2020年内蒙古鄂尔多斯市中考数学试题(教师版含解析)

一、选择题(本大题共10小题)

1. 实数﹣3的绝对值是( ) A.

3 B. ﹣3 3C. ﹣3 D.

3 3【答案】A 【解析】 【分析】

直接利用绝对值的性质分析得出答案． 【详解】解：实数﹣3的绝对值是：3． 故选：A．

【点睛】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. 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.

【答案】B 【解析】 【分析】

本题可利用排除法解答.从俯视图看出这个几何体上面一个是圆，直径与下面的矩形的宽相等，故可排除A，C，D.

【详解】从上面物体的三视图看出这是一个圆柱体，故排除A选项，从俯视图看出是一个底面直径与长方体的宽相等的圆柱体，故C、D选项不符合题意， 故选B．

【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，由三视图还原实物，还原实物的形状关键是能想象出三视图和立体图形之间的关系，从而得出该物体的形状.

3. 二次根式3x中，x的取值范围在数轴上表示正确的是( ) A.

B.

C. 【答案】D 【解析】 【分析】

D.

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． 【详解】解：根据题意得3+x≥0， 解得：x≥﹣3，

故x的取值范围在数轴上表示正确的是故选D．

【点睛】本题考查了二次根式的性质，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义． 4. 下列计算错误的是( ) A. (﹣3ab2)2＝9a2b4 C. (a2)3﹣(﹣a3)2＝0 【答案】D 【解析】 【分析】

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． 【详解】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．

【点睛】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. 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( )

3ab＝﹣2a2 B. ﹣6a3b÷D. (x+1)2＝x2+1 ．

A. 125° 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 115° C. 110° D. 120°

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．

【详解】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°， +60°∴∠BFG＝∠BFE+∠EFG＝55°＝115°， 故选：B．

【点睛】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. 一次数学测试，某小组5名同学的成绩统计如下(有两个数据被遮盖)： 组员 得分

则被遮盖的两个数据依次是( ) A. 80,80 【答案】A 【解析】

B. 81,80

C. 80,2

D. 81,2

甲 乙 丙 丁 戊 平均成绩 众数 81 77 80 82 80 【分析】

根据平均数的计算公式先求出丙的得分，再根据方差公式进行计算即可得出答案． 【详解】根据题意得：

805(81778082)80(分)，

则丙的得分是80分； 众数是80， 故选A．

【点睛】考查了众数及平均数的定义，解题的关键是根据平均数求得丙的得分，难度不大． 7. 如图，C为圆心，在四边形ABCD中，AD//BC，D90，AD8，BC6，分别以点A，大于

1AC2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. 42 【答案】A 【解析】 【分析】

连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线

性质得出AF=FC．再根据ASA证明

B. 6

C. 210

D. 8

△FOA≌△BOC，那么AF=BC=3，等量代换得到FC=AF=3，利用线段的和差关系求出FD=AD-AF=1．然后在直角△FDC中利用勾股定理求出CD的长． 【详解】解：如图，连接FC，

∵点O是AC的中点，由作法可知，OE垂直平分AC， ∴AF=FC．

∵AD∥BC， ∴∠FAO=∠BCO． 在△FOA与△BOC中，

FAO＝BCO ， OA＝OCAOF＝COB∴△FOA≌△BOC(ASA)， ∴AF=BC=6，

∴FC=AF=6，FD=AD-AF=8-6=2． 在△FDC中，∵∠D=90°， ∴CD2+DF2=FC2， ∴CD2+22=62， ∴CD=42． 故选：A．

【点睛】本题考查了作图-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，难度适中．求出CF与DF是解题的关键． 8. 下列说法正确的是( ) ①151的值大于；

22②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

1； 4④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

【答案】B 【解析】 【分析】

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． 【详解】解：①151的值约为0.618，大于，此说法正确；

22②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

13，此说法错误； 54④∵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．

【点睛】本题考查了黄金数的近似值、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；熟练掌握相关知识的性质与意义是解题的关键．

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.

122020 B. 22018 C. 22018+

1 2D. 1010

【答案】B 【解析】 【分析】

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． 【详解】解：如图

∵四边形OAA1B1是正方形， ∴OA＝AA1＝A1B1＝1， 1＝∴S1＝1×

121， 2∵∠OAA1＝90°， ∴OA12＝12+12＝2， ∴OA2＝A2A3＝2， 1＝1， ∴S2＝2×

2＝2，S4＝4…， 同理可求：S3＝2×∴Sn＝2n﹣2， ∴S2020＝22018， 故选：B．

【点睛】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. 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( )

1212

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) 【答案】C 【解析】 【分析】

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． 【详解】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，

020kbk200得，解得：；

360038kbb4000∴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；

200＝8(分)， 等车的时间为5分钟，坐班车所需时间为：1600÷25)＝20(分)， 步行所需时间：1600÷(2000÷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．

【点睛】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．

二、填空题(本大题共6题)

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_____． 107 【答案】1.051×【解析】 【分析】

10n，n为整数位数减1． 绝对值大于10的数用科学记数法表示一般形式为a×107． 【详解】解：1051万＝10510000＝1.051×107． 故答案为：1.051×

【点睛】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. 计算：27+(【答案】10 【解析】 【分析】

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． 【详解】解：27+(＝33+9﹣33+1 ＝10． 故答案为：10．

【点睛】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．

13. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠BCD＝30°，CD＝23，则阴影部分面积S阴影＝_____．

1﹣2

+(π2)0＝_____． )﹣3tan60°

31﹣2

+(π2)0 )﹣3tan60°

3

【答案】【解析】 【分析】

2 3连接OC．证明OC∥BD，推出S阴＝S扇形OBD即可解决问题． 【详解】解：连接OC．

∵AB⊥CD，

∴BCBD，CE＝DE＝3， ∴∠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＝

ED＝2，

sin6060••222∴S阴＝＝，

3360故答案为：

2． 3【点睛】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. 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＝

k(x＞0)的图象经过A，B两点，若菱形ABCD的面积为25，则k的值为_____． x

【答案】12 【解析】 【分析】

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25，求得AE的长，在Rt△AEB中，计算BE的长，列方程即可得出k的值．

【详解】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＝

k(x＞0)的图象，且纵坐标分别为6，4， x∴A(

kk，6)，B(，4)， 64∴AE＝2，BE＝

kkk﹣＝， 4612∵菱形ABCD的面积为25， AE＝25，即BC＝5， ∴BC×

∴AB＝BC＝5， 在Rt△AEB中，BE＝22AB2AE2＝(5)2＝1，

∴

1k＝1， 12∴k＝12， 故答案为：12．

【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，菱形的性质，勾股定理，掌握数形结合的思想是解题关键． 15. 如图，等边ABC中，AB6，点D、点E分别在BC和AC上，且BDCE，连接AD、BE交于点F，则CF的最小值为__________． 【答案】23 【解析】

由已知条件先证明△ABD≌BCE，求得AFB120，再作AB为边外正三角形的外接圆，点F在圆上，利用勾股定理和三角函数求出CF的最小值． 解：等边ABC，AB6，

ABCC60ABD≌BCE，

BDCEABBCBDCE，

ABECBE60ABEBAF，

∴AFB120，

∴作AB为边外正三角形的外接圆，点F在圆上，

OCOB6222323643, OBOF6cos30223． 3∴CFminOCOF 4323 23．

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＝2HM；

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)．

【答案】①②③④ 【解析】 【分析】

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． 【详解】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．

【点睛】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．

三、解答题(本大题共8题，解答时写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程)

3(x1)5x2(1)17. (1)解不等式组x2，并求出该不等式组的最小整数解． 37x(2)222a211(2)先化简，再求值：(2)÷2，其中a满足a2+2a﹣15＝0． -a2a11aaa5a22a15【答案】(1)﹣＜x≤4，﹣2；(2)，

222【解析】 【分析】

(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．

3(x1)5x2①【详解】解：(1)x2 37x②22解不等式①，得：x＞﹣

5， 2解不等式②，得：x≤4， 则不等式组的解集为﹣

5＜x≤4， 2∴不等式组的最小整数解为﹣2； (2)原式＝[(a1)(a1)12]

(a1)2a1a(a1)a11a(a1))• a1a12a2a(a1)•＝ a12a(a2)＝

2＝(a22a＝，

2∵a2+2a﹣15＝0， ∴a2+2a＝15， 则原式＝

15． 2【点睛】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. “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 1小时 2小时 频数(学生人数) 3 a 3小时 4小时

4 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． 【答案】(1)7，2.5；(2)72°；(3)144名；(4)【解析】 【分析】

(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． 【详解】解：(1)由题意知a＝7，该班女生一周复习时间的中位数为故答案为：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%， ×20%＝72°∴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°， 故答案为：72；

(3)估计一周复习时间为4小时的学生有600×(

23＝2.5(小时)， 21，树状图见解析 66+20%30)＝144(名)；

50答：估计一周复习时间为4小时的学生有144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

21＝． 1261 6【点睛】本题考查了用样本估计总体；频数(率)分布表；扇形统计图；中位数；列表法与树状图法，能从图中得出相关数据是解题的关键．

19. 如图，一次函数y＝kx+b的图象分别与反比例函数y＝负半轴交于点B，且OA＝OB． (1)求函数y＝kx+b和y＝

a的图象在第一象限交于点A(4，3)，与y轴的xa的表达式； x(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．

【答案】(1)y＝【解析】 【分析】

12，y＝2x﹣5；(2)(2.5，0) x(1)利用待定系数法即可解答；

(2)设点M的坐标为(x，2x﹣5)，根据MB＝MC，得到x2(2x55)2x2(2x55)2，即可解答． 【详解】解：(1)把点A(4，3)代入函数y＝∴y＝

a4＝12， 得：a＝3×

x12． xOA＝32+42＝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：

b5 4kb3k2解得：；

b5∴y＝2x﹣5．

(2)∵点M在一次函数y＝2x﹣5上， ∴设点M的坐标为(x，2x﹣5)， ∵MB＝MC，

∴x2(2x55)2x2(2x55)2 解得：x＝2.5，

∴点M坐标为(2.5，0)．方法二：∵B(0，﹣5)、C(0，5)， ∴BC＝10，

∴BC的中垂线为：直线y＝0，

当y＝0时，2x﹣5＝0，即x＝2.5， ∴点M的坐标为(2.5，0)．

【点睛】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. 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)

的

【答案】177cm 【解析】

【分析】

记地面水平线为GD，通过作辅助线构造直角三角形，分别在RtABF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，进而求OG即可． 【详解】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，

AOE26,

OAE902664, OAF18064116, BAF14611630,

在RtABF中，∠BAF＝30°，AB＝8， 则BF＝AB•sin∠BOF＝8×

1＝4cm， 2∴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．

【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，掌握构造直角三角形与矩形，利用锐角三角函数与矩形的性质是解题的关键．

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b)，1)，为(a，半径为r的圆的方程(x﹣a)2+(y﹣b)2＝r2，如：圆心为P(﹣2，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，3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＝

3． 5①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．

【答案】(1)(x+3)2+(y+1)2＝3；(2)①证明见解析，②存在，点Q(﹣【解析】 【分析】

(1)由圆的方程的定义可求解；

3，2)，方程2(x+

32

)+(y﹣2)2＝9 2(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． 【详解】解：(1)以M(﹣3，﹣1)为圆心，3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，

3． 5BO3∴sin∠BEO＝＝，

BEBE∵sin∠AOC＝∴BE＝5，

∴OE＝BE2OB2＝259＝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(﹣

3，2)， 232

)+(y﹣2)2＝9． 2∴以Q为圆心，以QB为半径的⊙Q的方程为(x+

【点睛】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. 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) 销量(斤) x 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？

【答案】(1)10%；(2)y＝﹣3x2+60x+80，第9天时销售利润最大，最大利润是377元 【解析】 【分析】

(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． 【详解】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＝(81﹣4.1)×(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．

【点睛】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. (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RtABC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)．

【答案】(1)①见解析，②45；(2)135°；(3)4k29 【解析】 【分析】

(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． BE＝EC，(3)如图3中，由AE⊥BC，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＝DG2CD2，由此即可解决问题． 【详解】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＝DG2CD2＝4k29．

∴BD＝CG＝4k29．

【点睛】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. 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】(1)y＝x2+2x﹣3；(2)CD的长度为3﹣3或33﹣3；(3)(﹣【解析】 【分析】

(1)将点A，点C坐标代入解析式可求解；

3991557)，(﹣，﹣) ，

441616(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＝10，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＝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． 【详解】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)， ∴3，分401bc，

c3b2解得：，

c3∴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＝

OD3＝， BO3∴OD＝

3×3＝3， 3∴CD＝3﹣3； 若点D在点C下方时， ∵∠DBC＝15°， ∴∠OBD＝60°， ∴tan∠DBO＝

OD＝3， BO∴OD＝33，

∴DC＝33﹣3，

综上所述：线段CD的长度为3﹣3或33﹣3；

(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＝OA2OC2＝19＝10， ∵OE＝OA，∠COE＝∠COA＝90°，OC＝OC， ∴△OCE≌△OCA(SAS)，

∴∠ACO＝∠ECO，CE＝AC＝10， ∴∠ECA＝2∠ACO， ∵∠PAB＝2∠ACO， ∴∠PAB＝∠ECA， ∵S△AEC＝

11AE×OC＝AC×EF， 22∴EF＝23310＝， 105∴CF＝CE2EF2＝1018410＝， 55∴tan∠ECA＝

EF3＝， CF4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＝

ON3＝， AO4∴ON＝

3， 43)， 4∴点N(0，

又∵点A(1，0)， ∴直线AP解析式为：y＝

33x﹣， 4433yx联立方程组得：， 442yx2x39xx1124解得：或，

39y01y216∴点P坐标为：(﹣

399，﹣) 41633x+， 44当点P在AB的上方时，同理可求直线AP解析式为：y＝﹣

33yx联立方程组得：44，

2yx2x315xx1124解得：或，

57y01y216∴点P坐标为：(﹣

1557，)， 416综上所述：点P的坐标为(﹣

3991557，)，(﹣，﹣)．

441616【点睛】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=

3是本题的关键． 4