【中考数学】2025年江苏省连云港市中考适应性模拟试卷（含解析）

这是一份【中考数学】2025年江苏省连云港市中考适应性模拟试卷（含解析），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）﹣5的绝对值是（ ）
A．5B．﹣5C．15D．5
2．（3分）2020年12月17日，“嫦娥五号”返回器携带月球样品顺利返回地球，我国科学家通过研究证明了月球在1960000000年前仍存在岩浆活动．数据“1960000000”用科学记数法表示为（ ）
A．196×107B．19.6×108
C．1.96×109D．0.196×1010
3．（3分）若x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≤1B．x≥1C．x≤﹣1D．x≥﹣1
4．（3分）下列长度（单位：cm）的3根小木棒能搭成三角形的是（ ）
A．1，2，3B．2，3，4C．3，5，8D．4，5，10
5．（3分）如图，在△ABC中，BC＝7，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，则△AEG的周长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
6．（3分）《九章算术》中有一个问题：“今有凫起南海，七日至北海；雁起北海，九日至南海．今凫雁俱起，问何日相逢？”（凫：野鸭．所提问题即“野鸭与大雁从南海和北海同时起飞，经过多少天能够相遇？”）如果设经过x天能够相遇，根据题意，得（ ）
A．17x+19x=1B．17x−19x=1C．7x+9x＝1D．9x﹣7x＝1
7．（3分）如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2=k2x(k2＜0)的图象交于A、B两点，点A的横坐标为﹣1．当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣1或x＞1B．x＜﹣1或0＜x＜1
C．﹣1＜x＜0或x＞1D．﹣1＜x＜0或0＜x＜1
8．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，AD平分∠CAB，BE⊥AD，E为垂足，则ADBE的值为（ ）
A．23B．733C．523D．833
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9．（3分）计算：5a﹣3a＝ ．
10．（3分）分解因式：x2﹣9＝ ．
11．（3分）如图，AB∥CD，直线AB与射线DE相交于点O．若∠D＝50°，则∠BOE＝ °．
12．（3分）如图，长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，则梯子顶端的高度h为 m．
13．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝45°．若⊙O的半径为2，则劣弧BC的长为 ．
14．（3分）某气球内充满了一定质量的气体，在温度不变的条件下，气球内气体的压强p（Pa）是气球体积V（m3）的反比例函数．当V＝1.2m3时，p＝20000Pa．则当V＝1.5m3时，p＝ Pa．
15．（3分）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+2.5运行，其中x是铅球离初始位置的水平距离，y是铅球离地面的高度．若铅球抛出时离地面的高度OA为1.6m，则铅球掷出的水平距离OB为 m．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 ．
三、解答题（本大题共11小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，作图过程需保留作图痕迹）
17．（6分）计算(−2)×(−5)−9−(12)0．
18．（6分）解方程2x+1=3x．
19．（6分）解不等式组3x−2＜x+25x+5＞2x−7．
20．（8分）一只不透明的袋子中装有1个红球和3个白球，这些球除颜色外都相同．
（1）搅匀后从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是 ；
（2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．用画树状图或列表的方法，求2次都摸到白球的概率．
21．（10分）为了解八年级学生的体重情况，某校随机抽取了八年级部分学生进行测量，收集并整理数据后，绘制了如下尚不完整的统计图表．
体重情况统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ ，b＝ ；
（2）在扇形统计图中，C类所对应的圆心角度数是 °；
（3）若该校八年级共有1200名学生，估计体重在59.5kg及以上的学生有多少人？
22．（10分）如图，制作甲、乙两种无盖的长方体纸盒，需用正方形和长方形两种硬纸片，且长方形的宽与正方形的边长相等．
（1）现用200张正方形硬纸片和400张长方形硬纸片，恰好能制作甲、乙两种纸盒各多少个？
（2）如果需要制作100个长方体纸盒，要求乙种纸盒数量不低于甲种纸盒数量的一半，那么至少需要多少张正方形硬纸片？
23．（10分）如图，港口B位于岛A的北偏西37°方向，灯塔C在岛A的正东方向，AC＝6km，一艘海轮D在岛A的正北方向，且B、D、C三点在一条直线上，DC=52BD．
（1）求岛A与港口B之间的距离；
（2）求tanC．
（参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34）
24．（10分）已知二次函数y＝x2+2（a+1）x+3a2﹣2a+3，a为常数．
（1）若该二次函数的图象与直线y＝2a2有两个交点，求a的取值范围；
（2）若该二次函数的图象与x轴有交点，求a的值；
（3）求证：该二次函数的图象不经过原点．
25．（12分）一块直角三角形木板，它的一条直角边BC长2m，面积为1.5m2．
（1）甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大；
（2）丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积y（m2）与DE的长x（m）之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值．
26．（12分）已知AD是△ABC的高，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作△ABC的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图2，若⊙O的半径为R，求证：R=AC⋅AB2AD；
（3）如图3，延长AD交⊙O于点E，过点E的切线交OC的延长线于点F．若BC＝7，AD=33，∠ACB＝60°，求CF的长．
27．（12分）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板ABCD的边AB、BC上分别取点E、F，且AE＝BF，AF交DE于点O．连接AC，过点F作FG⊥AC，垂足为G，连接GD、GE，DE交AC于点P，GE交AF于点Q．
【活动猜想】
（1）GD与GE的数量关系是 ，位置关系是 ；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若AD＝3，AE＝1，求QF的长；
【综合探究】
（4）若AD＝3，则当AP＝ 时，△DPG的面积最小．
2025年江苏省连云港市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．（3分）﹣5的绝对值是（ ）
A．5B．﹣5C．15D．5
【分析】根据绝对值的概念：数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值可直接得到答案．
【解答】解：﹣5的绝对值为5．
故选：A．
【点评】此题主要考查了绝对值，关键是掌握绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2．（3分）2020年12月17日，“嫦娥五号”返回器携带月球样品顺利返回地球，我国科学家通过研究证明了月球在1960000000年前仍存在岩浆活动．数据“1960000000”用科学记数法表示为（ ）
A．196×107B．19.6×108
C．1.96×109D．0.196×1010
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1960000000＝1.96×109．
故选：C．
【点评】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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．（3分）若x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≤1B．x≥1C．x≤﹣1D．x≥﹣1
【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】解：根据题意得，x+1≥0，
解得x≥﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
4．（3分）下列长度（单位：cm）的3根小木棒能搭成三角形的是（ ）
A．1，2，3B．2，3，4C．3，5，8D．4，5，10
【分析】根据三角形的三边关系对各选项进行逐一分析判断即可．
【解答】解：A、1+2＝3，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
B、2+3＞4，能构成三角形，故本选项符合题意；
C、3+5＝8，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
D、5+4＜10，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了三角形三边关系，熟练掌握三角形三边关系定理是解题的关键．
5．（3分）如图，在△ABC中，BC＝7，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，则△AEG的周长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，GA＝GC，再根据三角形周长公式计算即可．
【解答】解：∵AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，
∴EA＝EB，GA＝GC，
∴△AEG的周长＝EA+EG+GA＝EB+EG+GC＝BC＝7，
故选：C．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
6．（3分）《九章算术》中有一个问题：“今有凫起南海，七日至北海；雁起北海，九日至南海．今凫雁俱起，问何日相逢？”（凫：野鸭．所提问题即“野鸭与大雁从南海和北海同时起飞，经过多少天能够相遇？”）如果设经过x天能够相遇，根据题意，得（ ）
A．17x+19x=1B．17x−19x=1C．7x+9x＝1D．9x﹣7x＝1
【分析】根据野鸭和大雁到达目的地所需时间，可得出野鸭每天飞行全程的17，大雁每天飞行全程的19，利用总路程＝野鸭的飞行速度×时间+大雁的飞行速度×时间，即可列出关于x的一元一次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：17x+19x＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
7．（3分）如图，正比例函数y1＝k1x（k1＜0）的图象与反比例函数y2=k2x(k2＜0)的图象交于A、B两点，点A的横坐标为﹣1．当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣1或x＞1B．x＜﹣1或0＜x＜1
C．﹣1＜x＜0或x＞1D．﹣1＜x＜0或0＜x＜1
【分析】根据双曲线的对称性得到点B的横坐标为1，根据图象即可求出当y1＜y2时，x的取值范围为﹣1＜x＜0或x＞1．
【解答】解：由双曲线的对称性得点B的横坐标为1，
∴当y1＜y2时，x的取值范围为﹣1＜x＜0或x＞1．
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的对称性和反比例函数与不等式的关系，理解函数与不等式的关系，根据双曲线的对称性求出点B的横坐标是解题关键．
8．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，AD平分∠CAB，BE⊥AD，E为垂足，则ADBE的值为（ ）
A．23B．733C．523D．833
【分析】设BC＝x，根据含30度的直角三角形的性质，得到AB＝2x，AC=3x，根据角平分线的性质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到CDBD=ACAB，进而求出CD的长，勾股定理求出AD的长，等角的正弦值相等，得到CDAD=BEAB，求出BE的长，进而求出ADBE的长即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，
∴AB＝2BC，AC=3BC，
设BC＝x，则AB＝2x，AC=3x，
∵AD平分∠CAB，∠ACB＝90°，
∴点D到AC，AB的距离相等均为CD的长，∠CAD＝∠BAD，
∴S△ACDS△ABD=12AC⋅CD12AB⋅CD=CDBD，
∴CDBD=ACAB=32，
∴CD=32+3BC=(23−3)x，
∴AD=AC2+CD2=(32−6)x，
∵BE⊥AD，∠CAD＝∠BAD，
∴sin∠CAD＝sin∠BAD，
∴CDAD=BEAB，即：BE2x=23−332−6，
∴BE=(6−22)x，
∴ADBE=(32−6)x(6−22)x=23，
故选：A．
【点评】本题考查含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，解直角三角形，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9．（3分）计算：5a﹣3a＝ 2a ．
【分析】直接利用合并同类项法则求出答案．
【解答】解：5a﹣3a＝2a．
故答案为：2a．
【点评】此题主要考查了合并同类项，正确掌握运算法则是解题关键．
10．（3分）分解因式：x2﹣9＝ （x+3）（x﹣3） ．
【分析】本题中两个平方项的符号相反，直接运用平方差公式分解因式．
【解答】解：x2﹣9＝（x+3）（x﹣3）．
故答案为：（x+3）（x﹣3）．
【点评】主要考查平方差公式分解因式，熟记能用平方差公式分解因式的多项式的特征，即“两项、异号、平方形式”是避免错用平方差公式的有效方法．
11．（3分）如图，AB∥CD，直线AB与射线DE相交于点O．若∠D＝50°，则∠BOE＝ 130 °．
【分析】先根据平行线的性质求出∠AOE＝∠D＝50°，然后根据邻补角的定义求解即可．
【解答】解：根据题意可知，AB∥CD，与DE分别相交于点O、D，∠D＝50°，
∴∠AOE＝∠D＝50°，
∴∠BOE＝180°﹣∠AOE＝180°﹣50°＝130°．
故答案为：130．
【点评】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
12．（3分）如图，长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，则梯子顶端的高度h为 2.4 m．
【分析】根据长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，进行列式计算，即可作答．
【解答】解：∵长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，
∴ℎ=32−1.82=2.4(m)，
故答案为：2.4．
【点评】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键，注意正确计算．
13．（3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝45°．若⊙O的半径为2，则劣弧BC的长为 π ．
【分析】连接OB、OC，根据圆周角定理求出∠BOC，再根据弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，连接OB、OC，
由圆周角定理得：∠BOC＝2∠BAC＝2×45°＝90°，
∴劣弧BC的长为：90π×2180=π，
故答案为：π．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、弧长公式是解题的关键．
14．（3分）某气球内充满了一定质量的气体，在温度不变的条件下，气球内气体的压强p（Pa）是气球体积V（m3）的反比例函数．当V＝1.2m3时，p＝20000Pa．则当V＝1.5m3时，p＝ 16000 Pa．
【分析】利用待定系数法求出p与V之间的函数关系式，当V＝1.5时，求出对应p的值即可．
【解答】解：设p与V之间的函数关系式为p=kV（k为常数，且k≠0），
将V＝1.2，p＝20000代入p=kV，
得20000=k1.2，
解得k＝24000，
∴p与V之间的函数关系式为p=24000V，
当V＝1.5时，p=240001.5=16000，
∴当V＝1.5m3时，p＝16000Pa．
故答案为：16000．
【点评】本题考查反比例函数的应用，掌握待定系数法求反比例函数的关系式是解题的关键．
15．（3分）如图，小亮同学掷铅球时，铅球沿抛物线y＝a（x﹣3）2+2.5运行，其中x是铅球离初始位置的水平距离，y是铅球离地面的高度．若铅球抛出时离地面的高度OA为1.6m，则铅球掷出的水平距离OB为 8 m．
【分析】由题得A（0，1.6），代入y＝a（x﹣3）2+2.5，得出抛物线的解析式为y=−110(x−3)2+2.5，令y＝0，求解即可，
【解答】解：由题意，OA＝1.6m，
得A（0，1.6），
将A（0，1.6）代入y＝a（x﹣3）2+2.5，
得：1.6＝a（0﹣3）2+2.5，
解得：a=−110，
∴y=−110(x−3)2+2.5，
令y＝0，得−110(x−3)2+2.5=0，
解得：x1＝8，x2＝﹣2，
∴OB为8m，
故答案为：8．
【点评】本题考查待定系数法求抛物线解析式，二次函数与x轴的交点坐标，熟练掌握待定系数法和二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 13 ．
【分析】利用四边形DAEF为平行四边形，得出EF＝AD，EF＝AD，由E为线段AC上的动点，可知E、F运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，得出点B的运动轨迹为线段MN，过点E作关于线段MN的对称点E，由对称性得BE＝BE，则BE+BF＝BE+BF≤EF，当且仅当E、B、F依次共线时，BE+BF取得最小值EF，此时，设AC与BD交于点O，EE交MN于点H，延长EE交FD延长线于点G，分别证明四边形EOBH和四边形DOEG是矩形，求出GF＝GD+DF＝EO+AE＝AO＝2，GE＝EH＝EH＝1，再利用勾股定理求出EH即可．
【解答】解：∵四边形DAEF为平行四边形，
∴EF＝AD，DF＝AE，
∵E为线段AC上的动点，
∴可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，
则如图，点B的运动轨迹为线段MN，
过点E作关于线段MN的对称点E'，
由对称性得BE＝BE'，
∴BE+BF＝BE'+BF≤E'F，
当且仅当E'、B、F依次共线时，B'E+BF取得最小值E'F，此时如图，
设AC与BD交于点O，EE交MN于点H，延长E'E交FD延长线于点G，
菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，
∴AO=12AC=2，BO＝DO=12BD＝1，AC⊥BD，
由题可得AC∥MN，
∴由对称性可得EH⊥HB，
∴AC⊥GH，
∴∠OEH＝∠EOB＝∠EHB＝90°，
∴四边形EOBH是矩形，
∴EH＝EH＝OB＝1，
∵四边形DAEF为平行四边形，
∴DF＝AE，DF∥AC，
∴GD⊥DO，
∴∠GDO＝∠DOE＝∠GEO＝90°，
∴四边形DOEG是矩形，
∴GD＝EO，GE＝DO＝1，
∴GF＝GD+DF＝EO+AE＝AO＝2，GE'＝GE+EH+E'H＝3，
∴E′F=GF2+GE′2=22+32=13′，
即BE+BF 的最小值为13，
故答案为：13．
【点评】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共102分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，作图过程需保留作图痕迹）
17．（6分）计算(−2)×(−5)−9−(12)0．
【分析】利用有理数的乘法法则，算术平方根的定义，零指数幂计算后再算加减即可．
【解答】解：原式＝10﹣3﹣1
＝7﹣1
＝6．
【点评】本题考查实数的运算，零指数幂，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18．（6分）解方程2x+1=3x．
【分析】利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【解答】解：原方程去分母得：2x＝3（x+1），
整理得：2x＝3x+3，
解得：x＝﹣3，
检验：当x＝﹣3时，x（x+1）＝6≠0，
则x＝﹣3是原方程的解．
【点评】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
19．（6分）解不等式组3x−2＜x+25x+5＞2x−7．
【分析】先求出每个不等式的解，再根据大小小大中间找，求出答案．
【解答】解：3 x−2＜x+2①5x+5＞2x−7②．
解不等式①得x＜2，
解不等式②得x＞﹣4，
所以不等式组的解集为：﹣4＜x＜2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，解题的关键是根据运算方法来解答．
20．（8分）一只不透明的袋子中装有1个红球和3个白球，这些球除颜色外都相同．
（1）搅匀后从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是 14 ；
（2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．用画树状图或列表的方法，求2次都摸到白球的概率．
【分析】（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中摸到红球的结果有1种，利用概率公式可得答案．
（2）列表可得出所有等可能的结果数以及2次都摸到白球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中摸到红球的结果有1种，
∴摸到红球的概率为14．
故答案为：14．
（2）列表如下：
共有16种等可能的结果，其中2次都摸到白球的结果有9种，
∴2次都摸到白球的概率为916．
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
21．（10分）为了解八年级学生的体重情况，某校随机抽取了八年级部分学生进行测量，收集并整理数据后，绘制了如下尚不完整的统计图表．
体重情况统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）a＝ 20 ，b＝ 2 ；
（2）在扇形统计图中，C类所对应的圆心角度数是 72 °；
（3）若该校八年级共有1200名学生，估计体重在59.5kg及以上的学生有多少人？
【分析】（1）先根据A类人数及其所占的百分比，求得学生总数，再用学生总数乘50%，即可得到a的值，用学生总数减去其余各组人数，即可得到b的值；
（2）用360°乘C类所占百分比即可得到C类所在扇形的圆心角的度数；
（3）用1200乘样本中体重在59.5kg及以上的学生所占的百分比即可．
【解答】解：（1）样本容量为：10÷25%＝40，
故a＝40×50%＝20，b＝40﹣10﹣20﹣8＝2，
故答案为：20，2；
（2）在扇形统计图中，C类所对应的圆心角度数是：360°×840=72°，
故答案为：72；
（3）1200×8+240=300(人)
答：估计体重在59.5kg及以上的学生约有300人．
【点评】本题考查的是统计表和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计表和统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22．（10分）如图，制作甲、乙两种无盖的长方体纸盒，需用正方形和长方形两种硬纸片，且长方形的宽与正方形的边长相等．
（1）现用200张正方形硬纸片和400张长方形硬纸片，恰好能制作甲、乙两种纸盒各多少个？
（2）如果需要制作100个长方体纸盒，要求乙种纸盒数量不低于甲种纸盒数量的一半，那么至少需要多少张正方形硬纸片？
【分析】（1）设恰好能制作甲种纸盒x个，乙种纸盒y个，根据制作两种纸盒共用200张正方形硬纸片和400张长方形硬纸片，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设制作乙种纸盒m个，需要w张正方形硬纸片，则制作甲种纸盒（100﹣m）个，利用所需正方形硬纸板张数＝2×制作乙种纸盒的数量+1×制作甲种纸盒的数量，可找出w关于m的函数关系式，由制作乙种纸盒数量不低于甲种纸盒数量的一半，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设恰好能制作甲种纸盒x个，乙种纸盒y个，
根据题意得：x+2y=2004x+3y=400，
解得：x=40y=80．
答：恰好能制作甲种纸盒40个，乙种纸盒80个；
（2）设制作乙种纸盒m个，需要w张正方形硬纸片，则制作甲种纸盒（100﹣m）个，
根据题意得：w＝2m+（100﹣m）＝m+100，
∵k＝1＞0，
∴w随m的增大而增大，
又∵m≥12（100﹣m），
解得：m≥1003，
∵m为正整数，
∴当m＝34时，w取得最小值，最小值为34+100＝134（张）．
答：至少需要134张正方形硬纸片．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
23．（10分）如图，港口B位于岛A的北偏西37°方向，灯塔C在岛A的正东方向，AC＝6km，一艘海轮D在岛A的正北方向，且B、D、C三点在一条直线上，DC=52BD．
（1）求岛A与港口B之间的距离；
（2）求tanC．
（参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34）
【分析】（1）过点B作BM⊥AD，垂足为M，证明△BDM∽△CDA，得出BMCA=BDCD，结合DC=52BD，AC＝6km，求出BM=125，再在Rt△ABM 中利用三角函数即可求解；
（2）在Rt△ABM中，利用三角函数求出AM，利用△BDM∽△CDA，得出DMAD=BDCD=25，则可求出AD，再在Rt△ADC 中利用三角函数即可求解．
【解答】解：（1）如图，过点B作BM⊥AD，垂足为M，
∵AC⊥AD，
∴BM∥AC，
∴△BDM∽△CDA，
∴BMCA=BDCD，
∵DC=52BD，AC＝6km，
∴BM6=25，
得BM=125，
在Rt△ABM中，由sin∠BAD=sin37°=BMAB=125AB≈35，
得AB＝4，
答：岛A与港口B之间的距离为4km；
（2）在Rt△ABM 中，AM=AB×cs37°≈4×45=165，
∵△BDM∽△CDA，
∴DMAD=BDCD=25，
∴AD=57AM=165×57=167，
在Rt△ADC 中，
tanC=ADAC=1676=821．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，相似三角形的判定与性质，比例的性质，能根据DC=52BD作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
24．（10分）已知二次函数y＝x2+2（a+1）x+3a2﹣2a+3，a为常数．
（1）若该二次函数的图象与直线y＝2a2有两个交点，求a的取值范围；
（2）若该二次函数的图象与x轴有交点，求a的值；
（3）求证：该二次函数的图象不经过原点．
【分析】（1）由二次函数的图象与直线y＝2a2有两个交点，知函数的最小值小于2a2列式计算即可；
（2）根据图像与x轴有交点，Δ≥0，列式计算即可；
（3）根据当x＝0时，y=3a2−2a+3=3(a−13)2+83＞0，即可证明．
【解答】（1）解：∵二次函数y＝x2+2（a+1）x+3a2﹣2a+3中，1＞0，
∴二次函数的图象开口向上，
∵二次函数的图象与直线y＝2a2有两个交点，
∴函数的最小值小于2a2，
则4(3a2−2a+3)−4(a+1)24=2a2−4a+2，
即2a2﹣4a+2＜2a2，
解得a＞12；
（2）解：∵二次函数的图象与x轴有交点，
∴Δ＝4（a+1）2﹣4×1×（3a2﹣2a+3）＝﹣8a2+16a﹣8＝﹣8（a﹣1）2≥0，
∴8（a﹣1）2≤0，
又∵8（a﹣1）2≥0，
∴8（a﹣1）2＝0，
解得a＝1；
（3）证明：∵当x＝0时，y=3a2−2a+3=3(a−13)2+83＞0，
∴二次函数的图象不经过原点．
【点评】本题考查二次函数图象与x轴的交点问题，以及二次函数图象的性质．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
25．（12分）一块直角三角形木板，它的一条直角边BC长2m，面积为1.5m2．
（1）甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大；
（2）丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积y（m2）与DE的长x（m）之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值．
【分析】（1）先运用勾股定理算出AB=BC2+AC2=2.5(m)，再运用正方形的性质分别证明Rt△ADE∽Rt△ACB，Rt△DEC∽Rt△ABC，Rt△ADG∽Rt△ABC，然后代入数值化简得x32−35x=45，进行计算得x=3037m，然后进行比较，即可作答；
（2）与（1）同理证明Rt△ADE∽Rt△ACB，则长方形的面积y=DE×DC=−34(x−1)2+34，结合二次函数的图象性质得当x＝lm时，长方形的面积有最大值为34m2，然后证明Rt△DEC∽Rt△ABC，Rt△ADG∽Rt△ABC，再把数值代入长方形的面积y＝DE×DG，化简得y=−1225(x−54)2+34，结合二次函数的图象性质进行作答即可．
【解答】解：（1）∵BC＝2m，面积为1.5m2，
∴AC=1.512×2=1.5(m)，
∴AB=BC2+AC2=2.5(m)，
设正方形的边长为 x m，
∵四边形CDEF是正方形，
∴DE∥CF，∠ADE＝∠C＝90°，DE＝CD＝x，AD＝1.5﹣x，
∵∠A＝∠A，
∴Rt△ADE∽Rt△ACB，
得DECB=ADAC，
即x2=1.5−x1.5，
解得x=67(m)，
∵四边形GDEF是正方形，
∴DE∥GF，
∴∠CED＝∠B，∠EDC＝∠A，
∴Rt△DEC∽Rt△ABC，
得DCDE=ACAB=35，
即DCDE=35，
∴DC=35x，
∴AD=AC−DC=32−35x，
∵∠A＝∠A，∠AGD＝∠C＝90°，
∴Rt△ADG∽Rt△ABC，
得DGDA=BCAB，
即x32−35x=45，
解得x=3037(m)，
∵67＞3037，
∴图1的正方形面积较大；
（2）∵四边形CDEF是长方形，
∴DE∥CF，∠ADE＝∠C＝90°，DE＝CD＝x，AD＝1.5﹣x，
∵∠A＝∠A，
∴Rt△ADE∽Rt△ACB，
得ADDE=ACCB=34，
则AD=34x，DC＝AC﹣AD=6−3x4，
∴长方形的面积y＝DE×DC=x×6−3x4=34x(2−x)=−34(x−1)2+34，
∵−34＜0，
∴开口向下，
当x＝1m时，长方形的面积有最大值为34m2，
在图4中，同理得Rt△DEC∽Rt△ABC，
得DEDC=ABAC=53，
∴DC=35x，DA=AC−DC=32−35x，
同理得Rt△ADG∽Rt△ABC，
得DGDA=BCBA=45，
则DG=45DA=45(32−35x)，
∴长方形的面积y=DE×DG=x×45(32−35x)=−1225(x−54)2+34，
∵−1225＜0，
∴开口向下，
∴当x=54m时，长方形的面积有最大值为34m2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，二次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
26．（12分）已知AD是△ABC的高，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）请你在图1中用无刻度的直尺和圆规，作△ABC的外接圆（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图2，若⊙O的半径为R，求证：R=AC⋅AB2AD；
（3）如图3，延长AD交⊙O于点E，过点E的切线交OC的延长线于点F．若BC＝7，AD=33，∠ACB＝60°，求CF的长．
【分析】（1）分别作AB，BC的垂直平分线交于点O，以OA为半径作圆，即可求解；
（2）作⊙O的直径AM，连接BM，证明△ABM∽△ADC，根据相似三角形的性质，即可求解；
（3）连接OE，根据EF为⊙O的切线，得出∠OEF＝90°，进而证明△OEC是等边三角形，得出CE＝CF＝R，在Rt△ADC，Rt△ABD中分别求得AB，AC，根据（2）的结论求得R=1293即可求解．
【解答】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图，作⊙O的直径AM，连接BM，
∴∠ABM＝90°，AM＝2R，
∵AD是△ABC 的高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ACB＝∠AMB，
∴△ABM∽△ADC，
∴ABAD=AMAC，即ABAD=2RAC，
∴R=AB⋅AC2AD；
（3）解：如图，连接OE，
∵EF为⊙O的切线，
∴∠OEF＝90°，
∵∠ACB＝60°，∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝30°，
∴∠EOC＝60°，∠F＝30°，
∵OE＝OC，
∴△OEC是等边三角形，∠OEC＝∠OCE＝60°，
∴∠CEF＝30°，∠CEF＝∠F，
∴CE＝CF＝R．
在Rt△ADC中，AD=33，∠ACB＝60°，tan60°=ADCD=33CD，
∴CD＝3，BD＝BC﹣CD＝7﹣3＝4，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=(33)2+32=6，
在Rt△ABD中，AB=AD2+BD2=42+(33)2=43，
代入R=AB⋅AC2AD，得R=1293，
即CF=1293．
【点评】本题考查了作三角形的外接圆，相似三角形的性质与判定，切线的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
27．（12分）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板ABCD的边AB、BC上分别取点E、F，且AE＝BF，AF交DE于点O．连接AC，过点F作FG⊥AC，垂足为G，连接GD、GE，DE交AC于点P，GE交AF于点Q．
【活动猜想】
（1）GD与GE的数量关系是 相等 ，位置关系是 垂直 ；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若AD＝3，AE＝1，求QF的长；
【综合探究】
（4）若AD＝3，则当AP＝ 32−3 时，△DPG的面积最小．
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N，证明四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，结合正方形性质证明GN＝GM＝MC＝CN＝BT＝MF，则可得ET＝NG，证明Rt△DNG≌Rt△GTE，得出DG＝GE，∠NDG＝∠EGT，再利用∠NDG+∠NGD＝90°，得出∠DGE＝90°，即可证明；
（3）证明Rt△DAE≌Rt△ABF，得出∠ADE＝∠BAF，AF＝DE，再证明∠AOE＝90°，在Rt△DAE 中，利用勾股定理求出DE=AE2+AD2=10由等面积法得求出AO=31010，在Rt△OAE 中，利用勾股定理求出OE=AE2−AO2=1010，再证明△EOQ为等腰直角三角形，得出QO=EO=1010，利用线段和差即可求解；
（4）构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，证明△HPG是等腰直角三角形，得出PG=2r求得S△DPG=12PG×DT=324PG′则当PG最小时，△DPG 的面积最小，则r最小时，△DPG 的面积最小，由DH+HR=r+22r=(1+22)r'可知当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，此时，点T与R重合，再进行计算即可．
【解答】（1）解：相等，垂直；
（2）证明：过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°，∠B＝∠BCD＝90°，
∴∠TGM＝∠B＝∠GMB＝∠GMC＝∠BCD＝∠NGM＝90°，
∴四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，
∴GN＝GM＝MC＝CN＝BT，∠CNT＝∠BTG＝90°，BM＝GT，
∴∠DNG＝∠GTE＝90°，
∴DC﹣CN＝BC﹣CM，即DN＝BM＝GT，
∵FG⊥AC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CFG＝45°，
∴CG＝GF，
∴CM＝MF，
∴GN＝GM＝MC＝CN＝BT＝MF，
∵AE＝BF，
∴AB﹣AE﹣BT＝BC﹣BF﹣MF，
∴ET＝NG，
∴Rt△DNG≌Rt△GTE，
∴DG＝GE，∠NDG＝∠EGT，
又∵∠NDG+∠NGD＝90°，
∴∠EGT+∠NGD＝90°，
∴∠DGE＝90°，
∴DG⊥GE；
（3）解：在正方形ABCD中，由AB＝AD，∠DAE＝∠ABF＝90°，AE＝BF，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF，
∴∠ADE＝∠BAF，AF＝DE，
∴∠ADE+∠DEA＝∠BAF+∠DEA＝90°，
∴∠AOE＝90°，
∴AF⊥DE，
在Rt△DAE中，AD＝3，AE＝1，
得DE=AE2+AD2=12+32=10，
由等面积法得AO×DE×12=AE×AD×12，
即AO×10×12=1×3×12，
∴AO=31010，
在Rt△OAE中，OE=AE2−AO2=12−(31010)2=1010，
由（2）可知DG＝GE，DG⊥GE，
∴∠GED＝45°，
∴△EOQ为等腰直角三角形，
∴QO=EO=1010，
∴QF=AF−AO−OQ=10−31010−1010=3105；
（4）解：如图，构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，
设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，
由（2）可知DG＝GE，DG⊥GE，
∴∠GDP＝45°，
∴∠PHG＝2∠GDP＝90°，
∵HP＝HG，
∴△HPG是等腰直角三角形，HR=PR=GR=12PG=PH2=22r，
∴PG=2r，
∵正方形ABCD中，AD＝3，△ACD是等腰直角三角形，AC=2AD=32，DT=AT=CT=12AC=322，
∴S△DPG=12PG×DT=12PG×322=324PG，
∴当PG最小时，△DPG的面积最小，
∴当r最小时，△DPG的面积最小，DH+HR=r+22r=(1+22)r，
∴当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，由点到直线的最短距离可得，
当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，此时如图，点T与R重合，
则DR=(1+22)r=322，
解得：r=62−62，
∴PR=22r=6−322，
∴AP=AR−PR=AT−PR=322−6−322=32−3．
【点评】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
组别
体重x（kg）
频数（人数）
A类
x＜49.5
10
B类
49.5≤x＜59.5
a
C类
59.5≤x＜69.5
8
D类
x≥69.5
b
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C．
D
B
C
A
C
A
红
白
白
白
红
（红，红）
（红，白）
（红，白）
（红，白）
白
（白，红）
（白，白）
（白，白）
（白，白）
白
（白，红）
（白，白）
（白，白）
（白，白）
白
（白，红）
（白，白）
（白，白）
（白，白）
组别
体重x（kg）
频数（人数）
A类
x＜49.5
10
B类
49.5≤x＜59.5
a
C类
59.5≤x＜69.5
8
D类
x≥69.5
b