福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷

2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷中考數(shù)學(xué)二模試卷題號(hào)一二三總分得分一、選擇題（本大題共10小題，共40.0分）1.以下各數(shù)中，屬于正有理數(shù)的是（）A.πB.0C.-1D.22.若分式有意義，則x的取值范圍是（）A.x≠1B.x＝1C.x＞1D.x＜1某幾何體的三視圖以下列圖，則這個(gè)幾何體是（）A.B.C.D.

圓柱正方體球圓錐4.如圖，直線abc所截，以下條件不能夠判斷直a，被直線線與b平行的是（）A.B.C.D.

1=∠32+∠4=180°1=∠43=∠45.已知a，b滿足方程組，則a+b的值為（）A.-4B.4C.-2D.2以下列圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，BD均分∠ABC，交AC于點(diǎn)D，且AB=4，BD=5，則點(diǎn)D到BC的距離是（）A.B.C.D.

3456某地區(qū)經(jīng)過(guò)一年的新農(nóng)村建設(shè)，農(nóng)村的經(jīng)濟(jì)收入增加了一倍，實(shí)現(xiàn)翻番，為更好地認(rèn)識(shí)該地區(qū)農(nóng)村的經(jīng)濟(jì)收入變化情況，統(tǒng)計(jì)了該地區(qū)新農(nóng)村建設(shè)前后農(nóng)村的經(jīng)濟(jì)收入組成比率，獲取如圖統(tǒng)計(jì)圖：第1頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷則下面結(jié)論中不正確的選項(xiàng)是（）新農(nóng)村建設(shè)后，養(yǎng)殖收入增加了一倍新農(nóng)村建設(shè)后，種植收入減少新農(nóng)村建設(shè)后，養(yǎng)殖收入與第三產(chǎn)業(yè)收入的總和高出了經(jīng)濟(jì)收入的一半新農(nóng)村建設(shè)后，其他收入增加了一倍以上若直線l1經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，4），l2經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，2），且l1與l2關(guān)于x軸對(duì)稱，則l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為（）A.（-2，0）B.（2，0）C.（-6，0）D.（6，0）9.利用如圖1的二維碼能夠進(jìn)行身份鑒別．某校建立了一個(gè)身份鑒別系統(tǒng)，圖2是某個(gè)學(xué)生的鑒別圖案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0，將第一行數(shù)字從左到右依次記為a，b，c，d，那么能夠變換為該生所在班級(jí)序號(hào)，其序號(hào)為a×23+b×22+c×21+d×20，如圖2第一行數(shù)字從左到右依次為0，1，0，1，序號(hào)為32100×2+1×2+0×2+1×2=5，表示該生為5班學(xué)生．表示6班學(xué)生的鑒別圖案是（）A.B.C.D.如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)E在BC上，四邊形EFGB也是正方形，以B為圓心，BA長(zhǎng)為半徑畫(huà)，連接AF，CF，則圖中陰影部分面積為（）A.B.

π2π-2π2π二、填空題（本大題共6小題，共24.0分）11.9的算術(shù)平方根是______．因式分解：m（x-y）+n（x-y）=______．13.點(diǎn)Paa-3a______（，）在第四象限，則的取值范圍是．第2頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷為了參加中考體育測(cè)試，甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行足球傳球訓(xùn)練，球從一個(gè)人腳下隨機(jī)傳到另個(gè)人腳下，且每位傳球人傳給其他兩人的機(jī)遇是均等的，由甲開(kāi)始傳球，共傳球三次三次傳球后，球回到甲腳下的概率大還是傳到乙腳下的概率大？______．（填：甲或乙）如圖是一枚“八一”建軍節(jié)紀(jì)念章，其外輪廓是一個(gè)正五邊形，則圖中∠1的大小為_(kāi)_____°．16.已知M為雙曲線y=（x＞0）的點(diǎn)，點(diǎn)M作x軸，y軸的垂線分別交直線y=-x+mm＞0）于點(diǎn)D、C兩點(diǎn)（點(diǎn)D在點(diǎn)M下方），若直線y=-x+m（m＞0）與y軸交于點(diǎn)A，與x軸訂交于點(diǎn)B，則AD?BC的值為_(kāi)_____．三、解答題（本大題共9小題，共86.0分）17.計(jì)算：3-2+（-）2-|-3|+tan60°已知：如圖，AB∥DE，點(diǎn)C，點(diǎn)F在AD上，AF=DC，AB=DE．求證：△ABC≌△DEF．19.解方程：-=1．第3頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷（1）尺規(guī)作圖：如圖，A、B是平面上兩個(gè)定點(diǎn)，在平面上找一點(diǎn)C，使△ABC組成等腰直角三角形，且C為直角極點(diǎn)．（畫(huà)出一個(gè)點(diǎn)C即可）2）在（1）的條件下，若A（0，2），B（4，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是______．如圖△ABC內(nèi)接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的直徑，點(diǎn)P是CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且AP=AC．1）求證：PA是⊙O的切線；2）若PD=，求⊙O的直徑．22.如圖，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是為（-3，1），（-1，-2）若將線段AB平移至A1B1的地址，A1（a，4），B1（3，b）（1）則a=______，b=______；（2）求四邊形ABB1A1的面積；（3）將線段AB依照原來(lái)的方向平移，若點(diǎn)A的平移后對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)A2，點(diǎn)B的平移后對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)B2，則在線段AB平移過(guò)程中，可否存在一個(gè)四邊形ABB2A2是矩形，并說(shuō)明原由．第4頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷23.某花店每天以每枝5元的價(jià)格從農(nóng)場(chǎng)購(gòu)進(jìn)若干枝玫瑰花，爾后以每枝10元的價(jià)格銷售，若是當(dāng)天買(mǎi)不完，剩下的玫瑰花作垃圾辦理．（1）若花店一天購(gòu)進(jìn)16枝玫瑰花，求當(dāng)天的利潤(rùn)y（單位：元）關(guān)于當(dāng)天需求量n（單位：枝，n是自然數(shù)）的函數(shù)解析式；2）花店記錄了100天玫瑰花的日需求量（單位：枝），整理得如表：日需求量n14151617181920頻數(shù)10201616151310①這100個(gè)日需求量所組成的一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和眾數(shù)分別是______，______；②以100天記錄的各需求量的頻率作為計(jì)算平均一天需求量對(duì)應(yīng)的權(quán)重．若花店計(jì)劃一天購(gòu)進(jìn)16枝或17枝玫瑰花，從盈利的角度解析，你認(rèn)為應(yīng)購(gòu)進(jìn)16枝還是17枝？請(qǐng)說(shuō)明原由．如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在線段AC上．（1）若∠3=70°，∠1=∠2，求∠2的度數(shù)；（2）若AB=AE，BE=DE=EC，點(diǎn)E到直線CD的距離是，求BC的長(zhǎng)度．關(guān)于自變量為x的函數(shù)，當(dāng)x=x0時(shí)，其函數(shù)值也為x0，則稱點(diǎn)（x0，x0）為此函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)，若函數(shù)y=ax2+bx+c（a＞0）圖象上有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)A（x1，y1）、B（x2，y2），x1＜x2）1）若a=1，b=2，c=0，求函數(shù)y=ax2+bx+c的不動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)；第5頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷2）求證：x1≥；3）若函數(shù)y=ax2+bx+c（a＞0），a=，b2-4b-2c＜0，當(dāng)0＜x＜x1時(shí)，①求證：y＞x；②求證：y＜x1．第6頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷答案和解析【答案】D【解析】解：由題意得：π是無(wú)理數(shù)，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0是有理數(shù)，但不是正數(shù)，應(yīng)選項(xiàng)B錯(cuò)誤；-1是負(fù)有理數(shù)，應(yīng)選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2是正有理數(shù)，應(yīng)選項(xiàng)D正確；應(yīng)選：D．依照正有理數(shù)的定義即可得出答案．此題觀察了正有理數(shù)的定義，正確理解正有理數(shù)的看法是解答此題的要點(diǎn)．【答案】A【解析】解：由題意得，x-1≠0，解得x≠1．應(yīng)選：A．依照分式有意義，分母不等于0列不等式求解即可．此題觀察了分式有意義的條件，從以下三個(gè)方面透徹理解分式的看法：1）分式?jīng)]心義?分母為零；（2）分式有意義?分母不為零；（3）分式值為零?分子為零且分母不為零．【答案】D【解析】解：依照主視圖和左視圖為三角形判斷出是錐體，依照俯視圖是圓形和圓心可判斷出這個(gè)幾何體應(yīng)該是圓錐，應(yīng)選：D．由主視圖和左視圖確定是柱體，錐體還是球體，再由俯視圖確定詳盡形狀．主視圖和左視圖的大體輪廓為三角形的幾何體為錐體，俯視圖為圓就是圓錐．【答案】D【解析】解：由∠1=∠3，可得直線a與b平行，故A能判斷；由2+∠4=180°，∠2=∠5，∠4=∠3，可得∠3+∠5=180°，故直線a與b平行，故B能判斷；由∠1=∠4，∠4=∠3，可得∠1=∠3，故直線a與b平行，故C能判斷；由∠3=∠4，不能夠判斷直線a與b平行，應(yīng)選：D．依照同位角相等，兩直線平行；同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩直線平行進(jìn)行判斷即可．此題主要觀察了平行線的判斷，解題時(shí)注意：同位角相等，兩直線平行；同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩直線平行．【答案】B【解析】【解析】此題觀察認(rèn)識(shí)二元一次方程組，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法與加減消元法．求出方程組的解獲取a與b的值，即可確定出a+b的值．【解答】第7頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷解：解法1：，+②×5得：16a=32，即a=2，把a(bǔ)=2代入①得：b=2，則a+b=4，解法2：①+②得：4a+4b=16，則a+b=4，應(yīng)選：B．【答案】A【解析】解：過(guò)D點(diǎn)作DE⊥BC于E．∵∠A=90°，AB=4，BD=5，∴AD===3，BD均分∠ABC，∠A=90°，∴點(diǎn)D到BC的距離=AD=3．應(yīng)選：A．先依照勾股定理求出AD的長(zhǎng)度，再依照角均分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等的性質(zhì)解答．此題利用勾股定理和角均分線的性質(zhì)．【答案】B【解析】解：設(shè)建設(shè)前經(jīng)濟(jì)收入為a，建設(shè)后經(jīng)濟(jì)收入為2a．A、建設(shè)后，養(yǎng)殖收入為30%×2a=60%a，建設(shè)前，養(yǎng)殖收入為30%a，故60%a÷30%a=2，故A項(xiàng)正確．B、種植收入37%×2a-60%a=14%a＞0，故建設(shè)后，種植收入增加，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C、建設(shè)后，養(yǎng)殖收入與第三產(chǎn)業(yè)收入總和為（30%+28%）×2a=58%×2a，經(jīng)濟(jì)收入為2a，故（58%×2a）÷2a=58%＞50%，故C項(xiàng)正確．D、建設(shè)后，其他收入為5%×2a=10%a，建設(shè)前，其他收入為4%a，故10%a÷＞2，故D項(xiàng)正確．應(yīng)選：B．設(shè)建設(shè)前經(jīng)濟(jì)收入為a，建設(shè)后經(jīng)濟(jì)收入為2a．經(jīng)過(guò)選項(xiàng)逐一解析新農(nóng)村建設(shè)前后，經(jīng)濟(jì)收入情況，利用數(shù)據(jù)推出結(jié)果．此題主要觀察扇形統(tǒng)計(jì)圖的應(yīng)用，命題的真假的判斷，觀察發(fā)現(xiàn)問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．【答案】B【解析】解：∵直線l1經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，4），l2經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，2），且l1與l2關(guān)于x軸對(duì)稱，∴兩直線訂交于x軸上，∵直線l1經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，4），l2經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，2），且l1與l2關(guān)于x軸對(duì)稱，∴直線l1經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，-2），l2經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，-4），把（0，4）和（3，-2）代入直線l1的解析式y(tǒng)=kx+b，則，第8頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷解得：，故直線l1的解析式為：y=-2x+4，可得l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為l1與l2與x軸的交點(diǎn)，解得：x=2，即l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）．應(yīng)選：B．依照對(duì)稱的性質(zhì)得出兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱的對(duì)稱點(diǎn)，再依照待定系數(shù)法確定函數(shù)關(guān)系式，求出一次函數(shù)與x軸的交點(diǎn)即可．此題主要觀察了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，正確得出l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為l1與l2與x軸的交點(diǎn)是解題要點(diǎn)．【答案】B【解析】解：A、第一行數(shù)字從左到右依次為1、0、1、0，序號(hào)為3210B、第一行數(shù)字從左到右依次為0，1，1，0，序號(hào)為0×23+1×22+1×21+0×20=6，吻合題意；C、第一行數(shù)字從左到右依次為1，0，0，1，序號(hào)為1×23+0×22+0×21+1×20=9，不吻合題意；、第一行數(shù)字從左到右依次為0，1，1，1，序號(hào)為0×23+1×22+1×21+1×20=7，不吻合題意；應(yīng)選：B．依照規(guī)定的運(yùn)算法規(guī)分別計(jì)算出每個(gè)選項(xiàng)第一行的數(shù)即可作出判斷．此題主要觀察圖形的變化類，解題的要點(diǎn)是依照題意弄清題干規(guī)定的運(yùn)算規(guī)則，并將圖形的變化問(wèn)題轉(zhuǎn)變成數(shù)字問(wèn)題．10.【答案】A【解析】解：設(shè)正方形BEFG的邊長(zhǎng)為a，∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，∴AB=BC=2，BG=FG=BE=EF=a，∠ABE=∠CEF=∠CBG=90°，S=S扇形ABC正方形BEFG△CEF△AGF2∴陰影部分的面積+S+S-S=+a+a×（2-a）-（2+a）a=π，應(yīng)選：A．設(shè)正方形BEFG的邊長(zhǎng)為a，依照正方形的性質(zhì)得出AB=BC=2，BG=FG=BE=EF=a，∠ABE=∠CEF=∠CBG=90°，依照?qǐng)D形得出陰影部分的面積S=S扇形ABC+S正方形BEFG+S△CEF-S△AGF，分別求出即可．此題觀察了正方形的性質(zhì)和扇形的面積計(jì)算，能依照?qǐng)D形得出陰影部分的面積S=S扇形正方形ABC+SBEFG+S△CEF-S△AGF是解此題的要點(diǎn)．11.【答案】3【解析】解：∵（±3）2=9，∴9的算術(shù)平方根是|±3|=3．故答案為：3．9的平方根為±3，算術(shù)平方根為非負(fù)，進(jìn)而得出結(jié)論．此題觀察了數(shù)的算式平方根，解題的要點(diǎn)是牢記算術(shù)平方根為非負(fù)．12.【答案】（x-y）（m+n）第9頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷【解析】解：m（x-y）+n（x-y）=（x-y）（m+n）．故答案為：（x-y）（m+n）．直接提取公因式（x-y），進(jìn)而得出答案．此題主要觀察了提取公因式法分解因式，正確找出公因式是解題要點(diǎn)．【答案】0＜a＜3【解析】解：∵點(diǎn)P（a，a-3）在第四象限，∴，解得0＜a＜3．故答案為：0＜a＜3．依照第四象限的點(diǎn)的橫坐標(biāo)是正數(shù)，縱坐標(biāo)是負(fù)數(shù)列出不等式組求解即可．此題觀察了各象限內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)的符號(hào)特點(diǎn)以及解不等式，記住各象限內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)的符號(hào)是解決的要點(diǎn)，四個(gè)象限的符號(hào)特點(diǎn)分別是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．14.【答案】乙【解析】解：依照題意畫(huà)出樹(shù)狀圖以下：由樹(shù)形圖可知三次傳球有8種等可能結(jié)果，三次傳球后，傳到甲腳下的概率==，傳到乙腳下的概率=，所以球回到乙腳下的概率大；故答案為：乙．依照題意先畫(huà)出樹(shù)狀圖得出所有等情況數(shù)，依照概率公式分別求出球回到甲腳下的概率和傳到乙腳下的概率，爾后進(jìn)行比較即可得出答案．此題觀察的是用列表法或樹(shù)狀圖法求概率．列表法能夠不重復(fù)不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，適合于兩步完成的事件；樹(shù)狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件．【答案】108【解析】解：∵正五邊形的內(nèi)角和為（5-2）×180°=540°，∴∠1=540°÷5=108°，故答案為：108所求角即為正五邊形的內(nèi)角，利用多邊形的內(nèi)角和定理求出即可．此題觀察了多邊形的內(nèi)角和外角，熟練掌握多邊形的內(nèi)角和定理是解此題的要點(diǎn)．【答案】2【解析】解：設(shè)M（a，b），則ab=，y=-x+m（m＞0）與x軸、y軸的交點(diǎn)為A（0，m）、B（m，0），第10頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷∴OA=OB=m，即△AOB是等腰直角三角形，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥y軸，垂足為N，則△ADN是等腰直角三角形，AD=DN=a，同理：BC=b，∴AD?BC=a?b=2ab=2．故答案為：2．M為雙曲線y=（x＞0）的點(diǎn)，點(diǎn)M的縱橫坐標(biāo)的積為常數(shù)，直線y=-x+m（m＞0）與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)后可得與坐標(biāo)軸圍成的三角形是等腰直角三角形，于是AC等于橫坐標(biāo)的倍，BD等于縱坐標(biāo)的倍，AC?BD就是點(diǎn)M的縱橫坐標(biāo)積的2倍，進(jìn)而求出答案．觀察反比率函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、等腰直角三角形的判斷和性質(zhì)，以及整體代入思想方法，畫(huà)出適合的圖形，結(jié)合圖形和特別圖形的邊角關(guān)系求得答案．【答案】解：原式=+3-3+=+．【解析】直接利用負(fù)指數(shù)冪的性質(zhì)以及絕對(duì)值的性質(zhì)和特別角的三角函數(shù)值分別化簡(jiǎn)得出答案．此題主要觀察了實(shí)數(shù)運(yùn)算，正確化簡(jiǎn)各數(shù)是解題要點(diǎn)．【答案】證明：∵AB∥DE∴∠A=∠D，AF=CDAC=DF，且∠A=∠D，AB=DE∴△ABC≌△DEF（SAS）【解析】由“SAS”可證△ABC≌△DEF．此題觀察了全等三角形的判斷和性質(zhì)，熟練運(yùn)用全等三角形的判斷是此題的要點(diǎn)．2去括號(hào)得，x2+6x+9-2x+6=x2-9，移項(xiàng)，系數(shù)化為1，得x=-6，經(jīng)檢驗(yàn)，x=-6是原方程的解．【解析】利用解分式方程的步驟和完好平方公式，平方差公式即可得出結(jié)論．此題是解分式方程，主要觀察認(rèn)識(shí)分式方程的方法和完好平方公式，平方差公式，解此題的要點(diǎn)是將分式方程轉(zhuǎn)變成整式方程．【答案】（1，-1）或（3，3）【解析】解：（1）如圖作線段AB的垂直均分線MN交AB于點(diǎn)O，以O(shè)為圓心，OA為半徑作⊙O交直線MN于C，C′，連接AC，BC，AC′BC′，點(diǎn)C或C′即為所求．第11頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷（2）在（1）的條件下，若A（0，2），B（4，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（1，-1）或（3，3）．故答案為：（1，-1）或（3，3）．（1）如圖作線段AB的垂直均分線MN交AB于點(diǎn)O，以O(shè)為圓心，OA為半徑作⊙O交直線MN于C，C′，連接AC，BC，AC′BC′，點(diǎn)C或C′即為所求；（2）由等腰直角三角形的性質(zhì)可求點(diǎn)C的坐標(biāo)．此題觀察作圖-復(fù)雜作圖，等腰直角三角形等知識(shí)，解題的要點(diǎn)是靈便運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．21.【答案】解：（1）證明：連接OA，∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°，又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，又∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°，∴∠OAP=∠AOC-∠P=90°，OA⊥PA，PA是⊙O的切線．2）在Rt△OAP中，∵∠P=30°，PO=2OA=OD+PD，又∵OA=OD，PD=OA，PD=，∴2OA=2PD=2．∴⊙O的直徑為2．【解析】（1）連接OA，依照?qǐng)A周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=30°，再由AP=AC得出∠P=30°，既而由∠OAP=∠AOC-∠P，可得出OA⊥PA，進(jìn)而得出結(jié)論；2）利用含30°的直角三角形的性質(zhì)求出OP=2OA，可得出OP-PD=OD，再由PD=，可得出⊙O的直徑．第12頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷此題觀察了切線的判斷及圓周角定理，解答此題的要點(diǎn)是掌握切線的判判定理、圓周角定理及含30°直角三角形的性質(zhì)．【答案】11【解析】解：（1）∵點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是為（-3，1），（-1，-2）若將線段AB平移至A1B1的地址，A1（a，4），B1（3，b），∴線段AB向右平移了4個(gè)單位，向上平移了3個(gè)單位，a=1，b=1，故答案為：1，1；（2）連接AB1，如圖1所示：由（1）得：A1（1，4），B1（3，1），∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-3，1），∴AB1∥x軸，AB1=3-（-3）=6，過(guò)點(diǎn)A1作A1NAB1于N，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥AB1于M，⊥則N（1，1），M（-1，1），∴A1N=4-1=3，BM=1-（-2）=3，∴S=S+S=×3×6+×3×6=18；3）不存在一個(gè)四邊形ABB2A2是矩形，原由以下：連接AB1、A1B，如圖2所示：∵線段AB平移至A1B1，∴四邊形ABB1A1是平行四邊形，∵把線段AB依照原來(lái)的方向平移獲取A2B2，∴四邊形ABB2A2是平行四邊形，則∠ABB1=∠ABB2，在平行四邊形ABB1A1中，AB1=6，過(guò)點(diǎn)A1作A1H⊥x軸，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥y軸，交A1H于點(diǎn)H，則H（1，-2），在Rt△A1BH中，A1B===2，∴AB1≠A1B，∴平行四邊形ABB1A1不能能為矩形，∴∠ABB1≠90，°∴∠ABB2≠90，°∴不存在一個(gè)四邊形ABB2A2是矩形．（1）由已知得出線段AB向右平移了4個(gè)單位，向上平移了3個(gè)單位，即可得出結(jié)果；2）連接AB1，證得AB1∥x軸，則AB1=6，過(guò)點(diǎn)A1作A1N⊥AB1于N，過(guò)點(diǎn)B作BM⊥AB1于M，則N（1，1），M（-1，1），求出A1N=3，BM=3，則S=S+S即可得出結(jié)果；（3）由平移的性質(zhì)得出四邊形ABB1A1是平行四邊形，四邊形ABB2A2是平行四邊形，則∠ABB1=∠ABB2，在平行四邊形ABB1A1中，AB1=6，過(guò)點(diǎn)A1作A1H⊥x軸，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥y軸，交A1H于點(diǎn)H，則H（1，-2），由勾股定理得出A1B==2，推出AB1≠A1B，則平行四邊形ABB1A1不能能為矩形，得出∠ABB1≠90，°即∠ABB2≠90°即可得出結(jié)論．此題是四邊形綜合題目，觀察了平移的性質(zhì)、平行四邊形的判斷、矩形的判斷、勾股定理、平面直角坐標(biāo)系與點(diǎn)的坐標(biāo)、四邊形面積與三角形面積的計(jì)算等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，第13頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷熟練掌握平移的性質(zhì)與矩形的判斷是解題的要點(diǎn)．【答案】1517【解析】解：（1）當(dāng)n≥16時(shí)，y=16×（10-5）=80；當(dāng)n≤15時(shí)，y=5n-5（16-n）=10n-80，得：y=（2）①日需求量為15的頻數(shù)最大，故眾數(shù)為15；中位數(shù)為=17，故答案為：15，17②購(gòu)進(jìn)17枝時(shí)，當(dāng)天的利潤(rùn)的希望為×0.16+17×5×∵＞76，∴應(yīng)購(gòu)進(jìn)17枝

y=（14×5-3×5）×0.1+（15×5-2×5）×0.2+（16×5-1×5）（1）依照賣(mài)出一枝可得利潤(rùn)5元，賣(mài)不出一枝可得賠本5元，即可建立分段函數(shù)；（2）①利用眾數(shù)中位數(shù)的定義求解即可；②求出進(jìn)17枝時(shí)當(dāng)天的利潤(rùn)，與購(gòu)進(jìn)16枝玫瑰花時(shí)當(dāng)天的利潤(rùn)比較，即可獲取結(jié)論．此題觀察分段函數(shù)模型的建立，觀察眾數(shù)及中位數(shù)的定義，觀察學(xué)生利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)責(zé)問(wèn)題的能力．【答案】解：（1）∵?ABCDAD∥BC∴∠ACB=∠2∵∠1=∠2∴∠ACB=∠1∵∠3=∠ACB+∠12∠1=70°∴∠2=∠1=35°；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DF∥BE交AC于點(diǎn)F，連接BF，BD交AC于點(diǎn)O∵四邊形ABCD是平行四邊形AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF，∵BE∥DF∴∠BEF=∠DFE，且AB=CD，∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF（AAS）AB=CD=AE=CF，DF=BE=DE∴∠CFD=∠FDC，∠CFD=∠DEF∴∠CDF=∠DEF，DF=BE，DF∥BE∴四邊形DEBF是平行四邊形，且BE=DE∴四邊形DEBF是菱形第14頁(yè)，共16頁(yè)2020年福建省廈門(mén)一中中考數(shù)學(xué)二模試卷BD⊥EF∴四邊形ABCD是菱形BC=CD，EO=FO設(shè)CE=x，AB=CD=CF=AE=y，BE=DE=DF=x，∵∠CDF=∠DEF，∠CFD=∠CFD∴△CDF∽△DEF∴∴22y-xy-6x=0y=3x，y=-2x（不合題意舍去）CD=CF=3x，EF=2x，EO=x，CO=2x在Rt△DEO中，DO===x，sin∠ECH=∴x=BC=CD=3x=3【解析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，由平行線的性質(zhì)和外角性質(zhì)可求解；（2）過(guò)點(diǎn)D作DF∥BE交AC于點(diǎn)F，連接BF，BD交AC于點(diǎn)O，由“AAS”可證△ABE≌△CDF，可得AB=CD=AE=CF，DF=BE=DE，可證四邊形ABCD是菱形可得BC=CD，EO=FO，設(shè)CE=x，AB=CD=CF