?2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學一模試卷
一、選擇題（本部分共10小題，每小題3分每小題給出4個選項，其中只有一個選項是正確的.）
1．（3分）﹣2的絕對值是（　　）
A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
2．（3分）下列立體圖形中，俯視圖是正方形的是（　?。?br /> A． B． C． D．
3．（3分）未來三年，國家將投入8450億元用于緩解群眾“看病難、看病貴”的問題．將8450億元用科學記數(shù)法表示為（　?。?br /> A．0.845×104億元 B．8.45×103億元
C．8.45×104億元 D．84.5×102億元
4．（3分）下列圖形中，是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）某市6月份某周氣溫（單位：℃）為23、25、28、25、28、31、28，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)分別是（　?。?br /> A．25、25 B．28、28 C．25、28 D．28、31
6．（3分）下列命題是假命題的是（　?。?br /> A．在同圓或等圓中，相等的弦所對的弧相等
B．在同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等
C．平分弦（不是直徑）的直徑垂直于這條弦
D．同弧所對的圓周角相等
7．（3分）已知某快遞公司的收費標準為：寄一件物品不超過5千克，收費13元；超過5千克的部分每千克加收2元．圓圓在該快遞公司寄一件8千克的物品，需要付費（　　）
A．17元 B．19元 C．21元 D．23元
8．（3分）如圖，在△ABC中，以點B為圓心，以BA長為半徑畫弧交邊BC于點D，連接AD．若∠B＝40°，∠C＝36°，則∠DAC的度數(shù)是（　?。?br />
A．70° B．44° C．34° D．24°
9．（3分）如圖是由邊長相同的小正方形組成的網(wǎng)格，A，B，P，Q四點均在正方形網(wǎng)格的格點上，線段AB，PQ相交于點M，則圖中∠QMB的正切值是（　?。?br />
A． B．1 C． D．2
10．（3分）如圖，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中點，點D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E、F，連接EM，則下列結(jié)論中：①BF＝CE；②∠AEM＝∠DEM；③CF?DM＝BM?DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　?。?br />
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空題
11．（3分）分解因式：x2y﹣y3＝　 ?。?br /> 12．（3分）有兩雙完全相同的鞋，從中任取兩只，恰好成為一雙的概率為　 ?。?br /> 13．（3分）對于實數(shù)p、q，我們用符號min{p，q}表示p、q兩數(shù)中較小的數(shù)，如min{1，2}＝1，若min{（x﹣1）2，x2}＝1，則x＝　 ?。?br /> 14．（3分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，P為線段BC上的一動點，且和B、C不重合，連接PA，過點P作PE⊥PA交CD于E，將△PEC沿PE翻折到平面內(nèi)，使點C恰好落在AD邊上的點F，則BP長為 　 ?。?br />
15．（3分）如圖，平面直角坐標系中，O為原點，點A、B分別在y軸、x軸的正半軸上，△AOB的兩條外角平分線交于點P，P在反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象上，PA的延長線交x軸于點C，PB的延長線交y軸于點D，連接CD，OD＝3，OC＝5，則k的值為　 ?。?br />
三、解答題（本題共小題，其中第16題5分，第17題6分，第18題8分，第19題8分，第20題8分，第21題10分，第22題10分，共55分）
16．（5分）計算：﹣4sin45°+（﹣π）0﹣（）﹣1．
17．（6分）先化簡，再求值：（+）÷，其中x＝﹣1．
18．（8分）某校為了解本校九年級學生2020年適應性考試數(shù)學成績，現(xiàn)從九年級學生中隨機抽取部分學生的適應性考試數(shù)學成績，按A，B，C，D四個等級進行統(tǒng)計，并將統(tǒng)計結(jié)果繪成如圖所示不完整的統(tǒng)計圖，請根據(jù)統(tǒng)計圖中的信息回答下列問題：

（說明：A等級：80～100分，B等級：70～80分，C等級：60～70分，D等級：0～60分，每組中包含最小值不包含最大值，但是80～100分既包含最小值又包含最大值）
（1）此次抽查的人數(shù)為　 ?。?br /> （2）補全條形統(tǒng)計圖，補充完整．
（3）扇形統(tǒng)計圖中D等級所對的圓心角的度數(shù)是　 ?。?br /> （4）從該校九年級的學生中隨機抽查1人，數(shù)學成績是A等級的概率是　 ?。?br /> 19．（8分）如圖，△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，分別將△ABD、△ACD沿AB、AC對折，得到△ABE、△ACF，延長EB、FC相交于G點．
（1）求證：四邊形AEGF是正方形；
（2）若BD＝2，DC＝3，求AD的長．

20．（8分）在美化校園的活動中，某興趣小組想借助如圖所示的直角墻角（兩邊足夠長），用28m長的籬笆圍成一個矩形花園ABCD（籬笆只圍AB，BC兩邊），設AB＝xm．
（1）若花園的面積為192m2，求x的值；
（2）若在P處有一棵樹與墻CD，AD的距離分別是15m和6m，要將這棵樹圍在花園內(nèi)（含邊界，不考慮樹的粗細），求花園面積S的最大值．

21．（10分）問題：如圖1，⊙O中，AB是直徑，AC＝BC，點D是劣弧BC上任一點．（不與點B、C重合）
求證：為定值．
思路：和差倍半問題，可采用截長補短法，先證明△ACE≌△BCD．按思路完成下列證明過程．
證明：在AD上截取點E．使AE＝BD．連接CE．
運用：如圖2，在平面直角坐標系中，⊙O1與x軸相切于點A（3，0），與軸相交于B、C兩點，且BC＝8，連接AB，O1B．

（1）OB的長為 　 　．
（2）如圖3，過A、B兩點作⊙O2與y軸的負半軸交于點M，與O1B的延長線交于點N，連接AM、MN，當⊙O2的大小變化時，問BM﹣BN的值是否變化，為什么？如果不變，請求出BM﹣BN的值．
22．（10分）如圖1，已知拋物線y＝﹣（x+3）（x﹣4）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．
（1）寫出A、B、C三點的坐標．
（2）若點P為△OBC內(nèi)一點，求OP+BP+CP的最小值．
（3）如圖2，點Q為對稱軸左側(cè)拋物線上一動點，點D（4，0），直線DQ分別與y軸、直線AC交于E、F兩點，當△CEF為等腰三角形時，請直接寫出CE的長．


2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學一模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本部分共10小題，每小題3分每小題給出4個選項，其中只有一個選項是正確的.）
1．（3分）﹣2的絕對值是（　?。?br /> A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
【分析】根據(jù)絕對值的定義，可直接得出﹣2的絕對值．
【解答】解：|﹣2|＝2．
故選：B．
【點評】本題考查了絕對值的定義，關鍵是利用了絕對值的性質(zhì)．
2．（3分）下列立體圖形中，俯視圖是正方形的是（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】俯視圖是從物體上面看，所得到的圖形．
【解答】解：A、圓柱的俯視圖是圓，故此選項錯誤；
B、正方體的俯視圖是正方形，故此選項正確；
C、三棱錐的俯視圖是三角形，故此選項錯誤；
D、圓錐的俯視圖是帶圓心的圓，故此選項錯誤；
故選：B．
【點評】本題考查了幾何體的三種視圖，掌握定義是關鍵．注意所有的看到的棱都應表現(xiàn)在三視圖中．
3．（3分）未來三年，國家將投入8450億元用于緩解群眾“看病難、看病貴”的問題．將8450億元用科學記數(shù)法表示為（　?。?br /> A．0.845×104億元 B．8.45×103億元
C．8.45×104億元 D．84.5×102億元
【分析】科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值≥1時，n是非負數(shù)；當原數(shù)的絕對值＜1時，n是負數(shù)．
【解答】解：將8450億元用科學記數(shù)法表示為8.45×103億元．
故選：B．
【點評】此題考查科學記數(shù)法的表示方法．科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
4．（3分）下列圖形中，是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．
【解答】解：A、是中心對稱圖形，故此選項符合題意；
B、不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；
C、不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；
D、不是中心對稱圖形，故此選項不合題意．
故選：A．
【點評】此題主要考查了中心對稱圖形，關鍵是掌握中心對稱圖形的定義．
5．（3分）某市6月份某周氣溫（單位：℃）為23、25、28、25、28、31、28，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)分別是（　?。?br /> A．25、25 B．28、28 C．25、28 D．28、31
【分析】根據(jù)中位數(shù)和眾數(shù)的定義求解：眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，注意眾數(shù)可以不止一個；找中位數(shù)要把數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數(shù)（或兩個數(shù)的平均數(shù)）為中位數(shù)
【解答】解：將這組數(shù)據(jù)從小到大的順序排列23，25，25，28，28，28，31，
在這一組數(shù)據(jù)中28是出現(xiàn)次數(shù)最多的，故眾數(shù)是28℃．
處于中間位置的那個數(shù)是28，那么由中位數(shù)的定義可知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是28℃；
故選：B．
【點評】本題為統(tǒng)計題，考查中位數(shù)與眾數(shù)的意義，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數(shù)（最中間兩個數(shù)的平均數(shù)），叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，如果中位數(shù)的概念掌握得不好，不把數(shù)據(jù)按要求重新排列，就會出錯．
6．（3分）下列命題是假命題的是（　?。?br /> A．在同圓或等圓中，相等的弦所對的弧相等
B．在同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等
C．平分弦（不是直徑）的直徑垂直于這條弦
D．同弧所對的圓周角相等
【分析】根據(jù)圓心角、弧、弦之間的關系、垂徑定理、圓周角定理判斷即可．
【解答】解：A、在同圓或等圓中，相等的弦所對的弧不一定相等，本選項說法是假命題；
B、在同圓或等圓中，相等的弧所對的弦相等，本選項說法是真命題；
C、平分弦（不是直徑）的直徑垂直于這條弦，本選項說法是真命題；
D、同弧所對的圓周角相等，本選項說法是真命題；
故選：A．
【點評】本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．
7．（3分）已知某快遞公司的收費標準為：寄一件物品不超過5千克，收費13元；超過5千克的部分每千克加收2元．圓圓在該快遞公司寄一件8千克的物品，需要付費（　?。?br /> A．17元 B．19元 C．21元 D．23元
【分析】根據(jù)題意列出算式計算，即可得到結(jié)果．
【解答】解：根據(jù)題意得：13+（8﹣5）×2＝13+6＝19（元）．
則需要付費19元．
故選：B．
【點評】此題考查了有理數(shù)的混合運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．
8．（3分）如圖，在△ABC中，以點B為圓心，以BA長為半徑畫弧交邊BC于點D，連接AD．若∠B＝40°，∠C＝36°，則∠DAC的度數(shù)是（　?。?br />
A．70° B．44° C．34° D．24°
【分析】由AB＝BD，∠B＝40°得到∠ADB＝70°，再根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵AB＝BD，∠B＝40°，
∴∠ADB＝70°，
∵∠C＝36°，
∴∠DAC＝∠ADB﹣∠C＝34°．
故選：C．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，掌握等邊對等角是解題的關鍵，注意三角形外角性質(zhì)的應用．
9．（3分）如圖是由邊長相同的小正方形組成的網(wǎng)格，A，B，P，Q四點均在正方形網(wǎng)格的格點上，線段AB，PQ相交于點M，則圖中∠QMB的正切值是（　?。?br />
A． B．1 C． D．2
【分析】根據(jù)題意平移AB使A點與P點重合，進而得出，△QPB′是直角三角形，再利用tan∠QMB＝tan∠P＝，進而求出答案．
【解答】解：如圖所示：平移AB使A點與P點重合，連接B′Q，
可得∠QMB＝∠P，
∵PB′＝2，PQ＝2，B′Q＝4，
∴PB′2+QB′2＝PQ2，
∴△QPB′是直角三角形，
∴tan∠QMB＝tan∠P＝＝＝2．
故選：D．

【點評】此題主要考查了勾股定理以及銳角三角函數(shù)關系，正確得出△QPB′是直角三角形是解題關鍵．
10．（3分）如圖，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中點，點D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E、F，連接EM，則下列結(jié)論中：①BF＝CE；②∠AEM＝∠DEM；③CF?DM＝BM?DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　?。?br />
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】證明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判斷①；再證明△BFM≌△CEM，從而判斷△EMF為等腰直角三角形，得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判斷②；證明△CDM∽ADE，得到對應邊成比例，結(jié)合BM＝CM，AE＝CF，可判斷③；證明△DFM≌△NEM，得到△DMN為等腰直角三角形，得到DN＝DM，可判斷④．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠ACE＝90°，
∵∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF＝CE，故①正確；
由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，
∴AE﹣CE＝CF﹣CE＝EF，
如圖，連接FM，CM，

∵點M是AB中點，
∴CM＝AB＝BM＝AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，
∴∠DBF＝∠DCM，
又BM＝CM，BF＝CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，
∵∠BMC＝90°，
∴∠EMF＝90°，即△EMF為等腰直角三角形，
∴∠MEF＝∠MFE＝45°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正確，
∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，
∴△CDM∽△ADE，
∴＝＝，
∵BM＝CM，AE＝CF，
∴＝，
∴CF?DM＝BM?DE，故③正確；
如圖，設AE與CM交于點N，連接DN，

∵∠DMF＝∠NME，F(xiàn)M＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF＝EN，DM＝MN，
∴△DMN為等腰直角三角形，
∴DN＝DM，而∠DEA＝90°，
∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正確；
故正確結(jié)論為：①②③④．共4個．
故選：D．
【點評】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，等量代換，難度較大，解題的關鍵是添加輔助線，構造全等三角形．
二、填空題
11．（3分）分解因式：x2y﹣y3＝　y（x+y）（x﹣y）?。?br /> 【分析】先提取公因式y(tǒng)，再利用平方差公式進行二次分解．
【解答】解：x2y﹣y3
＝y(tǒng)（x2﹣y2）
＝y(tǒng)（x+y）（x﹣y）．
故答案為：y（x+y）（x﹣y）．
【點評】本題考查了提公因式法與公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式進行二次因式分解是解題的關鍵，分解要徹底．
12．（3分）有兩雙完全相同的鞋，從中任取兩只，恰好成為一雙的概率為　?。?br /> 【分析】設其中一雙鞋分別為a，a′；畫出樹狀圖，可知共有12種情況，能配成一雙的有8種情況，根據(jù)概率公式計算即可；
【解答】解：設其中一雙鞋分別為a，a′；
畫樹狀圖得：

∵共有12種情況，能配成一雙的有8種情況，
∴取出兩只剛好配一雙鞋的概率是：＝．
故答案為：．
【點評】本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率．列表法或畫樹狀圖法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，列表法適合于兩步完成的事件，樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件．用到的知識點為：概率＝所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．
13．（3分）對于實數(shù)p、q，我們用符號min{p，q}表示p、q兩數(shù)中較小的數(shù)，如min{1，2}＝1，若min{（x﹣1）2，x2}＝1，則x＝　2或﹣1　．
【分析】首先理解題意，進而可得min{（x﹣1）2，x2}＝1時分情況討論：當（x﹣1）2＝1時；x2＝1時；進而可得答案．
【解答】解：∵min{（x﹣1）2，x2}＝1，
當（x﹣1）2＝1時，解得x＝2或0，
x＝0時，不符合題意，
∴x＝2．
當x2＝1時，解得x＝1或﹣1，
x＝1不符合題意，
∴x＝﹣1，
故答案為：2或﹣1．
【點評】此題主要考查了解一元二次方程﹣直接開平方法，實數(shù)的比較大小，以及分類思想的運用，關鍵是正確理解題意．
14．（3分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，P為線段BC上的一動點，且和B、C不重合，連接PA，過點P作PE⊥PA交CD于E，將△PEC沿PE翻折到平面內(nèi)，使點C恰好落在AD邊上的點F，則BP長為 　或1　．

【分析】作PH⊥AD于H，如圖，設BP＝x，則CP＝2﹣x，利用等角的余角相等得到∠1＝∠3，則根據(jù)相似三角形的判定得到Rt△ABP∽Rt△PCE，利用相似比、折疊的性質(zhì)得表示相應的線段，然后證明Rt△PHF∽Rt△FDE，利用相似比得到FD，在Rt△DFE中，根據(jù)勾股定理即可求解．
【解答】解：作PH⊥AD于H，如圖，設BP＝x，則CP＝2﹣x．

∵PE⊥PA，
∴∠2+∠3＝90°，
∵∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴Rt△ABP∽Rt△PCE，
∴．即．
∴CE＝x（2﹣x）．
∵△PEC沿PE翻折到△PEF位置，使點F落到AD上，
∴EF＝CE＝x（2﹣x），PF＝PC＝2﹣x，∠PGE＝∠C＝90°，
∴DE＝DC﹣CE＝1﹣x（2﹣x）＝（x﹣1）2．
∴∠5+∠6＝90°．
∵∠4+∠6＝90°，
∴∠5＝∠4．
∴Rt△PHF∽Rt△FDE，
∴，即．
∴FD＝x，
在Rt△DFE中，
∵DE2+DF2＝FE2，
∴[（x﹣1）2]2+x2＝[x（2﹣x）]2，
解得x1＝，x2＝1，
∴BP的長為或1．
解法二：過點A作AM⊥BF于M．

∵△PEF由△PEC翻折得到，
∴△PEF≌△PEC，
∴PF＝PC，∠FPE＝∠EPC，
又∵∠BPA+∠EPC＝90°，∠APM+∠EPF＝90°，
∴∠APB＝∠APM，
又∵∠B＝∠AMP＝90°，AP＝AP，
∴△ABP≌△AMP（AAS），
∴AB＝AM＝1，BP＝PM，
令BP＝x，則PC＝PF＝2﹣x，BP＝PM＝x，
∴MF＝2﹣x﹣x＝2﹣2x，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PAD，
又∵∠APB＝∠APF，
∴△APF為等腰三角形，
∴AF＝PF＝2﹣x，
在△AMF中，AF2＝AM2+MF2，
∴（2﹣x）2＝12+（2﹣2x）2，
∴x＝1或．
故答案為：或1．
【點評】本題考查了折疊的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定，證得Rt△ABP∽Rt△PCE、Rt△PHG∽Rt△GDE是解題的關鍵．
15．（3分）如圖，平面直角坐標系中，O為原點，點A、B分別在y軸、x軸的正半軸上，△AOB的兩條外角平分線交于點P，P在反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象上，PA的延長線交x軸于點C，PB的延長線交y軸于點D，連接CD，OD＝3，OC＝5，則k的值為　?。?br />
【分析】作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H，連接OP．利用角平分線的性質(zhì)得出PM＝PN，可以假設P（m，m），則k＝m2，利用勾股定理得到m2+m2＝OP2，通過證得△COP∽△POD，得到OP2＝OC?OD＝5×3＝15，即可求得k的值．
【解答】解：作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H，連接OP．
∵△AOB的兩條外角平分線交于點P，
∴PM＝PH，PN＝PH，
∴PM＝PN，
∴可以假設P（m，m），
∵P在反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象上，
∴k＝m2，
∵∠POA＝∠POB＝∠CPD＝45°，
∴∠COP＝∠POD＝135°，
∵∠POB＝∠PCO+∠OPC＝45°，∠APO+∠OPD＝45°，
∴∠PCO＝∠OPD，
∴△COP∽△POD，
∴OP2＝OC?OD＝5×3＝15，
∴OP＝，
根據(jù)勾股定理，m2+m2＝15，
∴k＝m2＝
故答案為．

【點評】本題屬于考查了反比例函數(shù)的應用，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
三、解答題（本題共小題，其中第16題5分，第17題6分，第18題8分，第19題8分，第20題8分，第21題10分，第22題10分，共55分）
16．（5分）計算：﹣4sin45°+（﹣π）0﹣（）﹣1．
【分析】直接利用零指數(shù)冪的性質(zhì)以及負整數(shù)指數(shù)冪的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、二次根式的性質(zhì)分別化簡得出答案．
【解答】解：原式＝3﹣4×+1﹣2
＝3﹣2+1﹣2
＝﹣1．
【點評】此題主要考查了實數(shù)運算，正確化簡各數(shù)是解題關鍵．
17．（6分）先化簡，再求值：（+）÷，其中x＝﹣1．
【分析】根據(jù)分式的運算法則即可求出答案．
【解答】解：當x＝﹣1時，
原式＝×
＝3x+2
＝﹣1
【點評】本題考查分式的運算，解題的關鍵是熟練運用分式的運算法則，本題屬于基礎題型．
18．（8分）某校為了解本校九年級學生2020年適應性考試數(shù)學成績，現(xiàn)從九年級學生中隨機抽取部分學生的適應性考試數(shù)學成績，按A，B，C，D四個等級進行統(tǒng)計，并將統(tǒng)計結(jié)果繪成如圖所示不完整的統(tǒng)計圖，請根據(jù)統(tǒng)計圖中的信息回答下列問題：

（說明：A等級：80～100分，B等級：70～80分，C等級：60～70分，D等級：0～60分，每組中包含最小值不包含最大值，但是80～100分既包含最小值又包含最大值）
（1）此次抽查的人數(shù)為　150?。?br /> （2）補全條形統(tǒng)計圖，補充完整．
（3）扇形統(tǒng)計圖中D等級所對的圓心角的度數(shù)是　36°?。?br /> （4）從該校九年級的學生中隨機抽查1人，數(shù)學成績是A等級的概率是　　．
【分析】（1）根據(jù)統(tǒng)計圖可知，C等級有36人，占調(diào)查人數(shù)的24%，從而可以得到本次抽查的學生數(shù)；
（2）根據(jù)（1）中求得的抽查人數(shù)可以求得A等級的學生數(shù)，從而可以將統(tǒng)計圖補充完整；
（3）用360°乘以D等級人數(shù)所占比例即可；
（4）用樣本中A等級人數(shù)除以被調(diào)查的總?cè)藬?shù)即可．
【解答】解：（1）此次抽查的學生有：36÷24%＝150（人）；
故答案為：150；
（2）A等級的學生數(shù)是：150×20%＝30（人），
補全統(tǒng)計圖如下：

（3）扇形統(tǒng)計圖中D等級所對的圓心角的度數(shù)是360°×＝36°，
故答案為：36°；
（4）從該校九年級的學生中隨機抽查1人，數(shù)學成績是A等級的概率是＝，
故答案為：．
【點評】本題考查概率、條形統(tǒng)計圖、扇形統(tǒng)計圖、用樣本估計總體，解題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
19．（8分）如圖，△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，分別將△ABD、△ACD沿AB、AC對折，得到△ABE、△ACF，延長EB、FC相交于G點．
（1）求證：四邊形AEGF是正方形；
（2）若BD＝2，DC＝3，求AD的長．

【分析】（1）根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可．
（2）設正方形AEGF的邊長是x．則BG＝EC﹣BE＝x﹣2，CG＝FG﹣CF＝x﹣3，在直角△BGC中利用勾股定理即可得到關于x的方程，即可求解．
【解答】（1）證明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
用翻折的性質(zhì)可知，
∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，AE＝AD＝AF，∠BAD＝∠BAE，∠CAD＝∠CAF，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝90°，
∴四邊形AEGF是矩形，
∵AE＝AF，
∴四邊形AEGF是正方形．

（2）解：根據(jù)對稱的性質(zhì)可得：BE＝BD＝2，CF＝CD＝3，
設AD＝x，則正方形AEGF的邊長是x，
則BG＝EG﹣BE＝x﹣2，CG＝FG﹣CF＝x﹣3，
在直角△BCG中，根據(jù)勾股定理可得：（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，
解得：x＝6或﹣1（舍去）．
∴AD＝6．
【點評】本題考查圖形的翻折變換，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．
20．（8分）在美化校園的活動中，某興趣小組想借助如圖所示的直角墻角（兩邊足夠長），用28m長的籬笆圍成一個矩形花園ABCD（籬笆只圍AB，BC兩邊），設AB＝xm．
（1）若花園的面積為192m2，求x的值；
（2）若在P處有一棵樹與墻CD，AD的距離分別是15m和6m，要將這棵樹圍在花園內(nèi)（含邊界，不考慮樹的粗細），求花園面積S的最大值．

【分析】（1）根據(jù)題意得出長×寬＝192，進而得出答案；
（2）由題意可得出：S＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，再利用二次函數(shù)增減性求得最值．
【解答】解：（1）∵AB＝x，則BC＝（28﹣x），
∴x（28﹣x）＝192，
解得：x1＝12，x2＝16，
答：x的值為12或16；

（2）∵AB＝xm，
∴BC＝28﹣x，
∴S＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，
∵在P處有一棵樹與墻CD，AD的距離分別是15m和6m，
∵28﹣15＝13，
∴6≤x≤13，
∴當x＝13時，S取到最大值為：S＝﹣（13﹣14）2+196＝195，
答：花園面積S的最大值為195平方米．
【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的應用以及二次函數(shù)最值求法，得出S與x的函數(shù)關系式是解題關鍵．
21．（10分）問題：如圖1，⊙O中，AB是直徑，AC＝BC，點D是劣弧BC上任一點．（不與點B、C重合）
求證：為定值．
思路：和差倍半問題，可采用截長補短法，先證明△ACE≌△BCD．按思路完成下列證明過程．
證明：在AD上截取點E．使AE＝BD．連接CE．
運用：如圖2，在平面直角坐標系中，⊙O1與x軸相切于點A（3，0），與軸相交于B、C兩點，且BC＝8，連接AB，O1B．

（1）OB的長為 　1?。?br /> （2）如圖3，過A、B兩點作⊙O2與y軸的負半軸交于點M，與O1B的延長線交于點N，連接AM、MN，當⊙O2的大小變化時，問BM﹣BN的值是否變化，為什么？如果不變，請求出BM﹣BN的值．
【分析】證明：在AD上截取AE＝BD，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠CAD＝∠CBD，然后證明△ACE≌△BCD，然后根據(jù)角的等量代換得出∠ECD＝90°，進而得出△ECD為等腰直角三角形，用ED表示CD，因為ED＝AD﹣BD最后即可得出結(jié)論；
（1）連接O1A，過O1作O1H⊥BC于點H，根據(jù)垂徑定理和勾股定理求出O1B的長度，根據(jù)切線的性質(zhì)得出O1A⊥x軸，得到OH＝5，進而即可得出結(jié)果；
（2）在圖2中先根據(jù)平行和O1A＝O1B得出∠ABO1＝∠ABO，然后在MB上取一點G，使MG＝BN構造全等，證明△AMG≌△ANB，得到AG＝AB，然后根據(jù)等腰三角形三線合一得出BG＝2，再根據(jù)等量代換即可得到結(jié)論．
【解答】證明：如圖1，在AD上截AE＝BD，

∵，
∴∠CAD＝∠CBD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∵AB為直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ECD＝90°，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴CD＝ED，
∵ED＝AD﹣BD，
∴＝，即為定值；
（1）如圖2，連接O1A，過O1作O1H⊥BC于點H，

∴CH＝BH＝4，O1H＝3，O1A⊥x軸，
∴O1B＝＝5，
∴O1A＝O1B＝5，
∴HO＝5，
∴OB＝HO﹣HB＝5﹣4＝1，
故答案為：1；
（2）BM﹣BN的值不變，
如圖2，
由（1）得，O1A⊥OA，
∵OB⊥AO，
∴O1A∥OB，
∴∠O1BA＝∠OBA，
∵O1A＝O1B，
∴∠O1BA＝∠O1AB，
∴∠ABO1＝∠ABO，
如圖3，在MB上取一點G，使MG＝BN，連接AN，AG，

∵∠ABO1＝∠ABO，∠ABO1＝∠AMN，
∴∠ABO＝∠AMN，
∵∠ABO＝∠ANM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN，
∵，
∴∠AMG＝∠ANB，
在△AMG和△ANB中，
，
∴△AMG≌△ANB（SAS），
∴AG＝AB，
∵AO⊥BG，
∴BG＝2BO＝2，
∴BM﹣BN＝BM﹣MG＝BG＝2，即BM﹣BN的值不變．
【點評】本題考查圓的綜合題，同弧所對的圓周角相等，兩條半徑所形成的三角形是等腰三角形，等腰三角形三線合一，垂徑定理是解本題的必備知識，利用“截長補短”法證明全等是解本題的關鍵．
22．（10分）如圖1，已知拋物線y＝﹣（x+3）（x﹣4）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．
（1）寫出A、B、C三點的坐標．
（2）若點P為△OBC內(nèi)一點，求OP+BP+CP的最小值．
（3）如圖2，點Q為對稱軸左側(cè)拋物線上一動點，點D（4，0），直線DQ分別與y軸、直線AC交于E、F兩點，當△CEF為等腰三角形時，請直接寫出CE的長．

【分析】（1）令y＝0，可求出點A，點B的坐標，令x＝0，可得出點C的坐標；
（2）將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BP'C'，連接PP'，CC'，當O，P，P'，C′四點共線，OP+BP+CP的值最小，再在直角三角形中，求出此時的最小值；
（3）需要分類討論，當CE＝CF，CE＝EF，CF＝EF時，分別求解．
【解答】解：（1）∵y＝﹣（x+3）（x﹣4）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，
∴A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4）．
（2）將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BP'C'，連接PP'，CC'，
∴BP＝BP'，BC＝BC，∠PBP'＝60°，∠CBC′＝60°，PC＝P'C′，
∴△BPP'和△BCC′為等邊三角形，
∴BC′＝BC，PP′＝BP，
當O，P，P'，C′四點共線，OP+BP+CP的值最小，
∴tan∠OBC＝＝＝，
∴∠OBC＝30°，
∴BC＝2OC＝8，
∴BC′＝BC＝8，
∵∠OBC′＝∠OBC+∠CBC′＝30°+60°＝90°，
∴OC′＝＝，
∴OP+BP+CP＝OP+PP'+C'P'＝OC′＝4．

（3）需要分類討論：
①如圖，當CE＝CF，且點F在點C左側(cè)時，過點F作FG⊥CE于點G，則△CFG∽△CAO，

∵OA＝3，OC＝4，
∴AC＝5，
∴FG：GC：FC＝OA：OC：AC＝3：4：5，
設FG＝3m，則CG＝4m，F(xiàn)C＝5m，
∴CE＝FC＝5m，
∴GE＝m，OE＝4﹣5m，
∵△FGE∽△DOE，
∴，
∴，
∴m＝，
∴CE＝5m＝；
當點F在點C右側(cè)時，如圖所示，過點F作FG⊥y軸于點G，
則△FCG∽△ACO，
∴FG：GC：FC＝OA：OC：AC＝3：4：5，
設FG＝3m，則CG＝4m，F(xiàn)C＝5m，
∴CE＝FC＝5m，
∴GE＝9m，OE＝5m﹣4，
∵△FGE∽△DOE，
∴，
∴，解得m＝，
∴CE＝5m＝16；

②如圖，當CE＝EF時，過點A作AG∥EF交y軸于點G，由EF＝CE，可得，AG＝CG，

設OG＝m，則AG＝CG＝4﹣m，
∵OA2+OG2＝AG2，
∴32+m2＝（4﹣m）2，解得，m＝．
由A（﹣3，0）和G（0，），可得直線AG的解析式為：y＝x+，
設直線DF為：y＝x+b，將D（4，0）代入得：b＝﹣，
∴E（0，﹣），
∴CE＝4+＝．
③如圖，當CF＝EF時，過點C作CG∥DE交x軸于點G，則∠GCO＝∠ACO，

∴OG＝OA＝3，
∴G（3，0），
由G（3，0），C（0，4）可得直線CG的解析式為：y＝﹣x+4，
設直線DE為：y＝﹣x+n，將D（4，0）代入得：n＝，
∴E（0，），
∴CE＝﹣4＝．
故CE的長為：或或或16．
【點評】本題主要考查等腰三角形存在性問題，分類討論，并結(jié)合背景圖形進行求解是解題關鍵．
聲明：試題解析著作權屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復制發(fā)布
日期：2021/11/15 14:07:25；用戶：張家港二中；郵箱：zjg2z@xyh.com；學號：41479226

菁優(yōu)網(wǎng)APP 菁優(yōu)網(wǎng)公眾號 菁優(yōu)網(wǎng)小程序

相關試卷

2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷(含解析)：

這是一份2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷(含解析)，共24頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含解析）：

這是一份2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含解析），共24頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含答案）：

這是一份2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含答案），共25頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含解析）

2023年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷（含解析）
2022年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷

2022年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學二模試卷
2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學一模試卷

2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學一模試卷
2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學三模試卷

2021年廣東省深圳市羅湖區(qū)中考數(shù)學三模試卷
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部