2023年四川省成都市金堂县中考数学一模试卷（含答案）

这是一份2023年四川省成都市金堂县中考数学一模试卷（含答案），共30页。试卷主要包含了下列计算正确的是，方程的解为等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省成都市金堂县中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如果a与﹣2022互为倒数，那么a的值是（　　）
A．2022 B．﹣2022 C． D．﹣
2．如图所示的几何体是由5个大小相同的小立方块搭成，此几何体的俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
3．新冠疫苗接种是预防和控制新冠肺炎传播最经济、有效、方便的方法，更是每一位公民应尽的责任和义务，每位公民应正确认识疫苗的安全性，主动接种．据国家卫健委数据显示，中国新冠疫苗接种量已超过1500万人次，将数据“1500万”用科学记数法表示正确的是（　　）
A．1500×104 B．1.5×103 C．1.5×107 D．1.5×106
4．点（2，﹣3）关于x轴的对称点为（　　）
A．（2，﹣3） B．（﹣2，﹣3） C．（2，3） D．（﹣3，2）
5．下列计算正确的是（　　）
A．a2+b2＝（a+b）2 B．a2+a4＝a6
C．（ab）3＝ab3 D．a2•a3＝a5
6．如图，四边形ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，不能保证△ABE和△ADF一定全等的条件是（　　）

A．∠BAF＝∠DAE B．EC＝FC C．AE＝AF D．BE＝DF
7．山西某中学初二年级有7个班，期中考试数学成绩为优秀（90分以上）的学生人数分别为6，8，10，2，8，5，7，则这组数的中位数是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．6.5
8．方程的解为（　　）
A．x＝3 B．x＝4 C．x＝5 D．x＝﹣5
9．《孙子算经》中有一道题，原文是“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？”意思是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺．问木长多少尺？设木长x尺，绳长y尺，可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，已知点O是正六边形ABCDEF的中心，扇形AOE的面积是12π，则该正六边形的边长是（　　）

A．6 B． C． D．12
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
11．分解因式x2﹣4的结果是 　 　．
12．钝角三角形和锐角三角形的最短两边为a，b，最长边为c，则它们平方的关系是钝角三角形：　 　；锐角三角形：　 　．
13．已知二次函数y＝ax2+bx+c中的x和y满足下表：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
10
5
2
1
2
…
根据图表中信息推断，方程ax2+bx+c﹣10＝0的根为 　 　．
14．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC．以点A为圆心，以任意长为半径作弧交AB，AC于D，E两点；分别以点D，E为圆心，以大于DE长为半径作弧，在∠BAC内两弧相交于点P；作射线AP交BC于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为G．若AB＝8cm，则△BFG的周长等于 　 　cm．

三．解答题（共6小题，满分54分）
15．（12分）（1）计算：（﹣3）0+|﹣2|﹣tan60°；
（2）解不等式组：．
16．（6分）先化简，再求值：，其中a＝2022．
17．（8分）某校为了解学生“最喜爱的运动项目”的情况，随机抽取了部分学生进行问卷调查，规定每人从“篮球”、“羽毛球”、“自行车”、“游泳”和“乒乓球”五个选项中必须选择且只能选择一个，并将调查结果绘制成如下两幅统计图表．
最喜爱的运动项目的人数调查统计表
最喜爱的项目
人数
篮球
20
羽毛球
9
自行车
10
乒乓球
a
游泳
b
根据以上信息，请回答下列问题：
（1）这次调查的人数是 　 　，a+b＝　 　；
（2）直接补全扇形统计图中“篮球”项目的百分比；
（3）若最喜爱“乒乓球”的人数比最喜爱“游泳”的人数多1人，则“游泳”项目的圆心角度数为 　 　；
（4）若该校有1200名学生，估计该校最喜爱的运动项目是“自行车”的学生人数．

18．（8分）2020年12月5日，第五届全国青少年无人机大赛（安徽省赛）在合肥开赛，无人机从地面A处起飞，B、C分别为距离A点30米的两处监控点，且A、B、C三点在同一条直线上．某团队操作的无人机从A点垂直起飞到达D处时，在C监控点测得点D的仰角为30°，5秒钟后，无人机直线上升到E处，在B监控点测得点E的仰角为53°，求无人机从D到E的平均速度．（参考数据：≈1.73，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）

19．（10分）如图1，一次函数y＝k1x+b与反比例函数y＝在第一象限交于M（1，4）、N（4，m）两点，点P是x轴负半轴上一动点，连接PM，PN．
（1）求反比例函数及一次函数的表达式；
（2）若△PMN的面积为9，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点E为直线PM上一点，点F为y轴上一点，是否存在这样的点E和点F，使得以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．


20．（10分）如图，AB为⊙O的直径，点D是AB下方的圆上一点，点C是优弧的中点，过点B作⊙O的切线交AC的延长线于点E，连接OC，OD，CB，BD．
（1）求证：BD∥OC；
（2）若AB＝6，填空：
①当BE＝　 　时，四边形ODBC是菱形；
②当BE＝　 　时，S△BCE＝S△ABC．

四．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
21．已知一次函数y＝（2k+1）x+1﹣2k的图象在第一、三、四象限，则k的取值范围为 　 　．
22．若m，n是一元二次方程x2+3x﹣1＝0的两个实数根，则的值为 　 　．
23．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为13，直线y＝kx﹣3k+4与⊙O交于B，C两点，则弦BC长的最小值等于　 　．
24．如图，将长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，AD的对应线段AD′与边BC交于点E．已知BE＝3，EC＝5，则AB＝　 　．

25．乐乐同时投掷两枚质地均匀的骰子，两枚骰子点数之和小于6的概率是 　 　．
五．解答题（共3小题，满分30分）
26．（8分）近年来，南宁市第三十八中学初中部就读人数逐年增加，现在校学生中，七年级学生人数比八年级多34人，八年级人数比九年级人数多11人，三个年级共734人，问：
（1）我校初中部七、八、九年级分别有多少人？
（2）按照国家有关规定，初中学校的师生配比至少为1：13.5，请问七年级至少配备多少名教师？
27．（10分）如图1，在△ABC中，AC＝4，以AB为底边作等腰△PAB，连接PC，作△PCD，使得PC＝PD，且∠CPD＝∠APB．
（1）如图2，若∠APB＝60°，请按题意补全图形，并写出画图步骤；
（2）将线段CA沿CD的方向平移得到线段DE，连接BE，
①如图3，若∠CPD＝∠APB＝90°，求BE的长；
②若∠APB＝36°，直接写出BE的长．

28．（12分）如图1所示，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝1，与y轴的交点为点A（0，2），且过点．
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的表达式；
（2）连接AB．若抛物线的对称轴上存在两点C，D（点D位于点C下方），使△ABC和△ABD均是以AB为斜边的直角三角形，求点C和点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如图2所示，点P是线段AB上一点，连接DP．一动点Q从D点出发沿D→P→B运动，至点B时停止．如果点Q在DP上的运动速度与点Q在PB上的运动速度之比为，要使点Q在整个运动过程中用时最少，求点P的坐标．


















答案解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【考点】倒数
【分析】根据倒数的定义即可得出答案．
解：﹣2022的倒数是﹣，
故选：D．
【点评】本题考查了倒数的定义，掌握乘积为1的两个数互为倒数是解题的关键．
2．【考点】简单组合体的三视图
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
解：此几何体的俯视图是：
．
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
3．【考点】科学记数法—表示较大的数
【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．
解：1500万＝1500×104＝1.5×107，
故选：C．
【点评】本题考查了科学记数法的知识；解题的关键是熟练掌握科学记数法的性质，从而完成求解．
4．【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标
【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数进行解答．
解：点（2，﹣3）关于x轴的对称点的坐标是（2，3）．
故选：C．
【点评】本题考查了关于x轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y）．
5．【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方
【分析】利用完全平方公式、合并同类项、积的乘方的法则、同底数幂的乘法的法则，逐个计算得结论．
解：A、a2+b2不能再运算，故选项A不符合题意；
B、a2与a4不属于同类项，不能运算，故选项B不符合题意；
C、（ab）3＝a3b3，故选项C不符合题意；
D、a2•a3＝a5，故选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了完全平方公式，同底数幂的乘法、完全平方公式、合并同类项、积的乘方，掌握并熟练运用同底数幂的乘法、完全平方公式、合并同类项、积的乘方的法则是解决本题的关键．
6．【考点】菱形的性质；全等三角形的判定
【分析】根据菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，再根据所添加条件，与这个两个条件是否能最终得到全等三角形的判定条件，进而得出结论．
解：A．∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
故选项A不符合题意；
B..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，BC＝BD，
∵EC＝FC，
∴BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
故选项B不符合题意；
C..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵AE＝AF，
∴△ABE和△ADF只满足两边和一边的对角相等，两个三角形不一定全等，
故选项C符合题意；
D..∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
又∵BE＝DE，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
故选项D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定，关键是熟记全等三角形的判定定理．
7．【考点】中位数
【分析】根据中位数的定义判断即可．
解：将数据从小到大排列：2，5，6，7，8，8，10，
∴中位数为7．
故选：C．
【点评】本题考查中位数，解题的关键是理解中位数的定义，属于中考常考题型．
8．【考点】解分式方程
【分析】方程两边都乘（3x﹣2）（x+1）得出2（x+1）＝3x﹣2，求出方程的解，再进行检验即可．
解：，
方程两边都乘（3x﹣2）（x+1），得2（x+1）＝3x﹣2，
解得：x＝4，
检验：当x＝4时，（3x﹣2）（x+1）≠0，
所以x＝4是原方程的解，
即原方程的解是x＝4，
故选：B．
【点评】本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
9．【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组
【分析】根据用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，可以列出相应的方程组，从而可以解答本题．
解：由用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺，可得方程y＝x+4.5，
由将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，可得方程y＝x﹣1，
故，
故选：D．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，列出相应的方程组．
10．【考点】正多边形和圆；扇形面积的计算
【分析】先求出中心角∠AOF＝60°，证得△OAF是等边三角形，得到AF＝R，根据扇形的面积求出圆的半径，即可得到正六边形的边长．
解：连接OF，
设⊙O的半径为R，
∵O是正六边形ABCDEF的中心，
∴∠AOF＝∠EOF＝＝60°，
∴∠AOE＝120°，
∵OA＝OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴AF＝OA＝R，
∵扇形AOE的面积是12π，
∴＝12π，
∴R2＝36，
∴AF＝R＝6，
∴正六边形的边长是6，
故选：A．

【点评】本题主要考查了正多边形和圆，扇形面积的计算，解题的关键是能求出正六边形的边长等于圆的半径．
二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
11．【考点】因式分解﹣运用公式法
【分析】运用平方差公式分解因式即可．
解：x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）．
故答案为：（x+2）（x﹣2）．
【点评】本题考查了运用平方差公式分解因式，牢记a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）是解题的关键．
12．【考点】勾股定理
【分析】△ABC中，∠ACB为钝角，AB＝c，AC＝b，BC＝a，过A作AD⊥BC交BC延长线于D，在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2＝b2，可得a2+b2＝a2+AD2+CD2①，在Rt△ABD中，可得c2＝AD2+CD2+2a•CD+a2②，②﹣①即得c2＞a2+b2；
△EFG中，∠EFG、∠FEG、∠EGF均为锐角，EG＝c，EF＝a，FG＝b，且c＞a，c＞b，过E作EH⊥FG于H，在Rt△RFH中，FH2+EH2＝EF2＝a2，可得a2+b2＝FH2+EH2+b2③，在Rt△EHG中，可得c2＝EH2+b2﹣2b•FH+FH2④，③﹣④即得a2+b2＞c2．
解：△ABC中，∠ACB为钝角，AB＝c，AC＝b，BC＝a，过A作AD⊥BC交BC延长线于D，如图：

在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2＝b2，
∴a2+b2＝a2+AD2+CD2①，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AD2+（CD+BC）2＝AB2＝c2，即AD2+（CD+a）2＝c2，
∴c2＝AD2+CD2+2a•CD+a2②，
②﹣①得：c2﹣（a2+b2）＝2a•CD＞0，
∴c2＞a2+b2；
△EFG中，∠EFG、∠FEG、∠EGF均为锐角，EG＝c，EF＝a，FG＝b，过E作EH⊥FG于H，如图：

在Rt△RFH中，FH2+EH2＝EF2＝a2，
∴a2+b2＝FH2+EH2+b2③，
在Rt△EHG中，EH2+HG2＝EH2+（b﹣FH）2＝EG2＝c2，
∴c2＝EH2+b2﹣2b•FH+FH2④，
③﹣④得：a2+b2﹣c2＝2b•FH＞0，
∴a2+b2＞c2；
故答案为：c2＞a2+b2；a2+b2＞c2；
【点评】本题考查锐角三角形及钝角三角形三边的关系，解题的关键是画出图形，熟练应用勾股定理．
13．【考点】抛物线与x轴的交点
【分析】求出抛物线的对称轴为x＝（1+3）＝2，当x＝﹣1时，y＝10，即ax2+bx+c＝10，根据函数的对称性，x＝5时，y＝10，即可求解．
解：由点（1，2）和点（3，2）知，抛物线的对称轴为x＝（1+3）＝2，
当x＝﹣1时，y＝10，即ax2+bx+c＝10，
根据函数的对称性，x＝5时，y＝10，
故方程ax2+bx+c﹣10＝0的根为x＝﹣1或5，
故答案为：﹣1或5．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
14．【考点】作图—基本作图；角平分线的性质；等腰直角三角形
【分析】直接利用基本作图方法结合全等三角形的判定与性质进而得出AC＝AG，即可得出答案．
解：在△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴FC⊥AC，
∵FG⊥AB，
由作图方法可得：AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF，FC＝FG，
在Rt△ACF和Rt△AGF中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△AED（HL），
∴AC＝AG，
∵AC＝BC，
∴AG＝BC，
∴△BFG的周长＝GF+BF+BG＝CF+BF+BG＝BC+BG＝AG+BG＝AB＝8cm．
故答案为：8．
【点评】此题主要考查了作图﹣基本作图以及全等三角形的判定与性质，正确理解基本作图方法是解题关键．
三．解答题（共6小题，满分54分）
15．【考点】解一元一次不等式组；特殊角的三角函数值；实数的运算；零指数幂
【分析】（1）原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂、锐角三角函数计算即可求出值；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
解：（1）原式＝1+2﹣
＝1+2﹣3，
＝0．
（2），
由①得x＞﹣3，
由②得x≤2．
故不等式组的解集为﹣3＜x≤2．
【点评】此题考查了实数的运算及解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组取解集的方法是解本题的关键．
16．【考点】分式的化简求值
【分析】化简时，先将括号内通分，再按照分式的除法法则进行运算，最后将a的值代入运算即可．
解：原式＝（）÷
＝（）×
＝
＝﹣．
当a＝2022时，
原式＝﹣＝﹣．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值，注意分式的化简顺序和运算符号是解题的关键．
17．【考点】扇形统计图；用样本估计总体；统计表
【分析】（1）根据最喜爱羽毛球的人数和所占的百分比求出这次调查的人数，再用总人数减去最喜爱篮球、羽毛球、自行车的人数，即可得出a+b的值；
（2）用最喜爱“篮球”项目的人数除以总人数得出“篮球”项目的百分比，进而填表即可；
（3）先求出最喜爱“游泳”项目的人数，再利用圆心角计算公式，即可得到“游泳”项目对应的扇形的圆心角；
（4）用1200乘以样本中最喜爱的运动项目是“自行车”的学生所占的比例，即可估计该校最喜爱的运动项目是“自行车”的学生人数．
解：（1）这次调查的人数是：9÷18%＝50，
a+b＝50﹣20﹣9﹣10＝11，
故答案为：50，11；

（2）最喜爱“篮球”项目的百分比是：×100%＝40%．
扇形统计图补充如下：


（3）最喜爱“游泳”项目的人数是：＝5（人），
“游泳”项目的圆心角度数为：360°×＝36°．
故答案为：36°；

（4）1200×＝240（人）．
故估计该校最喜爱的运动项目是“自行车”的学生人数为240人．
【点评】本题考查的是统计表和扇形统计图的综合运用．读懂统计图表，从不同的统计表和统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．也考查了利用样本估计总体．
18．【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【分析】由锐角三角函数定义分别求出AD、AE的长，再求出DE的长，即可解决问题．
解：由题意得：∠DAC＝∠EAB＝90°，AB＝AC＝30米，
在Rt△ACD中，∠C＝30°，
∵tanC＝＝，
∴AD＝AC＝10（米），
在Rt△ABE中，∠ABE＝53°，
∵tan∠ABE＝≈1.33，
∴AE≈1.33AB＝1.33×30＝39.9（米），
∴DE＝AE﹣AD＝（39.9﹣10）米≈22.6米，
∴22.6÷5＝4.52（米/秒），
答：无人机从D到E的平均速度约为4.52米/秒．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义，求出AD、AE的长是解题的关键．
19．【考点】反比例函数综合题
【分析】（1）将点M的坐标代入反比例函数解析式可求得k2＝4，进而可得N（4，1），再利用待定系数法即可求得一次函数解析式；
（2）如图，设直线MN交x轴于H，过点M作MD⊥x轴于D，过点N作NE⊥x轴于E，设P（x，0），根据三角形PMN的面积为9，建立方程求解即可得出x＝﹣1，得出答案；
（3）利用待定系数法可得直线PM的解析式为y＝2x+2，设E（t，2t+2），F（0，s），分三种情况：当MN、EF为平行四边形对角线时，MN与EF的中点重合；当ME、NF为平行四边形对角线时，ME与NF的中点重合；当EN、MF为平行四边形对角线时，EN与MF的中点重合；分别建立方程求解即可得出答案．
解：（1）∵反比例函数y＝的图象经过M（1，4）、N（4，m）两点，
∴k2＝1×4＝4m，
解得：k2＝4，m＝1，
∴N（4，1），
∵直线y＝k1x+b经过M（1，4）、N（4，1）两点，
∴，
解得：，
∴反比例函数表达式为y＝，一次函数表达式为y＝﹣x+5；
（2）如图，设直线MN交x轴于H，过点M作MD⊥x轴于D，过点N作NE⊥x轴于E，

设P（x，0），
∵M（1，4）、N（4，1），
∴MD＝4，NE＝1，
在y＝﹣x+5中，令y＝0，得﹣x+5＝0，
解得：x＝5，
∴H（5，0），
∴PH＝5﹣x，
∴S△PMN＝S△PMH﹣S△PNH＝PH•MD﹣PH•NE＝PH（MD﹣NE）＝（5﹣x）×（4﹣1）＝（5﹣x），
∵S△PMN＝9，
∴（5﹣x）＝9，
解得：x＝﹣1，
∴P（﹣1，0）；
（3）存在，
设直线PM的解析式为y＝mx+n，把P（﹣1，0），M（1，4）坐标分别代入得：，
解得：，
∴直线PM的解析式为y＝2x+2，
设E（t，2t+2），F（0，s），
又M（1，4）、N（4，1），
当MN、EF为平行四边形对角线时，MN与EF的中点重合，
∴，
解得：，
∴E（5，12），F（0，﹣7）；
当ME、NF为平行四边形对角线时，ME与NF的中点重合，
∴，
解得：，
∴E（3，8），F（0，11）；
当EN、MF为平行四边形对角线时，EN与MF的中点重合，
∴，
解得：，
∴E（﹣3，﹣4），F（0，﹣7）；
综上所述，点E的坐标为（5，12）或（3，8）或（﹣3，﹣4）．

【点评】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行四边形性质等，解题关键是运用分类讨论思想解决问题，防止漏解．
20．【考点】圆的综合题
【分析】（1）连接CD，由C为优弧ABD的中点，可得△ACO≌△DCO（SSS），即得∠A＝∠ODC，可得∠ODC＝∠CDB，而OD＝OC，可得∠CDB＝∠OCD，故BD∥OC；
（2）①由BE是⊙O的切线，得∠ABE＝90°，又四边形ODBC是菱形，可得△OBC是等边三角形，∠OBC＝60°，从而∠A＝30°，在Rt△ABE中，BE＝AB•tanA＝2；
②由∠ABE＝∠BCE＝90°，∠E＝∠E，得△ABE∽△BCE，有＝＝，根据S△BCE＝S△ABC，得＝，设CE＝t，则AC＝4t，AE＝5t，即得＝＝，解得t＝，即知BE＝t＝3．
（1）证明：连接CD，如图：

∵C为优弧ABD的中点，
∴AC＝CD，
又OA＝OD，OC＝OC，
∴△ACO≌△DCO（SSS），
∴∠A＝∠ODC，
∵＝，
∴∠A＝∠CDB，
∴∠ODC＝∠CDB，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠CDB＝∠OCD，
∴BD∥OC；
（2）①解：如图：

∵BE是⊙O的切线，
∴∠ABE＝90°，
∵四边形ODBC是菱形，
∴OC＝BC，
而OC＝OB，
∴OC＝OB＝BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝30°，
在Rt△ABE中，BE＝AB•tanA＝6×tan30°＝2，
故答案为：2；
②解：如图：

由（2）知∠ABE＝∠BCE＝90°，
又∠E＝∠E，
∴△ABE∽△BCE，
∴＝＝，
∵S△BCE＝S△ABC，
∴＝，
设CE＝t，则AC＝4t，AE＝5t，
∴＝＝，
∴BE＝t，＝＝，
∴BC＝，
∴AC＝＝，
∴4t＝，
∴t＝，
∴BE＝t＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及切线的性质及应用、全等三角形判定及性质、相似三角形判定及性质、等边三角形判定及性质、三角形面积等知识，解题的关键是利用△ABE∽△BCE，对应边成比例求出t的值．
四．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
21．【考点】一次函数图象与系数的关系
【分析】一次函数的解析式为y＝kx+b，当图象经过一、三、四象限时，k＞0，b＜0，据此即可求出k的范围．
解：∵一次函数y＝（2k+1）x+1﹣2k的图象在第一、三、四象限，
∴2k+1＞0且1﹣2k＜0，
解得，
故答案为k＞．
【点评】本题主要考查一次函数图象与系数的关系，关键是要牢记y＝kx+b的图象在不同象限时对应的k和b的取值范围．
22．【考点】根与系数的关系
【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到m2+3m﹣1＝0，再根据根与系数的关系得到m+n＝﹣3，再将其代入所求式子即可求解．
解：m，n是一元二次方程x2+3x﹣1＝0的两个实数根，
∴m2+3m﹣1＝0，
∴3m﹣1＝﹣m2，
∴m+n＝﹣3，
∴＝＝＝3，
故答案为3．
【点评】本题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解与方程的关系得到3m﹣1＝﹣m2是解题的关键．
23．【考点】垂径定理；一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理
【分析】先利用直线解析式确定直线y＝kx﹣3k+4过定点（3，4），如图，P（3，4），连接OB，如图，当BC⊥OP时，弦BC最短，根据垂径定理得到BP＝PC，再利用勾股定理计算出OP，然后利用勾股定理计算出BP，从而得到弦BC长的最小值．
解：∵y＝kx﹣3k+4，
∴（x﹣3）k＝y﹣4，
∵k为无数个值，
∴x﹣3＝0，y﹣4＝0，解得x＝3，y＝4，
∴直线y＝kx﹣3k+4过定点（3，4），
如图，P（3，4），连接OB，如图，
当BC⊥OP时，弦BC最短，此时BP＝PC，
∵OP＝＝5，
∴BP＝＝12，
∴BC＝2BP＝24，
即弦BC长的最小值等于24．
故答案为24．

【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了一次函数图象上点的坐标特征．
24．【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，可以得出△AEC是等腰三角形，EC＝EA＝4，在直角三角形ABE中由勾股定理可求出AB．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，BC＝AD，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠得：AD＝AD′，CD＝CD′，∠DAC＝∠D′AC，
∵∠DAC＝∠BCA，
∴∠D′AC＝∠BCA，
∴EA＝EC＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
AB＝＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了矩形的性质、折叠轴对称的性质以及勾股定理等知识，折叠轴对称的问题经常转化到一个直角三角形中，利用直角三角形的边角关系使问题得以解决是常用的方法．
25．【考点】列表法与树状图法
【分析】画树状图展示所有36种等可能的结果，再找出两枚骰子点数之和小于6的结果数，然后根据概率公式求解．
解：画树状图为：

共有36种等可能的结果，其中两枚骰子点数之和小于6的结果数为10，
所以两枚骰子点数之和小于6的概率＝＝
故答案为．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
五．解答题（共3小题，满分30分）
26．【考点】一元一次方程的应用；一元一次不等式的应用
【分析】（1）设我校初中部九年级有x人，则八年级有（x+11）人，七年级有（x+11+34）人，根据三个年级共734人，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可求出我校七年级的学生数，再将其分别代入（x+11）及（x+11+34）中即可求出八、九年级的学生数；
（2）设七年级需配备y名教师，根据初中学校的师生配比至少为1：13.5，即可得出关于y的一元一次不等式，解之即可得出y的取值范围，再取其中的最小整数值即可得出结论．
解：（1）设我校初中部九年级有x人，则八年级有（x+11）人，七年级有（x+11+34）人，
依题意得：x+11+34+x+11+x＝734，
解得：x＝226，
∴x+11＝226+11＝237，x+11+34＝226+11+34＝271．
答：我校初中部七年级有271人，八年级有237人，九年级有226人．
（2）设七年级需配备y名教师，
依题意得：≥，
解得：y≥，
又∵y为整数，
∴y的最小值为21．
答：七年级至少配备21名教师．
【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．
27．【考点】几何变换综合题
【分析】（1）根据题意，作等边△CPD即可；
（2）①连接BD，证明△CPA≌△DPB（SAS），得BD＝AC＝4，∠BDP＝∠ACP，由AC∥DE，知∠EDC+∠ACD＝180°，可推得∠EDB＝90°，在Rt△BED中，BE＝，即可得答案；
②连接BD，作∠EBD角平分线交ED于F，证明△CPA≌△DPB（SAS），得BD＝AC＝4，∠BDP＝∠ACP，而AC∥DE，可推得∠EDB＝36°，再证明△EBF∽△EDB，得＝，设BE＝x，则EF＝DE﹣DF＝DE﹣BE＝4﹣x，列出方程＝，即得BE＝2﹣2．
解：（1）如图所示：

画图步骤：①连接PC，
②分别以P、C为圆心，PC长为半径画弧，两弧相交于点D，
③连接PD、CD；
（2）①连接BD，如图：

∵∠CPD＝∠APB＝90°，
∴∠CPA＝∠DPB，
又∵PA＝PB，PC＝PD，
∴△CPA≌△DPB（SAS），
∴BD＝AC＝4，∠BDP＝∠ACP，
∵AC∥DE，
∴∠EDC+∠ACD＝180°，
即∠EDB+∠BDP+∠PDC+∠ACD＝180°，
∴∠EDB+∠ACP+∠PDC+∠ACD＝180°，即∠EDB+∠PDC+∠PCD＝180°，
而∠PDC+∠PCD＝90°，
∴∠EDB＝90°，
∵将线段CA沿CD的方向平移得到线段DE，
∴DE＝AC＝4，
在Rt△BED中，BE＝＝4；
②连接BD，作∠EBD角平分线交ED于F，如图：

∵∠CPD＝∠APB＝36°，
∴∠CPA＝∠DPB，
又∵PA＝PB，PC＝PD，
∴△CPA≌△DPB（SAS），
∴BD＝AC＝4，∠BDP＝∠ACP，
∵AC∥DE，
∴∠EDB+∠BDC+∠PCD+∠ACP＝180°，
∴∠EDB+∠BDC+∠PCD+∠BDP＝180°，即∠EDB+∠PDC+∠PCD＝180°，
而∠PDC+∠PCD＝180°﹣∠CPD＝144°，
∴∠EDB＝36°，
∵将线段CA沿CD的方向平移得到线段DE，
∴DE＝AC＝BD＝4，
∴∠EBD＝∠BED＝72°，
∵BF平分∠EBD，
∴∠EBF＝∠FBD＝∠EDB＝36°，
∴BF＝DF，∠BFE＝∠BED＝72°，
∴BE＝BF＝DF，
∵∠EBF＝∠EDB，∠E＝∠E，
∴△EBF∽△EDB，
∴＝，
设BE＝x，则EF＝DE﹣DF＝DE﹣BE＝4﹣x，
∴＝，
解得x＝2﹣2或x＝﹣2﹣2（舍去），
∴BE＝2﹣2．
【点评】本题考查三角形综合应用，涉及旋转变换、三角形全等判定及性质、三角形相似判定及性质、等腰三角形性质及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
28．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）由题意先求出c＝2，b＝﹣2a，再将点代入y＝ax2﹣2ax+2，即可求解；
（2）设C（1，m），D（1，n），先求出AB＝，AB的中点H（，），再由CH＝DH＝AB，得＝，即可求D（1，），C（1，5）；
（3）过点P作PQ⊥BC于Q，由PQ∥AC，可得＝，即＝，则可求出tan∠PBQ＝2，BP＝BQ，sin∠PBQ＝，由题意设Q点在DP上的运动时间为t，在PB上的运动时间为k，DP＝2t，PB＝k，PQ＝2k，则从P点到B所用的时间与从P点到Q点所用的时间相同，当D、P、Q三点共线时，PD+PQ的路程最短，用时间也最短，分别求出直线AC的解析式为y＝3x+2，DQ的解析式为y＝3x﹣，直线AB的解析式为y＝x+2，联立方程组，即可求P（，）．
解：（1）∵函数y轴的交点为点A（0，2），
∴c＝2，
∵抛物线的对称轴为x＝1，
∴﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+2，
将点代入y＝ax2﹣2ax+2，
∴＝a﹣5a+2，
解得a＝2，
∴y＝2x2﹣4x+2；
（2）∵y＝2x2﹣4x+2＝2（x﹣1）2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设C（1，m），D（1，n），
∵A（0，2），点，
∴AB＝，AB的中点H（，），
∵△ABC和△ABD均是以AB为斜边的直角三角形，
∴CH＝DH＝AB，
∴＝，
解得m＝5或m＝，
∵点D位于点C下方，
∴D（1，），C（1，5）；
（3）过点P作PQ⊥BC于Q，
∵A（0，2），，C（1，5），
∴AC＝，AB＝，BC＝，
∵AC⊥BC，
∴PQ∥AC，
∴＝，即＝，
∴PQ＝2BQ，
∴tan∠PBQ＝2，BP＝BQ，sin∠PBQ＝，
∵点Q在DP上的运动速度与点Q在PB上的运动速度之比为，
∴设Q点在DP上的运动时间为t，在PB上的运动时间为k，
∴DP＝2t，PB＝k，
∴PQ＝BP•sin∠PBQ＝k•＝2k，
∴从P点到B所用的时间与从P点到Q点所用的时间相同，
∴当D、P、Q三点共线时，PD+PQ的路程最短，用时间也最短，
∴PD+PQ＝2t+2k＝2（t+k），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝3x+2，
∵AC∥DQ，
∴设DQ的解析式为y＝3x+b'，
∴3+b'＝，
解得b'＝﹣，
∴y＝3x﹣，
设直线AB的解析式为y＝k'x+b''，
∴，
解得，
∴y＝x+2，
联立方程组，
解得，
∴P（，）．