2023年湖北省宜昌市中考数学试卷（含答案解析）

这是一份2023年湖北省宜昌市中考数学试卷（含答案解析），共32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。
2023年湖北省宜昌市中考数学试卷
一、选择题（下列各题中，只有一个选项是符合题目要求的，请在答题卡上指定的位置填涂符合要求的选项前面的字母代号。每题3分，计33分。）
1．（3分）下列运算正确的个数是（　　）
①|2023|＝2023；②20230＝1；③2023﹣1＝；④＝2023．
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（3分）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）“五一”假期，宜昌旅游市场接待游客606.7万人次，实现旅游总收入41.5亿元．数据“41.5亿”用科学记数法表示为（　　）
A．415×107 B．41.5×108 C．4.15×109 D．4.15×1010
4．（3分）“争创全国文明典范城市，让文明成为宜昌人民的内在气质和城市的亮丽名片”．如图，是一个正方体的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“城”字对面的字是（　　）

A．文 B．明 C．典 D．范
5．（3分）如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，AC，OB交于点D．若AD＝CD＝8，OD＝6，则BD的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
6．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2x4÷x3＝2x B．（x3）4＝x7 C．x4+x3＝x7 D．x3•x4＝x12
7．（3分）某反比例函数图象上四个点的坐标分别为（﹣3，y1），（﹣2，3），（1，y2），（2，y3），则，y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y2＜y1＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y2＜y3＜y1 D．y1＜y3＜y2
8．（3分）如图，小颖按如下方式操作直尺和含30°角的三角尺，依次画出了直线a，b，c．如果∠1＝70°，则∠2的度数为（　　）

A．110° B．70° C．40° D．30°
9．（3分）在日历上，某些数满足一定的规律．如图是某年8月份的日历，任意选择其中所示的含4个数字的方框部分，设右上角的数字为a，则下列叙述中正确的是（　　）
日
一
二
三
四
五
六



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31

A．左上角的数字为a+1
B．左下角的数字为a+7
C．右下角的数字为a+8
D．方框中4个位置的数相加，结果是4的倍数
10．（3分）解不等式＞x﹣1，下列在数轴上表示的解集正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（3分）某校学生去距离学校12km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，汽车的速度是（　　）
A．0.2km/min B．0.3km/min C．0.4km/min D．0.6km/min
二、填空题（将答案写在答题卡上指定的位置。每题3分，计12分。）
12．（3分）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD＝8，则四边形A'EBC的周长为 　 　．

13．（3分）如图，一名学生推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是y＝﹣（x﹣10）（x+4），则铅球推出的距离OA＝　 　m．

14．（3分）已知x1，x2是方程2x2﹣3x+1＝0的两根，则代数式的值为 　 　．
15．（3分）如图，条形图描述了某车间工人日加工零件数的情况．这些工人日加工零件数的中位数是 　 　．

三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置。本大题共有9题，计75分。）
16．（6分）先化简，再求值：+3，其中a＝﹣3．
17．（6分）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空：∠OCB的度数为 　 　．

18．（7分）某食用油的沸点温度远高于水的沸点温度．小聪想用刻度不超过100℃的温度计测算出这种食用油沸点的温度．在老师的指导下，他在锅中倒入一些这种食用油均匀加热，并每隔10s测量一次锅中油温，得到的数据记录如下：
时间t/s
0
10
20
30
40
油温y/℃
10
30
50
70
90
（1）小聪在直角坐标系中描出了表中数据对应的点．经老师介绍，在这种食用油达到沸点前，锅中油温y（单位：℃）与加热的时间t（单位：s）符合初中学习过的某种函数关系，填空：
可能是 　 　函数关系（请选填“正比例”“一次”“二次”“反比例”）；
（2）根据以上判断，求y关于t的函数解析式；
（3）当加热110s时，油沸腾了，请推算沸点的温度．

19．（7分）2023年5月30日，“神舟十六号”航天飞船成功发射．如图，飞船在离地球大约330km的圆形轨道上，当运行到地球表面P点的正上方F点时，从中直接看到地球表面一个最远的点是点Q．在Rt△OQF中，OP＝OQ≈6400km．
（参考数据：cos16°≈0.96，cos18°≈0.95，cos20°≈0.94，cos22°≈0.93，π≈3.14）

（1）求cosα的值（精确到0.01）；
（2）在⊙O中，求的长（结果取整数）．
20．（8分）“阅读新时代，书香满宜昌”．在“全民阅读月”活动中，某校提供了四类适合学生阅读的书籍：A文学类，B科幻类，C漫画类，D数理类．为了解学生阅读兴趣，学校随机抽取了部分学生进行调查（每位学生仅选一类）．根据收集到的数据，整理后得到下列不完整的图表：
书籍类别
学生人数
A文学类
24
B科幻类
m
C漫画类
16
D数理类
8
（1）本次抽查的学生人数是 　 　，统计表中的m＝　 　；
（2）在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是 　 　；
（3）若该校共有1200名学生，请你估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）学校决定成立“文学”“科幻”“漫画”“数理”四个阅读社团．若小文、小明随机选取四个社团中的一个，请利用列表或画树状图的方法，求他们选择同一社团的概率．

21．（8分）如图1，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，AB＝4，PB＝3．

（1）填空：∠PBA的度数是 　 　，PA的长为 　 　；
（2）求△ABC的面积；
（3）如图2，CD⊥AB，垂足为D．E是上一点，AE＝5EC．延长AE，与DC，BP的延长线分别交于点F，G，求的值．
22．（10分）为纪念爱国诗人屈原，人们有了端午节吃粽子的习俗．某顾客端午节前在超市购买豆沙粽10个，肉粽12个，共付款136元，已知肉粽单价是豆沙粽的2倍．

豆沙粽数量
肉粽数量
付款金额
小欢妈妈
20
30
270
小乐妈妈
30
20
230
（1）求豆沙粽和肉粽的单价；
（2）超市为了促销，购买粽子达20个及以上时实行优惠，下表列出了小欢妈妈、小乐妈妈的购买数量（单位：个）和付款金额（单位：元）；
①根据上表，求豆沙粽和肉粽优惠后的单价；
②为进一步提升粽子的销量，超市将两种粽子打包成A，B两种包装销售，每包都是40个粽子（包装成本忽略不计），每包的销售价格按其中每个粽子优惠后的单价合计．A，B两种包装中分别有m个豆沙粽，m个肉粽，A包装中的豆沙粽数量不超过肉粽的一半．端午节当天统计发现，A，B两种包装的销量分别为（80﹣4m）包，（4m+8）包，A，B两种包装的销售总额为17280元．求m的值．
23．（11分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．

（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE＝时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE＝时，求证：AE＝AF．
24．（12分）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　 　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．

2023年湖北省宜昌市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（下列各题中，只有一个选项是符合题目要求的，请在答题卡上指定的位置填涂符合要求的选项前面的字母代号。每题3分，计33分。）
1．（3分）下列运算正确的个数是（　　）
①|2023|＝2023；②20230＝1；③2023﹣1＝；④＝2023．
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
【解答】解：①|2023|＝2023，故此选项符合题意；
②20230＝1，故此选项符合题意；
③2023﹣1＝，故此选项符合题意；
④＝2023，故此选项符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质、二次根式的性质、绝对值的性质，正确化简各数是解题关键．
2．（3分）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（3分）“五一”假期，宜昌旅游市场接待游客606.7万人次，实现旅游总收入41.5亿元．数据“41.5亿”用科学记数法表示为（　　）
A．415×107 B．41.5×108 C．4.15×109 D．4.15×1010
【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41.5亿＝4150000000用科学记数法表示为4.15×109．
故选：C．
【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．
4．（3分）“争创全国文明典范城市，让文明成为宜昌人民的内在气质和城市的亮丽名片”．如图，是一个正方体的平面展开图，把展开图折叠成正方体后，“城”字对面的字是（　　）

A．文 B．明 C．典 D．范
【分析】根据正方体的平面展开图的特点，相对的两个面中间一定隔着一个小正方形，且没有公共边和公共顶点，即“对面无临点”，依此来找相对面．
【解答】解：∵正方体的表面展开图，相对的面之间一定隔着一个小正方形，且没有公共边和公共顶点，
∴“城”字对面的字是“明”．
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握正方体的表面展开图的特点是解题的关键．
5．（3分）如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，AC，OB交于点D．若AD＝CD＝8，OD＝6，则BD的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】根据垂径定理得OB⊥AC，在根据勾股定理得OA＝＝＝10，即可求出答案．
【解答】解：∵AD＝CD＝8，
∴OB⊥AC，
在Rt△AOD中，OA＝＝＝10，
∴OB＝10，
∴BD＝10﹣6＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，由垂径定理得OB⊥AC是解题的关键．
6．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．2x4÷x3＝2x B．（x3）4＝x7 C．x4+x3＝x7 D．x3•x4＝x12
【分析】直接利用整式的除法运算法则、幂的乘方运算法则、同底数幂的乘法运算法则、合并同类项法则分别判断得出答案．
【解答】解：A．2x4÷x3＝2x，故此选项符合题意；
B．（x3）4＝x12，故此选项不合题意；
C．x4+x3，无法合并，故此选项不合题意；
D．x3•x4＝x7，故此选项不合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了整式的除法运算、幂的乘方运算、同底数幂的乘法运算、合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．
7．（3分）某反比例函数图象上四个点的坐标分别为（﹣3，y1），（﹣2，3），（1，y2），（2，y3），则，y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y2＜y1＜y3 B．y3＜y2＜y1 C．y2＜y3＜y1 D．y1＜y3＜y2
【分析】根据反比例函数经过点（﹣2，3）求出其解析式，然后把x＝﹣3，x＝1，x＝2分别代入解析式，求出函数值，进行比较即可得出答案．
【解答】解：设反比例函数的解析式为（k≠0），
∵它的图象经过点（﹣2，3），
∴k＝﹣2×3＝﹣6，
∴反比例函数的解析式，
当x＝﹣3时，，
当x＝1时，，
当x＝2时，，
∴y2＜y3＜y1，
故选：C．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
8．（3分）如图，小颖按如下方式操作直尺和含30°角的三角尺，依次画出了直线a，b，c．如果∠1＝70°，则∠2的度数为（　　）

A．110° B．70° C．40° D．30°
【分析】根据平行线的性质得到∠3＝∠1＝70°，三角形的外角的性质得到∠3＝∠4+∠5＝70°，由∠2＝∠5即可解答．
【解答】解：如图，由题意得，∠4＝30°，a∥b，
∴∠3＝∠1＝70°，
∵∠3＝∠4+∠5＝70°，
∴∠5＝40°，
∴∠2＝∠5＝40°，
故选：C．

【点评】本题考查了平行线的性质，对顶角的性质，三角形外角定理，掌握平行线的性质是解题关键．
9．（3分）在日历上，某些数满足一定的规律．如图是某年8月份的日历，任意选择其中所示的含4个数字的方框部分，设右上角的数字为a，则下列叙述中正确的是（　　）
日
一
二
三
四
五
六



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
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30
31

A．左上角的数字为a+1
B．左下角的数字为a+7
C．右下角的数字为a+8
D．方框中4个位置的数相加，结果是4的倍数
【分析】根据右上角的数字为a，可知左上角的数字比右上角的数字小1，左下角的数字比右上角的数字大6，右下角的数字比右上角的数字大7，由此可作判断．
【解答】解：A、左上角的数字为a﹣1，不正确；
B、左下角的数字为a+6，不正确；
C、右下角的数字为a+7，不正确；
D、方框中4个位置的数相加＝a+a﹣1+a+6+a+7＝4a+12＝4（a+3），结果是4的倍数，正确．
故选：D．
【点评】此题考查了列代数式和整式的加减运算，数字的变化规律，由特殊到一般，得出一般性结论解决问题．
10．（3分）解不等式＞x﹣1，下列在数轴上表示的解集正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】解不等式求得其解集，然后在数轴上表示其解集即可．
【解答】解：＞x﹣1，
去分母得：1+4x＞3（x﹣1），
去括号得：1+4x＞3x﹣3，
移项，合并同类项得：x＞﹣4，
那么在数轴上表示其解集如图所示：
，
故选：D．
【点评】本题考查在数轴上表示一元一次不等式的解集，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
11．（3分）某校学生去距离学校12km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，汽车的速度是（　　）
A．0.2km/min B．0.3km/min C．0.4km/min D．0.6km/min
【分析】设学生的速度为xkm/min，根据一部分学生骑自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．列出方程，即可求解．
【解答】解：设学生的速度为xkm/min，
由题意可得：﹣20＝，
解得：x＝0.3，
经检验：x＝0.3是原方程的解，且符合题意；
∴2x＝0.6（km/min），
故选：D．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．
二、填空题（将答案写在答题卡上指定的位置。每题3分，计12分。）
12．（3分）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD＝8，则四边形A'EBC的周长为 　16　．

【分析】可证∠ADE＝∠AED，得到AD＝AE，再证四边形A′EBC是平行四边形，可得四边形A'EBC的周长＝2（A′C+A′E），即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠AED＝∠A′ED，
由折叠得∠ADE＝∠A′DE，AD＝A′D，AE＝A′E，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′D＝A′E，
∴AB﹣BE＝CD﹣A′D，
∴A′C＝BE，
∴四边形A′EBC是平行四边形，
∴四边形A'EBC的周长＝2（A′C+A′E）＝2（A′C+A′D）＝2CD＝16．
故答案为：16．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解决问题的关键．
13．（3分）如图，一名学生推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是y＝﹣（x﹣10）（x+4），则铅球推出的距离OA＝　10　m．

【分析】令y＝0，得到关于x的方程，解方程即可得出结论．
【解答】解：令y＝0，则﹣（x﹣10）（x+4）＝0，
解得：x＝10或x＝﹣4（不合题意，舍去），
∴A（10，0），
∴OA＝10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质和利用点的坐标表示出相应线段的线段是解题的关键．
14．（3分）已知x1，x2是方程2x2﹣3x+1＝0的两根，则代数式的值为 　1　．
【分析】利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，把两根之和与两根之积代入即可求出值．
【解答】解：∵x1，x2是方程2x2﹣3x+1＝0的两根，
∴x1+x2＝，x1x2＝，
∴＝＝1．
故答案为：1．
【点评】此题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
15．（3分）如图，条形图描述了某车间工人日加工零件数的情况．这些工人日加工零件数的中位数是 　6　．

【分析】中位数是大小处于中间位置的数（最中间两个数的平均数），根据中位数的概念求得即可．
【解答】解：由题意得，样本容量为：4+5+8+9+6+4＝36，
把这36个数从小到大排列，第18个与第19个都是6，因而中位数是6．
故答案为：6．
【点评】本题为统计题，考查中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置。本大题共有9题，计75分。）
16．（6分）先化简，再求值：+3，其中a＝﹣3．
【分析】根据分式的除法法则把原式化简，把a的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝•+3
＝•+3
＝a+3，
当a＝﹣3时，原式＝﹣3+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．
17．（6分）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空：∠OCB的度数为 　45°　．

【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A的对称点B，从而得到OB；
（2）延长AO到C点使OC＝OA，则△COB满足条件；
（3）先根据旋转的性质得到OB＝OA，∠AOB＝90°，则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，然后利用对称的性质得到∠OCB的度数．
【解答】解：（1）如图，OB为所作；
（2）如图，△COB为所作；

（3）∵线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，
∴OB＝OA，∠AOB＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
∵△COB与△AOB关于直线OB对称，
∴∠OCB＝∠OAB＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
18．（7分）某食用油的沸点温度远高于水的沸点温度．小聪想用刻度不超过100℃的温度计测算出这种食用油沸点的温度．在老师的指导下，他在锅中倒入一些这种食用油均匀加热，并每隔10s测量一次锅中油温，得到的数据记录如下：
时间t/s
0
10
20
30
40
油温y/℃
10
30
50
70
90
（1）小聪在直角坐标系中描出了表中数据对应的点．经老师介绍，在这种食用油达到沸点前，锅中油温y（单位：℃）与加热的时间t（单位：s）符合初中学习过的某种函数关系，填空：
可能是 　一次　函数关系（请选填“正比例”“一次”“二次”“反比例”）；
（2）根据以上判断，求y关于t的函数解析式；
（3）当加热110s时，油沸腾了，请推算沸点的温度．

【分析】（1）根据表格中两个变量对应值变化的规律，分析即可解答；
（2）直接利用待定系数法即可求解；
（3）将t＝110代入（2）求得的函数解析式中即可求解．
【解答】解：（1）根据表格中两个变量对应值变化的规律可知，时间每增加10s，油的温度就升高20℃，
故锅中油温y与加热的时间t可能是一次函数关系；
故答案为：一次；
（2）设锅中油温y与加热的时间t的函数关系式为y＝kt+b（k≠0），
将点（0，10），（10，30）代入得，，
解得：，
∴y＝2t+10；
（3）当t＝110时，y＝2×110＝230，
∴经过推算，该油的沸点温度是230℃．
【点评】本题主要考查一次函数的应用、用待定系数法求一次函数解析式，利用待定系数法正确求出一次函数的解析式是解题关键．
19．（7分）2023年5月30日，“神舟十六号”航天飞船成功发射．如图，飞船在离地球大约330km的圆形轨道上，当运行到地球表面P点的正上方F点时，从中直接看到地球表面一个最远的点是点Q．在Rt△OQF中，OP＝OQ≈6400km．
（参考数据：cos16°≈0.96，cos18°≈0.95，cos20°≈0.94，cos22°≈0.93，π≈3.14）

（1）求cosα的值（精确到0.01）；
（2）在⊙O中，求的长（结果取整数）．
【分析】（1）根据圆的切线可得∠OQF＝90°，再解直角三角形可求解；
（2）通过cosα的值可求得α的度数，再利用弧长公式计算可求解．
【解答】解：（1）由题意知FQ是⊙O的切线，
∴∠OQF＝90°，
∵OP＝OQ＝6400km，FP＝330km，
∴OF＝OP+FP＝6730km，
∴cosα＝；
（2）∵cosα≈0.95，
∴α＝18°，
∴的长为：≈2010km．
【点评】本题主要考查解直角三角形的应用，圆的切线的性质，弧长的计算，求得∠OQF是直角是解题的关键．
20．（8分）“阅读新时代，书香满宜昌”．在“全民阅读月”活动中，某校提供了四类适合学生阅读的书籍：A文学类，B科幻类，C漫画类，D数理类．为了解学生阅读兴趣，学校随机抽取了部分学生进行调查（每位学生仅选一类）．根据收集到的数据，整理后得到下列不完整的图表：
书籍类别
学生人数
A文学类
24
B科幻类
m
C漫画类
16
D数理类
8
（1）本次抽查的学生人数是 　80　，统计表中的m＝　32　；
（2）在扇形统计图中，“C漫画类”对应的圆心角的度数是 　72°　；
（3）若该校共有1200名学生，请你估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数；
（4）学校决定成立“文学”“科幻”“漫画”“数理”四个阅读社团．若小文、小明随机选取四个社团中的一个，请利用列表或画树状图的方法，求他们选择同一社团的概率．

【分析】（1）根据A组人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的学生人数；根据总人数，可以计算出B组的人数，
（2）根据C组所占的百分比乘以360°即可得到结论；
（3）根据题意，可以画出相应的树状图，然后他们选择同一社团的概率的概率．
【解答】解：（1）24÷30%＝80（人），80﹣24﹣16﹣8＝32（人），答：本次抽查的学生人数是80人，统计表中的m＝32；
故答案为：80，32；
（2）“C漫画类”对应的圆心角的度数是360°×＝72°，
故答案为：72°；
（3）1200×＝120（人），
答：估计该校学生选择“D数理类”书籍的学生人数约为120人；
（4）列树状图如图所示，

由上可得，一共有16种等可能性，其中他们选择同一社团的可能性有4种，
∴他们选择同一社团的概率为＝．
【点评】本题考查列表法与树状图法、扇形统计图、条形统计图，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图，求出相应的概率．
21．（8分）如图1，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，AB＝4，PB＝3．

（1）填空：∠PBA的度数是 　90°　，PA的长为 　5　；
（2）求△ABC的面积；
（3）如图2，CD⊥AB，垂足为D．E是上一点，AE＝5EC．延长AE，与DC，BP的延长线分别交于点F，G，求的值．
【分析】（1）由切线的性质可求∠PBA的度数，由勾股定理可求PA的长；
（2）由面积法可求BC的长，由勾股定理可求AC的长，即可求解；
（3）通过证明△EAC∽△CAF，由相似三角形的性质可求AC＝，CF＝，通过证明△ADC∽△ACB，可求AD的长，通过等腰直角三角形的性质可求EF的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，
∴∠PBA的度数为90°，
∵AB＝4，PB＝3，
∴PA＝＝＝5，
故答案为：90°，5；
（2）∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵S△ABP＝×AP•BC＝AB•BP，
∴BC＝，
∴AC＝＝＝，
∴S△ABC＝×AC•BC＝××＝；
（3）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°＝∠ACB，
∴∠ACD+∠BCD＝90°＝∠ABC+∠BCD，
∴∠ACD＝∠ABC，
∵四边形ABCE是圆的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∵∠ACD+∠ACF＝180°，
∴∠AEC＝∠ACF，
又∵∠EAC＝∠FAC，
∴△EAC∽△CAF，
∴，
∵AE＝5EC，AC＝，
∴CF＝，
∵∠ADC＝90°＝∠ACB，∠BAC＝∠DAC，
∴△ADC∽△ACB，
∴＝，
∴AD＝＝，
∴CD＝，DB＝，
∴DF＝CD+CF＝＝AD，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴AF＝，
∴＝，
∴AE＝2，
∴EF＝AF﹣AE＝，
∵DF∥BG，
∴，
∴＝，
∴FG＝，
∴＝＝．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
22．（10分）为纪念爱国诗人屈原，人们有了端午节吃粽子的习俗．某顾客端午节前在超市购买豆沙粽10个，肉粽12个，共付款136元，已知肉粽单价是豆沙粽的2倍．

豆沙粽数量
肉粽数量
付款金额
小欢妈妈
20
30
270
小乐妈妈
30
20
230
（1）求豆沙粽和肉粽的单价；
（2）超市为了促销，购买粽子达20个及以上时实行优惠，下表列出了小欢妈妈、小乐妈妈的购买数量（单位：个）和付款金额（单位：元）；
①根据上表，求豆沙粽和肉粽优惠后的单价；
②为进一步提升粽子的销量，超市将两种粽子打包成A，B两种包装销售，每包都是40个粽子（包装成本忽略不计），每包的销售价格按其中每个粽子优惠后的单价合计．A，B两种包装中分别有m个豆沙粽，m个肉粽，A包装中的豆沙粽数量不超过肉粽的一半．端午节当天统计发现，A，B两种包装的销量分别为（80﹣4m）包，（4m+8）包，A，B两种包装的销售总额为17280元．求m的值．
【分析】（1）设豆沙粽的单价为x元，肉粽的单价为2x元，由购买豆沙粽10个，肉粽12个，共付款136元，列出方程可求解；
（2）①设豆沙粽优惠后的单价为a元，肉粽优惠后的单价为b元，由题意列出方程组，即可求解；
②由A，B两种包装的销售总额为17280元，列出方程，即可求解．
【解答】解：（1）设豆沙粽的单价为x元，肉粽的单价为2x元；
由题意可得：10x+12×2x＝136，
解得：x＝4，
∴2x＝8（元），
答：豆沙粽的单价为4元，肉粽的单价为8元；
（2）①设豆沙粽优惠后的单价为a元，肉粽优惠后的单价为b元，
由题意可得：，
解得：，
答：豆沙粽优惠后的单价为3元，肉粽优惠后的单价为7元；
②由题意可得：[3m+7（40﹣m）]×（80﹣4m）+[3×（40﹣m）+7m]×（4m+8）＝17280，
解得：m＝19或m＝10，
∵m＜（40﹣m），
∴m＜，
∴m＝10．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，二元一次方程组的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．
23．（11分）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF．

（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点．
①如图1，当∠FEC＝90°时，求证：△AEF∽△DCE；
②如图2，当tan∠FCE＝时，求AF的长；
（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，sin∠FCE＝时，求证：AE＝AF．
【分析】（1）①根据两角对应相等，两三角形相似证明即可；
②如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．求出AG，DG，再利用平行线分线段成比例定理求解；
（2）如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．想办法证明AF＝a﹣t，可得结论．
【解答】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠CEF＝90°，
∴∠AEF+∠CED＝90°，∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠AEF＝∠ECD，
∴△AEF∽△DCE；

②解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．

∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴＝，
∵CD＝2，AE＝ED＝1，
∴GH＝2HE，
设EH＝m，GH＝2m．
∵CE＝＝＝，
∴CH＝m+，
∵tan∠ECF＝＝，
∴＝，
∴m＝，
∴EH＝，GH＝，
∴EG＝＝＝，
∴AG＝EG﹣AE＝﹣1＝，DG＝EG+DE＝+1＝，
∵AF∥CD，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝；

（3）证明：如图3中，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H．

设AD＝CD＝a，GE＝DE＝t，EH＝x，GH＝y，CE＝n，
∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED，
∴△GEH∽△CED，
∴＝＝
∴＝＝，
∴x＝，y＝，
在Rt△CGH中，sin∠ECF＝＝，
∴CG＝3GH，CH＝2GH，
∴＝，
∴2y＝x+n，
∴2×＝+n，
∴2at＝t2+n2，
在Rt△CDE中，n2＝t2+a2，
∴2at＝2t2+a2，
∴a＝t，
∵AF∥CD，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝＝a﹣＝a﹣t，
∵AE＝a﹣t，
∴AE＝AF．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
24．（12分）如图，已知A（0，2），B（2，0）．点E位于第二象限且在直线y＝﹣2x上，∠EOD＝90°，OD＝OE，连接AB，DE，AE，DB．

（1）直接判断△AOB的形状：△AOB是 　等腰直角　三角形；
（2）求证：△AOE≌△BOD；
（3）直线EA交x轴于点C（t，0），t＞2．将经过B，C两点的抛物线y1＝ax2+bx﹣4向左平移2个单位，得到抛物线y2．
①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；
②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；
③将抛物线y2再向下平移个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．
【分析】（1）由A（0，2），B（2，0）得到 OA＝OB＝2，又由∠AOB＝90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD＝90°，∠AOB＝90° 得到∠AOE＝∠BOD，又有 AO＝OB，OD＝OE，利用SAS即 可证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y1的解析式，联立得x2﹣（t+3）x+3t＝0，Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，即可得到t的值；
②抛物线向左平移2个单位得到抛物线，则抛物线y2的顶点，将顶点 代入 得到t2﹣6r＝0，解得t1＝0，t2＝6，根据t＞2即可得到t的值；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM（AAS），则ON＝EM，DN＝OM，设EM＝2OM＝2m，由OA∥EM得到OC：CM＝OA：EM，则 求得得到 ，由抛物线y2再向下平移 个单位，得到抛物线 把 代入抛物线 得到3t2﹣19t+6＝0 解得，t2＝6 由t＞2，得t＝6，即可得到点D的坐标．
【解答】（1）解：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角；

（2）证明：∵∠EOD＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOE﹣∠AOD，
∴∠AOE＝∠BOD，
∵AO＝OB，OD＝OE，
∴△AOE≌△BOD（SAS）；

（3）解：①设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，2），C（t，0），
∴，
∴
∴yAC＝﹣x+2，
将C（t，0），B（2，0）代入抛物线，
得，，解得，
∴，
∵直线 与抛物线有唯一交点，
∴联立解析式组成方程组解得 x2﹣（t+3）x+3t＝0，
∴Δ＝（t+3）2﹣4×3t＝（t﹣3）2＝0，
∴t＝3；
②∵抛物线 向左平移2个单位得到 y2，
∴抛物线，
∴抛物线y2的顶点 ，
将顶点代入t2﹣6t＝0，解得t1＝0，t2＝6，
∵t＞2，
∴t＝6；
③过点E作EM⊥x 轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N．

∴∠EMO＝∠OND＝90°，
∵∠DOE＝90°，
∴∠EOM+∠MEO＝∠EOM+∠NOD＝90°，
∴∠MEO＝∠NOD，
∵OD＝OE，
∴△ODN≌△EOM（AAS），
∴ON＝EM，DN＝OM，
∵OE的解析式为y＝﹣2x，
∴设EM＝2OM＝2m，
∴DN＝OM＝m，
∵EM⊥x轴，
∴OA∥EM，
∴△CAO∽△CEM，
∴OC：CM＝OA：EM，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵抛物线y2再向下平移 个单位，得到抛物线y3，
∴抛物线，
∴D 代入抛物线，
∴3t2﹣19t+6＝0 解得t1＝，t2＝6，
由t＞2，得t＝6，
∴，
∴D（，）．
【点评】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定 系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
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