【中考数学】2025年四川省南充市中考适应性模拟试卷（含解析）

这是一份【中考数学】2025年四川省南充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．（4分）下列计算正确的是（ ）
A．2a+a＝3B．2a﹣a＝2C．2a•a＝2a2D．2a÷a＝2a
2．（4分）如图，把含有60°的直角三角板斜边放在直线l上，则∠α的度数是（ ）
A．120°B．130°C．140°D．150°
3．（4分）2024年9月25日8时44分，我国火箭军成功发射了一枚“东风﹣31AG”洲际弹道导弹，导弹平均速度为25马赫，马赫为速度单位，1马赫约为340米/秒．用科学记数法表示“东风﹣31AG”导弹的平均速度为（ ）
A．8.5×102米/秒B．8.5×103米/秒
C．8.5×104米/秒D．85×103米/秒
4．（4分）一次体质健康检测中，某班体育委员对该班20名男生在一分钟内“引体向上”的个数进行了统计，并制作如下统计表：
则这20名男生在一分钟内“引体向上”的个数的众数是（ ）
A．6B．9C．11D．15
5．（4分）我国宋代数学家秦九韶发明的“大衍求一术”阐述了多元方程的解法，大衍问题源于《孙子算经》中“物不知数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三…，问物几何？”意思是：有一些物体不知个数，每3个一数，剩余2个；每5个一数，剩余3个…．问这些物体共有多少个？设3个一数共数了x次，5个一数共数了y次，其中x，y为正整数，依题意可列方程（ ）
A．3x+2＝5y+3B．5x+2＝3y+3C．3x﹣2＝5y﹣3D．5x﹣2＝3y﹣3
6．（4分）如图，把直径为1个单位长度的圆从点A沿数轴向右滚动一周，圆上点A到达点A′，点A′对应的数是2，则滚动前点A对应的数是（ ）
A．2﹣2πB．π﹣2C．5﹣2πD．2﹣π
7．（4分）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（ ）
A．12B．83C．16D．123
8．（4分）已知abc=bac=cab=2，则a2+b2+c2abc的值是（ ）
A．2B．3C．4D．6
9．（4分）如图，AB是⊙O的直径，AD⊥AB于点A，OD交⊙O于点C，AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，P为线段AB上一动点，若CD＝4，则PE+PF的最小值是（ ）
A．4B．27C．6D．43
10．（4分）已知某函数图象关于y轴对称，当0≤x≤2时，y＝x2﹣2x；当x＞2时，y＝2x﹣4．若直线y＝x+b与这个函数图象有且仅有四个不同交点，则实数b的范围是（ ）
A．−14＜b＜0B．−94＜b＜−14
C．−14≤b≤0D．b≤−14或b＞0
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）计算：a（a﹣3）﹣a2＝ ．
12．（4分）不透明的袋子中装有4个黑球和2个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，随机从袋子中摸出一个球，恰好为白球的概率是 ．
13．（4分）不等式组x−3＞−1−x＜−m+1的解集是x＞2，则m的取值范围是 ．
14．（4分）如图，∠AOB＝90°，在射线OB上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧；再以点C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点D，连接并延长CD交射线OA于点E．设OC＝1，则OE的长是 ．
15．（4分）已知直线y＝m（x+1）（m≠0）与直线y＝n（x﹣2）（n≠0）的交点在y轴上，则nm+mn的值是 ．
16．（4分）如图，AC为正方形ABCD的对角线，CE平分∠ACB，交AB于点E，把△CBE绕点B逆时针方向旋转90°得到△ABF，延长CE交AF于点M，连接DM，交AC于点N．给出下列结论：①CM⊥AF；②CF＝AF；③∠CMD＝45°；④ANCN=2−1．以上结论正确的是 ．（填写序号）
三、解答题（本大题共9个小题，共86分）
17．（8分）计算：（π﹣2025）0+8−4sin45°−(12)−1+|﹣2|．
18．（8分）如图，在五边形ABCDE中，AB＝AE，AC＝AD，∠BAD＝∠EAC．
（1）求证：△ABC≌△AED．
（2）求证：∠BCD＝∠EDC．
19．（8分）为了弘扬优秀传统文化，某校拟增设四类兴趣班：A川剧班、B皮影班、C剪纸班、D木偶班．学校的调研小组在全校随机抽取了部分学生进行问卷调查，调查问题是“你最希望增设的兴趣班”（四类中必选并只选一类），调研小组根据调查结果绘制出如下不完整的统计图：
（1）求问卷调查的总人数，并补全条形图．
（2）若该校共有800名学生，估计最希望增设“木偶班”的学生人数．
（3）本次调研小组共有5人，其中男生3人，女生2人，现从5人中随机抽取2人向学校汇报调查结果，求恰好抽中一男一女的概率．
20．（10分）设x1，x2是关于x的方程（x﹣1）（x﹣2）＝m2的两根．
（1）当x1＝﹣1时，求x2及m的值．
（2）求证：（x1﹣1）（x2﹣1）≤0．
21．（10分）如图，一次函数与反比例函数图象交于点A（﹣3，1），B（1，n）．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）点C在反比例函数第二象限的图象上，横坐标为a，过点C作x轴的垂线，交AB于点D，CD=72，求a的值．
22．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以CD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，M为线段DB上一点，ME＝MD．
（1）求证：ME是⊙O的切线．
（2）若CF＝3，sinB=45，求OM的长．
23．（10分）学校计划租用客车送师生到某红色基地，参加主题为“缅怀先烈，强国有我”的研学活动，请阅读下列材料，并完成相关问题．
（1）A，B两种型号的客车每辆载客量分别是多少？
（2）本次研学活动学校的最少租车费用是多少？
24．（10分）矩形ABCD中，AB＝10，AD＝17，点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F，求证：FP＝FC．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段CD上，CM＝4．点E在移动过程中，求PM的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段AD上，AN＝4．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长．
25．（12分）抛物线y＝ax2+2ax−154（a≠0）与x轴交于A（3，0），B两点，N是抛物线顶点．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；
（2）如图1，抛物线上两点P（m，y1），Q（m+2，y2），若PQ∥BN，求m的值；
（3）如图2，点M（﹣1，﹣5），如果不垂直于y轴的直线l与抛物线交于点G，H，满足∠GMN＝∠HMN．探究直线l是否过定点？若直线l过定点；求定点坐标；若不过定点，请说明理由．
2025年四川省南充市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）下列计算正确的是（ ）
A．2a+a＝3B．2a﹣a＝2C．2a•a＝2a2D．2a÷a＝2a
【分析】利用合并同类项法则、单项式乘单项式法则、单项式除单项式法则逐个计算得结论．
【解答】解：∵2a+a＝3a≠3，2a﹣a＝a≠2，故选项A、B计算错误；
2a•a＝2a2，故选项C计算正确；
2a÷a＝2≠2a，故选项D计算错误．
故选：C．
【点评】本题考查了整式的运算，掌握合并同类项法则、单项式乘（除）单项式法则是解决本题的关键．
2．（4分）如图，把含有60°的直角三角板斜边放在直线l上，则∠α的度数是（ ）
A．120°B．130°C．140°D．150°
【分析】利用三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵直角三角板，
∴α＝90+60°＝150°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
3．（4分）2024年9月25日8时44分，我国火箭军成功发射了一枚“东风﹣31AG”洲际弹道导弹，导弹平均速度为25马赫，马赫为速度单位，1马赫约为340米/秒．用科学记数法表示“东风﹣31AG”导弹的平均速度为（ ）
A．8.5×102米/秒B．8.5×103米/秒
C．8.5×104米/秒D．85×103米/秒
【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：用科学记数法表示“东风﹣31AG”导弹的平均速度为25×340＝8500＝8.5×103（米/秒），
故选：B．
【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．
4．（4分）一次体质健康检测中，某班体育委员对该班20名男生在一分钟内“引体向上”的个数进行了统计，并制作如下统计表：
则这20名男生在一分钟内“引体向上”的个数的众数是（ ）
A．6B．9C．11D．15
【分析】根据众数的定义求解即可．
【解答】解：由表知，这组数据中11出现次数最多，有8次，
所以这组数据的众数为11，
故选：C．
【点评】本题主要考查众数，解题的关键是掌握众数的定义：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
5．（4分）我国宋代数学家秦九韶发明的“大衍求一术”阐述了多元方程的解法，大衍问题源于《孙子算经》中“物不知数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三…，问物几何？”意思是：有一些物体不知个数，每3个一数，剩余2个；每5个一数，剩余3个…．问这些物体共有多少个？设3个一数共数了x次，5个一数共数了y次，其中x，y为正整数，依题意可列方程（ ）
A．3x+2＝5y+3B．5x+2＝3y+3C．3x﹣2＝5y﹣3D．5x﹣2＝3y﹣3
【分析】根据“有一些物体不知个数，每3个一数，剩余2个；每5个一数，剩余3个”，结合这些物体的总数量不变，即可可列出关于x，y的二元一次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：3x+2＝5y+3．
故选：A．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
6．（4分）如图，把直径为1个单位长度的圆从点A沿数轴向右滚动一周，圆上点A到达点A′，点A′对应的数是2，则滚动前点A对应的数是（ ）
A．2﹣2πB．π﹣2C．5﹣2πD．2﹣π
【分析】根据题意求出AA′，然后设滚动前点A对应的数为x，根据两点间的距离公式列出关于x的方程，解方程求出x即可．
【解答】解：由题意可知：AA′＝π×1＝π，
设滚动前点A对应的数为x，
∴|2﹣x|＝π，
2﹣x＝π，
x＝2﹣π，
∴滚动前点A对应的数是2﹣π，
故选：D．
【点评】本题主要考查了实数与数轴，解题关键是熟练掌握两点间的距离公式．
7．（4分）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（ ）
A．12B．83C．16D．123
【分析】根据矩形和正六边形的性质可得∠ACB＝60°，然后解直角三角形可得AB，AC，BF，DE，从而得到AF=23，AE＝4，即可求解．
【解答】解：如图，
∵是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，且正六边形的边长为2，
∴∠BCD＝120°，∠A＝90°，BC＝CD＝2，
∴∠ACB＝60°，
∴AB=BC×sin∠ACB=2×32=3，AC=BC×cs∠ACB=2×12=1，
同理BF=3，DE＝1，
∴AF=23，AE＝4，
∴矩形的面积是AE×AF=4×23=83，
故选：B．
【点评】本题主要考查了矩形和正六边形的性质，解直角三角形，掌握解直角三角形是解题的关键．
8．（4分）已知abc=bac=cab=2，则a2+b2+c2abc的值是（ ）
A．2B．3C．4D．6
【分析】根据abc=bac=cab=2，可得a＝2bc，b＝2ac，c＝2ab，从而得到a2＝2abc，b2＝2abc，c2＝2abc，然后代入化简即可．
【解答】解：∵abc=bac=cab=2，
∴a＝2bc，b＝2ac，c＝2ab，
∴a2＝2abc，b2＝2abc，c2＝2abc，
∴a2+b2+c2abc=2abc+2abc+2abcabc=6abcabc=6，
故选：D．
【点评】本题主要考查了比例的性质，分式的化简求值，掌握比例的性质，分式的化简求值是解题的关键．
9．（4分）如图，AB是⊙O的直径，AD⊥AB于点A，OD交⊙O于点C，AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，P为线段AB上一动点，若CD＝4，则PE+PF的最小值是（ ）
A．4B．27C．6D．43
【分析】如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，由垂径定理得AC=CF=BF，进而得∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，∠BOM＝∠AOC＝60°＝∠BOF，点F关于AB的对称点为点M，根据两点之间线段最短得当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长，在利用直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：如图，延长DO交⊙O于点M，连接PM，PF，OF，
∵AE⊥OD于点E，交⊙O于点F，F为弧BC的中点，
∴AC=CF=BF，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF，
∵∠AOC+∠COF+∠BOF＝180°，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，
∴∠BOM＝∠AOC＝60°＝∠BOF，
∴点F关于AB的对称点为点M，
∴PM＝PF，
∴PE+PF＝PE+PM≥EM，
当E，P，M三点共线时，PE+PF最小，最小值为EM的长，
∵∠AOC＝60°，AD⊥AB，
∴∠D＝30°，
∴OD＝2OA，
∵CD＝4，
∴OD＝OC+4＝2OA＝2OC，即OC＝4，
∴OC＝OA＝OB＝OM＝OF＝4，
∵AF⊥OC，∠AOC＝60°，
∴∠OAE＝30°，
∴OE=12OA=2，
∴PE+PF的最小值EM＝OE+OM＝2+4＝6．
故选：C．
【点评】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键．
10．（4分）已知某函数图象关于y轴对称，当0≤x≤2时，y＝x2﹣2x；当x＞2时，y＝2x﹣4．若直线y＝x+b与这个函数图象有且仅有四个不同交点，则实数b的范围是（ ）
A．−14＜b＜0B．−94＜b＜−14
C．−14≤b≤0D．b≤−14或b＞0
【分析】先根据函数图象关于y轴对称，求出x＜0时的函数表达式，再画出函数图象，结合直线y＝x+b的平移，分析直线与函数图象有四个交点时b的取值范围．
【解答】解：∵函数图象关于y轴对称，当0≤x≤2时，y＝x2﹣2x，
∴当﹣2≤x＜0时，y＝x2+2x；当x＜﹣2时，y＝﹣2x﹣4．
画出函数图象：
当0≤x≤2时，y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，这是一个开口向上，顶点为（1，﹣1），与x轴交点为（0，0），（2，0）的抛物线一部分．
当x＞2时，y＝2x﹣4，是一条k为2，过（2，0）的射线．
根据对称性画出x＜0时的函数图象．
联立y=x2+2xy=x+b（﹣2≤x＜0时），得x2+x﹣b＝0，
当Δ＝1+4b＝0，即b=−14时，直线与y＝x2+2x（﹣2≤x＜0）相切．
当直线过（0，0）时，b＝0．
结合图象可知，当−14＜b＜0时，直线y＝x+b与这个函数图象有且仅有四个不同交点．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数、一次函数的图象与性质以及函数交点问题，熟练掌握函数图象的绘制和直线平移时与函数图象交点情况的分析是解题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）计算：a（a﹣3）﹣a2＝ ﹣3a ．
【分析】利用单项式乘多项式法则计算后再合并同类项即可．
【解答】解：原式＝a2﹣3a﹣a2＝﹣3a，
故答案为：﹣3a．
【点评】本题考查单项式乘多项式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
12．（4分）不透明的袋子中装有4个黑球和2个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，随机从袋子中摸出一个球，恰好为白球的概率是 13 ．
【分析】随机从袋子中摸出一个球共有6种等可能结果，其中恰好为白球的有2种结果，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：根据题意知，随机从袋子中摸出一个球共有6种等可能结果，其中恰好为白球的有2种结果，
所以恰好为白球的概率是26=13，
故答案为：13．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
13．（4分）不等式组x−3＞−1−x＜−m+1的解集是x＞2，则m的取值范围是 m≤3 ．
【分析】分别求出每个不等式的解集，结合不等式组的解集得出关于m的不等式，解之即可．
【解答】解：由x﹣3＞﹣1得：x＞2，
由﹣x＜﹣m+1得：x＞m﹣1，
∵不等式组的解集为x＞2，
∴m﹣1≤2，
解得m≤3，
故答案为：m≤3．
【点评】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．
14．（4分）如图，∠AOB＝90°，在射线OB上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧；再以点C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点D，连接并延长CD交射线OA于点E．设OC＝1，则OE的长是 3 ．
【分析】先确定△OCD是等边三角形，则∠OCD＝60°，再解直角三角形即可求解．
【解答】解：连OD，由作图可得OD＝OD＝CD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∴OE=OC×tanC=3×1=3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
15．（4分）已知直线y＝m（x+1）（m≠0）与直线y＝n（x﹣2）（n≠0）的交点在y轴上，则nm+mn的值是 −52 ．
【分析】由直线y＝m（x+1）（m≠0）与直线y＝n（x﹣2）（n≠0）的交点在y轴上可知当x＝0时函数值相等，得到m＝﹣2n，然后代入nm+mn化简即可．
【解答】解：当x＝0时，y＝m（x+1）＝m，y＝n（x﹣2）＝﹣2n，
∵直线y＝m（x+1）（m≠0）与直线y＝n（x﹣2）（n≠0）的交点在y轴上，
∴m＝﹣2n，
∴nm+mn=n−2n+−2nn=−52，
【点评】本题考查一次函数的交点问题，推导知 x＝0时函数值相等是解题的关键．
16．（4分）如图，AC为正方形ABCD的对角线，CE平分∠ACB，交AB于点E，把△CBE绕点B逆时针方向旋转90°得到△ABF，延长CE交AF于点M，连接DM，交AC于点N．给出下列结论：①CM⊥AF；②CF＝AF；③∠CMD＝45°；④ANCN=2−1．以上结论正确的是 ①③④ ．（填写序号）
【分析】由旋转性质得△CBE≌△ABF，可得CE＝AF，∠BCE＝∠FAB，BE＝BF，进而由∠BEC+∠BCE＝∠FAB+∠AEM＝90°，即可判断①；由CF＝BC+BF＝AB+BF＞AF，即可判断②；由A、M、B、C、D在以AC为直径的圆上，可以证明∠CAD＝∠CMD＝45°，即可判断③，设AD＝CD＝BC＝a，由勾股定理解三角形可得AN=(2−1)a，CN=AC−AN=2a−(2−1)a=a，即可判断④．
【解答】解：∵把△CBE绕点B逆时针方向旋转90°得到△ABF，
∴△CBE≌△ABF，
∴CE＝AF，∠BCE＝∠FAB，BE＝BF，
∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
又∵∠AEM＝∠BEC，
∴∠BEC+∠BCE＝∠FAB+∠AEM＝90°，
∴∠AMC＝90°，
即CM⊥AF，
故①结论正确，符合题意；
∵AB+BF＞AF，CF＝BC+BF＝AB+BF，
∴CF＞AF，
故②结论错误，不符合题意；
∵正方形ABCD，
∴∠CAB＝∠CAD＝∠ACB＝45°，
∴∠AMC＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴A、M、B、C、D在以AC为直径的圆上，如图，
∵CD=CD，
∴∠CAD＝∠CMD＝45°，
故结论③正确，符合题意；
如图，过N点作NG⊥AC，交AD于G，
∵CE平分∠ACB，∠ACB＝45°，
∴∠ACM＝22.5°，
∵AM=AM，
∴∠ACM＝∠ADM＝22.5°，
∵∠CAD＝45°，
∴∠AGN＝90°﹣∠CAD＝45°，∠DNG＝180°﹣∠CAD﹣∠ANG﹣∠ADN＝22.5°，
∴∠CAD＝∠AGN＝45°，∠GDN＝∠DNG＝22.5°，
∴AN＝NG＝GD，
设AD＝CD＝BC＝a，
在Rt△ANG中，AN2+NG2＝AG2，
∴2AN2＝（a﹣AN）2，
∴AN=(2−1)a（负根已舍去），
∵AC=AD2+CD2=2a，
∴CN=AC−AN=2a−(2−1)a=a，
∴ANCN=(2−1)aa=2−1，
故结论④正确，符合题意；
综上，①③④结论正确，
故答案为：①③④．
【点评】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
三、解答题（本大题共9个小题，共86分）
17．（8分）计算：（π﹣2025）0+8−4sin45°−(12)−1+|﹣2|．
【分析】先计算零指数幂、化简二次根式、代入三角函数值、计算负整数指数幂和绝对值，再计算乘法，最后计算加减即可．
【解答】解：原式=1+22−4×22−2+2
=1+22−22−2+2
＝1．
【点评】本题主要考查实数的运算，解题的关键是掌握零指数幂和负整数指数幂的规定、绝对值的性质、二次根式的性质及熟记特殊锐角的三角函数值．
18．（8分）如图，在五边形ABCDE中，AB＝AE，AC＝AD，∠BAD＝∠EAC．
（1）求证：△ABC≌△AED．
（2）求证：∠BCD＝∠EDC．
【分析】（1）先证明∠BAC＝∠EAD，进而可依据“SAS”判定△ABC与△AED全等； （2）根据AC＝AD得∠ACD＝∠ADC，再根据全等三角形性质得∠ACB＝∠ADE，由此即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠EAC，
∴∠BAD﹣∠CAD＝∠EAC﹣∠CAD，
∴∠BAC＝∠EAD，
在△ABC与△AED中，
AB=AE∠BAC=∠EADAC=AD，
∴△ABC≌△AED（SAS）；
（2）解：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
由（1）可知：△ABC≌△AED，
∴∠ACB＝∠ADE，
∴∠ACB+∠ACD＝∠ADE+∠ADC，
∴∠BCD＝∠EDC．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
19．（8分）为了弘扬优秀传统文化，某校拟增设四类兴趣班：A川剧班、B皮影班、C剪纸班、D木偶班．学校的调研小组在全校随机抽取了部分学生进行问卷调查，调查问题是“你最希望增设的兴趣班”（四类中必选并只选一类），调研小组根据调查结果绘制出如下不完整的统计图：
（1）求问卷调查的总人数，并补全条形图．
（2）若该校共有800名学生，估计最希望增设“木偶班”的学生人数．
（3）本次调研小组共有5人，其中男生3人，女生2人，现从5人中随机抽取2人向学校汇报调查结果，求恰好抽中一男一女的概率．
【分析】（1）由A川剧班得人数除以占比，即可求解问卷调查的总人数，然后由总人数减去A，B，C的人数求出D木偶班人数，即可补全条形统计图；
（2）用样本估计整体的方法即可求解；
（3）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．
【解答】解：（1）问卷调查的总人数为26÷26%＝100（人），
D类别人数为100﹣（26+24+20）＝30（人），
补全图形如下：
（2）800×30100=240（人），
答：估计最希望增设“木偶班”的学生人数约为240人；
（3）列表如下：
由表知，共有20种等可能结果，其中恰好抽中一男一女的有12种结果，
所以恰好抽中一男一女的概率为1220=35．
【点评】本题考查了扇形统计图和条形统计图的信息关联，用样本估计总体，树状图或列表法求解概率，正确理解题意，读懂统计图是解题的关键，
20．（10分）设x1，x2是关于x的方程（x﹣1）（x﹣2）＝m2的两根．
（1）当x1＝﹣1时，求x2及m的值．
（2）求证：（x1﹣1）（x2﹣1）≤0．
【分析】（1）先把方程的解代入方程，得关于m的新方程并求解，再根据根与系数的关系或解方程求出方程的另一个解；
（2）先利用根的判别式判断方程解的情况，再利用根与系数的关系整体代入，得结论
【解答】解：（1）把x1＝﹣1代入方程（x﹣1）（x﹣2）＝m2，
得m2＝6，
∴m=±6．
∴（x﹣1）（x﹣2）＝6，即x2﹣3x﹣4＝0．
∴（x﹣4）（x+1）＝0．
∴x1＝﹣1，x2＝4．
∴x2=4，m=±6．
（2）方程（x﹣1）（x﹣2）＝m2可化为x2﹣3x+2﹣m2＝0．
∵Δ＝9﹣4（2﹣m2）＝4m2+1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
∵方程（x﹣1）（x﹣2）＝m2即x2﹣3x+2﹣m2＝0的两根为x1、x2，
∴x1+x2＝3，x1•x2＝2﹣m2．
∴（x1﹣1）（x2﹣1）
＝x1•x2﹣（x1+x2）+1
＝2﹣m2﹣3+1
＝﹣m2．
∵m2≥0，
∴﹣m2≤0，即（x1﹣1）（x2﹣1）≤0．
【点评】本题主要考查了一元二次方程，掌握一元二次方程根的判别式、根与系数的关系、一元二次方程的解法等知识点是解决本题的关键．
21．（10分）如图，一次函数与反比例函数图象交于点A（﹣3，1），B（1，n）．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）点C在反比例函数第二象限的图象上，横坐标为a，过点C作x轴的垂线，交AB于点D，CD=72，求a的值．
【分析】（1）先利用待定系数法求出反比例函数解析式，再求出点B的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式即可；
（2）由题意可得C(a，−3a)，D（a，﹣a﹣2），因为CD=72，所以(−a−2)−−3a=72，即2a2+11a﹣6＝0，然后解方程并检验即可．
【解答】解：（1）设反比例函数解析式为y=k1x(k1≠0)，
∵经过点A（﹣3，1），
∴k1＝﹣3，
∴反比例函数为y=−3x，
∵B（1，n）在y=−3x图象上，n＝﹣3，
∴B（1，﹣3），
设一次函数解析式为y＝k2x+b（k2≠0），
∴.−3k2+b=1k2+b=−3，
解得k2=−1b=−2，
∴一次函数为y＝﹣x﹣2；
（2）∵CD⊥x轴，
∴C(a，−3a)，D（a，﹣a﹣2），
∵CD=72，
∴(−a−2)−−3a=72，即2a2+11a﹣6＝0，
∴a1＝﹣6，a2=12，
∵点C在第二象限，
∴a＝﹣6．
【点评】此题考查了反比例函数和一次函数综合，待定系数法求函数表达式，解一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
22．（10分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以CD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，M为线段DB上一点，ME＝MD．
（1）求证：ME是⊙O的切线．
（2）若CF＝3，sinB=45，求OM的长．
【分析】（1）连接OE，DF，证明△OME和△OMD全等得∠OEM＝∠ODM＝90°，再根据切线的判定即可得出结论；
（2）证明∠B＝∠DCF得sin∠DCF=45，在Rt△DCF中，根据sin∠DCF=DFCD=45，设DF＝4x，CD＝5x，则CF＝3x＝3，进而得x＝1，则CD＝5，OD＝2.5，证明OM∥BC得∠OMD＝∠B，解Rt△ODM即可得出OM的长．
【解答】（1）证明：连接OE，DF，如图所示：

∵CD为⊙O的直径，点E在⊙O上，
∴OD＝OE＝OC，
在△OME和△OMD中，
OE=OCME=MDOM=OM，
∴△OME≌△OMD（SSS），
∴∠OEM＝∠ODM，
∵CD⊥AB，
∴∠ODM＝90°，
∴∠OEM＝90°，
即OE⊥ME，
又∵OE是⊙O的半径，
∴ME是⊙O的切线；
（2）解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠A+∠B＝90°，∠A+∠DCF＝90°，
∴∠B＝∠DCF，
∵sinB=45，
∴sin∠DCF＝4/5，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DCF＝90°，
在Rt△DCF中，sin∠DCF=DFCD=45，
设DF＝4x，CD＝5x，
由勾股定理得：CF=CD2−DF2=(5x)2−(4x)2=3x，
∵CF＝3，
∴3x＝3，
解得：x＝1，
∴CD＝5x＝5，
∴OD=12CD＝2.5，
由（1）可知：△OME≌△OMD，
∴∠EOM＝∠DOM，
∴∠DOE＝∠EOM+∠DOM＝2∠DOM，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵∠DOE是△OCE的外角，
∴∠DOE＝∠OEC+∠OCE＝2∠OCE，
∴2∠DOM＝2∠OCE，
∴∠DOM＝∠OCE，
∴OM∥BC，
∴∠OMD＝∠B，
∴sin∠OMD＝sin∠B=45，
在Rt△ODM中，sin∠OMD=ODOM，
∴45=2.5OM，
∴OM=258．
【点评】此题主要考查了切线的判定，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形，理解平行线的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握切线的判定，全等三角形的判定与性质，灵活运用锐角三角函数的定义及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
23．（10分）学校计划租用客车送师生到某红色基地，参加主题为“缅怀先烈，强国有我”的研学活动，请阅读下列材料，并完成相关问题．
（1）A，B两种型号的客车每辆载客量分别是多少？
（2）本次研学活动学校的最少租车费用是多少？
【分析】（1）设A型客车每辆载客量为x人，则B型客车每辆载客量为（x﹣15）人，根据用A型客车载客600人与用B型客车载客450人的车辆数相同，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出x的值（即A型客车每辆载客量），再将其代入（x﹣15）中，即可求出B型客车每辆载客量；
（2）设租用A型客车m辆，则租用B型客车（10﹣m）辆，根据租用的两种客车的总载客量不少于530人，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，设本次研学活动学校的租车总费用为w元，利用租车总费用＝每辆A型客车的租金×租用A型客车的数量+每辆B型客车的租金×租用B型客车的数量，可找出w关于m的函数关系式，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设A型客车每辆载客量为x人，则B型客车每辆载客量为（x﹣15）人，
根据题意得：600x=450x−15，
解得：x＝60，
经检验，x＝60是所列方程的解，且符合题意，
∴x﹣15＝60﹣15＝45（人）．
答：A型客车每辆载客量为60人，B型客车每辆载客量为45人；
（2）设租用A型客车m辆，则租用B型客车（10﹣m）辆，
根据题意得：60m+45（10﹣m）≥530，
解得：m≥163，
设本次研学活动学校的租车总费用为w元，则w＝（3200﹣50m）m+3000×0.8（10﹣m）＝﹣50m2+800m+24000，
∵抛物线的对称轴为直线m=−8002×(−50)=8，
∴m≤8时，w随着m的增大而增大，
∵m取正整数，且m≥163，
∴当m＝6时，w取得最小值，最小值为﹣50×62+800×6+24000＝27000（元）．
答：本次研学活动学校的最少租车费用是27000元．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及二次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
24．（10分）矩形ABCD中，AB＝10，AD＝17，点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F，求证：FP＝FC．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段CD上，CM＝4．点E在移动过程中，求PM的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段AD上，AN＝4．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长．
【分析】（1）连接EF，证明Rt△EPF≌Rt△ECF，即可求证；
（2）根据题意得点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上，连接AM，当点P在线段AM上时，PM有最小值，根据勾股定理求出AM，即可求解；
（3）过点P作PH⊥AD于H，交BC于点G，证明△PHN∽△DHP，可得HP2＝HN•HD，设HN＝x，HD＝13﹣x，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到HP＝6，AH＝8，HG＝AB＝10，PG＝4，BG＝AH＝8，设BE＝m，则PE＝m，GE＝8﹣m，在Rt△PGE中，根据勾股定理求出m＝5，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，连接EF，
由折叠可得∠APE＝∠B＝90°，PE＝BE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C＝90°，
∵E为BC的中点，
∴BE＝EC，
∴PE＝EC，
在Rt△EPF与Rt△ECF中，
∵EP＝EC，EF＝EF，
∴Rt△EPF≌Rt△ECF（HL），
∴FP＝FC；
（2）解：∵AP＝AB＝10，点E在移动过程中，AP＝10不变．
∴点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上，
连接AM，如图，
当点P在线段AM上时，PM有最小值，
∵AD＝17，AB＝CD＝10，CM＝4，
∴DM＝6，
∴AM=AD2+DM2=172+62=325=513，
∴PM的最小值为AM−AP=513−10；
（3）解：过点P作PH⊥AD于H，延长HP交BC于点G，连接PD、NP，如图，
∵∠NPD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
∵∠PHN＝∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴HPHD=HNHP，
∴HP2＝HN•HD，
∵AN＝4，AD＝17，
∴DN＝13，
设HN＝x，HD＝13﹣x，
∴AH＝x+4，HP2＝x（13﹣x），
∵AB＝10，
∴AP＝AB＝10，
∵HP2＝AP2﹣AH2，
∴HP2＝102﹣（x+4）2，
∴x（13﹣x）＝102﹣（x+4）2，
解得x＝4，
∴HP＝6，AH＝8，HG＝AB＝10，PG＝4，BG＝AH＝8，
设BE＝m，则PE＝m，GE＝8﹣m，
在Rt△PGE中，PE2＝EG2+PG2，
∴m2＝（8﹣m）2+42，
解得m＝5，
即BE的长为5．
【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
25．（12分）抛物线y＝ax2+2ax−154（a≠0）与x轴交于A（3，0），B两点，N是抛物线顶点．
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；
（2）如图1，抛物线上两点P（m，y1），Q（m+2，y2），若PQ∥BN，求m的值；
（3）如图2，点M（﹣1，﹣5），如果不垂直于y轴的直线l与抛物线交于点G，H，满足∠GMN＝∠HMN．探究直线l是否过定点？若直线l过定点；求定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【分析】（1）把A（3，0）代入y=ax2+2ax−154，求出抛物线的解析式，令y＝0，即可求解；
（2）设直线PQ为y＝﹣x+n，设点P(m，14m2+12m−154)，Q(m+2，14(m+2)2+12(m+2)−154)，可得14m2+12m−154=−m+n且14(m+2)2+12(m+2)−154=−(m+2)+n，即可求解；
（3）设直线l解析式y＝kx+b，直线l与抛物线相交于点G（x3，y3），H（x4，y4），与抛物线解析式联立可得Δ＞0，x3+x4＝4k﹣2，x3x4＝﹣15﹣4b，作GC⊥MN，HD⊥MN，GC＝﹣1﹣x3，MC＝y3+5，HD＝x4+1，MD＝y4+5，根据∠GMN＝∠HMN，可得tan∠GMN＝tan∠HMN，从而得到GCMC=HDMD，进而得到（x3+1）（kx4+b+5）+（x4+1）（kx3+b+5）＝0，继而得到﹣4k（b﹣k+3）＝0，再由直线l不垂直于y轴，可得b＝k﹣3，从而得到直线l解析式y＝k（x+1）﹣3，即可求解．
【解答】解：（1）把A（3，0）代入y=ax2+2ax−154，
∴a=14，
∴抛物线的解析式为y=14x2+12x−154，
令y＝0，则14x2+12x−154=0，
解得x1＝﹣5，x2＝3，
∴B（﹣5，0）；
（2）∵y=14(x+1)2−4，N是抛物线顶点，
∴N（﹣1，﹣4），
设直线BN的解析式为y＝k1x+b1，
∵B（﹣5，0），N（﹣1，﹣4），
∴−5k1+b1=0−k1+b1=−4，
解得：k1=−1b1=−5，
∴直线BN的解析式为y＝﹣x﹣5，
∵PQ∥BN，
可设直线PQ为y＝﹣x+n，
设点P(m，14m2+12m−154)，Q(m+2，14(m+2)2+12(m+2)−154)，
∴14m2+12m−154=−m+n且14(m+2)2+12(m+2)−154=−(m+2)+n，
解得：m＝﹣4；
（3）存在定点T满足条件．
设直线l解析式y＝kx+b，直线l与抛物线相交于点G（x3，y3），H（x4，y4），
∴y=14x2+12x−154y=kx+b，
∴x2+（2﹣4k）x﹣15﹣4b＝0，
∴Δ＞0，x3+x4＝4k﹣2，x3x4＝﹣15﹣4b，
作GC⊥MN，HD⊥MN，GC＝﹣1﹣x3，MC＝y3+5，HD＝x4+1，MD＝y4+5，
∵∠GMN＝∠HMN，
∴tan∠GMN＝tan∠HMN．即GCMC=HDMD，
∴−1−x3y3+5=x4+1y4+5，
∴（x3+1）（y4+5）+（x4+1）（y3+5）＝0，
∴（x3+1）（kx4+b+5）+（x4+1）（kx3+b+5）＝0．
∴2kx3x4+（k+b+5）（x3+x4）+2b+10＝0．
∴2k（﹣15﹣4b）+（k+b+5）（4k﹣2）+2b+10＝0．
∴﹣4k（b﹣k+3）＝0，
∵直线l不垂直于y轴，
∴k≠0，
∴b﹣k+3＝0，
∴b＝k﹣3，
∴直线l解析式y＝k（x+1）﹣3，
∵无论k为何值，x＝﹣1，y＝﹣3，
∴l过定点T（﹣1，﹣3），
故存在定点T（﹣1，﹣3）．
【点评】此题考查了二次函数的图象和性质、一次函数和二次函数交点问题等知识．利用数形结合思想解答是解题的关键．
个数
6
9
11
12
15
人数
2
5
8
3
2
材料一
租车公司有A，B两种型号的客车可供租用，在每辆车满员情况下，每辆A型客车比每辆B型客车多载客15人；用A型客车载客600人与用B型客车载客450人的车辆数相同．
材料二
A型客车租车费用为3200元/辆；B型客车租车费用为3000元/辆．
优惠方案：租用A型客车m辆，租车费用（3200﹣50m）元/辆；
租用B型客车，租车费用打八折．
材料三
租车公司最多提供8辆A型客车；
学校参加研学活动师生共有530人，租用A，B两种型号客车共10辆．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
C
A
D
B
D
C
A
个数
6
9
11
12
15
人数
2
5
8
3
2
男
男
男
女
女
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
（女，男）
男
（男，男）
（男，男）
（女，男）
（女，男）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
（女，女）
女
（男，女）
（男，女）
（男，女）
（女，女）
材料一
租车公司有A，B两种型号的客车可供租用，在每辆车满员情况下，每辆A型客车比每辆B型客车多载客15人；用A型客车载客600人与用B型客车载客450人的车辆数相同．
材料二
A型客车租车费用为3200元/辆；B型客车租车费用为3000元/辆．
优惠方案：租用A型客车m辆，租车费用（3200﹣50m）元/辆；
租用B型客车，租车费用打八折．
材料三
租车公司最多提供8辆A型客车；
学校参加研学活动师生共有530人，租用A，B两种型号客车共10辆．