第Ⅰ卷
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題3分，共24分．在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，請(qǐng)選出并在答題卡上將該項(xiàng)涂黑）
第Ⅱ卷
二、填空題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）
9．3.84×10510．811．7或9或1112．26°
13．1214．24°15．40°或75°或130°16．10
17．m＜1818．2-2或1或2
三、解答題（本大題共10個(gè)小題，共86分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）
19．（10分）
解：（1）原式＝1+2﹣4+14
=-34；·······································································5分
（2）原式=2xx+1-2(x+3)(x+1)(x-1)?(x-1)2x+3
=2xx+1-2(x-1)x+1
=2x+1．·······································································10分
20．（10分）
解：（1）3x+2y=13①2x+3y=-8②，
①×3﹣②×2，得：5x＝55，
解得x＝11，
將x＝11代入①，得：33+2y＝13，
解得：y＝﹣10．
∴方程組的解為x=11y=-10；····························································5分
（2）5y-23-1＞3y-522(y-3)≤0，
解第一個(gè)不等式得x＞﹣5，
解第二個(gè)不等式得y≤3．
故不等式組的解集為﹣5＜y≤3．·······················································10分
21．（6分）
解：（1）90÷30%＝300，
故答案為：300；······································································2分
（2）合唱人數(shù)：300×10%＝30（人），
舞蹈人數(shù)：300﹣120﹣90﹣30＝60（人），
補(bǔ)全條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示：
····················································4分
（3）800×30+60300=240（人），
答：該校喜歡合唱和舞蹈社團(tuán)的學(xué)生共有240人．··········································6分
22．（8分）
解：（1）第一次摸出一個(gè)球，球上的數(shù)字是偶數(shù)的概率是13，
故答案為：13；··········································································4分
（2）畫樹狀圖如下：
························································6分
共有9種等可能的結(jié)果，其中兩次摸出球上的數(shù)字的積為奇數(shù)的結(jié)果有4種，
∴兩次摸出球上的數(shù)字的積為奇數(shù)的概率為49．·············································8分
23．（7分）
解：設(shè)B品牌的呼吸機(jī)每臺(tái)的進(jìn)價(jià)是x萬(wàn)元，則A品牌的呼吸機(jī)每臺(tái)的進(jìn)價(jià)是（x+0.2）萬(wàn)元，
依題意，得：20x+0.2=18x，·····························································4分
解得：x＝1.8，
經(jīng)檢驗(yàn)：x＝1.8是原方程的解，且符合題意，
∴x+0.2＝2．·········································································7分
答：A品牌的呼吸機(jī)每臺(tái)的進(jìn)價(jià)是2萬(wàn)元，B品牌的呼吸機(jī)每臺(tái)的進(jìn)價(jià)是1.8萬(wàn)元．
24．（8分）
（1）證明：連接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠BAD，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AB，
∴∠ODC＝∠B＝90°，
∴半徑OD⊥BC于點(diǎn)D，
∴BC是⊙O的切線；··································································3分
（2）解：連接 OF，DE，
∵∠B＝90°，tan∠ADB=3，
∴∠ADB＝60°，∠BAD＝30°，
∵BD＝5，
∴AD＝2BD＝10，
∵AE是⊙O的直徑，
∴∠ADE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠BAD＝30°，
在 Rt△ADE 中，AD＝10，
∵cs∠DAE=ADAE=32，
∴AE=2033，
∴OA=12AE=1033，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝60°，
∵OA＝OF，
∴△AOF 是等邊三角形，
∴∠AOF＝60°，
∵OD∥AB，
∴S△ADF＝S△AOF，
∴S陰影＝S扇形OAF=60π×(1033)2360=50π9．················································8分
25．（7分）
解：延長(zhǎng)AC交EF于點(diǎn)G，
由題意得：AC＝BD＝1.8米，AB＝CD＝FG＝0.8米，
設(shè)CG＝x米，則AG＝AC+CG＝（x+1.8）米，
在Rt△AEG中，∠EAG＝45°，
∴EG＝AG?tan45°＝（x+1.8）米，·······················································3分
在Rt△ECG中，∠ECG＝53°，
∴EG＝CG?tan53°≈1.33x（米），
∴x+1.8＝1.33x，
解得：x=6011，
∴EF＝EG+FG＝1.33×6011+0.8≈8.1（米），
∴電池板離地面的高度EF的長(zhǎng)約為8.1米．···············································7分
26．（10分）
解：（1）如圖，連接OB′、AB′，
∵四邊形OABC為矩形，A（4，0），C（0，m），
∴B（4，m），OA＝4，OC＝m，
∵將矩形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到矩形OA′B′C′，
∴A′（0，4），C′（﹣m，0），B′（﹣m，4），
∴B′C⊥x軸，B′C＝4，
∴S△OAB′=12×4×4＝8，
∴△OAB′的面積是8．··································································3分
（2）如圖①，連接A′A，∵∠A′OA＝90°，OA′＝OA＝4，
∴AA′=OA'2+OA2=42+42=42，
∵四邊形OA′B′C′是矩形，OB′、A′C′交于點(diǎn)D，
∴C′D＝A′D，
∵AD⊥A′C′，
∴AC′＝AA′＝42，
∴OC′＝AC′﹣OA＝42-4，
∴OC＝OC′＝42-4，
∴C（0，42-4），
∴m的值是42-4．··································································6分
（3）如圖②，∵四邊形OCEF是平行四邊形，
∴EF∥OC，EF＝OC＝m，
∴∠EFB＝∠A′CB＝90°，
∴EF⊥BC，
∵E是A′B的中點(diǎn)，
∴CE＝BE＝A′E=12A′B，
∴CF＝BF，
∴A′C＝2EF＝2m，
∵A′C+OC＝4，
∴2m+m＝4，
解得m=43，
∴m的值是43．·······································································10分
27．（10分）
解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=-3，
解得：b=2c=-3，
∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：y＝x2+2x﹣3．················································2分
（2）①當(dāng)x＝0時(shí)，y＝x2+2x﹣3＝﹣3，
∴點(diǎn)C（0，﹣3）．
當(dāng)y＝0時(shí)，x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+n，
把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，
得：-3k+n=0n=-3，解得：k=-1n=-3，
∴直線AC的解析式為：y＝﹣x﹣3．
∵OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°．
過(guò)點(diǎn)E作EK⊥y軸于點(diǎn)K，
∵EG⊥AC，
∴∠KEG＝∠KGE＝45°，
∴EG=EKsin45°=2EK=2OD，
設(shè)P（m，m2+2m﹣3），則E（m，﹣m﹣3），
∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+2EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
由題意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜-52＜0，﹣1＜0，
當(dāng)m=-52時(shí)，PE+2EG取最大值，PE+2EG的最大值為254；······························5分
②作EK⊥y軸于K，F(xiàn)M⊥y軸于M，記直線EG與x軸交于點(diǎn)N．
∵EK⊥y軸，PD⊥x軸，∠KEG＝45°，
∴∠DEG＝∠DNE＝45°，
∴DE＝DN．
∵∠KGE＝∠ONG＝45°，
∴OG＝ON．
∵y＝x2+2x﹣3的對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，
∴MF＝1，
∵∠KGF＝45°，
∴GF=MFsin45°=2MF=2．
∵∠FDG＝45°，
∴∠FDN＝∠DEG．
又∵∠FDG＝∠DEG，
∴△DGF∽△EGD，
∴DGFG=EGDG，
∴DG2＝FG?EG=2×2（﹣m）＝﹣2m，
在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，OD＝﹣m，
在Rt△ODG中，
∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，
∴5m2+12m+9＝﹣2m，
解得m1＝﹣1，m2=-95．·······························································10分
28．（10分）
（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN=CN2+CM2=62+82=10，
則BN+DM＝10，
設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，則BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的邊長(zhǎng)是12；
故答案為：12；·······································································3分
（2）證明：設(shè)BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN=13，
∴tan∠BAN=BNAB=13，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中點(diǎn)；··································································6分
（3）解：延長(zhǎng)AB至P，使BP＝BN＝4，過(guò)P作BC的平行線交DC的延長(zhǎng)線于Q，延長(zhǎng)AN交PQ于E，連接EM，如圖③所示：
則四邊形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
設(shè)DM＝a，則MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE=43BN=163，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16-163=323，
由（1）得：EM＝PE+DM=163+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：（323）2+（16﹣a）2＝（163+a）2，
解得：a＝8，
即DM的長(zhǎng)是8；
故答案為：8．·········································································10分1
2
3
4
5
6
7
8
D
C
C
A
B
D
B
A

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