2022年广州中考数学模拟试卷1（含答案解析）

这是一份2022年广州中考数学模拟试卷1（含答案解析），共33页。
2022年广州中考数学模拟试卷1
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•安居区期末）以下四个说法：①负数没有平方根；②一个正数一定有两个平方根；③平方根等于它本身的数是0和1；④一个数的立方根不是正数就是负数．其中正确的说法有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．（3分）（2021•福州模拟）已知A，B，C三点在数轴上从左向右排列，且AC＝3AB＝6，原点O为AC中点，则点B所表示的数是（　　）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1
3．（3分）（2019•合肥模拟）解分式方程+＝3时，去分母后变形正确的是（　　）
A．2+（x+2）＝3（x﹣1） B．2﹣x+2＝3（x﹣1）
C．2﹣（x+2）＝3 D．2﹣（x+2）＝3（x﹣1）
4．（3分）（2016•双柏县模拟）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a2＝a4 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．2+＝2 D．（﹣a3）2＝﹣a6
5．（3分）（2020春•百色期末）下列命题中，真命题的个数有（　　）
①对角线互相平分的四边形是平行四边形；
②对角线相等的四边形是矩形；
③对角线互相垂直的四边形是菱形；
④直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（3分）（2022•拱墅区模拟）在一个不透明纸箱中放有除了数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之和为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）（2016•长春）如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，若OA＝2，∠P＝60°，则的长为（　　）

A．π B．π C． D．
8．（3分）（2021•滨江区校级开学）已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（　　）
①当x＞2时，y随x的增大而减小；
②若图象经过点（0，1），则﹣1＜a＜0；
③若（﹣2021，y1），（2021，y2）是函数图象上的两点，则y1＜y2；
④若图象上两点对一切正数n，总有y1＞y2，则．
A．①② B．①③ C．③④ D．①③④
9．（3分）（2020•长兴县一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，使得点D落在AC上，则tan∠ECD的值为（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）（2020•长春模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点为A（1，1）、B（3，1）．当函数y＝（x＞0）的图象与线段AB有交点时，设交点为P（点P不与点A、B重合），将线段PB绕点P逆时针方向旋转90°得到线段PQ，以PA、PQ为边作矩形APQM，若函数y＝（x＞0）的图象与矩形APQM的边AM有公共点，则k的值不可能为（　　）

A． B．2 C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•邗江区期末）已知，则yx＝　 　．
12．（3分）（2022•越秀区校级模拟）一元二次方程x（x+1）＝2（x+1）的解是 　 　．
13．（3分）（2022•越秀区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，DE垂直平分AB，交BC于点E，BE＝4，则AC＝　 　．

14．（3分）（2019秋•白云区期末）若关于x的方程x2+2x﹣m＝0（m是常数）有两个相等的实数根，则反比例函数y＝经过第　 　象限．
15．（3分）（2021秋•中山区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠B＝42°，点D是边AB上一点，点B关于直线CD的对称点为B′，当B′D∥AC时，则∠BCD的度数为 　 　．

16．（3分）（2021秋•赣州期中）如图，AB是半圆O的直径，AC为弦，OD⊥AC于D，过点O作OE∥AC交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC＝4，则OF的长为 　 　．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2021秋•兰州期末）解方程组．
18．（4分）（2022•永嘉县模拟）如图，△ABC的角平分线BD，CE交于点F，AB＝AC．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数．

19．（6分）（2021秋•江油市期末）先化简，再求值：，其中x＝4．
20．（6分）（2021•雁塔区校级模拟）运算能力是数学能力的重要组成部分．为提高学生运算能力，我校八年级开展了“打卡二十一天，运算大比拼”的竞赛活动．现从八年级（1）、（2）两个班（各班均为60人）各随机抽取20名学生的竞赛成绩（百分制）进行分析，过程如下：
收集数据
1班：79，85，73，80，75，76，87，70，75，94，75，79，81，71，75，80，86，59，83，77
2班：92，74，87，82，72，81，94，83，77，83，80，81，71，81，72，77，82，80，70，41．
整理数据：

40≤x≤49
50≤x≤59
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
（1）班
0
1
0
a
7
1
（2）班
1
0
0
7
b
2
分析数据：

平均数
众数
中位数
（1）班
78
75
c
（2）班
78
d
80.5
应用数据：
（1）由上表填空：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　，d＝　 　．
（2）估计两个班级学生在本次比拼中成绩在90分以上（含90分）的共有多少人？
（3）你认为哪个班级的学生运算能力的总体水平较好，请说明理由．
21．（8分）（2022•长兴县开学）为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作，某中学以体育为突破口，准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动．每个足球的价格都相同，每个篮球的价格也相同．已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，用相同的费用，购买的足球数量与购买的篮球数量之比为3：2．
（1）足球和篮球的单价各是多少元？
（2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过15500元，学校最多可以购买多少个篮球？
22．（10分）（2021秋•天河区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°．
（1）尺规作图：作边BC的垂直平分线，与边BC，AB分别交于点D和点E；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）若点E是边AB的中点，AC＝BE，求证：△ACE是等边三角形．

23．（10分）（2022•珠海二模）如图1，在正方形ABCD中，AB＝10，点O，E在边CD上，且CE＝2，DO＝3，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD的延长线于点F．
（1）AG＝　 　；
（2）如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转α（0°＜α＜180°），点O的对应点为O'，点F的对应点为F'，设M为半圆O'上一点．
①当点F'落在AD边上时，求点M与线段BC之间的最短距离；
②当半圆O'交BC于P，R两点时，若的长为π，求此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积；
③当半圆O'与正方形ABCD的边相切时，设切点为N，直接写出tan∠END的值．

24．（12分）（2020秋•龙口市期末）如图，直线y＝x+3与x轴，y轴分别交于A，C两点，二次函数y＝ax2+x+c的图象与x轴交于点B，且AC＝BC．点D为该二次函数图象上一点，四边形ABCD为平行四边形．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）动点M沿线段CD从C到D，同时动点N沿线段AC从A到C都以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t秒．
①点M运动过程中能否存在MN⊥AC？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由；
②当点M运动到何处时，四边形ADMN的面积最小？并求出其最小面积．

25．（12分）（2021•兰州模拟）[问题解决]
（1）如图1，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点B′处，折线AE交BC于点E，连接B'E．求证：四边形ABEB'是菱形．
[规律探索]
（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．
[拓展应用]
（3）如图3，在矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点B'处，点A落在纸片ABCD外部点A′处，A′B′与AD交于点M，且A'M＝B'M．
已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．


2022年广州中考数学模拟试卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋•安居区期末）以下四个说法：①负数没有平方根；②一个正数一定有两个平方根；③平方根等于它本身的数是0和1；④一个数的立方根不是正数就是负数．其中正确的说法有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【考点】实数．
【专题】实数；数感；运算能力．
【分析】根据平方根、立方根的定义解答即可．
【解答】解：①负数没有平方根，故①正确；
②一个正数一定有两个平方根，故②正确；
③平方根等于它本身的数是0，故③错误；
④0的立方根是0，故④错误；
故选：C．
【点评】本题考查了平方根、立方根．熟练掌握平方根、立方根的定义是解题的关键．要注意：一个正数的平方根有两个，0的平方根等于0，注意负数没有平方根．
2．（3分）（2021•福州模拟）已知A，B，C三点在数轴上从左向右排列，且AC＝3AB＝6，原点O为AC中点，则点B所表示的数是（　　）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．1
【考点】数轴．
【专题】实数；运算能力；推理能力．
【分析】如图，由原点O为AC中点，得AO＝CO，那么A、C表示的数互为相反数．设A点表示的数为x，则C表示的数为﹣x，故AC＝﹣x﹣x＝6，求得x＝﹣3，从而解决此题．
【解答】解：如图．

∵原点O为AC中点，
∴AO＝CO．
∴A、C表示的数互为相反数．
设A点表示的数为x，则C表示的数为﹣x．
∵AC＝﹣x﹣x＝6，
∴x＝﹣3．
∵AC＝3AB＝6，
∴AB＝2．
∴B点表示的数为﹣3+2＝﹣1．
故选：C．
【点评】本题主要考查数轴上的点表示的数，熟练掌握数轴上的点表示的数是解决本题的关键．
3．（3分）（2019•合肥模拟）解分式方程+＝3时，去分母后变形正确的是（　　）
A．2+（x+2）＝3（x﹣1） B．2﹣x+2＝3（x﹣1）
C．2﹣（x+2）＝3 D．2﹣（x+2）＝3（x﹣1）
【考点】解分式方程．
【专题】计算题；分式方程及应用；运算能力．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，即可作出判断．
【解答】解：方程变形得：﹣＝3，
去分母得：2﹣（x+2）＝3（x﹣1），
故选：D．
【点评】此题考查了解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．（3分）（2016•双柏县模拟）下列运算正确的是（　　）
A．a2•a2＝a4 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．2+＝2 D．（﹣a3）2＝﹣a6
【考点】完全平方公式；实数的运算；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【分析】根据同底数幂的乘法、完全平方公式、幂的乘方，即可解答．
【解答】解：A、a2•a2＝a4，正确；
B、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故错误；
C、2与不能合并，故错误；
D、（﹣a3）2＝a6，故错误；
故选：A．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法、完全平方公式、幂的乘方，解决本题的关键是熟记完全平方公式．
5．（3分）（2020春•百色期末）下列命题中，真命题的个数有（　　）
①对角线互相平分的四边形是平行四边形；
②对角线相等的四边形是矩形；
③对角线互相垂直的四边形是菱形；
④直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】命题与定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定和直角三角形的性质判断即可．
【解答】解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题；
②对角线相等且平分的四边形是矩形，原命题是假命题；
③对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，原命题是假命题；
④直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题．
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
6．（3分）（2022•拱墅区模拟）在一个不透明纸箱中放有除了数字不同外，其它完全相同的2张卡片，分别标有数字1、2，从中任意摸出一张，放回搅匀后再任意摸出一张，两次摸出的数字之和为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之和为奇数的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：

共有4种等可能的结果，两次摸出的数字之和为奇数的结果有2种，
∴两次摸出的数字之和为奇数的概率为＝，
故选：C．
【点评】此题主要考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
7．（3分）（2016•长春）如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，若OA＝2，∠P＝60°，则的长为（　　）

A．π B．π C． D．
【考点】弧长的计算；切线的性质．
【专题】计算题；与圆有关的计算．
【分析】由PA与PB为圆的两条切线，利用切线的性质得到两个角为直角，再利用四边形内角和定理求出∠AOB的度数，利用弧长公式求出的长即可．
【解答】解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠OBP＝∠OAP＝90°，
在四边形APBO中，∠P＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝2，
∴的长l＝＝π，
故选：C．
【点评】此题考查了弧长的计算，以及切线的性质，熟练掌握弧长公式是解本题的关键．
8．（3分）（2021•滨江区校级开学）已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（　　）
①当x＞2时，y随x的增大而减小；
②若图象经过点（0，1），则﹣1＜a＜0；
③若（﹣2021，y1），（2021，y2）是函数图象上的两点，则y1＜y2；
④若图象上两点对一切正数n，总有y1＞y2，则．
A．①② B．①③ C．③④ D．①③④
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），
∴x1＝﹣1，x2＝m，x1＜x2，
又∵当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，开口向下，
∴当x＞2＞x2时，y随x的增大而减小，故①正确；
又∵对称轴为直线x＝，1＜m＜2，
∴0＜＜，
∴若（﹣2021，y1），（2021，y2）是函数图象上的两点，2021离对称轴近些，则y1＜y2，故③正确；
若图象上两点（，y1），（+n，y2）对一切正数n，总有y1＞y2，1＜m＜2，
∴该函数与x轴的两个交点为（﹣1，0），（m，0），
∴0＜≤，
解得1＜m≤，故④错误；
∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，
若图象经过点（0，1），则1＝a（0+1）（0﹣m），得1＝﹣am，
∵a＜0，1＜m＜2，
∴﹣1＜a＜﹣，故②错误；
∴①③正确；②④错误，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
9．（3分）（2020•长兴县一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，使得点D落在AC上，则tan∠ECD的值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；解直角三角形．
【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC＝13．根据旋转性质可得AE＝13，AD＝5，DE＝12，所以CD＝8．在Rt△CED中根据tan∠ECD＝，可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC＝13．
根据旋转性质可得AE＝13，AD＝5，DE＝12，
∴CD＝8．
在Rt△CED中，tan∠ECD＝＝＝，
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形，难度较小，求出所求三角函数值的直角三角形的对应边长度，根据线段比就可解决问题．
10．（3分）（2020•长春模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点为A（1，1）、B（3，1）．当函数y＝（x＞0）的图象与线段AB有交点时，设交点为P（点P不与点A、B重合），将线段PB绕点P逆时针方向旋转90°得到线段PQ，以PA、PQ为边作矩形APQM，若函数y＝（x＞0）的图象与矩形APQM的边AM有公共点，则k的值不可能为（　　）

A． B．2 C． D．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】根据题意，分析图形可得，当函数y＝（x＞0）的图象与矩形APQM的边AM有公共点为M时，k取得最大值，设PB＝a，则Q（k，1+a），根据四边形APQM是矩形，可得M（1，1+a），而M在y＝上，可得1+a＝k，根据AP＝MQ，可得2﹣a＝k﹣1，进而求出k的值，即可判断．
【解答】解：分析图形可知：

当函数y＝（x＞0）的图象与矩形APQM的边AM有公共点为M时，k取得最大值，
∵P在y＝上且yP＝1，
∴P（k，1），
设PB＝a，则Q（k，1+a），
∵四边形APQM是矩形，
∴M（1，1+a），
而M在y＝上，
∴1+a＝k，
∵AP＝MQ，
∴2﹣a＝k﹣1，
由，
解得，
∴1＜k≤2，
k≠1，因为题中要求点P不与点A． B重合，若k＝1，则双曲线过点A，与点P重合，
∴k＝不符合条件．
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质、矩形的性质、坐标与图形变换﹣旋转，解决本题的关键是掌握反比例函数的性质．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021秋•邗江区期末）已知，则yx＝　16　．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【解答】解：由题意得：x﹣2≥0，2﹣x≥0，
解得：x＝2，
则y＝﹣4，
∴yx＝（﹣4）2＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12．（3分）（2022•越秀区校级模拟）一元二次方程x（x+1）＝2（x+1）的解是 　x1＝﹣1，x2＝2　．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】方程移项后，利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：方程整理得：x（x+1）﹣2（x+1）＝0，
分解因式得：（x+1）（x﹣2）＝0，
可得x+1＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝2．
故答案为：x1＝﹣1，x2＝2．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
13．（3分）（2022•越秀区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，DE垂直平分AB，交BC于点E，BE＝4，则AC＝　2　．

【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE＝BE，再根据等边对等角可得∠BAE＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AEC＝30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得AC的长．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE＝4，
∴∠BAE＝∠B＝15°，
∴∠AEC＝∠BAE+∠B＝15°+15°＝30°，
∵∠C＝90°，
∴AC＝AE＝×4＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
14．（3分）（2019秋•白云区期末）若关于x的方程x2+2x﹣m＝0（m是常数）有两个相等的实数根，则反比例函数y＝经过第　二，四　象限．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；根的判别式；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】关于x的方程有唯一的一个实数根，则Δ＝0可求出m的值，根据m的符号即可判断反比例函数y＝经过的象限．
【解答】解：∵方程x2+2x﹣m＝0（m是常数）有两个相等的实数根，
∴Δ＝22﹣4×1×（﹣m）＝4+4m＝0，
∴m＝﹣1；
∴反比例函数y＝经过第二，四象限，
故答案为二，四．
【点评】此题考查了一元二次方程根与系数的关系和反比例函数的性质，求得m的值是解题的关键．
15．（3分）（2021秋•中山区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠B＝42°，点D是边AB上一点，点B关于直线CD的对称点为B′，当B′D∥AC时，则∠BCD的度数为 　27°　．

【考点】轴对称的性质；平行线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力；应用意识．
【分析】先根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B＝42°，再利用平行线的性质得∠ADB′＝∠A＝42°，接着根据轴对称的性质得到∠CDB′＝∠CDB，则可出∠CDB的度数，然后利用三角形内角和计算出∠BCD的度数．
【解答】解：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝42°，
∵B′D∥AC，
∴∠ADB′＝∠A＝42°，
∵点B关于直线CD的对称点为B′，
∴∠CDB′＝∠CDB＝（42°+180°）＝111°，
∴∠BCD＝180°﹣∠B﹣∠CDB＝180°﹣42°﹣111°＝27°．
故答案为：27°．
【点评】本题考查了轴对称的性质：轴对称的两个图形全等．也考查了平行线的性质和等腰三角形的性质．
16．（3分）（2021秋•赣州期中）如图，AB是半圆O的直径，AC为弦，OD⊥AC于D，过点O作OE∥AC交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC＝4，则OF的长为 　2　．

【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据垂径定理求出AD，证明△ADO≌△OFE，根据全等三角形的性质求出OF．
【解答】解：∵OD⊥AC，AC＝4，
∴AD＝AC＝2，
∵OE∥AC，
∴∠OAD＝∠EOF，
在△ADO和△OFE中，
，
∴△ADO≌△OFE（AAS），
∴OF＝AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是垂径定理、全等三角形的判定和性质，证明△ADO≌△OFE是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2021秋•兰州期末）解方程组．
【考点】解二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】方程组整理后，利用加减消元法求出解即可．
【解答】解：方程组整理得：，
①×2﹣②得：3y＝9，解得y＝3，
把y＝3代入①得：x+6＝11，解得x＝5，
所以方程组的解为：．
【点评】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
18．（4分）（2022•永嘉县模拟）如图，△ABC的角平分线BD，CE交于点F，AB＝AC．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；三角形；推理能力．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义，得出∠ABD＝∠ACE，进而判定△ABD≌△ACE，
（2）根据角平分线的定义可得∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵两条角平分线BD、CE相交于点O，
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（ASA）．
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°，
∵∠ABC，∠ACB的平分线BE，CD相交于点F，
∴∠FBC＝∠ABC，∠FCB＝∠ACB，
∴∠FBC+∠FCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×140°＝70°，
在△BCF中，∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣70°＝110°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形等边对等角及等角对等边的性质及角平分线的定义的综合应用，角平分线的定义的利用是正确解答本题的关键．
19．（6分）（2021秋•江油市期末）先化简，再求值：，其中x＝4．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝（+）•
＝•
＝•
＝x﹣1，
当x＝4时，原式＝4﹣1＝3．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20．（6分）（2021•雁塔区校级模拟）运算能力是数学能力的重要组成部分．为提高学生运算能力，我校八年级开展了“打卡二十一天，运算大比拼”的竞赛活动．现从八年级（1）、（2）两个班（各班均为60人）各随机抽取20名学生的竞赛成绩（百分制）进行分析，过程如下：
收集数据
1班：79，85，73，80，75，76，87，70，75，94，75，79，81，71，75，80，86，59，83，77
2班：92，74，87，82，72，81，94，83，77，83，80，81，71，81，72，77，82，80，70，41．
整理数据：

40≤x≤49
50≤x≤59
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
（1）班
0
1
0
a
7
1
（2）班
1
0
0
7
b
2
分析数据：

平均数
众数
中位数
（1）班
78
75
c
（2）班
78
d
80.5
应用数据：
（1）由上表填空：a＝　11　，b＝　10　，c＝　78　，d＝　81　．
（2）估计两个班级学生在本次比拼中成绩在90分以上（含90分）的共有多少人？
（3）你认为哪个班级的学生运算能力的总体水平较好，请说明理由．
【考点】众数；用样本估计总体；频数（率）分布表；中位数．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【分析】（1）根据已知数据及中位数和众数的概念求解可得；
（2）求出90分以上的所占得百分比即可；
（3）根据中位数、众数的比较得出结论．
【解答】解：（1）由题意知a＝20﹣1﹣7﹣1＝11，b＝20﹣1﹣7﹣2＝10，
八年级（1）班20名学生的分数排序为：59，70，71，73，75，75，75，75，76，77，79，79，80，80，81，83，85，86，87，94．
∴中位数c＝＝78，
八年级（2）班成绩81分的有3个，
∴八年级（2）班成绩的众数d＝81，
故答案为：11，10，78，81；
（2）60×2×＝9（人），
答：估计两个班级学生在本次比拼中成绩在90分以上（含90分）的共有9人；
（3）八年级（2）班的学生运算能力的总体水平较好，
因为两个班级学生的平均数相等，而八年级（2）班的中位数大于八年级（1）班的中位数，
所以八年级（2）班的学生运算能力的总体水平较好．
【点评】本题考查中位数、众数、频数分布表，理解中位数、众数的意义是正确解答的关键．
21．（8分）（2022•长兴县开学）为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作，某中学以体育为突破口，准备从体育用品商场一次性购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动．每个足球的价格都相同，每个篮球的价格也相同．已知篮球的单价比足球单价的2倍少30元，用相同的费用，购买的足球数量与购买的篮球数量之比为3：2．
（1）足球和篮球的单价各是多少元？
（2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过15500元，学校最多可以购买多少个篮球？
【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【分析】（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（2x﹣30）元，根据用相同的费用购买的足球数量与购买的篮球数量之比为3：2，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出足球的单价，再将其代入（2x﹣30）中即可求出篮球的单价．
（2）设购买篮球m个，则购买足球（200﹣m）个，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过15500元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中最大的整数值即可得出结论．
【解答】解：（1）设足球的单价为x元，则篮球的单价为（2x﹣30）元，
依题意得：3x＝2（2x﹣30），
解得：x＝60，
∴2x﹣30＝2×60﹣30＝90．
答：足球的单价为60元，篮球的单价为90元．
（2）设购买篮球m个，则购买足球（200﹣m）个，
依题意得：90m+60（200﹣m）≤15500，
解得：m≤．
又∵m为正整数，
∴m的最大值为116．
答：学校最多可以购买116个篮球．
【点评】本题考查了一元一次方程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，正确列出一元一次方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22．（10分）（2021秋•天河区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°．
（1）尺规作图：作边BC的垂直平分线，与边BC，AB分别交于点D和点E；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）若点E是边AB的中点，AC＝BE，求证：△ACE是等边三角形．

【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定；直角三角形斜边上的中线．
【专题】作图题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）根据题意作出线段BC的垂直平分线即可；
（2）根据直角三角形的性质和等边三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：如图所示，直线DE即为所求；
（2）证明：∵∠C＝90°，点E是边AB的中点，
∴AE＝BE＝CE＝AB，
∵AC＝BE，
∴AC＝AE＝CE，
∴△ACE是等边三角形．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，等边三角形的判定，熟练掌握等边三角形的判定定理是解题的关键．
23．（10分）（2022•珠海二模）如图1，在正方形ABCD中，AB＝10，点O，E在边CD上，且CE＝2，DO＝3，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD的延长线于点F．
（1）AG＝　6　；
（2）如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转α（0°＜α＜180°），点O的对应点为O'，点F的对应点为F'，设M为半圆O'上一点．
①当点F'落在AD边上时，求点M与线段BC之间的最短距离；
②当半圆O'交BC于P，R两点时，若的长为π，求此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积；
③当半圆O'与正方形ABCD的边相切时，设切点为N，直接写出tan∠END的值．

【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接OG，如图1，先由正方形的边长与已知线段求得半径OE，再由勾股定理求得DG，进而得AG；
（2）①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，由三角形的中位线求得O′Q，进而由线段和差求得MH便可；
②由弧长公式求得∠PO′Q的度数，再根据等边三角形的面积公式和扇形面积公式进行计算便可；
③分两种情况：当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时；当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时．分别求出结果便可．
【解答】解：（1）连接OG，如图1，
∵正方形ABCD中，AB＝10，
∴AD＝CD＝AB＝10，∠ADC＝90°，
∵CE＝2，DO＝3，
∴OG＝OE＝CD﹣CE﹣OD＝10﹣2﹣3＝5，
∴DG＝，
∴AG＝AD﹣DG＝10﹣4＝6，
故答案为：6；

（2）①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，则∠QHC＝90°，

根据三点共线及垂线段最短可得此时点M到BC的距离最短，
∵∠C＝∠D＝∠QHC＝90°，
∴四边形QHCD是矩形，
∴HQ＝CD＝10，HQ∥CD．
∵点O′是EF′的中点，点Q是DF′的中点，
∵DE＝8，
∴，
∴O'H＝6，
∵CE＝2，DO＝3，
∴OE＝10﹣2﹣3＝5，即半圆的半径为5，
∴MH＝1，
即点M到BC的最短距离为1；
②由①可知半圆O的半径为5，如图3，设∠PO'R的度数为β，

由题意得，的长为＝，
∴∠PO'R＝60°，
∴∠F'O'P+∠EO'R＝120°，
∴，
∵O'R＝PO'，
∴△O'RP是等边三角形，
∴，
∴此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积为；
③当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时，如图4，过点D作DH⊥NE，与NE的延长线交于点H，作EG⊥O′N于点G，则NG＝CE＝2，O′N＝O′E＝5，

∴O′G＝5﹣2＝3，
∴CN＝GE＝，
∴，
NE＝，
∵，
∴，
∴NH＝，
∴tan∠END＝；
当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时，如图5，此时N与F′重合，则EF′⊥AB，

∵AB∥CD，
∴EF′⊥CD，
∴tan∠END＝，
综上，tan∠END＝．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，矩形的判定和性质，勾股定理，弧长公式，解直角三角形，利用分类思想解决问题是本题的关键．
24．（12分）（2020秋•龙口市期末）如图，直线y＝x+3与x轴，y轴分别交于A，C两点，二次函数y＝ax2+x+c的图象与x轴交于点B，且AC＝BC．点D为该二次函数图象上一点，四边形ABCD为平行四边形．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）动点M沿线段CD从C到D，同时动点N沿线段AC从A到C都以每秒1个单位长度的速度运动，设运动时间为t秒．
①点M运动过程中能否存在MN⊥AC？如果存在，请求出t的值；如果不存在，请说明理由；
②当点M运动到何处时，四边形ADMN的面积最小？并求出其最小面积．

【考点】二次函数综合题．
【专题】函数思想；转化思想；待定系数法；函数的综合应用；运算能力；应用意识．
【分析】（1）由y＝x+3可得A（﹣4，0），C（0，3），从而求出B（4，0），根据四边形ABCD为平行四边形即得D（﹣8，3），再用待定系数法即得二次函数的表达式为y＝x2+x﹣3；
（2）①证明△MCN∽△CAO，得＝，即＝，即可解得t＝；
②过N作NH⊥CD于H，由四边形ABCD为平行四边形，A（﹣4，0），C（0，3），B（4，0），得S△ADC＝S▱ABCD＝AB•OC＝12，再证明△NCH∽△CAO，得＝，可求出NH＝﹣t+3，即可得S△NCM＝CM•NH＝﹣t2+t，四边形ADMN的面积S＝S△ADC﹣S△NCM＝（x﹣）2+，可求出即M运动到CM＝时，四边形ADMN的面积最小为．
【解答】解：（1）在y＝x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），C（0，3），
∴OA＝4，OC＝3，
Rt△AOC中，AC＝＝5，
∵AC＝BC，
∴BC＝5，
Rt△BOC中，OB＝＝4，
∴B（4，0），
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴将B（4，0）平移到A（﹣4，0）时，C（0，3）即平移到D，
∴D（﹣8，3），
将B（4，0），D（﹣8，3）代入y＝ax2+x+c得：
，解得，
∴二次函数的表达式为y＝x2+x﹣3；
（2）①存在，理由如下：

若MN⊥AC，则∠MNC＝∠AOC＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠MCN＝∠CAO，
∴△MCN∽△CAO，
∴＝，
而CN＝AC﹣AN＝5﹣t，CM＝t，
∴＝，
解得t＝；
②过N作NH⊥CD于H，如图：

∵四边形ABCD为平行四边形，A（﹣4，0），C（0，3），B（4，0），
∴S△ADC＝S▱ABCD＝AB•OC＝8×3＝12，
∵∠NCH＝∠CAO，∠NHC＝∠AOC，
∴△NCH∽△CAO，
∴＝，
∵AN＝CM＝t，AC＝5，
∴CN＝5﹣t，
∴＝，
∴NH＝﹣t+3，
∴S△NCM＝CM•NH＝t•（﹣t+3）＝﹣t2+t，
∴四边形ADMN的面积S＝S△ADC﹣S△NCM＝12﹣（﹣t2+t）＝t2﹣t+12＝（x﹣）2+，
∵＞0，
∴当t＝时，四边形ADMN的面积S有最小值，最小值为，
即M运动到CM＝时，四边形ADMN的面积最小为．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数小、相似三角形的性质及判定、三角形面积等知识，解题的关键是用含t的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
25．（12分）（2021•兰州模拟）[问题解决]
（1）如图1，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点B′处，折线AE交BC于点E，连接B'E．求证：四边形ABEB'是菱形．
[规律探索]
（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．
[拓展应用]
（3）如图3，在矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点B'处，点A落在纸片ABCD外部点A′处，A′B′与AD交于点M，且A'M＝B'M．
已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．

【考点】四边形综合题．
【专题】综合题；几何图形；几何直观．
【分析】（1）由折叠性质得到∠B＝∠AB′D＝∠D，从而得到B′E∥CD∥AB，先证明四边形ABEB′为平行四边形，再由一组邻边相等，得到平行四边形为菱形；
（2）由折叠性质，可以得到∠FPB＝∠FPQ，再由AD∥BC，得到∠QFP＝∠FPB，从而得到∠QFP＝∠FPQ，则△QFP为等腰三角形；
（3）利用M为A′B′中点，可以构造三角形全等，即延长PB′交AD于N点，得到△A′MF≌△B′MN，利用勾股定理，可以计算出FM＝NM＝，根据（2）的结论，可以得到NP＝NF＝，进而求得BP＝B′P＝．
【解答】（1）证明：∵△ABE折叠得到△B′AE，
∴△ABE≌△B′AE，
∴AB＝AB′，∠B＝∠AB′E，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠B＝∠D，AB∥CD，
∴∠AB′E＝∠D，
∴B′E∥CD，
又AB∥CD，
∴AB∥B′E，
又AD∥BC，AB＝AB′，
∴四边形ABEB′为菱形；
（2）解：△QFP为等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABPF折叠得到四边形A′QPF，
∴∠FPB＝∠FPQ，
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠QFP＝∠FPB，
∴∠FPQ＝∠QFP，
∴△QFP为等腰三角形；
（3）解：如图，延长PB′交AD于点N，
∵四边形ABPF折叠得到四边形A′B′PF，
∴AB＝A′B′＝4，AF＝A′F＝2，
∠A′＝∠A＝90°，∠A′B′P＝∠ABP＝90°，
∵∠FA′M＝∠NB′M＝90°，
A′M＝B′M，
∠A′MF＝∠B′MN，
∴△A′MF≌△B′MN（ASA），
∴B′N＝A′F＝2，
∵A′M＝B′M＝，
∴，
同理，NM＝，
由（2）得，NP＝NF＝NM+FM＝，
∴B′P＝NP﹣B′N＝，
∴．

【点评】此题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定，以及四边形中线段的计算，根据折叠性质，得到相关的线段和角度关系，是解决此类问题的关键．