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2022-2023学年江苏省无锡市经开区九年级（下）期中数学试卷（一模）（含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省无锡市经开区九年级（下）期中数学试卷（一模）（含解析），共30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学年江苏省无锡市经开区九年级（下）期中数学试卷（一模）
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. −5的相反数是( )
A. −5 B. 5 C. 15 D. −15
2. 函数y= x−3中自变量x的取值范围是( )
A. x>3 B. x≠3 C. x≥3 D. x≥0
3. 下列运算中，正确的是( )
A. x2+x3=x5 B. x2⋅x3=x6
C. x3÷x2=x(x≠0) D. (x2)3=x5
4. 下列新能源汽车标志图案中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 已知x=3是方程x+2a=−1的解，那么a的值是( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. −2
6. 下列表格列举了2022卡塔尔世界杯优秀球员射门数据，观察表格中的数据，这组数据的中位数和众数分别是( )
球员
梅西
姆巴佩
佩里西奇
吉鲁
劳塔罗
穆西亚拉
次数
32
31
16
16
14
12
A. 32，16 B. 16，31 C. 16，16 D. 16，14
7. 已知A(−1,4)和点B(a,2)在同一反比例函数图象上，则a的值为( )
A. −2 B. −1 C. −12 D. 1
8. 某小区安装了智能人脸识别门禁系统，当门禁关闭时，隔板边缘的端点C与F之间的距离为8cm(如图1所示)，两隔板的边缘AC，DF均为60cm，且与门禁机箱外立面的夹角∠BAC，∠EDF均为30°.当门禁开放时可以通过物体的最大宽度为( )
A. 64cm B. (60 2+12)cm C. (60 3+12)cm D. 68cm
9. 已知点P(m,n)是函数y=ax2−4a2x−3(a为常数，a≠0)图象上一点，当0≤m≤4时，n≤−3，则a的取值范围是( )
A. a≥1 B. a≥1或a<0 C. a≤−1或a>0 D. a≤−1
10. 在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，始终保持AB=6，以AB为边向右上方作正方形ABCD，AC，BD交于点P，连接OP.下列结论正确的个数是( )
①直线OP的函数表达式为y=x；②OP的取值范围是3 2
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 分解因式：m2n−9n= ______ ．
12. 2022年无锡市经济运行回升向好，实体经济有力支撑，新兴产业引领增长，实现地区生产总值约为14900亿元.数据14900用科学记数法表示为______ ．
13. 五边形的内角和是 °.
14. 写一个函数表达式，使其图象经过第二象限，且函数值随自变量的增大而减小：______ ．
15. 已知一个圆锥的底面圆半径是2，母线长是6，则圆锥侧面积是______ ．
16. 幻方是古老的数学问题，我国古代的《洛书》中记载了最早的幻方——九宫格.将9个数填入幻方的空格中，要求每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，例如图1就是一个幻方.图2是一个未完成的幻方，则x的值为______ ．
17. 如图，AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，G是AC上一点，AG、DC的延长线交于点F.若CF=AD=20，DC=24，则tan∠F= ______ ，四边形ADCG的面积为______ ．
18. 如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，若AD= 3CD，BC=2 3，AB=12，则∠DAC= ______ °，四边形ABCD的对角线BD的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1)sin30°+|−1|−( 3−π)0；
(2)2x−3x−2−x−1x−2．
20. (本小题8.0分)
(1)解方程：x2−2x−4=0；
(2)解不等式组：2(x−1)≥−43x−62
如图，在▱ABCD中，点E是AD的中点，延长BE交CD的延长线于F．
(1)求证：△AEB≌△DEF；
(2)连接CE，当CE⊥BF时，若AB=3，求BC的长．
22. (本小题10.0分)
随着《义务教育劳动课程标准(2022年版)》的稳步落实，劳动课已成为各中小学不可缺少的独立课程之一.某学校计划在七年级开设“厨艺”，“种植”，“布艺”，“制陶”四门校本课程，要求每人必须参加，并且只能选择其中一门课程，为了解学生对这四门课程的选择情况，学校从七年级全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并根据调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图.(部分信息未给出).请你根据以上信息解决下列问题：
(1)参加问卷调查的学生人数为______ 名；
(2)补全条形统计图(画图并标注相应数据)；
(3)“制陶”课程所对应的扇形圆心角的度数是______ ；
(4)若该校七年级一共有500名学生，试估计选择“种植”课程的学生有多少名？
23. (本小题10.0分)
为了更好的贯彻执行国家“双减”政策，某学校利用课后延时服务开设了“科创筑梦”，“漫画漫游”，“经典诵读”三门兴趣课程，分别记为A，B，C，小明和小红需随机选择一门课程学习．
(1)小明选择“经典诵读”课程的概率______ ；
(2)小明、小红两人选择同课程的概率.(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
24. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点D，在AB，AC上求作点M，N，使A，D关于直线MN对称；(不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，连接DM，DN，若AC=6，AB=8，则四边形AMDN的周长为______ .(如需画草图，请使用图2)
25. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作⊙O，分别与AB，BC相交于点D，E，连接AE，若AE恰好与⊙O切于点E．
(1)求证：△ACE∽△BCA；
(2)若AC=4，BE=6，求⊙O的半径．
26. (本小题10.0分)
最近“地摊经济”成为热议的话题，城市“路边摊”的回归，带动了就业，吸引了人气，丰富了商气，更让城市的夜晚增添了“烟火气”.小王也是“地摊大军”中的一员，周六，周日连续两天上午去招商城进盲盒，晚上去步行街摆“地摊”.“文具”，“零食”两款盲盒的进价和售价如下表所示：
盲盒品种
文具
零食
进价(元/个)
5
6
售价(元/个)
6
8
(1)周六上午，小王用1700元进这两款盲盒共300个，晚上收摊时全部卖完，求小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润；
(2)周日上午，小王依旧用1700元进这两款盲盒，晚上全部卖完后，收摊盘点收益，发现周日的总利润比周六的高，但上午的进货单丢失不见，只记得“文具”盲盒的进货量不低于85个，请你通过计算后帮助小王，他周日上午进这两款盲盒的所有方案有哪些？
27. (本小题10.0分)
将▱ABCO按照如图所示位置放置在平面直角坐标系xOy中，BC在x轴上方且与x轴平行，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一定的角度得到▱BA′O′C′．
(1)如图1，若点A′落在OA上，点C′恰好落在AB所在的直线上，求∠BAO的度数；
(2)如图2，若A(13,0)，AB=3，点A′落在BC上，点O的对应点O′恰好落在OC所在的直线上，求点B的坐标；
(3)如图3，若A(4,0)，B(5,1)，M是AB的中点，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一周，则△MO′C′的面积S的取值范围是______ ．
28. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中xOy中，二次函数y=ax2+bx+2(a<0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，与y轴交于点C．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是二次函数图象上位于线段BC上方的一个动点．
①如图，连接AC，CP，AP，AP交BC于点E，过点P作AC的平行线交BC于点Q，将△PEQ与△PCE的面积比S△PEQS△PCE记为a，将△PCE与△ACE的面积比S△PCES△ACE记为b，当a+ 22b有最大值时，求点P的坐标；
②已知点N是y轴上一点，若点N、P关于直线AC对称，求CN的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了相反数的性质，只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0．
根据相反数的定义直接求得结果．
【解答】
解：−5的相反数是5．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：函数y= x−3中x−3≥0，
所以x≥3，
故选：C．
根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
本题考查了求函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
3.【答案】C
【解析】解：A、x2+x3不属于同类项，不能合并，故A不符合题意；
B、x2⋅x3=x5，故B不符合题意；
C、x3÷x2=x，故C符合题意；
D、(x2)3=x6，故D不符合题意；
故选：C．
利用合并同类项的法则，同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】C
【解析】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是中心对称图形，不符合题意，
C、图形是中心对称图形，符合题意；
D、图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的定义：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可得答案．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5.【答案】D
【解析】解：∵x=3是方程x+2a=−1的解，
∴3+2a=−1，
2a=−4，
a=−2，
故选：D．
根据x=3是方程x+2a=−1的解得3+2a=−1，进行计算即可得．
本题考查了方程的解，解题的关键是掌握方程的解．
6.【答案】C
【解析】解：∵16出现的次数最多，
∴众数是16．
∵从小到大排列：12，14，16，16，31，32，
∴中位数是：16+162=16．
故选：C．
根据中位数和众数的定义求解即可．
本题考查了中位数和众数的定义，解题的关键在于能够熟知中位数和众数的定义．众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
7.【答案】A
【解析】解：设反比例函数解析式为y=kx，
∵A(−1,4)和点B(a,2)在同一反比例函数图象上，
∴k=−1×4=2a，
解得：a=−2，
故选：A．
设反比例函数解析式为y=kx，根据反比例函数的性质即可求解．
本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，过点F作FN⊥DE于点N，
在Rt△ACM中，
∵∠CAM=30°，
∴sin∠CAM=CMAC=12，
即CM=12AC=30(cm)，
同理可得：FN=30cm，
又∵点C与F之间的距离为8cm，
∴当门禁开放时可以通过物体的最大宽度为：30+30+8=68(cm)．
故选：D．
过点C作CM⊥AB于点M，过点F作FN⊥DE于点N，根据正弦的定义，得出CM=30cm，同理得出FN=30cm，进而计算即可得出答案．
本题考查了解直角三角形，解本题的关键在构建直角三角形．
9.【答案】B
【解析】解：∵y=ax2−4a2x−3，
∴对称轴为直线x=−−4a22a=2a，
当x=0时，y=−3，则抛物线与y轴的交点为(0,−3)，
∵点P(m,n)是函数y=ax2−4a2x−3 (a为常数，a≠0)图象上一点，当0≤m≤4时，n≤−3，
∴当a>0时，抛物线开口向上，当0≤m≤4时，n≤−3，
∴当x=4时，y≤−3，
即a×42−4a2×4−3≤−3，
解得：a≥1，
当a<0时，抛物线开口向下，当0≤m≤4，抛物线随x的增大而减小，n≤−3，
∵当x=0时，y=−3，则n≤−3，恒成立，
综上所述，a≥1或a<0，
故选：B．
根据抛物线解析式得出对称轴为直线x=2a，分a>0，a<0两种情况讨论，根据当0≤m≤4时，n≤−3，得出a的范围即可求解．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：作PM⊥y轴，PN⊥x轴，则四边形PMON是矩形，
∴∠AMP=∠BNP=90°，∠MPN=90°
∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴AC与BD互相垂直且平分，AB=AD=6，
则AP=BP，∠APB=90°，AB= 2BP，
则∠APB−∠MPB=∠MPN−∠MPB，BP=3 2，
∴∠APM=∠BPN，
∴△APM≌△BPN(AAS)，
∴PM=PN，(当OA
代入可得：a=ka，可得k=1，即直线OP的函数表达式为y=x，故①正确；
∵PM=PN，PM⊥y轴，PN⊥x轴，
∴四边形PMON是正方形，则OP= 2PN，ON=PN
当OP=4 2时，ON=PN=4，
则BN= BP2−PN2= 2，
则OB=ON−BN=4− 2，(当OA
取AB的中点Q，连接OQ，PQ，DQ，OD，
则AQ=3，QD= AD2+AQ2=3 5，
∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
∴OQ=12AB=3，PQ=12AB=3，
由三角形三边关系可得：OP≤OQ+OP=6，当O，Q，P在同一直线上时取等，
∵OP>BP−OB，
又∵03 2)
则3 2
∴OD的最大值为3+3 5，
故④正确；
综上：正确的有①②④，共3个；
故选：C．
作PM⊥y轴，PN⊥x轴，易证△APM≌△BPN(AAS)，可得PM=PN，进而可求得直线OP的函数解析式为y=kx；当OP=4 2时，ON=PN=4，则BN= 2，则OB=ON−BN=4− 2，(当OABP−OB，0BP=3 2，(当OA3 2)，即可得3 2
11.【答案】n(m+3)(m−3)
【解析】解：m2n−9n
=n(m2−9)
=n(m+3)(m−3)，
故答案为：n(m+3)(m−3)．
先提取公因式，再由平方差公式因式分解即可．
本题考查因式分解，熟练掌握提取公因式法和公式法因式分解是解题的关键．
12.【答案】1.49×104
【解析】解：14900=1.49×104．
故答案为：1.49×104．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数是关键．
13.【答案】540
【解析】
【分析】
本题考查的是多边形的内角和的计算，掌握多边形的内角和公式(n−2)⋅180°是解题的关键．
根据多边形的内角和是(n−2)⋅180°，代入计算即可．
【解答】
解：(5−2)×180°
=540°，
故答案为：540．
14.【答案】y=−x+1(答案不唯一)
【解析】解：由题意得，满足题意的函数解析式可以为y=−x+1，
故答案为：y=−x+1(答案不唯一)．
根据一次函数的性质，函数值随自变量的增大而减小，则k<0，据此求解即可．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，熟知对于一次函数y=kx+b，当k>0，b>0时，一次函数y=kx+b经过第一、二、三象限，当k>0，b<0时，一次函数y=kx+b经过第一、三、四象限，当k<0，b>0时，一次函数y=kx+b经过第一、二、四象限，当k<0，b<0时，一次函数y=kx+b经过第二、三、四象限是解题的关键．
15.【答案】12π
【解析】解：底面半径为2，则底面周长=4π，圆锥的侧面积=12×4π×6=12π．
故答案为：12π．
圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，解题的关键是牢记有关的公式，难度不大．
16.【答案】14
【解析】解：设正中间的数为y，
∵每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，
∴22+y=20+xx+y=20+6，
解得：x=14y=12，
故答案为：14．
设中间的数为y，由题意：每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，等列出方程组，解之即可．
本题考查了一元一次方程的应用，借助幻方，找准等量关系，正确列出方程是解题的关键．
17.【答案】12 242
【解析】解：连接DG，AC，作GH⊥DF于点H，
∵AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，
∴AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD=∠AGD，
∵四边形ADCG内接于⊙O，
∴∠DAC+∠DCG=180°，∠ADC+∠AGC=180°，而∠GCF+∠DCG=180°，∠FGC+∠AGC=180°，
∴∠DAG=∠FCG，∠AGD=∠ACD=∠ADC=∠FGC，
∵CF=AD=20，
∴△DAG≌△FCG(AAS)，
∴AG=GC，DG=GF，
∵AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，
∴DE=EC=12CD=12，
∴AE= AD2−DE2=16，EF=EC+CF=32，
∴tan∠F=AEEF=1632=12；
∵DG=GF，GH⊥DF，
∴DH=HF=12DF=22，
∵tan∠F=GHHF=12，
∴GH=12HF=11，
∴四边形ADCG的面积为12×DF×AE−12×CF×GH=12×44×16−12×20×11=242．
故答案为：12，242．
利用垂径定理和圆周角定理求得∠ADC=∠ACD=∠AGD，再根据圆内接四边形的性质证明∠DAG=∠FCG，∠AGD=∠ACD=∠ADC=∠FGC，推出△DAG≌△FCG(AAS)，利用垂径定理和勾股定理求得AE，利用正切函数的定义可求得tan∠F的值；利用等腰三角形的性质以及tan∠F的值可求得GH，据此求解即可．
本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，正切函数的定义，等腰三角形的判定和性质，证明△DAG≌△FCG是解答本题的关键．
18.【答案】30 9
【解析】解：∵AD= 3CD，
∴tan∠DAC=DCAD= 33，
∴∠DAC=30°；
作DE⊥DB且DE= 3DB，连接BE，AE，
则BE= DE2+DB2=2BD，
∵∠ADC=90°，DE⊥DB，
即：∠ADE+∠ADB=∠ADB+∠CDB=90°，
∴∠ADE=∠CDB，
∵DE= 3DB，AD= 3CD，
即：DEDB=ADCD= 3，
∴△ADE∽△CDB，
∴AECB=ADCD= 3，
则AE= 3BC=6，
则BE≤AE+AB，
即：2BD≤AE+AB，当E，A，B在同一直线上时取等号，
∴BD≤AE+AB2=6+122=9，
即：四边形ABCD的对角线BD的最大值为9，
故答案为：30；9．
由AD= 3CD得tan∠DAC=DCAD= 33，即可得∠DAC=30°；作DE⊥DB且DE= 3DB，连接BE，AE，可得BE=2BD，易得△ADE∽△CDB，可得AE= 3BC=6，由三角形三边关系可得BE≤AE+AB，即：2BD≤AE+AB，当E，A，B在同一直线上时取等号，进而可四边形ABCD的对角线BD的最大值．
本题考查相似三角形的判定与性质，三角形三边和与差的性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，三角形的三边和差的性质是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)sin30°+|−1|−( 3−π)0
=12+1−1
=12；
(2)2x−3x−2−x−1x−2
=2x−3−(x−1)x−2
=2x−3−x+1x−2
=x−2x−2
=1．
【解析】(1)根据特殊角三角函数、化简绝对值及0指数幂直接计算即可得到答案；
(2)根据同分母分式相加的法则计算，再约分即可．
本题考查了殊角三角函数、化简绝对值及0指数幂和分式化简，掌握实数，分式的相关的运算法则是关键．
20.【答案】解：(1)x2−2x−4=0，
x2−2x+1=5，
(x−1)2=5，
∴x−1=± 5，
∴x1=1+ 5，x2=1− 5；
(2)2(x−1)≥−4①3x−62
解不等式②得：x<4，
∴不等式组的解集为：−1≤x<4．
【解析】(1)根据配方法解一元二次方程即可求解；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，解一元二次方程的应用，掌握配方解一元二次方程，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集是关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠BAD=∠FDE，
又∵点E是AD的中点，
∴AE=DE．
在△ABE与△DFE中，
∠BAD=∠FDEAE=DE∠BEA=∠FED，
∴△ABE≌△DFE(ASA)．
(2)解：由(1)可知：△AEB≌△DEF，
∴BE=EF，AB=DF=3，
∵CE⊥BF，
∴△BCF是等腰三角形，
∴BC=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴BC=CF=CD+DF=3+3=6．
【解析】(1)由四边形ABCD是平行四边形，可得AB//CD，即可得内错角相等；又由点E是AD的中点，易证得△ABE≌△DFE(SAS)；
(2)由全等三角形的性质和平行四边形的性质解答即可．
此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的对边平行且相等解答．
22.【答案】50 36°
【解析】解：(1)参加问卷调查的学生人数为：15÷30%=50(名)，
故答案为：50；
(2)“布艺”的人数为：50−15−10−5=20(名)，
补全统计图如下：
(3)“制陶”课程所对应的扇形圆心角的度数是550×360°=36°，
故答案为：36°；
(4)根据题意得：500×1050=100(名)，
答：估计选择“种植”课程的学生有100名．
(1)根据“厨艺”的人数和所占的百分比，求出调查的学生总人数；
(2)用总人数减去其它课程的人数，求出“布艺”的人数，从而补全统计图；
(3)用选择“制陶”课程的学生数除以总人数乘以360°即可；
(4)用七年级的总人数乘以选择“种植”课程的学生所占的百分比即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】13
【解析】解：(1)∵共有“科创筑梦”，“漫画漫游”，“经典诵读”三门兴趣课程，
∴小明选择“经典诵读”课程的概率为13．
故答案为：13．
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小明、小红两人选择同课程的结果有3种，
∴小明、小红两人选择同课程的概率为39=13．
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及小明、小红两人选择同课程的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
24.【答案】967
【解析】解：(1)以点A为圆心，适当长为半径画弧交AB，AC于两点，再分别以它们为圆心，适当长为半径画弧，交于一点，连接该点与点A，交BC于点D，
再以点A，点D为圆心，适当长为半径画弧交于两点，连接两点分别交AB，AC于M，N，
如图所示，即为所求；
(2)设MN与AD交于点O，由题意可知，MN是AD的垂直平分线，
则AM=DM，AN=DN，AD⊥MN，
∴∠AOM=∠AON=90°，
又∵AD平分∠BAC，
∴∵AB=AC，
∴∠AOM=∠AON，
∵AO=AO，
∴△AOM≌△AON(ASA)，
∴AM=AN，则AM=AN=DM=DN，即四边形AMDN是菱形，
∴DN//AB，
∴△ABC∽△NDC，则NCAC=NDAB，
设：AM=AN=DM=DN=x，则CN=6−x，则6−x6=x8，
解得：x=247，
∴四边形AMDN的周长为4AN=967，
故答案为：967．
(1)根据尺规作图作角平分线和垂直平分线的作法作图即可；
(2)由题意可证△AOM≌△AON(ASA)，进而可证得四边形AMDN是菱形，可知DN//AB，则△ABC∽△NDC，列出比例式NCAC=NDAB，设：AM=AN=DM=DN=x，则CN=6−x，可得6−x6=x8，求出x的值，根据四边形AMDN为4AN即可求解．
本题考查尺规作图——作角平分线及垂直平分线，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，掌握基本作图的作法是解决问题的关键．
25.【答案】(1)证明：连接OE，
∵AE为⊙O的切线，
∴OE⊥AE，
∴∠2+∠3=90°，
在Rt△ACE中，∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵OB=OE，
∴∠3=∠B，
∴∠1=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△ACE∽△BCA；
(2)解：连接DE，
∵BD是直径，
∴∠BED=90°，则AC//DE，
由(1)知∠1=∠B，
∴△ACE∽△BED，
∴ACBE=CEED=46=23，
∴设CE=2x，ED=3x，
∵AC//DE，
∴△ABC∽△DBE，
∴EDAC=BEBC，
∴3x4=66+2x，
∴x=1(负根舍去)，
∴CE=2，ED=3，
∴BD= ED2+BE2=3 5，
∴⊙O的半径为：3 52．
【解析】(1)连接OE，根据切线的性质得到∠2+∠3=90°，再证出∠1=∠3，∠3=∠B，可得∠1=∠B，即可证明结论；
(2)连接DE，通过证明△ACE∽△BED，△ABC∽△DBE，可得ACBE=CEED=46=23，设CE=2x，ED=3x，利用相似可得EDAC=BEBC，进而3x4=66+2x，求得x=1，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
本题主要考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，证明三角形相似是解决问题(2)的关键．
26.【答案】解：(1)设小王购买文具盲盒x个，零食盲盒(300−x)个，
由题意得：5x+6(300−x)=1700，
解得：x=100，
则300−x=300−100=200，
晚上收摊时全部卖完，小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润为：100×(6−5)+200×(8−6)=500(元)，
答：小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润为500元；
(2)设小王购进文具盲盒a个，则零食盲盒为1700−5a6个，
由题意可得：a(6−5)+1700−5a6(8−6)>500a≥85，
解得：85≤a<100，
又∵a与1700−5a6均为整数，
∴a=88或a=94，
当a=88时，1700−5a6=210，
当a=94时，1700−5a6=205，
则，周日上午进这两款盲盒有以下方案：
方案一：购进文具盲盒88个，零食盲盒210个；
方案二：购进文具盲盒94个，零食盲盒205个．
【解析】(1)设小王购买文具盲盒x个，零食盲盒(300−x)个，根据购买费用列出方程，求解即可，再根据两种盲盒的利润和列算式计算可求解；
(2)设小王购进文具盲盒a个，则零食盲盒为1700−5a6个，根据题意列出不等式，再根据a与1700−5a6均为整数，求出满足题意的a的值即可．
本题主要考查一元一次方程的应用及一元一次不等式(组)的应用，找准等量关系，列出方程及不等式是解题的关键．
27.【答案】32≤S≤52
【解析】解：(1)如图1中，
由旋转变换的性质可知，∠CBC′=∠ABA′，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC//OA，
∴∠CBC′=∠OAB，
∵BA=BA′，
∴∠BAA′=∠BA′A，
∴∠ABA′=∠BAA′=∠BA′A=60°，
∴∠BAO=60°；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J．
∵A(13,0)，
∴OA=13，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB=OC=3，BC=OA=13，
∵∠OBO′=∠ABA′，
∴∠ABO′=∠OBA，
∵OC//AB，
∴∠OBA=∠BOC，
∵BO=BO′，
∴∠BOO′=∠BO′O，
∴∠CBO′=∠BO′C，
∴BC=CO′=13，
∴OO′=OC+CO′=3+13=16，
∵BO=BO′，BH⊥OO′，
∴OH=HO=8，CH=8−3=5，
∴BH= BC2−CH2= 132−52=12，
∵AB//OC，BC//OA，
∴∠BAJ=∠COA=∠BCH，
∵∠BHC=∠BJA=90°，
∴△BHC∽△BJA，
∴BHBJ=CHAJ=BCAB，
∴12BJ=5AJ=133，
∴BJ=3613，AJ=1513，
∴OJ=OA+AJ=13+1513=18413，
∴B(18413,3613)；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H．
∵A(4,0)，B(5,1)，
∴OA=4，
∴C(1,1)，
∴∠COA=∠A′O′C′=45°，OC=O′C′=AB= 2，
∵BC′//A′O′，
∴∠BC′J=∠A′O′C′=45°，
∵BJ⊥JO′，
∴BJ=BC′=4× 22=2 2，
∵BM=AM= 22，
∴2 2− 22≤MH≤2 2+ 22，
∴3 22≤MH≤5 22，
∴12×3 22× 2≤S≤12×5 22× 2，
∴32≤S≤52．
故答案为：32≤S≤52．
(1)证明△ABA′是等边三角形，可得结论；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J.解直角三角形求出BH，CH，再利用相似三角形的性质求出BJ，AJ，可得结论；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H.求出O′C′，MH的取值范围，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
28.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+2(a<0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，
∴a−b+2=04a+2b+2=0，
解得：a=−1b=1．
∴二次函数的表达式为y=−x2+x+2；
(2)①令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2．
∵A(−1,0)、B(2,0)，
∴OA=1，OB=2，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点G，过点Q作QH⊥PF于点H，如图，
设P(m,−m2+m+2)，则OF=m，PF=−m2+m+2，
∴BF=OB−OF=2−m，
∵△GFB为等腰直角三角形，
∴GF=BF=2−m，
∴PG=PF−GF=−m2+2m．
∵OA=1，OC=2，
∴AC= OA2+OC2= 5．
∵AC//PQ，PF//OC，
∴∠ACO=∠FPQ．
∵∠OAC=∠QHP=90°，
∴△OAC∽△HQP，
∴OAQH=OCPH=ACPQ．
设QH=n，
∴1n=2PH= 5PQ，
∴PH=2n，PQ= 5n.
∵QH//OB，
∴∠HQB=∠OBC=45°，
∴△QHG为等腰直角三角形，
∴GH=QH=n，
∴PG=PH+HG=3n，
∴PQPG= 53，
∴PQ= 53(−m2+2m)．
∵PQ//AC，
∴△PQE∽△ACE，
∴EQCE=PEAE=PQAC=PQ 5．
∵等高的三角形的面积比等于底的比，
∴S△PEQS△PCE=a=EQCE，S△PCES△ACE=b=PEAE，
∴a=b= 5PQ=13(−m2+2m)=−13m2+23m.
∴a+ 22b=(1+ 22)a=−(13+ 26)(m−1)2+13+ 26，
∵−(13+ 26)<0，
∴当m=1时，a+ 22b有最大值，
∴点P的坐标(1,1)；
②由题意得：当点N在点C的下方时，点N关于直线AC的对称点在AC的左侧，不合题意，
∴点N在点C的上方，
连接NP，交AC于点Q，过点P作PM⊥y轴于点M，
∵点N、P关于直线AC对称，
∴AC垂直平分NP，
∴CP=NC，∠QCP+∠N=90°，
∵∠N+∠NPM=90°，
∴∠DPM=∠NCQ．
∵∠NCQ=∠ACO，
∴∠NPM=∠ACO，
∵∠NMP=∠AOC=90°，
∴△NMP∽△AOC，
∴NMPM=OAOC=12．
∴NM=12PM．
设P(m,−m2+m+2)，则MP=m，OM=−m2+m+2，NM=12m，
∴CM=OM−OC=−m2+m，CN=ON−OM=OM+MN−OC=−m2+32m，
∵CP2=CN2，
∴MP2+CM2=CN2，
∴m2+(−m2+m)2=(−m2+32m)2，
解得：m=0(不合题意，舍去)或m=14，
∴CN=−m2+32m=516．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)①过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点G，过点Q作QH⊥PF于点H，设P(m,−m2+m+2)，则OF=m，PF=−m2+m+2，利用等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质求得a=b= 5PQ=13(−m2+2m)=−13m2+23m，进而求得a+ 22b的值，利用配方法和二次函数的性质解答即可；
②连接NP，交AC于点H，过点P作PF⊥y轴于点F，利用轴对称的性质，相似三角形的判定与性质得到NM=12PM，设P(m,−m2+m+2)，则MP=m，OM=−m2+m+2，NM=12m，则CM=OM−OC=−m2+m，CN=ON−OM=OM+MN−OC=−m2+32m，利用等腰三角形的性质和勾股定理，列出关于m的方程，解方程求得m值，则CN的长可得．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2022-2023学年江苏省无锡市经开区九年级（下）期中数学试卷（一模）
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. −5的相反数是( )
A. −5 B. 5 C. 15 D. −15
2. 函数y= x−3中自变量x的取值范围是( )
A. x>3 B. x≠3 C. x≥3 D. x≥0
3. 下列运算中，正确的是( )
A. x2+x3=x5 B. x2⋅x3=x6
C. x3÷x2=x(x≠0) D. (x2)3=x5
4. 下列新能源汽车标志图案中，是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
5. 已知x=3是方程x+2a=−1的解，那么a的值是( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. −2
6. 下列表格列举了2022卡塔尔世界杯优秀球员射门数据，观察表格中的数据，这组数据的中位数和众数分别是( )
球员
梅西
姆巴佩
佩里西奇
吉鲁
劳塔罗
穆西亚拉
次数
32
31
16
16
14
12
A. 32，16 B. 16，31 C. 16，16 D. 16，14
7. 已知A(−1,4)和点B(a,2)在同一反比例函数图象上，则a的值为( )
A. −2 B. −1 C. −12 D. 1
8. 某小区安装了智能人脸识别门禁系统，当门禁关闭时，隔板边缘的端点C与F之间的距离为8cm(如图1所示)，两隔板的边缘AC，DF均为60cm，且与门禁机箱外立面的夹角∠BAC，∠EDF均为30°.当门禁开放时可以通过物体的最大宽度为( )
A. 64cm B. (60 2+12)cm C. (60 3+12)cm D. 68cm
9. 已知点P(m,n)是函数y=ax2−4a2x−3(a为常数，a≠0)图象上一点，当0≤m≤4时，n≤−3，则a的取值范围是( )
A. a≥1 B. a≥1或a<0 C. a≤−1或a>0 D. a≤−1
10. 在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x，y轴的正半轴上，始终保持AB=6，以AB为边向右上方作正方形ABCD，AC，BD交于点P，连接OP.下列结论正确的个数是( )
①直线OP的函数表达式为y=x；②OP的取值范围是3 2
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 分解因式：m2n−9n= ______ ．
12. 2022年无锡市经济运行回升向好，实体经济有力支撑，新兴产业引领增长，实现地区生产总值约为14900亿元.数据14900用科学记数法表示为______ ．
13. 五边形的内角和是 °.
14. 写一个函数表达式，使其图象经过第二象限，且函数值随自变量的增大而减小：______ ．
15. 已知一个圆锥的底面圆半径是2，母线长是6，则圆锥侧面积是______ ．
16. 幻方是古老的数学问题，我国古代的《洛书》中记载了最早的幻方——九宫格.将9个数填入幻方的空格中，要求每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，例如图1就是一个幻方.图2是一个未完成的幻方，则x的值为______ ．
17. 如图，AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，G是AC上一点，AG、DC的延长线交于点F.若CF=AD=20，DC=24，则tan∠F= ______ ，四边形ADCG的面积为______ ．
18. 如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，若AD= 3CD，BC=2 3，AB=12，则∠DAC= ______ °，四边形ABCD的对角线BD的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共10小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1)sin30°+|−1|−( 3−π)0；
(2)2x−3x−2−x−1x−2．
20. (本小题8.0分)
(1)解方程：x2−2x−4=0；
(2)解不等式组：2(x−1)≥−43x−62
如图，在▱ABCD中，点E是AD的中点，延长BE交CD的延长线于F．
(1)求证：△AEB≌△DEF；
(2)连接CE，当CE⊥BF时，若AB=3，求BC的长．
22. (本小题10.0分)
随着《义务教育劳动课程标准(2022年版)》的稳步落实，劳动课已成为各中小学不可缺少的独立课程之一.某学校计划在七年级开设“厨艺”，“种植”，“布艺”，“制陶”四门校本课程，要求每人必须参加，并且只能选择其中一门课程，为了解学生对这四门课程的选择情况，学校从七年级全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并根据调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图.(部分信息未给出).请你根据以上信息解决下列问题：
(1)参加问卷调查的学生人数为______ 名；
(2)补全条形统计图(画图并标注相应数据)；
(3)“制陶”课程所对应的扇形圆心角的度数是______ ；
(4)若该校七年级一共有500名学生，试估计选择“种植”课程的学生有多少名？
23. (本小题10.0分)
为了更好的贯彻执行国家“双减”政策，某学校利用课后延时服务开设了“科创筑梦”，“漫画漫游”，“经典诵读”三门兴趣课程，分别记为A，B，C，小明和小红需随机选择一门课程学习．
(1)小明选择“经典诵读”课程的概率______ ；
(2)小明、小红两人选择同课程的概率.(请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程)
24. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点D，在AB，AC上求作点M，N，使A，D关于直线MN对称；(不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，连接DM，DN，若AC=6，AB=8，则四边形AMDN的周长为______ .(如需画草图，请使用图2)
25. (本小题10.0分)
如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作⊙O，分别与AB，BC相交于点D，E，连接AE，若AE恰好与⊙O切于点E．
(1)求证：△ACE∽△BCA；
(2)若AC=4，BE=6，求⊙O的半径．
26. (本小题10.0分)
最近“地摊经济”成为热议的话题，城市“路边摊”的回归，带动了就业，吸引了人气，丰富了商气，更让城市的夜晚增添了“烟火气”.小王也是“地摊大军”中的一员，周六，周日连续两天上午去招商城进盲盒，晚上去步行街摆“地摊”.“文具”，“零食”两款盲盒的进价和售价如下表所示：
盲盒品种
文具
零食
进价(元/个)
5
6
售价(元/个)
6
8
(1)周六上午，小王用1700元进这两款盲盒共300个，晚上收摊时全部卖完，求小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润；
(2)周日上午，小王依旧用1700元进这两款盲盒，晚上全部卖完后，收摊盘点收益，发现周日的总利润比周六的高，但上午的进货单丢失不见，只记得“文具”盲盒的进货量不低于85个，请你通过计算后帮助小王，他周日上午进这两款盲盒的所有方案有哪些？
27. (本小题10.0分)
将▱ABCO按照如图所示位置放置在平面直角坐标系xOy中，BC在x轴上方且与x轴平行，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一定的角度得到▱BA′O′C′．
(1)如图1，若点A′落在OA上，点C′恰好落在AB所在的直线上，求∠BAO的度数；
(2)如图2，若A(13,0)，AB=3，点A′落在BC上，点O的对应点O′恰好落在OC所在的直线上，求点B的坐标；
(3)如图3，若A(4,0)，B(5,1)，M是AB的中点，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一周，则△MO′C′的面积S的取值范围是______ ．
28. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系中xOy中，二次函数y=ax2+bx+2(a<0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，与y轴交于点C．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点P是二次函数图象上位于线段BC上方的一个动点．
①如图，连接AC，CP，AP，AP交BC于点E，过点P作AC的平行线交BC于点Q，将△PEQ与△PCE的面积比S△PEQS△PCE记为a，将△PCE与△ACE的面积比S△PCES△ACE记为b，当a+ 22b有最大值时，求点P的坐标；
②已知点N是y轴上一点，若点N、P关于直线AC对称，求CN的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了相反数的性质，只有符号不同的两个数互为相反数，0的相反数是0．
根据相反数的定义直接求得结果．
【解答】
解：−5的相反数是5．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：函数y= x−3中x−3≥0，
所以x≥3，
故选：C．
根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．
本题考查了求函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
3.【答案】C
【解析】解：A、x2+x3不属于同类项，不能合并，故A不符合题意；
B、x2⋅x3=x5，故B不符合题意；
C、x3÷x2=x，故C符合题意；
D、(x2)3=x6，故D不符合题意；
故选：C．
利用合并同类项的法则，同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
4.【答案】C
【解析】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是中心对称图形，不符合题意，
C、图形是中心对称图形，符合题意；
D、图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据中心对称图形的定义：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可得答案．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5.【答案】D
【解析】解：∵x=3是方程x+2a=−1的解，
∴3+2a=−1，
2a=−4，
a=−2，
故选：D．
根据x=3是方程x+2a=−1的解得3+2a=−1，进行计算即可得．
本题考查了方程的解，解题的关键是掌握方程的解．
6.【答案】C
【解析】解：∵16出现的次数最多，
∴众数是16．
∵从小到大排列：12，14，16，16，31，32，
∴中位数是：16+162=16．
故选：C．
根据中位数和众数的定义求解即可．
本题考查了中位数和众数的定义，解题的关键在于能够熟知中位数和众数的定义．众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．
7.【答案】A
【解析】解：设反比例函数解析式为y=kx，
∵A(−1,4)和点B(a,2)在同一反比例函数图象上，
∴k=−1×4=2a，
解得：a=−2，
故选：A．
设反比例函数解析式为y=kx，根据反比例函数的性质即可求解．
本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，过点F作FN⊥DE于点N，
在Rt△ACM中，
∵∠CAM=30°，
∴sin∠CAM=CMAC=12，
即CM=12AC=30(cm)，
同理可得：FN=30cm，
又∵点C与F之间的距离为8cm，
∴当门禁开放时可以通过物体的最大宽度为：30+30+8=68(cm)．
故选：D．
过点C作CM⊥AB于点M，过点F作FN⊥DE于点N，根据正弦的定义，得出CM=30cm，同理得出FN=30cm，进而计算即可得出答案．
本题考查了解直角三角形，解本题的关键在构建直角三角形．
9.【答案】B
【解析】解：∵y=ax2−4a2x−3，
∴对称轴为直线x=−−4a22a=2a，
当x=0时，y=−3，则抛物线与y轴的交点为(0,−3)，
∵点P(m,n)是函数y=ax2−4a2x−3 (a为常数，a≠0)图象上一点，当0≤m≤4时，n≤−3，
∴当a>0时，抛物线开口向上，当0≤m≤4时，n≤−3，
∴当x=4时，y≤−3，
即a×42−4a2×4−3≤−3，
解得：a≥1，
当a<0时，抛物线开口向下，当0≤m≤4，抛物线随x的增大而减小，n≤−3，
∵当x=0时，y=−3，则n≤−3，恒成立，
综上所述，a≥1或a<0，
故选：B．
根据抛物线解析式得出对称轴为直线x=2a，分a>0，a<0两种情况讨论，根据当0≤m≤4时，n≤−3，得出a的范围即可求解．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：作PM⊥y轴，PN⊥x轴，则四边形PMON是矩形，
∴∠AMP=∠BNP=90°，∠MPN=90°
∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴AC与BD互相垂直且平分，AB=AD=6，
则AP=BP，∠APB=90°，AB= 2BP，
则∠APB−∠MPB=∠MPN−∠MPB，BP=3 2，
∴∠APM=∠BPN，
∴△APM≌△BPN(AAS)，
∴PM=PN，(当OA
代入可得：a=ka，可得k=1，即直线OP的函数表达式为y=x，故①正确；
∵PM=PN，PM⊥y轴，PN⊥x轴，
∴四边形PMON是正方形，则OP= 2PN，ON=PN
当OP=4 2时，ON=PN=4，
则BN= BP2−PN2= 2，
则OB=ON−BN=4− 2，(当OA
取AB的中点Q，连接OQ，PQ，DQ，OD，
则AQ=3，QD= AD2+AQ2=3 5，
∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
∴OQ=12AB=3，PQ=12AB=3，
由三角形三边关系可得：OP≤OQ+OP=6，当O，Q，P在同一直线上时取等，
∵OP>BP−OB，
又∵0
则3 2
∴OD的最大值为3+3 5，
故④正确；
综上：正确的有①②④，共3个；
故选：C．
作PM⊥y轴，PN⊥x轴，易证△APM≌△BPN(AAS)，可得PM=PN，进而可求得直线OP的函数解析式为y=kx；当OP=4 2时，ON=PN=4，则BN= 2，则OB=ON−BN=4− 2，(当OA
11.【答案】n(m+3)(m−3)
【解析】解：m2n−9n
=n(m2−9)
=n(m+3)(m−3)，
故答案为：n(m+3)(m−3)．
先提取公因式，再由平方差公式因式分解即可．
本题考查因式分解，熟练掌握提取公因式法和公式法因式分解是解题的关键．
12.【答案】1.49×104
【解析】解：14900=1.49×104．
故答案为：1.49×104．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数是关键．
13.【答案】540
【解析】
【分析】
本题考查的是多边形的内角和的计算，掌握多边形的内角和公式(n−2)⋅180°是解题的关键．
根据多边形的内角和是(n−2)⋅180°，代入计算即可．
【解答】
解：(5−2)×180°
=540°，
故答案为：540．
14.【答案】y=−x+1(答案不唯一)
【解析】解：由题意得，满足题意的函数解析式可以为y=−x+1，
故答案为：y=−x+1(答案不唯一)．
根据一次函数的性质，函数值随自变量的增大而减小，则k<0，据此求解即可．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，熟知对于一次函数y=kx+b，当k>0，b>0时，一次函数y=kx+b经过第一、二、三象限，当k>0，b<0时，一次函数y=kx+b经过第一、三、四象限，当k<0，b>0时，一次函数y=kx+b经过第一、二、四象限，当k<0，b<0时，一次函数y=kx+b经过第二、三、四象限是解题的关键．
15.【答案】12π
【解析】解：底面半径为2，则底面周长=4π，圆锥的侧面积=12×4π×6=12π．
故答案为：12π．
圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2．
本题考查了圆锥的计算，利用了圆的周长公式和扇形面积公式求解，解题的关键是牢记有关的公式，难度不大．
16.【答案】14
【解析】解：设正中间的数为y，
∵每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，
∴22+y=20+xx+y=20+6，
解得：x=14y=12，
故答案为：14．
设中间的数为y，由题意：每一横行、每一竖列以及两条对角线上的3个数之和相等，等列出方程组，解之即可．
本题考查了一元一次方程的应用，借助幻方，找准等量关系，正确列出方程是解题的关键．
17.【答案】12 242
【解析】解：连接DG，AC，作GH⊥DF于点H，
∵AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，
∴AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD=∠AGD，
∵四边形ADCG内接于⊙O，
∴∠DAC+∠DCG=180°，∠ADC+∠AGC=180°，而∠GCF+∠DCG=180°，∠FGC+∠AGC=180°，
∴∠DAG=∠FCG，∠AGD=∠ACD=∠ADC=∠FGC，
∵CF=AD=20，
∴△DAG≌△FCG(AAS)，
∴AG=GC，DG=GF，
∵AB是⊙O的直径，弦DC⊥AB，
∴DE=EC=12CD=12，
∴AE= AD2−DE2=16，EF=EC+CF=32，
∴tan∠F=AEEF=1632=12；
∵DG=GF，GH⊥DF，
∴DH=HF=12DF=22，
∵tan∠F=GHHF=12，
∴GH=12HF=11，
∴四边形ADCG的面积为12×DF×AE−12×CF×GH=12×44×16−12×20×11=242．
故答案为：12，242．
利用垂径定理和圆周角定理求得∠ADC=∠ACD=∠AGD，再根据圆内接四边形的性质证明∠DAG=∠FCG，∠AGD=∠ACD=∠ADC=∠FGC，推出△DAG≌△FCG(AAS)，利用垂径定理和勾股定理求得AE，利用正切函数的定义可求得tan∠F的值；利用等腰三角形的性质以及tan∠F的值可求得GH，据此求解即可．
本题考查了圆内接四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，正切函数的定义，等腰三角形的判定和性质，证明△DAG≌△FCG是解答本题的关键．
18.【答案】30 9
【解析】解：∵AD= 3CD，
∴tan∠DAC=DCAD= 33，
∴∠DAC=30°；
作DE⊥DB且DE= 3DB，连接BE，AE，
则BE= DE2+DB2=2BD，
∵∠ADC=90°，DE⊥DB，
即：∠ADE+∠ADB=∠ADB+∠CDB=90°，
∴∠ADE=∠CDB，
∵DE= 3DB，AD= 3CD，
即：DEDB=ADCD= 3，
∴△ADE∽△CDB，
∴AECB=ADCD= 3，
则AE= 3BC=6，
则BE≤AE+AB，
即：2BD≤AE+AB，当E，A，B在同一直线上时取等号，
∴BD≤AE+AB2=6+122=9，
即：四边形ABCD的对角线BD的最大值为9，
故答案为：30；9．
由AD= 3CD得tan∠DAC=DCAD= 33，即可得∠DAC=30°；作DE⊥DB且DE= 3DB，连接BE，AE，可得BE=2BD，易得△ADE∽△CDB，可得AE= 3BC=6，由三角形三边关系可得BE≤AE+AB，即：2BD≤AE+AB，当E，A，B在同一直线上时取等号，进而可四边形ABCD的对角线BD的最大值．
本题考查相似三角形的判定与性质，三角形三边和与差的性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，三角形的三边和差的性质是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)sin30°+|−1|−( 3−π)0
=12+1−1
=12；
(2)2x−3x−2−x−1x−2
=2x−3−(x−1)x−2
=2x−3−x+1x−2
=x−2x−2
=1．
【解析】(1)根据特殊角三角函数、化简绝对值及0指数幂直接计算即可得到答案；
(2)根据同分母分式相加的法则计算，再约分即可．
本题考查了殊角三角函数、化简绝对值及0指数幂和分式化简，掌握实数，分式的相关的运算法则是关键．
20.【答案】解：(1)x2−2x−4=0，
x2−2x+1=5，
(x−1)2=5，
∴x−1=± 5，
∴x1=1+ 5，x2=1− 5；
(2)2(x−1)≥−4①3x−62
解不等式②得：x<4，
∴不等式组的解集为：−1≤x<4．
【解析】(1)根据配方法解一元二次方程即可求解；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查了解一元一次不等式组，解一元二次方程的应用，掌握配方解一元二次方程，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集是关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠BAD=∠FDE，
又∵点E是AD的中点，
∴AE=DE．
在△ABE与△DFE中，
∠BAD=∠FDEAE=DE∠BEA=∠FED，
∴△ABE≌△DFE(ASA)．
(2)解：由(1)可知：△AEB≌△DEF，
∴BE=EF，AB=DF=3，
∵CE⊥BF，
∴△BCF是等腰三角形，
∴BC=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴BC=CF=CD+DF=3+3=6．
【解析】(1)由四边形ABCD是平行四边形，可得AB//CD，即可得内错角相等；又由点E是AD的中点，易证得△ABE≌△DFE(SAS)；
(2)由全等三角形的性质和平行四边形的性质解答即可．
此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的对边平行且相等解答．
22.【答案】50 36°
【解析】解：(1)参加问卷调查的学生人数为：15÷30%=50(名)，
故答案为：50；
(2)“布艺”的人数为：50−15−10−5=20(名)，
补全统计图如下：
(3)“制陶”课程所对应的扇形圆心角的度数是550×360°=36°，
故答案为：36°；
(4)根据题意得：500×1050=100(名)，
答：估计选择“种植”课程的学生有100名．
(1)根据“厨艺”的人数和所占的百分比，求出调查的学生总人数；
(2)用总人数减去其它课程的人数，求出“布艺”的人数，从而补全统计图；
(3)用选择“制陶”课程的学生数除以总人数乘以360°即可；
(4)用七年级的总人数乘以选择“种植”课程的学生所占的百分比即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】13
【解析】解：(1)∵共有“科创筑梦”，“漫画漫游”，“经典诵读”三门兴趣课程，
∴小明选择“经典诵读”课程的概率为13．
故答案为：13．
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小明、小红两人选择同课程的结果有3种，
∴小明、小红两人选择同课程的概率为39=13．
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及小明、小红两人选择同课程的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
24.【答案】967
【解析】解：(1)以点A为圆心，适当长为半径画弧交AB，AC于两点，再分别以它们为圆心，适当长为半径画弧，交于一点，连接该点与点A，交BC于点D，
再以点A，点D为圆心，适当长为半径画弧交于两点，连接两点分别交AB，AC于M，N，
如图所示，即为所求；
(2)设MN与AD交于点O，由题意可知，MN是AD的垂直平分线，
则AM=DM，AN=DN，AD⊥MN，
∴∠AOM=∠AON=90°，
又∵AD平分∠BAC，
∴∵AB=AC，
∴∠AOM=∠AON，
∵AO=AO，
∴△AOM≌△AON(ASA)，
∴AM=AN，则AM=AN=DM=DN，即四边形AMDN是菱形，
∴DN//AB，
∴△ABC∽△NDC，则NCAC=NDAB，
设：AM=AN=DM=DN=x，则CN=6−x，则6−x6=x8，
解得：x=247，
∴四边形AMDN的周长为4AN=967，
故答案为：967．
(1)根据尺规作图作角平分线和垂直平分线的作法作图即可；
(2)由题意可证△AOM≌△AON(ASA)，进而可证得四边形AMDN是菱形，可知DN//AB，则△ABC∽△NDC，列出比例式NCAC=NDAB，设：AM=AN=DM=DN=x，则CN=6−x，可得6−x6=x8，求出x的值，根据四边形AMDN为4AN即可求解．
本题考查尺规作图——作角平分线及垂直平分线，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，掌握基本作图的作法是解决问题的关键．
25.【答案】(1)证明：连接OE，
∵AE为⊙O的切线，
∴OE⊥AE，
∴∠2+∠3=90°，
在Rt△ACE中，∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵OB=OE，
∴∠3=∠B，
∴∠1=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△ACE∽△BCA；
(2)解：连接DE，
∵BD是直径，
∴∠BED=90°，则AC//DE，
由(1)知∠1=∠B，
∴△ACE∽△BED，
∴ACBE=CEED=46=23，
∴设CE=2x，ED=3x，
∵AC//DE，
∴△ABC∽△DBE，
∴EDAC=BEBC，
∴3x4=66+2x，
∴x=1(负根舍去)，
∴CE=2，ED=3，
∴BD= ED2+BE2=3 5，
∴⊙O的半径为：3 52．
【解析】(1)连接OE，根据切线的性质得到∠2+∠3=90°，再证出∠1=∠3，∠3=∠B，可得∠1=∠B，即可证明结论；
(2)连接DE，通过证明△ACE∽△BED，△ABC∽△DBE，可得ACBE=CEED=46=23，设CE=2x，ED=3x，利用相似可得EDAC=BEBC，进而3x4=66+2x，求得x=1，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
本题主要考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，证明三角形相似是解决问题(2)的关键．
26.【答案】解：(1)设小王购买文具盲盒x个，零食盲盒(300−x)个，
由题意得：5x+6(300−x)=1700，
解得：x=100，
则300−x=300−100=200，
晚上收摊时全部卖完，小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润为：100×(6−5)+200×(8−6)=500(元)，
答：小王周六摆摊两款盲盒获得的总利润为500元；
(2)设小王购进文具盲盒a个，则零食盲盒为1700−5a6个，
由题意可得：a(6−5)+1700−5a6(8−6)>500a≥85，
解得：85≤a<100，
又∵a与1700−5a6均为整数，
∴a=88或a=94，
当a=88时，1700−5a6=210，
当a=94时，1700−5a6=205，
则，周日上午进这两款盲盒有以下方案：
方案一：购进文具盲盒88个，零食盲盒210个；
方案二：购进文具盲盒94个，零食盲盒205个．
【解析】(1)设小王购买文具盲盒x个，零食盲盒(300−x)个，根据购买费用列出方程，求解即可，再根据两种盲盒的利润和列算式计算可求解；
(2)设小王购进文具盲盒a个，则零食盲盒为1700−5a6个，根据题意列出不等式，再根据a与1700−5a6均为整数，求出满足题意的a的值即可．
本题主要考查一元一次方程的应用及一元一次不等式(组)的应用，找准等量关系，列出方程及不等式是解题的关键．
27.【答案】32≤S≤52
【解析】解：(1)如图1中，
由旋转变换的性质可知，∠CBC′=∠ABA′，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC//OA，
∴∠CBC′=∠OAB，
∵BA=BA′，
∴∠BAA′=∠BA′A，
∴∠ABA′=∠BAA′=∠BA′A=60°，
∴∠BAO=60°；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J．
∵A(13,0)，
∴OA=13，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB=OC=3，BC=OA=13，
∵∠OBO′=∠ABA′，
∴∠ABO′=∠OBA，
∵OC//AB，
∴∠OBA=∠BOC，
∵BO=BO′，
∴∠BOO′=∠BO′O，
∴∠CBO′=∠BO′C，
∴BC=CO′=13，
∴OO′=OC+CO′=3+13=16，
∵BO=BO′，BH⊥OO′，
∴OH=HO=8，CH=8−3=5，
∴BH= BC2−CH2= 132−52=12，
∵AB//OC，BC//OA，
∴∠BAJ=∠COA=∠BCH，
∵∠BHC=∠BJA=90°，
∴△BHC∽△BJA，
∴BHBJ=CHAJ=BCAB，
∴12BJ=5AJ=133，
∴BJ=3613，AJ=1513，
∴OJ=OA+AJ=13+1513=18413，
∴B(18413,3613)；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H．
∵A(4,0)，B(5,1)，
∴OA=4，
∴C(1,1)，
∴∠COA=∠A′O′C′=45°，OC=O′C′=AB= 2，
∵BC′//A′O′，
∴∠BC′J=∠A′O′C′=45°，
∵BJ⊥JO′，
∴BJ=BC′=4× 22=2 2，
∵BM=AM= 22，
∴2 2− 22≤MH≤2 2+ 22，
∴3 22≤MH≤5 22，
∴12×3 22× 2≤S≤12×5 22× 2，
∴32≤S≤52．
故答案为：32≤S≤52．
(1)证明△ABA′是等边三角形，可得结论；
(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J.解直角三角形求出BH，CH，再利用相似三角形的性质求出BJ，AJ，可得结论；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H.求出O′C′，MH的取值范围，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
28.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+2(a<0)的图象与x轴交于点A(−1,0)、B(2,0)，
∴a−b+2=04a+2b+2=0，
解得：a=−1b=1．
∴二次函数的表达式为y=−x2+x+2；
(2)①令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
∴OC=2．
∵A(−1,0)、B(2,0)，
∴OA=1，OB=2，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°．
过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点G，过点Q作QH⊥PF于点H，如图，
设P(m,−m2+m+2)，则OF=m，PF=−m2+m+2，
∴BF=OB−OF=2−m，
∵△GFB为等腰直角三角形，
∴GF=BF=2−m，
∴PG=PF−GF=−m2+2m．
∵OA=1，OC=2，
∴AC= OA2+OC2= 5．
∵AC//PQ，PF//OC，
∴∠ACO=∠FPQ．
∵∠OAC=∠QHP=90°，
∴△OAC∽△HQP，
∴OAQH=OCPH=ACPQ．
设QH=n，
∴1n=2PH= 5PQ，
∴PH=2n，PQ= 5n.
∵QH//OB，
∴∠HQB=∠OBC=45°，
∴△QHG为等腰直角三角形，
∴GH=QH=n，
∴PG=PH+HG=3n，
∴PQPG= 53，
∴PQ= 53(−m2+2m)．
∵PQ//AC，
∴△PQE∽△ACE，
∴EQCE=PEAE=PQAC=PQ 5．
∵等高的三角形的面积比等于底的比，
∴S△PEQS△PCE=a=EQCE，S△PCES△ACE=b=PEAE，
∴a=b= 5PQ=13(−m2+2m)=−13m2+23m.
∴a+ 22b=(1+ 22)a=−(13+ 26)(m−1)2+13+ 26，
∵−(13+ 26)<0，
∴当m=1时，a+ 22b有最大值，
∴点P的坐标(1,1)；
②由题意得：当点N在点C的下方时，点N关于直线AC的对称点在AC的左侧，不合题意，
∴点N在点C的上方，
连接NP，交AC于点Q，过点P作PM⊥y轴于点M，
∵点N、P关于直线AC对称，
∴AC垂直平分NP，
∴CP=NC，∠QCP+∠N=90°，
∵∠N+∠NPM=90°，
∴∠DPM=∠NCQ．
∵∠NCQ=∠ACO，
∴∠NPM=∠ACO，
∵∠NMP=∠AOC=90°，
∴△NMP∽△AOC，
∴NMPM=OAOC=12．
∴NM=12PM．
设P(m,−m2+m+2)，则MP=m，OM=−m2+m+2，NM=12m，
∴CM=OM−OC=−m2+m，CN=ON−OM=OM+MN−OC=−m2+32m，
∵CP2=CN2，
∴MP2+CM2=CN2，
∴m2+(−m2+m)2=(−m2+32m)2，
解得：m=0(不合题意，舍去)或m=14，
∴CN=−m2+32m=516．
【解析】(1)利用待定系数法解答即可；
(2)①过点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点G，过点Q作QH⊥PF于点H，设P(m,−m2+m+2)，则OF=m，PF=−m2+m+2，利用等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质求得a=b= 5PQ=13(−m2+2m)=−13m2+23m，进而求得a+ 22b的值，利用配方法和二次函数的性质解答即可；
②连接NP，交AC于点H，过点P作PF⊥y轴于点F，利用轴对称的性质，相似三角形的判定与性质得到NM=12PM，设P(m,−m2+m+2)，则MP=m，OM=−m2+m+2，NM=12m，则CM=OM−OC=−m2+m，CN=ON−OM=OM+MN−OC=−m2+32m，利用等腰三角形的性质和勾股定理，列出关于m的方程，解方程求得m值，则CN的长可得．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
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