2020年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷（1）.doc

‎2020年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷（1）‎ 一、选择题（每小题3分，共30分）‎ ‎1．（3分）若一元二次方程x2﹣2kx+1＝0的一根为x＝﹣1，则k的值为（　　）‎ A．﹣1 B．0 C．1 D．2‎ ‎2．（3分）二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣2的顶点坐标是（　　）‎ A．（﹣3，﹣2） B．（﹣3，2） C．（3，﹣2） D．（3，2）‎ ‎3．（3分）如图，已知平行四边形ABCD的两条对角线交于平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（﹣3，4），则点C的坐标为（　　）‎ A．（﹣3，﹣4） B．（﹣3，4） C．（﹣4，3） D．（3，﹣4）‎ ‎4．（3分）掷一枚质地均匀的硬币100次，下列说法正确的是（　　）‎ A．不可能100次正面朝上 B．不可能50次正面朝上 ‎ C．必有50次正面朝上 D．可能50次正面朝上 ‎5．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB＝60°，AB＝AC＝2，则弦BC的长为（　　）‎ A． B．3 C．2 D．4‎ ‎6．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣m＝2x有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）‎ A．m＞﹣1 B．m＜﹣2 C．m≥0 D．m＜0‎ ‎7．（3分）现有A、B、C三个不透明的盒子，A盒中装有红、黄、蓝球各1个，B 第27页（共27页）‎ 盒中装有红、黄球各1个，C盒中装有红、蓝球各1个，这些球除颜色外都相同．现分别从A、B、C三个盒子中任意摸出一个球，摸出的三个球至少有一个红球的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（3分）从地面竖直向上先后抛出两个小球，小球的高度h（米）与运动时间t（秒）之间的函数关系式为h＝﹣（t﹣3）2+40，若后抛出的小球经过2.5秒比先抛出的小球高米，则抛出两个小球的间隔时间是（　　）‎ A．1秒 B．1.5秒 C．2秒 D．2.5秒 ‎9．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心，AD为半径画，再以BC为直径画半圆，若阴影部分①的面积为S1，阴影部分②的面积为S2，则图中S2﹣S1的值为（　　）‎ A．﹣4 B．+4 C．﹣2 D．+2‎ ‎10．（3分）已知函数y＝2x与y＝x2﹣c（c为常数，﹣1≤x≤2）的图象有且仅有一个公共点，则常数c的值为（　　）‎ A．0＜c≤3或c＝﹣1 B．﹣l≤c＜0或c＝3 ‎ C．﹣1≤c≤3 D．﹣1＜c≤3且c≠0‎ 二、填空题（每小题3分，共18分）‎ ‎11．（3分）某校图书馆的藏书在两年内从5万册增加到7.2万册，设平均每年藏书增长的百分率为x，则依据题意可得方程　 　．‎ ‎12．（3分）投掷两枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则两枚骰子向上一面的点数之和等于12为　 　事件．‎ ‎13．（3分）将抛物线y＝2x2分别向上、向左平移2个、1个单位，得到的抛物线的解析式为　 　．‎ ‎14．（3分）如图，在△ABC中，∠A＝62°，⊙O截△ABC三边所得的弦长相等，则∠BOC的度数是　 　．‎ 第27页（共27页）‎ ‎15．（3分）已知A（m，n），B（m+8，n）是抛物线y＝﹣（x﹣h）2+2036上两点，则n＝　 　．‎ ‎16．（3分）如图，定直线l经过圆心O，P是半径OA上一动点，AC⊥l于点C，当半径OA绕着点O旋转时，总有OP＝OC，若OA绕点O旋转60°时，P、A两点的运动路径长的比值是　 　．‎ 三、解答题（共8小题，共72分）‎ ‎17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣3＝0．‎ ‎18．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为E，连接BD交CF于点G，连接CD，AD，BF．‎ ‎（1）求证：△BFG≌△CDG；‎ ‎（2）若AD＝BE＝2，求BF的长．‎ ‎19．（8分）不透明的袋子中装有3个红球和2个绿球，它们除颜色外无其它差别．‎ ‎（1）随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，用列表或画树状图的方法求出所有等可能的结果有多少种？两次摸出的球中至少有一个红球的概率是多少？‎ ‎（2）随机摸出两个小球，直接写出“两次取出的球都是红球”的概率是　 　．‎ 第27页（共27页）‎ ‎20．（8分）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．‎ ‎（1）直接写出△ABC的面积为　 　；‎ ‎（2）请用无刻度的直尺画出将CB绕C点顺时针旋转α（α＝2∠BAC）角后得到的线段CD，并写出点D的坐标为　 　；‎ ‎（3）若一个多边形各点都不在⊙M外，则称⊙M全覆盖这个5多边形，已知点E（6，5），⊙M全覆盖四边形ABCE，则⊙M的直径最小为　 　．‎ ‎21．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点O是BC上一点．‎ ‎（1）尺规作图：作⊙O，使⊙O与AC，AB都相切（不写作法与证明，保留作图痕迹）；‎ ‎（2）在（1）所作的图中，若⊙O与AB相切于点D，与BC的另一个交点为点E，BE＝2，BD＝4，求AO的长．‎ ‎22．（10分）如图，用长33米的竹篱笆围成一个矩形院墙，其中一面靠墙，墙长15米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，院墙的面积为S平方米．‎ ‎（1）直接写出S与x的函数关系式；‎ ‎（2）若院墙的面积为143平方米，求x的值；‎ ‎（3）若在墙的对面再开一个宽为a（a＜3）米的门，且面积S 第27页（共27页）‎ 的最大值为165平方米，求a的值．‎ ‎23．（10分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．‎ ‎（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；‎ ‎（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．‎ ‎①求证：PM＝QN；‎ ‎②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为　 　．‎ ‎24．（12分）如图1，抛物线M1：y＝﹣x2+4x交x正半轴于点A，将抛物线M1先向右平移3个单位，再向上平移3个单位得到抛物线M2，M1与M2交于点B，直线OB交M2于点C．‎ ‎（1）求抛物线M2的解析式；‎ ‎（2）点P是抛物线M1上AB间的一点，作PQ⊥x轴交抛物线M2于点Q，连接CP，CQ．设点P的横坐标为m，当m为何值时，使△CPQ的面积最大，并求出最大值；‎ ‎（3）如图2，将直线OB向下平移，交抛物线M1于点E，F，交抛物线M2于点G，H，则的值是否为定值，证明你的结论．‎ 第27页（共27页）‎ ‎2020年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷（1）‎ 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分）‎ ‎1．（3分）若一元二次方程x2﹣2kx+1＝0的一根为x＝﹣1，则k的值为（　　）‎ A．﹣1 B．0 C．1 D．2‎ ‎【分析】将x＝﹣1代入方程即可求出k的值．‎ ‎【解答】解：将x＝﹣1代入方程可得：1+2k+1＝0，‎ ‎∴k＝﹣1，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解一元二次方程的解的定义，本题属于基础题型．‎ ‎2．（3分）二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣2的顶点坐标是（　　）‎ A．（﹣3，﹣2） B．（﹣3，2） C．（3，﹣2） D．（3，2）‎ ‎【分析】因为顶点式y＝a（x﹣h）2+k，其顶点坐标是（h，k），对照求二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣2的顶点坐标．‎ ‎【解答】解：∵二次函数y＝﹣2（x﹣3）2﹣2是顶点式，‎ ‎∴顶点坐标为（3，﹣2）．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了利用二次函数顶点式求顶点坐标，此题型是中考中考查重点，同学们应熟练掌握．‎ ‎3．（3分）如图，已知平行四边形ABCD的两条对角线交于平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（﹣3，4），则点C的坐标为（　　）‎ 第27页（共27页）‎ A．（﹣3，﹣4） B．（﹣3，4） C．（﹣4，3） D．（3，﹣4）‎ ‎【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，再由对角线的交点为原点，则点A与点C的坐标关于原点成中心对称，据此可解．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形 ‎∴OA＝OC，且点A与点C关于原点成中心对称 ‎∵点A的坐标为（﹣3，4），‎ ‎∴点C的坐标为（3，﹣4）‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的相关性质，是解题的关键．‎ ‎4．（3分）掷一枚质地均匀的硬币100次，下列说法正确的是（　　）‎ A．不可能100次正面朝上 B．不可能50次正面朝上 ‎ C．必有50次正面朝上 D．可能50次正面朝上 ‎【分析】根据概率的意义即可判断．‎ ‎【解答】解：掷一枚质地均匀的硬币100次，‎ 此事件是随机事件，‎ 因此有可能100次正面朝上，‎ 有可能50次正面朝上，故A、B、C错误；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查概率的意义，属于基础题型．‎ ‎5．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB＝60°，AB＝AC＝2，则弦BC的长为（　　）‎ A． B．3 C．2 D．4‎ ‎【分析】如图，首先证得OA⊥BC；然后由圆周角定理推知∠C＝30°，通过解直角△ACD可以求得CD的长度．则BC＝2CD．‎ ‎【解答】解：如图，设AO与BC交于点D．‎ 第27页（共27页）‎ ‎∵∠AOB＝60°，，‎ ‎∴∠C＝∠AOB＝30°，‎ 又∵AB＝AC，‎ ‎∴＝‎ ‎∴AD⊥BC，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∴在直角△ACD中，CD＝AC•cos30°＝2×＝，‎ ‎∴BC＝2CD＝2．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了解直角三角形，圆周角定理等知识点．推知△OAB是等边三角形是解题的难点，证得AD⊥BC是解题的关键．‎ ‎6．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣m＝2x有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）‎ A．m＞﹣1 B．m＜﹣2 C．m≥0 D．m＜0‎ ‎【分析】因为关于x的一元二次方程x2﹣m＝2x有两个不相等的实数根，所以△＝4+4m＞0，解此不等式即可求出m的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣m＝2x有两个不相等的实数根，‎ ‎∴△＝4+4m＞0，‎ 即m＞﹣1．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．总结一元二次方程根的情况与判别式△的关系：‎ ‎（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；‎ ‎（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；‎ 第27页（共27页）‎ ‎（3）△＜0⇔方程没有实数根．‎ ‎7．（3分）现有A、B、C三个不透明的盒子，A盒中装有红、黄、蓝球各1个，B盒中装有红、黄球各1个，C盒中装有红、蓝球各1个，这些球除颜色外都相同．现分别从A、B、C三个盒子中任意摸出一个球，摸出的三个球至少有一个红球的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】画树状图展示所有12种等可能的结果数，摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种，由概率公式即可得出结果．‎ ‎【解答】解：画树形图如下：‎ 共有12种等可能的结果，摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种，‎ 所以摸出的三个球中至少有一个红球的概率为：＝；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．‎ ‎8．（3分）从地面竖直向上先后抛出两个小球，小球的高度h（米）与运动时间t（秒）之间的函数关系式为h＝﹣（t﹣3）2+40，若后抛出的小球经过2.5秒比先抛出的小球高米，则抛出两个小球的间隔时间是（　　）‎ A．1秒 B．1.5秒 C．2秒 D．2.5秒 ‎【分析】分别求得两个高度的时间，从而求得抛出两个小球的时间即可．‎ ‎【解答】解：2.5秒时，后球的高度为：‎ h2＝﹣（2.5﹣3）2+40＝，‎ 第27页（共27页）‎ 则此时，前球的高度为h1＝﹣＝，‎ 令﹣（t﹣3）2+40＝，整理得（t﹣3）2＝1，‎ ‎∴t1＝4，t2＝2（舍），‎ ‎△t＝4﹣2.5＝1.5．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确理解题意是解题关键．‎ ‎9．（3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心，AD为半径画，再以BC为直径画半圆，若阴影部分①的面积为S1，阴影部分②的面积为S2，则图中S2﹣S1的值为（　　）‎ A．﹣4 B．+4 C．﹣2 D．+2‎ ‎【分析】根据图形得到S2﹣S1＝扇形ADC的面积+半圆BC的面积﹣正方形ABCD的面积，根据扇形面积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：由图形可知，扇形ADC的面积+半圆BC的面积+阴影部分①的面积﹣正方形ABCD的面积＝阴影部分②的面积，‎ ‎∴S2﹣S1＝扇形ADC的面积+半圆BC的面积﹣正方形ABCD的面积 ‎＝+π×12﹣22‎ ‎＝﹣4，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的是扇形面积计算，掌握扇形面积公式：S＝是解题的关键．‎ ‎10．（3分）已知函数y＝2x与y＝x2﹣c（c为常数，﹣1≤x≤2）的图象有且仅有一个公共点，则常数c的值为（　　）‎ A．0＜c≤3或c＝﹣1 B．﹣l≤c＜0或c＝3 ‎ C．﹣1≤c≤3 D．﹣1＜c≤3且c≠0‎ 第27页（共27页）‎ ‎【分析】利用直线y＝2x与y＝x2﹣c（c为常数，﹣1≤x≤2）的图象有且仅有一个公共点，由根的判别式求出c的值，即可求得直线的解析式．‎ ‎【解答】解：把y＝2x代入y＝x2﹣c，‎ 整理得x2﹣2x﹣c＝0，‎ 根据题意△＝（﹣2）2+4c＝0，解得c＝﹣1，‎ 把x＝﹣1代入y＝2x与y＝x2﹣c得，c＝3，‎ 把x＝2代入y＝2x与y＝x2﹣c得，c＝0，‎ 由图象可知当0＜c≤3或c＝﹣1时，函数y＝2x与y＝x2﹣c（c为常数，﹣1≤x≤2）的图象有且仅有一个公共点，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了一次函数和二次函数图象上点坐标特征．‎ 二、填空题（每小题3分，共18分）‎ ‎11．（3分）某校图书馆的藏书在两年内从5万册增加到7.2万册，设平均每年藏书增长的百分率为x，则依据题意可得方程　5（1+x）2＝7.2　．‎ ‎【分析】利用平均增长率问题，一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果设平均每年增长的百分率为x，根据“某校图书馆的藏书在两年内从5万册增加到7.2万册”，即可得出方程．‎ ‎【解答】解：设平均每年增长的百分率为x；‎ 第一年藏书量为：5（1+x）；‎ 第二年藏书量为：5（1+x）（1+x）＝5（1+x）2；‎ 依题意，可列方程：5（1+x）2＝7.2．‎ 第27页（共27页）‎ 故答案为：5（1+x）2＝7.2．‎ ‎【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．‎ ‎12．（3分）投掷两枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则两枚骰子向上一面的点数之和等于12为　随机　事件．‎ ‎【分析】根据事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件进行分析即可．‎ ‎【解答】解：投掷两枚质地均匀的骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，则两枚骰子向上一面的点数之和等于12为随机事件，‎ 故答案为：随机．‎ ‎【点评】此题主要考查了随机事件，关键是掌握随机事件定义．在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．‎ ‎13．（3分）将抛物线y＝2x2分别向上、向左平移2个、1个单位，得到的抛物线的解析式为　y＝2（x+1）2+2　．‎ ‎【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．‎ ‎【解答】解：将抛物线y＝2x2分别向上、向左平移2个、1个单位，得到的抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2+2．‎ 故答案为y＝2（x+1）2+2．‎ ‎【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的规律是解答此题的关键．‎ ‎14．（3分）如图，在△ABC中，∠A＝62°，⊙O截△ABC三边所得的弦长相等，则∠BOC的度数是　121°　．‎ ‎【分析】先利用⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1＝∠2，∠3＝∠4，进一步求出∠BOC的度数．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【解答】解：∵△ABC中∠A＝70°，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，‎ ‎∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，‎ ‎∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1+∠3＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣62°）＝59°，‎ ‎∴∠BOC＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°﹣59°＝121°．‎ 故答案是：121°．‎ ‎【点评】本题考查的是三角形的内心，及三角形内角和定理，比较简单．‎ ‎15．（3分）已知A（m，n），B（m+8，n）是抛物线y＝﹣（x﹣h）2+2036上两点，则n＝　2020　．‎ ‎【分析】由A（m，n）、B（m+8，n）是抛物线y＝﹣（x﹣h）2+2018上两点，可得A（h﹣4，0），B（h+4，0），当x＝h+4时，n＝﹣（h+4﹣h）2+2018＝2002‎ ‎【解答】解：∵A（m，n）、B（m+8，n）是抛物线y＝﹣（x﹣h）2+2036上两点，‎ ‎∴A（h﹣4，n），B（h+4，n），‎ 当x＝h+4时，n＝﹣（h+4﹣h）2+2036＝2020，‎ 故答案为2020．‎ ‎【点评】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．‎ ‎16．（3分）如图，定直线l经过圆心O，P是半径OA上一动点，AC⊥l于点C，当半径OA绕着点O旋转时，总有OP＝OC，若OA绕点O旋转60°时，P、A两点的运动路径长的比值是　1　．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【分析】设⊙O的半径为R，l与⊙O交于点B，由直角三角形的性质得出OC＝OA＝OB，由已知得出OP＝OA，证明△AOB是等边三角形，得出BP⊥OA，∠OPB＝90°，得出点P在以OB为直径的圆上运动，圆心为C，由圆周角定理得出∠PCB＝2∠AOB＝120°，由弧长公式求出点A的路径长为＝πR，点P的路径长为＝πR，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：设⊙O的半径为R，l与⊙O交于点B，连接AB、BP、PC、如图所示：‎ ‎∵AC⊥l于点C，∠AOB＝60°，‎ ‎∴∠OAC＝30°，‎ ‎∴OC＝OA＝OB，‎ ‎∵OP＝OC，‎ ‎∴OP＝OA，‎ ‎∵OA＝OB，∠AOB＝60°，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴BP⊥OA，‎ ‎∴∠OPB＝90°，‎ ‎∴点P在以OB为直径的圆上运动，圆心为C，‎ ‎∴∠PCB＝2∠AOB＝120°，‎ ‎∴点A的路径长为＝πR，点P的路径长为＝πR，‎ ‎∴P、A两点的运动路径长的比值是1，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查了轨迹、等边三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形的性质以及弧长公式等知识；熟练掌握圆周角定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键．‎ 第27页（共27页）‎ 三、解答题（共8小题，共72分）‎ ‎17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣3＝0．‎ ‎【分析】配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用，把左边配成完全平方式，右边化为常数．‎ ‎【解答】解：移项得x2﹣4x＝3，‎ 配方得x2﹣4x+4＝3+4，‎ 即（x﹣2）2＝，‎ 开方得x﹣2＝±，‎ ‎∴x1＝2+，x2＝2﹣．‎ ‎【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，用配方法解一元二次方程的步骤：‎ ‎（1）形如x2+px+q＝0型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次项系数一半的平方；第三步左边写成完全平方式；第四步，直接开方即可．‎ ‎（2）形如ax2+bx+c＝0型，方程两边同时除以二次项系数，即化成x2+px+q＝0，然后配方．‎ ‎18．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为E，连接BD交CF于点G，连接CD，AD，BF．‎ ‎（1）求证：△BFG≌△CDG；‎ ‎（2）若AD＝BE＝2，求BF的长．‎ ‎【分析】（1）根据AAS证明：△BFG≌△CDG；‎ ‎（2）解法一：连接OF，设⊙O的半径为r，由CF＝BD列出关于r的勾股方程就能求解；‎ 解法二：如图，作辅助线，构建角平分线和全等三角形，证明Rt△AHC≌Rt△AEC（HL），得AE＝AH，再证明Rt△CDH≌Rt△CBE（HL），得DH＝BE＝2，计算AE和AB的长，证明△BEC∽△BCA，列比例式可得BC的长，就是BF的长．‎ 解法三：连接OC，根据垂径定理和三角形的中位线定理可得OH＝1，证明△COE≌△‎ 第27页（共27页）‎ BOH，并利用勾股定理可得结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵C是的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，且CF⊥AB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴CD＝BF，‎ 在△BFG和△CDG中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△BFG≌△CDG（AAS）；‎ ‎（2）解法一：如图，连接OF，设⊙O的半径为r，‎ Rt△ADB中，BD2＝AB2﹣AD2，即BD2＝（2r）2﹣22，‎ Rt△OEF中，OF2＝OE2+EF2，即EF2＝r2﹣（r﹣2）2，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴BD＝CF，‎ ‎∴BD2＝CF2＝（2EF）2＝4EF2，‎ 即（2r）2﹣22＝4[r2﹣（r﹣2）2]，‎ 解得：r＝1（舍）或3，‎ ‎∴BF2＝EF2+BE2＝32﹣（3﹣2）2+22＝12，‎ ‎∴BF＝2；‎ 解法二：如图，过C作CH⊥AD于H，连接AC、BC，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∵，‎ ‎∴∠HAC＝∠BAC，‎ ‎∵CE⊥AB，‎ ‎∴CH＝CE，‎ ‎∵AC＝AC，‎ ‎∴Rt△AHC≌Rt△AEC（HL），‎ ‎∴AE＝AH，‎ ‎∵CH＝CE，CD＝CB，‎ ‎∴Rt△CDH≌Rt△CBE（HL），‎ ‎∴DH＝BE＝2，‎ ‎∴AE＝AH＝2+2＝4，‎ ‎∴AB＝4+2＝6，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠ACB＝∠BEC＝90°，‎ ‎∵∠EBC＝∠ABC，‎ ‎∴△BEC∽△BCA，‎ ‎∴，‎ ‎∴BC2＝AB•BE＝6×2＝12，‎ ‎∴BF＝BC＝2．‎ 解法三：如图，连接OC，交BD于H，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∵C是的中点，‎ ‎∴OC⊥BD，‎ ‎∴DH＝BH，‎ ‎∵OA＝OB，‎ ‎∴OH＝AD＝1，‎ ‎∵OC＝OB，∠COE＝∠BOH，∠OHB＝∠OEC＝90°，‎ ‎∴△COE≌△BOH（AAS），‎ ‎∴OH＝OE＝1，‎ ‎∴CE＝EF＝＝2，‎ ‎∴BF＝＝＝2．‎ ‎【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、三角形全等的性质和判定以及勾股定理．第二问有难度，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎19．（8分）不透明的袋子中装有3个红球和2个绿球，它们除颜色外无其它差别．‎ ‎（1）随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，用列表或画树状图的方法求出所有等可能的结果有多少种？两次摸出的球中至少有一个红球的概率是多少？‎ ‎（2）随机摸出两个小球，直接写出“两次取出的球都是红球”的概率是　　．‎ ‎【分析】（1）画树状图展示所有25种等可能的结果数，找出两次摸出的球中至少有一个红球的结果数，然后根据概率公式求解；‎ ‎（2）画树状图展示所有20种等可能的结果数，找出两次取出的球都是红球的结果数，然后根据概率公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）画树状图为：‎ 第27页（共27页）‎ 共有25种等可能的结果数，两次摸出的球中至少有一个红球的结果数为21，‎ 所以两次摸出的球中至少有一个红球的概率＝；‎ ‎（2）画树状图为：‎ 共有20种等可能的结果数，两次取出的球都是红球的结果数为6，‎ 所以两次取出的球都是红球的概率＝＝．‎ 故答案为 ‎【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．‎ ‎20．（8分）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．‎ ‎（1）直接写出△ABC的面积为　10　；‎ ‎（2）请用无刻度的直尺画出将CB绕C点顺时针旋转α（α＝2∠BAC）角后得到的线段CD，并写出点D的坐标为　（9，5）　；‎ ‎（3）若一个多边形各点都不在⊙M外，则称⊙M全覆盖这个5多边形，已知点E（6，5），⊙M全覆盖四边形ABCE，则⊙M的直径最小为　　．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【分析】（1）利用三角形的面积公式计算即可．‎ ‎（2）根据要求画出点D即可解决问题．‎ ‎（3）作出△ABC，△ACE，△ABE，△ECB的外接圆可知：△BCE的外接圆⊙M全覆盖四边形ABCE，且⊙M的直径最小．‎ ‎【解答】解：（1）S△ABC＝×5×4＝10．‎ 故答案为10．‎ ‎（2）如图，点D即为所求，D（9，5）．‎ 故答案为（9，5）．‎ ‎（3）如图，作出△ABC，△ACE，△ABE，△ECB的外接圆可知：△BCE的外接圆⊙M全覆盖四边形ABCE，且⊙M的直径最小，直径＝BE＝＝‎ 第27页（共27页）‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣旋转变换，三角形的外接圆等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎21．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点O是BC上一点．‎ ‎（1）尺规作图：作⊙O，使⊙O与AC，AB都相切（不写作法与证明，保留作图痕迹）；‎ ‎（2）在（1）所作的图中，若⊙O与AB相切于点D，与BC的另一个交点为点E，BE＝2，BD＝4，求AO的长．‎ ‎【分析】（1）尺规作图：作∠CAB的平分线交BC于点O，以点O为圆心，OC为半径作⊙O，使⊙O与AC，AB都相切即可；‎ ‎（2）在（1）所作的图中，若⊙O与AB相切于点D，与BC的另一个交点为点E，BE＝2，BD＝4，根据勾股定理即可求AO的长．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）如图，作∠CAB的平分线交BC于点O，‎ 以点O为圆心，OC为半径作⊙O，则⊙O与AC，AB都相切；‎ ‎（2）连接OD，设OD＝OE＝R，‎ 在Rt△OBD中，R2+42＝（R+2）2‎ 第27页（共27页）‎ 解得R＝3，则CE＝6，‎ 设AC＝AD＝x，‎ 在Rt△ABC中，x2+82＝（x+4）2‎ 解得x＝6，‎ ‎∴AO＝＝＝3．‎ ‎【点评】本题考查了作图﹣复杂作图、切线的判定与性质，解决本题的关键是准确作图．‎ ‎22．（10分）如图，用长33米的竹篱笆围成一个矩形院墙，其中一面靠墙，墙长15米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，院墙的面积为S平方米．‎ ‎（1）直接写出S与x的函数关系式；‎ ‎（2）若院墙的面积为143平方米，求x的值；‎ ‎（3）若在墙的对面再开一个宽为a（a＜3）米的门，且面积S的最大值为165平方米，求a的值．‎ ‎【分析】（1）根据矩形面积公式即可写出函数关系式；‎ ‎（2）根据（1）所得关系式，将S＝143代入即可求解；‎ ‎（3）再开一个宽为a的门，即矩形的另一边长为（35﹣2x+a）m，根据矩形的面积公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意得，S＝（33﹣2x+2）x＝﹣2x2+35x；‎ ‎（2）当S＝143时，即143＝﹣2x2+35x，‎ 解得：x1＝11，x2＝，‎ ‎∵墙长15米，‎ ‎∴33﹣13+2＝22＞15，‎ ‎∴x的值为11；‎ ‎（3）∵S＝（33﹣2x+a+2）x＝﹣2x2+（35+a）x，‎ ‎∵面积S的最大值为165平方米，‎ ‎∴＝165，‎ 第27页（共27页）‎ ‎（35+a）2＝1320，‎ 解得a1＝2﹣35，a2＝﹣2﹣35（舍去），‎ 答：a的值为（2﹣35）米．‎ ‎【点评】本题主要考查二次函数的应用，根据矩形面积公式得出函数解析式是根本，根据养鸡场的长不超过墙长取舍是关键．‎ ‎23．（10分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．‎ ‎（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；‎ ‎（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．‎ ‎①求证：PM＝QN；‎ ‎②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为　8　．‎ ‎【分析】（1）由菱形的性质得出BC＝DC，∠BCD＝120°，由旋转的性质得PC＝QC，∠PCQ＝120°，得出∠BCP＝∠DCQ，由SAS得出△BCP≌△DCQ即可 ‎（2）①由全等三角形的性质得出BP＝DQ，得出∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．在CD上取点E，使QE＝QN，则∠QEN＝∠QNE，得出∠QED＝∠QNC＝∠PMB，证明△PBM≌△QDE （AAS），即可得出结论；‎ ‎②由①知PM＝QN，得出MN＝PQ＝PC，当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，则PC＝2，BC＝2PC＝4，菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积，即可得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BC＝DC，AB∥CD，‎ ‎∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，‎ ‎∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°‎ 由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，‎ ‎∴∠BCD＝∠DCQ，‎ ‎∴∠BCP＝∠DCQ，‎ 第27页（共27页）‎ 在△BCP和△DCQ中，，‎ ‎∴△BCP≌△DCQ（SAS）；‎ ‎（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，‎ ‎∴BP＝DQ，‎ ‎∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．‎ 在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：‎ 则∠QEN＝∠QNE，‎ ‎∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，‎ 在△PBM和△QDE中，，‎ ‎∴△PBM≌△QDE （AAS），‎ ‎∴PM＝QE＝QN．‎ ‎②解：由①知PM＝QN，‎ ‎∴MN＝PQ＝PC，‎ ‎∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，‎ 则PC＝2，BC＝2PC＝4，‎ ‎∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝2××42＝8；‎ 故答案为：8．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎24．（12分）如图1，抛物线M1：y＝﹣x2+4x交x正半轴于点A，将抛物线M1先向右平移3个单位，再向上平移3个单位得到抛物线M2，M1与M2交于点B，直线OB交M2于点C．‎ 第27页（共27页）‎ ‎（1）求抛物线M2的解析式；‎ ‎（2）点P是抛物线M1上AB间的一点，作PQ⊥x轴交抛物线M2于点Q，连接CP，CQ．设点P的横坐标为m，当m为何值时，使△CPQ的面积最大，并求出最大值；‎ ‎（3）如图2，将直线OB向下平移，交抛物线M1于点E，F，交抛物线M2于点G，H，则的值是否为定值，证明你的结论．‎ ‎【分析】（1）先将抛物线M1：y＝﹣x2+4x化为顶点式，由平移规律“上加下减，左加右减”可直接写出抛物线M2的解析式；‎ ‎（2）分别求出点A，点B，点C的坐标，求出m的取值范围，再用含m的代数式表示出△CPQ的面积，可用函数的思想求出其最大值；‎ ‎（3）设将直线OB向下平移k个单位长度得到直线EH，分别求出点E，F，G，H的横坐标，分别过G，H作y轴的平行线，过E，F作x轴的平行线，构造相似三角形△GEM与△HFN，可通过相似三角形的性质求出的值为1．‎ ‎【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，‎ ‎∴将其先向右平移3个单位，再向上平移3个单位的解析式为：y＝﹣（x﹣5）2+7＝﹣x2+10x﹣18；‎ ‎（2）∵抛物线M1与M2交于点B，‎ ‎∴﹣x2+4x＝﹣x2+10x﹣18，‎ 解得，x＝3，‎ ‎∴B（3，3），‎ 将点B（3，3）代入y＝kx，‎ 得，k＝1，‎ ‎∴yOB＝x，‎ ‎∵抛物线M2与直线OB交于点C，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴x＝﹣x2+10x﹣18，‎ 解得，x1＝3，x2＝6，‎ ‎∴C（6，6），‎ ‎∵点P的横坐标为m，‎ ‎∴点P（m，﹣m2+4m），‎ 则Q（m，﹣m2+10m﹣18），‎ ‎∴QP＝﹣m2+10m﹣18﹣（﹣m2+4m）＝6m﹣18，‎ ‎∴S△PQC＝（6m﹣18）（6﹣m）‎ ‎＝﹣3m2+27m﹣54，‎ ‎＝﹣3（m﹣）2+，‎ 在y＝﹣m2+4m中，当y＝0时，‎ x1＝0，x2＝4，‎ ‎∴A（4，0），‎ ‎∵B（3，3），‎ ‎∴3≤m≤4，‎ ‎∴在S＝﹣3（m﹣）2+中，‎ 根据二次函数的图象及性质可知，当m＝4时，△PCQ有最大值，最大值为6；‎ ‎（3）的值是定值1，理由如下：‎ 设将直线OB向下平移k个单位长度得到直线EH，‎ 则yEH＝x﹣k，‎ ‎∴令x﹣k＝﹣x2+4x，‎ 解得，x1＝，x2＝，‎ ‎∴xF＝，xE＝，‎ 令x﹣k＝﹣x2+10x﹣18，‎ 解得，x1＝，x2＝，‎ ‎∴xH＝，xG＝，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴ME＝xG﹣xE＝﹣＝3，‎ FN＝xH﹣xF＝﹣＝3，‎ 分别过G，H作y轴的平行线，过E，F作x轴的平行线，交点分别为M，N，Q，‎ 则∠HFN＝∠GEM，∠HNF＝∠GME＝90°，‎ ‎∴△GEM∽△HFN，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝＝＝1，‎ ‎∴的值是定值1．‎ ‎【点评】本题考查了二次函数的图象平移规律，二次函数的图象及性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是掌握用函数的思想求极值等．‎ 第27页（共27页）‎