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2022-2023学年江苏省淮安市盱眙县九年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省淮安市盱眙县九年级（下）期中数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省淮安市盱眙县九年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的倒数是( )
A. 2023 B. −12023 C. −2023 D. 12023
2. 盱眙旅游资源丰富，特色鲜明，自然、人文景观达66处，先后获得中国优秀旅游名县、中国最佳生态旅游县等称号，据统计去年我县累计接待游客约219400人，数据219400科学记数法表示( )
A. 2.194×106 B. 2194×102 C. 2.194×105 D. 0.2144×104
3. 如图，在数轴上，点A表示的数是4，将点A沿数轴向左移动a(a>4)个单位长度得到点P，则点P表示的数可能是( )
A. 0 B. −1 C. 0.5 D. 2
4. 中国的射击项目在世界上居于领先地位，某射击队计划从甲、乙、丙、丁四名运动员中选拔一人参加国际射击比赛，在选拔过程中，每人射击10次，计算他们的平均成绩及方差如下表所示：
甲
乙
丙
丁
x−/环
9.7
9.6
9.5
9.7
S2
0.035
0.042
0.036
0.015
射击队决定依据他们的平均成绩及稳定性进行选拔，那么被选中的运动员是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
5. 如图是某体育馆内的颁奖台，其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 如图，AB表示一个窗户的高，AM和BN表示射入室内的光线，窗户的下端到地面距离BC=1m，已知某一时刻BC在地面的影长CN=1.5m，AC在地面的影长CM=4.5m，则AB高为米．( )
A. 3.5 B. 2 C. 1.5 D. 2.5
7. 如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠C=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋转角的度数为( )
A. 60°
B. 50°
C. 40°
D. 10°
8. 盱眙都梁阁设计理念先进，建筑造型美观，鲜明的秉承了明清南派建筑风格.自下而上108级台阶，与杨大山108米海拔相呼应，楼高46.9米，寓意事事如意、六六大顺，长长久久，如图，“都梁阁”的顶端可看作等腰三角形ABC，AB=AC，D是边BC上的一点.下列条件不能说明AD是△ABC的角平分线的是( )
A. ∠ADB=∠ADC B. BD=CD
C. BC=2AD D. S△ABD=S△ACD
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 计算(−a)3⋅a2的结果等于______．
10. 因式分解：4a2−1= ______ ．
11. 分式方程1x=2x+3的解为 ．
12. 若x，y满足方程组4x−y=23x−2y=−1，则x−y= ______ ．
13. 若要制作一个母线长为9cm，底面圆的半径为4cm的圆锥，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数是______ ．
14. 如图，AB是⊙O的直径，∠D=36°，则∠AOC= ______ ．
15. 在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，连接AC，点E为AC的中点，连接BE，DE.若DE=132，BC=12，则△ABE的周长为______ ．
16. 如图，将反比例函数y=5x(x>0)的图象绕坐标原点(0,0)顺时针旋转45°，旋转后的图象与x轴相交于A点，若直线y=12x与旋转后的图象相交于B，则△OAB的面积为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算：(12)−1− 16+3tan30°+|− 3|；
(2)解不等式组：3(x+2)≥2x+5①x2−1
先化简，再求值：(x−3)2+(x+4)(x−4)，其中x2−3x+1=0．
19. (本小题8.0分)
已知：如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
求证：四边形BCFE是菱形．
20. (本小题8.0分)
微信圈有篇热传的文章《如果想毁掉一个孩子，就给他一部手机!》.国际上，法国教育部宣布，小学和初中于2018年9月新学期开始，禁止学生使用手机，为了解学生手机使用情况.高新区某学校开展了“手机伴我健康行”的主题活动，学校随机抽取部分学生进行“使用手机的目的”和“每周使用手机的时间”的问卷调查，并绘制成如图①，图②的统计图.已知“查资料”的人数是40人．
(1)在这次调查中，一共抽取了 名学生；
(2)在扇形统计图中，“玩游戏”对应的圆心角的度数是 度；
(3)补全条形统计图；
(4)该校共有学生2000人，请估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数．
21. (本小题8.0分)
为深入学习贯彻党的二十大精神，某学校决定举办“青春心向党，奋进新征程”主题演讲比赛，该校九年级一班有1男3女共4名学生报名参加演讲比赛．
(1)若从报名的4名学生中随机选1名，则所选的这名学生是女生的概率是______ ；
(2)若从报名的4名学生中随机选2名，用画树状图或列表的方法，求这2名学生都是女生的概率．
22. (本小题8.0分)
按要求作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹．
(1)如图1，A为⊙O上一点，请用直尺(不带刻度)和圆规作出⊙O的内接正方形；
(2)我们知道，三角形具有性质：三边的垂直平分线相交于同一点，三条角平分线相交于一点，三条中线相交于一点.请运用上述性质，只用直尺(不带刻度)作图，如图2，在▱ABCD中，E为CD的中点，作BC的中点F．
23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥CE，垂足为D，AC平分∠DAB．
(1)判定直线CE与⊙O的位置关系，并说明你的理由；
(2)若AD=3，AC=4，求圆的半径．
24. (本小题8.0分)
为更好的宣传我县道德模范先进事迹，我县在中央公园专门设置了“善行义举榜”展示牌.某校学雷锋活动小组参观时，想要测量此展示牌的高度，他们绘制了该展示牌支架侧面的截面图，如图所示，并测得AB=120cm，BC=100cm，∠ABC=120°，∠BCD=75°，请求出展示牌最高点A到地面DG的距离(结果精确到0.1cm.参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 2≈1.41)
25. (本小题10.0分)
小於为响应国家创业号召，回乡经营一家龙虾餐饮店，经核算龙虾收购成本为40元/kg.设销售时间为x天，通过一个月(30天)的试营业发现，龙虾售价y(元/kg)与销售天数满足如图函数关系(其中1≤x≤30，且x为整数)，已知龙虾销售第一天的销量为44kg，以后每一天比前一天多销售4kg．
(1)直接写出售价y与销售时间x的函数关系式；
(2)求试营业第几天时，当天利润最大，最大利润是多少？
26. (本小题12.0分)
【问题呈现】老师在课堂中提出这样的问题：如图1，在△ABC中，∠ACB=30°，∠BAC=45°，若AB=2，求BC的长．
【合作交流】(1)在解决这个问题时，小胡代表小组给了一种不同的做法：
解：把△ABC沿着AC翻折，得到△ADC．
∴∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD
∴∠BCD=∠BCA+∠DCA=60°，∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°
……
(请在下面补全小胡的证明过程)
【思维拓展】(2)如图2，点D是△ABC内一点，2∠ABD+∠CBD=90°，∠BAD=10°，∠CAD=40°，若AD=AC，则AD、DB、BC三者之间的相等关系是______ ；
【能力提升】(3)①如图3，在四边形ABCD中，∠BCD=45°，∠BAD=90°，∠ADB=∠CDB=60°，且AC=3 2，则△ABD的周长为______ ；
②如图4，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，AC平分∠BAD，∠ADB=15°，∠ACB=30°，AE= 3，则tan∠BDC= ______ ．
27. (本小题14.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，与y轴的交点H．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点A在第二象限的抛物线上，且∠ACB=30°，点F从点C出发，在线段CA上以每秒2 33个单位长度的速度向点A运动，同时点E从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当其中一个点到达终点时，另外一个点也停止运动，设运动时间为t秒，求运动时间为多少时，△CEF的面积最大，并求出最大面积和点E坐标；
(3)在(2)的条件下，将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC上，已知直线GC的关系式为y= 33x+ 33．
①连接BF，EE′，EE′所在直线与直线GC交于点Q，若∠FBC+EQC=45°，求点E′的横坐标．
②若点M坐标为(0,−2 3)，连接MP，PE′，则MP+PE′的最小值为______ ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−2023×(−12023)=1，
∴−2023的倒数是−12023，
故选：B．
运用乘积为1的两个数是互为倒数进行求解．
此题考查了求一个数倒数的计算能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
2.【答案】C
【解析】解：219400=2.194×105．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵点A表示的数是4，将点A沿数轴向左移动a(a>4)个单位长度得到点P，
∴点P在原点左边，即点P表示的数为负数．
故选：B．
判断点P所在的大概位置，估计即可．
本题考查的是数轴，关键是熟悉数轴上的点左减右加的知识点．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
根据甲，乙，丙，丁四个人中甲和丁的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丁的方差最小，说明丁的成绩最稳定，得到丁最合适的人选．
【解答】
解：∵甲，乙，丙，丁四个人中甲和丁的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丁的方差最小，
∴丁的成绩最稳定，
∴综合平均数和方差两个方面说明丁成绩既高又稳定，
∴最合适的人选是丁．故选：D．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
找到从左面看所得到的图形即可．
【解答】
解：从左边看去是上下两个矩形，下面的比较高．
故选D．
6.【答案】B
【解析】解：∵BN//AM，
∴∠CBN=∠A，∠CNB=∠M，
∴△CBN∽△CAM，
∴CNCM=BCAC，
∴1.54.5=1AC，
解得：AC=3(m)，
∴AB=AC−BC=3−1=2(m)，
故选：B．
阳光可认为是一束平行光，由光的直线传播特性可知透过窗户后的光线BN与AM仍然平行，由此可得出一对相似三角形，由相似三角形性质可进一步求出AB的长，即窗户的高度．
本题考查相似三角形性质的应用．解题的关键是找出相似的三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例即可解答．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠C=40°，∠CAD=10°，
∴∠BAC=90°−∠C=50°，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD=50°+10°=60°，
∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，
∴∠BAD为旋转角，
∴旋转角的度数为60°．
故选：A．
首先利用已知条件求出∠BAD，然后利用旋转角的定义即可求解．
此题主要考查了旋转的性质，解题的关键是正确找出旋转角．
8.【答案】C
【解析】解：∵∠ADB=∠ADC，∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠ADB=∠ADC=90°，即AD是△ABC的高线，
∵△ABC是等腰三角形，AB=AC，
∴AD是△ABC的角平分线，故A选项不符合题意；
∵△ABC是等腰三角形，BD=CD，
∴AD是△ABC的角平分线，故B选项不符合题意；
若BC=2AD，不能说明AD是△ABC的角平分线，故C选项符合题意；
∵S△ABD=S△ACD，
∴BD=CD，
∴AD是△ABC的角平分线，故D选项不符合题意；
故选：C．
根据等腰三角形“三线合一”的性质，逐项判断即可求解．
本题主要考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质是解题的关键．
9.【答案】−a5
【解析】解：(−a)3⋅a2
=−a3⋅a2
=−a5，
故答案为：−a5．
先算乘方，再算乘法即可．
本题考查了同底数幂的乘法，积的乘方和幂的乘方等知识点，能熟练地运用法则进行计算是解此题的关键．
10.【答案】(2a+1)(2a−1)
【解析】解：4a2−1=(2a+1)(2a−1)．
故答案为：(2a+1)(2a−1)．
直接利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用乘法公式是解题关键．
11.【答案】x=3
【解析】解：1x=2x+3，
方程两边都乘以x(x+3)约去分母得：
x+3=2x，
解这个整式方程得x=3，
检验：当x=3时，x(x+3)≠0，
∴x=3是原分式方程的解．
故答案为：x=3．
先去分母化为整式方程，解整式方程，检验即可．
本题考查分式方程的解法，掌握分式方程的解法与步骤是解题关键．
12.【答案】−1
【解析】解：4x−y=2①3x−2y=−1②，
①×2−②得，5x=5，
解得：x=1；
把x=1代入①得：4×1−y=2，
解得y=2，
∴x−y=1−2=−1．
故答案为：−1．
直接把两式相减即可得出结论．
本题考查的是解二元一次方程组，熟知利用加减法解二元一次方程组是解答此题的关键．
13.【答案】160°
【解析】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是n，
根据题意得：2π×4=nπ×9180，
解得n=160，
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角是160°，
故答案为：160°．
利用圆锥侧面展开图，扇形圆心角与母线和底面圆半径的关系计算，即可求解．
本题考查了圆锥侧面展开图，扇形圆心角与母线和底面圆半径的关系，明确圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长是解答本题的关键．
14.【答案】108°
【解析】解：∵∠D=36°，
∴∠BOC=2∠D=72°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AOC=180°−72°=108°．
故答案为：108°．
根据圆周角定理即可推出∠BOC=2∠D，通过计算即可推出结果．
本题主要考查圆周角定理，关键在于根据相关的定理推出∠AOC=2∠D，然后认真的进行计算．
15.【答案】18
【解析】解：∵∠ABC=∠ADC=90°，点E为AC的中点，
∴AC=2BE=2DE=2AE=13，
∵BC=12，
∴AB= AC2−BC2=5，
∴△ABE的周长为AE+BE+AB=5+2×132=18，
故答案为：18．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一边得到AC=2BE=2DE=2AE=13，再利用勾股定理求出AB=5即可得到答案．
本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
16.【答案】5 33
【解析】解：设反比例函数y=5x(x>0)的图象上点E绕点O顺时针方向旋转45°得点A，过点E作EF⊥x轴于F，
设E(a,5a)，
∵∠EOF=45°，
∴EF=OF，
∴a=5a，
∵a>0，
∴a= 5，
∴OA=OE= 10，
作BC⊥x轴于C，△BOC是由KOH绕点O顺时针旋转45°得到的，
设B(x,12x)，
∴OH=OC=x，
∴H( 22x, 22x)，
∴过点H作GH⊥x轴于H，KG//x轴，
∴△KGH是等腰直角三角形，
∵KH=BC=12x，
∴KG=GH= 24x，
∴K( 22x− 24x, 22x+ 24x)，即K( 24x,3 24x)，
∴ 24x⋅3 24x=5，
解得x=2 303或x=−2 303(舍)，
∴12x= 303，
∴BC= 303，
∴S△AOB=12× 10× 303=5 33．
故答案为：5 33．
反比例函数y=5x(x>0)的图象上点E绕点O顺时针方向旋转45°得点A，过点E作EF⊥x轴于F，得出OA=OE= 10，作BC⊥x轴于C，设B(x,12x)，并且△OBC是由△OKH绕点O顺时针旋转45°得到的，则OH=OC=x，从而H( 22x, 22x)，可证出△MGH是等腰直角三角形，得K的坐标，代入y=5x(x>0)从而得出x的值，进而求得BC的长度，利用三角形面积公式解决问题．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得B点的坐标是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=2−4+3× 33+ 3
=−2+ 3+ 3
=−2+2 3；
(2)解不等式①得，x≥−1，
解不等式②得，x<2，
把两个不等式的解集在同一条数轴上表示如下：
所以不等式组的解集为−1≤x<2．
【解析】(1)根据负整数指数幂，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值以及实数混合运算的方法进行计算即可；
(2)利用解一元一次不等式组的解法进行解答即可．
本题考查负整数指数幂，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值，实数混合运算以及一元一次不等式组，掌握负整数指数幂的性质，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值，实数混合运算的方法以及一元一次不等式组的解法是正确解答的前提．
18.【答案】解：(x−3)2+(x+4)(x−4)
=x2−6x+9+x2−16
=2x2−6x−7，
∵x2−3x+1=0，
∴x2−3x=−1，
当x2−3x=−1时，
原式=2(x2−3x)−7
=2×(−1)−7
=−2−7
=−9．
【解析】先根据完全平方公式和平方差公式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
19.【答案】解：∵BE=2DE，EF=BE，
∴EF=2DE．
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴BC=2DE且DE//BC．
∴EF=BC．
又EF//BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
又EF=BE，
∴四边形BCFE是菱形．
【解析】由题意易得，EF与BC平行且相等，∴四边形BCFE是平行四边形．又EF=BE，∴四边形BCFE是菱形．
此题主要考查菱形的判定，综合利用了平行四边形的性质和判定．
20.【答案】100 126
【解析】解：(1)在这次调查中，一共抽取学生40÷40%=100(人)．
故答案为：100．
(2)根据题意得：1−(40%+18%+7%)=35%，
则“玩游戏”对应的圆心角度数是：360°×35%=126°．
故答案为：126．
(3)3小时以上的人数为：100−(2+16+18+32)=32(人)，
补全条形统计图，如图所示：
(4)估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数约为：
2000×32+32100=1280(人)．
(1)由“查资料”的人数是40人，占被调查人数的40%可得答案；
(2)由扇形统计图其他的百分比求出“玩游戏”的百分比，乘以360即可得到结果；
(3)求出3小时以上的人数，补全条形统计图即可；
(4)由每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的百分比乘以2000即可得到结果．
本题考查了条形统计图和扇形统计图，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21.【答案】34
【解析】解：(1)由题意可得，
由图可得总共有4种等可能情况，是女生的等情况数有3种，
∴所选的这名学生是女生的概率是34，
∴选的这名学生是女生的概率是34；
(2)由题意可得，
由图可得总共有12种等可能情况，是女生的等情况数有6种，
∴2名学生都是女生的概率P=612=12，
∴这2名学生都是女生的概率为12．
(1)利用树状图列出所有情况，找出所选的这名学生是女生的情况，代入P=mn即可得到答案；
(2)利用树状图列出所有情况，找出2名学生都是女生的情况，代入P=mn即可得到答案．
本题考查利用树状图法求概率，解题的关键是正确列出树状图．
22.【答案】解：(1)如图1，连接AO并延长交圆O于点C，作AC的中垂线交圆于点B，D，四边形ABCD即为所求．
(2)如图2，连接AC，BD交于点O，连接EB交AC于点G，连接DG并延长交CB于点F，F即为所求．
【解析】(1)连接AO并延长交圆O于点C，作AC的中垂线交圆于点B，D，四边形ABCD即为所求．
(2)连接AC，BD交于点O，连接EB交AC于点G，连接DG并延长交CB于点F，点F即为所求．
本题是三角形的重心，作图−应用与设计作图，平行四边形的性质，正多边形与圆，解题的关键是掌握圆的有关性质和平行四边形的性质及三角形垂心的性质．
23.【答案】解：(1)直线CE与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC//AD，
∵AD⊥CE，
∴OC⊥CE，
∵点C在⊙O上，
∴直线CE与⊙O相切；
(2)连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
∵∠BAC=∠DAC，
∴△DAC∽△CAB，
∴AD：AC=AC：AB，
∵AD=3，AC=4，
∴AB=163，
∴圆的半径为83．
【解析】(1)根据OC=OA，可得∠OAC=∠OCA，根据角平分线的定义可得∠OAC=∠DAC，进一步可证OC//AD，所以OC⊥CE，即可确定直线CE是圆O的切线；
(2)根据圆周角定理可知∠ACB=90°，可证△DAC∽△CAB，根据相似三角形的性质可得AB的长，进一步可得圆的半径．
本题考查了直线和圆的位置关系，圆周角定理，与圆有关的计算，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
24.【答案】解：过点A作AM⊥DG，垂足为M，过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BN⊥DG，垂足为N，
∵AM⊥DG，BE⊥AC，BN⊥DG，
∴四边形BEMN是矩形．
∴BE=MN，BN=EM，BE//DG．
∴∠BCD=∠EBC=75°．
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=120°−75°=45°．
在Rt△ABE中，∵∠ABE=45°
∴∠BAE=45°．
∴BE=AE．
∵sin∠ABE=AEAB，
∴AE=BE=sin45°×120= 22×120=60 2≈84.6(cm)．
在Rt△BCN中，
∵sin∠BCN=BNBC，
∴EG=BN=sin75°×100≈0.97×100=97(cm)．
∴AM=AE+EG
=84.6+97
=181.6(cm)．
答：展示牌最高点A到地面DG的距离为181.6cm．
【解析】过点A作AM⊥DG，过点B作BE⊥AC，过点B作BN⊥DG.先在Rt△ABE、Rt△BCN中利用边角间关系求出BE、BN，再利用线段的和差关系得结论．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
25.【答案】解：(1)依题意，当0
解得k=−2b=100，
∴y=−2x+100；
当22
根据题意得：p=44+4(x−1)=4x+40，
①当0
=−8(x−10)2+3200
∵−8<0，
∴x=10时，W最大=3200，
②当22
∵64>0，
∴当x=30时，W最大=2560，
∵3200>2560，
∴销售第10天时，利润最大，最大利润为3200元．
【解析】(1)依据题意易得出销售价y(元/kg)与时间x(天)之间的函数关系式；
(2)先根据题意求出每天的销售量与x的关系式，再根据销售利润=销售量×(售价−进价)，列出平均每天的销售利润W(元)与时间x(天)之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值(或最小值)．
26.【答案】BD2+BC2=AD2 6 2− 3
【解析】解：(1)如图1，把△ABC沿着AC翻折，得到△ADC．
∴∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD，
∴∠BCD=∠BCA+∠DCA=60°，∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°，
∴△BCD是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，
∴BC=BD=CD= 2AB=2 2；
(2)如图2，将△ABD沿AB折叠，得到△ABH，连接CH，
∴BD=BH，AD=AH，∠BAD=∠BAH=10°，∠ABD=∠ABH，
∵2∠ABD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠ABH+∠CBD=90，
∴∠CBH=90°，
∴BC2+BH2=CH2，
∵∠CAD=40°，AD=AC，
∴∠CAH=60°，AC=AH，
∴△ACH是等边三角形，
∴AC=AH=CH=AD，
∴BD2+BC2=AD2，
故答案为：BD2+BC2=AD2；
(3)①把△CBD沿BC翻折得到△CEB，把△CBA绕点C逆时针旋转90°得到△CEF，
把△CBD沿CD翻折得到△CED，
∴∠CDE=∠BDC=60°，CB=CE，BD=DE，∠BCD=∠DCE=45°，
∴∠BCE=90°，
∵∠ADB=∠CDB=60°=∠CDE，
∴∠ADE=180°，
∴A、D、E三点共线，
∵把△CBA绕点C逆时针旋转90°得到△CEF，
∴∠BCE=∠BAD=90°=∠ACF，AC=CF=3 2，∠ABC=∠CEF，AB=EF，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴∠CEF+∠AEC=180°，
∴A、E、F三点共线，
∵AC=CF=3 2，∠ACF=90°，
∴AF= 2AC=6，
∴AD+DE+EF=AB+BD+AD=6，
∴△ABD的周长为6，
故答案为：6；
②如图4，将△ABE沿AE折叠，可得△ANE，
∵∠BAD=90°，AC平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∵∠ADB=15°，
∴∠AEB=60°，
∴∠ABE=75°，∠AED=120°，
∵∠ACB=30°，
∴∠EBC=30°=∠ACB，
∴BE=EC，
∵将△ABE沿AE折叠，可得△ANE，
∴∠ABE=∠ANE=75°，BE=EN=EC，∠AEB=∠AEN=60°，
∴∠NED=60°=∠AEB=∠DEC，
又∵DE=DE，
∴△DEN≌△DEC(SAS)，
∴∠BDC=∠ADB=15°，
∴tan∠BDC=2− 3，
故答案为：2− 3．
(1)由折叠的性质可得∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD，由等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质可求解；
(2)由折叠的性质可得BD=BH，AD=AH，∠BAD=∠BAH=10°，∠ABD=∠ABH，可证△ACH是等边三角形，∠CBH=90°，由等边三角形的性质和勾股定理可求解；
(3)①由折叠的性质可得∠CDE=∠BDC=60°，CB=CE，BD=DE，∠BCD=∠DCE=45°，可证A、D、E三点共线，由旋转的性质可得∠BCE=∠BAD=90°=∠ACF，AC=CF=3 2，∠ABC=∠CEF，AB=EF，可证A、E、F三点共线，由等腰直角三角形的性质可求解；
②由“SAS”可证△DEN≌△DEC，可得∠BDC=∠ADB=15°，即可求解．
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，图形翻折的性质，图形旋转的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27.【答案】112
【解析】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，
∴25a−5b−5=0a−b−5=0，
解得：a=−1b=−6，
∴该抛物线的表达式为y=−x2−6x−5；
(2)如图，过点F作FK⊥x轴于点K，则∠FKC=90°，
∵B(−5,0)，C(−1,0)，
∴BC=4，
由题意得：CF=2 33t，BE=t，∠ACB=30°，
∴EC=BC−BE=4−t，FK=12CF= 33t，
∴S△CEF=12EC⋅FK=12(4−t)× 33t=− 36(t−2)2+2 33，
∵− 36<0，
∴当t=2时，S△CEF取得最大值2 33，此时点E的坐标为(−3,0)；
(3)①当t=2时，CE=2，CF=4 33，E(−3,0)，F(−3,2 33)，
∴FE⊥CE，
∵将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC上，如图，
∴点P在直线AC上，
当点P在AC的延长线上时，设AC交y轴于点K，如图，
∠FPF′=60°，PF′=PF，E′F′=EF=12CF=2 33，
∴△PFF′是等边三角形，
∴∠PFF′=∠PF′F=60°，
∵∠KCO=∠ACB=30°，
∴∠CKO=60°=∠FPF′，
∴PF′//y轴，
设P(m,− 33m− 33)，则C′(m, 33m+ 33)，F′(m, 33m+5 33)，
∵∠FCE=30°，∠CEF=90°，
∴∠EFC=60°，
∴∠E′F′C′=∠EFC=60°，
∵BE=2=CE，EF=EF，∠FEB=∠FEC=90°，
∴△BFE≌△CFE(SAS)，
∴∠FBE=∠FCE=30°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFC+∠PFF′=180°，
∴B、F、F′、E′在同一条直线上，
过点E′作E′S⊥PF′于点S，则F′S=E′F′⋅cos60°=2 33×12= 33，E′S=E′F′⋅sin60°=2 33× 32=1，
∴E′(m−1, 33m+4 33)，
由B(−5,0)，F(−3,2 33)，可得直线BF的解析式为y= 33x+5 33，
由C(−3,0)，F(−3,2 33)，可得直线AC的解析式为y=− 33x− 33，
∴BF//GC，
∴∠BE′E=∠EQC，
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠FBC+∠BE′E=45°，
∴∠E′EO=45°，
过点E′作E′R⊥x轴于点R，则R(m−1,0)，
∴ER=m+2，E′R= 33m+4 33，
∵E′RER=tan45°=1，
∴E′R=ER，
即 33m+4 33=m+2，
解得：m= 3−1，
∴m−1= 3−2，
即点E′的横坐标为 3−2；
当点P在射线CA上时，如图，
由上得：PF′//y轴，
设P(m,− 33m− 33)，则C′(m, 33m+ 33)，F′(m, 33m+5 33)，
过点E′作E′S⊥PF′于点S，过点Q作QT⊥x轴于点T，
则F′S=E′F′⋅cos60°=2 33×12= 33，E′S=E′F′⋅sin60°=2 33× 32=1，
∴E′(m−1, 33m+4 33)，
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠EQC=45°−∠FBC=45°−30°=15°，
∵∠EQC+∠QEC=∠QCT=30°，
∴∠QEC=15°=∠EQC，
∴CQ=CE=2，
∴QT=12CQ=1，CT=CQ⋅cos30°=2× 32= 3，
∴OT= 3−1，
∴Q( 3−1,1)，
设直线EQ的解析式为y=kx+d，把E(−3,0)，Q( 3−1,1)代入得：−3k+d=0( 3−1)k+d=1，
解得：k=2− 3d=6−3 3，
∴直线EQ的解析式为y=(2− 3)x+6−3 3，
∵直线EQ经过点E′(m−1, 33m+4 33)，
∴ 33m+4 33=(2− 3)(m−1)+6−3 3，
解得：m=−4−2 3，
∴m−1=−5−2 3，
即点E′的横坐标为−5−2 3；
综上所述，点E′的横坐标为 3−2或−5−2 3．
②如图，点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同一条直线上时，MP+PE′=ME′，且ME′⊥BF时，ME′最小，
过点M作MW⊥BF于点W，设BF交y轴于点K，
∵直线BF的解析式为y= 33x+5 33，
∴K(0,5 33)，
∵M坐标为(0,−2 3)，
∴MK=5 33−(−2 3)=11 33，
∵∠MKW=60°，∠MWK=90°，
∴MW=MK⋅sin∠MKW=11 33sin60°=11 33× 32=112，
即MP+PE′的最小值为112，
故答案为：112．
(1)运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
(2)过点F作FK⊥x轴于点K，由题意得：CF=2 33t，BE=t，∠ACB=30°，进而可得EC=BC−BE=4−t，FK=12CF= 33t，由S△CEF=12EC⋅FK=− 36(t−2)2+2 33，利用二次函数性质即可求得答案；
(3)①当t=2时，CE=2，CF=4 33，E(−3,0)，F(−3,2 33)，可证得FE⊥CE，由旋转可得点P在直线AC上，分两种情况：当点P在AC的延长线上时，当点P在射线CA上时，利用解直角三角形分别求得点E′的横坐标即可；②点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同一条直线上时，MP+PE′=ME′，且ME′⊥BF时，ME′最小，过点M作MW⊥BF于点W，设BF交y轴于点K，根据直线BF的解析式为y= 33x+5 33，可得K(0,5 33)，即MK=5 33−(−2 3)=11 33，再运用解直角三角形即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形面积，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形性质，解直角三角形，旋转变换的性质，两点之间线段最短和垂线段最短等，根据旋转的性质得到C′、E′、F′坐标之间的关系，是解决第(3)小题的关键．
2022-2023学年江苏省淮安市盱眙县九年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的倒数是( )
A. 2023 B. −12023 C. −2023 D. 12023
2. 盱眙旅游资源丰富，特色鲜明，自然、人文景观达66处，先后获得中国优秀旅游名县、中国最佳生态旅游县等称号，据统计去年我县累计接待游客约219400人，数据219400科学记数法表示( )
A. 2.194×106 B. 2194×102 C. 2.194×105 D. 0.2144×104
3. 如图，在数轴上，点A表示的数是4，将点A沿数轴向左移动a(a>4)个单位长度得到点P，则点P表示的数可能是( )
A. 0 B. −1 C. 0.5 D. 2
4. 中国的射击项目在世界上居于领先地位，某射击队计划从甲、乙、丙、丁四名运动员中选拔一人参加国际射击比赛，在选拔过程中，每人射击10次，计算他们的平均成绩及方差如下表所示：
甲
乙
丙
丁
x−/环
9.7
9.6
9.5
9.7
S2
0.035
0.042
0.036
0.015
射击队决定依据他们的平均成绩及稳定性进行选拔，那么被选中的运动员是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
5. 如图是某体育馆内的颁奖台，其左视图是( )
A.
B.
C.
D.
6. 如图，AB表示一个窗户的高，AM和BN表示射入室内的光线，窗户的下端到地面距离BC=1m，已知某一时刻BC在地面的影长CN=1.5m，AC在地面的影长CM=4.5m，则AB高为米．( )
A. 3.5 B. 2 C. 1.5 D. 2.5
7. 如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠C=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋转角的度数为( )
A. 60°
B. 50°
C. 40°
D. 10°
8. 盱眙都梁阁设计理念先进，建筑造型美观，鲜明的秉承了明清南派建筑风格.自下而上108级台阶，与杨大山108米海拔相呼应，楼高46.9米，寓意事事如意、六六大顺，长长久久，如图，“都梁阁”的顶端可看作等腰三角形ABC，AB=AC，D是边BC上的一点.下列条件不能说明AD是△ABC的角平分线的是( )
A. ∠ADB=∠ADC B. BD=CD
C. BC=2AD D. S△ABD=S△ACD
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 计算(−a)3⋅a2的结果等于______．
10. 因式分解：4a2−1= ______ ．
11. 分式方程1x=2x+3的解为 ．
12. 若x，y满足方程组4x−y=23x−2y=−1，则x−y= ______ ．
13. 若要制作一个母线长为9cm，底面圆的半径为4cm的圆锥，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角度数是______ ．
14. 如图，AB是⊙O的直径，∠D=36°，则∠AOC= ______ ．
15. 在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，连接AC，点E为AC的中点，连接BE，DE.若DE=132，BC=12，则△ABE的周长为______ ．
16. 如图，将反比例函数y=5x(x>0)的图象绕坐标原点(0,0)顺时针旋转45°，旋转后的图象与x轴相交于A点，若直线y=12x与旋转后的图象相交于B，则△OAB的面积为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共102.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
(1)计算：(12)−1− 16+3tan30°+|− 3|；
(2)解不等式组：3(x+2)≥2x+5①x2−1
先化简，再求值：(x−3)2+(x+4)(x−4)，其中x2−3x+1=0．
19. (本小题8.0分)
已知：如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
求证：四边形BCFE是菱形．
20. (本小题8.0分)
微信圈有篇热传的文章《如果想毁掉一个孩子，就给他一部手机!》.国际上，法国教育部宣布，小学和初中于2018年9月新学期开始，禁止学生使用手机，为了解学生手机使用情况.高新区某学校开展了“手机伴我健康行”的主题活动，学校随机抽取部分学生进行“使用手机的目的”和“每周使用手机的时间”的问卷调查，并绘制成如图①，图②的统计图.已知“查资料”的人数是40人．
(1)在这次调查中，一共抽取了 名学生；
(2)在扇形统计图中，“玩游戏”对应的圆心角的度数是 度；
(3)补全条形统计图；
(4)该校共有学生2000人，请估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数．
21. (本小题8.0分)
为深入学习贯彻党的二十大精神，某学校决定举办“青春心向党，奋进新征程”主题演讲比赛，该校九年级一班有1男3女共4名学生报名参加演讲比赛．
(1)若从报名的4名学生中随机选1名，则所选的这名学生是女生的概率是______ ；
(2)若从报名的4名学生中随机选2名，用画树状图或列表的方法，求这2名学生都是女生的概率．
22. (本小题8.0分)
按要求作图，不要求写作法，但要保留作图痕迹．
(1)如图1，A为⊙O上一点，请用直尺(不带刻度)和圆规作出⊙O的内接正方形；
(2)我们知道，三角形具有性质：三边的垂直平分线相交于同一点，三条角平分线相交于一点，三条中线相交于一点.请运用上述性质，只用直尺(不带刻度)作图，如图2，在▱ABCD中，E为CD的中点，作BC的中点F．
23. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥CE，垂足为D，AC平分∠DAB．
(1)判定直线CE与⊙O的位置关系，并说明你的理由；
(2)若AD=3，AC=4，求圆的半径．
24. (本小题8.0分)
为更好的宣传我县道德模范先进事迹，我县在中央公园专门设置了“善行义举榜”展示牌.某校学雷锋活动小组参观时，想要测量此展示牌的高度，他们绘制了该展示牌支架侧面的截面图，如图所示，并测得AB=120cm，BC=100cm，∠ABC=120°，∠BCD=75°，请求出展示牌最高点A到地面DG的距离(结果精确到0.1cm.参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73， 2≈1.41)
25. (本小题10.0分)
小於为响应国家创业号召，回乡经营一家龙虾餐饮店，经核算龙虾收购成本为40元/kg.设销售时间为x天，通过一个月(30天)的试营业发现，龙虾售价y(元/kg)与销售天数满足如图函数关系(其中1≤x≤30，且x为整数)，已知龙虾销售第一天的销量为44kg，以后每一天比前一天多销售4kg．
(1)直接写出售价y与销售时间x的函数关系式；
(2)求试营业第几天时，当天利润最大，最大利润是多少？
26. (本小题12.0分)
【问题呈现】老师在课堂中提出这样的问题：如图1，在△ABC中，∠ACB=30°，∠BAC=45°，若AB=2，求BC的长．
【合作交流】(1)在解决这个问题时，小胡代表小组给了一种不同的做法：
解：把△ABC沿着AC翻折，得到△ADC．
∴∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD
∴∠BCD=∠BCA+∠DCA=60°，∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°
……
(请在下面补全小胡的证明过程)
【思维拓展】(2)如图2，点D是△ABC内一点，2∠ABD+∠CBD=90°，∠BAD=10°，∠CAD=40°，若AD=AC，则AD、DB、BC三者之间的相等关系是______ ；
【能力提升】(3)①如图3，在四边形ABCD中，∠BCD=45°，∠BAD=90°，∠ADB=∠CDB=60°，且AC=3 2，则△ABD的周长为______ ；
②如图4，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，AC平分∠BAD，∠ADB=15°，∠ACB=30°，AE= 3，则tan∠BDC= ______ ．
27. (本小题14.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，与y轴的交点H．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点A在第二象限的抛物线上，且∠ACB=30°，点F从点C出发，在线段CA上以每秒2 33个单位长度的速度向点A运动，同时点E从点B出发以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当其中一个点到达终点时，另外一个点也停止运动，设运动时间为t秒，求运动时间为多少时，△CEF的面积最大，并求出最大面积和点E坐标；
(3)在(2)的条件下，将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC上，已知直线GC的关系式为y= 33x+ 33．
①连接BF，EE′，EE′所在直线与直线GC交于点Q，若∠FBC+EQC=45°，求点E′的横坐标．
②若点M坐标为(0,−2 3)，连接MP，PE′，则MP+PE′的最小值为______ ．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−2023×(−12023)=1，
∴−2023的倒数是−12023，
故选：B．
运用乘积为1的两个数是互为倒数进行求解．
此题考查了求一个数倒数的计算能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
2.【答案】C
【解析】解：219400=2.194×105．
故选：C．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵点A表示的数是4，将点A沿数轴向左移动a(a>4)个单位长度得到点P，
∴点P在原点左边，即点P表示的数为负数．
故选：B．
判断点P所在的大概位置，估计即可．
本题考查的是数轴，关键是熟悉数轴上的点左减右加的知识点．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
根据甲，乙，丙，丁四个人中甲和丁的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丁的方差最小，说明丁的成绩最稳定，得到丁最合适的人选．
【解答】
解：∵甲，乙，丙，丁四个人中甲和丁的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丁的方差最小，
∴丁的成绩最稳定，
∴综合平均数和方差两个方面说明丁成绩既高又稳定，
∴最合适的人选是丁．故选：D．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
找到从左面看所得到的图形即可．
【解答】
解：从左边看去是上下两个矩形，下面的比较高．
故选D．
6.【答案】B
【解析】解：∵BN//AM，
∴∠CBN=∠A，∠CNB=∠M，
∴△CBN∽△CAM，
∴CNCM=BCAC，
∴1.54.5=1AC，
解得：AC=3(m)，
∴AB=AC−BC=3−1=2(m)，
故选：B．
阳光可认为是一束平行光，由光的直线传播特性可知透过窗户后的光线BN与AM仍然平行，由此可得出一对相似三角形，由相似三角形性质可进一步求出AB的长，即窗户的高度．
本题考查相似三角形性质的应用．解题的关键是找出相似的三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例即可解答．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠C=40°，∠CAD=10°，
∴∠BAC=90°−∠C=50°，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD=50°+10°=60°，
∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，
∴∠BAD为旋转角，
∴旋转角的度数为60°．
故选：A．
首先利用已知条件求出∠BAD，然后利用旋转角的定义即可求解．
此题主要考查了旋转的性质，解题的关键是正确找出旋转角．
8.【答案】C
【解析】解：∵∠ADB=∠ADC，∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠ADB=∠ADC=90°，即AD是△ABC的高线，
∵△ABC是等腰三角形，AB=AC，
∴AD是△ABC的角平分线，故A选项不符合题意；
∵△ABC是等腰三角形，BD=CD，
∴AD是△ABC的角平分线，故B选项不符合题意；
若BC=2AD，不能说明AD是△ABC的角平分线，故C选项符合题意；
∵S△ABD=S△ACD，
∴BD=CD，
∴AD是△ABC的角平分线，故D选项不符合题意；
故选：C．
根据等腰三角形“三线合一”的性质，逐项判断即可求解．
本题主要考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质是解题的关键．
9.【答案】−a5
【解析】解：(−a)3⋅a2
=−a3⋅a2
=−a5，
故答案为：−a5．
先算乘方，再算乘法即可．
本题考查了同底数幂的乘法，积的乘方和幂的乘方等知识点，能熟练地运用法则进行计算是解此题的关键．
10.【答案】(2a+1)(2a−1)
【解析】解：4a2−1=(2a+1)(2a−1)．
故答案为：(2a+1)(2a−1)．
直接利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用乘法公式是解题关键．
11.【答案】x=3
【解析】解：1x=2x+3，
方程两边都乘以x(x+3)约去分母得：
x+3=2x，
解这个整式方程得x=3，
检验：当x=3时，x(x+3)≠0，
∴x=3是原分式方程的解．
故答案为：x=3．
先去分母化为整式方程，解整式方程，检验即可．
本题考查分式方程的解法，掌握分式方程的解法与步骤是解题关键．
12.【答案】−1
【解析】解：4x−y=2①3x−2y=−1②，
①×2−②得，5x=5，
解得：x=1；
把x=1代入①得：4×1−y=2，
解得y=2，
∴x−y=1−2=−1．
故答案为：−1．
直接把两式相减即可得出结论．
本题考查的是解二元一次方程组，熟知利用加减法解二元一次方程组是解答此题的关键．
13.【答案】160°
【解析】解：设这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是n，
根据题意得：2π×4=nπ×9180，
解得n=160，
即这个圆锥的侧面展开图的圆心角是160°，
故答案为：160°．
利用圆锥侧面展开图，扇形圆心角与母线和底面圆半径的关系计算，即可求解．
本题考查了圆锥侧面展开图，扇形圆心角与母线和底面圆半径的关系，明确圆锥的底面圆的周长=扇形的弧长是解答本题的关键．
14.【答案】108°
【解析】解：∵∠D=36°，
∴∠BOC=2∠D=72°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AOC=180°−72°=108°．
故答案为：108°．
根据圆周角定理即可推出∠BOC=2∠D，通过计算即可推出结果．
本题主要考查圆周角定理，关键在于根据相关的定理推出∠AOC=2∠D，然后认真的进行计算．
15.【答案】18
【解析】解：∵∠ABC=∠ADC=90°，点E为AC的中点，
∴AC=2BE=2DE=2AE=13，
∵BC=12，
∴AB= AC2−BC2=5，
∴△ABE的周长为AE+BE+AB=5+2×132=18，
故答案为：18．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一边得到AC=2BE=2DE=2AE=13，再利用勾股定理求出AB=5即可得到答案．
本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
16.【答案】5 33
【解析】解：设反比例函数y=5x(x>0)的图象上点E绕点O顺时针方向旋转45°得点A，过点E作EF⊥x轴于F，
设E(a,5a)，
∵∠EOF=45°，
∴EF=OF，
∴a=5a，
∵a>0，
∴a= 5，
∴OA=OE= 10，
作BC⊥x轴于C，△BOC是由KOH绕点O顺时针旋转45°得到的，
设B(x,12x)，
∴OH=OC=x，
∴H( 22x, 22x)，
∴过点H作GH⊥x轴于H，KG//x轴，
∴△KGH是等腰直角三角形，
∵KH=BC=12x，
∴KG=GH= 24x，
∴K( 22x− 24x, 22x+ 24x)，即K( 24x,3 24x)，
∴ 24x⋅3 24x=5，
解得x=2 303或x=−2 303(舍)，
∴12x= 303，
∴BC= 303，
∴S△AOB=12× 10× 303=5 33．
故答案为：5 33．
反比例函数y=5x(x>0)的图象上点E绕点O顺时针方向旋转45°得点A，过点E作EF⊥x轴于F，得出OA=OE= 10，作BC⊥x轴于C，设B(x,12x)，并且△OBC是由△OKH绕点O顺时针旋转45°得到的，则OH=OC=x，从而H( 22x, 22x)，可证出△MGH是等腰直角三角形，得K的坐标，代入y=5x(x>0)从而得出x的值，进而求得BC的长度，利用三角形面积公式解决问题．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得B点的坐标是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=2−4+3× 33+ 3
=−2+ 3+ 3
=−2+2 3；
(2)解不等式①得，x≥−1，
解不等式②得，x<2，
把两个不等式的解集在同一条数轴上表示如下：
所以不等式组的解集为−1≤x<2．
【解析】(1)根据负整数指数幂，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值以及实数混合运算的方法进行计算即可；
(2)利用解一元一次不等式组的解法进行解答即可．
本题考查负整数指数幂，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值，实数混合运算以及一元一次不等式组，掌握负整数指数幂的性质，算术平方根、特殊锐角三角函数值、绝对值，实数混合运算的方法以及一元一次不等式组的解法是正确解答的前提．
18.【答案】解：(x−3)2+(x+4)(x−4)
=x2−6x+9+x2−16
=2x2−6x−7，
∵x2−3x+1=0，
∴x2−3x=−1，
当x2−3x=−1时，
原式=2(x2−3x)−7
=2×(−1)−7
=−2−7
=−9．
【解析】先根据完全平方公式和平方差公式进行计算，再合并同类项，最后代入求出答案即可．
本题考查了整式的化简求值，能正确根据整式的运算法则进行化简是解此题的关键．
19.【答案】解：∵BE=2DE，EF=BE，
∴EF=2DE．
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴BC=2DE且DE//BC．
∴EF=BC．
又EF//BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
又EF=BE，
∴四边形BCFE是菱形．
【解析】由题意易得，EF与BC平行且相等，∴四边形BCFE是平行四边形．又EF=BE，∴四边形BCFE是菱形．
此题主要考查菱形的判定，综合利用了平行四边形的性质和判定．
20.【答案】100 126
【解析】解：(1)在这次调查中，一共抽取学生40÷40%=100(人)．
故答案为：100．
(2)根据题意得：1−(40%+18%+7%)=35%，
则“玩游戏”对应的圆心角度数是：360°×35%=126°．
故答案为：126．
(3)3小时以上的人数为：100−(2+16+18+32)=32(人)，
补全条形统计图，如图所示：
(4)估计每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的人数约为：
2000×32+32100=1280(人)．
(1)由“查资料”的人数是40人，占被调查人数的40%可得答案；
(2)由扇形统计图其他的百分比求出“玩游戏”的百分比，乘以360即可得到结果；
(3)求出3小时以上的人数，补全条形统计图即可；
(4)由每周使用手机时间在2小时以上(不含2小时)的百分比乘以2000即可得到结果．
本题考查了条形统计图和扇形统计图，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21.【答案】34
【解析】解：(1)由题意可得，
由图可得总共有4种等可能情况，是女生的等情况数有3种，
∴所选的这名学生是女生的概率是34，
∴选的这名学生是女生的概率是34；
(2)由题意可得，
由图可得总共有12种等可能情况，是女生的等情况数有6种，
∴2名学生都是女生的概率P=612=12，
∴这2名学生都是女生的概率为12．
(1)利用树状图列出所有情况，找出所选的这名学生是女生的情况，代入P=mn即可得到答案；
(2)利用树状图列出所有情况，找出2名学生都是女生的情况，代入P=mn即可得到答案．
本题考查利用树状图法求概率，解题的关键是正确列出树状图．
22.【答案】解：(1)如图1，连接AO并延长交圆O于点C，作AC的中垂线交圆于点B，D，四边形ABCD即为所求．
(2)如图2，连接AC，BD交于点O，连接EB交AC于点G，连接DG并延长交CB于点F，F即为所求．
【解析】(1)连接AO并延长交圆O于点C，作AC的中垂线交圆于点B，D，四边形ABCD即为所求．
(2)连接AC，BD交于点O，连接EB交AC于点G，连接DG并延长交CB于点F，点F即为所求．
本题是三角形的重心，作图−应用与设计作图，平行四边形的性质，正多边形与圆，解题的关键是掌握圆的有关性质和平行四边形的性质及三角形垂心的性质．
23.【答案】解：(1)直线CE与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC//AD，
∵AD⊥CE，
∴OC⊥CE，
∵点C在⊙O上，
∴直线CE与⊙O相切；
(2)连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
∵∠BAC=∠DAC，
∴△DAC∽△CAB，
∴AD：AC=AC：AB，
∵AD=3，AC=4，
∴AB=163，
∴圆的半径为83．
【解析】(1)根据OC=OA，可得∠OAC=∠OCA，根据角平分线的定义可得∠OAC=∠DAC，进一步可证OC//AD，所以OC⊥CE，即可确定直线CE是圆O的切线；
(2)根据圆周角定理可知∠ACB=90°，可证△DAC∽△CAB，根据相似三角形的性质可得AB的长，进一步可得圆的半径．
本题考查了直线和圆的位置关系，圆周角定理，与圆有关的计算，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
24.【答案】解：过点A作AM⊥DG，垂足为M，过点B作BE⊥AC，垂足为E，过点B作BN⊥DG，垂足为N，
∵AM⊥DG，BE⊥AC，BN⊥DG，
∴四边形BEMN是矩形．
∴BE=MN，BN=EM，BE//DG．
∴∠BCD=∠EBC=75°．
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=120°−75°=45°．
在Rt△ABE中，∵∠ABE=45°
∴∠BAE=45°．
∴BE=AE．
∵sin∠ABE=AEAB，
∴AE=BE=sin45°×120= 22×120=60 2≈84.6(cm)．
在Rt△BCN中，
∵sin∠BCN=BNBC，
∴EG=BN=sin75°×100≈0.97×100=97(cm)．
∴AM=AE+EG
=84.6+97
=181.6(cm)．
答：展示牌最高点A到地面DG的距离为181.6cm．
【解析】过点A作AM⊥DG，过点B作BE⊥AC，过点B作BN⊥DG.先在Rt△ABE、Rt△BCN中利用边角间关系求出BE、BN，再利用线段的和差关系得结论．
本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
25.【答案】解：(1)依题意，当0
解得k=−2b=100，
∴y=−2x+100；
当22
根据题意得：p=44+4(x−1)=4x+40，
①当0
=−8(x−10)2+3200
∵−8<0，
∴x=10时，W最大=3200，
②当22
∵64>0，
∴当x=30时，W最大=2560，
∵3200>2560，
∴销售第10天时，利润最大，最大利润为3200元．
【解析】(1)依据题意易得出销售价y(元/kg)与时间x(天)之间的函数关系式；
(2)先根据题意求出每天的销售量与x的关系式，再根据销售利润=销售量×(售价−进价)，列出平均每天的销售利润W(元)与时间x(天)之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值(或最小值)．
26.【答案】BD2+BC2=AD2 6 2− 3
【解析】解：(1)如图1，把△ABC沿着AC翻折，得到△ADC．
∴∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD，
∴∠BCD=∠BCA+∠DCA=60°，∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°，
∴△BCD是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，
∴BC=BD=CD= 2AB=2 2；
(2)如图2，将△ABD沿AB折叠，得到△ABH，连接CH，
∴BD=BH，AD=AH，∠BAD=∠BAH=10°，∠ABD=∠ABH，
∵2∠ABD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠ABH+∠CBD=90，
∴∠CBH=90°，
∴BC2+BH2=CH2，
∵∠CAD=40°，AD=AC，
∴∠CAH=60°，AC=AH，
∴△ACH是等边三角形，
∴AC=AH=CH=AD，
∴BD2+BC2=AD2，
故答案为：BD2+BC2=AD2；
(3)①把△CBD沿BC翻折得到△CEB，把△CBA绕点C逆时针旋转90°得到△CEF，
把△CBD沿CD翻折得到△CED，
∴∠CDE=∠BDC=60°，CB=CE，BD=DE，∠BCD=∠DCE=45°，
∴∠BCE=90°，
∵∠ADB=∠CDB=60°=∠CDE，
∴∠ADE=180°，
∴A、D、E三点共线，
∵把△CBA绕点C逆时针旋转90°得到△CEF，
∴∠BCE=∠BAD=90°=∠ACF，AC=CF=3 2，∠ABC=∠CEF，AB=EF，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴∠CEF+∠AEC=180°，
∴A、E、F三点共线，
∵AC=CF=3 2，∠ACF=90°，
∴AF= 2AC=6，
∴AD+DE+EF=AB+BD+AD=6，
∴△ABD的周长为6，
故答案为：6；
②如图4，将△ABE沿AE折叠，可得△ANE，
∵∠BAD=90°，AC平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∵∠ADB=15°，
∴∠AEB=60°，
∴∠ABE=75°，∠AED=120°，
∵∠ACB=30°，
∴∠EBC=30°=∠ACB，
∴BE=EC，
∵将△ABE沿AE折叠，可得△ANE，
∴∠ABE=∠ANE=75°，BE=EN=EC，∠AEB=∠AEN=60°，
∴∠NED=60°=∠AEB=∠DEC，
又∵DE=DE，
∴△DEN≌△DEC(SAS)，
∴∠BDC=∠ADB=15°，
∴tan∠BDC=2− 3，
故答案为：2− 3．
(1)由折叠的性质可得∠ACD=∠ACB=30°，∠DAC=∠BAC=45°，AB=AD，BC=CD，由等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质可求解；
(2)由折叠的性质可得BD=BH，AD=AH，∠BAD=∠BAH=10°，∠ABD=∠ABH，可证△ACH是等边三角形，∠CBH=90°，由等边三角形的性质和勾股定理可求解；
(3)①由折叠的性质可得∠CDE=∠BDC=60°，CB=CE，BD=DE，∠BCD=∠DCE=45°，可证A、D、E三点共线，由旋转的性质可得∠BCE=∠BAD=90°=∠ACF，AC=CF=3 2，∠ABC=∠CEF，AB=EF，可证A、E、F三点共线，由等腰直角三角形的性质可求解；
②由“SAS”可证△DEN≌△DEC，可得∠BDC=∠ADB=15°，即可求解．
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，图形翻折的性质，图形旋转的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27.【答案】112
【解析】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx−5经过B(−5,0)，C(−1,0)两点，
∴25a−5b−5=0a−b−5=0，
解得：a=−1b=−6，
∴该抛物线的表达式为y=−x2−6x−5；
(2)如图，过点F作FK⊥x轴于点K，则∠FKC=90°，
∵B(−5,0)，C(−1,0)，
∴BC=4，
由题意得：CF=2 33t，BE=t，∠ACB=30°，
∴EC=BC−BE=4−t，FK=12CF= 33t，
∴S△CEF=12EC⋅FK=12(4−t)× 33t=− 36(t−2)2+2 33，
∵− 36<0，
∴当t=2时，S△CEF取得最大值2 33，此时点E的坐标为(−3,0)；
(3)①当t=2时，CE=2，CF=4 33，E(−3,0)，F(−3,2 33)，
∴FE⊥CE，
∵将△CEF绕平面内一点P顺时针旋转60°得到△C′E′F′，使得点C′落在直线GC上，如图，
∴点P在直线AC上，
当点P在AC的延长线上时，设AC交y轴于点K，如图，
∠FPF′=60°，PF′=PF，E′F′=EF=12CF=2 33，
∴△PFF′是等边三角形，
∴∠PFF′=∠PF′F=60°，
∵∠KCO=∠ACB=30°，
∴∠CKO=60°=∠FPF′，
∴PF′//y轴，
设P(m,− 33m− 33)，则C′(m, 33m+ 33)，F′(m, 33m+5 33)，
∵∠FCE=30°，∠CEF=90°，
∴∠EFC=60°，
∴∠E′F′C′=∠EFC=60°，
∵BE=2=CE，EF=EF，∠FEB=∠FEC=90°，
∴△BFE≌△CFE(SAS)，
∴∠FBE=∠FCE=30°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFC+∠PFF′=180°，
∴B、F、F′、E′在同一条直线上，
过点E′作E′S⊥PF′于点S，则F′S=E′F′⋅cos60°=2 33×12= 33，E′S=E′F′⋅sin60°=2 33× 32=1，
∴E′(m−1, 33m+4 33)，
由B(−5,0)，F(−3,2 33)，可得直线BF的解析式为y= 33x+5 33，
由C(−3,0)，F(−3,2 33)，可得直线AC的解析式为y=− 33x− 33，
∴BF//GC，
∴∠BE′E=∠EQC，
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠FBC+∠BE′E=45°，
∴∠E′EO=45°，
过点E′作E′R⊥x轴于点R，则R(m−1,0)，
∴ER=m+2，E′R= 33m+4 33，
∵E′RER=tan45°=1，
∴E′R=ER，
即 33m+4 33=m+2，
解得：m= 3−1，
∴m−1= 3−2，
即点E′的横坐标为 3−2；
当点P在射线CA上时，如图，
由上得：PF′//y轴，
设P(m,− 33m− 33)，则C′(m, 33m+ 33)，F′(m, 33m+5 33)，
过点E′作E′S⊥PF′于点S，过点Q作QT⊥x轴于点T，
则F′S=E′F′⋅cos60°=2 33×12= 33，E′S=E′F′⋅sin60°=2 33× 32=1，
∴E′(m−1, 33m+4 33)，
∵∠FBC+∠EQC=45°，
∴∠EQC=45°−∠FBC=45°−30°=15°，
∵∠EQC+∠QEC=∠QCT=30°，
∴∠QEC=15°=∠EQC，
∴CQ=CE=2，
∴QT=12CQ=1，CT=CQ⋅cos30°=2× 32= 3，
∴OT= 3−1，
∴Q( 3−1,1)，
设直线EQ的解析式为y=kx+d，把E(−3,0)，Q( 3−1,1)代入得：−3k+d=0( 3−1)k+d=1，
解得：k=2− 3d=6−3 3，
∴直线EQ的解析式为y=(2− 3)x+6−3 3，
∵直线EQ经过点E′(m−1, 33m+4 33)，
∴ 33m+4 33=(2− 3)(m−1)+6−3 3，
解得：m=−4−2 3，
∴m−1=−5−2 3，
即点E′的横坐标为−5−2 3；
综上所述，点E′的横坐标为 3−2或−5−2 3．
②如图，点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同一条直线上时，MP+PE′=ME′，且ME′⊥BF时，ME′最小，
过点M作MW⊥BF于点W，设BF交y轴于点K，
∵直线BF的解析式为y= 33x+5 33，
∴K(0,5 33)，
∵M坐标为(0,−2 3)，
∴MK=5 33−(−2 3)=11 33，
∵∠MKW=60°，∠MWK=90°，
∴MW=MK⋅sin∠MKW=11 33sin60°=11 33× 32=112，
即MP+PE′的最小值为112，
故答案为：112．
(1)运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
(2)过点F作FK⊥x轴于点K，由题意得：CF=2 33t，BE=t，∠ACB=30°，进而可得EC=BC−BE=4−t，FK=12CF= 33t，由S△CEF=12EC⋅FK=− 36(t−2)2+2 33，利用二次函数性质即可求得答案；
(3)①当t=2时，CE=2，CF=4 33，E(−3,0)，F(−3,2 33)，可证得FE⊥CE，由旋转可得点P在直线AC上，分两种情况：当点P在AC的延长线上时，当点P在射线CA上时，利用解直角三角形分别求得点E′的横坐标即可；②点E′是直线BF上的动点，点P是直线AC上的动点，当点M、P、E′三点在同一条直线上时，MP+PE′=ME′，且ME′⊥BF时，ME′最小，过点M作MW⊥BF于点W，设BF交y轴于点K，根据直线BF的解析式为y= 33x+5 33，可得K(0,5 33)，即MK=5 33−(−2 3)=11 33，再运用解直角三角形即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形面积，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形性质，解直角三角形，旋转变换的性质，两点之间线段最短和垂线段最短等，根据旋转的性质得到C′、E′、F′坐标之间的关系，是解决第(3)小题的关键．
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