浙江省宁波市联考2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷(含答案)

这是一份浙江省宁波市联考2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷(含答案)，共31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学年浙江省宁波市联考九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每题4分，共40分）
1．（4分）一个选择题有A、B、C、D四个答案，其中只有一个是正确的，小马不知道哪个答案是正确的，就随机选了一个，小马选择正确的概率为（　　）
A．0 B． C． D．1
2．（4分）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣4先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的表达式是（　　）
A．y＝（x﹣2）2﹣2 B．y＝（x+2）2+2 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x+2）2﹣2
3．（4分）如图，圆的两条弦AB，CD相交于点E，且＝，∠A＝40°，则∠DEB的度数为（　　）

A．50° B．100° C．70° D．80°
4．（4分）在平面直角坐标系中，已知点E（3，﹣6），F（﹣6，9），以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，则点F的对应点F′的坐标是（　　）
A．（1，﹣2） B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2） D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
5．（4分）抛物线y＝5（x+1）2﹣3的顶点坐标为（　　）
A．（1，﹣3） B．（1，3） C．（﹣1，3） D．（﹣1，﹣3）
6．（4分）某款正方形地砖如图所示，其中AE＝BF＝CG＝DH，且∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，若四边形MNPQ的面积为S1，四边形AFQE面积为S2，当AF＝5，且时，AE的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．3
7．（4分）如图，线段AB经过⊙O的圆心，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．若AC＝BD＝2，∠A＝30°，则的长度为（　　）

A．π B．π C．π D．2π
8．（4分）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（　　）

A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q
9．（4分）如图，点O为正方形ABCD对角线BD的中点，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使FC＝EC，连接DF交BE的延长线于点H，连接OH交DC于点G，连接HC．则以下五个结论中①OH＝BF；②∠CHF＝60°；③BC＝（2+）GH；④HF2＝HE•HB，正确结论有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．（4分）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（　　）cm．

A． B． C．7 D．8
二、填空题（每题5分，共30分）
11．（5分）已知圆的半径为2cm，90°圆心角所对的弧长为　 　cm．
12．（5分）一个盒子里装有除颜色外都相同的1个红球，4个黄球．把下列事件的序号填入下表的对应栏目中．
①从盒子中随机摸出1个球，摸出的是黄球；
②从盒子中随机摸出1个球，摸出的是白球；
③从盒子中随机摸出2个球，至少有1个是黄球．
事件
必然事件
不可能事件
随机事件
序号
　 　
　 　
　 　
13．（5分）如果两个相似三角形的面积比为4：9，较小三角形的周长为4，那么这两个三角形的周长和为　 　．
14．（5分）把抛物线y＝2x2的图象先向右平移4个单位，再向下平移3个单位所得的解析式为 　 　．
15．（5分）点P为⊙O外一点，直线PO与⊙O的两个公共点为A、B，过点P作⊙O的切线，点C为切点，连接AC．若∠CPO＝50°，则∠CAB为 　 　°．
16．（5分）已知函数y＝x2+x+4与y轴交于点C，顶点为D，直线CD交x轴于点E，点F在直线CD上，且横坐标为4，现在，将抛物线沿其对称轴上下平移，使抛物线与线段EF总有公共点，抛物线向上最多可以平移　 　个单位长度，向下最多可以平移　 　个单位长度．
三、解答题（共80分）
17．（8分）计算：
（1）3tan230°+tan60°﹣2sin245°；
（2）（2019﹣π）0﹣4cos30°+（）﹣2+|1﹣|．
18．（8分）如图，在7×4方格纸中，点A，B，C都在格点上，用无刻度直尺作图．
（1）在图1中的线段AC上找一个点E，使AE＝AC；
（2）在图2中作一个格点△CDE，使△CDE与△ABC相似．

19．（8分）体育课上，王老师安排李明、王强、张三、田武四个同学练习传球，每个同学拿到球后随机传给下一个同学．
（1）若李明第一个拿到球，他将球传给王强的概率为 　 　．
（2）若从李明开始传球，则经过两次传球后，球回到李明手上的概率为多少？
20．（10分）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．
（1）求点D转动到点D′的路径长；
（2）求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．
（参考数据：sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）

21．（10分）如图，在矩形ABCD中，点E为边AB上的一动点（点E不与点A，B重合），连接DE，过点C作CF⊥DE，垂足为F．
（1）求证：△ADE∽△FCD；
（2）若AD＝6，tan∠DCF＝，求AE的长．

22．（10分）某水果店销售一种新鲜水果，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，为了扩大销售减少库存，水果店决定采取适当的降价措施，经调查发现，每箱水果每降价5元，水果店平均每天可多售出20箱．设每箱水果降价x元．
（1）当x＝10时，求销售该水果的总利润；
（2）设每天销售该水果的总利润为w元．
①求w与x之间的函数解析式；
②试判断w能否达到8200元，如果能达到，求出此时x的值；如果不能达到，求出w的最大值．
23．（12分）定义：若两个三角形中，有两组边对应相等且其中一组等边所对的角对应相等，但不是全等三角形，我们就称这两个三角形为偏等三角形．

（1）如图1，点C是的中点，∠DAB是所对的圆周角，AD＞AB，连结AC、DC、CB，试说明△ACB与△ACD是偏等三角形．
（2）如图2，△ABC与△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，则∠B+∠E＝　 　.请填写结论，并说明理由．
（3）如图3，△ABC内接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若点D在⊙O上，且△ADC与△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．

24．（14分）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，判断线段DG与BE的数量关系并说明理由；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝6，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE＝1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE又有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，求2BG+BE的最小值．



2022-2023学年浙江省宁波市联考九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4分，共40分）
1．（4分）一个选择题有A、B、C、D四个答案，其中只有一个是正确的，小马不知道哪个答案是正确的，就随机选了一个，小马选择正确的概率为（　　）
A．0 B． C． D．1
【分析】由选择题一般都是单项选择，即在A、B、C、D四个备选答案中只有一个是正确的，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵数学考试中的选择题一般都是单项选择，即在A、B、C、D四个备选答案中只有一个是正确的，
∴这种选择题任意选一个答案，正确的概率是：．
故选：C．
2．（4分）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣4先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的表达式是（　　）
A．y＝（x﹣2）2﹣2 B．y＝（x+2）2+2 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x+2）2﹣2
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
【解答】解：函数y＝x2﹣4向右平移2个单位，得：y＝（x﹣2）2﹣4；
再向上平移2个单位，得：y＝（x﹣2）2﹣2；
故选：A．
3．（4分）如图，圆的两条弦AB，CD相交于点E，且＝，∠A＝40°，则∠DEB的度数为（　　）

A．50° B．100° C．70° D．80°
【分析】根据圆周角定理得到∠A＝∠C＝40°，由三角形内角和求出∠AEC的度数，进而求出∠DEB的度数．
【解答】解：∵＝，
∴∠A＝∠C＝40°，
∴∠AEC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠DEB＝∠AEC＝100°．
故选：B．
4．（4分）在平面直角坐标系中，已知点E（3，﹣6），F（﹣6，9），以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，则点F的对应点F′的坐标是（　　）
A．（1，﹣2） B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2） D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵以原点O为位似中心，把△EOF缩小为原来的，F（﹣6，9），
∴点F的对应点F′的坐标为（﹣6×，9×）或（﹣6×（﹣），9×（﹣）），即（﹣2，3）或（2，﹣3），
故选：D．
5．（4分）抛物线y＝5（x+1）2﹣3的顶点坐标为（　　）
A．（1，﹣3） B．（1，3） C．（﹣1，3） D．（﹣1，﹣3）
【分析】根据抛物线的顶点式，可以直接写出该抛物线的顶点坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝5（x+1）2﹣3，
∴该抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣3），
故选：D．
6．（4分）某款正方形地砖如图所示，其中AE＝BF＝CG＝DH，且∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，若四边形MNPQ的面积为S1，四边形AFQE面积为S2，当AF＝5，且时，AE的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．3
【分析】连接EF，FG，由“SAS”可证△AEF≌△BFG，可得EF＝FG，∠AFE＝∠BGF，由全等三角形的性质可得∠PQF＝∠QMG＝∠MNP＝90°，EQ＝HP＝NG＝FM，FQ＝EP＝MG＝NH，可证四边形QPNM是正方形，如图，过点Q作QK⊥AF于K，过点E作ER⊥KQ于R，分别用AK，FK表示四边形AFQE面积，四边形MNPQ的面积，由面积关系可求解．
【解答】解：如图，连接EF，FG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝AD＝BC，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AF＝BG，
∴△AEF≌△BFG（SAS），
∴EF＝FG，∠AFE＝∠BGF，
∵∠BGF+∠BFG＝90°，
∴∠AFE+∠BFG＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∴∠EFQ+∠GFM＝90°，
∵∠DEP＝45°，
∴∠AEQ＝135°，
∵∠A+∠AEQ+∠AFQ+∠EQF＝360°，
∴∠EQF＝90°，
同理∠FMG＝∠HNG＝∠EPH＝90°，
∴∠PQF＝∠QMG＝∠MNP＝90°，
∴四边形QPNM是矩形，
∵∠MFG+∠MGF＝90°，
∴∠EFQ＝∠FGM，
又∵EF＝FG，∠EQF＝∠FMG＝90°，
∴△EQF≌△FMG（AAS），
∴FQ＝MG，EQ＝FM，
同理可证：EQ＝HP＝NG，FQ＝EP＝NH，
∴EQ＝HP＝NG＝FM，FQ＝EP＝MG＝NH，
∴MQ＝MN，
∴四边形QPNM是正方形，
如图，过点Q作QK⊥AF于K，过点E作ER⊥KQ于R，

∵∠AFQ＝∠DEP＝45°，
∴∠AFQ＝∠KQF＝∠REQ＝∠RQE＝45°，
∴KF＝KQ，ER＝RQ，
∵QK⊥AF，ER⊥KQ，∠A＝90°，
∴四边形AKRE是矩形，
∴AK＝ER＝QR，AE＝KR，
∵AF＝5，
∴AK+KF＝5，
∵四边形AFQE面积为S2＝KF2+×AK×（KF﹣AK+KF）＝KF2+AK•KF﹣AK2＝10KF﹣KF2﹣25，
四边形MNPQ的面积为S1＝MQ2＝（FQ﹣FM）2＝（KF﹣AK）2＝8KF2+100﹣40KF，
∵＝，
∴，
∴KF1＝（不合题意舍去），KF2＝，
∴AK＝，
∴AE＝KR＝﹣＝2，
故选：A．
7．（4分）如图，线段AB经过⊙O的圆心，AC，BD分别与⊙O相切于点C，D．若AC＝BD＝2，∠A＝30°，则的长度为（　　）

A．π B．π C．π D．2π
【分析】连接OC、OD，根据切线的性质得到∠ACO＝90°，∠BDO＝90°，证明△ACO≌△BDO，根据全等三角形的性质得到∠BOD＝∠AOC＝60°，根据正切的定义求出OC，根据弧长公式计算，得到答案．
【解答】解：连接OC、OD，
∵AC，BD分别是⊙O的切线，
∴∠ACO＝90°，∠BDO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠AOC＝60°，
在△ACO和△BDO中，
，
∴△ACO≌△BDO（SAS）
∴∠BOD＝∠AOC＝60°，
∴∠COD＝60°，
在Rt△ACO中，OC＝AC•tanA＝2，
∴的长＝＝π，
故选：B．

8．（4分）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（　　）

A．点M，点N B．点M，点Q C．点N，点P D．点P，点Q
【分析】画出中心对称图形即可判断
【解答】解：观察图象可知，点P．点N满足条件．

故选：C．
9．（4分）如图，点O为正方形ABCD对角线BD的中点，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使FC＝EC，连接DF交BE的延长线于点H，连接OH交DC于点G，连接HC．则以下五个结论中①OH＝BF；②∠CHF＝60°；③BC＝（2+）GH；④HF2＝HE•HB，正确结论有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①只要证明OH是△DBF的中位线即可得出结论；
②根据四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线可求出Rt△BCE≌Rt△DCF，再由∠EBC＝22.5°即可求出结论；
③OH是△DBF的中位线等已知条件可得出OH＝BO，设正方形的边长为2a，表示出GH、BC即可得出结论；
④由相似三角形的判定定理得出△DHE∽△BHD，根据相似三角形的对角边成比例即可得出结论．
【解答】解：①在正方形ABCD中，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∵EC＝CF，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠CBE＝∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC＝90°，∠BEC＝∠DEH，
∴∠DEH+∠CDF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∵BE平分∠DBC，
∴∠HBD＝∠HBF，
∵BH＝BH，
∴△BHD≌△HBF（ASA），
∴DH＝HF，
∵OD＝OB，
∴OH是△DBF的中位线，
∴OH＝BF，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCF，∠EBC＝22.5°，
∵CE＝CF，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（SAS），
∴∠EBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠BFH＝90°﹣∠CDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵OH是△DBF的中位线，CD⊥AF，
∴OH是CD的垂直平分线，
∴DH＝CH，
∴∠CDF＝∠DCH＝22.5°，
∴∠HCF＝90°﹣∠DCH＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠BFH＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，
故②不正确；
③∵OH是△DBF的中位线，
∴OH∥BF，OH＝BF，OG＝BC，
∴∠OHB＝∠HBF，
∵BE是∠DBF的平分线，
∴∠DBH＝∠HBF，
∴∠OHB＝∠HBO，
∴OH＝BO，
设正方形的边长为2a，则BC＝2a，OG＝a，BD＝2a，
∴OB＝OH＝a，
∴GH＝OH﹣OG＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴，
∴BC＝（2+2）GH，
故③不正确；
④∵∠DBF＝45°，BE是∠DBF的平分线，
∴∠DBH＝22.5°，
由②知∠HBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠DBH＝∠CDF，
∵∠BHD＝∠BHD，
∴△DHE∽△BHD，
∴，
∴DH2＝HE•HB，
故④正确；
故选：B．
10．（4分）小明发现相机快门打开过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他制了如图2所示的图形，图2中六个形状大小都相同的四边形围成一个圆的内接六边和一个小正六边形，若PQ所在的直线经过点M，PB＝5cm，小正六边形的面积为，则该圆的半径为（　　）cm．

A． B． C．7 D．8
【分析】设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，由正六边形的性质及邻补角性质得到三角形PMN为等边三角形，由小正六边形的面积求出边长，确定出PM的长，进而求出三角形PMN的面积，利用垂径定理求出PG的长，在直角三角形OPG中，利用勾股定理求出OP的长，设OB＝xcm，根据勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
【解答】解：设两个正六边形的中心为O，连接OP，OB，过O作OG⊥PM，OH⊥AB，

由题意得：∠MNP＝∠NMP＝∠MPN＝60°，
∵小正六边形的面积为cm2，
∴小正六边形的边长为cm，即PM＝7cm，
∴S△MPN＝cm2，
∵OG⊥PM，且O为正六边形的中心，
∴PG＝PM＝cm，OG＝PM＝，
在Rt△OPG中，根据勾股定理得：OP＝＝7cm，
设OB＝xcm，
∵OH⊥AB，且O为正六边形的中心，
∴BH＝x，OH＝x，
∴PH＝（5﹣x）cm，
在Rt△PHO中，根据勾股定理得：OP2＝（x）2+（5﹣x）2＝49，
解得：x＝8（负值舍去），
则该圆的半径为8cm．
故选：D．
二、填空题（每题5分，共30分）
11．（5分）已知圆的半径为2cm，90°圆心角所对的弧长为　π　cm．
【分析】根据弧长公式l＝进行计算即可．
【解答】解：圆的半径为2cm，90°圆心角所对的弧长为：l＝＝π（cm），
故答案为：π．
12．（5分）一个盒子里装有除颜色外都相同的1个红球，4个黄球．把下列事件的序号填入下表的对应栏目中．
①从盒子中随机摸出1个球，摸出的是黄球；
②从盒子中随机摸出1个球，摸出的是白球；
③从盒子中随机摸出2个球，至少有1个是黄球．
事件
必然事件
不可能事件
随机事件
序号
　③　
　②　
　①　
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【解答】解：一个盒子里装有除颜色外都相同的1个红球，4个黄球，
①从盒子中随机摸出1个球，摸出的是黄球，这是随机事件，
②从盒子中随机摸出1个球，摸出的是白球，这是不可能事件，
③从盒子中随机摸出2个球，至少有1个是黄球．这是必然事件，
故答案为：③，②，①．
13．（5分）如果两个相似三角形的面积比为4：9，较小三角形的周长为4，那么这两个三角形的周长和为　10　．
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比，相似三角形面积的比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：设较大三角形的周长为x，
∵两个相似三角形相似，两个相似三角形的面积比为4：9，
∴两个相似三角形的周长比为2：3，
∴＝，
解得，x＝6，
∴这两个三角形的周长和＝4+6＝10，
故答案为：10．
14．（5分）把抛物线y＝2x2的图象先向右平移4个单位，再向下平移3个单位所得的解析式为 　y＝2（x﹣4）2﹣3　．
【分析】抛物线y＝2x2的顶点坐标为（0，0），先向右平移4个单位，再向下平移3个单位，所得的抛物线的顶点坐标为（4，﹣3），根据顶点式可确定所得抛物线解析式．
【解答】解：依题意可知，原抛物线顶点坐标为（0，0），
平移后抛物线顶点坐标为（4，﹣3），
又因为平移不改变二次项系数，
所以所得抛物线解析式为：y＝2（x﹣4）2﹣3．
故答案为：y＝2（x﹣4）2﹣3．
15．（5分）点P为⊙O外一点，直线PO与⊙O的两个公共点为A、B，过点P作⊙O的切线，点C为切点，连接AC．若∠CPO＝50°，则∠CAB为 　20或70　°．
【分析】由切线的性质得出∠OCP的度数，由圆周角定理及等腰三角形的性质求出∠CAB或∠CBA的度数可得出答案．
【解答】解：如图1，

∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝90°，
∵∠CPO＝50°，
∴∠OCP＝40°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO＝∠OCP＝20°；
如图2，∠CBA＝20°，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝70°．
综合以上可得∠CAB为20°或70°．
故答案为：20或70．
16．（5分）已知函数y＝x2+x+4与y轴交于点C，顶点为D，直线CD交x轴于点E，点F在直线CD上，且横坐标为4，现在，将抛物线沿其对称轴上下平移，使抛物线与线段EF总有公共点，抛物线向上最多可以平移　36　个单位长度，向下最多可以平移　　个单位长度．
【分析】求出直线CD解析式为y＝x+4①，若抛物线向下移m个单位，其解析式y＝﹣x2+x+4﹣m②，由△＝﹣2m≥0，得到0＜m≤，进而求解．
【解答】解：对于y＝x2+x+4，令x＝0，则y＝4，
故点C的坐标为（0，4），
而y＝x2+x+4＝﹣（x﹣1）2+，
∴顶点D的坐标为（1，），
设直线CD解析式为y＝kx+b．
则，解得，
∴直线CD解析式为y＝x+4①，
∴E（﹣8，0），F（4，6），
若抛物线向下移m个单位，其解析式y＝﹣x2+x+4﹣m②，
联立①②得﹣x2+x﹣m＝0，
∵△＝﹣2m≥0，
∴0＜m≤，
∴向下最多可平移个单位，
若抛物线向上移m个单位，其解析式y＝﹣x2+x+4+m（m＞0），
当x＝﹣8时，y＝﹣36+m，
当x＝4时，y＝m，
要使抛物线与EF有公共点，则﹣36+m≤0，
∴0＜m≤36，
综上，要使抛物线与EF有公共点，向上最多可平移36个单位，向下最多可平移个单位．
故答案为：36，．
三、解答题（共80分）
17．（8分）计算：
（1）3tan230°+tan60°﹣2sin245°；
（2）（2019﹣π）0﹣4cos30°+（）﹣2+|1﹣|．
【分析】（1）先代入特殊角的函数值，再算乘方、乘法，最后算加减；
（2）先计算零指数幂、负整数指数幂，再化简绝对值、代入特殊角的函数值算乘法，最后算加减．
【解答】解：（1）原式＝3×（）2+×﹣2×（）2
＝3×﹣3﹣2×
＝1+3﹣1
＝3；
（2）原式＝1﹣4×+4+﹣1
＝1﹣2+4+﹣1
＝4﹣．
18．（8分）如图，在7×4方格纸中，点A，B，C都在格点上，用无刻度直尺作图．
（1）在图1中的线段AC上找一个点E，使AE＝AC；
（2）在图2中作一个格点△CDE，使△CDE与△ABC相似．

【分析】（1）构造相似比为的相似三角形即可解决问题；
（2）利用勾股定理的逆定理判断出∠ACB＝90°，从而解决问题．
【解答】解：（1）如图，构造相似比为的相似三角形，此时AE＝AC，则点E即为所求；

（2）如图，∵BC2＝5，AC2＝20，AB2＝25，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，AC＝2BC，

∴△CDE即为所求．
19．（8分）体育课上，王老师安排李明、王强、张三、田武四个同学练习传球，每个同学拿到球后随机传给下一个同学．
（1）若李明第一个拿到球，他将球传给王强的概率为 　　．
（2）若从李明开始传球，则经过两次传球后，球回到李明手上的概率为多少？
【分析】（1）根据题意，结合概率公式计算即可；
（2）先画出树状图，共有9种等可能结果，其中球回到李明手上的等可能结果有3种，再根据概率公式计算即可．
【解答】（1）解：∵李明第一个拿到球，他将球传给王强、张三、田武三人中的任意一人，有3种等可能结果，其中他将球传给王强只有1种可能，
∴他将球传给王强的概率为；
故答案为：．
（2）解：树状图如图：

共有9种等可能结果，其中球回到李明手上的等可能结果有3种，
∴球回到李明手上的概率为：．
20．（10分）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．
（1）求点D转动到点D′的路径长；
（2）求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．
（参考数据：sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）

【分析】（1）由BD'∥EF，求出∠D'BE＝72°，可得∠DBD'＝36°，根据弧长公式即可求出点D转动到点D′的路径长为＝π；
（2）过D作DG⊥BD'于G，过E作EH⊥BD'于H，Rt△BDG中，求出DG＝BD•sin36°＝3.54，Rt△BEH中，HE＝3.80，故DG+HE≈7.3，即点D到直线EF的距离为7.3cm，
【解答】解：∵BD'∥EF，∠BEF＝108°，
∴∠D'BE＝180°﹣∠BEF＝72°，
∵∠DBE＝108°，
∴∠DBD'＝∠DBE﹣∠D'BE＝108°﹣72°＝36°，
∵BD＝6，
∴点D转动到点D′的路径长为＝π（cm）；
（2）过D作DG⊥BD'于G，过E作EH⊥BD'于H，如图：

Rt△BDG中，DG＝BD•sin36°≈6×0.59＝3.54（cm），
Rt△BEH中，HE＝BE•sin72°≈4×0.95＝3.80（cm），
∴DG+HE＝3.54cm+3.80cm＝7.34m≈7.3cm，
∵BD'∥EF，
∴点D到直线EF的距离约为7.3cm，
答：点D到直线EF的距离约为7.3cm．
21．（10分）如图，在矩形ABCD中，点E为边AB上的一动点（点E不与点A，B重合），连接DE，过点C作CF⊥DE，垂足为F．
（1）求证：△ADE∽△FCD；
（2）若AD＝6，tan∠DCF＝，求AE的长．

【分析】（1）利用矩形的性质可得出∠A＝∠ADC＝90°，由CF⊥DE可得出∠CFD＝90°＝∠D，利用等角的余角相等可得出∠AED＝∠FDC，进而可证出△ADE∽△FCD；
（2）利用相似三角形的性质可得出∠ADE＝∠FCD，进而可得出tan∠ADE＝，再在Rt△ADE中，通过解直角三角形即可求出AE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°．
∵CF⊥DE，垂足为F，
∴∠CFD＝90°＝∠D．
∵∠AED+∠ADE＝90°，∠ADE+∠FDC＝∠ADC＝90°，
∴∠AED＝∠FDC．
∴△ADE∽△FCD．
（2）解：∵△ADE∽△FCD，
∴∠ADE＝∠FCD，
∴tan∠ADE＝tan∠FCD＝．
在Rt△ADE中，∠A＝90°，AD＝6，
∴AE＝AD•tan∠ADE＝6×＝2，
即AE的长为2．

22．（10分）某水果店销售一种新鲜水果，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，为了扩大销售减少库存，水果店决定采取适当的降价措施，经调查发现，每箱水果每降价5元，水果店平均每天可多售出20箱．设每箱水果降价x元．
（1）当x＝10时，求销售该水果的总利润；
（2）设每天销售该水果的总利润为w元．
①求w与x之间的函数解析式；
②试判断w能否达到8200元，如果能达到，求出此时x的值；如果不能达到，求出w的最大值．
【分析】（1）利用每箱利润＝60﹣每箱降低的价格，平均每天的销售量＝120+20×，即可求出结论；
（2）①根据“每箱利润×平均每天的销售量”，即可得到w与x之间的函数解析式；
②根据二次函数的性质求出w的最大值，与8200比较即可得到结论．
【解答】解：（1）根据题意，可知：当每箱水果降价10元时，每箱利润为60﹣10＝50（元），平均每天可售出120+20×＝160（箱）．
总利润为：50×160＝8000（元）；
（2）①由题意得w与x之间的函数解析式为w＝（60﹣x）（120+×20）＝﹣4x2+120x+7200；
②w不能达到8200元．
w＝﹣4x2+120x+7200＝﹣4（x﹣15）2+8100．
∵﹣4＜0，
∴当x＝15时，w取到最大值，
∵w最大值＝8100＜8200，
∴w不能达到8200元，
w的最大值是8100元．
23．（12分）定义：若两个三角形中，有两组边对应相等且其中一组等边所对的角对应相等，但不是全等三角形，我们就称这两个三角形为偏等三角形．

（1）如图1，点C是的中点，∠DAB是所对的圆周角，AD＞AB，连结AC、DC、CB，试说明△ACB与△ACD是偏等三角形．
（2）如图2，△ABC与△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，则∠B+∠E＝　180°　.请填写结论，并说明理由．
（3）如图3，△ABC内接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若点D在⊙O上，且△ADC与△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．

【分析】（1）由题意得出DC＝CB，∠DAC＝∠CAB，从而证明结论；
（2）在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG．证明△ABC≌△DGF（SAS），由全等三角形的性质得出∠B＝∠DGF，BC＝GF．证出∠B+∠E＝180°，则可得出结论；
（3）分两种情况：①当BC＝CD时，求出AD＝AC＝4；②当AB＝CD时，过点D作DE⊥AC于点E，由直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）∵点C是弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠BAC＝∠DAC．
又∵AC＝AC，
∴△ACB与△ACD是偏等三角形；
（2）如图，在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG．

由题意可知在△ABC和△DGF中，
，
∴△ABC≌△DGF（SAS），
∴∠B＝∠DGF，BC＝GF．
又∵BC＝EF，
∴GF＝EF，
∴∠E＝∠FGE．
∵∠DGF+∠FGE＝180°，
∴∠B+∠E＝180°，
故答案为：180°；
（3）分类讨论：①当BC＝CD时，如图，

∵BC＝CD，∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝30°．
∵∠ABC＝105°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣105°＝75°，
∴∠ACD＝180°﹣∠DAC﹣∠ADC＝180°﹣30°﹣75°＝75°，
∴∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD符合题意，
∴AD＝AC＝4；
②当AB＝CD时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E，

∵AB＝CD，∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠B＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∴AE＝DE，∠ACD＝180°﹣∠DAC﹣∠ADC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
又∵∠DAC＝30°，
∴∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD，符合题意．
设CE＝x，则，
∵AC＝AE+CE，即4＝x+x，
∴x＝
∴AE＝DE＝×＝
∴AD＝AE＝×＝
综上可知AD的值为4或．
24．（14分）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，判断线段DG与BE的数量关系并说明理由；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝6，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE＝1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE又有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，求2BG+BE的最小值．


【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG＝BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以DG＝BE．∠BEC＝∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC＝∠FGC＝90°，所以∠HEF
+∠BEC＝180°﹣∠FEC＝90°，∠FGH+∠DGC＝90°，所以∠H＝∠F＝90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．
【解答】解：（1）DG＝BE．
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD＝CB∠BCD＝90°，
∵正方形ECGF，
∴CG＝CE∠ECG＝90°，
∴∠ECG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCE，
在△DCG和△BCE中，
，
∴△DCG≌△BCE（SAS），
∴DG＝BE．
（2）DG＝BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．

∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCE，
∵CD：CB＝3：6＝1：2，
CG：CE＝1：2，
∴CD：CB＝CG：CE，
∵∠DCG＝∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC＝∠DGC，
∴DG＝BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，

∴∠ENC＝∠CMG＝90°．
∵∠ECN+∠CEN＝90°，∠ECN+∠GCM＝90°，
∴∠CEN＝∠GCM．
∴△ECN∽△CGM，
∴＝＝2，
∵EN＝AB＝2，
∴CM＝1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值＝BG′．
由（2）知，DG＝BE，
∴BE＝2DG，
∴2BG+BE＝2BG+2DG＝2（BG+DG），
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′＝＝2，
∴2BG+BE的最小值为4．