2022-2023学年浙江省宁波市鄞州区蓝青学校九年级（下）段考数学试卷（3月份）(含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市鄞州区蓝青学校九年级（下）段考数学试卷（3月份）(含解析），共29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。

2022-2023学年浙江省宁波市鄞州区蓝青学校九年级（下）段考数学试卷（3月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (−a6)÷(−a)2的运算结果是(    )
A. a4 B. −a4 C. a3 D. −a3
2. 浙江省“十四五规划”指出，到2035年，软件和信息技术服务业业务收入将突破12000亿元数12000亿用科学记数法表示为(    )
A. 12×1011 B. 1.2×1011 C. 1.2×1012 D. 0.12×1013
3. 一个盒子里有完全相同的三个小球，球上分别标上数字1、2、4.随机摸出一个小球(不放回)其数字记为p，再随机摸出另一个小球其数字记为q，则满足关于x的方程x2+px+q=0有两个不相等实数根的概率是(    )
A. 13 B. 12 C. 23 D. 56
4. 如图，一把梯子AB斜靠在墙上，端点A离地面的高度AC长为1m时，∠ABC=45°.当梯子底端点B水平向左移动到点B′，端点A沿墙竖直向上移动到点A′，设∠A′B′C=α，则AA′的长可以表示为m．(    )
A. 2sinα
B. 2sinα−1
C. 2cosα−1
D. 2tanα−1
5. 小羽制作了如图所示的卡片A类，B类，C类各50张，其中A，B两类卡片都是正方形，C类卡片是长方形，现要拼一个长为(5a+7b)，宽为(7a+b)的大长方形，那么所准备的C类卡片的张数(    )

A. 够用，剩余4张 B. 够用，剩余5张 C. 不够用，还缺4张 D. 不够用，还缺5张
6. 如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为(−3,4)，⊙A的半径为2，P为x轴上一动点，PB切⊙A于点B，则PB的最小值为(    )
A. 2
B. 3
C. 23
D. 4
7. 如图，点A是以BC为直径的半圆的中点，连接AB，点D是直径BC上一点，连接AD，分别过点B、点C向AD作垂线，垂足为E和F，其中，EF=2，CF=6，BE=8，则AB的长是(    )

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
8. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，顶点坐标为(1,n)，与y轴的交点在(0,2)和(0,3)两点之间(包含端点).下列结论中正确的是(    )
①不等式ax2+c<−bx的解集为x<−1或x>3；
②9a2−b2<0；
③一元二次方程cx2+bx+a=0的两个根分别为x1=13，x2=−1；
④6≤3n−2≤10．
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
9. 如图，△ABC的两条内角平分线相交于点D，过点D作一条平分△ABC面积的直线，那么这条直线分成的两个图形的周长比是(    )
A. 2：1
B. 1：1
C. 2：3
D. 3：1
10. 如图，是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别为S1，S2，S3，若知道图中阴影部分面积，一定能求出(    )
A. S1+2S3
B. S3−12S1
C. S1+S2+S3
D. S1+S3−2S2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 已知x=−5−y，xy=2，计算3x+3y−4xy的值为______．
12. 已知一组数据的方差计算如下：S2=17[(x1−3)2+(x2−3)2+…+(xn−3)2]，则这组数据的和是        ．
13. 将一个半径为6cm，母线长为15cm的圆锥形纸筒沿一条母线剪开并展平，所得的侧面展开图的圆心角是______度．
14. 如图，直线l经过边长为10的正方形中心A，且与正方形的一组对边平行，⊙B的圆心B在直线l上，半径为r，AB=7，要使⊙B和正方形的边有2个公共点，那么r的取值范围是        ．

15. 如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心，将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若AQ⋅DP=32，则BQ=______．


16. 将反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象绕着原点O顺时针旋转45°得到新的双曲线图象C1(如图1所示)，直线l⊥x轴，F为x轴上的一个定点．已知：图象C1上的任意一点P到F的距离与到直线l的距离之比为定值，记为e，即e=PFPH，(e>1)．

(1)如图1，若直线l经过点B(1,0)，双曲线C1的解析式为y=±3x2−12，且e=2，则F点的坐标为______；
(2)如图2，若直线l经过点B(1,0)，双曲线C2的解析式为y=±8x2−8x−16，且F(5,0).P为双曲线C2在第一象限内图象上的动点，连接PF，Q为线段PF上靠近点P的三等分点，连接HQ，在点P运动的过程中，当HQ=3HP时，点P的坐标为______．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)计算：|−2|+(3−2)0+tan45°；
(2)解不等式：2x−3(x+1)≥1．
18. (本小题8.0分)
如图是由小正方形组成的6×6的网格，△ABC的三个顶点A、B、C均在格点上，请按要求在给定的网格中，仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图，保留作图痕迹，不写画法．

(1)在图1中的AB上画出△ABC的高线；
(2)在图2中的AC上找出一点E，画线段BE，使BE将△ABC分成面积比为3：7两部分；
(3)在图3中的BC上找一点F，画∠BAF，使得∠C=2∠BAF．
19. (本小题8.0分)
如图是计算机“扫雷”游戏的画面，在9×9个小方格的雷区中，随机地埋藏着20颗地雷，每个小方格最多能埋藏1颗地雷．
(1)如图1，小南先踩中一个小方格，显示数字2，它表示围着数字2的8个方块中埋藏着2颗地雷(包含数字2的黑框区域记为A).接着，小语选择了右下角的一个方格，出现了数字1(包含数字1的黑框区域记为B，A与B外围区域记为C).二人约定：在C区域内的小方格中任选一个小方格，踩中雷则小南胜，否则小语胜，试问这个游戏公平吗？请通过计算说明．
(2)如图2，在D，E，F三个黑框区域中共藏有10颗地雷(空白区域无地雷)，则选择D，E，F三个区域踩到雷的概率分别是______．

20. (本小题8.0分)
如图1，2分别是某款篮球架的实物图与示意图，AB⊥BC于点B，底座BC=1.3米，底座BC与支架AC所成的角∠ACB=60°，点H在支架AF上，篮板底部支架EH//BC.EF⊥EH于点E，已知AH=22米，HF=2米，HE=1米．
(1)求篮板底部支架HE与支架AF所成的∠FHE的度数．
(2)求篮板底部点E到地面的距离，(精确到0.01米)(参考数据：2≈1.41，3≈1.73)

21. (本小题8.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，△ADC与△ABC关于直线AC对称，AD交⊙O于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)连结CE，若cosD=13，AB=6，求CE的长．

22. (本小题8.0分)
李丽大学毕业后回家乡创业，开了一家服装专卖店代理品牌服装的销售.已知该品牌服装进价每件40元，日销售y(件)与销售价x(元/件)之间的关系如图所示(实线)，每天付员工的工资每人82元，每天应支付其他费用106元．
(1)直接写出日销售y(件)与销售价x(元/件)之间的函数关系式；
(2)当某天的销售价为48元/件时，收支恰好平衡(收入=支出)，求该店员工人数；
(3)若该店只有2名员工，则每天能获得的最大利润是多少元？此时，每件服装的价格应定为多少元？

23. (本小题8.0分)
【问题背景】如图1，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，AD上.且BMMC=1m，连接BN，点P在BN上，连接PM并延长至点Q，使PMMQ=1m，连接CQ．
【尝试初探】求证：CQ//BN；
【深入探究】若AN=BM=AB，m=2，点P为BN中点，连接NC，NQ，求证：NC=NQ；
【拓展延伸】如图2，在正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，连接PC并延长至点Q.使PCQC=1n(n>1)，连接DQ.若n2BP2+DQ2=(n2+1)AB2，求BPBD的值(用含n的代数式表示)．

24. (本小题8.0分)
如图①，线段AB，CD交于点O，连接AC和BD，若∠A与∠B，∠C与∠D中有一组内错角成两倍关系，则称△AOC与△BOD为倍优三角形，其中成两倍关系的内错角中，较大的角称为倍优角．
(1)如图②，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知AB⊥BD，△COD为等边三角形．求证：△AOB，△COD为倍优三角形．
(2)如图③，已知边长为2的正方形ABCD，点P为边CD上一动点(不与点C，D重合)，连接AP和BP，对角线AC和BP交于点O，当△AOP和△BOC为倍优三角形时，求∠DAP的正切值．
(3)如图④，四边形ABCD内接于⊙O，△BCP和△ADP是倍优三角形，且∠ADP为倍优角，延长AD，BC交于点E．
①若AB=8，CD=5，求⊙O的半径；
②记△BCD的面积为S1，△ABE的面积为S2，S1S2=y，cosE=x，当BE=3BC时，求y关于x的函数表达式．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：(−a6)÷(−a)2
=(−a6)÷a2
=−a4．
故选：B．
利用同底数幂的除法的法则进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

2.【答案】C 
【解析】解：将数据“12000亿”用科学记数法可表示为12000×108=1.2×1012．
故选：C．
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．
此题考查了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．

3.【答案】A 
【解析】解：画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根(即p2−4q>0)的结果有2种，
∴满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根的概率为26=13，
故选：A．
画树状图，共有6种等可能的结果，其中满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根(即p2−4q>0)的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率与一元二次方程判别式等知识．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；注意此题是放回试验还是不放回试验；概率=所求情况数与总情况数之比．

4.【答案】B 
【解析】解：由题意得：∠ACB=90°，AB=A′B′，
在Rt△ACB中，AC=1m，∠ABC=45°，
∴AB=ACsin45∘=122=2(m)，
∴AB=A′B′=2m，
在Rt△A′CB′中，∠A′B′C=α，
∴A′C=A′B′⋅sinα=2sinα(m)，
∴AA′=A′C−AC=(2sinα−1)m，
故选：B．
根据题意可得：∠ACB=90°，AB=A′B′，然后在Rt△ACB中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，从而求出A′B′的长，再在Rt△A′CB′中，利用锐角三角函数的定义求出A′C的长，最后利用线段的和差关系，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：大长方形的面积为(5a+7b)(7a+b)=35a2+54ab+7b2，C类卡片的面积是ab，
∴需要C类卡片的张数是54，
∴不够用，还缺4张，
故选：C．
根据大长方形的面积公式求出拼成大长方形的面积，再对比卡片的面积，即可求解．
本题主要考查多项式与多项式的乘法与图形的面积，掌握多项式乘以多项式的计算方法是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：如图，连接AB，AP．

根据切线的性质定理，得AB⊥PB．
要使PB最小，只需AP最小，
则根据垂线段最短，则AP⊥x轴于P，
此时P点的坐标是(−3,0)，AP=4，
在Rt△ABP中，AP=4，AB=2，
∴PB=AP2−AB2=23．
则PB最小值是23．
故选：C．
此题根据切线的性质以及勾股定理，根据垂线段最短的性质进行分析，把要求PB的最小值转化为求AP的最小值，进而可以解决问题．
本题考查了切线的性质和坐标与图形的性质．此题应先将问题进行转化，再根据垂线段最短的性质进行分析．

7.【答案】D 
【解析】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠AED=∠CFD=90°，
∵∠BDE=∠CDF，
∴△BDE∽△CDF，
∴BECF=EDFD，即EDFD=86=43，
∴DE=47EF=87，DF=37EF=67，
在Rt△BDE中，BD=82+(87)2=4027，
在Rt△CDF中，CD=62+(67)2=3027，
∴BC=BD+CD=4027+3027=102，
连接AC，如图，
∵点A是以BC为直径的半圆的中点，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴AB=AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=22BC=22×102=10．
故选：D．
先证明△BDE∽△CDF，利用相似比得到EDFD=43，则DE=87，DF=67，再利用勾股定理计算出BD=4027，CD=3027，所以BC=102，连接AC，如图，根据圆心角、弧、弦的关系和圆周角定理证明△ABC为等腰直角三角形，所以AB=22BC．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了相似三角形的性质和勾股定理．

8.【答案】D 
【解析】解：∵顶点坐标为(1,n)，
∴b=−2a，
∵与x轴交于点A(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴c=−3a，
∵对称轴为直线x=1，经过点(−1,0)，
∴抛物线与x轴的另一个的交点为(3,0)，
∵抛物线开口向下，
∴不等式ax2++bx+c<0的解集为x<−1或x>3，
即不等式ax2+c<−bx的解集为x<−1或x>3，
故①正确；
∵9a2−b2=9a2−(−2a)2=5a2>0，
故②不正确；
∵一元二次方程cx2+bx+a=0可化为−3ax2−ax+a=0，
即3x2+2x−1=0，
∴方程的根为x1=13，x2=−1，
故③正确；
∵抛物线与y轴的交点在(0,2)和(0,3)两点之间，
∴2≤c≤3，
∵顶点坐标为(1,n)，
∴n=−4a，
∵c=−3a，
∴n=43c，
∴83≤n≤4，
∴6≤3n−2≤10；
故④正确；
故选：D．
由已知求出b=−2a，c=−3a，由抛物线的对称性可求抛物线与x轴的另一个的交点为(3,0)，则不等式ax2+c<−bx的解集为x<−1或x>3；再将b=−2a，c=−3a，代入9a2−b2，即可判断②；将一元二次方程cx2+bx+a=0化为−3ax2−ax+a=0，即可求方程的根；由已知可得2≤c≤3，再由抛物线的顶点坐标可求n=−4a，从而进一步可求n的范围为83≤n≤4，即可求出6≤3n−2≤10．
本题考查二次函数与不等式组，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．

9.【答案】B 
【解析】解：连接AD，过D点作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，作DG⊥BC于点G，

∵△ABC的两条内角平分线相交于点D，
∴AD也是△ABC的角平分线，
则D点为△ABC的内心，
∴DE=DF=DG，
设MN平分△ABC的面积，则S△BDM+S△BDN=S△ADM+S△ADC+S△DCN，
∵S△BDM=12BM⋅DE，S△ADM=12AM⋅DE，S△ADC=12AC⋅DF，S△DCN=12NC⋅DG，S△BDN=12BN⋅DG，
∴12BM⋅DE+12BN⋅DG=12AM⋅DE+12AC⋅DF+12NC⋅DG，
∴BM+BN=AM+AC+NC，
∵MN=MN，
∴BM+BN+MN=AM+AC+NC+MN，
∴BM+BN+MNAM+AC+NC+MN=11，
即这条直线分成的两个图形的周长比是：1：1．
故选：B．
连接AD，过D点作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，作DG⊥BC于点G，根据角平分线的性质可知：AD也是一条角平分线，D为△ABC的内心，则有DE=DF=DG，根据MIN平分△ABC的面积以此来列等式即可求解．
本题主要考查了角平分线的性质，掌握三角形中三条角平分线的交点为三角形的内心，内心到三边的距离相等是解答本题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：设阴影面积为a，八个全等的直角三角形中一个的面积为x，
则S2−S1=4x，S3−a−S1=8x，
∴S3−a−S1=2(S2−S1)，
∴S3−a−S1=2S2−2S1，
∴S3−S1−2S2+2S1=a，
∴S3+S1−2S2=a，
由于a已知，故S3+S1−2S2已知，
即可求出S3+S1−2S2，
故选：D．
根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，利用勾股定理解答即可．
此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出S1，S2，S3关系是解决问题的关键．

11.【答案】−23 
【解析】解：原式=3(x+y)−4xy，
∵x=−5−y，xy=2，
∴x+y=−5，
∴原式=3×(−5)−4×2
=−15−8
=−23，
故答案为：−23．
原式前两项提取公因式进行变形后，利用整体思想代入求值．
本题考查整式的加减，理解等式的性质，利用整体思想代入求值是解题关键．

12.【答案】21 
【解析】解：由方差的计算算式知，这组数据共有7个，且这组数据的平均数为3，
所以这组数据的和为7×3=21，
故答案为：21．
由方差的计算算式知，这组数据共有7个，且这组数据的平均数为3，再根据平均数的概念可得答案．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的计算公式及平均数的定义．

13.【答案】144 
【解析】解：∵将一个半径为6cm，母线长为15cm的圆锥形纸筒沿一条母线剪开并展平，
∴圆锥侧面积公式为：S=πrl=π×6×15=90πcm2，
∴扇形面积为90π=nπ ×152360，
解得：n=144，
∴侧面展开图的圆心角是144度．
故答案为：144．
根据圆锥的侧面积公式得出圆锥侧面积，再利用扇形面积求出圆心角的度数．
此题主要考查了圆锥的侧面积公式应用以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥侧面积是解决问题的关键．

14.【答案】2 【解析】解：圆与正方形的右边相切时，r=AB−5=2，
与左边相切时，r=AB+5=12，
∴2 当公共点是右边顶点时，r=122+52=13，
所以，x的取值范围是2 故答案为：2 求出圆与正方形的右边和左边相切时的半径，在这个范围内⊙B和正方形的边都有2个公共点；当圆的半径为点B到左边顶点距离时，也有两个公共点．
分析清楚有两个公共点的情况是解本题的关键．

15.【答案】3 
【解析】解：如图，连接DQ，

∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，
∴DE=DF，∠FDE=90°，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=45°=∠BAC，
∴∠DAC=∠DFQ=45°，
∴点A，点F，点Q，点D四点共圆，
∴∠BAQ=∠FDQ=45°，∠DAF=∠DQF=90°，∠AFD=∠AQD，
∴DF=2DQ，
∵AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，AQ=AQ，
∴△ABQ≌△ADQ(SAS)，
∴BQ=QD，∠AQB=∠AQD，
∵AB//CD，
∴∠AFD=∠FDC，
∴∠FDC=∠AQB，
又∵∠BAC=∠DFP=45°，
∴△BAQ∽△PFD，
∴AQDF=BQDP，
∴AQ⋅DP=32=BQ⋅DF，
∴32=BQ⋅2BQ，
∴BQ=3，
故答案为：3．
通过证明△BAQ∽△PFD，可得AQDF=BQDP，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

16.【答案】(4,0)  (135,1235) 
【解析】解(1)当y=0时，±3x2−12=0，
解得：x1=2，x2=−2(舍去)，
∴点A的坐标为(2,0)．
∵点B的坐标为(1,0)，
∴AB=1．
∵e=2，
∴AFAB=2，
∴AF=2，
∴OF=OB+AB+AF=4，
∴F点的坐标为(4,0)．
故答案为：(4,0)．
(2)(方法一)设点P的坐标为(x,8x2−8x−16)，则点H的坐标为(1,8x2−8x−16).
∵点Q为线段PF上靠近点P的三等分点，点F的坐标为(5,0)，
∴点Q的坐标为(x+5−x3,28x2−8x−163).
∵点H的坐标为(1,8x2−8x−16)，HQ=3HP，
∴(x+5−x3−1)2+(8x2−8x−16−28x2−8x−163)2=[3(x−1)]2，
化简得：15x2−48x+39=0，
解得：x1=135，x2=1(舍去)，
∴点P的坐标为(135,1235).
(方法二)当y=0时，±8x2−8x−16=0，
解得：x1=2，x2=−1(舍去)，
∴点A的坐标为(2,0)，
∴AF=5−2=3，AB=2−1=1，
∴e=AFAB=3=PFPH，
∴PF=3PH．
∵PF=3PQ，
∴PH=PQ．
在图2中，过点P作PM⊥HQ，垂足为M，作PN⊥x轴，垂足为N．
在Rt△HPM中，HM=32HP，
∴∠PHM=30°，
∴∠PQM=30°，∠HPQ=120°．
∵PN⊥x轴，PH//x轴，
∴∠HPN=90°，
∴∠FPN=30°．
设点P的坐标为(m,8m2−8m−16)，则PH=m−1，PF=3m−3，FN=PF⋅sin30°=32(m−1)，
∴OF=OB+BN+FN=52m−32=5，
解得：m=135，
∴点P的坐标为(135,1235).
故答案为：(135,1235).
(1)令y=0求出x的值，结合e=2可得出点A的坐标，由点B的坐标及e=2可求出AF的长度，将其代入OF=OB+AB+AF中即可求出点F的坐标；
(2)(方法一)设点P的坐标为(x,8x2−8x−16)，则点H的坐标为(1,8x2−8x−16)，由Q为线段PF上靠近点P的三等分点，可得出点Q的坐标为(x+5−x3,28x2−8x−163)，利用两点间的距离公式列方程解答即可；
(方法二)代入y=0找出点A的坐标，结合点B，F的坐标可得出e=3，进而可得出PF=3PH=3PQ，过点P作PM⊥HQ，垂足为M，作PN⊥x轴，垂足为N，通过解直角三角形可得出∠FPN=30°，设点P的坐标为(m,8m2−8m−16)，则PH=m−1，PF=3m−3，FN=32(m−1)，由OF=OB+BN+FN=5可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了两点间的距离、解一元二次方程以及反比例函数的综合应用，解题的关键是：(1)利用特殊值法(点A和点P重合)，求出点F的坐标；(2)(方法一)设出点P的坐标，利用两点间的距离公式找出关于x的一元二次方程；(方法二)通过解直角三角形及OF的长，找出关于m的一元一次方程．

17.【答案】解：(1)|−2|+(3−2)0+tan45°
=2+1+1
=4；

(2)2x−3(x+1)≥1，
去括号，得2x−3x−3≥1，
移项、合并同类项，得−x≥4．
化系数为1，得x≤−4． 
【解析】(1)先去绝对值、计算零指数幂以及代入特殊角的三角函数值；然后计算加减法；
(2)“通过去括号，不等式移项，合并，把x系数化为1”即可求出解集．
本题主要考查了解一元一次不等式，实数的运算，零指数幂以及特殊角的三角函数值，本题需注意，在不等式两边都除以一个负数时，应只改变不等号的方向．

18.【答案】解：如下图：

(1)CD即为所求；
(2)BE即为所求；
(3)AF即为所求． 
【解析】(1)根据矩形的对角线互相平分和等腰三角形的三线合一，作AB的中点即可；
(2)根据矩形的对角线的互相平分，找到AC的三七分点，再连线；
(3)作BC边上的高即可．
本题考查了作图的应用和设计，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)这个游戏不公平，理由如下：
∵在C区域的(9×9−9−4)=68(个)方块中随机埋藏着(20−2−1)=17(颗)地雷，
C区域中有(68−17)=51(个)方块中没有地雷，
∴小南胜的概率为1768=14，小语胜的概率为5168=34，
∵14<34，
∴这个游戏不公平；
(2)1，23，35． 
【解析】本题考查了游戏公平性以及概率公式等知识，概率相等游戏就公平，否则就不公平；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)求出小南胜的概率和小语胜的概率，再比较即可；
(2)分别求出D，E，F三个黑框区域中共藏的地雷颗数，再由概率公式求解即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)∵围着数字2的8个方块中埋藏着2颗地雷，空白区域无地雷，
∴D区域中有2个地雷，
∴选择D区域踩到雷的概率为1；
∵围着数字2的8个方块中埋藏着2颗地雷，空白区域无地雷，
∴E区域中有2个地雷，
∴选择E区域踩到雷的概率为23；
∵在D，E，F三个黑框区域中共藏有10颗地雷(空白区域无地雷)，
∴F区域中有：10−2−2=6(颗)地雷，
∴选择F区域踩到雷的概率为610=35；
故答案为：1，23，35．

20.【答案】解：(1)在Rt△EFH中，cos∠FHE=HEHF=12=22，
∴∠FHE=45°．
答：篮板底部支架HE与支架AF所成的角∠FHE的度数为45°；
(2)延长FE交CB的延长线于M，过点A作AG⊥FM于G，过点H作HN⊥AG于N，

则四边形ABMG和四边形HNGE是矩形，
∴GM=AB，HN=EG，
在Rt△ABC中，∵tan∠ACB=ABAC，
∴AB=BCtan60°=1.3×3=1.33(米)，
∴GM=AB=1.33(米)，
在Rt△ANH中，∠FAN=∠FHE=45°，
∴HN=AHsin45°=22×22=12(米)，
∴EM=EG+GM=12+1.33≈2.75(米)．
答：篮板底部点E到地面的距离大约是2.75米． 
【解析】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．
(1)由cos∠FHE=HEHF=22可得答案；
(2)延长FE交CB的延长线于M，过点A作AG⊥FM于G，过点H作HN⊥AG于N，据此知GM=AB，HN=EG，Rt△ABC中，求得AB=BCtan60°=1.33；Rt△ANH中，求得HN=AHsin45°=12；根据EM=EG+GM可得答案．

21.【答案】(1)证明：连接AO并延长，交BC于点F，连接OC，如图所示：

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵O是△ABC的外心，
∴AF⊥BC，
∴∠ACB+∠FAC=90°，
由轴对称的性质可得∠ABC=∠ACB=∠ACD=∠D，
∵OA=OC，
∴∠FAC=∠OCA，
∴∠ACD+∠OCA=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：如(1)图，则由(1)可得：AF⊥BC，∠ABC=∠ACB=∠ACD=∠D，
∴BF=CF，
∵∠CED=∠B，
∴∠CED=∠D，
∴CD=CE，
∵cosD=13，AB=6，
∴BF=AB⋅cosB=AB⋅cosD=2，
∴BC=4，
由轴对称的性质可得CD=BC=4，
∴CE=4． 
【解析】(1)连接AO并延长，交BC于点F，连接OC，由题意易得AB=AC，OA=OC，则有AF⊥BC，∠ABC=∠ACB，由轴对称的性质可得∠ABC=∠ACB=∠ACD=∠D，进而可得∠ACB+∠FAC=90°，然后可得∠ACD+∠OCA=90°，则问题可求解；
(2)由(1)可得AF⊥BC，BF=CF，进而可得BF=2，然后可得CE=CD，最后问题可求解．
本题主要考查切线的判定定理、垂径定理的推论、三角函数及轴对称的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理的推论、三角函数及轴对称的性质是解题的关键．

22.【答案】解：(1)当40≤x<58时，设y与x的函数解析式为y=k1x+b1，
由图象可得，
60=40k1+b124=58k1+b1，
解得：k1=−2b1=140．
∴y=−2x+140；
当58≤x≤71时，设y与x的函数解析式为y=k2x+b2，
由图象得，
24=58k2+b211=71k2+b2，
解得k2=−1b2=82．
∴y=−x+82．
综上所述：y=−2x+140(40≤x≤58)−x+82(58 (2)设人数为a，
当x=48时，
y=−2×48+140=44，
则(48−40)×44=106+82a，
解得a=3．
答：该店员工人数为3．
(3)设每件服装的价格为x元时，每天获得的利润为w元．
当40≤x<58时，
w=(x−40)(−2x+140)−82×2−106
=−2x2+220x−5870
=−2(x−55)2+180，
当x=55时，w最大值=180．
当58≤x≤71时，
w=(x−40)(−x+82)−82×2−106
=−x2+122x−3550
=−(x−61)2+171，
当x=61时，w最大值=171．
∵180>171
∴w最大值为180
答：每天能获得的最大利润是180元，此时，每件服装的价格应定为55元． 
【解析】(1)根据待定系数法，可得函数解析式；
(2)根据收入等于支出，可得一元一次方程，根据解一元一次方程，可得答案；
(3)分两种情况解答：①当40≤x<58时；②当58≤x≤71时，依据：总利润=单件利润×销售量−工人工资及其他费用列出函数解析式，求解即可．
本题考查了二次函数的应用与一次函数和一元一次方程的应用能力，理解题意找到符合题意得相等关系函数解析式是解题的关键．

23.【答案】(1)证明：∵BMMC=PMMQ=1m，∠BMP=∠CMQ，
∴△BMP∽△CMQ，
∴∠PBM=∠QCM，
∴CQ//BN；
(2)如图1，

连接MN，作NE⊥CQ于E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∵AN=BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴▱ABMN是矩形，
∵AB=BM，
∴矩形ABMN是正方形，
∴MN=BM，
∵点P是BN的中点，
∴BP=NP=12BN，PQ⊥BN，
由(1)知：CQ//BN，△BMP∽△CMQ，
∴PQ⊥CQ，BPCO=BMCM=12，
∴∠NPQ=∠CQP=90°，CQ=2BP，
∴四边形PQEN是矩形，
∴EQ=NP，
∴EQ=CE=12CQ，
∴NC=NQ；
(3)解：如图2，

延长AD，BC，作EF⊥AD于F，连接DE，BE交DQ于E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠DBC=45°，∠DCB=90°，
由上可知：EQ=n⋅BP，CE=n⋅BC=n⋅AB，CD=AB，
∵n2BP2+DQ2=(n2+1)⋅AB2，
∴EQ2+DQ2=CE2+CD2=DE2，
∴∠DQE=90°，
∵BD//EQ，
∴∠BDQ=∠DQE=90°，∠QEG=∠DBC=45°，
∴∠DGB=90°−∠DBC=45°，∠EGQ=45°，
∴∠DBC=∠DGB，
∴BD=DG，
∴BC=CG，
设BP=a，BC=b，
则EQ=nx，CE=nb，
∴EG=CE−CG=nb−b=(n−1)b，
∵EG=2EQ，
∴(n−1)b=2na，
∴2b(n−1)=2na，
∴a2b=n−12n，
即：BPBD=n−12n． 
【解析】(1)证明△BMP∽△CMQ，从而∠PBM=∠QCM，进而得出结论；
(2)连接MN，作NE⊥CQ于E，可证明四边形ABMN是正方形，四边形PQEN是矩形，结合BN=CQ=2BP=2PN，进一步得出结论；
(3)延长AD，BC，作EF⊥AD于F，连接DE，BE交DQ于E，根据n2BP2+DQ2=(n2+1)⋅AB2可得出EQ2+DQ2=CE2+CD2=DE2，从而∠DQE=90°，可推出△DBG，△EQG是等腰直角三角形，设BP=a，BC=b，则EQ=nx，CE=nb，从而EG=CE−CG=nb−b=(n−1)b，结合EG=2EQ，进一步得出结果．
本题考查了矩形的性质和判定，正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．

24.【答案】解：(1)证明：∵△COD是等边三角形，
∴∠COD=∠OCD=60°，
∴∠AOB=∠COD=60°，
又∵AB⊥BD，
∴∠BAO=30°，
∴∠OCD=2∠BAO，
∴△AOB与△COD为倍优三角形．

(2)由题意，∠BCO>∠PAO，∠APO>∠CBO．
①若∠BCO=2∠PAO，
则∠DAO=2∠PAO，
∴AP平分∠DAC．
过点P作PH⊥AC于H，

得PD=PH，
不妨设PD=PH=m，则PC=2−m．
则PC=2PH，
∴2−m=2m，
∴m=2(2−1)，
∴tan∠DAP=DPAD=2−1．
②若∠APO=2∠CBO，
过点P作PI//BC交AB于I，

则∠BPI=∠CBO．
又∵∠APO=2∠CBO，
∴∠APO=2∠BPI，
则∠DAP=∠API=∠BPI=∠CBP，
故DP=CP=1，
∴tan∠DAP=DPAD=12．
综上，∠DAP的正切值为2−1或12；

(3)①过O作OM⊥AB于点N，交⊙O于点M，连接AM，OA．

∵∠ADP为倍优角，
∴∠ADP=2∠CBP，
∴AB=2CD．
∵OM⊥AB，
∴AB=2AM，
∴AM=CD，
∴AM=CD=5．
∵OM⊥AB，AB=8，
∴AN=BN=4，
∴MN=3．
设⊙O的半径为r，
∴r2=(r−3)2+42，解得r=256，
∴⊙O的半径为256．
②∵∠ADP=2∠CBP，∠ADP=∠CBP+∠E，
∴∠E=∠CBD．
∵CD=BM，
∴∠BAM=∠CBD=∠E，
∴cos∠BAM=cosE，
∴ANAM=x，
∵BE=3BC，
∴CE=2BC，
∴S△CDE=2S△BCD，
∵∠DCE=∠BAE，∠E=∠E，
∴△CDE∽△ABE，
则S△CDES△ABE=(CDAB)2=(AM2AN)2=14x2，
∴2S△BCDS△ABE=14x2，
∴S1S2=18x2，即y=18x2． 
【解析】(1)△COD是等边三角形，得到∠AOB=∠COD=60°，又AB⊥BD，故∠BAO=30°，即可求解；
(2)①若∠BCO=2∠PAO，得到PD=PH，进而求解；②若∠APO=2∠CBO，得到∠DAP=∠API=∠BPI=∠CBP，则DP=CP=1，即可求解；
(3)①证明AB=2AM，则AM=CD，则AM=CD=5，设⊙O的半径为r，则r2=(r−3)2+42，解得r=256，即可求解；
②由△CDE∽△ABE，则S△CDES△ABE=(CDAB)2=(AM2AN)2=14x2，即可求解．
本题为圆的综合题，主要考查了圆的基本知识、三角形相似、解直角三角形、新定义等，综合性强，难度较大．