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2024年广东省深圳市宝安区海韵学校中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2024年广东省深圳市宝安区海韵学校中考数学二模试卷（含解析），共25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。
1.如图，数轴上表示−3的点A到原点的距离是( )
A. −3B. 3C. −13D. 13
2.下面的图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )
A. 科克曲线B. 笛卡儿心形线
C. 赵爽弦图D. 斐波那契螺旋线
3.“你以为你已经很爱很爱妈妈了，但妈妈远比你想象中更爱更爱更爱你”.这是2021年2月12日大年初一全国上映的电影《你好，李焕英》中的一句话，这部电影首日票房就达298000000元，数字298000000用科学记数法可表示为( )
A. 2.98×109B. 298×106C. 2.98×108D. 29.8×108
4.“科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现，某班50名同学的视力检查数据如表，其中有两个数据被遮盖，下列关于成绩的统计量中，与被遮盖的数据无关的是( )
A. 中位数，众数B. 中位数，方差C. 平均数，方差D. 平均数，众数
5.若点P(2x+6,x−4)在平面直角坐标系的第三象限内，则x的取值范围在数轴上可表示为( )
A.
B.
C.
D.
6.乐乐观察“抖空竹”时发现，可以将某一时刻的情形抽象成数学问题：如图，已知AB//CD，∠BAE=92°，∠DCE=115°，则∠E的度数是( )
A. 23°
B. 26°
C. 28°
D. 32°
7.龙泉窑是中国历史上的一个名窑，宋代六大窑系，某龙泉窑瓷器工厂烧制龙泉青瓷茶具，每套茶具由1个茶壶和6只茶杯组成，用1千克瓷泥可做3个茶壶或9只茶杯，现要用6千克瓷泥制作这些茶具，设用x千克瓷泥做茶壶时，恰好使制作的茶壶和茶杯配套，则可列方程为( )
A. 6×3x=1×9(6−x)B. 1×3x=6×9(6−x)
C. 3x=9(6−x)D. 3x=6(6−x)
8.下列命题正确的是( )
A. 同圆或等圆中，若AB=2CD，则AB=2CD
B. 有一组角相等及两组边成比例的两个三角形相似
C. 关于x的方程ax−2+3=1−x2−x有增根，那么a=2
D. 二次函数y=−x2+6x−9图象与坐标轴有两个交点
9.如图，用尺规过圆外一点P作已知圆O的切线，下列作法无法得到PA为切线的是( )
A. 作PO中垂线交PO于点D，再以D为圆心，DP为半径，作圆D交圆O于点A，连接PA
B. 以O为圆心，OP为半径作圆弧交PO延长线于D，再以D为圆心，BC为半径作弧，两弧交于点A，连接PA
C. 先用尺规过点D作PO垂线，再以O为圆心，OP为半径画弧交垂线DM于B，再以P为圆心，BD为半径画弧交圆O于点A，连接AP
D. 以P为圆心，PO为半径画弧，再以O为圆心，PO为半径画弧，两弧交于点D，连接OD交圆O于点A，连接PA
10.在Rt△ABC中，∠C=90°，D为AC上一点，CD= 2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF.设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象.由图象可知线段AB的长为( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如果5a=3b(a、b都不等于零)，那么ab= ______．
12.关于x的方程x2+mx+6=0的一个根为−2，则另一个根是______．
13.如图，一束光线从点A(−4,10)出发，经过y轴上的点B(0,2)反射后经过点C(m,n)，则2m−n的值是______．
14.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，E.若正方形的面积为10，则k的值是______．
15.如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，AB=3，BC=4.将△ADC沿着AC折叠，使点D落在点E处，连接OE交BC于点F，AE交BC于点G，则EF= ______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
计算：|− 3|−(4−π)0−2sin60°+(15)−1．
17.(本小题6分)
先化简代数式(m+2+52−m)÷3−m3m−6，然后再从1，2，3中选择一个适当的数代入求值．
18.(本小题8分)
为了了解学生掌握环境保护知识的情况，进一步增强学生绿色文明意识、生态保护意识，号召学生积极参与到环境保护的行动中来，某校举行了“保护环境，人人有责”的知识测试，现随机抽取了部分学生的测试成绩，发现成绩(单位：分)的最低分为50分，最高分为98分，并绘制了如下尚不完整的统计图：
学生的测试成绩分成5组：A(50≤x<60)，B(60≤x<70)，C(70≤x<80)，D(80≤x<90)，E(90≤x≤100)．
请根据图表提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查中，C组所对应的扇形圆心角是______度；
(2)若本校共有1000名学生参加本次知识测试，请估计全校参加本次知识测试的学生成绩在E组的有多少人；
(3)本次抽样调查成绩在E组的学生中有2名是女生，校团委将从E组学生中随机抽取2名学生，参加全市环境保护知识竞赛，求恰好抽中2名女生的概率．
19.(本小题8分)
临近期末，某文具店需要购进一批2B涂卡铅笔和0.5mm黑色水笔，已知用600元购进铅笔与用400元购进水笔的数量相同，且每支铅笔比每支水笔进价高1元．
(1)求这两种笔每支的进价分别是多少元？
(2)该商店计划购进水笔的数量比铅笔数量的2倍还多60支，且两种笔的总数量不超过360支，售价见店内海报(如下所示).该商店应如何安排进货才能使利润最大？最大利润是多少？
20.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF=BE，连接DF．
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)连接OE，若BD=8，AC=4，求cs∠BOE．
21.(本小题9分)
如图(1)是某餐馆外的伸缩遮阳棚，其轮廓全部展开后可近似看成一个14圆，即弧AOC，已知OA和遮阳棚杆子OD在同一条直线上，且与地面垂直，当上午某一时刻太阳光从东边照射，光线与地面呈45°角时，光线恰好能照到杆子底部D点，已知OD长为2m．
(1)求遮阳棚半径OA的长度．
(2)如图(2)当下午某一时刻太阳光从西边照射，光线与地面呈60°角，在遮阳棚外，距离遮阳棚外檐C点正下方E点( 3−1)m的F点处有一株高为1.2m的植物，请问植物顶端能否会被阳光照射？请说明理由．( 3≈1.73)
(3)如图(3)为扩大遮阳面积，餐馆更换了遮阳棚，新遮阳棚轮廓可近似看成抛物线的一部分，已知新遮阳棚上最高点仍为A点，且外檐点C′到AD的距离为125m、到DH的距离为2825m.现需过遮阳棚上一点P为其搭设架子，架子由线段GP、线段PH两部分组成，其中GP⊥AD，PH与地面垂直，若要保证从遮阳棚上的任意一点P(不含A点)都能按照上述要求搭设架子，则至少需要准备______m的钢材搭设架子．
22.(本小题10分)
(1)【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF=BG；
(2)【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P.若EG⋅HF=48，求HF的长；
(3)【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=9，点E在直线AB上，BE=6，AF⊥DE交直线BC于点F.请直接写出线段FC的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：数轴上表示−3的点A到原点的距离是3，
故选：B．
根据数轴的性质即可得到结论
本题考查了数轴，熟练掌握数轴的性质是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：298000000=2.98×108，
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】解：由表格数据可知，成绩为4.9、5.0的人数为50−(3+3+6+9+12+10)=7(人)，
视力为4.7出现次数最多，因此视力的众数是4.7，
视力从小到大排列后处在第25、26位的两个数都是4.7，因此中位数是4.7，
因此中位数和众数与被遮盖的数据无关，
故选：A．
通过计算视力为4.9、5.0的人数，进行判断，不影响视力出现次数最多的结果，因此不影响众数，同时不影响找第25、26位数据，因此不影响中位数的计算，进而进行选择．
考查中位数、众数、方差、平均数的意义和计算方法，理解各个统计量的实际意义，以及每个统计量所反应数据的特征，是正确判断的前提．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2x+6<0①x−4<0②，
由①得：x<−3；
由②得：x<4，
则不等式组的解集为x<−3，
表示在数轴上，如图所示：
．
故选：B．
根据P为第三象限点，得到横坐标小于0，纵坐标小于0，列出关于x的不等式组，求出不等式组的解集，表示在数轴上即可得到结果．
此题考查了在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组，以及点的坐标，列出不等式组是本题的突破点．
6.【答案】A
【解析】解：延长DC交AE于点F．
∵AB//CD，∠BAE=92°，
∴∠BAE=∠EFD=92°．
∵∠DCE=∠EFC+∠E，∠DCE=115°，
∠E=∠DCE−∠EFC
=115°−92°
=23°．
故选：A．
延长DC交AE于点F.先利用平行线的性质求出∠EFD，再利用三角形外角和内角的关系求出∠E．
本题主要考查了平行线的性质，掌握“两直线平行，同位角相等”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设用x千克瓷泥做茶壶，则用(6−x)千克瓷泥做茶杯，
根据题意得：6×3x=9(6−x)．
故选：A．
设用x千克瓷泥做茶壶，则用(6−x)千克瓷泥做茶杯，由题意可知每套茶具中茶杯的数量为茶壶数量的6倍，于是利用“用x千克瓷泥做成茶壶的数量×6=用(6−x)千克瓷泥做成茶杯的数量”即可列出方程．
本题主要考查由实际问题抽象出一元一次方程，仔细理解题目意思，利用“用x千克瓷泥做成茶壶的数量×6=用(6−x)千克瓷泥做成茶杯的数量”列出方程是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：A、同圆或等圆中，当AB=2CD时，AB<2CD，故本选项命题是假命题，不符合题意；
B、两组边成比例、夹角相等的两个三角形相似
C、关于x的方程ax−2+3=1−x2−x可化为a+3(x−2)=x−1，
由题意可知：方程的增根是x=2，
则a=1，故本选项命题是假命题，不符合题意；
D、二次函数y=−x2+6x−9=−(x−3)2的图象与x轴有一个交点，与y轴有一个交点，
所以二次函数y=−x2+6x−9图象与坐标轴有两个交点，故本选项命题正确；
故选：D．
根据圆心角、弧、弦的关系定理、相似三角形的判定定理、分式方程的增根，二次函数图象与坐标轴的交点情况判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9.【答案】D
【解析】解：A、连接OA，因为OP为直径，所以∠PAO=90°，可得到PA为切线．
B、连接OE，PD为以O为圆的直径，所以∠PAO=90°，则OP=OD=12PD，因为AD=BC，则OE=12AD，所以OEAD=OPPD，所以OE为半径，可得到PA为切线．
C、先用尺规过点D作PO垂线，再以O为圆心，OP为半径画弧交垂线DM于B，再以P为圆心，BD为半径画弧交圆O于点A，连接AP，
△APO≌△DBO(SSS)，∴∠BDO=∠PAO=90°，可得到PA为切线．
D、以P为圆心，PO为半径画弧，再以O为圆心，PO为半径画弧，两弧交于点D，△DOP是等边三角形，连接OD交圆O于点A，连接PA，如果PA为切线，则OA⊥AP，A必须为
OD中点，
故选D．
利用圆周角性质定理和中位线性质定理以及等边三角形的性质进行分析，从而判断出结果．
本题主要考查的是圆的切线的作法，包含了圆周角的性质、全等三角形的判定与性质和三角形中位线性质定理，熟悉性质是本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，
当S=6时，6=t2+2，解得：t=2(负值已舍去)，
∴BC=2，
∴抛物线经过点(2,6)，
∵抛物线顶点为：(4,2)，
设抛物线解析式为：S=a(t−4)2+2，
将(2,6)代入，得：6=a(2−4)2+2，解得：a=1，
∴S=(t−4)2+2，
当y=18时，18=(t−4)2+2，t=0(舍)或t=8，
∴AB=8−2=6，
故选：B．
在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，求得BC的长，设函数的顶点解析式，用待定系数法，求出函数表达式，即可求解．
本题考查了二次函数图象，求二次函数解析式，解题的关键是：从图中获取信息．
11.【答案】35
【解析】解：∵5a=3b，
∴ab=35，
故答案为：35．
利用比例的性质进行计算，即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
12.【答案】−3
【解析】解：∵设方程x2+x+m=0的根为x1，x2，
∴x1x2=6，
∵−2是方程x2+mx+6=0的一个根，
∴−2x2=6，
∴x2=−3，
故答案为：−3．
根据若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q进行计算即可．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，关键是掌握关系计算公式．
13.【答案】−2
【解析】解：∵点A(−4,10)关于y轴的对称点为A′(4,10)，
∴反射光线所在直线过点B(0,2)和A′(4,10)，
设A′B的解析式为：y=kx+2，过点A′(4,10)，
∴10=4k+2，
∴k=2，
∴A′B的解析式为：y=2x+2，
∵反射后经过点C(m,n)，
∴2m+2=n，
∴2m−n=−2．
故答案为：−2．
点A(−4,10)关于y轴的对称点为A′(4,10)，根据反射的性质得，反射光线所在直线过点B(0,2)和A′(4,10)，求出A′B的解析式为：y=2x+2，再根据反射后经过点C(m,n)，2m+2=n，即可求出答案．
本题考查的是点的坐标，熟知关于y轴对称的点的坐标特点是解题的关键．
14.【答案】4
【解析】解：设点C的坐标为(a,b)，过点C作CG⊥y轴，
∴∠CGB=90°，CG=a，OG=b，
∴∠GCB+∠GBC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠GBC=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
又∵∠CGB=∠AOB=90°，AB=BC，
∴△BCG≌△ABO(AAS)，
∴OB=CG=a，AO=BG=OG−OB=b−a，
则点A的坐标为(b−a,0)，
∵点E为正方形ABCD对角线的交点，
∴点E为AC的中点，
∴点E的坐标为(a+b−a2,b2)，
即E(b2,b2)，
∵点C和点E都在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴ab=b2×b2=b24，
∴b=4a，
∴BG=b−a=3a，
∵正方形的面积为10，
∴BC= 10，
在Rt△BCG中，
∵BG2+CG2=BC2，
∴9a2+a2=10(a>0)，
∴a=1，
∴点C的坐标为(1,4)，
∴k=1×4=4．
故答案为：4．
设点C的坐标为(a,b)，过点C作CG⊥y轴，先证明△BCG≌△ABO，再得出点A的坐标，根据点E为AC的中点，进而得到点E的坐标，根据点E在反比例函数上，可以得出b=4a，再在Rt△BCG中，根据勾股定理即可求出a的值，即可求出答案．
本题主要考查反比例函数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，灵活运用以上知识点是解题的关键．
15.【答案】3539
【解析】解：如图，连接DE，BE，设DE交AC于点H，
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴AC=BD= AB2+BC2=5，
∵矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，将△ADC沿着AC折叠，使点D落在点E处，
∴DE⊥AC，OE=OC=OD=5，
∵S△ADC=12AD×DC=12AC×DH，
∴DH=AD×DCAC=125，
∴CH= DC2−DH2= 32−(125)2=95，
∴OH=OC−HC=52−95=710，
∵DH=HE，OD=OB，
∴OH是△BDE的中位线，C
∴OH=12BE，OH//BE，
∴BE=75，∠OCF=∠FBE，
又∵∠OFC=∠BFE，
∴△OFC∽△EFB，
∴OFEF=OCBE，
∴OFEF=3275=2514，
∴OE=OF+FE=52，即EF+2514EF=3914EF=52，
∴EF=3539．
故答案为：3539．
如图，连接DE，BE，设DE交AC于点H，证明△OFC∽△EFB，推出OFEF=OCBE，推出OFEF=3275=2514，根据 OE=OF+FE=52，构建方程求解．
本题考查翻折变换矩形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
16.【答案】解：原式= 3−1−2× 32+5
=4．
【解析】先化简绝对值，零次幂及特殊角的三角函数、负整数指数幂，然后计算加减法即可．
本题目主要考查绝对值，零次幂及特殊角的三角函数、负整数指数幂，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
17.【答案】解：原式=[(m+2)(m−2)m−2−5m−2]÷−(m−3)3(m−2)
=m2−9m−2÷−(m−3)3(m−2)
=−(m+3)(m−3)m−2⋅3(m−2)m−3
=−3(m+3)
=−3m−9，
当m=2，3时，原式没有意义；
当m=1时，原式=−3−9=−12．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】108
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：8÷20%=40(人)，
∴C组所对应的扇形圆心角为：360°×1240=108°，
故答案为：108；
(2)A组的人数为：40×15%=6(人)，
∴E组的人数为：40−6−8−12−9=5(人)，
∴估计全校参加本次知识测试的学生成绩在E组的有：1000×540=125(人)；
(3)∵在E组的学生中有2名是女生，
∴在E组的学生中有3名是男生，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中恰好抽中2名女生的结果有2种，
∴恰好抽中2名女生的概率为220=110．
(1)由B组的人数除以所占百分比得出抽取的学生人数，即可解决问题；
(2)求出E组的人数，即可解决问题；
(3)画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好抽中2名女生的结果有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、频数分布直方图和扇形统计图等知识．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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)设每支0.5mm黑色水笔的进价为x元，则每支2B涂卡铅笔的进价为(x+1)元，
依题意得：600x+1=400x，
解得：x=2，
经检验，x=2是原方程的解，且符合题意，
∴x+1=2+1=3．
答：每支2B涂卡铅笔的进价为3元，每支0.5mm黑色水笔的进价为2元．
(2)设购进m支2B涂卡铅笔，则购进(2m+60)支0.5mm黑色水笔，
依题意得：m+2m+60≤360，
解得：m≤100．
设购进的这批笔全部售出后获得的总利润为w元，则w=(4−3)m+(2.5−2)(2m+60)=2m+30，
∵2>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=100时，w取得最大值，最大值=2×100+30=230，此时2m+60=2×100+60=260．
答：该商店应购进100支2B涂卡铅笔，260支0.5mm黑色水笔才能使利润最大，最大利润是230元．
【解析】(1)设每支0.5mm黑色水笔的进价为x元，则每支2B涂卡铅笔的进价为(x+1)元，利用数量=总价÷单价，结合用600元购进铅笔与用400元购进水笔的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出每支0.5mm黑色水笔的进价，再将其代入(x+1)中即可求出每支2B涂卡铅笔的进价；
(2)设购进m支2B涂卡铅笔，则购进(2m+60)支0.5mm黑色水笔，根据购进两种笔的总数量不超过360支，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可求出m的取值范围，设购进的这批笔全部售出后获得的总利润为w元，利用总利润=每支笔的销售利润×销售数量(购进数量)，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC且AD=BC，
∵CF=BE，
∴CF+CE=BE+CE，
即EF=BC，
∴AD=EF，
∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
(2)解：如图，过点E作EG⊥AC于点G，
则EG//BD，
∴∠BOE=∠OEG，
∵四边形ABCD是菱形，BD=8，AC=4，
∴AC⊥BD，AO=CO=2，BO=DO=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC= CO2+BO2= 22+42=2 5，
∵AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC⋅AE=12AC⋅BD=12×4×8=16，∠AEC=90°，
∴AE=162 5=8 55，OE=12AC=AO=2，
∴CE= AC2−AE2= 42−(8 55)2=4 55，
∵S△ACE=12AC⋅EG=12AE⋅CE，
∴AC⋅EG=AE⋅CE，
∴EG=AE⋅CEAC=8 55×4 554=85，
∴cs∠BOE=cs∠OEG=EGOE=852=45．
【解析】(1)由菱形的性质得AD//BC且AD=BC，再证明AD=EFBC=EF，则四边形AEFD是平行四边形，然后证明∠AEF=90°，即可得出结论．
(2)过点E作EG⊥AC于点G，则EG//BD，得∠BOE=∠OEG，由菱形的性质和勾股定理得BC=2 5，再由菱形面积求出AE的长，进而由勾股定理求出CE的长，然后由三角形面积求出EG的长，即可解决问题．
本题考查了矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解题的关键．
21.【答案】92
【解析】解：(1)如图1，
∵OA⊥DX，∠CDX=45°，
∴∠ODC=45°，
∵∠COD=90°，OD=2，
∴OC=OD⋅tan∠ODC=2，
∴OA=OC=2；
(2)如图2，
植物顶端不能被太阳照射，理由如下：
连接OH，延长FG交WH于V，
∵WH与⊙O相切，
∴∠D=∠OWH=90°，
∵OW=OD=2，OH=OH，
∴Rt△HPW≌Rt△HOD(HL)，
∴∠WHO=∠DHO=30°，DH=WH，
∴DH=ODtan∠DHO=2tan30∘=2 3，
∵FH=DH−DE−EF=2 3−2−( 3−1)= 3−1，
∴FV=FH⋅tan∠DHW=( 3−1)⋅tan60°⋅tan60°=3− 3≈3−1.73=1.27m，
∵1.27>1.2，
∴植物顶端不能被太阳照射；
(3)如图3，
以DH所在直线为x轴，DA所在的直线为y轴建立坐标系，
∴A(0,4)，C′(125,2825)，
设抛物线的解析式为：y=ax2+4，
∴(125)2a+4=2825，
∴a=−12，
∴y=−12x2+4，
设P(m,−12m2+4)，
∴PG+PH=−12m2+m+4=−12(m−1)2+92，
∴当m=1时，(PG+PH)最大=92，
故答案为：92．
(1)解直角三角形CDO，求得结果；
(2)连接OH，延长FG交WH于V，可证得Rt△HPW≌Rt△HOD，从而得出∠WHO=∠DHO=30°，DH=WH，从而求得DH的值，进而得出FH=DH−DE−EF= 3−1，从而得出FV=FH⋅tan∠DHW=( 3−1)⋅tan60°⋅tan60°=3− 3≈3−1.73=1.27m，进一步得出结果；
(3)以DH所在直线为x轴，DA所在的直线为y轴建立坐标系，可求得抛物线的解析式为y=−12x2+4，从而可设设P(m,−12m2+4)，从而表示出PG+PH=−12m2+m+4=−12(m−1)2+92，进一步得出结果．
本题考查了二次函数及其图象的性质，圆的切线的性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是理解题意，列出函数关系式．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，
∵AF⊥BG，
∴∠APB=90°，
∴∠BAF=∠CBG=90°−∠ABG，
在△ABF和△BCG中，
∠BAF=∠CBGAB=BC∠ABF=∠C，
∴△ABF≌△BCG(ASA)，
∴AF=BG；
(2)解：如图2，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC=∠HNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD//BC，
∵∠B=∠C=∠EMC=90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴EM=BC=8，EM//BC，
∴EM//AD，
∵∠A=∠B=∠HNB=90°，
∴四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，∠AHN=90°，
∴∠HIJ=∠AHN=90°，
∵EG⊥FH于点P，
∴∠EPJ=90°，
∴∠NHF=∠MEG=90°−∠EJH，
∵∠HNF=∠EMG=90°，
∴△HNF∽△EMG，
∴HFEG=HNEM=48=12，
∴EG=2HF，
∵EG⋅HF=48，
∴2HF⋅HF=48，
解得HF=2 6或HF=−2 6(不符合题意，舍去)，
∴HF的长是2 6．
(3)解：线段FC的长为187或1211，理由如下：
如图3，作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，则∠AHB=∠AHF=∠M=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=9，
∴AD=BC=AB=9，AD//BC，
∴∠DAM=∠B=60°，
∴BHAB=AMAD=cs60°=12，AHAB=DMAD=sin60°= 32，
∴BH=AM=12AB=12BC=12×9=92，AH=DM= 32AD= 32×9=9 32，
∴CH=12BC=92，
点E在线段AB上，且BE=6，则AE=AB−BE=9−6=3，
∴EM=AE+AM=3+92=152，
∴DE= EM2+DM2= (152)2+(9 32)2=3 13，
设AF⊥DE于点G，则∠AGD=90°，12×3 13AG=12×3×9 32=S△ADE，
∴AG=9 3926，
∴DG= AD2−AG2= 92−(9 3926)2=63 1326，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADG=90°−∠DAF，
∴FHAH=tan∠FAH=tan∠ADG=AGDG=9 392663 1326= 37，
∴FH= 37AH= 37×9 32=2714，
∴FC=CH−FH=92−2714=187；
如图4，点E在线段AB的延长线上，且BE=4，则AE=AB+BE=6+4=10，
∴EM=AE+AM=10+3=13，
∴DE= EM2+DM2= 132+(3 3)2=14，
设AF⊥DE于点L，则∠ALD=90°，12×14AL=12×10×3 3=S△ADE，
∴AL=15 37，
∴DL= AD2−AL2= 62−(15 37)2=337，
∵∠FAH=∠ADL=90°−∠DAF，
∴FHAH=tan∠FAH=tan∠DAL=ALDL=15 37337=5 311，
∴FH=5 311AH=5 311×3 3=4511，
∴FC=FH−CH=4511−3=1211，
综上所述，线段FC的长为187或1211．
【解析】(1)由正方形的性质得∠ABF=∠C=90°，AB=BC，而∠APB=90°，则∠BAF=∠CBG=90°−∠ABG，即可根据“ASA”证明△ABF≌△BCG，得AF=BG；
(2)作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD//BC，可证明四边形EBCM是矩形，则EM=BC=8，EM//BC，所以EM//AD，再证明四边形ABNH是矩形，得HN=AB=4，∠AHN=90°，所以∠HIJ=∠AHN=90°，而∠EPJ=90°，可证明∠NHF=∠MEG，进而证明△HNF∽△EMG，得HFEG=HNEM=12，则EG=2HF，所以2HF⋅HF=48，求得HF的长是2 6；
(3)作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，由菱形的性质得AD=BC=AB=6，AD//BC，则∠DAM=∠B=60°，求得BH=AM=92，AH=DM=9 32，则CH=92，再分两种情况讨论，一是点E在线段AB上，则AE=3，EM=152，求得DE=3 13，设AF⊥DE于点G，则12×3 13AG=12×3×9 32=S△ADE，求得AG=9 3926，则DG=63 1326，由FHAH=tan∠FAH=tan∠ADG=AGDG= 37，求得FH=2714，则FC=CH−FH=187；二是点E在线段AB的延长线上，则AE=AB+BE=10，EM=13，求得DE=14，设AF⊥DE于点L，则12×14AL=12×10×3 3=S△ADE，求得AL=15 37，则DL=337，由FHAH=tan∠FAH=tan∠DAL=ALDL=5 311，求得FH=4511，则FC=FH−CH=1211．
此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．视力
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
5.0
人数
3
3
6
9
12
10
■
■
为期末加油！
2B涂卡铅笔
4元/支
0.5mm黑色水笔
2.5元/支
1.如图，数轴上表示−3的点A到原点的距离是( )
A. −3B. 3C. −13D. 13
2.下面的图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( )
A. 科克曲线B. 笛卡儿心形线
C. 赵爽弦图D. 斐波那契螺旋线
3.“你以为你已经很爱很爱妈妈了，但妈妈远比你想象中更爱更爱更爱你”.这是2021年2月12日大年初一全国上映的电影《你好，李焕英》中的一句话，这部电影首日票房就达298000000元，数字298000000用科学记数法可表示为( )
A. 2.98×109B. 298×106C. 2.98×108D. 29.8×108
4.“科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现，某班50名同学的视力检查数据如表，其中有两个数据被遮盖，下列关于成绩的统计量中，与被遮盖的数据无关的是( )
A. 中位数，众数B. 中位数，方差C. 平均数，方差D. 平均数，众数
5.若点P(2x+6,x−4)在平面直角坐标系的第三象限内，则x的取值范围在数轴上可表示为( )
A.
B.
C.
D.
6.乐乐观察“抖空竹”时发现，可以将某一时刻的情形抽象成数学问题：如图，已知AB//CD，∠BAE=92°，∠DCE=115°，则∠E的度数是( )
A. 23°
B. 26°
C. 28°
D. 32°
7.龙泉窑是中国历史上的一个名窑，宋代六大窑系，某龙泉窑瓷器工厂烧制龙泉青瓷茶具，每套茶具由1个茶壶和6只茶杯组成，用1千克瓷泥可做3个茶壶或9只茶杯，现要用6千克瓷泥制作这些茶具，设用x千克瓷泥做茶壶时，恰好使制作的茶壶和茶杯配套，则可列方程为( )
A. 6×3x=1×9(6−x)B. 1×3x=6×9(6−x)
C. 3x=9(6−x)D. 3x=6(6−x)
8.下列命题正确的是( )
A. 同圆或等圆中，若AB=2CD，则AB=2CD
B. 有一组角相等及两组边成比例的两个三角形相似
C. 关于x的方程ax−2+3=1−x2−x有增根，那么a=2
D. 二次函数y=−x2+6x−9图象与坐标轴有两个交点
9.如图，用尺规过圆外一点P作已知圆O的切线，下列作法无法得到PA为切线的是( )
A. 作PO中垂线交PO于点D，再以D为圆心，DP为半径，作圆D交圆O于点A，连接PA
B. 以O为圆心，OP为半径作圆弧交PO延长线于D，再以D为圆心，BC为半径作弧，两弧交于点A，连接PA
C. 先用尺规过点D作PO垂线，再以O为圆心，OP为半径画弧交垂线DM于B，再以P为圆心，BD为半径画弧交圆O于点A，连接AP
D. 以P为圆心，PO为半径画弧，再以O为圆心，PO为半径画弧，两弧交于点D，连接OD交圆O于点A，连接PA
10.在Rt△ABC中，∠C=90°，D为AC上一点，CD= 2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF.设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象.由图象可知线段AB的长为( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如果5a=3b(a、b都不等于零)，那么ab= ______．
12.关于x的方程x2+mx+6=0的一个根为−2，则另一个根是______．
13.如图，一束光线从点A(−4,10)出发，经过y轴上的点B(0,2)反射后经过点C(m,n)，则2m−n的值是______．
14.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，E.若正方形的面积为10，则k的值是______．
15.如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，AB=3，BC=4.将△ADC沿着AC折叠，使点D落在点E处，连接OE交BC于点F，AE交BC于点G，则EF= ______．
三、解答题：本题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
计算：|− 3|−(4−π)0−2sin60°+(15)−1．
17.(本小题6分)
先化简代数式(m+2+52−m)÷3−m3m−6，然后再从1，2，3中选择一个适当的数代入求值．
18.(本小题8分)
为了了解学生掌握环境保护知识的情况，进一步增强学生绿色文明意识、生态保护意识，号召学生积极参与到环境保护的行动中来，某校举行了“保护环境，人人有责”的知识测试，现随机抽取了部分学生的测试成绩，发现成绩(单位：分)的最低分为50分，最高分为98分，并绘制了如下尚不完整的统计图：
学生的测试成绩分成5组：A(50≤x<60)，B(60≤x<70)，C(70≤x<80)，D(80≤x<90)，E(90≤x≤100)．
请根据图表提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查中，C组所对应的扇形圆心角是______度；
(2)若本校共有1000名学生参加本次知识测试，请估计全校参加本次知识测试的学生成绩在E组的有多少人；
(3)本次抽样调查成绩在E组的学生中有2名是女生，校团委将从E组学生中随机抽取2名学生，参加全市环境保护知识竞赛，求恰好抽中2名女生的概率．
19.(本小题8分)
临近期末，某文具店需要购进一批2B涂卡铅笔和0.5mm黑色水笔，已知用600元购进铅笔与用400元购进水笔的数量相同，且每支铅笔比每支水笔进价高1元．
(1)求这两种笔每支的进价分别是多少元？
(2)该商店计划购进水笔的数量比铅笔数量的2倍还多60支，且两种笔的总数量不超过360支，售价见店内海报(如下所示).该商店应如何安排进货才能使利润最大？最大利润是多少？
20.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF=BE，连接DF．
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)连接OE，若BD=8，AC=4，求cs∠BOE．
21.(本小题9分)
如图(1)是某餐馆外的伸缩遮阳棚，其轮廓全部展开后可近似看成一个14圆，即弧AOC，已知OA和遮阳棚杆子OD在同一条直线上，且与地面垂直，当上午某一时刻太阳光从东边照射，光线与地面呈45°角时，光线恰好能照到杆子底部D点，已知OD长为2m．
(1)求遮阳棚半径OA的长度．
(2)如图(2)当下午某一时刻太阳光从西边照射，光线与地面呈60°角，在遮阳棚外，距离遮阳棚外檐C点正下方E点( 3−1)m的F点处有一株高为1.2m的植物，请问植物顶端能否会被阳光照射？请说明理由．( 3≈1.73)
(3)如图(3)为扩大遮阳面积，餐馆更换了遮阳棚，新遮阳棚轮廓可近似看成抛物线的一部分，已知新遮阳棚上最高点仍为A点，且外檐点C′到AD的距离为125m、到DH的距离为2825m.现需过遮阳棚上一点P为其搭设架子，架子由线段GP、线段PH两部分组成，其中GP⊥AD，PH与地面垂直，若要保证从遮阳棚上的任意一点P(不含A点)都能按照上述要求搭设架子，则至少需要准备______m的钢材搭设架子．
22.(本小题10分)
(1)【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF=BG；
(2)【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P.若EG⋅HF=48，求HF的长；
(3)【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=9，点E在直线AB上，BE=6，AF⊥DE交直线BC于点F.请直接写出线段FC的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：数轴上表示−3的点A到原点的距离是3，
故选：B．
根据数轴的性质即可得到结论
本题考查了数轴，熟练掌握数轴的性质是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：298000000=2.98×108，
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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，表示时关键要确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】解：由表格数据可知，成绩为4.9、5.0的人数为50−(3+3+6+9+12+10)=7(人)，
视力为4.7出现次数最多，因此视力的众数是4.7，
视力从小到大排列后处在第25、26位的两个数都是4.7，因此中位数是4.7，
因此中位数和众数与被遮盖的数据无关，
故选：A．
通过计算视力为4.9、5.0的人数，进行判断，不影响视力出现次数最多的结果，因此不影响众数，同时不影响找第25、26位数据，因此不影响中位数的计算，进而进行选择．
考查中位数、众数、方差、平均数的意义和计算方法，理解各个统计量的实际意义，以及每个统计量所反应数据的特征，是正确判断的前提．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意得：2x+6<0①x−4<0②，
由①得：x<−3；
由②得：x<4，
则不等式组的解集为x<−3，
表示在数轴上，如图所示：
．
故选：B．
根据P为第三象限点，得到横坐标小于0，纵坐标小于0，列出关于x的不等式组，求出不等式组的解集，表示在数轴上即可得到结果．
此题考查了在数轴上表示不等式组的解集，解一元一次不等式组，以及点的坐标，列出不等式组是本题的突破点．
6.【答案】A
【解析】解：延长DC交AE于点F．
∵AB//CD，∠BAE=92°，
∴∠BAE=∠EFD=92°．
∵∠DCE=∠EFC+∠E，∠DCE=115°，
∠E=∠DCE−∠EFC
=115°−92°
=23°．
故选：A．
延长DC交AE于点F.先利用平行线的性质求出∠EFD，再利用三角形外角和内角的关系求出∠E．
本题主要考查了平行线的性质，掌握“两直线平行，同位角相等”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设用x千克瓷泥做茶壶，则用(6−x)千克瓷泥做茶杯，
根据题意得：6×3x=9(6−x)．
故选：A．
设用x千克瓷泥做茶壶，则用(6−x)千克瓷泥做茶杯，由题意可知每套茶具中茶杯的数量为茶壶数量的6倍，于是利用“用x千克瓷泥做成茶壶的数量×6=用(6−x)千克瓷泥做成茶杯的数量”即可列出方程．
本题主要考查由实际问题抽象出一元一次方程，仔细理解题目意思，利用“用x千克瓷泥做成茶壶的数量×6=用(6−x)千克瓷泥做成茶杯的数量”列出方程是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：A、同圆或等圆中，当AB=2CD时，AB<2CD，故本选项命题是假命题，不符合题意；
B、两组边成比例、夹角相等的两个三角形相似
C、关于x的方程ax−2+3=1−x2−x可化为a+3(x−2)=x−1，
由题意可知：方程的增根是x=2，
则a=1，故本选项命题是假命题，不符合题意；
D、二次函数y=−x2+6x−9=−(x−3)2的图象与x轴有一个交点，与y轴有一个交点，
所以二次函数y=−x2+6x−9图象与坐标轴有两个交点，故本选项命题正确；
故选：D．
根据圆心角、弧、弦的关系定理、相似三角形的判定定理、分式方程的增根，二次函数图象与坐标轴的交点情况判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9.【答案】D
【解析】解：A、连接OA，因为OP为直径，所以∠PAO=90°，可得到PA为切线．
B、连接OE，PD为以O为圆的直径，所以∠PAO=90°，则OP=OD=12PD，因为AD=BC，则OE=12AD，所以OEAD=OPPD，所以OE为半径，可得到PA为切线．
C、先用尺规过点D作PO垂线，再以O为圆心，OP为半径画弧交垂线DM于B，再以P为圆心，BD为半径画弧交圆O于点A，连接AP，
△APO≌△DBO(SSS)，∴∠BDO=∠PAO=90°，可得到PA为切线．
D、以P为圆心，PO为半径画弧，再以O为圆心，PO为半径画弧，两弧交于点D，△DOP是等边三角形，连接OD交圆O于点A，连接PA，如果PA为切线，则OA⊥AP，A必须为
OD中点，
故选D．
利用圆周角性质定理和中位线性质定理以及等边三角形的性质进行分析，从而判断出结果．
本题主要考查的是圆的切线的作法，包含了圆周角的性质、全等三角形的判定与性质和三角形中位线性质定理，熟悉性质是本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，
当S=6时，6=t2+2，解得：t=2(负值已舍去)，
∴BC=2，
∴抛物线经过点(2,6)，
∵抛物线顶点为：(4,2)，
设抛物线解析式为：S=a(t−4)2+2，
将(2,6)代入，得：6=a(2−4)2+2，解得：a=1，
∴S=(t−4)2+2，
当y=18时，18=(t−4)2+2，t=0(舍)或t=8，
∴AB=8−2=6，
故选：B．
在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，求得BC的长，设函数的顶点解析式，用待定系数法，求出函数表达式，即可求解．
本题考查了二次函数图象，求二次函数解析式，解题的关键是：从图中获取信息．
11.【答案】35
【解析】解：∵5a=3b，
∴ab=35，
故答案为：35．
利用比例的性质进行计算，即可解答．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
12.【答案】−3
【解析】解：∵设方程x2+x+m=0的根为x1，x2，
∴x1x2=6，
∵−2是方程x2+mx+6=0的一个根，
∴−2x2=6，
∴x2=−3，
故答案为：−3．
根据若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q进行计算即可．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，关键是掌握关系计算公式．
13.【答案】−2
【解析】解：∵点A(−4,10)关于y轴的对称点为A′(4,10)，
∴反射光线所在直线过点B(0,2)和A′(4,10)，
设A′B的解析式为：y=kx+2，过点A′(4,10)，
∴10=4k+2，
∴k=2，
∴A′B的解析式为：y=2x+2，
∵反射后经过点C(m,n)，
∴2m+2=n，
∴2m−n=−2．
故答案为：−2．
点A(−4,10)关于y轴的对称点为A′(4,10)，根据反射的性质得，反射光线所在直线过点B(0,2)和A′(4,10)，求出A′B的解析式为：y=2x+2，再根据反射后经过点C(m,n)，2m+2=n，即可求出答案．
本题考查的是点的坐标，熟知关于y轴对称的点的坐标特点是解题的关键．
14.【答案】4
【解析】解：设点C的坐标为(a,b)，过点C作CG⊥y轴，
∴∠CGB=90°，CG=a，OG=b，
∴∠GCB+∠GBC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠GBC=90°，
∴∠GCB=∠ABO，
又∵∠CGB=∠AOB=90°，AB=BC，
∴△BCG≌△ABO(AAS)，
∴OB=CG=a，AO=BG=OG−OB=b−a，
则点A的坐标为(b−a,0)，
∵点E为正方形ABCD对角线的交点，
∴点E为AC的中点，
∴点E的坐标为(a+b−a2,b2)，
即E(b2,b2)，
∵点C和点E都在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴ab=b2×b2=b24，
∴b=4a，
∴BG=b−a=3a，
∵正方形的面积为10，
∴BC= 10，
在Rt△BCG中，
∵BG2+CG2=BC2，
∴9a2+a2=10(a>0)，
∴a=1，
∴点C的坐标为(1,4)，
∴k=1×4=4．
故答案为：4．
设点C的坐标为(a,b)，过点C作CG⊥y轴，先证明△BCG≌△ABO，再得出点A的坐标，根据点E为AC的中点，进而得到点E的坐标，根据点E在反比例函数上，可以得出b=4a，再在Rt△BCG中，根据勾股定理即可求出a的值，即可求出答案．
本题主要考查反比例函数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，灵活运用以上知识点是解题的关键．
15.【答案】3539
【解析】解：如图，连接DE，BE，设DE交AC于点H，
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴AC=BD= AB2+BC2=5，
∵矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，将△ADC沿着AC折叠，使点D落在点E处，
∴DE⊥AC，OE=OC=OD=5，
∵S△ADC=12AD×DC=12AC×DH，
∴DH=AD×DCAC=125，
∴CH= DC2−DH2= 32−(125)2=95，
∴OH=OC−HC=52−95=710，
∵DH=HE，OD=OB，
∴OH是△BDE的中位线，C
∴OH=12BE，OH//BE，
∴BE=75，∠OCF=∠FBE，
又∵∠OFC=∠BFE，
∴△OFC∽△EFB，
∴OFEF=OCBE，
∴OFEF=3275=2514，
∴OE=OF+FE=52，即EF+2514EF=3914EF=52，
∴EF=3539．
故答案为：3539．
如图，连接DE，BE，设DE交AC于点H，证明△OFC∽△EFB，推出OFEF=OCBE，推出OFEF=3275=2514，根据 OE=OF+FE=52，构建方程求解．
本题考查翻折变换矩形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
16.【答案】解：原式= 3−1−2× 32+5
=4．
【解析】先化简绝对值，零次幂及特殊角的三角函数、负整数指数幂，然后计算加减法即可．
本题目主要考查绝对值，零次幂及特殊角的三角函数、负整数指数幂，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
17.【答案】解：原式=[(m+2)(m−2)m−2−5m−2]÷−(m−3)3(m−2)
=m2−9m−2÷−(m−3)3(m−2)
=−(m+3)(m−3)m−2⋅3(m−2)m−3
=−3(m+3)
=−3m−9，
当m=2，3时，原式没有意义；
当m=1时，原式=−3−9=−12．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】108
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：8÷20%=40(人)，
∴C组所对应的扇形圆心角为：360°×1240=108°，
故答案为：108；
(2)A组的人数为：40×15%=6(人)，
∴E组的人数为：40−6−8−12−9=5(人)，
∴估计全校参加本次知识测试的学生成绩在E组的有：1000×540=125(人)；
(3)∵在E组的学生中有2名是女生，
∴在E组的学生中有3名是男生，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中恰好抽中2名女生的结果有2种，
∴恰好抽中2名女生的概率为220=110．
(1)由B组的人数除以所占百分比得出抽取的学生人数，即可解决问题；
(2)求出E组的人数，即可解决问题；
(3)画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好抽中2名女生的结果有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、频数分布直方图和扇形统计图等知识．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；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)设每支0.5mm黑色水笔的进价为x元，则每支2B涂卡铅笔的进价为(x+1)元，
依题意得：600x+1=400x，
解得：x=2，
经检验，x=2是原方程的解，且符合题意，
∴x+1=2+1=3．
答：每支2B涂卡铅笔的进价为3元，每支0.5mm黑色水笔的进价为2元．
(2)设购进m支2B涂卡铅笔，则购进(2m+60)支0.5mm黑色水笔，
依题意得：m+2m+60≤360，
解得：m≤100．
设购进的这批笔全部售出后获得的总利润为w元，则w=(4−3)m+(2.5−2)(2m+60)=2m+30，
∵2>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=100时，w取得最大值，最大值=2×100+30=230，此时2m+60=2×100+60=260．
答：该商店应购进100支2B涂卡铅笔，260支0.5mm黑色水笔才能使利润最大，最大利润是230元．
【解析】(1)设每支0.5mm黑色水笔的进价为x元，则每支2B涂卡铅笔的进价为(x+1)元，利用数量=总价÷单价，结合用600元购进铅笔与用400元购进水笔的数量相同，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出每支0.5mm黑色水笔的进价，再将其代入(x+1)中即可求出每支2B涂卡铅笔的进价；
(2)设购进m支2B涂卡铅笔，则购进(2m+60)支0.5mm黑色水笔，根据购进两种笔的总数量不超过360支，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可求出m的取值范围，设购进的这批笔全部售出后获得的总利润为w元，利用总利润=每支笔的销售利润×销售数量(购进数量)，即可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC且AD=BC，
∵CF=BE，
∴CF+CE=BE+CE，
即EF=BC，
∴AD=EF，
∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
(2)解：如图，过点E作EG⊥AC于点G，
则EG//BD，
∴∠BOE=∠OEG，
∵四边形ABCD是菱形，BD=8，AC=4，
∴AC⊥BD，AO=CO=2，BO=DO=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC= CO2+BO2= 22+42=2 5，
∵AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC⋅AE=12AC⋅BD=12×4×8=16，∠AEC=90°，
∴AE=162 5=8 55，OE=12AC=AO=2，
∴CE= AC2−AE2= 42−(8 55)2=4 55，
∵S△ACE=12AC⋅EG=12AE⋅CE，
∴AC⋅EG=AE⋅CE，
∴EG=AE⋅CEAC=8 55×4 554=85，
∴cs∠BOE=cs∠OEG=EGOE=852=45．
【解析】(1)由菱形的性质得AD//BC且AD=BC，再证明AD=EFBC=EF，则四边形AEFD是平行四边形，然后证明∠AEF=90°，即可得出结论．
(2)过点E作EG⊥AC于点G，则EG//BD，得∠BOE=∠OEG，由菱形的性质和勾股定理得BC=2 5，再由菱形面积求出AE的长，进而由勾股定理求出CE的长，然后由三角形面积求出EG的长，即可解决问题．
本题考查了矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解题的关键．
21.【答案】92
【解析】解：(1)如图1，
∵OA⊥DX，∠CDX=45°，
∴∠ODC=45°，
∵∠COD=90°，OD=2，
∴OC=OD⋅tan∠ODC=2，
∴OA=OC=2；
(2)如图2，
植物顶端不能被太阳照射，理由如下：
连接OH，延长FG交WH于V，
∵WH与⊙O相切，
∴∠D=∠OWH=90°，
∵OW=OD=2，OH=OH，
∴Rt△HPW≌Rt△HOD(HL)，
∴∠WHO=∠DHO=30°，DH=WH，
∴DH=ODtan∠DHO=2tan30∘=2 3，
∵FH=DH−DE−EF=2 3−2−( 3−1)= 3−1，
∴FV=FH⋅tan∠DHW=( 3−1)⋅tan60°⋅tan60°=3− 3≈3−1.73=1.27m，
∵1.27>1.2，
∴植物顶端不能被太阳照射；
(3)如图3，
以DH所在直线为x轴，DA所在的直线为y轴建立坐标系，
∴A(0,4)，C′(125,2825)，
设抛物线的解析式为：y=ax2+4，
∴(125)2a+4=2825，
∴a=−12，
∴y=−12x2+4，
设P(m,−12m2+4)，
∴PG+PH=−12m2+m+4=−12(m−1)2+92，
∴当m=1时，(PG+PH)最大=92，
故答案为：92．
(1)解直角三角形CDO，求得结果；
(2)连接OH，延长FG交WH于V，可证得Rt△HPW≌Rt△HOD，从而得出∠WHO=∠DHO=30°，DH=WH，从而求得DH的值，进而得出FH=DH−DE−EF= 3−1，从而得出FV=FH⋅tan∠DHW=( 3−1)⋅tan60°⋅tan60°=3− 3≈3−1.73=1.27m，进一步得出结果；
(3)以DH所在直线为x轴，DA所在的直线为y轴建立坐标系，可求得抛物线的解析式为y=−12x2+4，从而可设设P(m,−12m2+4)，从而表示出PG+PH=−12m2+m+4=−12(m−1)2+92，进一步得出结果．
本题考查了二次函数及其图象的性质，圆的切线的性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是理解题意，列出函数关系式．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，
∵AF⊥BG，
∴∠APB=90°，
∴∠BAF=∠CBG=90°−∠ABG，
在△ABF和△BCG中，
∠BAF=∠CBGAB=BC∠ABF=∠C，
∴△ABF≌△BCG(ASA)，
∴AF=BG；
(2)解：如图2，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC=∠HNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD//BC，
∵∠B=∠C=∠EMC=90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴EM=BC=8，EM//BC，
∴EM//AD，
∵∠A=∠B=∠HNB=90°，
∴四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，∠AHN=90°，
∴∠HIJ=∠AHN=90°，
∵EG⊥FH于点P，
∴∠EPJ=90°，
∴∠NHF=∠MEG=90°−∠EJH，
∵∠HNF=∠EMG=90°，
∴△HNF∽△EMG，
∴HFEG=HNEM=48=12，
∴EG=2HF，
∵EG⋅HF=48，
∴2HF⋅HF=48，
解得HF=2 6或HF=−2 6(不符合题意，舍去)，
∴HF的长是2 6．
(3)解：线段FC的长为187或1211，理由如下：
如图3，作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，则∠AHB=∠AHF=∠M=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=9，
∴AD=BC=AB=9，AD//BC，
∴∠DAM=∠B=60°，
∴BHAB=AMAD=cs60°=12，AHAB=DMAD=sin60°= 32，
∴BH=AM=12AB=12BC=12×9=92，AH=DM= 32AD= 32×9=9 32，
∴CH=12BC=92，
点E在线段AB上，且BE=6，则AE=AB−BE=9−6=3，
∴EM=AE+AM=3+92=152，
∴DE= EM2+DM2= (152)2+(9 32)2=3 13，
设AF⊥DE于点G，则∠AGD=90°，12×3 13AG=12×3×9 32=S△ADE，
∴AG=9 3926，
∴DG= AD2−AG2= 92−(9 3926)2=63 1326，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADG=90°−∠DAF，
∴FHAH=tan∠FAH=tan∠ADG=AGDG=9 392663 1326= 37，
∴FH= 37AH= 37×9 32=2714，
∴FC=CH−FH=92−2714=187；
如图4，点E在线段AB的延长线上，且BE=4，则AE=AB+BE=6+4=10，
∴EM=AE+AM=10+3=13，
∴DE= EM2+DM2= 132+(3 3)2=14，
设AF⊥DE于点L，则∠ALD=90°，12×14AL=12×10×3 3=S△ADE，
∴AL=15 37，
∴DL= AD2−AL2= 62−(15 37)2=337，
∵∠FAH=∠ADL=90°−∠DAF，
∴FHAH=tan∠FAH=tan∠DAL=ALDL=15 37337=5 311，
∴FH=5 311AH=5 311×3 3=4511，
∴FC=FH−CH=4511−3=1211，
综上所述，线段FC的长为187或1211．
【解析】(1)由正方形的性质得∠ABF=∠C=90°，AB=BC，而∠APB=90°，则∠BAF=∠CBG=90°−∠ABG，即可根据“ASA”证明△ABF≌△BCG，得AF=BG；
(2)作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD//BC，可证明四边形EBCM是矩形，则EM=BC=8，EM//BC，所以EM//AD，再证明四边形ABNH是矩形，得HN=AB=4，∠AHN=90°，所以∠HIJ=∠AHN=90°，而∠EPJ=90°，可证明∠NHF=∠MEG，进而证明△HNF∽△EMG，得HFEG=HNEM=12，则EG=2HF，所以2HF⋅HF=48，求得HF的长是2 6；
(3)作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，由菱形的性质得AD=BC=AB=6，AD//BC，则∠DAM=∠B=60°，求得BH=AM=92，AH=DM=9 32，则CH=92，再分两种情况讨论，一是点E在线段AB上，则AE=3，EM=152，求得DE=3 13，设AF⊥DE于点G，则12×3 13AG=12×3×9 32=S△ADE，求得AG=9 3926，则DG=63 1326，由FHAH=tan∠FAH=tan∠ADG=AGDG= 37，求得FH=2714，则FC=CH−FH=187；二是点E在线段AB的延长线上，则AE=AB+BE=10，EM=13，求得DE=14，设AF⊥DE于点L，则12×14AL=12×10×3 3=S△ADE，求得AL=15 37，则DL=337，由FHAH=tan∠FAH=tan∠DAL=ALDL=5 311，求得FH=4511，则FC=FH−CH=1211．
此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．视力
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
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4.9
5.0
人数
3
3
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为期末加油！
2B涂卡铅笔
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0.5mm黑色水笔
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