江苏省昆山市2022年中考数学二模试卷（解析版） 苏科版

江苏省昆山市2022年中考数学二模试卷一、选择题（每小题3分，共30分）把下列各题的正确答案前的英文字母填涂在答题纸相应的位置上．1．（3分）（2022•昆山市二模）计算的结果是（　　）　A．±3B．3C．±3D．3考点：立方根专题：探究型．分析：根据立方根的定义进行解答即可．解答：解：∵33=27，∴=3．故选D．点评：本题考查的是立方根的定义，即如果一个数的立方等于a，那么这个数叫做a的立方根或三次方根．这就是说，如果x3=a，那么x叫做a的立方根．记作：．　2．（3分）（2022•昆山市二模）﹣的相反数是（　　）　A．B．﹣C．D．﹣考点：实数的性质分析：根据相反数的定义解答即可．解答：解：﹣的相反数是．故选A．点评：本题考查了实数的性质，主要利用了相反数的定义，熟记概念是解题的关键．　3．（3分）（2022•昆山市二模）数据5，7，5，8，6，13，5的中位数是（　　）　A．5B．6C．7D．8考点：中位数专题：计算题．分析：将该组数据按从小到大排列，找到位于中间位置的数即可．解答：解：将数据5，7，5，8，6，13，5按从小到大依次排列为：5，5，5，6，7，8，13，位于中间位置的数为6．故中位数为6．故选B．点评：本题考查了中位数的定义，知道中数的定义是解题的关键．　23\n4．（3分）（2022•昆山市二模）在四张完全相同的卡片上，分别画有圆、菱形、等腰三角形、等腰梯形，现从中随机抽取一张，卡片上的图形恰好是中心对称图形的概率是（　　）　A．B．C．D．1考点：概率公式；中心对称图形分析：确定既是中心对称的有几个图形，除以4即可求解．解答：解：∵是中心对称图形的有圆、菱形，所以从中随机抽取一张，卡片上的图形恰好是中心对称图形的概率是=；故选B．点评：此题考查了概率公式，概率等于所求情况数与总情况数之比，关键是能够找出中心对称图形．　5．（3分）（2022•昆山市二模）如图，△ABC内接于⊙O，OD⊥BC于D，∠A=50°，则∠OCD的度数是（　　）　A．40°B．45°C．50°D．60°考点：圆周角定理；垂径定理专题：压轴题．分析：首先连接OB，由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠BOC的度数，又由OB=OC，根据等边对等角的性质，即可求得∠OCD的度数．解答：解：连接OB，∵∠A=50°，∴∠BOC=2∠A=100°，∵OB=OC，∴∠OCD=∠OBC==40°．故选A．点评：23\n此题考查了圆周角定理与等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半定理的应用，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．　6．（3分）（2022•昆山市二模）将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．则这样的折纸方法共有（　　）　A．1种B．2种C．4种D．无数种考点：平行四边形的性质专题：操作型．分析：根据平行四边形的中心对称性，可知这样的折纸方法有无数种．解答：解：因为平行四边形是中心对称图形，任意一条过平行四边形对角线交点的直线都平分四边形的面积，则这样的折纸方法共有无数种．故选D．点评：此题主要考查平行四边形是中心对称图形的性质．平行四边形的两条对角线交于一点，这个点是平行四边形的中心，也是两条对角线的中点，经过中心的任意一条直线可将平行四边形分成完全重合的两个图形．　7．（3分）（2022•昆山市二模）已知反比例函数y=（b为常数），当x＞0时，y随x的增大而增大，则一次函数y=x+b的图象不经过第几象限．（　　）　A．一B．二C．三D．四考点：一次函数图象与系数的关系；反比例函数的性质专题：探究型．分析：先根据反比例函数的增减性判断出b的符号，再根据一次函数的图象与系数的关系判断出次函数y=x+b的图象经过的象限即可．解答：解：∵反比例函数y=（b为常数），当x＞0时，y随x的增大而增大，故函数位于二、四象限，∴b＜0，∵一次函数y=x+b中k=1＞0，b＜0，∴此函数的图象经过一、三、四限，∴此函数的图象不经过第二象限．故选B．点评：本题考查的是一次函数的图象与系数的关系及反比例函数的性质，熟知一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＞0，b＜0时函数的图象在一、三、四象限是解答此题的关键．　8．（3分）（2022•昆山市二模）把抛物线y=x2+bx+4的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位，所得到的图象的解析式为y=x2﹣2x+3，则b的值为（　　）　A．2B．4C．6D．823\n考点：二次函数图象与几何变换分析：首先根据点的坐标平移规律是上加下减，左减右加，利用这个规律即可得到所求抛物线的顶点坐标，然后就可以求出抛物线的解析式．解答：解：∵y=x2﹣2x+3=x2﹣2x+1+2=（x﹣1）2+2，∴顶点坐标为（1，2），∴向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得（﹣2，0），则原抛物线y=x2+bx+4的顶点坐标为（﹣2，0），∴原抛物线y=x2+bx+4=（x+2）2=x2+4x+4，∴b=4．故选：B．点评：此题主要考查了平移规律，首先根据平移规律求出已知抛物线的顶点坐标，然后求出所求抛物线的顶点坐标，最后就可以求出原抛物线的解析式．　9．（3分）（2022•昆山市二模）如图，在直角三角形ABC中（∠C=90°），放置边长分别3，4，x的三个正方形，则x的值为（　　）　A．5B．6C．7D．12考点：相似三角形的判定与性质；正方形的性质专题：压轴题．分析：根据已知条件可以推出△CEF∽△OME∽△PFN然后把它们的直角边用含x的表达式表示出来，利用对应边的比相等，即可推出x的值．解答：解：∵在Rt△ABC中（∠C=90°），放置边长分别3，4，x的三个正方形，∴△CEF∽△OME∽△PFN，∴OE：PN=OM：PF，∵EF=x，MO=3，PN=4，∴OE=x﹣3，PF=x﹣4，∴（x﹣3）：4=3：（x﹣4），∴（x﹣3）（x﹣4）=12，∴x=0（不符合题意，舍去），x=7．故选C．点评：本题主要考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，解题的关键在于找到相似三角形，用x的表达式表示出对应边．　23\n10．（3分）（2022•昆山市二模）如图，AB为半圆O的直径，AD、BC分别切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，AD与CD相交于D，BC与CD相交于C，连接OD、OC，对于下列结论：①OD2=DE•CD；②AD+BC=CD；③OD=OC；④S梯形ABCD=CD•OA；⑤∠DOC=90°，其中正确的是（　　）　A．①②⑤B．②③④C．③④⑤D．①④⑤考点：切线的性质；切线长定理；相似三角形的判定与性质．3891921专题：计算题；压轴题．分析：连接OE，由AD，DC，BC都为圆的切线，根据切线的性质得到三个角为直角，且利用切线长定理得到DE=DA，CE=CB，由CD=DE+EC，等量代换可得出CD=AD+BC，选项②正确；由AD=ED，OD为公共边，利用HL可得出直角三角形ADO与直角三角形EDO全等，可得出∠AOD=∠EOD，同理得到∠EOC=∠BOC，而这四个角之和为平角，可得出∠DOC为直角，选项⑤正确；由∠DOC与∠DEO都为直角，再由一对公共角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似，可得出三角形DEO与三角形DOC相似，由相似得比例可得出OD2=DE•CD，选项①正确；又ABCD为直角梯形，利用梯形的面积计算后得到梯形ABCD的面积为AB（AD+BC），将AD+BC化为CD，可得出梯形面积为AB•CD，选项④错误，而OD不一定等于OC，选项③错误，即可得到正确的选项．解答：解：连接OE，如图所示：∵AD与圆O相切，DC与圆O相切，BC与圆O相切，∴∠DAO=∠DEO=∠OBC=90°，∴DA=DE，CE=CB，AD∥BC，∴CD=DE+EC=AD+BC，选项②正确；在Rt△ADO和Rt△EDO中，，∴Rt△ADO≌Rt△EDO（HL），∴∠AOD=∠EOD，同理Rt△CEO≌Rt△CBO，∴∠EOC=∠BOC，又∠AOD+∠DOE+∠EOC+∠COB=180°，∴2（∠DOE+∠EOC）=180°，即∠DOC=90°，选项⑤正确；23\n∴∠DOC=∠DEO=90°，又∠EDO=∠ODC，∴△EDO∽△ODC，∴=，即OD2=DC•DE，选项①正确；而S梯形ABCD=AB•（AD+BC）=AB•CD，选项④错误；由OD不一定等于OC，选项③错误，则正确的选项有①②⑤．故选A点评：此题考查了切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及梯形面积的求法，利用了转化的数学思想，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．　二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）把正确答案直接填在答题纸相应的位置内．11．（3分）（2022•昆山市二模）若a与﹣5互为倒数，则a=　　．考点：倒数分析：根据倒数的定义，a的倒数是（a≠0），据此即可求解．解答：解：﹣5的倒数是﹣，故答案是：﹣．点评：本题考查了倒数的定义，理解定义是关键．　12．（2022•昆山市二模）（3分）（2022•本溪）已知1纳米=10﹣9米，某种微粒的直径为158纳米，用科学记数法表示该微粒的直径为　1.58×10﹣7　米．考点：科学记数法—表示较小的数分析：根据158纳米×10﹣9=0.000000158米，再利用绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．解答：解：158纳米×10﹣9=0.000000158米=1.58×10﹣7米；故答案为：1.58×10﹣7．点评：本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．　13．（3分）（2022•昆山市二模）已知a+b=2，ab=﹣1，则3a+ab+3b=　5　；a2+b2=　6　．考点：完全平方公式专题：压轴题．23\n分析：由3a+ab+3b=3（a+b）+ab与a2+b2=（a+b）2﹣2ab，将a+b=2，ab=﹣1代入即可求得答案．解答：解：∵a+b=2，ab=﹣1，∴3a+ab+3b=3a+3b+ab=3（a+b）+ab=3×2+（﹣1）=5；a2+b2=（a+b）2﹣2ab=22﹣2×（﹣1）=6．故答案为：5，6．点评：此题考查了完全平方公式的应用．此题难度不大，注意掌握公式变形是解此题的关键．　14．（3分）（2022•昆山市二模）如图，把一个斜边长为2且含有30°角的直角三角形ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°到△A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积为　　．考点：旋转的性质；扇形面积的计算分析：根据直角三角形的性质求出BC、AC的长度，设点B扫过的路线与AB的交点为D，连接CD，可以证明△BCD是等边三角形，然后求出点D是AB的中点，所以△ACD的面积等于△ABC的面积的一半，然后根据△ABC扫过的面积=S扇形ACA1+S扇形BCD+S△ACD，然后根据扇形的面积公式与三角形的面积公式列式计算即可得解．解答：解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=AB=1，∠B=90°﹣∠BAC=60°，∴AC==，∴S△ABC=BC•AC=设点B扫过的路线与AB的交点为D，连接CD，∵BC=DC，∴△BCD是等边三角形，∴BD=CD=1，∴点D是AB的中点，∴S△ACD=S△ABC=，∴△ABC扫过的面积=S扇形ACA1+S扇形BCD+S△ACD，=×π×（）2+×π×12+，=π+π+，23\n=．故答案是：点评：此题考查了旋转的性质、直角三角形的性质以及等边三角形的性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系，利用数形结合思想把扫过的面积分成两个扇形的面积与一个三角形面积是解题的关键，也是本题的难点．　15．（3分）（2022•昆山市二模）某校为了丰富学生的课外体育活动，欲增购一批体育器材，为此该校对一部分学生进行了一次题为“你喜欢的体育活动”的问卷调查（每人限选一项）根据收集到的数据，绘制成如图的统计图（不完整）：根据图中提供的信息得出“跳绳”部分学生共有　50　人．考点：条形统计图；扇形统计图分析：先求得总人数，然后用总人数减去其他各个小组的频数即可．解答：解：∵从条形统计图知喜欢球类的有80人，占40%∴总人数为80÷40%=200人∴喜欢跳绳的有200﹣80﹣30﹣40=50人，故答案为50．点评：本题考查了条形统计图及扇形统计图的知识，解题的关键是从两种统计图中整理出进一步解题的有关信息．　16．（3分）（2022•昆山市二模）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE=1，则EF的长为　　．23\n考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）分析：由正方形纸片ABCD的边长为3，可得∠C=90°，BC=CD=3，由根据折叠的性质得：EG=BE=1，GF=DF，然后设DF=x，在Rt△EFC中，由勾股定理EF2=EC2+FC2，即可得方程，解方程即可求得答案．解答：解：∵正方形纸片ABCD的边长为3，∴∠C=90°，BC=CD=3，根据折叠的性质得：EG=BE=1，GF=DF，设DF=x，则EF=EG+GF=1+x，FC=DC﹣DF=3﹣x，EC=BC﹣BE=3﹣1=2，在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，即（x+1）2=22+（3﹣x）2，解得：x=，∴DF=，EF=1+=．故答案为．点评：此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．　17．（3分）（2022•昆山市二模）读一读，式子“1+2+3+4+…+100”表示从1开始的100个自然数的和，由于式子比较长，书写不方便，为了简便，我们将其表示为，这里“”是求和符号，通过对上述材料的阅读，计算=　　．考点：分式的加减法专题：新定义．分析：根据题意将所求式子写出普通加法运算，拆项后合并即可得到结果．解答：解：=++…+=1﹣+﹣+﹣=1﹣=．23\n故答案为：点评：此题考查了分式的加减法，利用了拆项的方法，弄清题意是解本题的关键．　18．（3分）（2022•昆山市二模）在平面直角坐标系中，⊙P的圆心是（2，a）（a＞2），半径为2，函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是　　．考点：垂径定理；坐标与图形性质专题：计算题；压轴题．分析：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．分别求出PD、DC，相加即可．解答：解：过P点作PE⊥AB于E，过P点作PC⊥x轴于C，交AB于D，连接PA．∵AB=2，∴AE=，PA=2，∴PE=1．∵点D在直线y=x上，∴∠AOC=45°，∵∠DCO=90°，∴∠ODC=45°，∴∠PDE=∠ODC=45°，∴∠DPE=∠PDE=45°，∴DE=PE=1，∴PD=．∵⊙P的圆心是（2，a），∴点D的横坐标为2，∴OC=2，∴DC=OC=2，∴a=PD+DC=2+．故答案为2+．点评：本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用圆与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．注意函数y=x与x轴的夹角是45°．　23\n三、解答题（本大题共11小题，共76分．把解答过程写在答题卡相应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明，作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔）19．（5分）（2022•昆山市二模）计算：．考点：实数的运算分析：本题涉及零指数幂、负指数幂、绝对值的化简3个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．解答：解：原式=5﹣3+3﹣1=4．点评：本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、绝对值的化简等考点的运算．　20．（5分）（2022•昆山市二模）解不等式组，并写出不等式组的整数解．考点：解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解专题：压轴题；探究型．分析：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，在x的取值范围内找出符合条件的x的整数值即可．解答：解：由①得，x≥﹣；由②得，x＜4，故此不等式组的解集为：﹣≤x＜4整数解有：0，1，2，3．点评：本题考查的是解一元一次不等式组及一元一次不等式组的整数解，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．　21．（5分）（2022•昆山市二模）解方程：．考点：解分式方程专题：方程思想．分析：观察可得最简公分母是x（x+1），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．解答：解：x2+x（x+1）=（2x+1）（x+1）（2分）x2+x2+x=2x2+3x+1，解这个整式方程得：，（4分）经检验：把代入x（x+1）≠0．∴原方程的解为．（5分）点评：23\n考查了解分式方程，注意：（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．　22．（6分）（2022•昆山市二模）先化简，再求值：，其中x=﹣2．考点：分式的化简求值专题：计算题．分析：这道求代数式值的题目，通常做法是先把代数式化简，然后再代入求值．解答：解：原式=，=，=；将x=﹣2代入，得：原式=．点评：这是个分式混合运算题，运算顺序是先乘除后加减，加减法时要注意把各分母先因式分解，确定最简公分母进行通分．　23．（6分）（2022•江津区）在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF．（1）求证：Rt△ABE≌Rt△CBF；（2）若∠CAE=30°，求∠ACF的度数．考点：全等三角形的判定与性质专题：几何图形问题；证明题；数形结合．分析：（1）由AB=CB，∠ABC=90°，AE=CF，即可利用HL证得Rt△ABE≌Rt△CBF；（2）由AB=CB，∠ABC=90°，即可求得∠CAB与∠ACB的度数，即可得∠BAE的度数，又由Rt△ABE≌Rt△CBF，即可求得∠BCF的度数，则由∠ACF=∠BCF+∠ACB即可求得答案．解答：（1）证明：∵∠ABC=90°，∴∠CBF=∠ABE=90°，在Rt△ABE和Rt△CBF中，，23\n∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）；（2）解：∵AB=BC，∠ABC=90°，∴∠CAB=∠ACB=45°，又∵∠BAE=∠CAB﹣∠CAE=45°﹣30°=15°，由（1）知：Rt△ABE≌Rt△CBF，∴∠BCF=∠BAE=15°，∴∠ACF=∠BCF+∠ACB=45°+15°=60°．点评：此题考查了直角三角形全等的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．　24．（6分）（2022•昆山市二模）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道l上确定点D，使CD与l垂直，测得CD的长等于21米，在l上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30°，∠CBD=60°．（1）求AB的长（精确到0.1米，参考数据：=1.73，=1.41）；（2）已知本路段对校车限速为40千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．考点：解直角三角形的应用分析：（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，继而求得AB的长；（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．解答：解：（1）由題意得，在Rt△ADC中，AD==36.33（米），…2分在Rt△BDC中，BD==12.11（米），…4分则AB=AD﹣BD=36.33﹣12.11=24.22≈24.2（米）…6分（2）超速．理由：∵汽车从A到B用时2秒，∴速度为24.2÷2=12.1（米/秒），∵12.1×3600=43560（米/时），∴该车速度为43.56千米/小时，…9分∵大于40千米/小时，23\n∴此校车在AB路段超速．…10分点评：此题考查了解直角三角形的应用问题．此题难度适中，解题的关键是把实际问题转化为数学问题求解，注意数形结合思想的应用．　25．（8分）（2022•昆山市二模）某中学计划购买A型和B型课桌凳共200套．经招标，购买一套A型课桌凳比购买一套B型课桌凳少用40元，且购买4套A型和5套B型课桌凳共需1820元．（1）求购买一套A型课桌凳和一套B型课桌凳各需多少元？（2）学校根据实际情况，要求购买这两种课桌凳总费用不能超过40880元，并且购买A型课桌凳的数量不能超过B型课桌凳数量的，求该校本次购买A型和B型课桌凳共有几种方案？哪种方案的总费用最低？考点：一次函数的应用；一元一次方程的应用；一元一次不等式组的应用分析：（1）根据购买一套A型课桌凳比购买一套B型课桌凳少用40元，以及购买4套A型和5套B型课桌凳共需1820元，得出等式方程求出即可；（2）利用要求购买这两种课桌凳总费用不能超过40880元，并且购买A型课桌凳的数量不能超过B型课桌凳数量的，得出不等式组，求出a的值即可，再利用一次函数的增减性得出答案即可．解答：解：（1）设A型每套x元，则B型每套（x+40）元．由题意得：4x+5（x+40）=1820．解得：x=180，x+40=220．即购买一套A型课桌凳和一套B型课桌凳各需180元、220元；（2）设购买A型课桌凳a套，则购买B型课桌凳（200﹣a）套．由题意得：，解得：78≤a≤80．∵a为整数，∴a=78、79、80．∴共有3种方案，设购买课桌凳总费用为y元，则y=180a+220（200﹣a）=﹣40a+44000．∵﹣40＜0，y随a的增大而减小，∴当a=80时，总费用最低，此时200﹣a=120，即总费用最低的方案是：购买A型80套，购买B型120套．点评：此题主要考查了二元一次方程组的应用和不等式组的应用以及一次函数的增减性，根据已知得出不等式组，求出a的值是解题关键．　23\n26．（8分）（2022•昆山市二模）已知甲同学手中藏有三张分别标有数字，，1的卡片，乙同学手中藏有三张分别标有1，3，2的卡片，卡片外形相同．现从甲乙两人手中各任取一张卡片，并将它们的数字分别记为a，b．（1）请你用树形图或列表法列出所有可能的结果．（2）现制定这样一个游戏规则：若所选出的a，b能使得ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，则称甲获胜；否则称乙获胜．请问这样的游戏规则公平吗？请你用概率知识解释．考点：游戏公平性；根的判别式；列表法与树状图法分析：（1）首先根据题意画出树状图，然后根据树状图即可求得所有等可能的结果；（2）利用一元二次方程根的判别式，即可判定各种情况下根的情况，然后利用概率公式求解即可求得甲、乙获胜的概率，比较概率大小，即可确定这样的游戏规是否公平．解答：解：（1）画树状图得：∵（a，b）的可能结果有（，1）、（，3）、（，2）、（，1）、（，3）、（，2）、（1，1）、（1，3）及（1，2），∴（a，b）取值结果共有9种；…（4分）（2）∵当a=，b=1时，△=b2﹣4a=﹣1＜0，此时ax2+bx+1=0无实数根，当a=，b=3时，△=b2﹣4a=7＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，当a=，b=2时，△=b2﹣4a=2＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，当a=，b=1时，△=b2﹣4a=0，此时ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，当a=，b=3时，△=b2﹣4a=8＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，当a=，b=2时，△=b2﹣4a=3＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，当a=1，b=1时，△=b2﹣4a=﹣3＜0，此时ax2+bx+1=0无实数根，当a=1，b=3时，△=b2﹣4a=5＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，当a=1，b=2时，△=b2﹣4a=0，此时ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，…（2分）∴P（甲获胜）=P（△＞0）=＞P（乙获胜）=，…（1分）∴这样的游戏规则对甲有利，不公平．…（1分）23\n点评：本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．　27．（8分）（2022•昆山市二模）如图，AB是⊙O的直径，动弦CD垂直AB于点E，过点B作直线BF∥CD交AD的延长线于点F，若AB=10cm．（1）求证：BF是⊙O的切线．（2）若AD=8cm，求BE的长．（3）若四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD为何种四边形？并说明理由．考点：切线的判定；勾股定理；垂径定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质．专题：几何综合题．分析：（1）欲证明BF是⊙O的切线，只需证明AB⊥BF即可；（2）连接BD，在直角三角形ABD中，利用射影定理可以求得AE的长度，最后结合图形知BE=AB﹣AE；（3）连接BC．四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD是正方形．根据平行四边形的对边平行、平行线的性质、圆周角定理以及同弧所对的圆周角相等可以推知∠CAD=∠BDA=90°，即CD是⊙O的直径，然后由全等三角形的判定与性质推知AC=BD；根据正方形的判定定理证得四边形ACBD是正方形．解答：解：（1）∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，BF∥CD，∴BF⊥AB，∵点B在圆上，∴BF是⊙O的切线；（2）如图1，连接BD．∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角）；又∵DE⊥AB∴AD2=AE•AB；∵AD=8cm，AB=10cm，AE=6.4cm，∴BE=AB﹣AE=3.6cm；（3）连接BC．四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD是正方形．理由如下：∵四边形CBFD为平行四边形，∴BC∥FD，即BC∥AD；∴∠BCD=∠ADC（两直线平行，内错角相等），23\n∵∠BCD=∠BAD，∠CAB=∠CDB，（同弧所对的圆周角相等），∴∠CAB+∠BAD=∠CDB+∠ADC，即∠CAD=∠BDA；又∵∠BDA=90°（直径所对的圆周角是直角），∴∠CAD=∠BDA=90°，∴CD是⊙O的直径，即点E与点O重合（或线段CD过圆心O），如图2，在△OBC和△ODA中，∵，∴△OBC≌△ODA（SAS），∴BC=DA（全等三角形的对应边相等），∴四边形ACBD是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；∵∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角），AC=AD，∴四边形ACBD是正方形．点评：本题综合考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理等知识点．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．　28．（9分）（2022•昆山市二模）如图，A（﹣5，0），B（﹣3，0），点C在y轴的正半轴上，∠CBO=45°，CD∥AB．∠CDA=90°．点P从点Q（4，0）出发，沿x轴向左以每秒1个单位长度的速度运动，运动时时间t秒．（1）求点C的坐标；（2）当∠BCP=15°时，求t的值；23\n（3）以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求t的值．考点：切线的性质；坐标与图形性质；勾股定理；解直角三角形专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）由∠CBO=45°，∠BOC为直角，得到△BOC为等腰直角三角形，又OB=3，利用等腰直角三角形AOB的性质知OC=OB=3，然后由点C在y轴的正半轴可以确定点C的坐标；（2）需要对点P的位置进行分类讨论：①当点P在点B右侧时，如图2所示，由∠BCO=45°，用∠BCO﹣∠BCP求出∠PCO为30°，又OC=3，在Rt△POC中，利用锐角三角函数定义及特殊角的三角函数值求出OP的长，由PQ=OQ+OP求出运动的总路程，由速度为1个单位/秒，即可求出此时的时间t；②当点P在点B左侧时，如图3所示，用∠BCO+∠BCP求出∠PCO为60°，又OC=3，在Rt△POC中，利用锐角三角函数定义及特殊角的三角函数值求出OP的长，由PQ=OQ+OP求出运动的总路程，由速度为1个单位/秒，即可求出此时的时间t；（3）当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，分三种情况考虑：①当⊙P与BC边相切时，利用切线的性质得到BC垂直于CP，可得出∠BCP=90°，由∠BCO=45°，得到∠OCP=45°，即此时△COP为等腰直角三角形，可得出OP=OC，由OC=3，得到OP=3，用OQ﹣OP求出P运动的路程，即可得出此时的时间t；②当⊙P与CD相切于点C时，P与O重合，可得出P运动的路程为OQ的长，求出此时的时间t；③当⊙P与CD相切时，利用切线的性质得到∠DAO=90°，得到此时A为切点，由PC=PA，且PA=9﹣t，PO=t﹣4，在Rt△OCP中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解得到此时的时间t．综上，得到所有满足题意的时间t的值．解答：解：（1）∵∠BCO=∠CBO=45°，∴OC=OB=3，又∵点C在y轴的正半轴上，∴点C的坐标为（0，3）；（2）分两种情况考虑：①当点P在点B右侧时，如图2，若∠BCP=15°，得∠PCO=30°，故PO=CO•tan30°=，此时t=4+；②当点P在点B左侧时，如图3，由∠BCP=15°，得∠PCO=60°，故OP=COtan60°=3，23\n此时，t=4+3，∴t的值为4+或4+3；（3）由题意知，若⊙P与四边形ABCD的边相切时，有以下三种情况：①当⊙P与BC相切于点C时，有∠BCP=90°，从而∠OCP=45°，得到OP=3，此时t=1；②当⊙P与CD相切于点C时，有PC⊥CD，即点P与点O重合，此时t=4；③当⊙P与AD相切时，由题意，得∠DAO=90°，∴点A为切点，如图4，PC2=PA2=（9﹣t）2，PO2=（t﹣4）2，于是（9﹣t）2=（t﹣4）2+32，即81﹣18t+t2=t2﹣8t+16+9，解得：t=5.6，∴t的值为1或4或5.6．23\n点评：此题考查了切线的性质，坐标与图形性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，利用了数形结合及分类讨论的思想，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．　29．（10分）（2022•昆山市二模）如图1，已知菱形ABCD的边长为2，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D的坐标为（﹣，3），抛物线y=ax2+b（a≠0）经过AB、CD两边的中点．（1）求这条抛物线的函数解析式；（2）将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移（如图2），过点B作BE⊥CD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF．设菱形ABCD平移的时间为t秒（0＜t＜）①是否存在这样的t，使△ADF与△DEF相似？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；②连接FC，以点F为旋转中心，将△FEC按顺时针方向旋转180°，得△FE′C′，当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中（包括边界）时，求t的取值范围．（写出答案即可）23\n考点：二次函数综合题专题：压轴题．分析：（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；（2）本问是难点所在，需要认真全面地分析解答：①如图2所示，△ADF与△DEF相似，包括三种情况，需要分类讨论：（I）若∠ADF=90°时，△ADF∽△DEF，求此时t的值；（II）若∠DFA=90°时，△DEF∽△FBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t的值；（III）∠DAF≠90°，此时t不存在；②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出t的取值范围．确定限制条件是解题的关键．解答：解：（1）由题意得AB的中点坐标为（﹣，0），CD的中点坐标为（0，3），分别代入y=ax2+b得，解得，，∴y=﹣x2+3．（2）①如图2所示，在Rt△BCE中，∠BEC=90°，BE=3，BC=2∴sinC===，∴∠C=60°，∠CBE=30°∴EC=BC=，DE=又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°∴∠ADC=180°﹣60°=120°要使△ADF与△DEF相似，则△ADF中必有一个角为直角．（I）若∠ADF=90°∠EDF=120°﹣90°=30°在Rt△DEF中，DE=，求得EF=1，DF=2．23\n又∵E（t，3），F（t，﹣t2+3），∴EF=3﹣（﹣t2+3）=t2∴t2=1，∵t＞0，∴t=1此时=2，，∴，又∵∠ADF=∠DEF∴△ADF∽△DEF（II）若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则设EF=m，则FB=3﹣m∴，即m2﹣3m+6=0，此方程无实数根．∴此时t不存在；（III）由题意得，∠DAF＜∠DAB=60°∴∠DAF≠90°，此时t不存在．综上所述，存在t=1，使△ADF与△DEF相似；②如图3所示，依题意作出旋转后的三角形△FE′C′，过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N．观察图形可知，欲使△FE′C′落在指定区域内，必须满足：EE′≤BE且MN≥C′N．∵F（t，3﹣t2），∴EF=3﹣（3﹣t2）=t2，∴EE′=2EF=2t2，由EE′≤BE，得2t2≤3，解得t≤．∵C′E′=CE=，∴C′点的横坐标为t﹣，∴MN=3﹣（t﹣）2，又C′N=BE′=BE﹣EE′=3﹣2t2，由MN≥C′N，得3﹣（t﹣）2≥3﹣2t2，解得t≥或t≤﹣﹣3（舍）．∴t的取值范围为：．23\n点评：本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高．本题难点在于第（2）问，（2）①中，需要结合△ADF与△DEF相似的三种情况，分别进行讨论，避免漏解；（2）②中，确定“限制条件”是解题关键．23