝OA﹣AE＝OD﹣AE=3，
S阴影＝S扇形OAD﹣S△OED+S△ACE=60π×(23)2360−12×3×3+12×3×3=2π．
故选：D．
【点评】本题考查了垂径定理、扇形面积的计算．求得阴影部分的面积时，采用了“分割法”，关键是求出相关线段的长度．
6．（3分）（2022•乐安县一模）在数学活动课中，我们学习过平面镶嵌，若给出如图所示的一些边长均为1的正三角形、正六边形卡片，要求必须同时使用这两种卡片，不重叠、无缝隙地围绕某一个顶点拼在一起，形成一个平面图案，则可拼出的不同图案共有（　　）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【考点】平面镶嵌（密铺）．
【专题】图形的相似；应用意识．
【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．
【解答】解：∵正三角形的内角为60°，正六边形的内角为120°，
∴围绕某一个顶点拼在一起，成一个平面图案，则共拼出①2×120°+2×60°②120°+60°+120°+60°，③120°+4×60°，共3种不同的图案；
故选：B．
【点评】本题考查了平面镶嵌（密铺），解决此类题，可以记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．（3分）（2022•吉安一模）国家统计局公布了第七次全国人口普查的结果，我国现有人口141178万人．将141178万用科学记数法表示为 　1.41178×109　．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【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；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．据此解答即可．
【解答】解：141178万＝1411780000＝1.41178×109，
故答案为：1.41178×109．
【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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
8．（3分）（2021•长沙）若关于x的方程x2﹣kx﹣12＝0的一个根为3，则k的值为 　﹣1　．
【考点】一元二次方程的解．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】把x＝3代入方程得出9﹣3k﹣12＝0，求出方程的解即可．
【解答】解：把x＝3代入方程x2﹣kx﹣12＝0得：9﹣3k﹣12＝0，
解得：k＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解和解一元一次方程，能理解方程的解的定义是解此题的关键．
9．（3分）（2022•瑞金市模拟）随着“一带一路”建设的不断发展，我国已与多个国家建立了经贸合作关系．去年中哈铁路（中国至哈萨克斯坦）运输量达8200000吨，将8200000用科学记数法表示为 　8.2×106　．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】常规题型．
【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：将8200000用科学记数法表示为8.2×106．
故答案为：8.2×106．
【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．
10．（3分）（2022•南昌模拟）已知m，n是一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两根，则代数式m2+n2的值等于 　20　．
【考点】根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，求出m+n和mn的值，m2+n2整理得：（m+n）2﹣2mn，代入计算即可．
【解答】解：根据题意得：m+n＝﹣4，mn＝﹣2，
所以m2+n2＝（m+n）2﹣2mn＝（﹣4）2﹣2×（﹣2）＝16+4＝20．
故答案为：20．
【点评】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
11．（3分）（2021•嘉峪关）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一点，∠AED＝90°，∠EAD＝30°，F是AD边的中点，EF＝4cm，则BE＝　6　cm．

【考点】矩形的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线．
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求出AD长，再根据矩形的性质得出AD∥BC，∠B＝90°，然后解直角三角形ABE即可．
【解答】解：∵∠AED＝90°，F是AD边的中点，EF＝4cm，
∴AD＝2EF＝8cm，
∵∠EAD＝30°，
∴AE＝AD•cos30°＝8×32=43cm，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠BEA＝∠EAD＝30°，
在Rt△ABE中，
BE＝AE•cos∠BEA＝43×cos30°＝43×32=6（cm），
故答案为：6．
【点评】本题考查了矩形的性质直角三角形斜边上的中线以及解直角三角形，关键是利用直角三角形斜边上的中线求出AD的长．
12．（3分）（2022•乐安县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝12，点D为BC的中点，点E为AB上一点，把△BDE沿DE翻折得到△FDE，若FE与△ABC的直角边垂直，则BE的长为 　63或23或6　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；含30度角的直角三角形．
【专题】数形结合；分类讨论；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【分析】分三种情况：①当EF⊥BC，且F在BC下方时，由BC＝12，D是BC中点，△BDE沿DE翻折得到△FDE，可得DF＝BD＝6，∠F＝∠B＝30°，从而BG＝DG+BD＝9，在Rt△BEG中，BE=932=63；②当EF⊥BC，且F在BC上方时，由△BDE沿DE翻折得到△FDE，得DF＝BD＝6，∠F＝∠B＝30°，BH＝BD﹣DH＝3，在Rt△BEH中，∠B＝30°，可得BE=332=23；③当EF⊥AC时，由EF∥BC，得∠FED＝∠EDB，根据△BDE沿DE翻折得到△FDE，有∠EDB＝∠EDF，BE＝EF，BD＝DF，故∠FED＝∠EDF，EF＝DF，从而BE＝EF＝DF＝BD＝6．
【解答】解：①当EF⊥BC，且F在BC下方时，如图：

∵BC＝12，D是BC中点，
∴BD＝6，
∵△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴DF＝BD＝6，∠F＝∠B＝30°，
在Rt△DFG中，DG=12DF＝3，
∴BG＝DG+BD＝9，
在Rt△BEG中，∠B＝30°，
∴BE=932=63；
②当EF⊥BC，且F在BC上方时，如图：

∵△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴DF＝BD＝6，∠F＝∠B＝30°，
在Rt△DFH中，DH=12DF＝3，
∴BH＝BD﹣DH＝3，
在Rt△BEH中，∠B＝30°，
∴BE=332=23；
③当EF⊥AC时，如图：

∵∠C＝90°，
∴EF∥BC，
∴∠FED＝∠EDB，
∵△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠EDB＝∠EDF，BE＝EF，BD＝DF，
∴∠FED＝∠EDF，
∴EF＝DF，
∴BE＝EF＝DF＝BD＝6，
综上所述，BE的长为：63或23或6，
故答案为：63或23或6．
【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，解题的关键是分类画出图形，熟练运用含30°角的直角三角形三边的关系．
三．解答题（共11小题，满分84分）
13．（6分）（2022•瑞金市模拟）（1）计算：（π﹣3）0+（13）﹣1−12+2sin60°；
（2）化简：（1x+2−1）÷x2−1x+2．
【考点】分式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算．
【专题】整式；分式；运算能力．
【分析】（1）先根据零指数幂、负整数指数幂和特殊角的三角函数值计算，然后化简后合并即可；
（2）先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，然后约分即可．
【解答】解：（1）原式＝1+3﹣23+2×32
＝1+3﹣23+3
＝4−3；
（2）原式=1−(x+2)x+2•x+2(x+1)(x−1)
=−(x+1)x+2•x+2(x+1)(x−1)
=−1x−1．
【点评】本题考查了分式的混合运算：分式的混合运算，一般按常规运算顺序，但有时应先根据题目的特点，运用乘法的运算律进行灵活运算．
14．（6分）（2022•乐安县一模）解不等式组5x−2≤3xx−33＜x+12−1，并把不等式组的解集表示在数轴上．

【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由5x﹣2≤3x，得：x≤1，
由x−33＜x+12−1，得：x＞﹣3，
则不等式组的解集为﹣3＜x≤1，
将不等式组的解集表示在数轴上如下：

【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
15．（6分）（2022•吉安一模）北京将于2022年举办冬奥会和冬残奥会，中国将成为一个举办过五次各类奥林匹克运动会的国家．小亮是个集邮爱好者，他收集了如图所示的三张纪念邮票（除正面内容不同外，其余均相同），现将三张邮票背面朝上，洗匀放好．

（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是 　13　；
（2）小亮从中随机抽取一张邮票（不放回），再从余下的邮票中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率．（这三张邮票依次分别用字母A，B，C表示）
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）小亮从中随机抽取一张邮票是“冬奥会会徽”的概率是13，
故答案为：13；
（2）画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的结果有2种，
∴抽到的两张邮票恰好是“冬奥会会徽”和“冬奥会吉祥物冰墩墩”的概率为26=13．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（6分）已知△ABC的顶点A、B、C在网格格点上，按要求在网格中画图．
（1）△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）画△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2．

【考点】作图﹣旋转变换．
【专题】作图题．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示；

【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．（6分）（2022•瑞金市模拟）某校准备从八年级1班、2班的团员中选取两名同学作为运动会的志愿者，已知1班有4名团员（其中男生2人，女生2人）．2班有3名团员（其中男生1人，女生2人）．
（1）如果从这两个班的全体团员中随机选取一名同学作为志愿者的组长，则这名同学是男生的概率为 　37　；
（2）如果分别从1班、2班的团员中随机各选取一人，请用画树状图或列表的方法求这两名同学恰好是一名男生、一名女生的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【分析】（1）一共有7名团员，其中男生有3人，可求出抽取一人为男生的概率；
（2）用列表法列举出从1班、2班各取一名团员所有可能出现的结果情况，进而求出相应的概率即可．
【解答】解：（1）1班、2班共有4+3＝7名团员，其中男生有2+1＝3人，
因此从这两个班的全体团员中随机选取一名同学作为志愿者的组长，则这名同学是男生的概率为37，
故答案为：37；
（2）用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

共有12种能可能出现的结果数，其中一男一女的有6种，
所以这两名同学恰好是一名男生、一名女生的概率为612=12．
【点评】本题考查列表法或树状图法求随机事件的概率，列举出所有可能出现的结果情况是解决问题的关键．
18．（8分）（2022•乐安县一模）某校要加强中小学生作业、睡眠、手机、读物、体质管理．数学社团成员采用随机抽样的方法，抽取了七年级若干名学生，对他们一周内平均每天的睡眠时间t（单位：h）进行了调查，将数据整理后得到下列不完整的统计图表和扇形统计图：
组别
睡眠时间分组
频数
A
t＜6
4
B
6≤t＜7
8
C
7≤t＜8
10
D
8≤t＜9
21
E
t≥9
m
请根据图表信息回答下列问题：
（1）本次被抽取的七年级学生共有 　50　名；
（2）统计图表中，m＝　7　；
（3）扇形统计图中，C组所在扇形的圆心角的度数是 　72　°；
（4）请估计该校800名七年级学生中睡眠不足7小时的人数．

【考点】扇形统计图；调查收集数据的过程与方法；用样本估计总体；频数（率）分布表．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【分析】（1）根据B组人数和所占的百分比，可以求得本次调查的人数；
（2）根据频数分布表中的数据，即可计算出m的值；
（3）根据C组的频率可计算出扇形统计图中C组所在扇形的圆心角的大小；
（4）根据每天睡眠时长低于7小时的人数所占比例可以计算出该校学生每天睡眠时长低于7小时的人数
【解答】解：（1）本次调查的同学共有：8÷0.16＝50（人），
故答案为：50；
（2）m＝50×14%＝7，
故答案为：7；
（3）扇形统计图中C组所在扇形的圆心角的大小是：360°×1050=72°，
故答案为：72；
（4）800×4+850=192（人），
答：估计该校800名七年级学生中睡眠不足7小时的人数有192人．
【点评】本题考查扇形统计图、频数分布表、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19．（8分）（2022•吉安一模）如图（1）是一盏台灯，它可以灵活调节高度，图（2）、图（3）是它的抽象示意图，其中MN是桌面，底座OA始终垂直MN，点A，B，C处可转动，CD始终平行桌面MN．现测得OA＝1cm，AB＝36cm，BC＝32cm．
（1）如图（2），当AB与MN垂直，∠ABC＝150°时，求点D到桌面MN的距离．（结果精确到0.1）
（2）如图（3），将（1）中的AB绕点A逆时针旋转，使得∠OAB＝150°，当点D到桌面MN的距离为50cm时，求∠ABC的大小．（结果精确到0.1°）（参考数据：3≈1.73，sin55.9°≈0.83，cos55.9°≈0.56，sin34.1°≈0.56，cos34.1°≈0.83）

【考点】解直角三角形的应用．
【专题】构造法；解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】（1）利用辅助线构造矩形OBFE，从而得到∠CBF和CF，即可求解；
（2）利用辅助线构造Rt△ABG和Rt△CBI，利用Rt△ABG得到∠ABG，再利用Rt△CBI得出∠CBI，即可求解．
【解答】解：（1）如图，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥CE于点F，

∵OA⊥MN，AB⊥MN，
∴点O，A，B三点共线，四边形OBFE为矩形，
∴EF＝OB＝36+1＝37，∠ABF＝90°，
∵∠ABC＝150°，
∴∠CBF＝60°，
在Rt△CBF中，BC＝32，
∴CF＝BC•sin60°＝163≈27.68，
∴CE＝CF+EF＝27.68+37≈64.7，
∵CD∥MN，
∴点D到桌面MN的距离约为64.7cm；
（2）如图，过点B作BH⊥MN于点H，过点C作CI⊥BH，垂足为I，过点A作AG⊥BH于点G，则

四边形OAGH为矩形，C，D，I三点共线，
∴GH＝OA＝1，∠OAG＝90°，
∵∠OAB＝150°，
∴∠BAG＝60°，∠ABG＝30°，
∴BG＝AB•sin60°＝183≈31.14，
∵点D到桌面MN的距离为50，ID∥MN，
∴IH＝50，
∴BI＝50﹣1﹣31.17＝17.86，
在Rt△BCI中，cos∠CBI=BIBC=17.8632≈0.56，
∴∠CBI≈55.9°，
∴∠ABC＝180°﹣30°﹣55.9°＝94.1°．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是利用辅助线构造直角三角形．
20．（8分）（2022•金华模拟）长嘴壶茶艺表演是一项深受群众喜爱的民俗文化，是我国茶文化的一部分，所用到的长嘴壶更是历史悠久，源远流长．图①是现今使用的某款长嘴壶放置在水平桌面上的照片，图②是其抽象示意图，l是水平桌面，测得壶身AD＝BC＝3AE＝24cm，AB＝30cm，CD＝22cm，且CD∥AB．壶嘴EF＝80cm，∠FED＝70°．
（1）求FE与水平桌面l的夹角；
（2）如图③，若长嘴壶中装有若干茶水，绕点A转动壶身，当恰好倒出茶水时，EF∥l，求此时点F下落的高度．（结果保留一位小数）．
参考数据：sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75．

【考点】解直角三角形的应用；平行线的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】（1）延长FE交l于点O，分别过点D作DM⊥l，垂足为M，过点C作CN⊥l，垂足为N，可得四边形DMNC是平行四边形，从而可得MN＝CD，进而可求出AM的长度，然后在Rt△ADM中，利用锐角三角函数的定义求出∠DAO，最后利用三角形内角和定理进行计算即可解答；
（2）利用图②，过点F作FH⊥l，垂足为H，过点E作EG⊥l，垂足为G，过点E作EP⊥FH，垂足为P，可得四边形PHGE是矩形，从而可得EP∥GH，PH＝EG，进而可得∠FEP＝∠AOE＝30°，然后在Rt△FPE中求出FP，再在Rt△AEG中，求出EG，即可求出FH，利用图③，过点E作EQ⊥l，垂足为Q，在Rt△EQA中，求出EQ，最后利用FH减去EQ进行计算即可解答．
【解答】解：（1）延长FE交l于点O，分别过点D作DM⊥l，垂足为M，过点C作CN⊥l，
垂足为N，

∴∠AEO＝∠FED＝70°，
∠AMD＝∠BNC＝90°，DM∥CN，
∵CD∥AB，
∴四边形DMNC是平行四边形，
∴DM＝CN，MN＝DC＝22（cm），
∵AD＝BC，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴AM＝BN=AB−MN2=30−222=4（cm），
在Rt△ADM中，cos∠DAM=AMAD=424≈0.17，
∴∠DAM＝80°，
∴∠AOE＝180°﹣∠AEO﹣∠DAM＝30°，
∴FE与水平桌面l的夹角为30°；
（2）过点F作FH⊥l，垂足为H，过点E作EG⊥l，垂足为G，过点E作EP⊥FH，垂足为P，

∴∠EGH＝∠FHG＝∠EPH＝90，
∴四边形PHGE是矩形，
∴EP∥GH，PH＝EG
∴∠FEP＝∠AOE＝30°，
在Rt△FPE中，EF＝80cm，
∴FP=12EF＝40（cm），
∵AD＝3AE，
∴AE＝8（cm），
在Rt△AEG中，∠DAO＝80°，
∴EG＝AEsin80°≈8×0.98＝7.84cm，
∴PH＝EG＝7.84（cm），
∴FH＝FP+PH＝47.84（cm），
过点E作EQ⊥l，垂足为Q，

∵EF∥l，
∴∠FED＝∠QAE＝70°，
在Rt△EQA中，AE＝8cm，
∴EQ＝AEsin70°≈8×0.94＝7.52（cm），
∴FH﹣EQ＝47.84﹣7.52＝40.32≈40.3（cm），
∴点F下落的高度约为40.3cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21．（9分）（2018•成都）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；
（3）若BE＝8，sinB=513，求DG的长，

【考点】圆的综合题．
【专题】综合题；圆的有关概念及性质．
【分析】（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF＝sinB，进而求出DG的长即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
（2）解：连接DF，由（1）知BC为圆O的切线，
∴∠FDC＝∠DAF，
∴∠CDA＝∠CFD，
∴∠AFD＝∠ADB，
∵∠BAD＝∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴ABAD=ADAF，即AD2＝AB•AF＝xy，
则AD=xy；
（3）解：连接EF，在Rt△BOD中，sinB=ODOB=513，
设圆的半径为r，可得rr+8=513，
解得：r＝5，
∴AE＝10，AB＝18，
∵AE是直径，
∴∠AFE＝∠C＝90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF＝∠B，
∴sin∠AEF=AFAE=513，
∴AF＝AE•sin∠AEF＝10×513=5013，
∵AF∥OD，
∴AGDG=AFOD=50135=1013，即DG=1323AD，
∴AD=AB⋅AF=18×5013=301313，
则DG=1323×301313=301323．

【点评】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
22．（9分）（2022•乐安县一模）定义：已知，一次函数y1＝mx+n（m≠0）和二次函数y2=ax2+bx+c(a≠0)．若y＝ky1﹣y2（k为实数）则y称y1和y2的“k函数”．
（1）若y1＝x﹣2，y1和y2的“2函数”为y＝3x2+2x﹣1，求y2的解析式．
（2）设一次函数y3＝2x+2和二次函数y4=x2−2x+3．
①求y3和y4的“k函数”解析式（用含k的代数式表示）．
②不论k取何值，y3和y4的“k函数”是否都过某定点，若是求出定点坐标；若否，请说明理由．
③不论k取何值，若二次函数y4=x2−2x+3上的点P关于x轴对称的点Q始终在y3和y4的“k函数”上，求点P坐标．
【考点】二次函数图象与几何变换；一次函数的性质；一次函数图象与几何变换；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据题意得到2（x﹣2）﹣y2＝3x2+2x﹣1，整理得到y2＝﹣3x2﹣3；
（2）①直接利用y＝ky1﹣y2（k为实数）得到即可；
②函数y＝﹣x2+（2k+2）x+2k﹣3化为y＝﹣x2+2k（x+1）+2（x+1）﹣5，即可得到结论；
③由②可知y3和y4的“k函数”都过定点（﹣1，﹣6），而点（﹣1，﹣6）关于x轴的对称点在y4=x2−2x+3上，从而求得P为（1，﹣6）．
【解答】解：（1）∵y1＝x﹣2，y1和y2的“2函数”为y＝3x2+2x﹣1，
∴y＝ky1﹣y2＝2（x﹣2）﹣y2＝3x2+2x﹣1，
∴2x﹣4﹣y2＝3x2+2x﹣1，
∴y2＝﹣3x2﹣3；
（2）①∵y3和y4的“k函数”，
∴y＝ky3﹣y4＝k（2x+2）﹣（x2﹣2x+3）＝﹣x2+（2k+2）x+2k﹣3；
②∵y＝﹣x2+（2k+2）x+2k﹣3＝﹣x2+2k（x+1）+2（x+1）﹣5，
∴当x＝﹣1时，y＝﹣6，
∴不论k取何值，y3和y4的“k函数”都过定点（﹣1，﹣6）；
③∵点（﹣1，﹣6）关于x轴对称的对称点为（﹣1，6），
把x＝﹣1代入y4=x2−2x+3得y＝1+2+3＝6，
∴函数y4=x2−2x+3过点（﹣1，6），
∵不论k取何值，二次函数y4=x2−2x+3上的点P关于x轴对称的点Q始终在y3和y4的“k函数”上，
∴Q点为（﹣1，﹣6），P点为（﹣1，6）．
【点评】本题主要考查了新定义，二次函数的性质，一次函数的性质，二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，关键是根据新定义，求出新的函数．
23．（12分）（2022•吉安一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为点A'，连接A'B，点P为直线BC上的动点（不与点B重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接A'D，BD．
[问题发现]
（1）如图①，当点P在线段BC上时，线段BP与A'D的数量关系为 　相等　，∠DA'B＝　90°　；
[拓展探究]
（2）如图②，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；
[问题解决]
（3）当∠BDA'＝45°时，求线段AP的长度．


【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】（1）首先推知AP＝PB，PC=12AP，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图②，连接AD，根据等边三角形的性质得到AB＝AA′，由旋转的性质得到AP＝DP，∠APD＝60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA＝PD＝AD，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）分两种情况讨论，由（2）知，∠BA′D＝90°，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得A'D＝A'B＝AB＝BP＝4，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，则∠ABC＝∠A′BC＝30°，AB＝A′B．
∴∠ABA′＝60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∴∠AA′B＝60°．
∵∠APD＝60°，
∴∠BAP＝∠ABP＝∠PAC＝30°，
∴AP＝PB，PC=12AP，
∵AP＝PD，
∴PC=12PD，
∴PC＝CD，
又∵AC＝A′C，∠ACP＝∠A′CD，
∴△APC≌△A′DC（SAS），
∴DA′＝AP，∠CA′D＝∠PAC＝30°，
∴PB＝DA′，∠BA′D＝60°+30°＝90°，
故答案为：相等；90°；
（2）成立，证明如下：
如图②，连接AD，

∵△AA′B是等边三角形，
∴AB＝AA′，
由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PA＝PD＝AD，
∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠A′AD＝∠PAD+∠CAP，∠BAC＝∠PAD，
∴∠BAP＝∠A′AD，
在△BAP与△A′AD中，
AB=AA′∠BAP=∠A′ADAP=AD，
∴△BAP≌△A′AD（SAS），
∴BP＝A′D，∠AA′D＝∠ABC＝30°，
∵∠BA′A＝60°，
∴∠DA′B＝∠BA′A+∠AA′D＝90°；
（3）当点P在线段BC的延长线上时，如图②，连接AD，

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，
∴AB＝4，BC＝23，
∵∠A'DB＝45°，∠BA'D＝90°，
∴∠A'DB＝∠A'BD＝45°，
∴A'B＝A'D，
∵BP＝A′D，∠AA′D＝∠ABC＝30°，
∴A'D＝BP＝AB＝4，
∴CP＝BP﹣BC＝4﹣23，
∵AP2＝AC2+CP2＝4+（4﹣23）2，
∴AP＝26−22；
若点P在线段CB的延长线上，如图③，连接AD，

∵∠A'DB＝45°，∠BA'D＝90°，
∴∠A'DB＝∠A'BD＝45°，
∴A'B＝A'D，
∴AB＝A'B＝A'D＝4＝BP，
∴PC＝23+4，
∵AP2＝AC2+CP2＝4+（4+23）2，
∴AP＝26+22；
综上所述：AP＝26+22或26−22．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等知识，正确作出图形是解题的关键