2022年江苏省常州市中考数学试题(解析版).docx

2022年江苏省常州市中考数学试卷-解析版
一、选择题〔共8小题，每题2分，总分值16分〕
1、〔2022•常州〕在以下实数中，无理数是〔　　〕
A、2 B、0
C、5 D、13
考点：无理数。
专题：存在型。
分析：根据无理数的定义进行解答即可．
解答：解：∵无理数是无限不循环小数，
∴5是无理数，2，0，13是有理数．
应选C．

2、〔2022•贵港〕以下计算正确的选项是〔　　〕
A、a2•a3=a6 B、y3÷y3=y
C、3m+3n=6mn D、〔x3〕2=x6
考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方。
分析：根据同底数幂的运算法那么、幂的乘方、合并同类项的法那么进行计算即可．
解答：解：A、应为a2•a3=a5，故本选项错误；
B、应为y3÷y3=1，故本选项错误；
C、3m与3n不是同类项，不能合并，故本选项错误；
D、〔x3〕2=x3×2=x6，正确．
应选D．
点评：考查同底数幂的运算：乘法法那么，底数不变，指数相加；除法法那么，底数不变，指数相减；乘方，底数不变，指数相乘．
3、〔2022•常州〕某几何体的一个视图〔如图〕，那么此几何体是〔　　〕
A、正三棱柱 B、三棱锥
C、圆锥 D、圆柱
考点：由三视图判断几何体。
专题：作图题。
分析：主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
解答：解：俯视图为圆的几何体为球，圆锥，圆柱，再根据其他视图，可知此几何体为圆锥．
应选C．
点评：此题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力．
4、〔2022•常州〕某地区有8所高中和22所初中．要了解该地区中学生的视力情况，以下抽样方式获得的数据最能反映该地区中学生视力情况的是〔　　〕
A、从该地区随机选取一所中学里的学生 B、从该地区30所中学里随机选取800名学生
C、从该地区一所高中和一所初中各选取一个年级的学生 D、从该地区的22所初中里随机选取400名学生
考点：抽样调查的可靠性。
专题：分类讨论。
分析：抽取样本本卷须知就是要考虑样本具有广泛性与代表性，所谓代表性，就是抽取的样本必须是随机的，即各个方面，各个层次的对象都要有所表达．
解答：解：某地区有8所高中和22所初中．要了解该地区中学生的视力情况，A，C，D中进行抽查是，不具有普遍性，对抽取的对象划定了范围，因而不具有代表性．
B、此题中为了了解该地区中学生的视力情况，从该地区30所中学里随机选取800名学生就具有代表性．
应选B．
点评：此题主要考查抽样调查的可靠性，样本具有代表性是指抽取的样本必须是随机的，即各个方面，各个层次的对象都要有所表达．
5、〔2022•常州〕假设x﹣2在实数范围内有意义，那么x的取值范围〔　　〕
A、x≥2 B、x≤2
C、x＞2 D、x＜2
考点：二次根式有意义的条件。
专题：计算题。
分析：二次根式有意义，被开方数为非负数，即x﹣2≥0，解不等式求x的取值范围．
解答：解：∵x﹣2在实数范围内有意义，
∴x﹣2≥0，解得x≥2．
应选A．
点评：此题考查了二次根式有意义的条件．关键是明确二次根式有意义时，被开方数为非负数．
6、〔2022•常州〕如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D．假设AC=5，BC=2，那么sin∠ACD的值为〔　　〕
A、53 B、255
C、52 D、23
考点：锐角三角函数的定义；勾股定理。
专题：应用题。
分析：在直角△ABC中，根据勾股定理即可求得AB，而∠B=∠ACD，即可把求sin∠ACD转化为求sinB．
解答：在直角△ABC中，根据勾股定理可得：AB=AC2+BC2=（5）2+22=3．
∵∠B+∠BCD=90°，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD．
∴sin∠ACD=sin∠B=ACAB=53，
应选A．
点评：此题考查了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系，难度适中．
7、〔2022•常州〕在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点分别为A〔1，1〕、B〔1，﹣1〕、C〔﹣1，﹣1〕、D〔﹣1，1〕，y轴上有一点P〔0，2〕．作点P关于点A的对称点P1，作P1关于点B的对称点P2，作点P2关于点C的对称点P3，作P3关于点D的对称点P4，作点P4关于点A的对称点P5，作P5关于点B的对称点P6┅，按如此操作下去，那么点P2022的坐标为〔　　〕
A、〔0，2〕 B、〔2，0〕
C、〔0，﹣2〕 D、〔﹣2，0〕
考点：坐标与图形变化-对称；正方形的性质。
专题：规律型。
分析：根据正方形的性质以及坐标变化得出对应点的坐标，再利用变化规律得出点P2022的坐标与P3坐标相同，即可得出答案．
解答：解：∵作点P关于点A的对称点P1，作P1关于点B的对称点P2，作点P2关于点C的对称点P3，作P3关于点D的对称点P4，作点P4关于点A的对称点P5，作P5关于点B的对称点P6┅，按如此操作下去，
∴每变换4次一循环，
∴点P2022的坐标为：2022÷4=52…3，
点P2022的坐标与P3坐标相同，
∴点P2022的坐标为：〔﹣2，0〕，
应选：D．
点评：此题主要考查了坐标与图形的变化以及正方形的性质，根据图形的变化得出点P2022的坐标与P3坐标相同是解决问题的关键．
8、〔2022•常州〕二次函数y=﹣x2+x﹣15，当自变量x取m时对应的值大于0，当自变量x分别取m﹣1、m+1时对应的函数值为y1、y2，那么y1、y2必须满足〔　　〕
A、y1＞0、y2＞0 B、y1＜0、y2＜0
C、y1＜0、y2＞0 D、y1＞0、y2＜0
考点：抛物线与x轴的交点；二次函数图象上点的坐标特征。
专题：计算题。
分析：根据函数的解析式求得函数与x轴的交点坐标，利用自变量x取m时对应的值大于0，确定m﹣1、m+1的位置，进而确定函数值为y1、y2．
解答：解：令y=﹣x2+x﹣15=0，
解得：x=5±3510，
∵当自变量x取m时对应的值大于0，
∴5﹣3310＜m＜5+310，
∴m﹣1＜5﹣3310，m+1＞5+3310，
∴y1＜0、y2＜0．
应选B．
点评：此题考查了抛物线与x轴的交点和二次函数图象上的点的特征，解题的关键是求得抛物线与横轴的交点坐标．
二、填空题〔共9小题，每题3分，总分值27分〕
9、〔2022•常州〕计算：﹣（﹣12）=12；∣﹣12∣=12；（﹣12）0=　1　；（﹣12）﹣1=　﹣2　．
考点：负整数指数幂；相反数；绝对值；零指数幂。
专题：计算题。
分析：分别根据绝对值、0指数幂及负整数指数幂的运算法那么进行计算即可．
解答：解：﹣（﹣12）=12；
∣﹣12∣=12；（﹣12）0=1；
（﹣12）﹣1=﹣2．
故答案为：12，12，1，﹣2．
点评：此题考查的是绝对值、0指数幂及负整数指数幂的运算法那么，熟知以上知识是解答此题的关键．
10、〔2022•镇江〕〔1〕计算：〔x+1〕2=　x2+2x+1　；
〔2〕分解因式：x2﹣9=　〔x﹣3〕〔x+3〕　．
考点：因式分解-提公因式法；完全平方公式。
分析：根据完全平方公式进行计算．
解答：解：①〔x+1〕2=x2+2x+1；
②x2﹣9=〔x﹣3〕〔x+3〕．
点评：此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
11、〔2022•常州〕假设∠α的补角为120°，那么∠α=　60°　，sinα=32．
考点：特殊角的三角函数值；余角和补角。
专题：计算题。
分析：根据补角的定义，即可求出∠α的度数，从而求出sinα的值．
解答：解：根据补角定义，∠α=180°﹣120°=60°，
于是sinα=sin60°=32．
故答案为60°，32．
点评：此题考查了特殊角的三角函数值和余角和补角的定义，要熟记特殊角的三角函数值．
12、〔2022•常州〕关于x的方程x2+mx﹣6=0的一个根为2，那么m=　1　，另一个根是　﹣3　．
考点：一元二次方程的解；根与系数的关系。
专题：方程思想。
分析：根据一元二次方程的解定义，将x=2代入关于x的方程x2+mx﹣6=0，然后解关于m的一元一次方程；再根据根与系数的关系x1+x2=﹣ba解出方程的另一个根．
解答：解：根据题意，得
4+2m﹣6=0，即2m﹣2=0，
解得，m=1；
由韦达定理，知
x1+x2=﹣m；
∴2+x2=﹣1，
解得，x2=﹣3．
故答案是：1、﹣3．
点评：此题主要考查了一元二次方程的解、根与系数的关系．在利用根与系数的关系x1+x2=﹣ba、x1•x2=ca来计算时，要弄清楚a、b、c的意义．
13、〔2022•常州〕扇形的圆心角为150°，它所对应的弧长20πcm，那么此扇形的半径是24　cm，面积是　240π　cm2．
考点：扇形面积的计算；弧长的计算。
分析：根据弧长公式即可得到关于扇形半径的方程，然后根据扇形的面积公式即可求解．
解答：解：设扇形的半径是r，那么150πr180=20π
解得：r=24．
扇形的面积是：12×20π×24=240π．
故答案是：24和240π．
点评：此题主要考查了扇形的面积和弧长，正确理解公式是解题的关键．
14、〔2022•常州〕某市2022年5月份某一周的日最高气温〔单位：℃〕分别为：25、28、30、29、31、32、28，这周的日最高气温的平均值是2037℃，中位数是29　℃．
考点：中位数；算术平均数。
专题：计算题。
分析：先求出各数的和，再除以数据总个数即可得到周日的最高气温平均值．将该组数据按从小到大依次排列，即可得到中间位置的数﹣﹣﹣中位数．
解答：解：x=25+28+30+29+31+32+287=2037，
将该组数据按从小到大依次排列得到：25，28，28，29，30，31，32；
处在中间位置的数为29，故中位数为29．
故答案为2037，29．
点评：此题考查了中位数和算术平均数，尤其要注意，将一组数据从小到大依次排列，把中间数据〔或中间两数据的平均数〕叫做中位数
15、〔2022•常州〕如图，DE是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为C，假设AB=6，CE=1，那么OC=　4　，CD=　9　．
考点：垂径定理；勾股定理。
专题：数形结合；方程思想。
分析：连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点C为AB的中点，由AB=6可求出AC的长，再设出圆的半径OA为x，表示出OC，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，通过观察图形可知，OC等于半径减1，CD等于半径加OC，把求出的半径代入即可得到答案．
解答：
解：连接OA，
∵直径DE⊥AB，且AB=6
∴AC=BC=3，
设圆O的半径OA的长为x，那么OE=OD=x
∵CE=1，
∴OC=x﹣1，
在直角三角形AOC中，根据勾股定理得：
x2﹣〔x﹣1〕2=32，化简得：x2﹣x2+2x﹣1=9，
即2x=10，
解得：x=5
所以OE=5，那么OC=OE﹣CE=5﹣1=4，CD=OD+OC=9．
故答案为：4；9

16、〔2022•常州〕关于x的一次函数y=kx+4k﹣2〔k≠0〕．假设其图象经过原点，那么k=12，假设y随着x的增大而减小，那么k的取值范围是　k＜0　．
考点：一次函数的性质；待定系数法求一次函数解析式。
分析：〔1〕假设其图象经过原点，那么4k﹣2=0，即可求出k的值；〔2〕假设y随着x的增大而减小，那么一次项系数当k＜0时，图象经过二、四象限．
解答：解：〔1〕当其图象经过原点时：
4k﹣2=0，
k=12；
〔2〕当y随着x的增大而减小时：
k＜0．
故答案为：k=12；k＜0．
点评：此题主要考查一次函数的性质，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质、正确确实定一次函数的一次项系数和常数项．
17、把棱长为4的正方体分割成29个棱长为整数的正方体〔且没有剩余〕，其中棱长为1的正方体的个数为　24　．
考点：一元一次方程的应用；截一个几何体。
专题：分类讨论；方程思想。
分析：从三种情况进行分析：〔1〕只有棱长为1的正方体；〔2〕分成棱长为3的正方体和棱长为1的正方体；〔3〕分成棱长为2的正方体和棱长为1的正方体．
解答：解：棱长为4的正方体的体积为64，
如果只有棱长为1的正方体就是64个不符合题意排除；
如果有一个3×3×3的立方体〔体积27〕，就只能有1×1×1的立方体37个，37+1＞29，不符合题意排除；
所以应该是有2×2×2和1×1×1两种立方体．
那么设棱长为1的有x个，那么棱长为2的有〔29﹣x〕个，
解方程：x+8×〔29﹣x〕=64，
解得：x=24．
所以小明分割的立方体应为：棱长为1的24个，棱长为2的5个．
故答案为：24．
点评：此题考查了一元一次方程组的应用，立体图形的求解，解题的关键是分三种情况考虑，得到符合题意的可能，再列方程求解．
三、解答题〔共18分〕
18、〔2022•常州〕①计算：sin45°﹣12+38；
②化简：2xx2﹣4﹣1x﹣2．
考点：分式的加减法；立方根；实数的运算；特殊角的三角函数值。
专题：计算题。
分析：①先计算45度的正弦值，再将分式化简，计算出立方根，合并同类项可得答案；
②先通分，将分子合并同类项以后再约分得到最简值．
解答：解：①原式=22﹣12+38
=22﹣22+2
=2
②原式=2x（x﹣2）（x+2）﹣x+2（x﹣2）（x+2）
=2x﹣x+2（x﹣2）（x+2）
=x+2（x﹣2）（x+2）
=1x﹣2
点评：这两题题考查了分式的加减运算，也涉及特殊的正弦值和立方根的求法，题目比较容易．
19、〔2022•常州〕①解分式方程2x+2=3x﹣2；
②解不等式组&x﹣2＜6（x+3）&5（x﹣1）﹣6≥4（x+1）．
考点：解分式方程；解一元一次不等式组。
专题：计算题。
分析：①公分母为〔x+2〕〔x﹣2〕，去分母，转化为整式方程求解，结果要检验；
②先分别解每一个不等式，再求解集的公共局部，即为不等式组解．
解答：解：①去分母，得2〔x﹣2〕=3〔x+2〕，
去括号，得2x﹣4=3x+6，
移项，得2x﹣3x=4+6，
解得x=﹣10，
检验：当x=﹣10时，〔x+2〕〔x﹣2〕≠0，
∴原方程的解为x=﹣10；
②不等式①化为x﹣2＜6x+18，
解得x＞﹣4，
不等式②化为5x﹣5﹣6≥4x+4，
解得x≥15，
∴不等式组的解集为x≥15．
点评：此题考查了分式方程，不等式组的解法．〔1〕解分式方程的根本思想是“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．解不等式组时，先解每一个不等式，再求解集的公共局部．
四、解答题〔共15分〕
20、〔2022•常州〕某中学为了解本校学生对球类运动的爱好情况，采用抽样的方法，从足球、篮球、排球、其它等四个方面调查了假设干名学生，并绘制成“折线统计图〞与“扇形统计图〞．请你根据图中提供的局部信息解答以下问题：
〔1〕在这次调查活动中，一共调查了　100　名学生；
〔2〕“足球〞所在扇形的圆心角是　108　度；
〔3〕补全折线统计图．
考点：折线统计图；扇形统计图。
专题：数形结合。
分析：〔1〕读图可知喜欢乒乓球的有40人，占40%．所以一共调查了40÷40%=100人；
〔2〕喜欢其他的10人，应占10100×100%=10%，喜欢足球的应占统计图的1﹣20%﹣40%﹣10%=30%，所占的圆心角为360°×20%=108度；
〔3〕进一步计算出喜欢足球的人数：30%×100=30〔人〕，喜欢蓝的人数：20%×100=20〔人〕．可作出折线图．
解答：解：〔1〕40÷40%=100〔人〕．〔1分〕
〔2〕10100×100%=10%，〔2分〕
1﹣20%﹣40%﹣30%=30%，
360°×30%=108度．〔3分〕
〔3〕喜欢篮球的人数：20%×100=20〔人〕，〔4分〕
喜欢足球的人数：30%×100=30〔人〕．〔5分〕
点评：此题考查学生的读图能力以及频率、频数的计算．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
21、〔2022•常州〕甲、乙、两三个布袋都不透明，甲袋中装有1个红球和1个白球；乙袋中装有一个红球和2个白球；丙袋中装有2个白球．这些球除颜色外都相同．从这3个袋中各随机地取出1个球．
①取出的3个球恰好是2个红球和1个白球的概率是多少
②取出的3个球全是白球的概率是多少
考点：列表法与树状图法。
专题：计算题。
分析：〔1〕此题需要三步完成，所以采用树状图法比较简单，然后树状图分析所有等可能的出现结果，根据概率公式即可求出该事件的概率；
〔2〕求得取出的3个球全是白球的所有情况，然后根据概率公式即可求出该事件的概率．
解答：解：〔1〕画树状图得：
∴一共有12种等可能的结果，
取出的3个球恰好是2个红球和1个白球的有2种情况，
∴取出的3个球恰好是2个红球和1个白球的概率是212=16；
〔2〕∵取出的3个球全是白球的有4种情况，
∴取出的3个球全是白球的概率是412=13．
点评：此题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
五、解答题〔共12分〕
22、〔2022•常州〕：如图，在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E=∠B，DE=DC，求证：AB=AC．
考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定。
专题：证明题。
分析：根据在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E=∠B，DE=DC，求证△AED≌△ADC，然后利用等量代换即可求的结论．
解答：证明：∵AD平分∠EDC，
∴∠ADE=∠ADC，
∵DE=DC，
∴△AED≌△ADC，
∴∠C=∠E，
∵∠E=∠B．
∴∠C=∠B，
∴AB=AC．
点评：此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定的理解和掌握，难度不大，属于根底题．
23、〔2022•徐州〕：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=CD，AD⊥BD，E为AB中点，求证：四边形BCDE是菱形．
考点：菱形的判定。
专题：证明题。
分析：由题意易得DE=BE，再证四边形BCDE是平行四边形，即证四边形BCDE是菱形．
解答：证明：∵AD⊥BD，
∴△ABD是Rt△
∵E是AB的中点，
∴BE=12AB，DE=12AB 〔直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半〕，
∴BE=DE，
∴∠EDB=∠EBD，
∵CB=CD，
∴∠CDB=∠CBD，
∵AB∥CD，
∴∠EBD=∠CDB，
∴∠EDB=∠EBD=∠CDB=∠CBD，
∵BD=BD，
∴△EBD≌△CBD 〔SAS 〕，
∴BE=BC，
∴CB=CD=BE=DE，
∴菱形BCDE．〔四边相等的四边形是菱形〕
点评：此题主要考查菱形的判定，综合利用了直角三角形的性质和平行线的性质．
六．探究与画图〔共13分〕
24、〔2022•常州〕如图，在△ABO中，点A（3，3）、B〔﹣1，﹣1〕、C〔0，0〕，正比例函数y=﹣x图象是直线l，直线AC∥x轴交直线l与点C．
〔1〕C点的坐标为　〔﹣3，3〕　；
〔2〕以点O为旋转中心，将△ABO顺时针旋转角α〔90°＜α＜180°〕，使得点B落在直线l上的对应点为B′，点A的对应点为A′，得到△A′OB′．
①∠α=　90°　；②画出△A′OB′．
〔3〕写出所有满足△DOC∽△AOB的点D的坐标．
考点：作图-旋转变换；一次函数的性质；相似三角形的判定与性质。
专题：作图题。
分析：〔1〕直线AC∥x轴交直线l于点C，可知A、C两点纵坐标相等，直线l解析式为y=﹣x，可知C点横、纵坐标互为相反数，可求C点坐标；
〔2〕B〔﹣1，﹣1〕可知OB为第三象限角平分线，又直线l为二、四象限角平分线，故旋转角为90°，依题意画出△A′OB′即可；
〔3〕根据A点坐标可知OA与x轴正半轴夹角为60°，可知∠AOB=165°，根据对应关系，那么∠DOC=165°，故OD在第四象限，与x轴正半轴夹角为30°或与y轴负半轴夹角为30°，根据A、B、C三点坐标求OA、OB、OC，利用ODOA=OCOB求OD，再确定D点坐标．
解答：解：〔1〕∵直线AC∥x轴交直线l于点C，
∴C两点纵坐标为3，代入直线y=﹣x中，得C点横坐标为﹣3，
∴C〔﹣3，3〕；
〔2〕由B〔﹣1，﹣1〕可知，OB为第三象限角平分线，
又直线l为二、四象限角平分线，
∴旋转角为∠α=∠BOB′=90°，△A′OB′如下列图；
〔3〕D点坐标为〔9，﹣33〕，〔33，﹣9〕．
点评：此题考查了旋转变换的作图，一次函数图象的性质，相似三角形的判定与性质．关键是根据点的坐标，直线解析式的特点求相关线段的长，角的度数，利用形数结合求解．
25、〔2022•常州〕：如图1，图形①满足AD=AB，MD=MB，∠A=72°，∠M=144°．图形②与图形①恰好拼成一个菱形〔如图2〕．记AB的长度为a，BM的长度为b．
〔1〕图形①中∠B=　72　°，图形②中∠E=　36　°；
〔2〕小明有两种纸片各假设干张，其中一种纸片的形状及大小与图形①相同，这种纸片称为“风筝一号〞；另一种纸片的形状及大小与图形②相同，这种纸片称为“飞镖一号〞．
①小明仅用“风筝一号〞纸片拼成一个边长为b的正十边形，需要这种纸片　5　张；
②小明假设用假设干张“风筝一号〞纸片和“飞镖一号〞纸片拼成一个“大风筝〞〔如图3〕，其中∠P=72°，∠Q=144°，且PI=PJ=a+b，IQ=JQ．请你在图3中画出拼接线并保存画图痕迹．〔此题中均为无重叠、无缝隙拼接〕
考点：菱形的性质；正多边形和圆；作图—应用与设计作图。
专题：操作型。
分析：〔1〕连接AM，根据三角形ADM和三角形ABM的三边对应相等，得到两三角形全等，根据全等三角形的对应角相等得到角B和角D相等，根据四边形的内角和为360°，由角DAB和角DMB的度数，即可求出角B的度数；根据菱形的对边平行，得到AB与DC平行，得到同旁内角互补，即角A加角ADB加角MDC等于180°，由角A和角ADB的度数即可求出角FEC的度数；
〔2〕①由题意可知，“风筝一号〞纸片中的点A与正十边形的中心重合，由角DAB为72°，根据周角为360°，利用360°除以72°即可得到需要“风筝一号〞纸片的张数；
②以P为圆心，a长为半径画弧，与PI和PJ分别交于两点，然后以两交点为圆心，以b长为半径在角IPJ的内部画弧，两弧交于一点，连接这点与点Q，画出满足题意的拼接线．
解答：解：〔1〕连接AM，如下列图：
∵AD=AB，DM=BM，AM为公共边，
∴△ADM≌△ABM，
∴∠D=∠B，
又因为四边形ABMD的内角和等于360°，∠DAB=72°，∠DMB=144°，
∴∠B=360°﹣72°﹣144°2=72°；
在图2中，因为四边形ABCD为菱形，所以AB∥CD，
∴∠A+∠ADC=∠A+∠ADM+∠CEF=180°，∠A=72°，∠ADM=72°，
∴∠CEF=180°﹣72°﹣72°=36°；
〔2〕①用“风筝一号〞纸片拼成一个边长为b的正十边形，
得到“风筝一号〞纸片的点A与正十边形的中心重合，又∠A=72°，
那么需要这种纸片的数量=360°72°=5；
②根据题意可知：“风筝一号〞纸片用两张和“飞镖一号〞纸片用一张，
画出拼接线如下列图：
故答案为：〔1〕72°；36°；〔2〕①、5．
点评：此题考查掌握菱形的性质，灵活运用两三角形的全等得到对应的角相等，掌握密铺地面的秘诀，锻炼学生的动手操作能力，培养学生的发散思维，是一道中档题．
七、解答题〔共3小题，共26分〕
26、〔2022•常州〕某商店以6元/千克的价格购进某种干果1140千克，并对其进行筛选分成甲级干果与乙级干果后同时开始销售．这批干果销售结束后，店主从销售统计中发出：甲级干果与乙级干果在销售过程中每天都有销量，且在同一天卖完；甲级干果从开始销售至销售的第x天的总销量y1〔千克〕与x的关系为y1=﹣x2+40x；乙级干果从开始销售至销售的第t天的总销量y2〔千克〕与t的关系为y2=at2+bt，且乙级干果的前三天的销售量的情况见下表：
t
1
2
3
y2
21
44
69
〔1〕求a、b的值；
〔2〕假设甲级干果与乙级干果分别以8元/千克的6元/千克的零售价出售，那么卖完这批干果获得的毛利润是多少元
〔3〕问从第几天起乙级干果每天的销量比甲级干果每天的销量至少多6千克
〔说明：毛利润=销售总金额﹣进货总金额．这批干果进货至卖完的过程中的损耗忽略不计〕
考点：一元二次方程的应用；二元一次方程组的应用；一元一次不等式的应用。
专题：销售问题。
分析：〔1〕根据表中的数据代入后，y2=at2+bt，得到关于a，b的二元一次方程，从而可求出解．
〔2〕设干果用n天卖完，根据两个关系式和干果共有1140千克可列方程求解．然后用售价﹣进价，得到利润．
〔3〕设第m天乙级干果每天的销量比甲级干果每天的销量至少多6千克，从而可列出不等式求解．
解答：解：〔1〕根据表中的数据可得&21=a+b&44=4a+2b
&a=1&b=20．
〔2〕甲级干果和乙级干果n天售完这批货．
﹣n2+4n+n2+20n=1140
n=19，
当n=19时，y1=399，y2=741，
毛利润=399×8+741×6﹣1140×6=798〔元〕．
〔3〕设第m天甲级干果的销售量为﹣2m+19．
〔2m+19〕﹣〔﹣2m+41〕≥6
n≥7
第7天起乙级干果每天的销量比甲级干果每天的销量至少多6千克．
点评：此题考查理解题意的能力，关键是根据表格代入数列出二元一次方程方程组求出a和b，确定函数式，然后根据等量关系和不等量关系分别列方程和不等式求解．
27、〔2022•常州〕在平面直角坐标系XOY中，一次函数y=34x+3的图象是直线l1，l1与x轴、y轴分别相交于A、B两点．直线l2过点C〔a，0〕且与直线l1垂直，其中a＞0．点P、Q同时从A点出发，其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位；点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位．
〔1〕写出A点的坐标和AB的长；
〔2〕当点P、Q运动了多少秒时，以点Q为圆心，PQ为半径的⊙Q与直线l2、y轴都相切，求此时a的值．
考点：一次函数综合题；切线的性质；相似三角形的判定与性质。
专题：几何动点问题；分类讨论。
分析：〔1〕根据一次函数图象与坐标轴的交点求法，分别求出坐标即可；
〔2〕根据相似三角形的判定得出△APQ∽△AOB，以及当⊙Q在y轴右侧与y轴相切时，当⊙Q在y轴的左侧与y轴相切时，分别分析得出答案．
解答：解：〔1〕∵一次函数y=34x+3的图象是直线l1，l1与x轴、y轴分别相交于A、B两点，
∴y=0时，x=﹣4，
∴A〔﹣4，0〕，AO=4，
∵图象与y轴交点坐标为：〔0，3〕，BO=3，
∴AB=5；
〔2〕由题意得：AP=4t，AQ=5t，APAO=AQBO=t，
又∠PAQ=∠OAB，
∴△APQ∽△AOB，
∴∠APQ=∠AOB=90°，
∵点P在l1上，
∴⊙Q在运动过程中保持与l1相切，
①当⊙Q在y轴右侧与y轴相切时，设l2与⊙Q相切于F，由△APQ∽△AOB，得：
∴PQ3=4+PQ5，
∴PQ=6；
连接QF，那么QF=PQ，由△QFC∽△APQ∽△AOB，
得：QFAO=QCAB，
∴PQAO=QCAB，
∴64=QC5，
∴QC=152，
∴a=OQ+QC=272，
②当⊙Q在y轴的左侧与y轴相切时，设l2与⊙Q相切于E，由△APQ∽△AOB得：PQ3=4﹣PQ5，
∴PQ=32，
连接QE，那么QE=PQ，由△QEC∽△APQ∽△AOB得：QEOA=QCAB，
∴PQAOQCAB，324=QC5，
∴QC=158，a=QC﹣OQ=38，
∴a的值为272和38，
点评：此题主要考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质，利用数形结合进行分析注意分类讨论才能得出正确答案．
28、〔2022•常州〕在平面直角坐标系XOY中，直线l1过点A〔1，0〕且与y轴平行，直线l2过点B〔0，2〕且与x轴平行，直线l1与直线l2相交于点P．点E为直线l2上一点，反比例函数y=kx〔k＞0〕的图象过点E与直线l1相交于点F．
〔1〕假设点E与点P重合，求k的值；
〔2〕连接OE、OF、EF．假设k＞2，且△OEF的面积为△PEF的面积的2倍，求E点的坐标；
〔3〕是否存在点E及y轴上的点M，使得以点M、E、F为顶点的三角形与△PEF全等假设存在，求E点坐标；假设不存在，请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；反比例函数综合题；全等三角形的判定与性质；勾股定理。
专题：分类讨论。
分析：〔1〕根据反比例函数中k=xy进行解答即可；
〔2〕当k＞2时，点E、F分别在P点的右侧和上方，过E作x轴的垂线EC，垂足为C，过F作y轴的垂线FD，垂足为D，EC和FD相交于点G，那么四边形OCGD为矩形，再求出S△FPE=14k2﹣k+1，根据S△OEF=S矩形OCGD﹣S△DOF﹣S△EGD﹣S△OCE即可求出k的值，进而求出E点坐标；
〔3〕①当k＜2时，只可能是△MEF≌△PEF，作FH⊥y轴于H，由△FHM∽△MBE可求出BM的值，再在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，求出k的值，进而可得出E点坐标；
②当k＞2时，只可能是△MFE≌△PEF，作FQ⊥y轴于Q，△FQM∽△MBE得，BMFQ=EMFM，可求出BM的值，再在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，求出k的值，进而可得出E点坐标．
解答：解：〔1〕假设点E与点D重合，那么k=1×2=2；
〔2〕当k＞2时，如图1，点E、F分别在P点的右侧和上方，过E作x轴的垂线EC，垂足为C，过F作y轴的垂线FD，垂足为D，EC和FD相交于点G，那么四边形OCGD为矩形，
∵PF⊥PE，
∴S△FPE=12PE•PF=12〔k2﹣1〕〔k﹣2〕=14k2﹣k+1，
∴四边形PFGE是矩形，
∴S△PFE=S△GEF，
∴S△OEF=S矩形OCGD﹣S△DOF﹣S△EGD﹣S△OCE=k2•k﹣〔14k2﹣k+1〕﹣k=14k2﹣1
∵S△OEF=2S△PEF，
∴14k2﹣1=2〔14k2﹣k+1〕，
解得k=6或k=2，
∵k=2时，E、F重合，
∴k=6，
∴E点坐标为：〔3，2〕；
〔3〕存在点E及y轴上的点M，使得△MEF≌△PEF，
①当k＜2时，如图2，只可能是△MEF≌△PEF，作FH⊥y轴于H，
∵△FHM∽△MBE，
∴BMFH=EMFM，
∵FH=1，EM=PE=1﹣k2，FM=PF=2﹣k，
∴BM1=1﹣k22﹣k，BM=12，
在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，
∴〔1﹣k2〕2=〔k2〕2+〔12〕2，
解得k=34，此时E点坐标为〔38，2〕，
②当k＞2时，如图3，只可能是△MFE≌△PEF，作FQ⊥y轴于Q，△FQM∽△MBE得，BMFQ=EMFM，
∵FQ=1，EM=PF=k﹣2，FM=PE=k2﹣1，
∴BM1=k﹣2k2﹣1，BM=2，
在Rt△MBE中，由勾股定理得，EM2=EB2+MB2，
∴〔k﹣2〕2=〔k2〕2+22，解得k=163或0，但k=0不符合题意，
∴k=163．
此时E点坐标为〔83，2〕，
∴符合条件的E点坐标为〔38，2〕〔83，2〕．
点评：此题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到反比例函数的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，解答此题的关键是根据题意作出辅助线，构造出相似三角形，利用相似三角形的性质解答．