普通高中招生考试模拟仿真卷(一）-【锦上添花】2024-2025学年九年级数学全一册直击考点与单元双测（人教版2012 河南专版）

33　 　 　 　 普通高中招生考试模拟仿真卷(一) 题　 号 一 二 三 总　 分 得　 分 一、选择题(每小题 3 分,共 30 分. 下列各小题均有四个选项,其中只有一个是正确的) 1. 中国是最早采用正负数来表示相反意义的量的国家,如果盈利 50 元,记作+50 元,那么亏损 30 元,记作 (　 　 ) A. +30 元 B. -20 元 C. -30 元 D. +20 元 2. 古代中国建筑之魂———传统的榫卯结构. 榫卯是中国古代建筑、家具及其他木 制器械的主要结构方式,是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方 式. 如图所示是榫卯结构中的一个部件,它的主视图是 (　 　 ) A B C D 3. 芯片内部有数以亿计的晶体管,为追求更高质量的芯片和更低的电力功耗,需要设计体积更小的 晶体管. 目前,某品牌手机自主研发了最新型号芯片,其晶体管栅极的宽度为 0. 000 000 014 米,将 数据 0. 000 000 014 用科学记数法表示为 (　 　 ) A. 1. 4×10-8 B. 14×10-7 C. 0. 14×10-6 D. 1. 4×10-9 4. tan 60°+3tan 30°的值等于 (　 　 ) A. 3 　 B. 2 3 　 C. 3 3 　 D. 2 5. 如图,直线 l1∥l2,△ABC 是等边三角形,∠1 = 50°,则∠2 的大小为 (　 　 ) A. 60° B. 80° C. 70° D. 100° 6. 某校举办文艺汇演,在主持人选拔环节中,有一名男同学和两名女同学表现优异. 若从以上三名同 学中随机抽取两名同学担任主持人,则刚好抽中一名男同学和一名女同学的概率是 (　 　 ) A. 1 6 　 B. 1 3 　 C. 1 2 　 D. 2 3 7. 在三角形 ABO 中,已知点 A( -6,3),B( -6,-4),以原点 O 为位似中心,相似比为 1 3 ,把△ABO 缩 小,则点 A 的对称点 A′的坐标是 (　 　 ) A. ( -2,1) B. ( -8,4) C. ( -8,4)或(8,-4) D. ( -2,1)或(2,-1) 8. 如图,在矩形 ABCD 中,对角线 AC 与 BD 相交于点 O,∠ABD = 60°,AE⊥BD,垂足为点 E,F 是 OC 的中点,连接 EF,若 EF= 2 3 ,则矩形 ABCD 的周长是 (　 　 ) A. 16 3 B. 8 3 +4 C. 4 3 +8 D. 8 3 +8 第 8 题图 　 　 　 第 9 题图 　 　 　 第 10 题图 9. 八个边长为 1 的正方形如图摆放在平面直角坐标系中,直线 l:y = kx 将这八个正方形分成面积相 等的两部分,则 k 的值为 (　 　 ) A. 9 10 　 B. 10 9 C. 3 4 　 D. 4 3 10. 如图 1,在菱形 ABCD 中,E 为 AB 的中点,点 F 沿 AC 从点 A 向点 C 运动,连接 FE,FB. 设 FA= x, FE+FB= y,图 2 是点 F 运动时 y 随 x 变化的关系图象,则 y 的最小值是 (　 　 ) A. 2 3 3 　 B. 3 　 C. 4 3 3 　 D. 2 二、填空题(每小题 3 分,共 15 分) 11. 写出一个大于 2 且小于 4 的无理数: . 12. 不等式组 3x+1>x-3, x-2≤0{ 的解集是　 　 　 　 . 13. 小明为了解所在小区居民各类生活垃圾的投放情况,他随机调查了该小区 50 户家庭某一天各类 生活垃圾的投放量,统计得出这 50 户家庭各类生活垃圾的投放总量是 100 千克,并画出各类生 活垃圾投放量分布的扇形图(如图所示),根据以上信息,估计该小区 500 户居民这一天投放的 可回收垃圾共约 千克. 第 13 题图 　 　 　 　 　 第 14 题图 　 　 　 　 　 第 15 题图 14. 如图,AB 是☉O 的直径,CD 是☉O 的切线,C 为切点,AB 的延长线交直线 CD 于点 E,连接 AC, BC. 若∠ACD= 60°,AC= 3,则 BE 的长度是　 　 　 　 . 15. 如图所示,在矩形 ABCD 中,AB= 3,AD= 5. 点 P 为 BC 边上一定点且 PC= 2,点 Q 为 AD 边上不与 端点重合的一动点,将四边形 PCDQ 沿 PQ 翻折,使得点 D 的对应点 E 落在矩形的边上,连接 BE,则 BE 的长为　 　 　 　 . 三、解答题(本大题共 8 小题,共 75 分) 16. (10 分)计算. (1)( -3) 2 - 1 4( ) -1 - 3 -27 ; (2)[(ab+1)(ab-2) -2a2b2 +2] ÷( -ab) . 17. (9 分)某农业科技部门为了解甲、乙两种新品西瓜的品质(大小、甜度等),进行了抽样调查. 在 相同条件下,随机抽取了两种西瓜各 7 份样品,对西瓜的品质进行评分(百分制),并对数据进行 收集、整理,下面给出两种西瓜得分的统计图表. 甲、乙两种西瓜得分表 序号 1 2 3 4 5 6 7 甲种西瓜(分) 75 85 86 88 90 96 96 乙种西瓜(分) 80 83 87 90 90 92 94 　 　 　 　 　 　 甲、乙两种西瓜得分统计表 平均数 中位数 众数 甲种西瓜 88 a 96 乙种西瓜 88 90 b (1)a= 　 　 　 　 ,b= 　 　 　 　 ; (2)从方差的角度看,　 　 　 　 种西瓜的得分较稳定(填“甲”或“乙”); (3)小明认为甲种西瓜的品质较好些,小军认为乙种西瓜的品质较好些. 请结合统计图表中的信 息分别写出他们的理由. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34　 18. (9 分)如图,在△ABC 中,∠C= 2∠B,线段 AB 的垂直平分线分别交边 AB,CB 于点 D,E. (1)请用无刻度的直尺和圆规作出线段 AB 的垂直平分线(不写作法,保留作图痕迹); (2)连接 AE,若 AB= 8,AC= 5,求 DE 的长. 19. (9 分)如图,反比例函数 y= k x (x>0)和 y= 6 x (x>0)的图象如图所示,点 C(a,0)是 x 轴正半轴上 一动点,过点 C 作 x 轴的垂线,分别与 y= k x (x>0)和 y= 6 x (x>0)的图象交于点 A,B. (1)当 a= 2 时,线段 AB= 9 2 ,求 A,B 两点的坐标及 k 值; (2)小明同学提出了一个猜想:“当 k 值一定时,△OAB 的面积随 a 值的增大而减小. ”你认为他 的猜想对吗? 请说明理由. 20. (9 分)如图,一座石桥的主桥拱是圆弧形,某时刻测得水面 AB 的宽度为 8 米,拱高 CD(AB ( 的中 点 C 到水面的距离)为 2 米. (1)求主桥拱所在圆的半径; (2)在主桥拱所在圆的圆心处有一水位检测仪,若过几天某时刻的水面为 EF,检测仪观测点 E 的 仰角为 25. 6°,求此时水面的宽度. (参考数据:sin 25. 6°≈0. 43,cos 25. 6°≈0. 90,tan 25. 6°≈ 0. 48) 21. (9 分)端午节是中国首个入选世界非遗的节日,日期是每年农历五月初五,民间有“赛龙舟”、 “吃粽子”等习俗. 某商铺准备在端午节来临之际购进 A,B 两种粽子进行销售,若购进 A 种粽子 100 个,B 种粽子 200 个,需要 1 800 元;若购进 A 种粽子 200 个,B 种粽子 100 个,需要 2 400 元. (1)求购进 A,B 两种粽子的单价; (2)端午节前夕,粽子畅销,商铺决定购进这两种粽子共 300 个,其中 A 种粽子的数量不超过 B 种粽子数量的 2 倍,且每种粽子的进货单价不变,若 A 种粽子的销售单价在进价基础上提高 40%,B 种粽子的销售单价在进价基础上提高 2 元,试问购进 A,B 两种粽子各多少个时,全 部售完后,获得的利润最大? 最大利润是多少元? 22. (10 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 M(x1,y1),N(x2,y2)为抛物线 y=ax2 +bx+c(a>0)上任 意两点,其中 x1 <x2 . (1)当 M,N 的坐标分别为(1,4),(3,4)时,抛物线的对称轴为 ; (2)若抛物线的对称轴为 x= 2,当 x1,x2 为何值时,y1 = y2 = c; (3)设抛物线的对称轴为 x= t,若对于 x1 +x2 <2,都有 y1 >y2,求 t 的取值范围. 23. (10 分)如图,Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,D 为 AB 中点,点 E 在直线 BC 上(点 E 不与点 B,C 重 合),连接 DE,过点 D 作 DF⊥DE 交直线 AC 于点 F,连接 EF. (1)如图 1,当点 F 与点 A 重合时,请直接写出线段 EF 与 BE 的数量关系; (2)如图 2,当点 F 不与点 A 重合时,请写出线段 AF,EF,BE 之间的数量关系,并说明理由; (3)若 AC= 5,BC= 3,EC= 1,请直接写出线段 AF 的长. 图 1 　 　 　 　 图 2 　 　 　 　 备用图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 45　 A(2,4),D(6,0)在直线 AC 上,∴ 2a+b= 4, 6a+b= 0,{ 解得 a= -1, b= 6,{ ∴ 直线 AC 的解析式为 y = -x+6①,由(1)知,反比例函数 的解析式为 y = 8 x ②, 联立 ① ② 解得 x= 2, y= 4,{ 或 x= 4, y= 2,{ ∴ C(4,2) . 22. 解:1,1,1; (1)1; (2)如图,在 Rt△ABC 中,∠C = 90°. ∵ sin A = a c ,sin B = b c ,∴ sin2A+sin2B= a2 +b2 c2 . ∵ ∠C= 90°,∴ a2 +b2 = c2,∴ sin2A +sin2B= 1; (3)∵ sin A= 5 13 ,sin2A+sin2B= 1,∴ sin B= 1- 5 13( ) 2 = 12 13 . 23. 解:(1)正确. 证明:由 CE CB = AD AB ,可得 BE CB = BD AB . 又∠B = ∠B, ∴ △BED∽△BCA,∴ ∠BED= ∠BCA,∴ DE∥AC; (2)证明:如图 1,过点 E 作 x 轴的平行线,交 y 轴于点 F, 过点 D 作 y 轴的平行线,交 x 轴于点 G,连接 FG,则 ED∥ FG. 又 MF∥DG,EF∥GN,∴ 四边形 MFGD 和四边形 FENG 都是平行四边形,∴ DM=FG=EN,∴ EM=DN; (3) 3 4 k. 　 【解析】如图 2,连接 AC,OB,则 DE∥AC. 又∵ 点 D 为 AB 的中点,∴ BD = AD,∴ BE = CE,∴ S△OBE = S△OCE = 1 2 k,S△OBD = S△OAD = 1 2 k,S△BDE = 1 2 S△OCE = 1 4 k,∴ S△ODE = S△OBE+S△OBD-S△BDE = 1 2 k×2- 1 4 k= 3 4 k. 图 1 　 　 　 图 2 第二学期期末综合质量检测卷(二) 1. A　 2. B　 3. A　 4. D　 5. C　 6. A　 7. A　 8. D　 9. D 10. C　 【解析】∵ 点 P1,P2,P3,P4 在反比例函数 y = k x (k>0) 的图象上,且它们的横坐标依次为 1,2,3,4,∴ P1(1,k),P2 2, k 2( ) ,P3 3, k 3( ) ,P4 4, k 4( ) ,∴ S1 = k- k 2( ) ×1 = k 2 ,S2 = k 2 - k 3( ) ×(2-1)= k 6 ,S3 = k 3 - k 4( ) ×(3-2)= k 12 ,∵ S1 +S2 + S3 = 3,∴ k 2 + k 6 + k 12 = 3,解得 k= 4. 故选:C. 11. a> 3 2 　 12. 1􀏑3　 13. y= 1 4x 　 14. 1 3 15. 6 或 2 6 　 【解析】当点 F 落在 AC 上时,∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠B = 90°,由折叠知:∠AFE = ∠CFE = 90°,AF = AB= a,EF = BE = 3,∵ CE = 5,∴ CF = 4,BC = 8,∵ ∠ACB = ∠ECF,∠CFE = ∠B = 90°,∴ △CFE∽ △CBA,∴ EF AB = CF BC , ∴ 3 a = 4 8 ,∴ a = 6;如图 2,当点 F 在 BD 上时,设 AE 交 BD 于 O,由轴对称的性质得,AE⊥BD,∴ ∠AOB = 90°,∴ ∠BAO +∠ABO= 90°,∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠ABC= 90°,CD = AB= a,∴ ∠CBD+∠ABO = 90°,∴ ∠BAO = ∠CBD,∴ △ABE ∽△BCD,∴ BE CD = AB BC ,∴ 3 a = a 8 ,∴ a1 = 2 6 ,a2 = - 2 6 (舍 去),综上所述:a= 6 或 2 6 . 故答案为:6 或 2 6 . 图 2 16. 解:在 Rt△ABC 中,∠C= 90°,AB= 12,BC = 9,由勾股定理, 得 AC = AB2 -BC2 = 122 -92 = 3 7 ,则 sin A = BC AB = 9 12 = 3 4 ,tan B= AC BC = 3 7 9 = 7 3 . 17. 解:(1)①如图所示,△A1B1C1 即为所求; ②如图所示,△A2B2C2 即为所求; (2) ( -1,3), ( -6,-2) . 18. 解: 由题意, 得 BC = DG = 1. 3 米, CD ⊥ AB, FE ⊥ AD, ∴ ∠ACD = ∠FED = 90°, ∵ ∠EDF = ∠ADC, ∴ △DEF ∽ △DCA,∴ DE DC =EF CA ,∴ 1. 6 40 = 1. 1 AC ,解得 AC = 27. 5,∴ AB = AC +BC= 27. 5 + 1. 3 = 28. 8 (米),∴ 宝严寺塔 AB 的高度为 28. 8 米. 19. 解:(1)4,-1,5; (2)由(1)可知一次函数解析式为 y = -x+5,反比例函数解 析式为 y= 4 x ,将直线向下平移 1 个单位长度,平移后所得 直线 y= -x+4,令 4 x = -x+4,整理得 x2 -4x+4 = 0,解得 x= 2. ∴ 存在交点,交点坐标(2,2) . 20. 解:(1)证明:∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AD∥BC, CD∥AB,∴ ∠D = ∠FAD,∠DCE = ∠F,∵ E 是 AD 的中点, ∴ DE= AE,∴ △CDE≌ △FAE( AAS),∴ CE = EF,∵ AE∥ BC,∴ FA AB =FE CE = 1,∴ AF=AB; (2)∵ AG= 2,FG= 6,∴ AF = FG+AG = 6+2 = 8,∴ AB = AF = 8,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ CD = AB = 8,∵ ∠DCE = ∠F, ∠FCG = ∠FCD, ∴ ∠F = ∠FCG, ∴ CG = FG = 6, ∵ CD∥AF,∴ △DCH∽ △AGH,∴ CD GA = CH GH ,即 8 2 = CH 6-CH , ∴ CH= 4. 8. 21. 解:(1)将 B 点坐标代入反比例函数表达式,得 k = 32×20 = 640,∴ 反比例函数表达式为 y = 640 x ,代入一次函数表达 式,得 32 = 1 5 ×20+b,解得 b = 28,∴ 一次函数表达式为 y = 1 5 x+28; (2)作 BM⊥x 轴于 M,图略,∵ tan α = 4,BM = 32 cm,∴ CM = BM tan α = 8 cm,∵ CF= 4 cm,∴ MF =MC+CF = 12 cm,∵ xB = 20,∴ F ( 8,0),当 x = 8 时, y = 80, ∴ A ( 8, 80), ∴ AF = 80 cm,∵ DE= 40 cm,∴ 把 y= 40 代入一次函数表达式得 x = 60,∴ D(60,40),∴ EF=OE-OF = xD -OF = 52 cm,根据三 视图可得:长方体箱子的长、宽、高至少应该是 60 cm、 52 cm、80 cm. 22. 解:(1)①(2,4),(8,1); ②DE∥AC. 理由如下,∵ B(8,4),D(2,4),E(8,1),∴ BC = 8,AB= 4,BD= 6,BE = 3,∴ BC BA = BD BE ,∵ ∠B = ∠B,∴ △BDE ∽△BCA,∴ ∠BDE= ∠BCA,∴ DE∥AC; (2) ① ∵ OB 平分∠DOA, ∴ ∠DOB = ∠AOB, ∵ BC∥OA, ∴ ∠CBO= ∠BOA,∴ ∠DOB = ∠DBO,∴ OD = BD,设 OD = BD= x,则 CD= 8-x,由勾股定理,得 42 +(8-x) 2 = x2,解得 x = 5,∴ CD= 3,∴ D(3,4),∴ k= 3×4 = 12; ② 0, 11 2( ) . 23. 解:(1)证明:∵ ∠ACB = 90°,∴ ∠BCD+∠ACE = 90°,∵ AE ⊥CE,∴ ∠AEC = 90°,∴ ∠ACE+ ∠CAE = 90°,∴ ∠BCD = ∠CAE,∵ BD ⊥ DE, ∴ ∠BDC = 90°, ∴ ∠BDC = ∠AEC, ∴ △BDC∽△CEA; (2)过点 E 作 EF⊥BC 于点 F,由(1) 得△EDF∽△DAC, ∴ DE DA =DF AC ,∵ AD⊥DE,tan∠BAD = 4 5 ,AC = 20,∴ 4 5 = DF 20 , ∴ DF= 16,∵ BE=DE,∴ BF=DF,∴ BD= 32; (3)过点 A 作 AM⊥BC 于点 M,过点 D 作 DN⊥BC,交 BC 的延长线于点 N,∴ ∠AMB = ∠DNC = 90°,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AB∥CD, AB = CD, ∴ ∠B = ∠DCN, ∴ △ABM≌△DCN(AAS),∴ BM=CN,AM=DN,∵ AB = AE, AM⊥BC,∴ BM= ME,∵ BE CE = 4 3 ,设 BE = 4a,EC = 3a,DN = b,∴ BM = ME = CN = 2a,EN = 5a,∵ ∠AED = 90°,由(1) 得 △AEM∽△EDN,∴ AM EN =ME DN ,∴ b 5a = 2a b ,∴ b = 10 a,∵ CD = 14 ,∴ (2a) 2 +b2 = 14,∴ a = 1,b = 10 ,∴ BC = 7,DN = 10 ,∴ ▱ABCD 的面积=BC×DN= 7× 10 = 7 10 . 　 中考模拟仿真卷　 普通高中招生考试模拟仿真卷(一) 1. C　 2. C　 3. A　 4. B　 5. C　 6. D　 7. D　 8. D　 9. A 10. B　 【解析】如图,连接 BD,DE. DE、AC 交于点 F,BD、AC 交 于点 O. ∵ 四边形 ABCD 为菱形,∴ AC⊥BD,OB =OD. ∴ 点 B、D 关于直线 AC 对称. ∴ FB = FD. ∴ y最小 = FB+FE = FD+ FE=DE. 观察函数图象可知,当点 F 与 A 重合时,FE+FB = 3,即 AE+AB= 3. ∵ 点 E 是 AB 的中点,∴ AE = 1 2 AB. ∴ AB+ 1 2 AB= 3. 解得 AB= 2. ∴ AE=EB= 1. 如图,当点 F 在点 C 处 时,FE+FB= 2+ 7 . ∵ BC=AB= 2,∴ FE= 7 . 作 CG⊥AB 于 点 G,∴ ∠G = 90°,设 BG 长 x,在Rt△CBG 中,CG2 = CB2 - BG2,在 Rt△CEG 中,CG2 =CE2 -EG2,∴ 22 -x2 = 7-(1+x) 2, 解得 x= 1,∴ BG= 1,∴ cos∠CBG = 1 2 ,∴ ∠CBG = 60°,∵ 四 边形 ABCD 为菱形,∴ AD=BA = 2,AD∥CB,∴ ∠DAB = 60°. ∴ △BAD 为等边三角形. ∴ DB =DA,∵ 点 E 是 AB 的中点, ∴ DE⊥AB,∴ ∠DEA= 90°. ∴ DE = 3 . ∴ FB+FE 的最小值 为 3 ,∴ y 的最小值是 3 . 故选:B. 11. 5 (答案不唯一)　 12. -2<x≤2　 13. 150　 14. 3 15. 2 或 10 　 【解析】分三种情况:①点 E 在边 AD 上,如图 1, 由折叠可知:PQ⊥AD,QE = QD,∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠A= ∠C = ∠D = 90°,∴ 四边形 CDQP 是矩形,∴ QD = PC= 2,∴ QE= 2,AE = AD-QE-QD = 5-2-2 = 1,在Rt△ABE 中,由勾股定理,得 BE = AB2 +AE2 = 32 +12 = 10 ;②点 E 在边 AB 上,如图 2,连接 DE,PD,PE,由折叠可知,PQ 是 DE 的垂直平分线,∴ PE = PD,在 Rt△DPC 中,由勾股定 理,得 PD = CD2 +PC2 = 32 +22 = 13 ,∴ PE = 13 ,在 Rt△PBE 中,由勾股定理,得 BE = PE2 -PB2 = 13-32 = 2;③点 E 在边 BC 上,此时∵ PE =PD>CD,即 PE>3,而 PB =BC-PC= 5-2 = 3,∴ 点 E 一定落在 CB 的延长线上,即点 E 不可能在边 BC 上,综上,BE 的长为:2 或 10 . 故答案 为:2 或 10 . 图 1 　 　 　 　 图 2 16. 解:(1)原式= 9-4-( -3)= 5+3 = 8; (2)原式= (a2b2 -2ab+ab-2-2a2b2 +2) ÷( -ab) = ( -a2b2 - ab) ÷( -ab)= ab+1. 17. 解:(1)88,90; (2)乙; (3)甲种西瓜的品质较好些,理由为:甲种西瓜得分的众数 比乙种的高. 乙种西瓜的品质较好些,理由为:乙种西瓜得 分的中位数比甲种的高. 18. 解:(1)如图所示,DE 即为 AB 边的垂直平分线; (2)如图所示,∵ DE 为 AB 边的垂直平分线,AB= 8,AC = 5, ∴ BD = AD = 4,BE = AE, ∠ADE = 90°, ∴ ∠EAD = ∠EBD, ∵ ∠AEC= ∠EAD+∠EBD,∠C = 2∠B,∴ ∠AEC = 2∠EBD = ∠C, ∴ AE = AC = 5, 在 Rt △ADE 中, AD = 4, ∴ DE = AE2 -AD2 = 3. 19. 解:(1)由题意可知,点 C 为(a,0),则点 B 坐标为 a, 6 a( ) , 点 A 坐标为 a, k a( ) ,当 a = 2 时,点 A 坐标为 2, k 2( ) ,点 B 坐标为( 2,3),∴ BC = 3,∵ AB = 9 2 ,∴ AC = AB -BC = 3 2 , ∴ k 2 = 3 2 ,又∵ k<0,∴ k= -3,∴ 点 A 坐标为 2,- 3 2( ) ,点 B 坐标为(2,3),k 的值为-3; (2)小明的猜想不对. 理由如下:由题意可知,AB = 6 a - k a = 6-k a ,OC= a. ∴ S△OAB = 1 2 AB·OC = 1 2 · 6-k a a = 1 2 (6-k) = - 1 2 k+3. ∵ k 值一定,∴ △OAB 的面积一定,∴ 小明的猜想 不正确. 20. 解:(1) 如图,连接 OA,OD. ∵ C 是 AB ( 的中点,CD⊥AB, ∴ AD=BD= 1 2 AB = 4,CD 所在的直线经过圆心 O. 设半径 OA=OC= r,则 OD=OC-CD= r-2. 在 Rt△ADO 中,OA2 =AD2 +OD2,∴ r2 = 42 +( r-2) 2,解得 r= 5. 答:主桥拱所在圆的半径长为 5 米; (2)如图,设 OC 与 EF 相交于点 G. 由题意,得∠EOH = 25. 6°. ∵ EF∥OH,∴ ∠OEG = 25. 6°,∵ EF∥AB,OD⊥AB, ∴ OD⊥EF,∴ ∠OGE= 90°. ∵ 在 Rt△OGE 中,OE = 5,∴ EG =OE·cos∠OEG=OE·cos 25. 6°≈5×0. 90 = 4. 5,∴ EF = 2EG= 9. 答:此时水面的宽度约为 9 米. 21. 解:(1)设购进 A,B 两种粽子的单价分别为 x 元,y 元,由 题意,得 100x+200y= 1 800, 200x+100y= 2 400,{ 解得 x= 10, y= 4;{ 答:购进 A,B 两种粽子的单价分别为 10 元,4 元; (2)设购进 A 种粽子 a 个,则 B 种粽子(300-a)个,根据不 等关系,得 a≤2(300-a),解得 a≤200;设两种粽子全部售 完后的利润为 W 元,由题意,得 W= 10×40%a+2(300-a)= 2a+600,其中 a≤200,∴ 2 > 0,∴ W 随 a 的增大而增大, ∴ 当 a = 200 时,W 取得最大值,且最大值为 600 + 400 = 1 000,此时 300-a= 300-200 = 100. 答:当 A,B 两种粽子分别购买 200 个,100 个时,全部售完 获得的利润最大,最大利润为 1 000 元. 22. 解:(1)x= 2; (2)由题意 y1 = y2 = c,∴ x1 = 0,∵ 对称轴为直线 x = 2,∴ M, N 关于 x= 2 对称,∴ x2 = 4,∴ x1 = 0,x2 = 4 时,y1 = y2 = c; (3)∵ y1 >y2,∴ ax 2 1 +bx1 +c>ax 2 2 +bx2 +c,∴ a(x 2 1 - x22) >-b(x1 - x2),∵ x1 <x2,∴ x1 -x2 <0,∴ a(x1 +x2 ) <-b,∵ a>0,∴ x1 +x2 < - b a ,∵ 当 x1 +x2 <2 时,y1 >y2,∴ - b a ≥2,∴ - b 2a ≥1,此时对 称轴 x= t= - b 2a ,∴ 满足条件的 t 的取值范围为 t≥1. 23. 解:(1)EF=EB; (2)结论:AF2+BE2 =EF2.理由:如图 2 中,过点 A 作 AJ⊥AC 交 ED的延长线于 J,连接 FJ. ∵ AJ⊥AC,EC⊥AC,∴ AJ∥BE, ∴ ∠AJD = ∠DEB, 在 △AJD 和 △BED 中, ∠AJD=∠DEB, ∠ADJ=∠BDE, AD=BD, ì î í ïï ï ∴ △AJD≌△BED(AAS),∴ AJ = BE,DJ = DE,∵ DF⊥EJ, ∴ FJ= EF,∵ ∠FAJ = 90°,∴ AF2 +AJ2 = FJ2,∴ AF2 +BE2 = EF2; 图 2 　 　 (3) 11 5 或 1. 　 【解析】如图 3-1 中,当点 E 在线段 BC 上时, 设 AF= x,则 CF = 5-x. ∵ BC = 3,CE = 1,∴ BE = 2,∵ EF2 = AF2 +BE2 =CF2 +CE2,∴ x2 +22 = (5-x) 2 +12,∴ x= 11 5 ,∴ AF = 46　 11 5 . 如图 3-2 中,当点 E 在线段 BC 的延长线上时,设 AF=x, 则 CF= 5-x. ∵ BC = 3,CE = 1,∴ BE = 4,∵ EF2 = AF2 +BE2 = CF2 +CE2,∴ x2 +42 =(5-x) 2 +12,∴ x = 1,∴ AF = 1. 综上所述, 满足条件的 AF 的长为 11 5 或 1. 图 3-1 　 　 图 3-2 普通高中招生考试模拟仿真卷(二) 1. A　 2. D　 3. C　 4. D　 5. A　 6. C　 7. A　 8. B　 9. C 10. C　 【解析】根据题图 2 知,AB = 8,当 x = 5 时,AP = 5,BP = 3,∵ ∠B= 30°,∴ PQ=BP×tan 30° = 3 ,S△APQ = 1 2 AP×PQ = 5 2 3 . 故选:C. 11. -4　 12. x= 1, y= 2{ 　 13. 2 3 　 14. 3 2 π-2 15. 2 2 -2 或 2 2 +2　 【解析】设直线 A′E 交 AC 于 F,当 F 在 D 下方时,如图 1,∵ AC=BC= 4,∠C= 90°,∴ AB = 4 2 ,∠A = 45°,∵ 将△ABC 沿 DE 折叠,点 A 的对应点为 A′,D 为边 AC 的中点,∴ ∠A′ = ∠A = 45°,AD = A′D = 2,∵ A′E⊥AC, ∴ △AEF,△A′DF 是等腰直角三角形,∴ DF = A′D 2 = 2 , ∴ AF=AD+DF = 2+ 2 ,∴ AE = 2 AF = 2 2 +2,∴ BE = AB- AE= 4 2 -(2 2 +2)= 2 2 -2;当 F 在 D 上方时,如图 2,同 理可得 A′D = AD = 2,∴ DF = A′D 2 = 2 ,∴ AF = AD-DF = 2 - 2 ,∴ AE= 2AF= 2 2 -2,∴ BE = AB-AE = 2 2 +2. 故答案 为:2 2 -2 或 2 2 +2. 图 1 　 　 图 2 16. 解:(1)原式= 2+5-1 = 6; (2)原式= x2 -4y2 -3y+4y2 = x2 -3y. 17. 解:(1)7,7,7; (2)乙班. 理由如下:甲班选手进球数的方差为:s2甲 = 1 10 × [(10-7) 2 +(9-7) 2 +(8-7) 2 +4×(7-7) 2 +3×(5-7) 2 ] = 2. 6;乙班选手进球数的方差为:s2乙 = 1 10 ×[(9-7) 2 +2×(8-7) 2 +5×(7-7) 2 +2×(5-7) 2] = 1. 4;根据题意得:两个班成绩的 平均数,中位数,众数相同,但甲班选手进球数的方差大于 乙班选手进球数的方差,∴ 乙班选手成绩更稳定,∴ 应选 乙班. 18. 解:(1)如图,分别以 C,D 为圆心,线段 CD 的长为半径画 弧,在 CD 的上方交于点 E,连接 DE,CE,则△CDE 即为 所求; (2)证明:∵ △ABC 是等边三角形,∴ BC = AC,∠ACB = 60°. ∵ △CDE 是 等 边 三 角 形, ∴ CD = CE, ∠DCE = 60°, ∴ ∠BCD= ∠ACE,在△BCD 与△ACE 中, BC=AC, ∠BCD=∠ACE, CD=CE, ì î í ïï ïï ∴ △BCD≌△ACE(SAS),∴ BD=AE. 19. 解:(1)∵ 反比例函数 y= k x (k>0)的图象经过点 A(3,4), ∴ k= 3×4 = 12,∴ 反比例函数的表达式是 y= 12 x ; (2) 四边形 OBDA 是菱形. 理由: ∵ AC∥OB, ∴ ∠ADO = ∠BOD,∵ OD 平分∠AOB,∴ ∠AOD = ∠BOD,∴ ∠AOD = ∠ADO,∴ AD=AO,∵ A(3,4),B(5,0),∴ OA=OB= 5,∴ AD =OB. ∵ AD∥OB,AD =OB,∴ 四边形 OBDA 是平行四边形, 又∵ AD=OA,∴ ▱OBDA 是菱形. 20. 解: ( 1 ) 证明: ∵ AF 与圆相切于 A, ∴ 直径 AB ⊥ AF, ∴ ∠FAD+∠EAD= ∠F+∠AED= ∠90°,∵ ∠AED= ∠EAD, ∴ ∠F= ∠FAD,∴ AD=FD; (2)连接 BD,图略. ∵ ∠EAF = 90°,sin∠AFE = 3 5 ,∴ AE EF = 3 5 ,∵ AE = 6, ∴ EF = 10, ∵ ∠AED = ∠EAD, ∴ AD = ED, ∴ DE=DF,∴ AD= 1 2 EF = 5,∵ AB 是圆的直径,∴ ∠ADB = 90°,∵ ∠AED= ∠EAD,∴ cos∠EAD = cos∠AED = 3 5 ,∴ AD AB = 3 5 ,∴ AB= 25 3 ,∴ ☉O 半径的长是 25 6 . 21. 解:(1)设 A 套餐的销售单价为 a 元,B 套餐的销售单价为 b 元,根据题意,得 20a+10b= 2 800, 15a+20b= 3 350,{ 解得 a= 90, b= 100.{ 答:A 套餐销售单价为 90 元,B 套餐销售单价为 100 元; (2)设售出 A 套餐 m 个,则售出 B 套餐(50-m)个,根据题 意,得 m≥ 1 5 (50-m),解得 m≥ 25 3 . 设火锅店每天的总利 润为 w 元,则 w = ( 90 - 45) m+( 100 - 50) ( 50 -m) = -5m+ 2 500. ∵ -5<0,∴ w 随 m 的增大而减小,又∵ m≥ 25 3 ,且 m 为正整数,∴ 当 m = 9 时,w 取得最大值,最大值为-5×9+ 2 500 = 2 455(元) . 答:火锅店每天在这两种套餐上的最大利润为 2 455 元. 22. 解:(1)(0,70),(40,30); (2) 把 A ( 0, 70), P ( 40, 30 ) 代入 y = - 1 16 x2 + bx + c 得 - 1 16 ×1 600+40b+c= 30, c= 70, ì î í ïï ï 解得 b= 3 2 , c= 70, ì î í ïï ï 所以二次函数的表 达式为 y= - 1 16 x2 + 3 2 x+70; (3)18 m. 　 【解析】如图,作 MN∥y 轴分别交抛物线和 BC 于 M、N 两点,∵ OC= 60 m,∴ C(0,60),设线段 BC 的关系式 为 y=kx+m,则 m= 60, 40k+m= 30,{ 解得 k= - 3 4 , m= 60, ì î í ïï ï 所以线段 BC 的 关系 式 为 y = - 3 4 x + 60,设 M a,- 1 16 a2 + 3 2 a+70( ) ,则 N a,- 3 4 a+60( ) ,则 MN = - 116a 2 + 3 2 a+70+ 3 4 a-60 = - 1 16 a2 + 9 4 a+10 = - 1 16 ( a- 18) 2 + 30. 25,∵ - 1 16 < 0,∴ 当 a = 18 时, MN 有最大值,最大值为 30. 25. ∴ 运动员到坡面 BC 竖直方 向上的距离达到最大时的水平距离是 18 m. 23. 解:(1)AE=BD,60°; (2)①AE= 2BD. 理由如下:∵ △ABC 是等腰直角三角形, ∠ABC = 90°, ∴ ∠BAC = ∠ACB = 45°, AC AB = 2 , ∵ CE = 2AD,即 CE AD = 2 , ∴ AC AB = CE AD = 2 , ∴ △CAE ∽ △ABD, ∴ ∠CAE= ∠ABD, AE BD =AC BA = 2 ,即 AE= 2BD; ②∵ ∠CAE = ∠ABD,∴ ∠BFE = ∠ABD+ ∠BAE = ∠CAE+ ∠BAE= ∠BAC= 45°; (3)CF 长的最小值为 2 10 -2 2 ,最大值为 8. 　 【解析】 由题意可知点 F 在以 AB 为弦,所对圆心角为 90°的☉O 上 (∠BFE = 45°,则∠BFA = 135°,劣弧 AB 所对的圆周角是 45°) . 如图 1 所示,∠AOB = 90°. ∵ OA =OB,∴ OA = 2 2 AB = 2 2 . 连接 OC. 当点 F 在线段 OC 上时,CF 取得最小值,此 时 ∠OAC = ∠OAB + ∠BAC = 90°, ∴ OC = OA2 +AC2 = 2 10 . ∴ CF 长的最小值为 2 10 -2 2 ;当点 D 移动到点 C 时,点 F 与点 E 重合,此时 CF 取得最大值. 如图 2 所示, 由(2),知 CE= 2AC= 8. ∴ CF 长的最大值为 8. 综上所述, CF 长的最小值为 2 10 -2 2 ,最大值为 8. 图 1 　 　 图 2 普通高中招生考试模拟仿真卷(三) 1. D　 2. B　 3. C　 4. A　 5. B　 6. C　 7. B　 8. C　 9. C 10. C　 【解析】连接 CP,∵ AB= 10,BC= 6,AC= 8,∴ AC2 +BC2 = 82 +62 = 102 = AB2,∴ △ABC 是直角三角形,∠ACB = 90°, ∵ PM⊥ AC,PN ⊥ BC, ∴ ∠PMC = ∠PNC = ∠ACB = 90°, ∴ 四边形 CMPN 是矩形,∴ MN = CP,当 CP⊥AB 时,CP 取 得最小值,此时 CP = AC·BC AB = 8 ×6 10 = 24 5 ,AP = AC2 -CP2 = 82 - 24 5( ) 2 = 32 5 ,∴ 函数图象最低点 E 的坐标为 32 5 , 24 5( ) . 故选:C. 11. x≥-1 且 x≠2　 12. x>6　 13. 小玉　 14. 60° 15. 3 -1 或 1　 【解析】由 AB = AC = 2,∠BAC = 90°,D 为边 BC 的中点,∴ BC= 2AB= 2 2 ,∴ BD= 1 2 BC = 2 ,将△ABC 沿 DE 折叠,点 B 的对应点为 F,得∠BDE = ∠FDE = x,∠B = 45°,得∠DEG= ∠BDE+∠B = x+45,∠DGE = 180-∠BDG- ∠B= 135-2x,由△DEG 为等腰三角形,若∠DEG = ∠DGE, 则 x+45 = 135-2x,即 x= 30°,过点 E 作 EH⊥BD 于点 H(图 略),∵ ∠BDE= 30°,∴ 在 Rt△EHD 中,DH = 3 EH,∵ ∠B = 45°,∴ 在 Rt△BHE 中,BH = EH,BE = 2 EH,∵ BD = BH+ DH,∴ EH+ 3EH= 2 ,解得 EH= 2 ( 3 -1) 2 ,∴ BE = 2 EH = 3 -1;若 E 为 AB 中点时,F,G 都与 A 重合,此时△DEG 也为等腰三角形,BE = 1;综上,BE = 3 -1 或 1. 故答案为: 3 -1 或 1. 16. 解:(1)原式= -2-1+8 = 5; (2)原式 = 1 - a-1 a · a(a+2) (a+1)(a-1) = 1 - a+2 a+1 = a +1-a-2 a+1 = - 1 a+1 . 17. 解:(1)85,87,七; (2) 5 10 ×200+ 6 10 ×200 = 220(人); 答:该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数大 约为 220 人; (3)我认为八年级的学生掌握国家安全知识的总体水平较 好. 理由:因为七、八年级测试成绩的平均数相等,八年级 测试成绩的方差小于七年级测试成绩的方差,所以八年级 的学生掌握国家安全知识的总体水平较好. 18. 解:(1)如图所示; (2)①四边形 AFCE 是菱形. 理由:∵ AC 的垂直平分线分 别交 AD、 BC 于点 E、 F, ∴ AE = CE, AF = CF, EF ⊥ AC, ∴ ∠AEF= ∠CEF,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AD∥ BC,∴ ∠AEF= ∠CFE,∴ ∠CEF = ∠CFE,∴ CE = CF,∴ AE =CE=AF=CF,∴ 四边形 AFCE 是菱形; ②2 3 . 19. 解:(1)∵ OA= 1,∴ 点 A 的坐标为( -1,0),则-k+2 = 0,解 得 k= 2,∴ 直线 l 的解析式为 y= 2x+2,∵ 点 C 在直线 l 上, 点 C 的横坐标为 2,∴ 点 C 的纵坐标为 2×2+2 = 6,∴ 点 C 的坐标为(2,6),∴ m= 2×6 = 12; (2)设点 D 的坐标为(n,2n+2),则点 E 的坐标为 n, 12 n( ) , ∴ DE= 2n+2- 12 n ,∵ OB∥DE,∴ 当 OB=DE 时,以 B,D,E,O 为顶点的四边形为平行四边形,∵ 直线 y = 2x+2 与 y 轴交 于点 B,∴ OB= 2,∴ 2n+2- 12 n = 2,解得 n1 = 6 ,n2 = - 6 (舍 去),此时,点 D 的坐标为 6 ,2 6 +2( ) . 20. 解:(1)连接 CB,CO,则 CB∥y 轴,∴ ∠CBO = 90°,设 O′为 由 O、B、C 三点所确定圆的圆心,则 OC 为的直径,由已知 得 OB= 6,CB= 8,由勾股定理得 OC = 82 +62 = 10,∴ 半径 OO′= 5,∴ S☉O = 25π; (2)过点 A 作 AD⊥x 轴于点 D,依题意,得∠ABD = 61°,在 Rt△ABD 中,设 AD = x,则 tan∠ABD = AD BD ,∴ tan 61° = x BD , ∴ BD= x tan 61° ,由题意,得∠AOD = 45°,AD = OD = x,则 OB =OD-BD = x- x tan 61° = 6,解得 x≈13. 5,在 Rt△ABD 中, sin∠ABD= AD AB ,即 0. 87≈ 13. 5 AB ,∴ AB≈15. 5. 21. 解:(1)设乙型充电桩的单价是 x 万元,则甲型充电桩的单 价是(x+0. 2)万元,由题意,得 16 x+0. 2 = 12 x ,解得 x = 0. 6,经 检验,x= 0. 6 是原方程的解,且符合题意,∴ x+0. 2 = 0. 6+ 0. 2 = 0. 8. 答:甲型充电桩的单价是 0. 8 万元,乙型充电桩的单价是 0. 6 万元; (2)设购买甲型充电桩的数量为 m 个,则购买乙型充电桩 的数量为(15-m)个,由题意,得 15-m≤2m,解得 m≥5,设 所需费用为 w 万元,由题意,得 w = 0. 8m+0. 6×(15-m) = 0. 2m+9,∵ 0. 2>0,∴ w 随 m 的增大而增大,∴ 当 m= 5 时, w 取得最小值为 0. 2×5+9 = 10(万元) . 答:购买这批充电桩所需的最少总费用为 10 万元. 22. 解:(1)把 v = 10,g = 10 代入 h = vt- 1 2 gt2 得,h = -5t2 +10t, 当 h= 1. 8 时,1. 8 = -5t2 +10t,即 5t2 -10t+1. 8 = 0,解得 t1 = 0. 2,t2 = 1. 8. 答:小球的高度为 1. 8 米时,所用时间为 0. 2 s 或 1. 8 s; (2)小球的高度不能达到 5. 4 米. 理由如下:把 h= 5. 4 代入 h= -5t2 +10t 得,5. 4 = -5t2 +10t,∴ 5t2 -10t+5. 4 = 0,∵ Δ = ( -10) 2 - 4 × 5 × 5. 4 = - 8 < 0,∴ 5. 4 = - 5t2 + 10t 无实数解, ∴ 小球的高度不能达到 5. 4 米; (3)由题意得 4. 2 = -5t2 +10t,∴ 5t2 -10t+4. 2 = 0,解得 t1 = 0. 6,t2 = 1. 4,∴ t2 -t1 = 0. 8. 答:两次抛球的时间差为 0. 8 s. 23. 解:(1)FG=BG. 理由如下:连接 EG,图略. ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠A = ∠B = 90°. ∵ 点 E 是 AB 的中点,∴ AE = BE. 由 折 叠 可 知 AE = EF, ∴ EF = EB. 在 Rt △EFG 和 Rt△EBG 中, EG=EG, EF=EB,{ ∴ Rt△EFG≌Rt△EBG( HL),∴ FG =BG; (2)∵ 四边形 ABCD 是矩形,AB = 4,CG = 2,∴ CD = AB = 4, ∠C= 90°,在 Rt△DCG 中,DG= 42 +22 = 2 5 . 令 AD= x,则 DF=AD= x,由(1)知 FG=BG = x-2,∴ x+x-2 = 2 5 ,解得 x = 5 +1,即 AD 的长为 5 +1; (3)3. 5 或 4. 5. 　 【解析】当点 F 在 DC 的下方时,如图 2, 连接 BF,∵ 折叠,∴ AD = DF = 2,∠A = ∠DFE,EF = AE, ∵ ∠A+ ∠ABC = 180°,∠DFE + ∠EFG = 180°,∴ ∠EFG = ∠ABC,∵ 点 E 为边 AB 的中点,∴ AE = BE,∴ EF = BE, ∴ ∠EFB= ∠EBF,∴ ∠GFB= ∠GBF,∴ GF =BG =BC-CG = 2-0. 5 = 1. 5,∴ DG = 3. 5;当点 F 在 DC 的上方时,如图 3, 连接 BF,同理可求:FG=BG=BC+CG= 2+0. 5 = 2. 5,∴ DG = 4. 5,综上所述:DG 的长为 3. 5 或 4. 5. 图 2 　 　 图 3