浙江省義烏市2018年中考數學模擬試卷及答案
模擬題是最好的測試、檢驗工具。現在大家都已經上過很長時間的課程了，基本知識都有所掌握，那自己所掌握的知識與中考還有多少距離呢?模擬題可以幫助大家認識到自己與中考要求的差距。只有找到差距才能明確下一步的計劃。以下是百分網小編給你帶來的最新模擬試題，希望能幫到你哈。
浙江省義烏市2018年中考數學模擬試卷
一、選擇題(本題有10小題，每小題4分，共40分)
1. 計算 的結果是
A. -3 B. -2 C. 2 D. 3
考點：有理數的乘法..
分析：根據有理數的乘法運算法則進行計算即可得解.
解答：解：(﹣1)×3=﹣1×3=﹣3.
故選A.
點評：本題考查了有理數的乘法，是基礎題，計算時要注意符號的處理.
2. 據報道，2015年第一季度，義烏電商實現交易額約為26 000 000 000元，同比增長22%，將26 000 000 000用科學計數法表示為
A. 2.6×1010 B. 2.6×1011 C. 26×1010 D. 0.26×1011
考點：科學記數法—表示較大的數..
分析：科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數.確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同.當原數絕對值>1時，n是正數;當原數的絕對值<1時，n是負數.
解答：解：將26000 000 000用科學記數法表示為2.6×1010.
故選：A.
點評：此題考查科學記數法的表示方法.科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值.
3. 有6個相同的立方體搭成的幾何體如圖所示，則它的主視圖是
考點：簡單組合體的三視圖..
分析：根據主視圖是從正面看得到的圖形，可得答案.
解答：解：從正面看第一層三個小正方形，第二層左邊一個小正方形，右邊一個小正方形.
故選：C.
點評：本題考查了簡單組合體的三視圖，從正面看得到的圖形是主視圖.
4. 下面是一位同學做的四道題：① ;② ;③ ;④ ，其中做對的一道題的序號是
A. ① B. ② C. ③ D. ④
考點：同底數冪的除法;合并同類項;同底數冪的乘法;冪的乘方與積的乘方..
分析：①根據合并同類項，可判斷①，
②根據積的乘方，可得答案;
③根據同底數冪的除法，可得答案;
④根據同底數冪的乘法，可得答案.
解答：解：①不是同類項不能合并，故①錯誤;
②積的乘方等于乘方的積，故②錯誤;
③同底數冪的除法底數不變指數相減，故③錯誤;
④同底數冪的乘法底數不變指數相加，故④正確;
故選：D.
點評：本題考查了同底數冪的除法，熟記法則并根據法則計算是解題關鍵.
5. 在一個不透明的袋子中裝有除顏色外其它均相同的3個紅球和2個白球，從中任意摸出一個球，則摸出白球的概率是
A. B. C. D.
考點：概率公式..
分析：由在一個不透明的袋子中裝有除顏色外其它均相同的3個紅球和2個白球，直接利用概率公式求解即可求得答案.
解答：解：∵在一個不透明的袋子中裝有除顏色外其它均相同的3個紅球和2個白球，
∴從中任意摸出一個球，則摸出白球的概率是： = .
故選B.
點評：此題考查了概率公式的應用.用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
6. 化簡 的結果是
A. B. C. D.
考點：分式的加減法..
專題：計算題.
分析：原式變形后，利用同分母分式的減法法則計算即可得到結果.
解答：解：原式= ﹣ = = =x+1.
故選A
點評：此題考查了分式的加減法，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
7. 如圖，小敏做了一個角平分儀ABCD，其中AB=AD，BC=DC，將儀器上的點A與∠PRQ的頂點R重合，調整AB和AD，使它們分別落在角的兩邊上，過點A，C畫一條射線AE，AE就是∠PRQ的平分線。此角平分儀的畫圖原理是：根據儀器結構，可得
△ABC≌△ADC，這樣就有∠QAE=∠PAE。則說明這兩個三角形全等的依據是
A. SAS B. ASA C. AAS D. SSS
考點：全等三角形的應用..
分析：在△ADC和△ABC中，由于AC為公共邊，AB=AD，BC=DC，利用SSS定理可判定△ADC≌△ABC，進而得到∠DAC=∠BAC，即∠QAE=∠PAE.
解答：解：在△ADC和△ABC中，
，
∴△ADC≌△ABC(SSS)，
∴∠DAC=∠BAC，
即∠QAE=∠PAE.
故選：D.
點評：本題考查了全等三角形的應用;這種設計，用SSS判斷全等，再運用性質，是全等三角形判定及性質的綜合運用，做題時要認真讀題，充分理解題意.
8. 如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，⊙O的半徑為2，∠B=135°，則 的長
A. B. C. D.
考點：弧長的計算;圓周角定理;圓內接四邊形的性質..
分析：連接OA、OC，然后根據圓周角定理求得∠AOC的度數，最后根據弧長公式求解.
解答：解：連接OA、OC，
∵∠B=135°，
∴∠D=180°﹣135°=45°，
∴∠AOC=90°，
則 的長= =π.
故選B.
點評：本題考查了弧長的計算以及圓周角定理，解答本題的關鍵是掌握弧長公式L= .
9. 如果一種變換是將拋物線向右平移2個單位或向上平移1個單位，我們把這種變換稱為拋物線的簡單變換。已知拋物線經過兩次簡單變換后的一條拋物線是 ，則原拋物線的解析式不可能的是
A. B.
C. D.
考點：二次函數圖象與幾何變換..
分析：根據圖象左移加，右移減，圖象上移加，下移減，可得答案.
解答：解：拋物線是y=x2+1向左平移2個單位，向下平移1個單位，得
原拋物線解析式y=(x+2)2+1﹣1，
化簡，得y=x2+4x+4，
故選：C.
點評：本題考查了二次函數圖象與幾何變換，用平移規律“左加右減，上加下減”直接代入函數解析式求得平移后的函數解析式，注意由目標函數圖象到原函數圖象方向正好相反.
10. 挑游戲棒是一種好玩的游戲，游戲規則：當一根棒條沒有被其它棒條壓著時，就可以把它往上拿走。如圖中，按照這一規則，第1次應拿走⑨號棒，第2次應拿走⑤號棒，…，則第6次應拿走
A. ②號棒 B. ⑦號棒 C. ⑧號棒 D. ⑩號棒
考點：規律型：圖形的變化類..
分析：仔細觀察圖形，找到拿走后圖形下面的游戲棒，從而確定正確的選項.
解答：解：仔細觀察圖形發現：
第1次應拿走⑨號棒，
第2次應拿走⑤號棒，
第3次應拿走⑥號棒，
第4次應拿走②號棒，
第5次應拿走⑧號棒，
第6次應拿走⑩號棒，
故選D.
點評：本題考查了圖形的變化類問題，解題的關鍵是仔細觀察圖形，鍛煉了同學們的識圖能力.
二、填空題(本題有6小題，每小題5分，共30分)
11. 因式分解： = ▲
考點：因式分解-運用公式法..
專題：因式分解.
分析：直接利用平方差公式進行因式分解即可.
解答：解：x2﹣4=(x+2)(x﹣2).
故答案為：(x+2)(x﹣2).
點評：本題考查了平方差公式因式分解.能用平方差公式進行因式分解的式子的特點是：兩項平方項，符號相反.
12. 如圖，已知點A(0，1)，B(0，-1)，以點A為圓心，AB為半徑作圓，交 軸的正半軸于點C，則∠BAC等于 ▲ 度
考點：垂徑定理;坐標與圖形性質;等邊三角形的判定與性質;勾股定理..
分析：求出OA、AC，通過余弦函數即可得出答案.
解答：解：∵A(0，1)，B(0，﹣1)，
∴AB=2，OA=1，
∴AC=2，
在Rt△AOC中，cos∠BAC= = ，
∴∠BAC=60°，
故答案為60.
點評：本題考查了垂徑定理的應用，關鍵是求出AC、OA的長.
13. 由于木質衣架沒有柔性，在掛置衣服的時候不太方便操作。小敏設計了一種衣架，在使用時能輕易收攏，然后套進衣服后松開即可。如圖1，衣架桿OA=OB=18cm，若衣架收攏時，∠AOB=60°，如圖2，則此時A，B兩點之間的距離是 ▲ cm
考點：等邊三角形的判定與性質..
專題：應用題.
分析：根據有一個角是60°的等腰三角形的等邊三角形進行解答即可.
解答：解：∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∴AB=OA=OB=18cm，
故答案為：18
點評：此題考查等邊三角形問題，關鍵是根據有一個角是60°的等腰三角形的等邊三角形進行分析.
14. 在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，點P在以C為圓心，5為半徑的圓上，連結PA，PB。若PB=4，則PA的長為 ▲
考點：點與圓的位置關系;勾股定理;垂徑定理..
專題：分類討論.
分析：連結CP，PB的延長線交⊙C于P′，如圖，先計算出CB2+PB2=CP2，則根據勾股定理的逆定理得∠CBP=90°，再根據垂徑定理得到PB=P′B=4，接著證明四邊形ACBP為矩形，則PA=BC=3，然后在Rt△APP′中利用勾股定理計算出P′A= ，從而得到滿足條件的PA的長為3或 .
解答：解：連結CP，PB的延長線交⊙C于P′，如圖，
∵CP=5，CB=3，PB=4，
∴CB2+PB2=CP2，
∴△CPB為直角三角形，∠CBP=90°，
∴CB⊥PB，
∴PB=P′B=4，
∵∠C=90°，
∴PB∥AC，
而PB=AC=4，
∴四邊形ACBP為矩形，
∴PA=BC=3，
在Rt△APP′中，∵PA=3，PP′=8，
∴P′A= = ，
∴PA的長為3或 .
故答案為3或 .
點評：本題考查了點與圓的位置關系：點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關系可以確定該點與圓的位置關系.也考查了垂徑定理和勾股定理.
15. 在平面直角坐標系的第一象限內，邊長為1的正方形ABCD的邊均平行于坐標軸，A點的坐標為( ， )。如圖，若曲線 與此正方形的邊有交點，則 的取值范圍是
▲
考點：反比例函數圖象上點的坐標特征..
分析：根據題意得出C點的坐標(a﹣1，a﹣1)，然后分別把A、C的坐標代入求得a的值，即可求得a的取值范圍.
解答：解：∵A點的坐標為(a，a).
根據題意C(a﹣1，a﹣1)，
當A在雙曲線 時，則a﹣1= ，
解得a= +1，
當C在雙曲線 時，則a= ，
解得a= ，
∴a的取值范圍是 ≤a .
故答案為 ≤a .
點評：本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，點的坐標適合解析式是解題的關鍵.
16. 實驗室里，水平桌面上有甲、乙、丙三個圓柱形容器(容器足夠高)，底面半徑之比為1:2:1，，用兩個相同的管子在容器的5cm高度處連通(即管子底端離容器底5cm)，現三個容器中，只有甲中有水，水位高1cm，如圖所示。若每分鐘同時向乙和丙注入相同量的水，開始注水1分鐘，乙的水位上升 cm，則開始注入 ▲ 分鐘的水量后，甲與乙的水位高度之差是0.5cm
考點：一元一次方程的應用..
專題：分類討論.
分析：由甲、乙、丙三個圓柱形容器(容器足夠高)，底面半徑之比為1：2：1，注水1分鐘，乙的水位上升 cm，得到注水1分鐘，丙的水位上升 cm，設開始注入t分鐘的水量后，甲與乙的水位高度之差是0.5cm，甲與乙的水位高度之差是0.5cm有三種情況：①當乙的水位低于甲的水位時，②當甲的水位低于乙的水位時，甲的水位不變時，③當甲的水位低于乙的水位時，乙的水位到達管子底部，甲的水位上升時，分別列方程求解即可.
解答：解：∵甲、乙、丙三個圓柱形容器(容器足夠高)，底面半徑之比為1：2：1，
∵注水1分鐘，乙的水位上升 cm，
∴注水1分鐘，丙的水位上升 cm，
設開始注入t分鐘的水量后，甲與乙的水位高度之差是0.5cm，
甲與乙的水位高度之差是0.5cm有三種情況：
①當乙的水位低于甲的水位時，
有1﹣ t=0.5，
解得：t= 分鐘;
②當甲的水位低于乙的水位時，甲的水位不變時，
∵ t﹣1=0.5，
解得：t= ，
∵ × =6>5，
∴此時丙容器已向甲容器溢水，
∵5÷ = 分鐘， = ，即經過 分鐘邊容器的水到達管子底部，乙的水位上升 ，
∴ ，解得：t= ;
③當甲的水位低于乙的水位時，乙的水位到達管子底部，甲的水位上升時，
∵乙的水位到達管子底部的時間為; 分鐘，
∴5﹣1﹣2× (t﹣ )=0.5，
解得：t= ，
綜上所述開始注入 ， ， ，分鐘的水量后，甲與乙的水位高度之差是0.5cm.
點評：本題考查了一元一次方程的應用，解題關鍵是要讀懂題目的意思，根據題目給出的條件，找出合適的等量關系列出方程，再求解.
三、解答題(本題有8小題，共80分)
17.(本題8分)
(1)計算： ;
(2)解不等式： ≤
考點：實數的運算;零指數冪;負整數指數冪;解一元一次不等式;特殊角的三角函數值..
專題：計算題.
分析：(1)原式第一項利用特殊角的三角函數值計算，第二項利用零指數冪法則計算，第三項利用算術平方根定義計算，最后一項利用負整數指數冪法則計算即可得到結果;
(2)不等式去括號，移項合并，把x系數化為1，即可求出解.
解答：解：(1)原式=2× ﹣1+ +2= + ;
(2)去括號得：3x﹣5≤2x+4，
移項合并得：x≤9.
點評：此題考查了實數的運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
18.(本題8分)
小敏上午8:00從家里出發，騎車去一家超市購物，然后從這家超市返回家中。小敏離家的路程 (米)和所經過的時間 (分)之間的函數圖象如圖所示。請根據圖象回答下列問題：
(1)小敏去超市途中的速度是多少?在超市逗留了多少時間?
(2)小敏幾點幾分返回到家?
考點：一次函數的應用..
分析：(1)根據觀察橫坐標，可得去超市的時間，根據觀察縱坐標，可得去超市的路程，根據路程與時間的關系，可得答案;在超市逗留的時間即路程不變化所對應的時間段;
(2)求出返回家時的函數解析式，當y=0時，求出x的值，即可解答.
解答：解：(1)小敏去超市途中的速度是：3000÷10=300(米/分)，
在超市逗留了的時間為：40﹣10=30(分).
(2)設返回家時，y與x的函數解析式為y=kx+b，
把(40，3000)，(45，2000)代入得：
，
解得： ，
∴函數解析式為y=﹣200x+11000，
當y=0時，x=55，
∴返回到家的時間為：8：55.
點評：本題考查了一次函數的應用，觀察函數圖象獲取信息是解題關鍵.
19.(本題8分)
為了解某種電動汽車的性能，對這種電動汽車進行了抽檢，將一次充電后行駛的里程數分為A，B，C，D四個等級，其中相應等級的里程依次為200千米，210千米，220千米，230千米，獲得如下不完整的統計圖。
根據以上信息，解答下列問題：
(1)問這次被抽檢的電動汽車共有幾輛?并補全條形統計圖;
(2)估計這種電動汽車一次充電后行駛的平均里程數為多少千米?
考點：條形統計圖;扇形統計圖;加權平均數..
分析：(1)根據條形統計圖和扇形圖可知，將一次充電后行駛的里程數分為B等級的有30輛電動汽車，所占的百分比為30%，用30÷30%即可求出電動汽車的總量;分別計算出C、D所占的百分比，即可得到A所占的百分比，即可求出A的電動汽車的輛數，即可補全統計圖;
(2)用總里程除以汽車總輛數，即可解答.
解答：解：(1)這次被抽檢的電動汽車共有：30÷30%=100(輛)，
C所占的百分比為：40÷100×100%=40%，D所占的百分比為：20÷100×100%=20%，
A所占的百分比為：100%﹣40%﹣20%﹣30%=10%，
A等級電動汽車的輛數為：100×10%=10(輛)，
補全統計圖如圖所示：
(2)這種電動汽車一次充電后行駛的平均里程數為： 230)=217(千米)，
∴估計這種電動汽車一次充電后行駛的平均里程數為217千米.
點評：此題考查了條形統計圖，以及扇形統計圖，弄清題意是解本題的關鍵.
20.(本題8分)
如圖，從地面上的點A看一山坡上的電線桿PQ，測得桿頂端點P的仰角是45°，向前走6m到達B點，測得桿頂端點P和桿底端點Q的仰角分別是60°和30°。
(1)求∠BPQ的度數;
(2)求該電線桿PQ的高度(結果精確到1m)。
備用數據： ，
考點：解直角三角形的應用-仰角俯角問題..
分析：(1)延長PQ交直線AB于點E，根據直角三角形兩銳角互余求得即可;
92)設PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根據三角函數利用x表示出AE和BE，根據AB=AE﹣BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函數求得QE的`長，則PQ的長度即可求解.
解答：解：延長PQ交直線AB于點E，
(1)∠BPQ=90°﹣60°=30°;
(2)設PE=x米.
在直角△APE中，∠A=45°，
則AE=PE=x米;
∵∠PBE=60°
∴∠BPE=30°
在直角△BPE中，BE= PE= x米，
∵AB=AE﹣BE=6米，
則x﹣ x=6，
解得：x=9+3 .
則BE=(3 +3)米.
在直角△BEQ中，QE= BE= (3 +3)=(3+ )米.
∴PQ=PE﹣QE=9+3 ﹣(3+ )=6+2 ≈9(米).
答：電線桿PQ的高度約9米.
點評：本題考查了仰角的定義，以及三角函數，正確求得PE的長度是關鍵.
21.(本題10分)
如果拋物線 過定點M(1，1)，則稱次拋物線為定點拋物線。
(1)張老師在投影屏幕上出示了一個題目：請你寫出一條定點拋物線的一個解析式。小敏寫出了一個答案： ，請你寫出一個不同于小敏的答案;
(2)張老師又在投影屏幕上出示了一個思考題：已知定點拋物線 ，求該拋物線頂點縱坐標的值最小時的解析式，請你解答。
考點：二次函數圖象上點的坐標特征;二次函數的性質..
分析：(1)根據頂點式的表示方法，結合題意寫一個符合條件的表達式則可;
(2)根據頂點縱坐標得出b=1，再利用最小值得出c=﹣1，進而得出拋物線的解析式.
解答：解：(1)依題意，選擇點(1，1)作為拋物線的頂點，二次項系數是1，
根據頂點式得：y=x2﹣2x+2;
(2)∵定點拋物線的頂點坐標為(b，c+b2+1)，且﹣1+2b+c+1=1，
∴c=1﹣2b，
∵頂點縱坐標c+b2+1=2﹣2b+b2=(b﹣1)2+1，
∴當b=1時，c+b2+1最小，拋物線頂點縱坐標的值最小，此時c=﹣1，
∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x.
點評：本題考查拋物線的形狀與拋物線表達式系數的關系，首先利用頂點坐標式寫出來，再化為一般形式.
22.(本題12分)
某校規劃在一塊長AD為18m，寬AB為13m的長方形場地ABCD上，設計分別與AD，AB平行的橫向通道和縱向通道，其余部分鋪上草皮。
(1)如圖1，若設計三條通道，一條橫向，兩條縱向，且它們的寬度相等，其余六塊草坪相同，其中一塊草坪兩邊之比AM:AN=8:9，問通道的寬是多少?
(2)為了建造花壇，要修改(1)中的方案，如圖2，將三條通道改為兩條通道，縱向的寬度改為橫向寬度的2倍，其余四塊草坪相同，且每一塊草坪均有一邊長為8m，這樣能在這些草坪建造花壇。如圖3，在草坪RPCQ中，已知RE⊥PQ于點E，CF⊥PQ于點F，求花壇RECF的面積。
考點：二元一次方程組的應用;勾股定理的應用..
分析：(1)利用AM：AN=8：9，設通道的寬為xm，AM=8ym，則AN=9y，進而利用AD為18m，寬AB為13m得出等式求出即可;
(2)根據題意得出縱向通道的寬為2m，橫向通道的寬為1m，進而得出PQ，RE的長，即可得出PE、EF的長，進而求出花壇RECF的面積.
解答：解：(1)設通道的寬為xm，AM=8ym，
∵AM：AN=8：9，
∴AN=9y，
∴ ，
解得： .
答：通道的寬是1m;
(2)∵四塊相同草坪中的每一塊，有一條邊長為8m，若RP=8，則AB>13，不合題意，
∴RQ=8，
∴縱向通道的寬為2m，橫向通道的寬為1m，
∴RP=6，
∵RE⊥PQ，四邊形RPCQ是長方形，
∴PQ=10，
∴RE×PQ=PR×QR=6×8，
∴RE=4.8，
∵RP2=RE2+PE2，
∴PE=3.6，
同理可得：QF=3.6，
∴EF=2.8，
∴S四邊形RECF=4.8×2.8=13.44，
即花壇RECF的面積為13.44m2.，
點評：此題主要考查了二元一次方程組的應用即四邊形面積求法和三角形面積求法等知識，得出RP的長是解題關鍵.
23.(本題12分)
正方形ABCD和正方形AEFG有公共頂點A，將正方形AEFG繞點A按順時針方向旋轉，記旋轉角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，連結DF，BF，如圖。
(1)若α=0°，則DF=BF，請加以證明;
(2)試畫一個圖形(即反例)，說明(1)中命題的逆命題是假命題;
(3)對于(1)中命題的逆命題，如果能補充一個條件后能使該逆命題為真命題，請直接寫出你認為需要補充的一個條件，不必說明理由。
考點：正方形的性質;全等三角形的判定與性質;命題與定理;旋轉的性質..
分析：(1)利用正方形的性質證明△DGF≌△BEF即可;
(2)當α=180°時，DF=BF.
(3)利用正方形的性質和△DGF≌△BEF的性質即可證得是真命題.
解答：(1)證明：如圖1，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形，
∴AG=AE，AD=AB，GF=EF，∠DGF=∠BEF=90°，
∴DG=BE，
在△DGF和△BEF中，
，
∴△DGF≌△BEF(SAS)，
∴DF=BF;
(2)解：圖形(即反例)如圖2，
(3)解：補充一個條件為：點F在正方形ABCD內;
即：若點F在正方形ABCD內，DF=BF，則旋轉角α=0°.
點評：本題主要考查正方形的性質及全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，命題和定理，掌握全等三角形的對應邊相等是解題的關鍵，注意利用正方形的性質找三角形全等的條件.
24.(本題14分)
在平面直角坐標系中，O為原點，四邊形OABC的頂點A在 軸的正半軸上，OA=4，OC=2，點P，點Q分別是邊BC，邊AB上的點，連結AC，PQ，點B1是點B關于PQ的對稱點。
(1)若四邊形OABC為矩形，如圖1，
①求點B的坐標;
②若BQ:BP=1:2，且點B1落在OA上，求點B1的坐標;
(2)若四邊形OABC為平行四邊形，如圖2，且OC⊥AC，過點B1作B1F∥ 軸，與對角線AC、邊OC分別交于點E、點F。若B1E: B1F=1:3，點B1的橫坐標為 ，求點B1的縱坐標，并直接寫出 的取值范圍。
考點：四邊形綜合題..
分析：(1)①根據OA=4，OC=2，可得點B的坐標;②利用相似三角形的判定和性質得出點的坐標;
(2)根據平行四邊形的性質，且分點在線段EF的延長線和線段上兩種情況進行分析解答.
解答：解：(1)∵OA=4，OC=2，
∴點B的坐標為(4，2);
②如圖1，過點P作PD⊥OA，垂足為點D，
∵BQ：BP=1：2，點B關于PQ的對稱點為B1，
∴B1Q：B1P=1：2，
∵∠PDB1=∠PB1Q=∠B1AQ=90°，
∴∠PB1D=∠B1QA，
∴△PB1D∽△B1QA，
∴ ，
∴B1A=1，
∴OB1=3，即點B1(3，0);
(2)∵四邊形OABC為平行四邊形，OA=4，OC=2，且OC⊥AC，
∴∠OAC=30°，
∴點C(1， )，
∵B1E：B1F=1：3，
∴點B1不與點E，F重合，也不在線段EF的延長線上，
①當點B1在線段FE的延長線上時，如圖2，延長B1F與y軸交于點G，點B1的橫坐標為m，B1F∥x軸，
B1E：B1F=1：3，
∴B1G=m，
設OG=a，
則GF= ，OF= ，
∴CF= ，
∴EF= ，B1E= ，
∴B1G=B1E+EF+FG= ，
∴a= ，即B1的縱坐標為 ，
m的取值范圍是 ;
②當點B1在線段EF(除點E，F)上時，如圖3，延長B1F與y軸交于點G，點B1的橫坐標為m，F∥x
軸，
B1E：B1F=1：3，
∴B1G=m，
設OG=a，
則GF= ，OF= ，
∴CF= ，
∴FE= ，B1F= ，
∴B1G=B1F﹣FG= ，
∴a= ，即點B1的縱坐標為 ，
故m的取值范圍是 .
點評：此題考查四邊形的綜合題，關鍵是利用平行四邊形的性質，分點在線段EF的延長線和線段上兩種情況進行分析.
浙江省義烏市2018年中考數學模擬試卷答案
詳見題底
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