2020年内蒙古鄂尔多斯市中考数学试卷

这是一份2020年内蒙古鄂尔多斯市中考数学试卷，共21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。


2020年内蒙古鄂尔多斯市中考数学试卷
题号
一
二
三
总分
得分





一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 实数-的绝对值是（　　）
A. B. - C. - D.
2. 已知某物体的三视图如图所示，那么与它对应的物体是（　　）
A. B. C. D.
3. 函数y=中自变量x的取值范围在数轴上表示正确的是（　　）
A. B.
C. D.
4. 下列计算错误的是（　　）
A. （-3ab2）2=9a2b4 B. -6a3b÷3ab=-2a2
C. （a2）3-（-a3）2=0 D. （x+1）2=x2+1
5. 将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF=90°，∠FEG=30°，∠1=125°，则∠BFG的大小为（　　）
A. 125°
B. 115°
C. 110°
D. 120°


6. 一次数学测试，某小组5名同学的成绩统计如表（有两个数据被遮盖）：
组员
甲
乙
丙
丁
戊
平均成绩
众数
得分
77
81
■
80
82
80
■
则被遮盖的两个数据依次是（　　）
A. 81，80 B. 80，2 C. 81，2 D. 80，80
7. 在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，AD=8，BC=6，分别以A，C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O，若点O是AC的中点，则CD的长为（　　）


A. 4 B. 2 C. 6 D. 8
8. 下列说法正确的是（　　）
①的值大于；
②正六边形的内角和是720°，它的边长等于半径；
③从一副扑克牌中随机抽取一张，它是黑桃的概率是；
④甲、乙两人各进行了10次射击测试，他们的平均成绩相同，方差分别是s2甲=1.3，s2乙=1.1，则乙的射击成绩比甲稳定．
A. ①②③④ B. ①②④ C. ①④ D. ②③
9. 如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到△A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，设△AA1A2，△A1A2A3，△A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（　　）

A. B. 22018 C. 22018+ D. 1010
10. 鄂尔多斯动物园内的一段线路如图1所示，动物园内有免费的班车，从入口处出发，沿该线路开往大象馆，途中停靠花鸟馆（上下车时间忽略不计），第一班车上午9：20发车，以后每隔10分钟有一班车从入口处发车，且每一班车速度均相同．小聪周末到动物园游玩，上午9点到达入口处，因还没到班车发车时间，于是从入口处出发，沿该线路步行25分钟后到达花鸟馆，离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数关系如图2所示，下列结论错误的是（　　）


A. 第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为y=200x-4000（20≤x≤38）
B. 第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间为10分钟
C. 小聪在花鸟馆游玩40分钟后，想坐班车到大象馆，则小聪最早能够坐上第四班车
D. 小聪在花鸟馆游玩40分钟后，如果坐第五班车到大象馆，那么比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟（假设小聪步行速度不变）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 截至2020年7月2日，全球新冠肺炎确诊病例已超过1051万例，其中数据1051万用科学记数法表示为______．
12. 计算：+（）-2-3tan60°+（π）0=______．
13. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠BCD=30°，CD=2，则阴影部分面积S阴影=______．






14. 如图，平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限内，边BC与x轴平行，A，B两点的纵坐标分别为6，4，反比例函数y=（x＞0）的图象经过A，B两点，若菱形ABCD的面积为2，则k的值为______．





15. 如图，在等边△ABC中，AB=6，点D，E分别在边BC，AC上，且BD=CE，连接AD，BE交于点F，连接CF，则CF的最小值是______．






16. 如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；
②无论点M运动到何处，都有DM=HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有______（把所有正确结论的序号都填上）．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. （1）解不等式组，并求出该不等式组的最小整数解．
（2）先化简，再求值：（-）÷，其中a满足a2+2a-15=0．







18. “学而时习之，不亦说乎？”古人把经常复习当作是一种乐趣．某校为了解九年级（一）班学生每周的复习情况，班长对该班学生每周的复习时间进行了调查，复习时间四舍五入后只有4种：1小时，2小时，3小时，4小时，已知该班共有50人，根据调查结果，制作了两幅不完整的统计图表，该班女生一周的复习时间数据（单位：小时）如下：
1，1，1，2，2，2，2，2，2，2，3，3，3，3，4，4，4，4，4，4
九年级（一）班女生一周复习时间频数分布表
复习时间
频数（学生人数）
1小时
3
2小时
a
3小时
4
4小时
6
（1）统计表中a=______，该班女生一周复习时间的中位数为______小时；
（2）扇形统计图中，该班男生一周复习时间为4小时所对应圆心角的度数为______°；
（3）该校九年级共有600名学生，通过计算估计一周复习时间为4小时的学生有多少名？
（4）在该班复习时间为4小时的女生中，选择其中四名分别记为A，B，C．，D，为了培养更多学生对复习的兴趣，随机从该四名女生中选取两名进行班会演讲，请用树状图或者列表法求恰好选中B和D的概率．







19. 如图，一次函数y=kx+b的图象分别与反比例函数y=的图象在第一象限交于点A（4，3），与y轴的负半轴交于点B，且OA=OB．
（1）求函数y=kx+b和y=的表达式；
（2）已知点C（0，5），试在该一次函数图象上确定一点M，使得MB=MC，求此时点M的坐标．













20. 图1是挂墙式淋浴花洒的实物图，图2是抽象出来的几何图形．为使身高175cm的人能方便地淋浴，应当使旋转头固定在墙上的某个位置O，花洒的最高点B与人的头顶的铅垂距离为15cm，已知龙头手柄OA长为10cm，花洒直径AB是8cm，龙头手柄与墙面的较小夹角∠COA=26°，∠OAB=146°，则安装时，旋转头的固定点O与地面的距离应为多少？（计算结果精确到1cm，参考数据：sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49）







21. 我们知道，顶点坐标为（h，k）的抛物线的解析式为y=a（x-h）2+k（a≠0）．今后我们还会学到，圆心坐标为（a，b），半径为r的圆的方程（x-a）2+（y-b）2=r2，如：圆心为P（-2，1），半径为3的圆的方程为（x+2）2+（y-1）2=9．
（1）以M（-3，-1）为圆心，为半径的圆的方程为______．
（2）如图，以B（-3，0）为圆心的圆与y轴相切于原点，C是⊙B上一点，连接OC，作BD⊥OC，垂足为D，延长BD交y轴于点E，已知sin∠AOC=．
①连接EC，证明：EC是⊙B的切线；
②在BE上是否存在一点Q，使QB=QC=QE=QO？若存在，求点Q的坐标，并写出以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程；若不存在，请说明理由．







22. 某水果店将标价为10元/斤的某种水果．经过两次降价后，价格为8.1元/斤，并且两次降价的百分率相同．
（1）求该水果每次降价的百分率；
（2）从第二次降价的第1天算起，第x天（x为整数）的销量及储藏和损耗费用的相关信息如下表所示：
时间（天）
x
销量（斤）
120-x
储藏和损耗费用（元）
3x2-64x+400
已知该水果的进价为4.1元/斤，设销售该水果第x（天）的利润为y（元），求y与x（1≤x＜10）之间的函数解析式，并求出第几天时销售利润最大，最大利润是多少？







23. （1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B=______°．
（2）【问题解决】
如图2，在Rt△ABC中，BC=1，∠C=90°，延长CA到D，使CD=1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE=∠ADC，BE=CE=1，CD=3，AD=kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．










24. 如图1，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A，B两点，其中点A的坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，-3）．
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）点D为y轴上一点，如果直线BD与直线BC的夹角为15°，求线段CD的长度；
（3）如图2，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB=2∠ACO，求点P的坐标．










答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：实数-的绝对值是：．
故选：A．
直接利用绝对值的性质分析得出答案．
此题主要考查了绝对值，正确掌握绝对值的性质是解题关键．
2.【答案】C

【解析】解：由三视图知，该几何体是下面是长方体，上面是一个圆柱体，且长方体的宽与圆柱底面直径相等，
符合这一条件的是C选项几何体，
故选：C．
该几何体是下面是长方体，上面是一个圆柱体，且长方体的宽与圆柱底面直径相等，从而得出答案．
本题主要考查由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
3.【答案】C

【解析】解：由题意得：x+3≥0，
解得：x≥-3，
在数轴上表示为，
故选：C．
根据二次根式有意义的条件可得x+3≥0，再解即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件和在数轴上表示不等式的解集，关键是掌握二次根式的被开方数为非负数．
4.【答案】D

【解析】解：A、（-3ab2）2=9a2b4，原式计算正确，不合题意；
B、-6a3b÷3ab=-2a2，原式计算正确，不合题意；
C、（a2）3-（-a3）2=0，原式计算正确，不合题意；
D、（x+1）2=x2++2x+1，原式计算错误，符合题意．
故选：D．
直接利用积的乘方运算法则以及整式的除法运算法则、完全平方公式分别化简得出答案．
此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5.【答案】B

【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1+∠BFE=180°，
∵∠1=125°，
∴∠BFE=55°，
∵在△EGF中，∠EGF=90°，∠FEG=30°，
∴∠EFG=180°-∠EGF-∠FEG=60°，
∴∠BFG=∠BFE+∠EFG=55°+60°=115°，
故选：B．
根据矩形得出AD∥BC，根据平行线的性质得出∠1+∠BFE=180°，求出∠BFE，根据三角形内角和定理求出∠EFG，即可求出答案．
本题考查了平行线的性质，矩形的性质，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
6.【答案】D

【解析】解：设丙的成绩为x，
则=80，
解得x=80，
∴丙的成绩为80，
在这5名学生的成绩中80出现次数最多，
所以众数为80，
所以被遮盖的两个数据依次是80，80，
故选：D．
设丙的成绩为x，根据算术平均数的定义列出关于x的方程，解之求出x的值，据此可得第1个被遮盖的数据，再利用众数的定义可得第2个被遮盖的数据，从而得出答案．
本题主要考查众数，解题的关键是掌握众数和中位数的定义．
7.【答案】A

【解析】解：如图，连接FC，
由题可得，点E和点O在AC的垂直平分线上，
∴EO垂直平分AC，
∴AF=FC，
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO，
在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（ASA），
∴AF=BC=6，
∴FC=AF=6，FD=AD-AF=2．
在△FDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
即CD2+22=62，
解得CD=．
故选：A．
连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC．再根据ASA证明△FOA≌△BOC，那么AF=BC=6，等量代换得到FC=AF=6，利用线段的和差关系求出FD=AD-AF=2．然后在Rt△FDC中利用勾股定理即可求出CD的长．
本题考查了基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质的综合运用．线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，确定EO垂直平分AC是解决问题的关键．
8.【答案】B

【解析】解：①的值约为0.618，大于，此说法正确；
②正六边形的内角和是720°，它的边长等于半径，此说法正确；
③从一副扑克牌中随机抽取一张，它是黑桃的概率是，此说法错误；
④∵s2甲=1.3，s2乙=1.1，∴s2甲＞s2乙，故乙的射击成绩比甲稳定，此说法正确；
故选：B．
分别根据黄金数的近似值、多边形的内角和与半径的定义与性质、概率公式、方差的意义分别判断可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握多边形的内角和与半径的定义与性质、概率公式、方差的意义．
9.【答案】B

【解析】解：∵四边形OAA1B1是正方形，
∴OA=AA1=A1B1=1，
∴S1=1×1=，
∵∠OAA1=90°，
∴OA12=12+12=2，
∴OA2=A2A3=2，
∴S2=2×1=1，
同理可求：S3=2×2=2，S4=4…，
∴Sn=2n-2，
∴S2020=22018，
故选：B．
首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到an的规律是解题的关键．
10.【答案】C

【解析】解：由题意得，可设第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式为：y=kx+b（k≠0），
把（20，0），（38，3600）代入y=kx+b，得，解得，
∴第一班车离入口处的路程y（米）与时间x（分）的函数表达为y=200x-4000（20≤x≤38）；
故选项A不合题意；
把y=2000代入y=200x-4000，解得x=30，
30-20=10（分），
∴第一班车从入口处到达塔林所需时间10分钟；
故选项B不合题意；
设小聪坐上了第n班车，则
30-25+10（n-1）≥40，解得n≥4.5，
∴小聪坐上了第5班车，
故选项C符合题意；
等车的时间为5分钟，坐班车所需时间为：1600÷200=8（分），
步行所需时间：1600÷（2000÷25）=20（分），
20-（8+5）=7（分），
∴比他在花鸟馆游玩结束后立即步行到大象馆提前了7分钟．
故选项D不合题意．
故选：C．
设y=kx+b，运用待定系数法求解即可得出第一班车离入口处的距离y（米）与时间x（分）的解析式；把y=2500代入函数解析式即可求出第一班车从入口处到达花鸟馆所需的时间；设小聪坐上了第n班车，30-25+10（n-1）≥40，解得n≥4.5，可得小聪坐上了第5班车，再根据“路程、速度与时间的关系”解答即可．
本题主要考查了一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求出函数解析式是解答本题的关键．
11.【答案】1.051×107．

【解析】解：1051万=10510000=1.051×107．
故答案为：1.051×107．
绝对值大于10的数用科学记数法表示一般形式为a×10n，n为整数位数减1．
本题考查了科学记数法-表示较大的数，科学记数法中a的要求和10的指数n的表示规律为关键，
12.【答案】10

【解析】解：原式=3+9-3+1
=10．
故答案为：10．
直接利用零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
13.【答案】

【解析】解：连接OC．

∵AB⊥CD，
∴=，CE=DE=，
∴∠COD=∠BOD，
∵∠BOD=2∠BCD=60°，
∴∠COB=60°，
∵OC=OB=OD，
∴△OBC，△OBD都是等边三角形，
∴OC=BC=BD=OD，
∴四边形OCBD是菱形，
∴OC∥BD，
∴S△BDC=S△BOD，
∴S阴=S扇形OBD，
∵OD==2，
∴S阴==，
故答案为．
连接OC．证明OC∥BD，推出S阴=S扇形OBD即可解决问题．
本题考查扇形的面积，菱形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
14.【答案】12

【解析】解：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，

∵BC∥x轴，
∴AE⊥BC，
∵A，B两点在反比例函数y=（x＞0）的图象，且纵坐标分别为6，4，
∴A（，6），B（，4），
∴AE=2，BE=-=，
∵菱形ABCD的面积为2，
∴BC×AE=2，即BC=，
∴AB=BC=，
在Rt△AEB中，BE===1，
∴k=1，
∴k=12．
故答案为12．
过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，根据A，B两点的纵坐标分别为6，4，可得出横坐标，即可表示AE，BE的长，根据菱形的面积为2，求得AE的长，在Rt△AEB中，计算BE的长，列方程即可得出k的值．
本题考查了菱形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
15.【答案】2

【解析】解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ABC=∠BAC=∠BCE=60°，
∵BD=CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS）
∴∠BAD=∠CBE，
又∵∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AFE=∠CBE+∠ABE=∠ABC，
∴∠AFE=60°，
∴∠AFB=120°，
∴点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动（∠AOB=120°，OA=2），
连接OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小，最小值=OC-ON=4-2=2．
故答案为2．
首先证明∠AFB=120°，推出点F的运动轨迹是O为圆心，OA为半径的弧上运动（∠AOB=120°，OA=2），连接OC交⊙O于N，当点F与N重合时，CF的值最小．
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的有关性质等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】①②③④

【解析】解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AD，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=2HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°-45°=15°，
∴∠ADM=45°-15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD=CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC=45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为①②③④．
①正确．证明∠ADM=30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC=45°，即可判断．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：（1）解不等式①，得：x＞-，
解不等式②，得：x≤4，
则不等式组的解集为-＜x≤4，
∴不等式组的最小整数解为-2；
（2）原式=[+]÷
=（+）•
=•
=
=，
∵a2+2a-15=0，
∴a2+2a=15，
则原式=．

【解析】（1）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、大大小小无解了确定不等式组的解集；
（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由已知等式得出a2+2a=15，整体代入计算可得．
本题考查的是解一元一次不等式组和分式的化简求值，正确求出每一个不等式解集是基础，熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则是解题的关键．
18.【答案】7  2.5  72

【解析】解：（1）由题意知a=7，该班女生一周复习时间的中位数为=2.5（小时），
故答案为：7，2.5；
（2）扇形统计图中，该班男生一周复习时间为4小时所对应的百分比为1-（10%+20%+50%）=20%，
∴该班男生一周复习时间为4小时所对应的圆心角的度数为360°×20%=72°，
故答案为：72；
（3）估计一周复习时间为4小时的学生有600×（+20%）=300（名）；
答：估计一周复习时间为4小时的学生有300名．
（4）画树状图得：

∵一共有12种可能出现的结果，它们都是等可能的，恰好选中B和D的有2种结果，
∴恰好选中B和D的概率为P==．
答：恰好选中B和D的概率为．
（1）由已知数据可得a的值，利用中位数的定义求解可得；
（2）先根据百分比之和等于1求出该班男生一周复习时间为4小时所对应的百分比，再乘以360°即可得；
（3）用总人数乘以样本中一周复习时间为4小时的学生所占比例即可得；
（4）通过树状图展示12种等可能的结果数，找出恰好选中B和D的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．同时考查了概率公式．
19.【答案】解：（1）把点A（4，3）代入函数y=得：a=3×4=12，
∴y=．
OA==5，
∵OA=OB，
∴OB=5，
∴点B的坐标为（0，-5），
把B（0，-5），A（4，3）代入y=kx+b得：

解得：
∴y=2x-5．
（2）方法一：∵点M在一次函数y=2x-5上，
∴设点M的坐标为（x，2x-5），
∵MB=MC，
∴
解得：x=2.5，
∴点M的坐标为（2.5，0）．
方法二：∵B（0，-5）、C（0，5），
∴BC的垂直平分线为：直线y=0，
当y=0时，2x-5=0，即x=2.5，
∴点M的坐标为（2.5，0）．

【解析】（1）利用待定系数法即可解答；
（2）方法一：设点M的坐标为（x，2x-5），根据MB=MC，得到，即可解答．
方法二：根据垂直平分线的性质求解.
本题考查了一次函数与反比例函数的交点，解决本题的关键是利用待定系数法求解析式．
20.【答案】解：如图，过点B作地面的垂线，垂足为D，过点A作地面GD的平行线，交OC于点E，交BD于点F，
在Rt△AOE中，∠AOE=26°，OA=10，
则OE=OA•cos∠AOE≈10×0.90=9cm，
在Rt△ABF中，∠BOF=146°-90°-26°=30°，AB=8，
则BF=AB•sin∠BOF=8×=4cm，
∴OG=BD-BF-OE=（175+15）-4-9=177cm，
答：旋转头的固定点O与地面的距离应为177cm．

【解析】通过作辅助线构造直角三角形，分别在Rt△ABF和在Rt△AOE中，根据锐角三角函数求出OE、BF，而点B到地面的高度为175+15=190cm，进而取出后OG即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确计算的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
21.【答案】（x+3）2+（y+1）2=3

【解析】解：（1）以M（-3，-1）为圆心，为半径的圆的方程为（x+3）2+（y+1）2=3，
故答案为：（x+3）2+（y+1）2=3；
（2）①∵OE是⊙B切线，
∴∠BOE=90°，
∵CB=OB，BD⊥CO，
∴∠CBE=∠OBE，
又∵BC=BO，BE=BE，
∴△CBE≌△OBE（SAS），
∴∠BCE=∠BOE=90°，
∴BC⊥CE，
又∵BC是半径，
∴EC是⊙B的切线；
②如图，连接CQ，QO，

∵点B（-3，0），
∴OB=3，
∵∠AOC+∠DOE=90°，∠DOE+∠DEO=90°，
∴∠AOC=∠BEO，
∵sin∠AOC=．
∴sin∠BEO==，
∴BE=5，
∴OE===4，
∴点E（0，4），
∵QB=QC=QE=QO，
∴点Q是BE的中点，
∵点B（-3，0），点E（0，4），
∴点Q（-，2），
∴以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程为（x+）2+（y-2）2=9．
（1）由圆的方程的定义可求解；
（2）①由“SAS”可证△CBE≌△OBE，可得∠BCE=∠BOE=90°，可得结论；
②如图，连接CQ，QO，由余角性质可得∠AOC=∠BEO，由锐角三角函数可求EO的长，可得点E坐标，由QB=QC=QE=QO，可得点Q是BE中点，由中点坐标公式可求点Q坐标，即可求解．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，理解圆的方程定义是本题的关键．
22.【答案】解：（1）设该水果每次降价的百分率为x，
10（1-x）2=8.1，
解得，x1=0.1，x2=1.9（舍去），
答：该水果每次降价的百分率是10%；
（2）由题意可得，
y=（8.1-4.1）×（120-x）-（3x2-64x+400）=-3x2+60x+80=-3（x-10）2+380，
∵1≤x＜10，
∴当x=9时，y取得最大值，此时y=377，
由上可得，y与x（1≤x＜10）之间的函数解析式是y=-3x2+60x+80，第9天时销售利润最大，最大利润是377元．

【解析】（1）根据题意，可以列出相应的方程，从而可以求得相应的百分率；
（2）根据题意和表格中的数据，可以求得y与x（1≤x＜10）之间的函数解析式，然后利用二次函数的性质可以求出第几天时销售利润最大，最大利润是多少．
本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和方程的知识解答．
23.【答案】45

【解析】解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．

②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B=45°，
故答案为45．

（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．

∵∠C=∠BAE=∠H=90°，
∴∠B+∠CAB=90°，∠CAB+∠EAH=90°，
∴∠B=∠EAH，
∵AB=AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC=AH，EH=AC，
∵BC=CD，
∴CD=AH，
∴DH=AC=EH，
∴∠EDH=45°，
∴∠ADE=135°．

（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE=EC，
∴AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，

∵∠BAD=∠CAG，
∴∠BAC=∠DAG，
∵AB=AC，AD=AG，
∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD=kAB，
∴DG=kBC=2k，
∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC=90°，
∴∠GDC=90°，
∴CG==．
∴BD=CG=．
（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．
②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE=EC，推出AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，只要证明∠GDC=90°，可得CG=，由此即可解决问题．
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
24.【答案】解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c交x轴于点A（1，0），与y轴交于点C（0，-3），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：y=x2+2x-3；
（2）∵抛物线y=x2+2x-3与x轴于A，B两点，
∴点B（-3，0），
∵点B（-3，0），点C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
如图1，当点D在点C上方时，

∵∠DBC=15°，
∴∠OBD=30°，
∴tan∠DBO==，
∴OD=×3=，
∴CD=3-；
若点D在点C下方时，
∵∠DBC=15°，
∴∠OBD=60°，
∴tan∠DBO==，
∴OD=3，
∴DC=3-3，
综上所述：线段CD的长度为3-或3-3；
（3）如图2，在BO上截取OE=OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，

∵点A（1，0），点C（0，-3），
∴OA=1，OC=3，
∴AC===，
∵OE=OA，∠COE=∠COA=90°，OC=OC，
∴△OCE≌△OCA（SAS），
∴∠ACO=∠ECO，CE=AC=，
∴∠ECA=2∠ACO，
∵∠PAB=2∠ACO，
∴∠PAB=∠ECA，
∵S△AEC=AE×OC=AC×EF，
∴EF==，
∴CF===，
∴tan∠ECA==，
如图2，当点P在AB的下方时，设AO与y轴交于点N，
∵∠PAB=∠ECA，
∴tan∠ECA=tan∠PAB==，
∴ON=，
∴点N（0，），
又∵点A（1，0），
∴直线AP解析式为：y=x-，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（-，-），
当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y=-x+，
联立方程组得：，
解得：或，
∴点P坐标为：（-，），
综上所述：点P的坐标为（-，），（-，-）．

【解析】（1）将点A，点C坐标代入解析式可求解；
（2）先求出点B坐标，可得OB=OC，可得∠OBC=∠OCB=45°，再分点D在点C上方或下方两种情况讨论，由锐角三角函数可求解；
（3）在BO上截取OE=OA，连接CE，过点E作EF⊥AC，由“SAS”可证△OCE≌△OCA，可得∠ACO=∠ECO，CE=AC=，由面积法可求EF的长，由勾股定理可求CF的长，可求tan∠ECA=tan∠PAB=，分点P在AB上方和下方两种情况讨论，求出AP解析式，联立方程组可求点P坐标．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，求出tan∠ECA=tan∠PAB=是本题的关键．