?2022-2023學(xué)年浙江省寧波市聯(lián)考九年級（上）期末數(shù)學(xué)試卷
一、選擇題（每題4分，共40分）
1．（4分）一個選擇題有A、B、C、D四個答案，其中只有一個是正確的，小馬不知道哪個答案是正確的，就隨機選了一個，小馬選擇正確的概率為（　?。?br /> A．0 B． C． D．1
2．（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，將拋物線y＝x2﹣4先向右平移2個單位，再向上平移2個單位，得到的拋物線的表達(dá)式是（　?。?br /> A．y＝（x﹣2）2﹣2 B．y＝（x+2）2+2 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x+2）2﹣2
3．（4分）如圖，圓的兩條弦AB，CD相交于點E，且＝，∠A＝40°，則∠DEB的度數(shù)為（　?。?br />
A．50° B．100° C．70° D．80°
4．（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點E（3，﹣6），F(xiàn)（﹣6，9），以原點O為位似中心，把△EOF縮小為原來的，則點F的對應(yīng)點F′的坐標(biāo)是（　?。?br /> A．（1，﹣2） B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2） D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
5．（4分）拋物線y＝5（x+1）2﹣3的頂點坐標(biāo)為（　?。?br /> A．（1，﹣3） B．（1，3） C．（﹣1，3） D．（﹣1，﹣3）
6．（4分）某款正方形地磚如圖所示，其中AE＝BF＝CG＝DH，且∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，若四邊形MNPQ的面積為S1，四邊形AFQE面積為S2，當(dāng)AF＝5，且時，AE的長為（　?。?br />
A．2 B．3 C．4 D．3
7．（4分）如圖，線段AB經(jīng)過⊙O的圓心，AC，BD分別與⊙O相切于點C，D．若AC＝BD＝2，∠A＝30°，則的長度為（　?。?br />
A．π B．π C．π D．2π
8．（4分）如圖，在4×4的網(wǎng)格紙中，△ABC的三個頂點都在格點上，現(xiàn)要在這張網(wǎng)格紙的四個格點M，N，P，Q中找一點作為旋轉(zhuǎn)中心．將△ABC繞著這個中心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)前后的兩個三角形成中心對稱，且旋轉(zhuǎn)后的三角形的三個頂點都在這張4×4的網(wǎng)格紙的格點上，那么滿足條件的旋轉(zhuǎn)中心有（　　）

A．點M，點N B．點M，點Q C．點N，點P D．點P，點Q
9．（4分）如圖，點O為正方形ABCD對角線BD的中點，BE平分∠DBC交DC于點E，延長BC到點F，使FC＝EC，連接DF交BE的延長線于點H，連接OH交DC于點G，連接HC．則以下五個結(jié)論中①OH＝BF；②∠CHF＝60°；③BC＝（2+）GH；④HF2＝HE?HB，正確結(jié)論有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．（4分）小明發(fā)現(xiàn)相機快門打開過程中，光圈大小變化如圖1所示，于是他制了如圖2所示的圖形，圖2中六個形狀大小都相同的四邊形圍成一個圓的內(nèi)接六邊和一個小正六邊形，若PQ所在的直線經(jīng)過點M，PB＝5cm，小正六邊形的面積為，則該圓的半徑為（　?。ヽm．

A． B． C．7 D．8
二、填空題（每題5分，共30分）
11．（5分）已知圓的半徑為2cm，90°圓心角所對的弧長為　 　cm．
12．（5分）一個盒子里裝有除顏色外都相同的1個紅球，4個黃球．把下列事件的序號填入下表的對應(yīng)欄目中．
①從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是黃球；
②從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是白球；
③從盒子中隨機摸出2個球，至少有1個是黃球．
事件
必然事件
不可能事件
隨機事件
序號
　 　
　 　
　 　
13．（5分）如果兩個相似三角形的面積比為4：9，較小三角形的周長為4，那么這兩個三角形的周長和為　 ?。?br /> 14．（5分）把拋物線y＝2x2的圖象先向右平移4個單位，再向下平移3個單位所得的解析式為 　 ?。?br /> 15．（5分）點P為⊙O外一點，直線PO與⊙O的兩個公共點為A、B，過點P作⊙O的切線，點C為切點，連接AC．若∠CPO＝50°，則∠CAB為 　 　°．
16．（5分）已知函數(shù)y＝x2+x+4與y軸交于點C，頂點為D，直線CD交x軸于點E，點F在直線CD上，且橫坐標(biāo)為4，現(xiàn)在，將拋物線沿其對稱軸上下平移，使拋物線與線段EF總有公共點，拋物線向上最多可以平移　 　個單位長度，向下最多可以平移　 　個單位長度．
三、解答題（共80分）
17．（8分）計算：
（1）3tan230°+tan60°﹣2sin245°；
（2）（2019﹣π）0﹣4cos30°+（）﹣2+|1﹣|．
18．（8分）如圖，在7×4方格紙中，點A，B，C都在格點上，用無刻度直尺作圖．
（1）在圖1中的線段AC上找一個點E，使AE＝AC；
（2）在圖2中作一個格點△CDE，使△CDE與△ABC相似．

19．（8分）體育課上，王老師安排李明、王強、張三、田武四個同學(xué)練習(xí)傳球，每個同學(xué)拿到球后隨機傳給下一個同學(xué)．
（1）若李明第一個拿到球，他將球傳給王強的概率為 　 ?。?br /> （2）若從李明開始傳球，則經(jīng)過兩次傳球后，球回到李明手上的概率為多少？
20．（10分）一酒精消毒瓶如圖1，AB為噴嘴，△BCD為按壓柄，CE為伸縮連桿，BE和EF為導(dǎo)管，其示意圖如圖2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．當(dāng)按壓柄△BCD按壓到底時，BD轉(zhuǎn)動到BD′，此時BD′∥EF（如圖3）．
（1）求點D轉(zhuǎn)動到點D′的路徑長；
（2）求點D到直線EF的距離（結(jié)果精確到0.1cm）．
（參考數(shù)據(jù)：sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）

21．（10分）如圖，在矩形ABCD中，點E為邊AB上的一動點（點E不與點A，B重合），連接DE，過點C作CF⊥DE，垂足為F．
（1）求證：△ADE∽△FCD；
（2）若AD＝6，tan∠DCF＝，求AE的長．

22．（10分）某水果店銷售一種新鮮水果，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，為了擴大銷售減少庫存，水果店決定采取適當(dāng)?shù)慕祪r措施，經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，每箱水果每降價5元，水果店平均每天可多售出20箱．設(shè)每箱水果降價x元．
（1）當(dāng)x＝10時，求銷售該水果的總利潤；
（2）設(shè)每天銷售該水果的總利潤為w元．
①求w與x之間的函數(shù)解析式；
②試判斷w能否達(dá)到8200元，如果能達(dá)到，求出此時x的值；如果不能達(dá)到，求出w的最大值．
23．（12分）定義：若兩個三角形中，有兩組邊對應(yīng)相等且其中一組等邊所對的角對應(yīng)相等，但不是全等三角形，我們就稱這兩個三角形為偏等三角形．

（1）如圖1，點C是的中點，∠DAB是所對的圓周角，AD＞AB，連結(jié)AC、DC、CB，試說明△ACB與△ACD是偏等三角形．
（2）如圖2，△ABC與△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，則∠B+∠E＝　 　.請?zhí)顚懡Y(jié)論，并說明理由．
（3）如圖3，△ABC內(nèi)接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若點D在⊙O上，且△ADC與△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．

24．（14分）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作正方形CEFG，連接DG、BE，判斷線段DG與BE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝6，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作矩形CEFG，且CG：CE＝1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE又有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，求2BG+BE的最小值．



2022-2023學(xué)年浙江省寧波市聯(lián)考九年級（上）期末數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（每題4分，共40分）
1．（4分）一個選擇題有A、B、C、D四個答案，其中只有一個是正確的，小馬不知道哪個答案是正確的，就隨機選了一個，小馬選擇正確的概率為（　?。?br /> A．0 B． C． D．1
【分析】由選擇題一般都是單項選擇，即在A、B、C、D四個備選答案中只有一個是正確的，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵數(shù)學(xué)考試中的選擇題一般都是單項選擇，即在A、B、C、D四個備選答案中只有一個是正確的，
∴這種選擇題任意選一個答案，正確的概率是：．
故選：C．
2．（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，將拋物線y＝x2﹣4先向右平移2個單位，再向上平移2個單位，得到的拋物線的表達(dá)式是（　?。?br /> A．y＝（x﹣2）2﹣2 B．y＝（x+2）2+2 C．y＝（x﹣2）2+2 D．y＝（x+2）2﹣2
【分析】根據(jù)二次函數(shù)圖象左加右減，上加下減的平移規(guī)律進(jìn)行解答即可．
【解答】解：函數(shù)y＝x2﹣4向右平移2個單位，得：y＝（x﹣2）2﹣4；
再向上平移2個單位，得：y＝（x﹣2）2﹣2；
故選：A．
3．（4分）如圖，圓的兩條弦AB，CD相交于點E，且＝，∠A＝40°，則∠DEB的度數(shù)為（　　）

A．50° B．100° C．70° D．80°
【分析】根據(jù)圓周角定理得到∠A＝∠C＝40°，由三角形內(nèi)角和求出∠AEC的度數(shù)，進(jìn)而求出∠DEB的度數(shù)．
【解答】解：∵＝，
∴∠A＝∠C＝40°，
∴∠AEC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠DEB＝∠AEC＝100°．
故選：B．
4．（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點E（3，﹣6），F(xiàn)（﹣6，9），以原點O為位似中心，把△EOF縮小為原來的，則點F的對應(yīng)點F′的坐標(biāo)是（　?。?br /> A．（1，﹣2） B．（﹣2，3）
C．（1，﹣2）或（﹣1，2） D．（﹣2，3）或（2，﹣3）
【分析】根據(jù)位似變換的性質(zhì)計算，得到答案．
【解答】解：∵以原點O為位似中心，把△EOF縮小為原來的，F(xiàn)（﹣6，9），
∴點F的對應(yīng)點F′的坐標(biāo)為（﹣6×，9×）或（﹣6×（﹣），9×（﹣）），即（﹣2，3）或（2，﹣3），
故選：D．
5．（4分）拋物線y＝5（x+1）2﹣3的頂點坐標(biāo)為（　　）
A．（1，﹣3） B．（1，3） C．（﹣1，3） D．（﹣1，﹣3）
【分析】根據(jù)拋物線的頂點式，可以直接寫出該拋物線的頂點坐標(biāo)．
【解答】解：∵拋物線y＝5（x+1）2﹣3，
∴該拋物線的頂點坐標(biāo)為（﹣1，﹣3），
故選：D．
6．（4分）某款正方形地磚如圖所示，其中AE＝BF＝CG＝DH，且∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，若四邊形MNPQ的面積為S1，四邊形AFQE面積為S2，當(dāng)AF＝5，且時，AE的長為（　?。?br />
A．2 B．3 C．4 D．3
【分析】連接EF，F(xiàn)G，由“SAS”可證△AEF≌△BFG，可得EF＝FG，∠AFE＝∠BGF，由全等三角形的性質(zhì)可得∠PQF＝∠QMG＝∠MNP＝90°，EQ＝HP＝NG＝FM，F(xiàn)Q＝EP＝MG＝NH，可證四邊形QPNM是正方形，如圖，過點Q作QK⊥AF于K，過點E作ER⊥KQ于R，分別用AK，F(xiàn)K表示四邊形AFQE面積，四邊形MNPQ的面積，由面積關(guān)系可求解．
【解答】解：如圖，連接EF，F(xiàn)G，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝AD＝BC，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AF＝BG，
∴△AEF≌△BFG（SAS），
∴EF＝FG，∠AFE＝∠BGF，
∵∠BGF+∠BFG＝90°，
∴∠AFE+∠BFG＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∴∠EFQ+∠GFM＝90°，
∵∠DEP＝45°，
∴∠AEQ＝135°，
∵∠A+∠AEQ+∠AFQ+∠EQF＝360°，
∴∠EQF＝90°，
同理∠FMG＝∠HNG＝∠EPH＝90°，
∴∠PQF＝∠QMG＝∠MNP＝90°，
∴四邊形QPNM是矩形，
∵∠MFG+∠MGF＝90°，
∴∠EFQ＝∠FGM，
又∵EF＝FG，∠EQF＝∠FMG＝90°，
∴△EQF≌△FMG（AAS），
∴FQ＝MG，EQ＝FM，
同理可證：EQ＝HP＝NG，F(xiàn)Q＝EP＝NH，
∴EQ＝HP＝NG＝FM，F(xiàn)Q＝EP＝MG＝NH，
∴MQ＝MN，
∴四邊形QPNM是正方形，
如圖，過點Q作QK⊥AF于K，過點E作ER⊥KQ于R，

∵∠AFQ＝∠DEP＝45°，
∴∠AFQ＝∠KQF＝∠REQ＝∠RQE＝45°，
∴KF＝KQ，ER＝RQ，
∵QK⊥AF，ER⊥KQ，∠A＝90°，
∴四邊形AKRE是矩形，
∴AK＝ER＝QR，AE＝KR，
∵AF＝5，
∴AK+KF＝5，
∵四邊形AFQE面積為S2＝KF2+×AK×（KF﹣AK+KF）＝KF2+AK?KF﹣AK2＝10KF﹣KF2﹣25，
四邊形MNPQ的面積為S1＝MQ2＝（FQ﹣FM）2＝（KF﹣AK）2＝8KF2+100﹣40KF，
∵＝，
∴，
∴KF1＝（不合題意舍去），KF2＝，
∴AK＝，
∴AE＝KR＝﹣＝2，
故選：A．
7．（4分）如圖，線段AB經(jīng)過⊙O的圓心，AC，BD分別與⊙O相切于點C，D．若AC＝BD＝2，∠A＝30°，則的長度為（　?。?br />
A．π B．π C．π D．2π
【分析】連接OC、OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠ACO＝90°，∠BDO＝90°，證明△ACO≌△BDO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠BOD＝∠AOC＝60°，根據(jù)正切的定義求出OC，根據(jù)弧長公式計算，得到答案．
【解答】解：連接OC、OD，
∵AC，BD分別是⊙O的切線，
∴∠ACO＝90°，∠BDO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠AOC＝60°，
在△ACO和△BDO中，
，
∴△ACO≌△BDO（SAS）
∴∠BOD＝∠AOC＝60°，
∴∠COD＝60°，
在Rt△ACO中，OC＝AC?tanA＝2，
∴的長＝＝π，
故選：B．

8．（4分）如圖，在4×4的網(wǎng)格紙中，△ABC的三個頂點都在格點上，現(xiàn)要在這張網(wǎng)格紙的四個格點M，N，P，Q中找一點作為旋轉(zhuǎn)中心．將△ABC繞著這個中心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)前后的兩個三角形成中心對稱，且旋轉(zhuǎn)后的三角形的三個頂點都在這張4×4的網(wǎng)格紙的格點上，那么滿足條件的旋轉(zhuǎn)中心有（　?。?br />
A．點M，點N B．點M，點Q C．點N，點P D．點P，點Q
【分析】畫出中心對稱圖形即可判斷
【解答】解：觀察圖象可知，點P．點N滿足條件．

故選：C．
9．（4分）如圖，點O為正方形ABCD對角線BD的中點，BE平分∠DBC交DC于點E，延長BC到點F，使FC＝EC，連接DF交BE的延長線于點H，連接OH交DC于點G，連接HC．則以下五個結(jié)論中①OH＝BF；②∠CHF＝60°；③BC＝（2+）GH；④HF2＝HE?HB，正確結(jié)論有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①只要證明OH是△DBF的中位線即可得出結(jié)論；
②根據(jù)四邊形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分線可求出Rt△BCE≌Rt△DCF，再由∠EBC＝22.5°即可求出結(jié)論；
③OH是△DBF的中位線等已知條件可得出OH＝BO，設(shè)正方形的邊長為2a，表示出GH、BC即可得出結(jié)論；
④由相似三角形的判定定理得出△DHE∽△BHD，根據(jù)相似三角形的對角邊成比例即可得出結(jié)論．
【解答】解：①在正方形ABCD中，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∵EC＝CF，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠CBE＝∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC＝90°，∠BEC＝∠DEH，
∴∠DEH+∠CDF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∵BE平分∠DBC，
∴∠HBD＝∠HBF，
∵BH＝BH，
∴△BHD≌△HBF（ASA），
∴DH＝HF，
∵OD＝OB，
∴OH是△DBF的中位線，
∴OH＝BF，
故①正確；
∵四邊形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分線，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCF，∠EBC＝22.5°，
∵CE＝CF，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（SAS），
∴∠EBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠BFH＝90°﹣∠CDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵OH是△DBF的中位線，CD⊥AF，
∴OH是CD的垂直平分線，
∴DH＝CH，
∴∠CDF＝∠DCH＝22.5°，
∴∠HCF＝90°﹣∠DCH＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠BFH＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，
故②不正確；
③∵OH是△DBF的中位線，
∴OH∥BF，OH＝BF，OG＝BC，
∴∠OHB＝∠HBF，
∵BE是∠DBF的平分線，
∴∠DBH＝∠HBF，
∴∠OHB＝∠HBO，
∴OH＝BO，
設(shè)正方形的邊長為2a，則BC＝2a，OG＝a，BD＝2a，
∴OB＝OH＝a，
∴GH＝OH﹣OG＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴，
∴BC＝（2+2）GH，
故③不正確；
④∵∠DBF＝45°，BE是∠DBF的平分線，
∴∠DBH＝22.5°，
由②知∠HBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠DBH＝∠CDF，
∵∠BHD＝∠BHD，
∴△DHE∽△BHD，
∴，
∴DH2＝HE?HB，
故④正確；
故選：B．
10．（4分）小明發(fā)現(xiàn)相機快門打開過程中，光圈大小變化如圖1所示，于是他制了如圖2所示的圖形，圖2中六個形狀大小都相同的四邊形圍成一個圓的內(nèi)接六邊和一個小正六邊形，若PQ所在的直線經(jīng)過點M，PB＝5cm，小正六邊形的面積為，則該圓的半徑為（　　）cm．

A． B． C．7 D．8
【分析】設(shè)兩個正六邊形的中心為O，連接OP，OB，過O作OG⊥PM，OH⊥AB，由正六邊形的性質(zhì)及鄰補角性質(zhì)得到三角形PMN為等邊三角形，由小正六邊形的面積求出邊長，確定出PM的長，進(jìn)而求出三角形PMN的面積，利用垂徑定理求出PG的長，在直角三角形OPG中，利用勾股定理求出OP的長，設(shè)OB＝xcm，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于x的方程，求出方程的解即可得到結(jié)果．
【解答】解：設(shè)兩個正六邊形的中心為O，連接OP，OB，過O作OG⊥PM，OH⊥AB，

由題意得：∠MNP＝∠NMP＝∠MPN＝60°，
∵小正六邊形的面積為cm2，
∴小正六邊形的邊長為cm，即PM＝7cm，
∴S△MPN＝cm2，
∵OG⊥PM，且O為正六邊形的中心，
∴PG＝PM＝cm，OG＝PM＝，
在Rt△OPG中，根據(jù)勾股定理得：OP＝＝7cm，
設(shè)OB＝xcm，
∵OH⊥AB，且O為正六邊形的中心，
∴BH＝x，OH＝x，
∴PH＝（5﹣x）cm，
在Rt△PHO中，根據(jù)勾股定理得：OP2＝（x）2+（5﹣x）2＝49，
解得：x＝8（負(fù)值舍去），
則該圓的半徑為8cm．
故選：D．
二、填空題（每題5分，共30分）
11．（5分）已知圓的半徑為2cm，90°圓心角所對的弧長為　π　cm．
【分析】根據(jù)弧長公式l＝進(jìn)行計算即可．
【解答】解：圓的半徑為2cm，90°圓心角所對的弧長為：l＝＝π（cm），
故答案為：π．
12．（5分）一個盒子里裝有除顏色外都相同的1個紅球，4個黃球．把下列事件的序號填入下表的對應(yīng)欄目中．
①從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是黃球；
②從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是白球；
③從盒子中隨機摸出2個球，至少有1個是黃球．
事件
必然事件
不可能事件
隨機事件
序號
?、邸?br /> ?、凇?br /> 　①　
【分析】根據(jù)隨機事件，必然事件，不可能事件的特點判斷即可．
【解答】解：一個盒子里裝有除顏色外都相同的1個紅球，4個黃球，
①從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是黃球，這是隨機事件，
②從盒子中隨機摸出1個球，摸出的是白球，這是不可能事件，
③從盒子中隨機摸出2個球，至少有1個是黃球．這是必然事件，
故答案為：③，②，①．
13．（5分）如果兩個相似三角形的面積比為4：9，較小三角形的周長為4，那么這兩個三角形的周長和為　10?。?br /> 【分析】根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比，相似三角形面積的比等于相似比的平方計算即可．
【解答】解：設(shè)較大三角形的周長為x，
∵兩個相似三角形相似，兩個相似三角形的面積比為4：9，
∴兩個相似三角形的周長比為2：3，
∴＝，
解得，x＝6，
∴這兩個三角形的周長和＝4+6＝10，
故答案為：10．
14．（5分）把拋物線y＝2x2的圖象先向右平移4個單位，再向下平移3個單位所得的解析式為 　y＝2（x﹣4）2﹣3?。?br /> 【分析】拋物線y＝2x2的頂點坐標(biāo)為（0，0），先向右平移4個單位，再向下平移3個單位，所得的拋物線的頂點坐標(biāo)為（4，﹣3），根據(jù)頂點式可確定所得拋物線解析式．
【解答】解：依題意可知，原拋物線頂點坐標(biāo)為（0，0），
平移后拋物線頂點坐標(biāo)為（4，﹣3），
又因為平移不改變二次項系數(shù)，
所以所得拋物線解析式為：y＝2（x﹣4）2﹣3．
故答案為：y＝2（x﹣4）2﹣3．
15．（5分）點P為⊙O外一點，直線PO與⊙O的兩個公共點為A、B，過點P作⊙O的切線，點C為切點，連接AC．若∠CPO＝50°，則∠CAB為 　20或70　°．
【分析】由切線的性質(zhì)得出∠OCP的度數(shù)，由圓周角定理及等腰三角形的性質(zhì)求出∠CAB或∠CBA的度數(shù)可得出答案．
【解答】解：如圖1，

∵PC是⊙O的切線，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝90°，
∵∠CPO＝50°，
∴∠OCP＝40°，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO＝∠OCP＝20°；
如圖2，∠CBA＝20°，

∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝70°．
綜合以上可得∠CAB為20°或70°．
故答案為：20或70．
16．（5分）已知函數(shù)y＝x2+x+4與y軸交于點C，頂點為D，直線CD交x軸于點E，點F在直線CD上，且橫坐標(biāo)為4，現(xiàn)在，將拋物線沿其對稱軸上下平移，使拋物線與線段EF總有公共點，拋物線向上最多可以平移　36　個單位長度，向下最多可以平移　　個單位長度．
【分析】求出直線CD解析式為y＝x+4①，若拋物線向下移m個單位，其解析式y(tǒng)＝﹣x2+x+4﹣m②，由△＝﹣2m≥0，得到0＜m≤，進(jìn)而求解．
【解答】解：對于y＝x2+x+4，令x＝0，則y＝4，
故點C的坐標(biāo)為（0，4），
而y＝x2+x+4＝﹣（x﹣1）2+，
∴頂點D的坐標(biāo)為（1，），
設(shè)直線CD解析式為y＝kx+b．
則，解得，
∴直線CD解析式為y＝x+4①，
∴E（﹣8，0），F(xiàn)（4，6），
若拋物線向下移m個單位，其解析式y(tǒng)＝﹣x2+x+4﹣m②，
聯(lián)立①②得﹣x2+x﹣m＝0，
∵△＝﹣2m≥0，
∴0＜m≤，
∴向下最多可平移個單位，
若拋物線向上移m個單位，其解析式y(tǒng)＝﹣x2+x+4+m（m＞0），
當(dāng)x＝﹣8時，y＝﹣36+m，
當(dāng)x＝4時，y＝m，
要使拋物線與EF有公共點，則﹣36+m≤0，
∴0＜m≤36，
綜上，要使拋物線與EF有公共點，向上最多可平移36個單位，向下最多可平移個單位．
故答案為：36，．
三、解答題（共80分）
17．（8分）計算：
（1）3tan230°+tan60°﹣2sin245°；
（2）（2019﹣π）0﹣4cos30°+（）﹣2+|1﹣|．
【分析】（1）先代入特殊角的函數(shù)值，再算乘方、乘法，最后算加減；
（2）先計算零指數(shù)冪、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，再化簡絕對值、代入特殊角的函數(shù)值算乘法，最后算加減．
【解答】解：（1）原式＝3×（）2+×﹣2×（）2
＝3×﹣3﹣2×
＝1+3﹣1
＝3；
（2）原式＝1﹣4×+4+﹣1
＝1﹣2+4+﹣1
＝4﹣．
18．（8分）如圖，在7×4方格紙中，點A，B，C都在格點上，用無刻度直尺作圖．
（1）在圖1中的線段AC上找一個點E，使AE＝AC；
（2）在圖2中作一個格點△CDE，使△CDE與△ABC相似．

【分析】（1）構(gòu)造相似比為的相似三角形即可解決問題；
（2）利用勾股定理的逆定理判斷出∠ACB＝90°，從而解決問題．
【解答】解：（1）如圖，構(gòu)造相似比為的相似三角形，此時AE＝AC，則點E即為所求；

（2）如圖，∵BC2＝5，AC2＝20，AB2＝25，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，AC＝2BC，

∴△CDE即為所求．
19．（8分）體育課上，王老師安排李明、王強、張三、田武四個同學(xué)練習(xí)傳球，每個同學(xué)拿到球后隨機傳給下一個同學(xué)．
（1）若李明第一個拿到球，他將球傳給王強的概率為 　　．
（2）若從李明開始傳球，則經(jīng)過兩次傳球后，球回到李明手上的概率為多少？
【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合概率公式計算即可；
（2）先畫出樹狀圖，共有9種等可能結(jié)果，其中球回到李明手上的等可能結(jié)果有3種，再根據(jù)概率公式計算即可．
【解答】（1）解：∵李明第一個拿到球，他將球傳給王強、張三、田武三人中的任意一人，有3種等可能結(jié)果，其中他將球傳給王強只有1種可能，
∴他將球傳給王強的概率為；
故答案為：．
（2）解：樹狀圖如圖：

共有9種等可能結(jié)果，其中球回到李明手上的等可能結(jié)果有3種，
∴球回到李明手上的概率為：．
20．（10分）一酒精消毒瓶如圖1，AB為噴嘴，△BCD為按壓柄，CE為伸縮連桿，BE和EF為導(dǎo)管，其示意圖如圖2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．當(dāng)按壓柄△BCD按壓到底時，BD轉(zhuǎn)動到BD′，此時BD′∥EF（如圖3）．
（1）求點D轉(zhuǎn)動到點D′的路徑長；
（2）求點D到直線EF的距離（結(jié)果精確到0.1cm）．
（參考數(shù)據(jù)：sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）

【分析】（1）由BD'∥EF，求出∠D'BE＝72°，可得∠DBD'＝36°，根據(jù)弧長公式即可求出點D轉(zhuǎn)動到點D′的路徑長為＝π；
（2）過D作DG⊥BD'于G，過E作EH⊥BD'于H，Rt△BDG中，求出DG＝BD?sin36°＝3.54，Rt△BEH中，HE＝3.80，故DG+HE≈7.3，即點D到直線EF的距離為7.3cm，
【解答】解：∵BD'∥EF，∠BEF＝108°，
∴∠D'BE＝180°﹣∠BEF＝72°，
∵∠DBE＝108°，
∴∠DBD'＝∠DBE﹣∠D'BE＝108°﹣72°＝36°，
∵BD＝6，
∴點D轉(zhuǎn)動到點D′的路徑長為＝π（cm）；
（2）過D作DG⊥BD'于G，過E作EH⊥BD'于H，如圖：

Rt△BDG中，DG＝BD?sin36°≈6×0.59＝3.54（cm），
Rt△BEH中，HE＝BE?sin72°≈4×0.95＝3.80（cm），
∴DG+HE＝3.54cm+3.80cm＝7.34m≈7.3cm，
∵BD'∥EF，
∴點D到直線EF的距離約為7.3cm，
答：點D到直線EF的距離約為7.3cm．
21．（10分）如圖，在矩形ABCD中，點E為邊AB上的一動點（點E不與點A，B重合），連接DE，過點C作CF⊥DE，垂足為F．
（1）求證：△ADE∽△FCD；
（2）若AD＝6，tan∠DCF＝，求AE的長．

【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)可得出∠A＝∠ADC＝90°，由CF⊥DE可得出∠CFD＝90°＝∠D，利用等角的余角相等可得出∠AED＝∠FDC，進(jìn)而可證出△ADE∽△FCD；
（2）利用相似三角形的性質(zhì)可得出∠ADE＝∠FCD，進(jìn)而可得出tan∠ADE＝，再在Rt△ADE中，通過解直角三角形即可求出AE的長．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°．
∵CF⊥DE，垂足為F，
∴∠CFD＝90°＝∠D．
∵∠AED+∠ADE＝90°，∠ADE+∠FDC＝∠ADC＝90°，
∴∠AED＝∠FDC．
∴△ADE∽△FCD．
（2）解：∵△ADE∽△FCD，
∴∠ADE＝∠FCD，
∴tan∠ADE＝tan∠FCD＝．
在Rt△ADE中，∠A＝90°，AD＝6，
∴AE＝AD?tan∠ADE＝6×＝2，
即AE的長為2．

22．（10分）某水果店銷售一種新鮮水果，平均每天可售出120箱，每箱盈利60元，為了擴大銷售減少庫存，水果店決定采取適當(dāng)?shù)慕祪r措施，經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，每箱水果每降價5元，水果店平均每天可多售出20箱．設(shè)每箱水果降價x元．
（1）當(dāng)x＝10時，求銷售該水果的總利潤；
（2）設(shè)每天銷售該水果的總利潤為w元．
①求w與x之間的函數(shù)解析式；
②試判斷w能否達(dá)到8200元，如果能達(dá)到，求出此時x的值；如果不能達(dá)到，求出w的最大值．
【分析】（1）利用每箱利潤＝60﹣每箱降低的價格，平均每天的銷售量＝120+20×，即可求出結(jié)論；
（2）①根據(jù)“每箱利潤×平均每天的銷售量”，即可得到w與x之間的函數(shù)解析式；
②根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出w的最大值，與8200比較即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）根據(jù)題意，可知：當(dāng)每箱水果降價10元時，每箱利潤為60﹣10＝50（元），平均每天可售出120+20×＝160（箱）．
總利潤為：50×160＝8000（元）；
（2）①由題意得w與x之間的函數(shù)解析式為w＝（60﹣x）（120+×20）＝﹣4x2+120x+7200；
②w不能達(dá)到8200元．
w＝﹣4x2+120x+7200＝﹣4（x﹣15）2+8100．
∵﹣4＜0，
∴當(dāng)x＝15時，w取到最大值，
∵w最大值＝8100＜8200，
∴w不能達(dá)到8200元，
w的最大值是8100元．
23．（12分）定義：若兩個三角形中，有兩組邊對應(yīng)相等且其中一組等邊所對的角對應(yīng)相等，但不是全等三角形，我們就稱這兩個三角形為偏等三角形．

（1）如圖1，點C是的中點，∠DAB是所對的圓周角，AD＞AB，連結(jié)AC、DC、CB，試說明△ACB與△ACD是偏等三角形．
（2）如圖2，△ABC與△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，則∠B+∠E＝　180°　.請?zhí)顚懡Y(jié)論，并說明理由．
（3）如圖3，△ABC內(nèi)接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若點D在⊙O上，且△ADC與△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．

【分析】（1）由題意得出DC＝CB，∠DAC＝∠CAB，從而證明結(jié)論；
（2）在線段DE上取點G，使DG＝AB，連接FG．證明△ABC≌△DGF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠B＝∠DGF，BC＝GF．證出∠B+∠E＝180°，則可得出結(jié)論；
（3）分兩種情況：①當(dāng)BC＝CD時，求出AD＝AC＝4；②當(dāng)AB＝CD時，過點D作DE⊥AC于點E，由直角三角形的性質(zhì)可得出答案．
【解答】解：（1）∵點C是弧BD的中點，
∴BC＝CD，∠BAC＝∠DAC．
又∵AC＝AC，
∴△ACB與△ACD是偏等三角形；
（2）如圖，在線段DE上取點G，使DG＝AB，連接FG．

由題意可知在△ABC和△DGF中，
，
∴△ABC≌△DGF（SAS），
∴∠B＝∠DGF，BC＝GF．
又∵BC＝EF，
∴GF＝EF，
∴∠E＝∠FGE．
∵∠DGF+∠FGE＝180°，
∴∠B+∠E＝180°，
故答案為：180°；
（3）分類討論：①當(dāng)BC＝CD時，如圖，

∵BC＝CD，∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝30°．
∵∠ABC＝105°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣105°＝75°，
∴∠ACD＝180°﹣∠DAC﹣∠ADC＝180°﹣30°﹣75°＝75°，
∴∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD符合題意，
∴AD＝AC＝4；
②當(dāng)AB＝CD時，
如圖，過點D作DE⊥AC于點E，

∵AB＝CD，∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠B＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∴AE＝DE，∠ACD＝180°﹣∠DAC﹣∠ADC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
又∵∠DAC＝30°，
∴∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD，符合題意．
設(shè)CE＝x，則，
∵AC＝AE+CE，即4＝x+x，
∴x＝
∴AE＝DE＝×＝
∴AD＝AE＝×＝
綜上可知AD的值為4或．
24．（14分）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作正方形CEFG，連接DG、BE，判斷線段DG與BE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝6，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側(cè)作矩形CEFG，且CG：CE＝1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE又有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，求2BG+BE的最小值．


【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG＝BE．
（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以DG＝BE．∠BEC＝∠DGC．延長BE、GD相交于點H．因為矩形ECGF，所以∠FEC＝∠FGC＝90°，所以∠HEF
+∠BEC＝180°﹣∠FEC＝90°，∠FGH+∠DGC＝90°，所以∠H＝∠F＝90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段GM，將2BG+BE的最小值轉(zhuǎn)化為求2（BG+DG）的最小值．
【解答】解：（1）DG＝BE．
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD＝CB∠BCD＝90°，
∵正方形ECGF，
∴CG＝CE∠ECG＝90°，
∴∠ECG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCE，
在△DCG和△BCE中，
，
∴△DCG≌△BCE（SAS），
∴DG＝BE．
（2）DG＝BE．
理由如下：延長BE、GD相交于點H．

∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCE，
∵CD：CB＝3：6＝1：2，
CG：CE＝1：2，
∴CD：CB＝CG：CE，
∵∠DCG＝∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC＝∠DGC，
∴DG＝BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M，

∴∠ENC＝∠CMG＝90°．
∵∠ECN+∠CEN＝90°，∠ECN+∠GCM＝90°，
∴∠CEN＝∠GCM．
∴△ECN∽△CGM，
∴＝＝2，
∵EN＝AB＝2，
∴CM＝1，
∴點G的運動軌跡是直線MG，
作點D關(guān)于直線GM的對稱點G′，連接BG′交GM于G，此時BG+GD的值最小，最小值＝BG′．
由（2）知，DG＝BE，
∴BE＝2DG，
∴2BG+BE＝2BG+2DG＝2（BG+DG），
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′＝＝2，
∴2BG+BE的最小值為4．


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