2023年深圳市初中学业水平测试数学仿真模拟测试（5）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022·周村模拟）若，则“□”内应填的实数是（ ）
A． B．2022 C． D．
【答案】C
【知识点】有理数的倒数；有理数的乘法
【解析】【解答】解：∵．
故答案为：C
【分析】利用有理数的除法计算即可。
2．（2020·镇江）如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方形，
故答案为：A.
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案.
3．（2020·孝感）某公司有10名员工，每人年收入数据如下表：
年收入/万元 4 6 8 10
人数/人 3 4 2 1
则他们年收入数据的众数与中位数分别为（ ）
A．4，6 B．6，6 C．4，5 D．6，5
【答案】B
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：6出现次数最多, 故众数为: 6，
最中间的2个数为6和6，中位数为 ，
故答案为： B.
【分析】数据出现最多的为众数;将数据从小到大排列,最中间的2个数的平均数为中位数.
4．（2023·嘉祥模拟）2023年《政府工作报告》提出，“义务教育优质均衡发展”．根据预算报告，支持学前教育发展资金安排250亿元、增加20亿元，扩大普惠性教育资源供给．其中250亿元用科学记数法表示为（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
【答案】D
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解：250亿元用科学记数法表示为．
故答案为：D．
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
5．（2022·前进模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；幂的乘方
【解析】【解答】解：A、 ，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用合并同类项、完全平方公式、幂的乘方和平方差公式逐项判断即可。
6．（2020·雄县模拟）将不等式组 的解集表示在数轴上，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解： ，
解不等式①，得x＜3，
解不等式②，得x≥ 2，
所以不等式组的解集为-2 x＜3，
不等式组的解集在数轴上表示为： ．
故答案为：C．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，再根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则逐个判断即可．
7．（2022·金华模拟）一把直尺与含30°的直角三角板如图所示放置，∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质
【解析】【解答】解：如图，取∠3和∠4，
∵∠3=90°-30°=60°，
∴∠4=180°-∠1-∠3=180°-40°-60°=80°，
∵直尺的两边平行，
∴∠2=∠4=80°.
故答案为：D.
【分析】取∠3和∠4，根据余角的性质求∠3的度数，再根据平角的定义列式求出∠4，最后根据平行线的性质求∠2的度数即可.
8．（2022·蒙阴模拟）如图，在中，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（ ）
A．ACBD B．AB=BC C．AC=BD D．
【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴A．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形；
B．当AB=BC时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形；
C．当AC=BD时，有对角线相等的平行四边形是矩形，故本项不能证明是菱形；
D．当∠DAC=∠BAC，AC平分∠ABD时，易证得AD=DC，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形；
故答案为：C．
【分析】对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此逐一判断即可.
9．（2022·安州模拟）如图，面积为64的正方形 ，分成4个全等的长方形和一个面积为4的小正方形，则小长方形的长和宽分别是（ ）
A．32，2 B．16，1 C．8，2 D．5，3
【答案】D
【知识点】二元一次方程组的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小长方形的长和宽分别是a、b，
∵正方形 的面积为64，小正方形的面积为4，
∴正方形 的边长为8，小正方形的的边长为2，
由图可得： ，
解得 ，
∴小长方形的长和宽分别是5，3.
故答案为：D.
【分析】设小长方形的长和宽分别是a、b，根据大、小正方形的面积可得正方形ABCD的边长为8，小正方形的的边长为2，据此可得关于a、b的方程组，求解即可.
10．（2022九上·河北期末）如图，为的直径，与相切于点，交的延长线于点，且．若，则半径长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半径长为3．
故答案为：B．
【分析】连接OC，先证出，再结合可得，求出，再利用含30°角的直角三角形的性质可得，最后求出半径的长即可。
二、填空题（每空3分，共15分）
11．（2019八上·临洮期末）分解因式： = .
【答案】a(a+3b)(a-3b)
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【解答】a3 9ab2=a(a2 9b2)=a(a+3b)(a 3b)
故答案为：a(a+3b)(a 3b).
【分析】由题意可先提公因式a，括号内符合平方差公式的特征，用平方差公式分解即可。
12．（2020九上·昌图期末）在一个不透明的布袋中有白球和黑球共20个，这些球除颜色外都相同．小明将布袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回布袋中．不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，则布袋中黑球的个数可能为 ．
【答案】8
【知识点】用样本估计总体；概率的简单应用
【解析】【解答】解：∵共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，
∴摸到黑球的概率为0.4，
∴口袋中白球和黑球共20个，
∴袋中的黑球大约有28×0.4=8（个）；
故答案为：8．
【分析】先求出摸到黑球的概率为0.4，再求出口袋中白球和黑球共20个，最后求解即可。
13．等腰三角形三边长分别为 ，且是关于 的一元二次方程 的两根，则n的值为
【答案】10
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】当a=2或b=2时，把x=2代入x2-6x+n-1=0得4-12+n-1=0，解得n=9，此时方程的根为2和4，而2+2=4，故舍去；
当a=b时，△=（-6）2-4×（n-1）=0，解得n=10，
所以n为10．
【分析】根据等腰三角形的性质可得：a=2，或b=2或a=b，①a=2，或b=2时，将x=2代入方程可求得n的值；
②当a=b时，根据一元二次方程的根的判别式可得，将a、b、c的值代入即可求解。
14．（2021·江西模拟）如图，已知直线y＝mx＋4分别与y轴，x轴交于A，B两点，且△ABO的面积为16，反比例函数的图象恰好经过AB的中点，则反比例函数的表达式为 .
【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：设AB的中点为C，
当x=0时，y＝4，即AO=4，
∵△ABO的面积为16，
∴ ，
∴ ，
过点C作CD⊥AO，垂足为D，
∵AB的中点为C，
∴DO=2，CD=4，即C点的坐标为（4，2），
设反比例函数解析式为 ，把C点的坐标代入得，
，
解得， ，
反比例函数解析式为 ，
故答案为： .
【分析】设AB的中点为C，过点C作CD⊥AO，垂足为D，令直线y=mx+4中的y=0可得关于x的方程，解之可求得这条直线与y轴的交点A的坐标；则S△ABO=OA×OB=16可求得OB的值，由线段中点定义可求得点C的坐标，根据反比例函数经过点C，用待定系数法可求得反比例函数的解析式.
15．（2022·运城模拟）如图，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，，且，，则CE的长为 ．
【答案】3
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，作于，作交的延长线于，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
又∵，
∴，
即是的角平分线，
∵，，
∴，
∵，
设，则，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：3．
【分析】作于，作交的延长线于，证明可得，求出，即可得到。
三、解答题（共7题，共55分）
16．（2020九上·龙岗期末）计算：(-1)2021 + ·cos30°-( )-1
【答案】解：原式=-1+2 × -2
=-1+3-2
=0
【知识点】实数的运算；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先根据有理数的乘方、二次根式的性质、负整数指数幂进行化简，再把30°的余弦值代入，然后进行实数的混合运算，即可得出答案.
17．（2018·峨眉山模拟）化简 ，并求值，其中 与 、 构成 的三边，且 为整数．
【答案】解：原式= = ，
∵ 与 、 构成 的三边，且 为整数
∴ ，
由题可知 、 、 ，
∴ ，
∴原式=
【知识点】分式的化简求值；三角形三边关系
【解析】【分析】根据分式的混合运算法则可将分式化简；根据三角形三边关系定理可得a的取值范围，再由分式有意义的条件可得a=4，将a=4代入化简后的分式即可求解。
18．（2021·宜宾模拟）为了了解全校1800名学生对学校设置的体操、球类、跑步、踢毽子等课外体育活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名学生.对他们最喜爱的体育项目（每人只选一项）进行了问卷调查，将数据进行了统计并绘制成了如图所示的频数分布直方图和扇形统计图（均不完整）.
（1）补全频数分布直方图；
（2）求扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数；
（3）根据调查结果，学校准备开展球类比赛，某班要从喜欢球类的甲、乙、丙、丁四位学生中随机抽取两名学生参赛，请列表或画树状图的方法求甲和乙两名学生同时被选中的概率.
【答案】（1）解：10÷12.5％=80（人），
80×25%＝20（人），如图所示：
（2）解：扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数为360°×＝45°；
（3）解：画树状图如下：
∵一共有12种等可能的情况，甲和乙两名学生同时被选中的情况有2种，
∴甲和乙两名学生同时被选中的概率=2÷12= .
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）利用体操的人数除以所占的比例可得总人数，利用总人数乘以踢毽子所占的比例可得对应的人数，据此补全频数分布直方图；
（2）利用 “跑步”的人数所占的比例乘以360°即可；
（3）此题是抽取不放回类型，画出树状图，找出总情况数以及甲和乙两名学生同时被选中的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．（2022·深圳）某学校打算购买甲乙两种不同类型的笔记本． 已知甲种类型的电脑的单价比乙种类型的要便宜10元，且用110元购买的甲种类型的数量与用120元购买的乙种类型的数量一样．
（1）求甲乙两种类型笔记本的单价．
（2）该学校打算购买甲乙两种类型笔记本共100件，且购买的乙的数量不超过甲的3倍，则购买的最低费用是多少
【答案】（1）解：设甲类型的笔记本电脑单价为x元，则乙类型的笔记本电脑为元．
由题意得：
解得：
经检验是原方程的解，且符合题意．
∴乙类型的笔记本电脑单价为：（元）．
答：甲类型的笔记本电脑单价为110元，乙类型的笔记本电脑单价为120元．
（2）解：设甲类型笔记本电脑购买了a件，最低费用为w，则乙类型笔记本电脑购买了件．
由题意得：．
∴．
．
∵，
∴当a越大时w越小．
∴当时，w最大，最大值为（元）．
答：最低费用为11750元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）先求出，再求解即可；
（2）先求出 ． 再求出w的函数解析式，最后求解即可。
20．（2023·南山模拟）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义．
结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题：
在函数中，当时，；当时，．
（1）求这个函数的表达式；
（2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象，并写出这个函数的一条性质；
（3）已知函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．
（4）若方程有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ．
【答案】（1）解：在函数中，当时，；当时，，
，
解得，
这个函数的表达式为；
（2）解：，
，
函数过点和，
函数过点和，
该函数图象如图所示，
性质：当时，的值随的增大而增大；
（3）解：由函数的图象可得，不等式的解集为：；
（4）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的综合应用；描点法画函数图象；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：（4）解：由得，
作出的图象，
由图象可知，要使方程有四个不相等的实数根，则，
故答案为：．
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）利用两点法画函数图象，根据图象写出其性质即可；
（3）观察图象可知当时， 函数 的图象在函数图象的下方，据此即得论；
（4）由得，作出的图象，根据图象即可求解.
21．（2023·南岗模拟）已知和分别切于点B和C，D是上一点，连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，作的平分线交于点K，当时，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过D的切线分别交于点E，F，作直径，连接，当F是的中点时，，求线段的长．
【答案】（1）证明：连接，
∵和分别切于点B和C，
∴，
∴，
∵，
，
即；
（2）证明：连接，在上截取，
∵，
∴，
∵的平分线交于点K，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接并延长，交于M，连接，在线段上截取，由（2）可知三角形是等边三角形，，，
∵过D的切线分别交于点E，F，F是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵和分别切于点B和C，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，，
∵，
∴，三角形是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）连接OC，OB，根据切线的性质可得，再结合，，求出即可；
（2） 连接，在上截取， 先证出是等边三角形，可得，，再证出，可得，最后利用线段的和差及等量代换可得；
（3）连接并延长，交于M，连接，在线段上截取，先证出，三角形是等边三角形，可得，，再证出，可得，结合，求出即可。
22．（2022·坪山模拟）
（1）【探究发现】
如图1，正方形ABCD两条对角线相交于点O，正方形 与正方形ABCD的边长相等，在正方形 绕点O旋转过程中，边 交边AB于点M，边 交边BC于点N．
①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是 ；
②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是 ；
（2）【类比探究】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“含60°的菱形ABCD”，即 ，且菱形 与菱形ABCD的边长相等．当菱形 绕点O旋转时，保持边 交边AB于点M，边 交边BC于点N．
请猜想：
①线段BM、BN与AB之间的数量关系是 ▲ ；
②菱形OMBN与菱形ABCD的面积关系是 ▲ ；
请你证明其中的一个猜想．
（3）【拓展延伸】
如图3，把（2）中的条件“ ”改为“ ”，其他条件不变，则
① ；（用含α的式子表示）
② ．（用含α的式子表示）
【答案】（1）BM+BN=AB；
（2）解：① ；② ；
证明：①如下图，连接MN，
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴O，M，B，N四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
将 绕点O顺时针旋转60°得到△ ，
∵ ， ，
∴边BN刚好落在AB上，即为MH，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴
（3）； 或者
【知识点】旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(1)解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠NOC+∠BON=90°，OC= BO， ∠ABO=∠OCB，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠MOB+∠BON=90°，
∴∠NOC=∠MOB，
∴△OBM≌△OCN，
∴BM=CN，
∴BM+BN=CN+BN=BC=AB，
∴BM+BN=AB，
②∵S△OBM=S△OCN，
∴S四边形OMBN= S正方形ABCD；
(3)∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°， ，
由（2）可知：∠DAB=∠B1OD1=60°， ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， ；
∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°，S四边形OMBN= S正方形ABCD，
∴ 即 ，
同理由（2）可知： ，即 ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， ．
【分析】（1）①先利用“ASA”证明△OBM≌△OCN，可得BM=CN，再利用线段的和差及等量代换可得BM+BN=AB；
②根据S△OBM=S△OCN，可得S四边形OMBN= S正方形ABCD；
（2）①连接MN，先证明O，M，B，N四点共圆，再证明是等边三角形，可得OM=ON，再证明是等边三角形，可得，再计算可得；
②根据题意猜想即可；
（3）①利用（1）的证明方法及计算方法可得；
②利用（2）的证明方法及计算方法可得。
1 / 12023年深圳市初中学业水平测试数学仿真模拟测试（5）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022·周村模拟）若，则“□”内应填的实数是（ ）
A． B．2022 C． D．
2．（2020·镇江）如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·孝感）某公司有10名员工，每人年收入数据如下表：
年收入/万元 4 6 8 10
人数/人 3 4 2 1
则他们年收入数据的众数与中位数分别为（ ）
A．4，6 B．6，6 C．4，5 D．6，5
4．（2023·嘉祥模拟）2023年《政府工作报告》提出，“义务教育优质均衡发展”．根据预算报告，支持学前教育发展资金安排250亿元、增加20亿元，扩大普惠性教育资源供给．其中250亿元用科学记数法表示为（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
5．（2022·前进模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2020·雄县模拟）将不等式组 的解集表示在数轴上，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2022·金华模拟）一把直尺与含30°的直角三角板如图所示放置，∠1＝40°，则∠2的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·蒙阴模拟）如图，在中，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（ ）
A．ACBD B．AB=BC C．AC=BD D．
9．（2022·安州模拟）如图，面积为64的正方形 ，分成4个全等的长方形和一个面积为4的小正方形，则小长方形的长和宽分别是（ ）
A．32，2 B．16，1 C．8，2 D．5，3
10．（2022九上·河北期末）如图，为的直径，与相切于点，交的延长线于点，且．若，则半径长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
二、填空题（每空3分，共15分）
11．（2019八上·临洮期末）分解因式： = .
12．（2020九上·昌图期末）在一个不透明的布袋中有白球和黑球共20个，这些球除颜色外都相同．小明将布袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回布袋中．不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，则布袋中黑球的个数可能为 ．
13．等腰三角形三边长分别为 ，且是关于 的一元二次方程 的两根，则n的值为
14．（2021·江西模拟）如图，已知直线y＝mx＋4分别与y轴，x轴交于A，B两点，且△ABO的面积为16，反比例函数的图象恰好经过AB的中点，则反比例函数的表达式为 .
15．（2022·运城模拟）如图，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，，且，，则CE的长为 ．
三、解答题（共7题，共55分）
16．（2020九上·龙岗期末）计算：(-1)2021 + ·cos30°-( )-1
17．（2018·峨眉山模拟）化简 ，并求值，其中 与 、 构成 的三边，且 为整数．
18．（2021·宜宾模拟）为了了解全校1800名学生对学校设置的体操、球类、跑步、踢毽子等课外体育活动项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名学生.对他们最喜爱的体育项目（每人只选一项）进行了问卷调查，将数据进行了统计并绘制成了如图所示的频数分布直方图和扇形统计图（均不完整）.
（1）补全频数分布直方图；
（2）求扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数；
（3）根据调查结果，学校准备开展球类比赛，某班要从喜欢球类的甲、乙、丙、丁四位学生中随机抽取两名学生参赛，请列表或画树状图的方法求甲和乙两名学生同时被选中的概率.
19．（2022·深圳）某学校打算购买甲乙两种不同类型的笔记本． 已知甲种类型的电脑的单价比乙种类型的要便宜10元，且用110元购买的甲种类型的数量与用120元购买的乙种类型的数量一样．
（1）求甲乙两种类型笔记本的单价．
（2）该学校打算购买甲乙两种类型笔记本共100件，且购买的乙的数量不超过甲的3倍，则购买的最低费用是多少
20．（2023·南山模拟）在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义．
结合上面经历的学习过程，现在来解决下面的问题：
在函数中，当时，；当时，．
（1）求这个函数的表达式；
（2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法画出这个函数的图象，并写出这个函数的一条性质；
（3）已知函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集．
（4）若方程有四个不相等的实数根，则实数的取值范围是 ．
21．（2023·南岗模拟）已知和分别切于点B和C，D是上一点，连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，作的平分线交于点K，当时，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过D的切线分别交于点E，F，作直径，连接，当F是的中点时，，求线段的长．
22．（2022·坪山模拟）
（1）【探究发现】
如图1，正方形ABCD两条对角线相交于点O，正方形 与正方形ABCD的边长相等，在正方形 绕点O旋转过程中，边 交边AB于点M，边 交边BC于点N．
①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是 ；
②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是 ；
（2）【类比探究】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“含60°的菱形ABCD”，即 ，且菱形 与菱形ABCD的边长相等．当菱形 绕点O旋转时，保持边 交边AB于点M，边 交边BC于点N．
请猜想：
①线段BM、BN与AB之间的数量关系是 ▲ ；
②菱形OMBN与菱形ABCD的面积关系是 ▲ ；
请你证明其中的一个猜想．
（3）【拓展延伸】
如图3，把（2）中的条件“ ”改为“ ”，其他条件不变，则
① ；（用含α的式子表示）
② ．（用含α的式子表示）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数的倒数；有理数的乘法
【解析】【解答】解：∵．
故答案为：C
【分析】利用有理数的除法计算即可。
2．【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方形，
故答案为：A.
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：6出现次数最多, 故众数为: 6，
最中间的2个数为6和6，中位数为 ，
故答案为： B.
【分析】数据出现最多的为众数;将数据从小到大排列,最中间的2个数的平均数为中位数.
4．【答案】D
【知识点】科学记数法—记绝对值大于1的数
【解析】【解答】解：250亿元用科学记数法表示为．
故答案为：D．
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
5．【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；幂的乘方
【解析】【解答】解：A、 ，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用合并同类项、完全平方公式、幂的乘方和平方差公式逐项判断即可。
6．【答案】C
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解： ，
解不等式①，得x＜3，
解不等式②，得x≥ 2，
所以不等式组的解集为-2 x＜3，
不等式组的解集在数轴上表示为： ．
故答案为：C．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，再根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则逐个判断即可．
7．【答案】D
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质
【解析】【解答】解：如图，取∠3和∠4，
∵∠3=90°-30°=60°，
∴∠4=180°-∠1-∠3=180°-40°-60°=80°，
∵直尺的两边平行，
∴∠2=∠4=80°.
故答案为：D.
【分析】取∠3和∠4，根据余角的性质求∠3的度数，再根据平角的定义列式求出∠4，最后根据平行线的性质求∠2的度数即可.
8．【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴A．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形；
B．当AB=BC时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形；
C．当AC=BD时，有对角线相等的平行四边形是矩形，故本项不能证明是菱形；
D．当∠DAC=∠BAC，AC平分∠ABD时，易证得AD=DC，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形；
故答案为：C．
【分析】对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此逐一判断即可.
9．【答案】D
【知识点】二元一次方程组的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设小长方形的长和宽分别是a、b，
∵正方形 的面积为64，小正方形的面积为4，
∴正方形 的边长为8，小正方形的的边长为2，
由图可得： ，
解得 ，
∴小长方形的长和宽分别是5，3.
故答案为：D.
【分析】设小长方形的长和宽分别是a、b，根据大、小正方形的面积可得正方形ABCD的边长为8，小正方形的的边长为2，据此可得关于a、b的方程组，求解即可.
10．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴半径长为3．
故答案为：B．
【分析】连接OC，先证出，再结合可得，求出，再利用含30°角的直角三角形的性质可得，最后求出半径的长即可。
11．【答案】a(a+3b)(a-3b)
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【解答】a3 9ab2=a(a2 9b2)=a(a+3b)(a 3b)
故答案为：a(a+3b)(a 3b).
【分析】由题意可先提公因式a，括号内符合平方差公式的特征，用平方差公式分解即可。
12．【答案】8
【知识点】用样本估计总体；概率的简单应用
【解析】【解答】解：∵共摸了100次球，发现有40次摸到黑球，
∴摸到黑球的概率为0.4，
∴口袋中白球和黑球共20个，
∴袋中的黑球大约有28×0.4=8（个）；
故答案为：8．
【分析】先求出摸到黑球的概率为0.4，再求出口袋中白球和黑球共20个，最后求解即可。
13．【答案】10
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】当a=2或b=2时，把x=2代入x2-6x+n-1=0得4-12+n-1=0，解得n=9，此时方程的根为2和4，而2+2=4，故舍去；
当a=b时，△=（-6）2-4×（n-1）=0，解得n=10，
所以n为10．
【分析】根据等腰三角形的性质可得：a=2，或b=2或a=b，①a=2，或b=2时，将x=2代入方程可求得n的值；
②当a=b时，根据一元二次方程的根的判别式可得，将a、b、c的值代入即可求解。
14．【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：设AB的中点为C，
当x=0时，y＝4，即AO=4，
∵△ABO的面积为16，
∴ ，
∴ ，
过点C作CD⊥AO，垂足为D，
∵AB的中点为C，
∴DO=2，CD=4，即C点的坐标为（4，2），
设反比例函数解析式为 ，把C点的坐标代入得，
，
解得， ，
反比例函数解析式为 ，
故答案为： .
【分析】设AB的中点为C，过点C作CD⊥AO，垂足为D，令直线y=mx+4中的y=0可得关于x的方程，解之可求得这条直线与y轴的交点A的坐标；则S△ABO=OA×OB=16可求得OB的值，由线段中点定义可求得点C的坐标，根据反比例函数经过点C，用待定系数法可求得反比例函数的解析式.
15．【答案】3
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，作于，作交的延长线于，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
又∵，
∴，
即是的角平分线，
∵，，
∴，
∵，
设，则，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：3．
【分析】作于，作交的延长线于，证明可得，求出，即可得到。
16．【答案】解：原式=-1+2 × -2
=-1+3-2
=0
【知识点】实数的运算；负整数指数幂；二次根式的性质与化简；特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先根据有理数的乘方、二次根式的性质、负整数指数幂进行化简，再把30°的余弦值代入，然后进行实数的混合运算，即可得出答案.
17．【答案】解：原式= = ，
∵ 与 、 构成 的三边，且 为整数
∴ ，
由题可知 、 、 ，
∴ ，
∴原式=
【知识点】分式的化简求值；三角形三边关系
【解析】【分析】根据分式的混合运算法则可将分式化简；根据三角形三边关系定理可得a的取值范围，再由分式有意义的条件可得a=4，将a=4代入化简后的分式即可求解。
18．【答案】（1）解：10÷12.5％=80（人），
80×25%＝20（人），如图所示：
（2）解：扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数为360°×＝45°；
（3）解：画树状图如下：
∵一共有12种等可能的情况，甲和乙两名学生同时被选中的情况有2种，
∴甲和乙两名学生同时被选中的概率=2÷12= .
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；列表法与树状图法
【解析】【分析】（1）利用体操的人数除以所占的比例可得总人数，利用总人数乘以踢毽子所占的比例可得对应的人数，据此补全频数分布直方图；
（2）利用 “跑步”的人数所占的比例乘以360°即可；
（3）此题是抽取不放回类型，画出树状图，找出总情况数以及甲和乙两名学生同时被选中的情况数，然后利用概率公式进行计算.
19．【答案】（1）解：设甲类型的笔记本电脑单价为x元，则乙类型的笔记本电脑为元．
由题意得：
解得：
经检验是原方程的解，且符合题意．
∴乙类型的笔记本电脑单价为：（元）．
答：甲类型的笔记本电脑单价为110元，乙类型的笔记本电脑单价为120元．
（2）解：设甲类型笔记本电脑购买了a件，最低费用为w，则乙类型笔记本电脑购买了件．
由题意得：．
∴．
．
∵，
∴当a越大时w越小．
∴当时，w最大，最大值为（元）．
答：最低费用为11750元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）先求出，再求解即可；
（2）先求出 ． 再求出w的函数解析式，最后求解即可。
20．【答案】（1）解：在函数中，当时，；当时，，
，
解得，
这个函数的表达式为；
（2）解：，
，
函数过点和，
函数过点和，
该函数图象如图所示，
性质：当时，的值随的增大而增大；
（3）解：由函数的图象可得，不等式的解集为：；
（4）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的综合应用；描点法画函数图象；二次函数图象与一元二次方程的综合应用
【解析】【解答】解：（4）解：由得，
作出的图象，
由图象可知，要使方程有四个不相等的实数根，则，
故答案为：．
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）利用两点法画函数图象，根据图象写出其性质即可；
（3）观察图象可知当时， 函数 的图象在函数图象的下方，据此即得论；
（4）由得，作出的图象，根据图象即可求解.
21．【答案】（1）证明：连接，
∵和分别切于点B和C，
∴，
∴，
∵，
，
即；
（2）证明：连接，在上截取，
∵，
∴，
∵的平分线交于点K，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接并延长，交于M，连接，在线段上截取，由（2）可知三角形是等边三角形，，，
∵过D的切线分别交于点E，F，F是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵和分别切于点B和C，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，，
∵，
∴，三角形是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）连接OC，OB，根据切线的性质可得，再结合，，求出即可；
（2） 连接，在上截取， 先证出是等边三角形，可得，，再证出，可得，最后利用线段的和差及等量代换可得；
（3）连接并延长，交于M，连接，在线段上截取，先证出，三角形是等边三角形，可得，，再证出，可得，结合，求出即可。
22．【答案】（1）BM+BN=AB；
（2）解：① ；② ；
证明：①如下图，连接MN，
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴ ，
∵ ，
∴O，M，B，N四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
将 绕点O顺时针旋转60°得到△ ，
∵ ， ，
∴边BN刚好落在AB上，即为MH，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴
（3）； 或者
【知识点】旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(1)解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠NOC+∠BON=90°，OC= BO， ∠ABO=∠OCB，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠MOB+∠BON=90°，
∴∠NOC=∠MOB，
∴△OBM≌△OCN，
∴BM=CN，
∴BM+BN=CN+BN=BC=AB，
∴BM+BN=AB，
②∵S△OBM=S△OCN，
∴S四边形OMBN= S正方形ABCD；
(3)∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°， ，
由（2）可知：∠DAB=∠B1OD1=60°， ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， ；
∵由（1）可知：当∠DAB=∠A1OC1=90°，S四边形OMBN= S正方形ABCD，
∴ 即 ，
同理由（2）可知： ，即 ，
∴当∠DAB=∠B1OD1=α， ．
【分析】（1）①先利用“ASA”证明△OBM≌△OCN，可得BM=CN，再利用线段的和差及等量代换可得BM+BN=AB；
②根据S△OBM=S△OCN，可得S四边形OMBN= S正方形ABCD；
（2）①连接MN，先证明O，M，B，N四点共圆，再证明是等边三角形，可得OM=ON，再证明是等边三角形，可得，再计算可得；
②根据题意猜想即可；
（3）①利用（1）的证明方法及计算方法可得；
②利用（2）的证明方法及计算方法可得。
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