2018年广东省深圳市福田区八校中考数学一模试卷
一、选择题（共36分） 1. −3的相反数是( )
A. −3 B. 3
C. 3 1
D. −3
1
2. 分别从正面、左面和上面看下列立体图形，得到的平面图形都一样的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 据统计，我国高新技术产品出口额达40.570亿元，将数据40.570亿用科学记数法表示为( )
A. 4.0570×109 B. 0.40570×1010 C. 40.570×1011 D. 4.0570×1012
4. 下列平面图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 如图，下列结论：①𝐴𝐵//𝐶𝐷；②𝐴𝐸//𝐷𝐹；③𝐴𝐸⊥𝐵𝐶；④∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐷，∠𝐵=∠𝐶，∠𝐴=∠𝐷，
其中正确的结论有( )
A. ①②④ B. ②③④ C. ③④ D. ①②③④
3𝑥−1>4(𝑥−1)6. 关于x的不等式组 的解集为𝑥<3，那么m的取值范围为( )
𝑥<𝑚
A. 𝑚=3 B. 𝑚>3 C. 𝑚<3 D. 𝑚≥3
7. 某商贩同时以120元卖出两双皮鞋，其中一双亏本20%，另一双盈利20%，在这次买卖中，该
商贩盈亏情况是( )
A. 不亏不盈 B. 盈利10元 C. 亏本10元 D. 无法确定
8. 如图，在▱ABCD中，对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点O，添加下列条件不能
判定▱ABCD是菱形的只有( )
A. 𝐴𝐶⊥𝐵𝐷 B. 𝐴𝐵=𝐵𝐶 C. 𝐴𝐶=𝐵𝐷 D. ∠1=∠2
9. 下列命题错误的是( )
A. 经过三个点一定可以作圆
B. 同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等 C. 三角形的外心到三角形各顶点的距离相等 D. 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
10. 在某学校“经典古诗文”诵读比赛中，有21名同学参加某项比赛，预赛成绩各不相同，要取
前10名参加决赛，小颖已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，只需要再知道这21名同学成绩的( )
A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差
11. 如图，将半径为2，圆心角为120∘的扇形OAB绕点A逆时针旋转60∘，
点𝑂，𝐵的对应点分别为𝑂′，𝐵′，连接𝐵𝐵′，则图中阴影部分的面积是( )
A. 3 B. 2 3−3 C. 2 3−3 D. 4 3−3
12. 如图，正方形ABCD的边长是3，𝐵𝑃=𝐶𝑄，连接𝐴𝑄，𝐷𝑃交于点O，
并分别与边𝐶𝐷，𝐵𝐶交于点𝐹，𝐸，连接AE，下列结论：①𝐴𝑄⊥𝐷𝑃；②𝑂𝐴2=𝑂𝐸⋅𝑂𝑃；③𝑆△𝐴𝑂𝐷=𝑆四边形𝑂𝐸𝐶𝐹；④当𝐵𝑃=1时，tan∠𝑂𝐴𝐸=16，其中正确结论的个数是( )
112𝜋2𝜋𝜋
2𝜋
A. 1 B. 2 C. 3
D. 4
二、填空题（共12分）
13. 因式分解：4𝑎3−16𝑎=______．
14. 在一个不透明的袋子中，有3个白球和1个红球，它们只有颜色上的区别，从袋子中随机摸出
一个球记下颜色放回，再随机地摸出一个球，则两次都摸到白球的概率为______．
15. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90∘，𝐴𝐶=6，𝐵𝐶=8，𝐴𝐷平分∠𝐶𝐴𝐵交BC于D点，𝐸，𝐹分
别是𝐴𝐷，𝐴𝐶上的动点，则𝐶𝐸+𝐸𝐹的最小值为______
16. 如图，在菱形纸片ABCD中，𝐴𝐵=3，∠𝐴=60∘，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E
处，折痕为FG，点𝐹，𝐺分别在边𝐴𝐵，𝐴𝐷上，则tan∠𝐸𝐹𝐺的值为______．
三、解答题（共72分） 17. 先化简：÷𝑎2−2𝑎+1
𝑎2−1
3−(𝑎+1)>0𝑎
； 再在不等式组 的整数解中选取一个合适的解作−𝑎−1𝑎−12𝑎+2≥0
𝑎+1
为a的取值，代入求值．
18. 计算：(−2)−1− 12+4cos30∘−| 3−2|
19. 为了了解同学们每月零花钱的数额，校园小记者随机调查了本校部分
同学，根据调查结果，绘制出了如下两个尚不完整的统计图表． 调查结果统计表 组别 A B C D E 分组(单位：元) 0≤𝑥<30 30≤𝑥<60 60≤𝑥<90 90≤𝑥<120 𝑥≥120 人数 4 16 a b 2 1
请根据以上图表，解答下列问题：
(1)填空：这次被调查的同学共有______人，𝑎+𝑏=______，𝑚=______； (2)求扇形统计图中扇形C的圆心角度数；
(3)该校共有学生1000人，请估计每月零花钱的数额x在60≤𝑥<120范围的人数．
20. “低碳生活，绿色出行”，2017年1月，某公司向深圳市场新投放共享单车640辆．
(1)若1月份到4月份新投放单车数量的月平均增长率相同，3月份新投放共享单车1000辆.请问该公司4月份在深圳市新投放共享单车多少辆？
(2)考虑到自行车市场需求不断增加，某商城准备用不超过70000元的资金再购进𝐴，𝐵两种规B型车进价为1000元/辆，格的自行车100辆，已知A型的进价为500元/辆，售价为700元/辆，售价为1300元/辆.假设所进车辆全部售完，为了使利润最大，该商城应如何进货？
21. 如图，已知一次函数𝑦=2𝑥−3与反比例函数𝑦=𝑥的图象相交于
点𝐴(4，𝑛)，与x轴相交于点B．
(1)填空：n的值为______，k的值为______；
(2)以AB为边作菱形ABCD，使点C在x轴正半轴上，点D在第一象限，求点D的坐标；
(3)观察反比例函数𝑦=𝑥的图象，当𝑦≥−2时，请直接写出自变量x的取值范围．
22. 如图，在△𝐴𝐵𝐶，𝑂是AC上的一点，⊙𝑂与𝐵𝐶，𝐴𝐵分别切于点𝐶，𝐷，与AC相交于点E，连
接BO．
(1)求证：𝐶𝐸2=2𝐷𝐸⋅𝐵𝑂
(2)若𝐵𝐶=𝐶𝐸=6，则𝐴𝐸=______，𝐴𝐷=______；
𝑘3
𝑘
23. 如图，直线𝑦=𝑘𝑥+2与x轴交于点𝐴(3，0)，与y轴交于点B，抛物线𝑦=−3𝑥2+𝑏𝑥+𝑐经
过点𝐴，𝐵．
(1)求k的值和抛物线的解析式；
过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点𝑃，𝑁． (2)𝑀(𝑚，0)为x轴上一动点，
①若以𝑂，𝐵，𝑁，𝑃为顶点的四边形OBNP是平行四边形时，求m的值． ②连接BN，当∠𝑃𝐵𝑁=45∘ 时，求m的值．
4
答案和解析
【答案】
1. B 8. C
2. A 9. A
3. A 10. B
4. B 11. C
5. A 12. B
6. D
7. C
13. 4𝑎(𝑎+2)(𝑎−2) 14. 16 15. 5 16. 3 3 17. 解：原式=
(𝑎+1)(𝑎−1)(𝑎−1)22249
⋅𝑎+1−𝑎−1
=1−=
𝑎 𝑎−1𝑎−1𝑎
𝑎−1𝑎
−
𝑎−1𝑎−1=−
1𝑎−1
，
解不等式3−(𝑎+1)>0，得：𝑎<2， 解不等式2𝑎+2≥0，得：𝑎≥−1， 则不等式组的解集为−1≤𝑎<2， 其整数解有−1、0、1， ∵𝑎≠±1， ∴𝑎=0， 则原式=1．
318. 解：原式=−2−2 3+4× −(2− 3) 2
=−2−2 3+2 3−2+ 3
=−4+ 3．
19. 50；28；8
20. 解：(1)设平均增长率为x，根据题意得：
640(𝑥+1)2=1000，
解得：𝑥=0.25=25%或𝑥=−2.25(不合题意，舍去)， 则四月份的销量为：1000(1+25%)=1250辆， 答：该公司4月份在深圳市新投放共享单车1250辆；
(2)设购进A型车x辆，则购进B型车100−𝑥辆， 根据题意得：500𝑥+1000(100−𝑥)≤70000， 解得：𝑥≥60．
利润𝑊=(700−500)𝑥+(1300−1000)(100−𝑥)=200𝑥+300(100−𝑥)=−100𝑥+30000， ∵−100<0，
∴𝑊随着x的增大而减小．
当𝑥=60时，利润最大=−100×60+30000=24000， 答：为使利润最大，该商城应购进60辆A型车和40辆B型车．21. 3；12 22. 2；4
23. 解：(1)把𝐴(3，0)代入𝑦=𝑘𝑥+2中得，0=3𝑘+2，𝑘=
−2
3，…………(1分)
∴直线AB的解析式为：𝑦=−2
3𝑥+2， ∴𝐵(0，2)，
把𝐴(3，0)和𝐵(0，2)代入抛物线𝑦=−4
23𝑥+𝑏𝑥+𝑐中， 4
10则 −×32+3𝑏+𝑐=0𝑏=𝑐=32，解得： 𝑐=23， 二次函数的表达式为：𝑦=−4
2103𝑥+3
𝑥+2； …………(2分)
(2)①如图1，设𝑀(𝑚，0)， 则𝑃(𝑚，2
4
103𝑚+2)，𝑁(𝑚，−3𝑚2+3
𝑚+2)…………(3分)
∴𝑃𝑁=𝑦𝑁−𝑦𝑃=(−4
103𝑚2+3
𝑚+2)−(−2
3𝑚+2)=
−4
23𝑚+4𝑚，
由于四边形OBNP为平行四边形得𝑃𝑁=𝑂𝐵=2，…………(4分)
∴−423+ 33𝑚+4𝑚=2，解得：𝑚=2
或3− 32
…………(5分)
②有两解，N点在AB的上方或下方， 如图2，过点B作BN的垂线交x轴于点G， 过点G作BA的垂线，垂足为点H．
由∠𝑃𝐵𝑁=45∘ 得∠𝐺𝐵𝑃=45∘， ∴𝐺𝐻=𝐵𝐻，
设𝐺𝐻=𝐵𝐻=𝑡，则由△𝐴𝐻𝐺∽△𝐴𝑂𝐵，得𝐴𝐻=𝑡，𝐺𝐴= 𝑡，
22由𝐴𝐵=𝐴𝐻+𝐵𝐻=𝑡+2𝑡= 13，解得𝑡=∴𝐴𝐺=
132
3
2 135
3
13，
×
2 135
=
135
，
135
从而𝑂𝐺=𝑂𝐴−𝐴𝐺=3−
2
=5，即𝐺(5，0)…………(7分)
22
由𝐵(0，2)，𝐺(5，0)得：
直线BG：𝑦=−5𝑥+2，直线BN：𝑦=0.2𝑥+2．
𝑦=−5𝑥+2
，解得：𝑥1=0(舍)，𝑥2=25，即𝑚=25； 4210则 44𝑦=−𝑥+𝑥+2
33
𝑦=0.2𝑥+2
，解得：𝑥1=0(舍)，𝑥2=47；即𝑚=47； 4210则 2020𝑦=−𝑥+𝑥+2
3
3
故𝑚=
25
与𝑚=20为所求.…………(9分)
4
47
【解析】
1. 解：−3的相反数是3．
故选：B．
依据相反数的定义解答即可．
本题主要考查的是相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2. 解：A、球从正面、左面和上面看都是圆，故此选项正确；
B、圆锥从上面看是有圆心的圆、从左面和正面看都是三角形，故此选项错误； C、长方体从正面、左面看都是长方形，从上面看是正方形，故此选项错误； D、圆柱体从正面、左面看都是长方形，从上面看是圆形，故此选项错误； 故选：A．
分别写出四个立体图形的三视图，即可得到答案．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握三视图所看的位置．
3. 解：40.570亿=4057000000=4.0570×109，
故选：A．
科学记数法的表示形式为𝑎×10𝑛的形式，其中1≤|𝑎|<10，𝑛为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值>10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查了科学记数法的表示方法.科学记数法的表示形式为𝑎×10𝑛的形式，其中1≤|𝑎|<10，𝑛为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值
4. 解：A不是轴对称图形，是中心对称图形；
B是轴对称图形，也是中心对称图形； C和D是轴对称图形，不是中心对称图形． 故选：B．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：
轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形； 中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180∘，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
5. 解：∵∠𝐵=∠𝐶，
∴𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴∠𝐴=∠𝐴𝐸𝐶， 又∵∠𝐴=∠𝐷， ∴∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐷， ∴𝐴𝐸//𝐷𝐹， ∴∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐹𝑁𝑀， 又∵∠𝐵𝑁𝐷=∠𝐹𝑁𝑀， ∴∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐷， 故①②④正确，
由条件不能得出∠𝐴𝑀𝐶=90∘，故③不一定正确； 故选：A．
由条件可先证明𝐴𝐵//𝐶𝐷，再证明𝐴𝐸//𝐷𝐹，结合平行线的性质及对顶角相等可得到∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐷，可得出答案．
本题主要考查平行线的性质和判定，掌握平行线的性质和判定是解题的关键，即①两直线平行⋅同位角相等，②两直线平行⋅内错角相等，③两直线平行⋅同旁内角互补，④𝑎//𝑏，𝑏//𝑐⇒𝑎//𝑐． 6. 解：不等式组变形得： 𝑥<3，
𝑥<𝑚
由不等式组的解集为𝑥<3， 得到m的范围为𝑚≥3，
故选：D．
不等式组中第一个不等式求出解集，根据已知不等式组的解集确定出m的范围即可． 此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7. 解：设在这次买卖中原价都是x，
则可列方程：(1+20%)𝑥=120， 解得：𝑥=100，则第一件赚了20元， 第二件可列方程：(1−20%)𝑥=120， 解得：𝑥=150，则第二件亏了30元， 两件相比则一共亏了10元． 故选：C．
要知道赔赚，就要先算出两件衣服的原价，要算出原价就要先设出未知数，然后根据题中的等量关系列方程求解．
本题考查了一元一次方程的应用，解答本题要先算出两件衣服的原价，才能知道赔赚，不可凭想象答题．
8. 解：A、正确.对角线垂直的平行四边形的菱形．
B、正确.邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误.对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确.可以证明平行四边形ABCD的邻边相等，即可判定是菱形． 故选：C．
根据平行四边形的性质.菱形的判定方法即可一一判断．
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
9. A.经过不在同一直线上的三个点一定可以作圆，故本选项错误；
B.同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确； C.三角形的外心到三角形各顶点的距离相等，正确； D.经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心，正确； 故选：A．
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案． 此题主要考查了命题与定理，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
10. 解：共有21名学生参加“经典古诗文”诵读，取前10名，所以小颖需要知道自己的成绩是否
进入前10.我们把所有同学的成绩按大小顺序排列，
第11名的成绩是这组数据的中位数，所以小颖知道这组数据的中位数，才能知道自己是否进入决赛． 故选：B．
由于有21名同学参加“经典古诗文”诵读，要取前10名参加决赛，故应考虑中位数的大小． 本题考查了用中位数的意义解决实际问题.将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数.如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
11. 解：连接𝑂𝑂′，𝐵𝑂′，
∵将半径为2，圆心角为120∘的扇形OAB绕点A逆时针旋转60∘， ∴∠𝑂𝐴𝑂′=60∘， ∴△𝑂𝐴𝑂′是等边三角形， ∴∠𝐴𝑂𝑂′=60∘，𝑂𝑂′=𝑂𝐴， ∴当𝑂′中⊙𝑂上， ∵∠𝐴𝑂𝐵=120∘， ∴∠𝑂′𝑂𝐵=60∘， ∴△𝑂𝑂′𝐵是等边三角形， ∴∠𝐴𝑂′𝐵=120∘， ∵∠𝐴𝑂′𝐵′=120∘， ∴∠𝐵′𝑂′𝐵=120∘， ∴∠𝑂′𝐵′𝐵=∠𝑂′𝐵𝐵′=30∘，
∴图中阴影部分的面积=𝑆△𝐵′𝑂′𝐵−(𝑆扇形𝑂′𝑂𝐵−𝑆△𝑂𝑂′𝐵)=×1×2 3−(
22 3−
2𝜋3
1
60⋅𝜋×22360
−2×2× 3)=
1
．
故选：C．
连接𝑂𝑂′，𝐵𝑂′，根据旋转的性质得到∠𝑂𝐴𝑂′=60∘，推出△𝑂𝐴𝑂′是等边三角形，得到∠𝐴𝑂𝑂′=60∘，推出△𝑂𝑂′𝐵是等边三角形，得到∠𝐴𝑂′𝐵=120∘，得到∠𝑂′𝐵′𝐵=∠𝑂′𝐵𝐵′=30∘，根据图形的面积公式即可得到结论．
本题考查了扇形面积的计算，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12. 解：∵四边形ABCD是正方形，
∴𝐴𝐷=𝐵𝐶，∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，
∵𝐵𝑃=𝐶𝑄， ∴𝐴𝑃=𝐵𝑄，
在△𝐷𝐴𝑃与△𝐴𝐵𝑄中， 𝐴𝐷=𝐴𝐵
∠𝐷𝐴𝑃=∠𝐴𝐵𝑄，
𝐴𝑃=𝐵𝑄
∴△𝐷𝐴𝑃≌△𝐴𝐵𝑄， ∴∠𝑃=∠𝑄， ∵∠𝑄+∠𝑄𝐴𝐵=90∘， ∴∠𝑃+∠𝑄𝐴𝐵=90∘， ∴∠𝐴𝑂𝑃=90∘， ∴𝐴𝑄⊥𝐷𝑃，故①正确；
∵∠𝐷𝑂𝐴=∠𝐴𝑂𝑃=90∘，∠𝐴𝐷𝑂+∠𝑃=∠𝐴𝐷𝑂+∠𝐷𝐴𝑂=90∘，∴∠𝐷𝐴𝑂=∠𝑃， ∴△𝐷𝐴𝑂∽△𝐴𝑃𝑂，
∴𝐴𝑂
𝑂𝑃
𝑂𝐷=𝑂𝐴，即𝐴𝑂2=𝑂𝐷⋅𝑂𝑃， ∵𝐴𝐸>𝐴𝐵， ∴𝐴𝐸>𝐴𝐷， ∴𝑂𝐷≠𝑂𝐸，
∴𝑂𝐴2≠𝑂𝐸⋅𝑂𝑃，故②错误； 在△𝐶𝑄𝐹与△𝐵𝑃𝐸中， ∠𝐹𝐶𝑄=∠𝐸𝐵𝑃
∠𝑄=∠𝑃，
𝐶𝑄=𝐵𝑃
∴△𝐶𝑄𝐹≌△𝐵𝑃𝐸， ∴𝐶𝐹=𝐵𝐸， ∴𝐷𝐹=𝐶𝐸，
在△𝐴𝐷𝐹与△𝐷𝐶𝐸中， 𝐴𝐷=𝐶𝐷
∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐷𝐶𝐸， 𝐷𝐹=𝐶𝐸
∴△𝐴𝐷𝐹≌△𝐷𝐶𝐸，
∴𝑆△𝐴𝐷𝐹−𝑆△𝐷𝐹𝑂=𝑆△𝐷𝐶𝐸−𝑆△𝐷𝑂𝐹，
即𝑆△𝐴𝑂𝐷=𝑆四边形𝑂𝐸𝐶𝐹，故③正确； ∵𝐵𝑃=1，𝐴𝐵=3， ∴𝐴𝑃=4， ∵△𝑃𝐵𝐸∽△𝑃𝐴𝐷， ∴𝐸𝐵=𝐷𝐴=3， ∴𝐵𝐸=，
4∴𝑄𝐸=
1343
𝑃𝐵
𝑃𝐴
4
，
∵∠𝑄𝑂𝐸=∠𝑃𝑂𝐴，∠𝑃=∠𝑄， ∴△𝑄𝑂𝐸∽△𝑃𝑂𝐴， ∴𝑂𝐴=𝑃𝐴=
𝑂𝐸
𝑄𝐸
1344
=16，
13
13
即tan∠𝑂𝐴𝐸=16，故④错误， 故选：B．
由四边形ABCD是正方形，得到𝐴𝐷=𝐵𝐶，∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90∘，根据全等三角形的性质得到∠𝑃=∠𝑄，根据余角的性质得到𝐴𝑄⊥𝐷𝑃；根据相似三角形的性质得到𝐴𝑂2=𝑂𝐷⋅𝑂𝑃，由𝑂𝐷≠𝑂𝐸，得到𝑂𝐴2≠𝑂𝐸⋅𝑂𝑃；根据全等三角形的性质得到𝐶𝐹=𝐵𝐸，𝐷𝐹=𝐶𝐸，于是得到𝑆△𝐴𝐷𝐹−𝑆△𝐷𝐹𝑂=
313
𝑆△𝐷𝐶𝐸−𝑆△𝐷𝑂𝐹，即𝑆△𝐴𝑂𝐷=𝑆四边形𝑂𝐸𝐶𝐹；根据相似三角形的性质得到𝐵𝐸=4，求得𝑄𝐸=4，根据
△𝑄𝑂𝐸∽△𝑃𝑂𝐴，即可得到
𝑂𝐸𝑂𝐴
=𝑃𝐴=
𝑄𝐸
1344
=16，进而得到结论．
13
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义的综合运用，熟练掌握全等三角形、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
13. 解：原式=4𝑎(𝑎2−4)=4𝑎(𝑎+2)(𝑎−2)，
故答案为：4𝑎(𝑎+2)(𝑎−2)
原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
14. 解：画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，两次都摸出白球的有9种情况，
∴两次都摸出白球的概率是：16． 故答案为：16．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸出白球的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9
9
15. 解：如图所示：在AB上取点𝐹′，使𝐴𝐹′=𝐴𝐹，过点C作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵，垂足为H．
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，依据勾股定理可知𝐵𝐴=10． 𝐶𝐻=
𝐴𝐶⋅𝐵𝐶𝐴𝐵
=
245
，
∵𝐸𝐹+𝐶𝐸=𝐸𝐹′+𝐸𝐶，
∴当C、E、𝐹′共线，且点𝐹′与H重合时，𝐹𝐸+𝐸𝐶的值最小，最小值为5， 故答案为：5
如图所示：在AB上取点𝐹′，使𝐴𝐹′=𝐴𝐹，过点C作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵，垂足为𝐻.因为𝐸𝐹+𝐶𝐸=𝐸𝐹′+𝐸𝐶，推出当C、E、𝐹′共线，且点𝐹′与H重合时，𝐹𝐸+𝐸𝐶的值最小．
本题主要考查的是轴对称的性质、勾股定理的应用、垂线段最短等知识，解题的关键是学利用对称，解决最短问题
24
24
16. 解：如图，连接AE交GF于O，连接𝐵𝐸，𝐵𝐷，则△𝐵𝐶𝐷为等边三角形，
∵𝐸是CD的中点， ∴𝐵𝐸⊥𝐶𝐷，
∴∠𝐸𝐵𝐹=∠𝐵𝐸𝐶=90∘，
𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，𝐶𝐸=cos60∘×3=1.5，𝐵𝐸=sin60∘×3=2 3， ∴𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐸=2 7，
由折叠可得，𝐴𝐸⊥𝐺𝐹，𝐸𝑂=2𝐴𝐸=4 7， 设𝐴𝐹=𝑥=𝐸𝐹，则𝐵𝐹=3−𝑥， ∵𝑅𝑡△𝐵𝐸𝐹中，𝐵𝐹2+𝐵𝐸2=𝐸𝐹2， ∴(3−𝑥)2+(2 3)2=𝑥2， 解得𝑥=
21
3
1
3
3
3
，即𝐸𝐹=8
218
，
3
∴𝑅𝑡△𝐸𝑂𝐹中，𝑂𝐹= 𝐴𝐹2−𝐴𝑂2=8 21， ∴tan∠𝐸𝐹𝐺=
2
𝐸𝑂𝐹𝑂
= 3．
3
2
故答案为：3 3．
连接AE交GF于O，连接𝐵𝐸，𝐵𝐷，则△𝐵𝐶𝐷为等边三角形，设𝐴𝐹=𝑥=𝐸𝐹，则𝐵𝐹=3−𝑥，依据勾股定理可得𝑅𝑡△𝐵𝐸𝐹中，𝐵𝐹2+𝐵𝐸2=𝐸𝐹2，解方程(3−𝑥)2+(2 3)2=𝑥2，即可得到𝐸𝐹=再根据𝑅𝑡△𝐸𝑂𝐹中，𝑂𝐹= 𝐴𝐹2−𝐴𝑂2=8 21，即可得出tan∠𝐸𝐹𝐺=𝐹𝑂=3 3．
本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及折叠的性质：折叠是一种对称变换，对应边和对应角相等.解题时，常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
3
𝐸𝑂
2
3
218
，17. 先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出不等式的解集，在其解集范围内选取合适
的a的值代入分式进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值及一元一次不等式组的整数解，解答此类问题时要注意a的取值要保证分式有意义．
18. 直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质和负指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
19. 解：(1)调查的总人数是16÷32%=50(人)，
则𝑏=50×16%=8，𝑎=50−4−16−8−2=20， A组所占的百分比是50=8%，则𝑚=8． 𝑎+𝑏=8+20=28． 故答案是：50，28，8；
4
(2)扇形统计图中扇形C的圆心角度数是360∘×50=144∘；
(3)每月零花钱的数额x在60≤𝑥<120范围的人数是1000×50=560(人)．
(1)根据B组的频数是16，对应的百分比是32%，据此求得调查的总人数，利用百分比的意义求得b，然后求得a的值，m的值；
(2)利用360∘乘以对应的比例即可求解； (3)利用总人数1000乘以对应的比例即可求解．
本题考查了扇形统计图，观察统计表、扇形统计图获得有效信息是解题关键，扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
28
20
20. (1)设平均增长率为x，根据1月份到4月份新投放单车数量的月平均增长率相同，3月份新投
放共享单车1000辆列出方程，再求解即可；
(2)设购进A型车x辆，则购进B型车100−𝑥辆，根据不超过70000元的资金再购进𝐴，𝐵两种规格的自行车100辆，列出不等式，求出x的取值范围，然后求出利润W的表达式，根据一次函数的性质求解即可．
本题考查了一元二次方程、一元一次不等式和一次函数的应用，解题关键是读懂题意，根据题意列出方程或不等式．
21. 解：(1)把点𝐴(4，𝑛)代入一次函数𝑦=2𝑥−3，可得𝑛=2×4−3=3；
把点𝐴(4，3)代入反比例函数𝑦=𝑥，可得3=4， 解得𝑘=12．
(2)∵一次函数𝑦=2𝑥−3与x轴相交于点B， ∴2𝑥−3=0， 解得𝑥=2，
∴点B的坐标为(2，0)，
如图，过点A作𝐴𝐸⊥𝑥轴，垂足为E， 过点D作𝐷𝐹⊥𝑥轴，垂足为F， ∵𝐴(4，3)，𝐵(2，0)， ∴𝑂𝐸=4，𝐴𝐸=3，𝑂𝐵=2， ∴𝐵𝐸=𝑂𝐸−𝑂𝐵=4−2=2， 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐸中，
𝐴𝐵= 𝐴𝐸2+𝐵𝐸2= 32+22= 13，
3
3
𝑘
𝑘
33
∵四边形ABCD是菱形，
∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝐵𝐶= 13，𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐶𝐹， ∵𝐴𝐸⊥𝑥轴，𝐷𝐹⊥𝑥轴， ∴∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐹𝐶=90∘， 在△𝐴𝐵𝐸与△𝐷𝐶𝐹中， ∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐹𝐶
∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐶𝐹，
𝐴𝐵=𝐶𝐷
∴△𝐴𝐵𝐸≌△𝐷𝐶𝐹(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝐶𝐹=𝐵𝐸=2，𝐷𝐹=𝐴𝐸=3，
∴𝑂𝐹=𝑂𝐵+𝐵𝐶+𝐶𝐹=2+ 13+2=4+ 13， ∴点D的坐标为(4+ 13，3)． (3)当𝑦=−2时，−2=
12𝑥
，解得𝑥=−6．
故当𝑦≥−2时，自变量x的取值范围是𝑥≤−6或𝑥>0． 故答案为：3，12．
(1)把点𝐴(4，𝑛)代入一次函数𝑦=2𝑥−3，得到n的值为3；再把点𝐴(4，3)代入反比例函数𝑦=𝑥，得到k的值为12；
(2)根据坐标轴上点的坐标特征可得点B的坐标为(2，0)，过点A作𝐴𝐸⊥𝑥轴，垂足为E，过点D作𝐷𝐹⊥𝑥轴，垂足为F，根据勾股定理得到𝐴𝐵= 13，根据AAS可得△𝐴𝐵𝐸≌△𝐷𝐶𝐹，根据菱形的性质和全等三角形的性质可得点D的坐标；
(3)根据反比例函数的性质即可得到当𝑦≥−2时，自变量x的取值范围．
本题考查了反比例函数综合题，利用了待定系数法求函数解析式，菱形的性质和全等三角形的判定和性质，勾股定理，反比例函数的性质等知识，综合性较强，有一定的难度．
3
𝑘
22. (1)证明：连接CD，交OB于F，
∵𝐵𝐶与⊙𝑂相切于C，
∴∠𝐵𝐶𝑂=90∘
∵𝐸𝐶为⊙𝑂的直径，
∴∠𝐶𝐷𝐸=90∘
∴∠𝐵𝐶𝑂=∠𝐶𝐷𝐸，…………(2分) ∵𝐵𝐶、BC分别与⊙𝑂相切于𝐶，𝐷，
∴𝐵𝐶=𝐵𝐷 ∵𝑂𝐶=𝑂𝐷
∴𝐵𝑂垂直平分CD，
从而在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝑂中，𝐶𝐹⊥𝐵𝑂得∠𝐶𝐵𝑂=∠𝐷𝐶𝐸…………(3分) 故△𝐵𝐶𝑂∽△𝐶𝐷𝐸，得𝐷𝐸=
𝐶𝑂
𝑂𝐵𝐶𝐸
，
∴𝐶𝐸⋅𝐶𝑂=𝐵𝑂⋅𝐷𝐸，…………(4分) 又∵𝐶𝑂=2𝐶𝐸，
∴𝐶𝐸2=2𝐷𝐸⋅𝐵𝑂…………(5分) (2)连接OD，
∵𝐵𝐶=𝐶𝐸=6，𝑂𝐷=𝑂𝐸=𝑂𝐶=3， 设𝐴𝐸=𝑥，则𝐴𝑂=𝑥+3，𝐴𝐶=𝑥+6． 由△𝑂𝐷𝐴∽△𝐵𝐶𝐴，𝑂𝐷=𝐵𝐶
∴
得𝐴𝐵=2(𝑥+3)，…………(7分)
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶 由勾股定理得：62+(𝑥+6)2=(2𝑥+6)2， 解得𝑥1=2.𝑥2=−6(舍) ∴𝐴𝐸=2，
∴𝐴𝑂=𝑂𝐸+𝐴𝐸=3+2=5.…………(8分)
从而在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝑂中 由勾股定理解得：𝐴𝐷=4.…………(9分) 故答案为：2，4．
(1)证明△𝐵𝐶𝑂∽△𝐶𝐷𝐸，得𝐷𝐸=
𝐶𝑂
𝑂𝐵
𝑂𝐴
𝐴𝐵
1
3+𝑥𝐴𝐵
=
36，并将𝐶𝑂=2𝐶𝐸代入，可得：𝐶𝐸2=2𝐷𝐸⋅𝐵𝑂； 𝐶𝐸
𝑂𝐴
𝐴𝐵
1
(2)连接OD，设𝐴𝐸=𝑥，则𝐴𝑂=𝑥+3，𝐴𝐶=𝑥+6.根据△𝑂𝐷𝐴∽△𝐵𝐶𝐴，𝑂𝐷=𝐵𝐶，列方程可得x的值，在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝑂中 由勾股定理可得AD的值．
本题综合考查了切线的性质，相似三角形的性质和判定，线段垂直平分线的逆定理等知识点的运用.是一道运用切线性质解题的典型题目，难度中等．
23. (1)把A点坐标代入直线解析式可求得k，则可求得B点坐标，由A、B的坐标，利用待定系数
法可求得抛物线解析式；
(2)①由M点坐标可表示P、N的坐标，从而可表示出PN的长，根据平行四边形的性质得：𝑂𝐵=𝑃𝑁=2，列方程解出即可；
N点在AB的上方或下方，作辅助线，构建等腰直角三角形，由∠𝑃𝐵𝑁=45∘ 得∠𝐺𝐵𝑃=45∘，②有两解，
设𝐺𝐻=𝐵𝐻=𝑡，则由△𝐴𝐻𝐺∽△𝐴𝑂𝐵，得𝐴𝐻=𝑡，𝐺𝐴= 𝑡，根据𝐴𝐵=𝐴𝐻+𝐵𝐻=𝑡+2𝑡=
2
2
3
133
13，可得BG和BN的解析式，分别与抛物线联立方程组，可得结论．
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识.在(1)中注意待定系数法的应用，在(2)①中利用平行四边形的性质得到关于m的方程是解题的关键，在(2)②中利用联立方程组是解题的关键，注意分情况讨论.本题考查知识点较多，综合性较强．
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