2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区侨谊中学九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区侨谊中学九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共30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。

1.16的平方根是( )
A. ±8B. ±4C. 4D. −4
2.某种芯片每个探针单元的面积为0.00000164cm2，0.00000164用科学记数法可表示为( )
A. 1.64×10−5B. 1.64×10−6C. 16.4×10−7D. 0.164×10−5
3.抛物线y=2x2−4x+7的顶点坐标是( )
A. (−1,13)B. (−1,5)C. (1,9)D. (1,5)
4.下列运算正确的是( )
A. (−7)2=−7B. 6÷23=9C. 2a+2b=2abD. 2a⋅3b=5ab
5.如图是由5个相同的正方体搭成的立体图形，则它的主视图为( )
A.
B.
C.
D.
6.某厂今年内3月的产值为50万元，5月上升到72万元，这两个月平均每月增长的百分率是多少？若设这两个月平均每月增长的百分率为x，则可得方程( )
A. 50(1+x)=72B. 50(1+x)+50(1+x)2=72
C. 50(1+x)×2=72D. 50(1+x)2=72
7.若关于x的不等式组2x+3>12x−a⩽0恰有3个整数解，则实数a的取值范围是( )
A. 78.如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC沿着AC所在的直线折叠得到△AB′C，B′C交AD于点E，连接B′D，若∠B=60°，∠ACB=45°，AC= 6，则B′D的长是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 62
9.如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与⊙O切于点E、F，点M、N分别在线段DE、DF上，且MN与⊙O相切.若△MBN的面积为6，则⊙O的半径为( )
A. 2 3
B. 10
C. 2 2
D. 6
10.如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数y=6 2x(x>0)的图象上，BE⊥x轴于点E.若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为9 2时，点F的坐标为( )
A. (3 32,0)B. (4 33,0)C. (2 3,0)D. ( 3,0)
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.因式分解：x2−2x+1= ．
12.使 x−13在实数范围内有意义的x的取值范围是______．
13.正五边形每个内角的度数为______．
14.若一个角的余角是67°41′，则这个角的大小为______．
15.圆锥的母线长为2cm，底面圆的半径长为1cm，则该圆锥的侧面积为______cm2．
16.如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连接AC，AD.若∠BAC=28°，则∠D= °.
17.如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC延长线于点D，过点C作CE/​/AB，交BD于点E，连接BE，则CEBE的值为______．
18.如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=3 2.Rt△BEF中，∠BEF=90°，EF过点D，BE，BF分别交AD，CD于点G，M，连接OE，OM，EM.若BG=DF，tan∠ABG=13，则△OEM的周长为 ．
三、解答题：本题共10小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
(1)计算：|−3|+22−( 3−1)0；
(2)化简：(2x−1)2+(x+6)(x−2)．
20.(本小题8分)
(1)解方程：xx+1+3x=1；
(2)解不等式组2x−1>x+14x−1≥x+8．
21.(本小题10分)
某校准备举行心理健康知识竞赛，先以班级为单位进行预赛，每班再选取前2名进入决赛，某班共有50名学生，根据预赛成绩绘制成下列图表，请根据图表提供的信息，解答下列问题．
预赛成绩频数分布表

(1)a= ______，b= ______；
(2)请把预赛成绩频数分布直方图补充完整；
(3)若学校有500名学生，在预赛中考满90分的大概有多少名学生？
(4)在这次预赛中，某班有3位同学甲、乙、丙获得满分，现通过随机抽选的方式决定参加决赛的人选，请问甲、乙同时参加决赛的概率是多少？(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
22.(本小题8分)
如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°.得到△ADE，连接BD，CE交于点F．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)求证：四边形ABFE是菱形．
23.(本小题10分)
定义：sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ，
cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ，
sin(α−β)=sinαcsβ−csαsinβ，
cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ；
例如：cs30°=cs(60°−30°)=cs60°cs30°+sin60°sin30°
=12× 32+ 32×12= 32
(1)cs15°= ______，sin90°= ______，sin2x= ______；
(2)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AB=c，AC=b；求证：tanA=sinAcsA；
(3)利用(2)中的结论证明：tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ(1−tanαtanβ≠0,csαcsβ≠0)．
24.(本小题10分)
【问题提出】如何用圆规和无刻度的直尺作一条直线或圆弧平分已知扇形的面积？
【初步尝试】如图1，已知扇形OAB，请你用圆规和无刻度的直尺过圆心O作一条直线，使扇形的面积被这条直线平分；
【问题联想】如图2，已知线段MN，请你用圆规和无刻度的直尺，在MN的上方作一个以MN为斜边的等腰直角三角形MNP；
【问题再解】如图3，已知扇形OAB，请你用圆规和无刻度的直尺作一条以点O为圆心的圆弧，使扇形的面积被这条圆弧平分．
(友情提醒：以上作图均不写作法，但需保留作图痕迹)
25.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E.F是AB延长线上的一点，且CF=EF．
(1)求证：CF为⊙O的切线；
(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG.若CF=4，BF=2，求AG的长．
26.(本小题10分)
某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况如表所示：
(1)求甲、乙两种水果的进价；
(2)销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值．
27.(本小题10分)
(1)如图1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE/​/AC，交BC于点E．
①若DE=1，BD=32，求BC的长；
②试探究ABAD−BEDE是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
(2)如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE/​/AC，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3.若S1⋅S3=916S22，求cs∠CBD的值．
28.(本小题12分)
如图，二次函数y=ax2+bx+8的图象与坐标轴分别交于点A、B、C，csB= 55，AO：BO=1：2．
(1)求二次函数表达式；
(2)在第二象限内，线段AC上有一点D，作PD平行于x轴，交二次函数图象于点P、H(点P在y轴左侧)，作点Q与点P关于y轴对称．
①证明：四边形AQHO为平行四边形；
②若△ACQ是以AC为斜边的直角三角形，求点P的横坐标；
③直角坐标系内存在点E(x,y)，使得四边形CQEH为平行四边形，请直接写出y与x的函数表达式，并求当线段PD的长度最大时，点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵42=16，(−4)2=16，
∴16的平方根是±4，
故选：B．
一个数x的平方等于a，则这个数x即为a的平方根，据此即可得出答案．
本题考查平方根的定义，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2.【答案】B
【解析】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为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．
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：0.00000164=1.64×10−6．
故选：B．
3.【答案】D
【解析】解：(1)解法1：利用公式法
y=ax2+bx+c的顶点坐标公式为(−b2a,4ac−b24a)，代入数值求得顶点坐标为(1,5)；
(2)解法2：利用配方法
y=2x2−4x+7=2(x−1)2+5，故顶点的坐标是(1,5)．
故选：D．
利用公式法或利用配方法可求出y=2x2−4x+7=2(x−1)2+5的顶点的坐标．
考查求抛物线的顶点坐标的方法．
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了二次根式的性质以及有理数的除法运算、合并同类项、单项式乘单项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．
直接利用二次根式的性质以及有理数的除法运算法则、合并同类项、单项式乘单项式，分别计算判断即可．
【解答】
解：A． (−7)2=7，故此选项不合题意；
B.6÷23=9，故此选项符合题意；
C.2a与2b，无法合并，故此选项不合题意；
D.2a⋅3b=6ab，故此选项不合题意；
故选：B．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查简单组合体的主视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是正确判断的前提．
根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形进行判断即可．
【解答】
解：从正面看该组合体，所看到的图形与选项A中的图形相同，
故选：A．
6.【答案】D
【解析】解：4月份产值为：50(1+x)
5月份产值为：50(1+x)(1+x)=50(1+x)2=72
故本题选D．
主要考查增长率问题，一般增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，本题可先求出4月份产值，再根据4月份的产值列出5月份产值的式子，令其等于72即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的运用，解此类题目时常常要先解出前一个月份的产值，再列出所求月份的产值的方程，令其等于已知的条件即可．
7.【答案】C
【解析】解：2x+3>12①x−a⩽0②,
解不等式①，得：x>4.5，
解不等式②，得：x⩽a，
所以不等式组的解集是：4.5∵关于x的不等式组2x+3>12x−a⩽0恰有3个整数解(整数解是5，6，7)，
∴7⩽a<8，
故选：C．
先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，求出不等式组的3个整数解是5，6，7，再求出a的取值范围即可．
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能根据不等式组的解集和不等式组的整数解得出a的范围是解此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB/​/CD，∠ADC=60°，
∴∠CAE=∠ACB=45°，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴∠ACB′=∠ACB=45°，∠AB′C=∠B=60°，
∴∠AEC=180°−∠CAE−∠ACB′=90°，
∴AE=CE= 22AC= 3，
∵∠AEC=90°，∠AB′C=60°，∠ADC=60°，
∴∠B′AD=30°，∠DCE=30°，
∴B′E=DE=1，
∴B′D= B′E2+DE2= 2．
故选：B．
首先根据平行四边形的性质得AD//BC，AB/​/CD，可证出∠CAE=45°，∠ADC=60°，根据翻折可得∠ACB′=∠ACB=45°，∠AB′C=∠B=60°，进而可得∠AEC=90°，从而可得AE=CE= 3，再根据含30°角的直角三角形的性质求出B′E=DE=1，根据勾股定理即可得B′D的长．
此题主要考查了平行四边形的性质，翻折的性质，勾股定理的应用，关键是熟练掌握平行四边形的性质．
9.【答案】D
【解析】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a，
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，
在Rt△DMN中，
∵MN=x+y，DN=a−y，DM=a−x，
∴(x+y)2=(a−y)2+(a−x)2，
∴ax+ay+xy=a2，
∵S△BMN=S正方形ABCD−S△ABM−S△DMN−S△BCN=6，
∴4a2−12×2a×(a+x)−12(a−x)(a−y)−12×2a×(a+y)=6，
∴32a2−12(ax+ay+xy)=6，
∴a2=6，
∴a= 6，
∴AB=2a=2 6，
∴⊙O的半径为 6，
故选：D．
设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a−y，DM=a−x，看到(x+y)2=(a−y)2+(a−x)2，推出ax+ay+xy=a2，根据S△BMN=S正方形ABCD−S△ABM−S△DMN−S△BCN=6，构建方程求出a即可解决问题．
本题考查正方形的性质、勾股定理切线长定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10.【答案】A
【解析】解：如图，作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，
设点B(b,6 2b)，D(a,6 2a)，
由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，
∴∠OBC=∠BOD，BC=OD，
∴OI=BI，
∴DI=CI，
∴DIOI=CIBI，
∵∠CID=∠BIO，
∴△CDI∽△△BOI，
∴∠CDI=∠BOI，
∴CD/​/OB，
∴S△BOD=S△AOB=12S地形AOCB=9 22，
∵S△BOE=S△DOG=12|k|=3 2，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S精形BEGD+S△BOE，
∴S梯形BECD=S△BOD=9 22，
∴12(6 2a+6 2b)⋅(a−b)=9 22，
∴2a2−3ab−2b2=0，
∴(a−2b)⋅(2a+b)=0，
∴a=2b，a=−b2(舍去)，
∴D(2b,6 22b)，即：(2b,3 2b)，
在Rt△BOD中，由勾股定理得，
OD2+BD2=OB2，
∴[(2b)2+(3 2b)2]+[(2b−b)2+(6 2b−3 2b)2]=b2+(6 2b)2，
∴b= 3，
∴B( 3,2 6)，D(2 3, 6)，
∵直线OB的解析式为：y=2 2x，
∴直线DF的解析式为：y=2 2x−3 6，
当y=0时，2 2x−3 6=0，
∴x=3 32，
∴F(3 32,0)，
故选：A．
连接OD，作DG⊥x轴，设点B(b,6 2b)，D(a,6 2a)，根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．
本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图象性质，分解因式，相似三角形的判定和性质等知识，利用数形结合的思想解决问题是解题关键．
11.【答案】(x−1)2
【解析】【分析】
原式利用完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【解答】
解：原式=(x−1)2．
故答案为：(x−1)2
12.【答案】x≥1
【解析】解：由题意得，x−1≥0，
解得，x≥1，
故答案为：x≥1．
根据二次根式中的被开方数必须是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查了二次根式的意义和性质，二次根式中的被开方数必须是非负数．
13.【答案】108°
【解析】解：方法一：(5−2)×180°=540°，
540°÷5=108°；
方法二：360°÷5=72°，
180°−72°=108°，
所以，正五边形每个内角的度数为108°．
故答案为：108°．
方法一：先根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°求出内角和，然后除以5即可；
方法二：先根据正多边形的每一个外角等于外角和除以边数，再根据每一个内角与相邻的外角是邻补角列式计算即可得解．
本题考查了正多边形的内角与外角的关系，注意两种方法的使用，通常利用外角和与每一个外角的关系先求外角的度数更简单一些．
14.【答案】22°19′
【解析】解：根据余角的定义：若一个角的余角是67°41′，
则这个角的大小为90°−67°41′=22°19′．
故填22°19′．
根据余角的定义计算．
本题考查余角的定义，和为90°的两角互为余角．
15.【答案】2π
【解析】解：∵圆锥的底面半径为1cm，
∴圆锥的底面周长为：2πr=2πcm，
∵圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长，
∴圆锥的侧面积为：12lr=12×2×2π=2π(cm2)，
故答案为：2π．
根据圆锥的底面半径求得圆锥的底面周长，在根据圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长求得圆锥的侧面积即可．
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化．
16.【答案】62
【解析】【分析】
本题考查圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，属于中考常考题型．
如图，连接BC，证明∠ACB=90°，求出∠ABC，可得结论．
【解答】
解：如图，连接BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°−∠CAB=62°，
∴∠D=∠ABC=62°，
故答案为：62．
17.【答案】 22
【解析】解：如图，过点A作CE的垂线交EC延长线于F，
过E作EG⊥AB交AB于G，连AE，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵CE/​/AB，
∴∠FAB=90°，
∴∠FAC=45°，
∴△AFC为等腰直角三角形，
设AF=x，则CF=x，
∴AC= AF2+CF2= 2x，
∴AB= AC2+BC2 = 2AC=2x，
∵AE、AB均为⊙的半径，
∴AE=2x，
∴EF= AE2−AF2= 3x，
∴CE=( 3−1) x，
∵∠F=∠FAB=∠AGE=90°，
∴四边形FAGE为矩形，
∴AF=EG=x，EF=AG= 3x，
∴BG=AB−AG=(2− 3)x，
∴BE= EG2+BG2=( 6− 2)x，
∴CEBE= 3−1 6− 2= 22．
故答案为： 22．
通过点A作CE的垂线交EC延长线于F，连AE，由AC=BC，∠ACB=90°，得∠CAB=45°，设AF=x，则CF=x，求出AB=AE，在Rt△AFE中用勾股定理求出EF，得CE=( 3−1) x，再证四边形FAGE为矩形，得AF=EG=x，EF=AG= 3x，在Rt△BEG中用勾股定理求出BE=( 6− 2)x，即得CEBE= 22．
本题是圆综合性题，考查了平行线的性质、勾股定理、矩形的判定，通过作垂线将所求线段转化成直角三角形的边或边的一部分是本题关键．
18.【答案】3+3 5
【解析】【分析】
本题考查正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H.解直角三角形求出AG，BG，利用相似三角形的性质求出EG，DE，再证明FH=BC，推出BM=MF，求出MF，BD可得结论．
【解答】
解：如图，连接BD，过点F作FH⊥CD于点H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=3 2，∠A=∠ADC=90∘，
∵tan∠ABG=AGAB=13，
∴AG= 2，DG=2 2，∴BG= AB2+AG2= (3 2)2+( 2)2=2 5，
∵∠BAG=∠DEG=90∘，∠AGB=∠DGE，
∴△BAG∽△DEG，
∴BADE=AGEG=BGDG，∠ABG=∠EDG，
∴3 2DE= 2EG=2 52 2，
∴DE=6 55，EG=2 55，
∴BE=BG+EG=2 5+2 55=12 55，
∵∠ADH=∠FHD=90∘，
∴AD//FH，
∴∠EDG=∠DFH，
∴∠ABG=∠DFH，
∵BG=DF=2 5，∠A=∠FHD=90∘，
∴△BAG≌△FHD(AAS)，
∴AB=FH，
∵AB=BC，
∴FH=BC，
∵∠C=∠FHM=90∘，
∴FH//CB，
∴FMBM=FHCB=1，
∴FM=BM，
∵EF=DE+DF=6 55+2 5=16 55，
∴BF= BE2+EF2=4 5，
∵∠BEF=90∘，BM=MF，
∴EM=12BF=2 5，
∵BO=OD，BM=MF，
∴OM=12DF= 5，
∵OE=12BD=12×6=3，
∴△OEM的周长=3+ 5+2 5=3+3 5．
故答案为：3+3 5．
19.【答案】解：(1)|−3|+22−( 3−1)0
=3+4−1
=6；
(2)(2x−1)2+(x+6)(x−2)
=4x2−4x+1+x2−2x+6x−12
=5x2−11．
【解析】(1)计算绝对值、乘方、零指数幂后，再进行加减法运算即可；
(2)利用乘法公式和多项式乘以多项式计算后，再合并同类项即可．
此题考查了零指数幂、乘方运算、整式的混合运算等知识，熟练掌握运算法则和乘法公式是解题的关键．
20.【答案】解：(1)xx+1+3x=1，
两边同乘以x(x+1)得，x2+3(x+1)=x(x+1)，
解得x=−32，
经检验，x=−32是分式方程的解；
(2)2x−1>x+1①4x−1≥x+8②，
解不等式①得，x>2，
解不等式②得，x≥3，
∴原不等式组的解集是x≥3．
【解析】(1)去分母化为整式方程，解整式方程后检验即可得到答案；
(2)求出每个不等式的解集，找出公共部分即可．
此题考查了解分式方程和解不等式组，熟练掌握相关解法是解题的关键．
21.【答案】15 30
【解析】解：(1)由题意可得a=50−4−6−20−5=15，
b%=1−40%−10%−8%−12%=30%，
故答案为：15，30；
(2)补全频数分布直方图如下：
(3)500×550=50，
答：学校有500名学生，在预赛中考满9(0分)的大概50名学生；
(4)画树状图如下：
共有6种等可能的情况，甲、乙同时参加决赛的情况有2种，故甲、乙同时参加决赛的概率是：26=13
(1)根据总人数减去已知组别的频数即可得到a的值，用1减去已知组别的百分比即可得到b的值；
(2)根据(1)中求出的a的值补全频数分布直方图即可；
(3)列出树状图，用符合题意的情况数除以总的情况数即可得到答案．
本题主要考查了频数分布直方图和扇形统计图，以及利用样本估计总体，关键是读懂频数分布直方图，能利用统计图获取信息；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
22.【答案】(1)证明：∵ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，
∴∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAD=∠CAE=100°，
又∵AB=AC，
∴AB=AC=AD=AE，
在△ABD与△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)．
(2)证明：∵∠BAD=∠CAE=100°，AB=AC=AD=AE，
∴∠ABD=∠ADB=∠ACE=∠AEC=12(180°−100°)=40°．
∵∠BAE=∠BAD+∠DAE=140°，
∴∠BFE=360°−∠BAE−∠ABD−∠AEC=140°，
∴∠BAE=∠BFE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵AB=AE，
∴平行四边形ABFE是菱形．
【解析】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质、旋转的性质以及菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
(1)根据旋转角求出∠BAD=∠CAE，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等．
(2)根据对角相等的四边形是平行四边形，可证得四边形ABFE是平行四边形，然后依据邻边相等的平行四边形是菱形，即可证得．
23.【答案】 64+ 24 1 2sinxcsx
【解析】解：(1)cs15°=cs(45°−30°)
=cs45°cs30°+sin45°sin30°
= 22× 32+ 22×12
= 64+ 24；
sin90°=sin(45°+45°)
=sin45°cs45°+cs45°sin45°
= 22× 22+ 22× 22
=12+12
=1；
sin2x=sin(x+x)
=sinxcsx+csxsinx
=2sinxcsx；
(2)证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AB=c，AC=b，
∴sinA=ac，csA=bc，tanA=ab，
∵sinAcsA=acbc=ab，
∴tanA=sinAcsA．
(3)证明：∵tan(α+β)=sin(α+β)cs(α+β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ−sinαsinβ
tanα+tanβ1−tanαtanβ=sinαcsα+sinβcsβ1−sinαsinβcsαcsβ
=sinαcsβcsαcsβ+csαsinβcsαcsβcsαcsβ−sinαsinβcsαcsβ
=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβcsαcsβ−sinαsinβcsαcsβ
=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ−sinαsinβ，
∴tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ．
(1)根据题干中提供的信息进行计算即可；
(2)根据三角函数的定义进行解答即可；
(3)根据解析(2)的结论分别求出tan(α+β)=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ−sinαsinβ，tanα+tanβ1−tanαtanβ=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ−sinαsinβ，即可得出结论．
本题主要考查了三角函数的有关计算，解题的关键是理解题意，熟练掌握三角函数的定义．
24.【答案】解：【初步尝试】如图1，直线OP即为所求；
【问题联想】如图2，三角形MNP即为所求；
【问题再解】如图3中，CD即为所求．

【解析】本题考查作图−复杂作图，等腰直角三角形，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【初步尝试】作∠AOB的角平分线OP所在直线即可；
【问题联想】作线段MN的垂直平分线RT，垂足为R，在射线RT上截取RP=RM，连接MP，NP，三角形MNP即为所求；
【问题再解】构造以OB为斜边的等腰直角三角形OBE，以O为圆心，OE为半径画弧分别交OA、OB于点C、D，弧CD即为所求．
25.【答案】解：(1)证明：如图，连接OC，OD．
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵FC=FE，
∴∠FCE=∠FEC，
∵∠OED=∠FEC，
∴∠OED=∠FCE，
∵AB是直径，D是AB的中点，
∴∠DOE=90°，
∴∠OED+∠ODC=90°，
∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
(2)解：过点G作GH⊥AB于点H．
设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，
在Rt△COF中，42+r2=(r+2)2，
∴r=3，
∵GH⊥AB，
∴∠GHB=90°，
∵∠DOE=90°，
∴∠GHB=∠DOE，
∴GH//DO，
∵G为BD的中点，
∴H为OB的中点，即BG=12BD，BH=12BO=32，GH=12OD=32，
∴AH=AB−BH=6−32=92，
∴AG= GH2+AH2= (32)2+(92)2=3 102．
【解析】本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图，连接OC，OD.证明∠OCF=90°即可；
(2)设OA=OD=OC=OB=r，则OF=r+2，在Rt△COF中，42+r2=(r+2)2，可得r=3，证明GH//DO，可得BH=12BO=32，GH=12OD=32，由此即可解决问题．
26.【答案】解：(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．
由题意，得60a+40b=152030a+50b=1360，解得a=12b=20，
答：甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元．
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．
由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80．
设获得的利润为w元，
由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，
∵−5<0，
∴w随x的增大而减小，
∴x=80时，w的值最大，最大值为−35m+1600，
由题意，得−35m+1600≥800，
解得m≤1607，
∴m的最大整数值为22．
【解析】本题考查一次函数的应用，二元一次方程组和不等式的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．
(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．构建方程组求解；
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80.设获得的利润为w元，由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，利用一次函数的性质求解．
27.【答案】解：(1)①∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠DCB=12∠ACB，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠ACD=∠DCB=∠B，
∴CD=BD=32，
∵DE/​/AC，
∴∠ACD=∠EDC，
∴∠EDC=∠DCB=∠B，
∴CE=DE=1，
∴△CED∽△CDB，
∴CECD=CDCB，
∴132=32CB，解得BC=94；
②∵DE//AC，
∴ABAD=BCCE，
同①可得，CE=DE，
∴ABAD=BCDE，
∴ABAD−BEDE=BCDE−BEDE=CEDE=1，
∴ABAD−BEDE是定值，定值为1；
(2)∵DE/​/AC，
∴S1S2=ACDE=BCBE，
∵S3S2=BECE，
∴S1⋅S3S22=BCCE，
又∵S1⋅S3=916S22，
∴BCCE=916，
设BC=9x，则CE=16x，
∵CD平分∠BCF，
∴∠ECD=∠FCD=12∠BCF，
∵∠BCF=2∠CBG，
∴∠ECD=∠FCD=∠CBD，
∴BD=CD，
∵DE/​/AC，
∴∠EDC=∠FCD，
∴∠EDC=∠CBD=∠ECD，
∴CE=DE，
∵∠DCB=∠ECD，
∴△CDB∽△CED，
∴CDCE=CBCD，
∴CD2=CB⋅CE=144x2，
∴CD=12x，
过点D作DH⊥BC于点H，
∵BD=CD=12x，
∴BH=12BC=92x，
∴cs∠CBD=BHBD=92x12x=38．
【解析】本题考查了角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
(1)①证出∠ACD=∠DCB=∠B，由等腰三角形的判定得出CD=BD=32，求出CE=DE=1，证明△CED∽△CDB，由相似三角形的性质可求出BC的长；
②由平行线分线段成比例定理得出ABAD=BCCE，同①可得，CE=DE，证出ABAD=BCDE，则可得出答案；
(2)证出S1⋅S3S22=BCCE，由题意可得出BCCE=916，设BC=9x，则CE=6x，证明△CDB∽△CED，由相似三角形的性质得出CDCE=CBCD，求出CD=12x，过点D作DH⊥BC于点H，则BH=12BC=92x，根据锐角三角函数的定义可得出答案．
28.【答案】(1)解：对于y=ax2+bx+8，令x=0，则y=8，
∴C(0,8)，
∴OC=8．
∵csB=OBBC= 55，
故可设OB= 5t，则BC=5t，
∵OB2+OC2=BC2，即( 5t)2+82=(5t)2，
解得：t=4 55(舍去负值)，
∴OB= 5×4 55=4．
∴B(4,0)．
∵AO：BO=1：2，
∴AO=12BO=2，
∴A(−2,0)．
将A(−2,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+8，得：
0=4a−2b+80=16a+4b+8，
解得：a=−1b=2，
∴二次函数表达式为y=−x2+2x+8；
(2)①证明：设直线AC的表达式为y=kx+b1(k≠0)，
∴0=−2k+b18=b1，
解得：k=4b1=8，
∴直线AC的表达式为y=4x+8，
∴可设D(t,4t+8)(−2≤t≤0)，
∴yP=yQ=yH=4t+8．
对于y=−x2+2x+8，令y=4t+8，即4t+8=−x2+2x+8，
解得：x1=1+ 1−4t，x2=1− 1−4t，
∴P(1− 1−4t,4t+8)，H(1+ 1−4t,4t+8)．
∵点Q与点P关于y轴对称，
∴Q(−1+ 1−4t,4t+8)，
∴QH=1+ 1−4t−(−1+ 1−4t)=2=OA．
由题意可知QH//OA，
∴四边形AQHO为平行四边形；
②解：如图1所示，过点A作AF⊥PQ，设P(m,−m2+2m+8)，则Q(−m,−m2+2m+8)，

∵点C(0,8)，
∴CG=8−(−m2+2m+8)=m2−2m，QG=−m，AF=−m2+2m+8，FQ=−m+2．
∵∠AQC=90°，
∴∠AQF+∠CQP=∠AQF+∠QAF=90°，
∴∠CQP=∠QAF．
∵∠AFQ=∠CGQ=90°，
∴△AFQ∽△QGC，
∴AFQG=FQCG，
即−m2+2m+8−m=2−mm2−2m，
解得m=1−2 2或m=1+2 2(舍)．
所以点P的横坐标是1−2 2；
③解：y=−12x2+10．

如图2所示，四边形CQEH是平行四边形．
由②可知点P(m,−m2+2m+8)，
∴点Q(−m,−m2+2m+8)，点H(2−m,−m2+2m+8)，
∴QH的中点坐标为(1−m,−m2+2m+8)．
∵点C(0,8)，E(x,y)，
∴x2=1−m，8+y2=−m2+2m+8，
则x2=1−m，y=−2m2+4m+8=−2(m−1)2+10=−2×(x2)2+10=−12x2+10．
∵P(m,−m2+2m+8)，
当y=−m2+2m+8时，4x+8=−m2+2m+8，
解得x=−14m2+12m，
∴点D(−14m2+12m,−m2+2m+8)，
∴DP=−14m2+12m−m=−14(m2+2m+1)+14=−14(m+1)2+14，
当m=−1时，DP取最大值，
∴点E(4,2)．
【解析】(1)先求出OC=8，再根据勾股定理求出OB，进而得出点A，B的坐标，然后根据待定系数法求出答案；
(2)①先求出直线AC的关系式，再表示出QH，即可得出答案；
②先分别表示出线段长，再根据△AFQ∽△QGC，可得答案；
③先根据平行四边形对角线中点表示出点E的坐标，可得关系式，再根据横坐标差得出二次函数，并讨论极值，进而得出答案．
本题主要考查了待定系数法求二次函数关系式，一次函数关系式，平行四边形的性质和判定，求二次函数的极值，相似三角形的性质和判定，作出图形是解决问题的前提，表示出各点的坐标是解题的关键．预赛成绩
x(组别)
x<60(A)
60≤x<70(B)
70≤x<80(C)
80≤x<90(D)
90≤x<100(E)
频数
4
6
a
20
5
进货批次
甲种水果质量
(单位：千克)
乙种水果质量
(单位：千克)
总费用
(单位：元)
第一次
60
40
1520
第二次
30
50
1360