参考答案
一．选择题（共9小题）
1． D． 2． D． 3． B． 4． C． 5． A． 6． B． 7． C． 8． C． 9． A． 10．D
二．填空题（共9小题）
11． 1.24×104． 12． a（x﹣2）2． 13． 177.5． 14． 2019 . 15． 60π． 16. 40°或70°． 17． 2﹣2． 18． 2021+673
三．解答题（共7小题）
19．解：（1）原式＝1+﹣1﹣2×+2+9
＝1+﹣1﹣+2+9
＝9+2；
（2）原式＝[]?
＝
＝﹣1
＝
＝，
将x＝﹣3代入，得：
原式＝＝1．
20．（1）本次调查的学生共 300 人，a＝ 10% ，并将条形统计图补充完整；
【解答】解：（1）本次调查的总人数为105÷35%＝300（人），
则a＝1﹣（35%+25%+30%）＝10%，
B选项的人数为300﹣（105+75+90）＝30，
补全条形图如下：
故答案为：300，10%；…………2分
（2）2000×35%＝700（人），
答：估计该校喜欢“唱歌”这种宣传形式的学生约有700人；………..4分
（3）画树状图为：
………….6分
共有12种等可能的结果数，其中抽到的两种形式有一种是“唱歌”的结果数为6，
∴某班抽到的两种形式有一种是“唱歌”的概率为＝．…………8分
21．
【解答】解：（1）∵直线l经过N点，点N的横坐标为6，
∴y＝×6＝，
∴N（6，），
∵点N在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，
∴k＝6×＝27；…………….2分
（2）∵点A在直线l上，
∴设A（m，m），
∵OA＝10，
∴m2+（m）2＝102，解得m＝8，
∴A（8，6），
∵OA＝OB＝10，
∴B（10，0）， ……………..4分
设直线AB的解析式为y＝ax+b，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣3x+30，…………….5分
解得或，
∴M（9，3），……………………….7分
∴△BOM的面积＝＝15．……………………8分
22．【解答】证明：（1）连接OC，
∵D是的中点，
∴∠AOD＝∠COD
∵OA＝OC，
∴OE⊥AC，即∠AFE＝90°，
∴∠E+∠EAF＝90°
∵∠AOE＝2∠C，∠CAE＝2∠C，
∴∠CAE＝∠AOE
∴∠E+∠AOE＝90°，
∴∠EAO＝90°
∴AE是⊙O的切线………………………..4分
（2）∵∠C＝∠B
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C
∴，
∴
由勾股定理得：
∵∠C＝∠FDH，∠DFH＝∠CFD
∴△DFH～△CFD
∴
∴
∴
设OA＝OD＝x，
∴
∵AF2+OF2＝OA2
∴，
解得：x＝10
∴OA＝10
∴直径AB的长为20．…………………………………8分
23．【解答】解：（1）设每辆车A型车的售价为x万元，每辆车B型车的售价为y万元，
依题意，得：，
解得：，
答：每辆车A型车的售价为18万元，每辆车B型车的售价为26万元．……………4分
（2）设购进A型车m辆，则购进B型车（7﹣m）辆，
依题意，得：
，
解得：3.5≥m≥2．
∵m为整数，
∴m＝2或3，
答：有2种购车方案：购进A型车2辆，购B型5辆；购进A型车3辆，购B型4辆．…8分
24．
【解答】解：（Ⅰ）如图1，作CH⊥OA于点H，
四边形OABC是菱形，OA＝2，∠AOC＝60°，OC＝2，
OH＝sin60°?2＝，
CH＝cos60°?2＝3，
A点坐标为（2，0），
C点的坐标为（，3），
由菱形的性质得B点的坐标为（3，3）．
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，根据题意得
，
解得a＝﹣，b＝，c＝0，
所以，y＝﹣x2+x．……………………4分
（Ⅱ）（1）如图2，由（Ⅰ）知抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x，
即对称轴为x＝2，顶点为Q（2，4）．
设抛物线与x轴的另一个交点为D，令y＝0，得，x2﹣4x＝0，
解得x1＝0，x2＝4，
即点D的坐标为（4，0），
∵点A的坐标为（2，0），对称轴为x＝2，
且AG⊥BC，
∴直线AG为抛物线的对称轴．
∵B、C两点关于直线AG对称，
∴当OP+PC最小时，
由对称性可知，OP+PC＝OB．
即OB，AG的交点为点P，
∵∠AOC＝60°，OB为菱形OABC的对角线，
∴∠AOB＝30°，
∴AP＝OAtan30°＝2×＝2，
∴点P的坐标为（2，2）．………………………8分
（2）连接OB，CD，CQ，BQ，
由（1）知直线AG为抛物线的对称轴，
则四边形ODBC是关于AG成轴对称的图形．
∵点E是OB中点，点F是AB的中点，点P在抛物
线的对称轴上，
∴PE＝PF，EF∥OD，CQ＝BQ
∠PEF＝∠BOA＝30°，
即△PEF是底角为30°的等腰三角形．
在△OBC、△BCD中，
OC＝BC＝BD＝2，∠BOC＝∠BDC＝30°，
∴△OBC∽△BCD∽△PEF，
∴符合条件的点的坐标为（0，0），（4，0）．
又∵AQ＝4，AG＝3，BC＝2，
∴GQ＝1，BG＝，
∴tan∠GBQ＝＝，
即∠GBQ＝30°，
△BQC也是底角为30°的等腰三角形，
∴Q点的（2，4），
∴符合条件的点M的坐标为（0，0），（4，0），（2，4）．……………………..12分
25．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝30°，
∵将BE绕点B顺时针方向旋转60°得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBF＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBC，且AB＝BC，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
∴∠ACF＝90°，
∴∠AFC+∠FAC＝90°；
∵∠AFC＝35°，
∴∠FAC＝55°．
故答案为：55°；………………………………..2分
（2）结论：∠AFC+∠FAC＝90°．理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝30°，
∵将BE绕点B顺时针方向旋转60°得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBF＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBC，且AB＝BC，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
∴∠ACF＝90°，
∴∠AFC+∠FAC＝90°；………………………….6分
（3）∠EBC＝15°或75°分两种情况：
①点E在AD延长线时，
∵△ACF是等腰直角三角形，
∴AC＝CF，
由（2）得△ABE≌△CBF，
∴CF＝AE，
∴AC＝AE＝AB，
∴∠ABE＝75°，
∴∠EBC＝∠ABE﹣∠ABC＝15°．
②点E在DA延长线上时，同理可得∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝75°．……………….10分
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