2025年中考第一次模拟考试卷：数学（南京卷2）（解析版）

这是一份2025年中考第一次模拟考试卷：数学（南京卷2）（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共6个小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．风云二号是我国自行研制的第一代地球静止气象卫星，它在地球赤道上空距地面约35800公里的轨道上运行．将35800用科学记数法表示应为（ ）
A．0.358×105B．35.8×103C．3.58×105D．3.58×104
1．D
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【详解】解：35800＝3.58×104．
故选：D．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，正确确定a的值以及n的值是解决问题的关键．
2．估计12−1的值（ ）
A．在1和2之间B．在2和3之间
C．在3和4之间D．在4和5之间
2．B
【分析】估算12的大小，再估计12−1的值．
【详解】解：∵9＜12＜16，
∴3＜12＜4，
∴2＜12−1＜3，
故选：B．
【点睛】本题考查无理数的估算，掌握几个非负整数的算术平方根的大小比较方法是解决问题的关键．
3．若等腰三角形两边长分别是2和6，则它的周长是（ ）
A．10B．14C．10或14D．8
3．B
【分析】分腰为2和6两种情况分别讨论，再根据三角形的三边关系进行取舍，再求周长即可．
【详解】解：当腰为2时，则三边为2、2、6，此时2+2＜6，不满足三角形的三边关系，不满足题意；
当腰为6时，则三边为6、6、2，满足三角形的三边关系，周长为14；
故选：B．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质及三角形三边关系，注意利用三角形的三边关系进行验证是解题的关键．
4．某气球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压P（千帕）是气体体积V（立方米）的反比例函数，其图象如图所示（千帕是一种压强单位），当气球的体积是0.8立方米时，气球内的气压是（ ）千帕．
A．100B．110C．120D．130
4．C
【分析】将已知点的坐标代入到反比例函数的一般形式中即可求得其解析式；代入V＝0.8求得压强即可．
【详解】解：（1）设表达式为P=kV，
∵图象经过点（1.5，64），
∴k＝1.5×64＝96，
所以表达式为P=96V；
（2）当V＝0.8时，P=960.8=120（千帕）．
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的实际应用．解题的关键是根据图象建立函数关系式，并会运用函数式解答题目的问题．
5．延时课上，老师布置任务如下：让王林站在B点处去观测8m外的位于D点处的一棵大树（CD），所用工具为一个平面镜P和必要的长度测量工具（B、P、D在一直线上）．已知王林目高（AB）1.6m，大树高4.8m，将平面镜P放置在离王林（ ）m处才能观测到大树的顶端．
A．1B．2C．3D．4
5．B
【分析】根据题意可得：∠APB＝∠CPD，AB⊥BD，CD⊥DB，从而可得∠ABP＝∠CDP＝90°，然后证明△ABP∽△CDP，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：∠APB＝∠CPD，AB⊥BD，CD⊥DB，
∴∠ABP＝∠CDP＝90°，
∴△ABP∽△CDP，
∴ABBP=CDDP，
∴1.6BP=4.88−BP，
解得：BP＝2，
∴将平面镜P放置在离王林2m处才能观测到大树的顶端，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6．平面直角坐标系xOy中，已知A（2m，﹣m﹣1），B（2m+2，﹣m﹣2），C(n，2n)，其中m，n均为常数，且n≠0．当△ABC的面积最小时，n的值为（ ）
A．﹣3B．﹣2C．−3D．−2
6．B
【分析】先利用两点之间的距离公式得出|AB|=5，再根据当△ABC的面积最小时，h最小，利用三角形的面积得出结果．
【详解】解：∵A（2m，﹣m﹣1），B（2m+2，﹣m﹣2），
∴|AB|=(2m+2−2m)2+(−m−2+m+1)2=22+12=5，
此时，△ABC中，|AB|长度确定，设△ABC的高为h，
∴S△ABC=12|AB|⋅ℎ，
∴当△ABC的面积最小时，h最小，
设直线AB为：y＝kx+b，则−m−1=2mk+b−m−2=(2m+2)k+b，
解得：k=−12，
∴直线AB为：y=−12（x﹣2m）﹣m﹣1=−12x﹣1，
∴2y＝﹣x﹣2，x+2y+2＝0，
点C到直线AB的距离为：n=|n+2×2n=2|5=|n+4n+2|5，
由图可知，
点C在第三象限会使h最小时，n＜0，n+4n≤2n⋅4n=4，
当且仅当n=4n，n＝﹣2时，才会有最小值，
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质及三角形的面积，解题的关键是理解当△ABC的面积最小时，h最小．
二．填空题（共10小题）
7．﹣2的倒数是 −12 ；﹣2的相反数是 2 ．
7．−12、2．
【分析】首先根据求一个整数的倒数，就是写成这个整数分之一，可得：﹣2的倒数是−12；然后根据相反数的含义和求法，可得：﹣2的相反数是2．
【详解】解：﹣2的倒数是−12；﹣2的相反数是2．
故答案为：−12、2．
【点睛】此题主要考查了一个数的倒数的求法，以及相反数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①求一个整数的倒数，就是写成这个整数分之一．②求一个分数的倒数，就是调换分子和分母的位置．
8．若分式1a2−1有意义，则a的取值范围是 a≠±1 ．
8．a≠±1．
【分析】根据分式有意义的条件判断即可．
【详解】解：由题意可得：a2﹣1≠0，
∴a≠±1，
故答案为a≠±1．
【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
9．计算5×15−12的结果是 33 ．
9．见试题解答内容
【分析】先进行二次根式的乘法运算，然后化简后合并即可．
【详解】解：原式=5×15−23
＝53−23
＝33．
故答案为33．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．
10．分解因式：2m3+12m2+18m＝ 2m（m+3）2 ．
10．2m（m+3）2．
【分析】先提公因式2m，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
【详解】解：原式＝2m（m2+6m+9）＝2m（m+3）2．
故答案为：2m（m+3）2．
【点睛】本题考查提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
11．计算2×42×(18)3的结果是 116 ．
11．116．
【分析】先计算乘方，再计算乘法．
【详解】解：2×42×(18)3
＝2×16×1512
=116，
故答案为：116．
【点睛】此题考查了实数的混合运算能力，关键是能准确确定运算顺序和方法，并能进行正确地计算．
12．一组由7个整数组成的数据：9，4，a，7，a，5，10，它们的中位数与众数相同，则满足条件的a值共有 5 个．
12．5．
【分析】根据众数与中位数的定义进行分类讨论即可．
【详解】解：∵a出现了2次，
∴a一定是众数，
∵中位数与众数相同，该组数据是由7个整数组成，
∴中位数为a，
当a≤4时，这组数据为：a，a，4，5，7，9，10，中位数为5，不符合题意；
当a＝5时，这组数据为：4，a，a，5，7，9，10，中位数为a＝5，符合题意；
当a＝6时，这组数据为：4，5，a，a，7，9，10，中位数为a＝6，符合题意；
当a＝7时，这组数据为：4，5，a，a，7，9，10，中位数为a＝7，符合题意；
当a＝8时，这组数据为：4，5，7，a，a，9，10，中位数为a＝8，符合题意；
当a＝9时，这组数据为：4，5，7，a，a，9，10，中位数为a＝9，符合题意；
当a≥10时，这组数据为：4，5，7，9，10，a，a，中位数为9，不符合题意；
故符合题意的a的值有5个，
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查众数与中位数的定义，熟练掌握众数与中位数的定义，学会分类讨论是解答此题的关键．
13．电力公司想要估计某种风力发电塔的建造成本和所带来的利润，调查小组提出用如图的公式估计财务营收，其中F（元）为财务营收，x（年）为时间．根据公式，至少需要 8 年才能收回成本．
13．8．
【分析】当x年发电累计利润与建造风力发电塔的成本正好相等时刚好收回成本，据此作答即可．
【详解】解：根据题意，刚好收回成本时，400000x﹣3200000＝0，
解得x＝8，
∴至少需要8年才能收回成本，
故答案为：8．
【点睛】本题考查一次函数的应用，根据函数值求自变量的值是解题的关键．
14．在平面直角坐标系内，点A（2，3），B（﹣1，4），C（2，a）分别在三个不同的象限，若反比例函数y=kx（k≠0）的图象经过其中两点，则a的值为 ﹣2 ．
14．﹣2．
【分析】首先根据A（2，3），B（﹣1，4），C（2，a）分别在三个不同的象限，可判定点C（2，a）一定在第四象限，再根据反比例函数的性质可知该反比例函数经过B（﹣1，4），C（2，a）两点，据此即可求出a的值．
【详解】解：∵A（2，3），B（﹣1，4），C（2，a）分别在三个不同的象限，
又∵点A（2，3）在第一象限，点B（﹣1，4）在第二象限，
∴点C（2，a）一定在第四象限，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过其中两点，
∴反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过B（﹣1，4），C（2，a）两点，
∴k＝﹣1x4＝2a，
解得：a＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点睛】此题主要考查了反比例函数的性质，点的坐标，正确判断点C在第四象限，理解函数图象上的点满足函数的解析式是解答此题的关键．
15．如图，AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠CAF＝ 72 °．
15．72．
【分析】连接OC，AO，根据正五边形的性质得到∠B=(5−2)×180°5=108°，根据圆周角定理得到∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，根据等腰三角形的性质得到∠CAO=12×（180°﹣144°）＝18°，根据切线的性质得到∠OAF＝90°，于是得到结论．
【详解】解：连接OC，AO，
在正五边形ABCDE中，∠B=(5−2)×180°5=108°，
∴∠AOC＝360°﹣2∠B＝144°，
∵OC＝OA，
∴∠CAO=12×（180°﹣144°）＝18°，
∵AF是正五边形ABCDE的外接圆的切线，
∴∠OAF＝90°，
∴∠CAF＝90°﹣18°＝72°，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，切线的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
16．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝1，BC=3，点O是对称中心，点P、Q分别在边AD、BC上，且PQ经过点O．将该纸片沿PQ折叠，使点A、B分别落在点A′、B′的位置，则△BA′B′面积的最大值为 12+34 ．
16．12+34．
【分析】如图，连接AC，BD交于点O，连接OB′，过点O作OH⊥A′B′于点H．求出OH的值，可得结论．
【详解】解：如图，连接AC，BD交于点O，过点O作OH⊥A′B′于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，
∵AB＝1，BC=3，
∴AC=AB2+BC2=1+3=2，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝OB′＝1，
∵OP＝OQ，OH∥PA′∥QB′，
∴A′H＝HB′，
∴OH=12（PA′+QB′）=12（PA+BQ）=12（PA+PD）=32，
∴当B，O，H共线时，△BA′B′的面积最大，最大值为12×1×（1+32）=12+34．
故答案为：12+34．
【点睛】本题考查中心对称，三角形的面积，矩形的性质，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
三．解答题（共11小题）
17．（7分）计算：2a2−2a+1÷(a2a−1−a−1)．
17．2a−1．
【分析】先通分算括号内的，把除化为乘，再把分子，分母分解因式约分．
【详解】解：原式=2(a−1)2÷a2−(a2−1)a−1
=2(a−1)2•a−11
=2a−1．
【点睛】本题考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式相关运算的法则．
18．（7分）解不等式组：3x≤x+4x−23−2x＜1，并写出它的所有非负整数解．
18．﹣1＜x≤2，该不等式组的非负整数解为0、1、2．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：由3x≤x+4得：x≤2，
由x−23−2x＜1得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
所以该不等式组的非负整数解为0、1、2．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19．（8分）已知：如图，▱ABCD中，E为AD边上一点，F为BC边延长线上一点，AE＝CF，过点F作FG∥BE，交DC延长线于点G，连接BG．
（1）求证：△ABE≌△CGF；
（2）当EC＝DC时，判断四边形BGFE是什么特殊四边形？请说明理由．
19．（1）证明见解答过程；
（2）四边形BGFE是菱形，理由见解答过程．
【分析】（1）根据平行四边形性质得∠A＝∠BCD＝∠GCF，AB＝DC，AD∥BC，则∠AEB＝∠EBC，再根据FG∥BE得∠EBC＝∠F，进而得∠AEB＝∠F，由此可依据“ASA”判定△ABE和△CGF全等；
（2）连接EG交BF于点O，根据△ABE和△CGF全等得BE＝FG，AB＝CG，则四边形BGFE是平行四边形，进而得OE＝OG，再根据AB＝DC，AB＝CG，EC＝DC得EC＝CG，则EG⊥BF，据此可得出平行四边形BGFE是菱形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠BCD＝∠GCF，
∴∠A＝∠GCF，
∵AD∥BC，FG∥BE，
∴∠AEB＝∠EBC，∠EBC＝∠F，
∴∠AEB＝∠F，
在△ABE和△CGF中，
∠A＝∠GCF，AE＝CF，∠AEB＝∠F，
∴△ABE≌△CGF（ASA）；
（2）当EC＝DC时，四边形BGFE是菱形，理由如下：
连接EG交BF于点O，如图所示：
∵△ABE≌△CGF，
∴BE＝FG，AB＝CG，
又∵FG∥BE，
∴四边形BGFE是平行四边形，
∴OE＝OG，
∵AB＝DC，AB＝CG，EC＝DC，
∴EC＝CG，
∴EG⊥BF，
∴平行四边形BGFE是菱形．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，理解平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
20．（8分）某校对八（3）班学生进行百米跑测验，已知女生达标成绩为18秒，下面两图分别是甲、乙两小组5名女生的成绩统计图．请你根据下面统计图回答问题．
（1）甲、乙两组的达标率分别是多少？
（2）根据图中信息请用数据说明哪个组的成绩相对稳定？
20．见试题解答内容
【分析】（1）用甲组和乙组达标的人数除以5即可得出答案；
（2）先求出各组的平均数，再代入方差公式进行计算，然后比较方差大小即可得出答案．
【详解】解：（1）甲组的达标率是：35×100%＝60%；
乙组的达标率是：35×100%＝60%；
（2）甲组的平均数是：15×（16.5+19.5+17+17+20）＝18（秒），
乙组的平均数是：15×（19+20+17+16+18）＝18（秒），
甲组的方差是：S2=15×[（16.5﹣18）2+（19.5﹣18）2+（17﹣18）2+（17﹣18）2+（20﹣18）2]＝2.1，
乙组的方差是：S2=15×[（19﹣18）2+（20﹣18）2+（17﹣18）2+（16﹣18）2+（18﹣18）2]＝2，
∵2.1＞2，
∴乙组的成绩相对稳定．
【点睛】此题考查了达标率、平均数、方差的意义，解题的关键是正确理解各概念的含义．
21．（8分）在一个不透明的口袋中装有分别标有数字4，5，6，7的四个小球（除标号外，其余都相同），从中随机抽取一个球，再从余下的球中随机抽取一个球．
（1）用列表法或画树状图法中的一种方法，表示抽取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果；
（2）求抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率．
21．见试题解答内容
【分析】（1）画出树状图，即可得出结论；
（2）由（1）可知，共有12种等可能的结果，其中抽取的两张牌牌面数字之和大于11的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：（1）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，分别为（4，5），（4，6），（4，7），（5，4），（5，6），（5，7），（6，4），（6，5），（6，7），（7，4），（7，5），（7，6）；
（2）由（1）可知，共有12种等可能的结果，其中抽取的两张牌牌面数字之和大于11的结果有4种，
∴抽取的两张牌牌面数字之和大于11的概率为412=13．
【点睛】此题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
22．（8分）2024年春节联欢晚会的吉祥物“龙辰辰”具有龙年吉祥，幸福安康的寓意，深受大家喜欢．某商场第一次用2400元购进一批“龙辰辰”玩具，很快售完；该商场第二次购进该“龙辰辰”玩具时，进价提高了20%，同样用2400元购进的数量比第一次少10件，求第一次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是多少钱？
22．见试题解答内容
【分析】设第一次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是x元钱，则第二次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是（1+20%）x元钱，根据该商场第二次同样用2400元购进的数量比第一次少10件，列出分式方程，解方程即可．
【详解】解：设第一次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是x元钱，则第二次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是（1+20%）x元钱，
由题意得：2400x−2400(1+20%)x=10，
解得：x＝40，
经检验，x＝40是原方程的解，且符合题意，
答：第一次购进的“龙辰辰”玩具每件的进价是40元钱．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
23．（8分）某数学实践小组准备测量路灯杆的高度．先从水平地面上一点C处，测得C到路灯杆AB底部B的距离为10米，在C处放置高为1米的测角仪CD，测得路灯杆顶部A的仰角为60°，求路灯杆AB的高度（结果保留根号）．
23．（103+1）米．
【分析】先在Rt△ADE中求出AE，再利用AB＝AE+EB即可求出路灯杆AB的高度．
【详解】解：由题意，知四边形BCDE是矩形，
∴DE＝BC＝10米，EB＝CD＝1米，∠AED＝90°，
在Rt△ADE中，
∵∠ADE＝60°，tan∠ADE=AEDE，
∴AE＝DE•tan60°＝103（米），
∴AB＝AE+EB=103+1（米），
答：路灯杆AB的高度为（103+1）米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，理解题意，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
24．（8分）A，B两地相距120km，一辆快车和一辆慢车分别从A，B两地同时出发相向而行，相遇后两车继续行驶．快车到达B地后立即按原路原速返回，慢车到达A地后停止．快、慢两车离A地的距离y1，y2（单位：km）与出发时间x（单位：h）之间的函数关系如图所示．
（1）补全y1与x之间的函数图象；
（2）若慢车的速度为30km/h．
①点P的坐标为 （1，90） ；
②快车到达A地前，两车何时相距30km？
（3）若慢车在快车返回A地后的0.5h内到达，则慢车速度v的范围是 72019＜v＜45 ．
24．（1）补全y1与x之间的函数图象见解答过程；
（2）①（1，90）；
②x=34或x=54或x=32或x=52时，两车相距30km；
（3）72019＜v＜45．
【分析】（1）根据快车到达B地后立即按原路原速返回，可知快车返回A地时x=83，即可补全y1与x之间的函数图象
（2）①求出快车速度为120÷43=90（km/h），可知两车出发后1h相遇，相遇处距A地90（km），从而可得点P的坐标为（1，90）；
②求出y2＝120﹣30x，当0≤x≤43时，y1＝90x，可得|120﹣30x﹣90x|＝30，当43＜x≤83时，y1＝120﹣90（x−43）＝﹣90x+240，可得|120﹣30x﹣（﹣90x+240）|＝30，解方程可得答案；
（3）分别求出慢车83h和（83+0.5）h到A地的速度，即可得到答案．
【详解】解：（1）∵快车到达B地后立即按原路原速返回，
∴快车返回A地时，x=43+43=83；
补全y1与x之间的函数图象如下：
（2）①快车速度为120÷43=90（km/h），
∵120÷（90+30）＝1（h），
∴两车出发后1h相遇，相遇处距A地1×90＝90（km），
∴点P的坐标为（1，90）；
故答案为：（1，90）；
②根据题意得y2＝120﹣30x，
当0≤x≤43时，y1＝90x，
∵两车相距30km，
∴|120﹣30x﹣90x|＝30，
解得x=34或x=54；
当43＜x≤83时，y1＝120﹣90（x−43）＝﹣90x+240，
∵两车相距30km，
∴|120﹣30x﹣（﹣90x+240）|＝30，
解得x=32或x=52；
综上所述，x=34或x=54或x=32或x=52时，两车相距30km；
（3）∵120÷83=45（km/h），120÷（83+0.5）=72019（km/h），
∴72019＜v＜45；
故答案为：72019＜v＜45．
【点睛】本题快车一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
25．（8分）已知二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣4）（a，m为常数，a≠0）．
（1）求证：不论a，m为何值，该二次函数的图象与x轴总有两个公共点；
（2）该二次函数的图象与x轴交于A，B两点，若不论m为何值，该二次函数的图象上都只有两个点C，D，使△ABC和△ABD的面积均为4，求a的取值范围．
25．（1）证明见解答；
（2）a的取值范围为−12＜a＜12，且a≠0．
【分析】（1）证明判别式Δ＞0即可；
（2）先求出A，B坐标，求出AB＝4，再根据二次函数的图象上都只有两个点C，D，使△ABC和△ABD的面积均为4，得出抛物线的顶点到x轴的距离小于2，解不等式即可．
【详解】（1）证明：y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣4）＝a（x2﹣2mx﹣4x+m2+4m＝ax2﹣2a（m+2）x+a（m2+4m），
Δ＝[﹣2a（m+2）]2﹣4a•a（m2+4m）＝4a2m2+16a2m+16a2﹣4a2m2﹣16a2m＝16a2，
∵a≠0，
∴16a2＞0，
∴不论a，m为何值，该二次函数的图象与x轴总有两个公共点；
（2）令y＝0，则a（x﹣m）（x﹣m﹣4）＝0，
∵a≠0，
∴（x﹣m）（x﹣m﹣4）＝0，
∴x1＝m，x2＝m+4，
∴A（m，0），B（m+4，0），
∴AB＝4，
∵SABC＝S△ABD＝4，
∴C，D到x轴的距离为2，
∵该二次函数的图象上都只有两个点C，D，使△ABC和△ABD的面积均为4，
∴二次函数的顶点到x轴的距离小于2，
即|−16a24a|＜2，
解得−12＜a＜12，且a≠0，
∴a的取值范围为−12＜a＜12，且a≠0．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，一元二次方程根的判别式，关键是掌握二次函数的性质．
26．（9分）如图，AB是⊙O的直径，AC=BC，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF＝CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若OB＝2，求BD的长．
26．见试题解答内容
【分析】（1）证明△OCE≌△BFE（SAS），可得∠OBF＝∠COE＝90°，可得结论；
（2）由（1）得：△OCE≌△BFE，则BF＝OC＝2，根据勾股定理得：AF＝25，利用面积法可得BD的长．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，AC=BC，
∴∠BOC＝90°，
∵E是OB的中点，
∴OE＝BE，
在△OCE和△BFE中，
∵OE=BE∠OEC=∠BEFCE=EF，
∴△OCE≌△BFE（SAS），
∴∠OBF＝∠COE＝90°，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：∵OB＝OC＝2，
由（1）得：△OCE≌△BFE，
∴BF＝OC＝2，
∴AF=AB2+BF2=42+22=25，
∴S△ABF=12AB⋅BF=12AF⋅BD，
4×2＝25•BD，
∴BD=455．
【点睛】本题考查圆的有关知识，切线的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．
27．（9分）面积和周长是初中几何数学中讨论的重要内容．
（1）小明的想法：若要在锐角三角形里找到一个面积最大的正方形，可以在一条边上先找一个点，然后…
①补全小明的想法，可以画图补充；
②按这样想，面积相等的直角三角形里，面积最大的正方形的面积随着直角三角形高的变化趋势是 正方形的面积随高的增大是先变大再变小 ．
（2）小芳的问题：边长为a的等边三角形里，周长最大的正方形的面积是多少？请你回答．
（3）小张的问题：在一个边长为5的正方形中，最多可以找出多少个顶点均在边上且面积为10的等边三角形？请你回答：
A．有 C 个
B．无数个
C．没有
（4）一个边长为m的正方形中，圆O与正方形各边相切，圆上两个动点之间的距离为0.5m，分别连接两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值： （22−1)m2−2m(2−1)⋅4m2−1m2﹣2m（2−1）•4m2−1+1 ．
27．（1）①在AB上取点D，作DE⊥BC于E，以DE为边作正方形DEFG，连接BG并延长交AC于H，作QH∥BC，作HV⊥BC于V，作QW⊥BC于W，则四边形QHVW是面积最大的正方形；②正方形的面积随高的增大是先变大再变小；
（2）周长最大的正方形的面积为：（21﹣123）a2；
（3）C；
（4）两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：（22−1)m2−2m(2−1)⋅4m2−1m2﹣2m（2−1）•4m2−1+1．
【分析】（1）①在AB上取D，作DE⊥BC于E，以DE为边作正方形DEFG，连接BG并延长交AC于H，作QH∥BC，作HV⊥BC于V，作QW⊥BC于W，则四边形QHVW是面积最大的正方形；
②在Rt△ABC中，设AB＝a，BC＝b，设正方形EFGB的边长是EF＝BE＝x，根据△AEF∽△ABC得出xb=a−xa，从而x=aba+b，进一步得出结果；
（2）设DE＝DG＝RT＝x，则AR=32x，AT=32a由AT﹣AR＝RT得32a−x=32x，求得x＝（23−3）a，进而得出结果；
（3）设等边三角形的边长是x，可得出12x⋅32x=10，求得x2=4033＜52，进一步得出结果；
（4）当BD⊥EF时，△DEF的面积最大，在Rt△OEG中求得OG，进而得出△DEF面积最大值；当EF∥CD时，△DEF面积最小，同样的方法得出结果，进一步得出结果．
【详解】解：（1）①如图1，
在AB上去取点D，作DE⊥BC于E，以DE为边作正方形DEFG，连接BG并延长交AC于H，作QH∥BC，作HV⊥BC于V，作QW⊥BC于W，
则四边形QHVW是面积最大的正方形，理由如下：
∵FG∥HV，DG∥QH，
∴△BGF∽△BHV，△BDG∽△BQH，
∴FGHV=BGBH，DGQH=BGBH，
∴FGHV=DGQH，
∵DG＝FG，
∴QH＝HV，
∴矩形QHVW是正方形；
②如图2，
在Rt△ABC中，设AB＝a，BC＝b，设正方形EFGB的边长是EF＝BE＝x，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AEAB，
∴xb=a−xa，
∴x=aba+b，
设ab＝k（k为常数），
∴x=ka+ka，
当a增大时，a+ka先变小再变大，
故答案为：正方形的面积随高的增大是先变大再变小，
（2）如图3，
设DE＝DG＝RT＝x，则AR=32x，AT=32a，
由AT﹣AR＝RT得，
32a−x=32x，
∴x＝（23−3）a，
∴S正方形DEFG＝（23−3）2a2＝（21﹣123）a2，
答：周长最大的正方形的面积为：（21﹣123）a2；
（3）是C：没有，理由如下：
设等边三角形的边长是x，
∴12x⋅32x=10，
∴x2=4033＜52，
∴x＜5，
∴不存在面积为10的等边三角形；
（4）如图4，
当BD⊥EF时，△DEF的面积最大，
在Rt△OEG中，EG＝FG=12EF=14，OE=12m，
∴OG=(12m)2−(14)2=144m2−1，
∵OD=22m，
∴DG＝OD+OG=22m+4m2−14，
∴S△DEF=12EF•DG=12×12×22m+4m2−14=22m+4m2−116，
如图5，
当EF∥CD时，△DEF面积最小，
∵GH＝OH﹣OG=12m−144m2−1，
∴S△DEF=12×12×(12m−144m2−1)=2m−4m2−116，
∴22m+4m2−1162m−4m2−116=（22−1)m2−2m(2−1)⋅4m2−1m2﹣2m（2−1）•4m2−1+1，
∴两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：（22−1)m2−2m(2−1)⋅4m2−1m2﹣2m（2−1）•4m2−1+1．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是理解题意，熟练化为基础知识．