【中考押题卷】广东省深圳市2024-2025学年九年级下学期数学中考模拟押题预测卷三北师大版（含解析）

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广东省深圳市2024-2025学年九年级下学期数学中考模拟押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 金安区校级期末）剪纸是我国古老的民间艺术．下列四个剪纸图案为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）（2024 朝阳区一模）工人师傅常用角尺平分一个任意角，具体做法如下：如图，已知∠AOB是一个任意角，在边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合，就可以知道射线OC是∠AOB的角平分线．依据的数学基本事实是（　　）
A．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
B．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C．两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
D．三边分别相等的两个三角形全等
3．（3分）（2023 美兰区模拟）为了市民出行更加方便，海口市政府大力发展公共交通，2014年海口市公共交通年客运量约为68000000人次，将68000000用科学记数法表示为（　　）
A．68×108 B．6.8×108 C．6.8×107 D．6.8×106
4．（3分）（2023春 砀山县校级期中）下列计算正确的是（　　）
A．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣3
B．（﹣3a﹣4）（3a﹣4）＝9a2﹣16
C．（a+2）2＝a2+2a+4
D．（a﹣7）（a﹣1）＝a2﹣8a+7
5．（3分）（2025春 石景山区校级期中）如果斜坡的坡比为，那么斜坡的坡角等于（　　）
A．30° B．45° C．50° D．60°
6．（3分）（2024秋 福田区校级期末）某班35名学生共种87棵树苗．其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，该班男生有x人，女生有y人．根据题意，所列方程组正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）（2023秋 定兴县校级期中）刘老师用直尺和圆规作已知角的角平分线（如图所示）．
作法：①以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点D，交OB于点E．
②分别以点D、E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C．
③画射线OC，则OC就是∠AOB的角平分线．
根据以上作角平分线的过程，你认为相等的线段最多的一组有（　　）条．
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（3分）（2023秋 锦江区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝10，AC＝12，过D作AC的平行线交BC的延长线于点E，则△CDE的面积为（　　）
A．42 B．46 C．48 D．52
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2023 佛山模拟）分解因式：16﹣8（a﹣b）+（a﹣b）2＝　 　 ．
10．（3分）（2024秋 田家庵区校级月考）一个不透明的袋子中装有四个小球，它们除了分别标有的数字1，2，3，4不同外，其它完全相同，任意从袋子中摸出一球后放回袋子里，再任意摸出一球，则两次摸出的球所标数字之和为6的概率是　 　 ．
11．（3分）如图，已知△ABC∽△DEF，它们对应顶点的连线AD，BE，CF相交于点O，这两个三角形 　 　 （填“是”或“不是”）位似图形．
12．（3分）（2022秋 铜仁市校级期中）如图：Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别是（0，2），（2，0），∠ACB＝90°，tanB＝2，函数y（k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为 　 　 ．
13．（3分）（2024 榆林二模）如图，在△ABC中，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点E是的中点，连接CE交AB于点F，且BC＝BF．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若，AC＝8，求AF的长．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（7分）（2021春 蓬江区期末）计算：．
15．（9分）（2024秋 长春校级期末）先化简，再求值：，其中x＝4．
16．（9分）（2023春 澄海区期末）在读书月活动中，学校准备购买一批课外读物．为使课外读物满足同学们的需求，学校就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同学只选一类），如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查中，一共调查了 　 　 名同学；
（2）条形统计图中，m＝　 　 ，n＝　 　 ；
（3）扇形统计图中，艺术类读物所在扇形的圆心角是 　 　 度；
（4）学校计划购买课外读物4000册，请根据样本数据，估计学校购买文学类读物多少册比较合理？
17．（9分）（2024秋 老河口市期末）随着电子技术的快速发展，小型无人机越来越受到孩子们的青睐，“元旦”前夕，某玩具商店用2400元购进一批小型无人机，销售时发现供不应求，销售完后又用6400元购进一批同型号的小型无人机，已知第二批小型无人机的数量是第一批的2倍，且单价比第一批贵10元．
（1）第一批小型无人机的单价是多少元？
（2）若两次购进的小型无人机按同一价格销售，要使小型无人机全部售完后利润不少于3200元，那么销售单价至少为多少元？
18．（9分）（2024 临清市模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E分别在直径AB，弦AC上，点F在线段DE的延长线上，连接CF．
（1）请从下列三条信息中选择两条作为补充条件，余下的一条作为结论组成一个真命题，并说明理由．
①DE⊥AB；②CF＝EF；③CF是⊙O的切线．
你选择的补充条件是 　 　 ，结论是 　 　 ；（填写序号）
（2）在（1）的条件下，若DE＝10，EF＝13，．
①求AE，AC的长；
②求⊙O的半径．
19．（9分）（2024 德惠市二模）如图，抛物线y＝kx2﹣2kx﹣1与y轴交于点C．已知抛物线顶点坐标为（1，﹣2），点P在此抛物线上，其坐标为（m，n）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当﹣1≤m≤2时，结合图象，直接写出n的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）恰有三个点到x轴的距离为1，求m的取值范围．
（4）当m＞1时，以PC为边作正方形，当此正方形的另外两个顶点中有一个顶点在此抛物线的对称轴上时，直接写出m的值．
20．（9分）（2024春 长乐区期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AM＝AD，∠MAD＝α（0o＜α＜120o），AN平分∠MAD交BM延长线于点N，连接NC，ND．
（1）求∠BMA的度数；（用含α的式子表示）
（2）求证：△CDN是等腰三角形；
（3）求线段NA，NB，ND之间的数量关系．
广东省深圳市2024-2025学年九年级下学期数学中考模拟押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 金安区校级期末）剪纸是我国古老的民间艺术．下列四个剪纸图案为中心对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】B
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此分析判断即可．
【解答】解：中心对称图形的概念逐项分析判断如下：
A、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故符合题意；
C、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
D、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键．
2．（3分）（2024 朝阳区一模）工人师傅常用角尺平分一个任意角，具体做法如下：如图，已知∠AOB是一个任意角，在边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合，就可以知道射线OC是∠AOB的角平分线．依据的数学基本事实是（　　）
A．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
B．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C．两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
D．三边分别相等的两个三角形全等
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】依题意得CM＝CN，然后可依据“SSS”判定△OCM和△OCN全等，从而得∠MOC＝∠NOC，据此可得出所依据的数学基本事实．
【解答】解：∵角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合
∴CM＝CN，
在△OCM和△OCN中，
，
∴△OCM≌△OCN（SSS），
∴∠MOC＝∠NOC，
即OC平分∠AOB，
∴依据的数学基本事实是三边分别相等的两个三角形全等．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握三边分别相等的两个三角形全等是解决问题的关键．
3．（3分）（2023 美兰区模拟）为了市民出行更加方便，海口市政府大力发展公共交通，2014年海口市公共交通年客运量约为68000000人次，将68000000用科学记数法表示为（　　）
A．68×108 B．6.8×108 C．6.8×107 D．6.8×106
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】C．
【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：68000000＝6.8×107．
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．
4．（3分）（2023春 砀山县校级期中）下列计算正确的是（　　）
A．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣3
B．（﹣3a﹣4）（3a﹣4）＝9a2﹣16
C．（a+2）2＝a2+2a+4
D．（a﹣7）（a﹣1）＝a2﹣8a+7
【考点】整式的混合运算．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据平方差公式，完全平方公式，多项式乘多项式法则，逐一进行计算后判断即可．
【解答】解：A．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9，故此选项不符合题意；
B．（﹣3a﹣4）（3a﹣4）＝16﹣9a2，故此选项不符合题意；
C．（a+2）2＝a2+4a+4，故此选项不符合题意；
D．（a﹣7）（a﹣1）＝a2﹣8a+7，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查平方差公式，完全平方公式，多项式乘多项式．熟练掌握相关运算法则，是解题的关键．
5．（3分）（2025春 石景山区校级期中）如果斜坡的坡比为，那么斜坡的坡角等于（　　）
A．30° B．45° C．50° D．60°
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】A
【分析】根据坡度＝坡角的正切值，据此直接解答即可．
【解答】解：∵i＝tanα，
∴α＝30°，
故选：A．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟练掌握坡度＝坡角的正切值是解题的关键．
6．（3分）（2024秋 福田区校级期末）某班35名学生共种87棵树苗．其中男生每人种3棵，女生每人种2棵，该班男生有x人，女生有y人．根据题意，所列方程组正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】根据题意可得等量关系：①男生人数+女生人数＝35；②男生种树的总棵数+女生种树的总棵数＝87棵，根据等量关系列出方程组即可．
【解答】解：该班男生有x人，女生有y人．根据题意，，
故选：D．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等量关系是解题的关键．
7．（3分）（2023秋 定兴县校级期中）刘老师用直尺和圆规作已知角的角平分线（如图所示）．
作法：①以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点D，交OB于点E．
②分别以点D、E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C．
③画射线OC，则OC就是∠AOB的角平分线．
根据以上作角平分线的过程，你认为相等的线段最多的一组有（　　）条．
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】作图—基本作图；角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；尺规作图；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】作法第③步的射线OC与第①步作画所交线段OF＝OE＝OD，据此分析．
【解答】解：由作法第①步可知，OE＝OD，由作法第②步可知，CE＝CD，
作法第③步的射线OC与第①步作画所交线段OF＝OE＝OD，
则相等的线段最多的一组有3条，
故选：B．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，角平分线的性质，理解并掌握作图的步骤及依据是解决问题的关键．
8．（3分）（2023秋 锦江区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝10，AC＝12，过D作AC的平行线交BC的延长线于点E，则△CDE的面积为（　　）
A．42 B．46 C．48 D．52
【考点】菱形的性质；三角形的面积．
【专题】压轴题；数形结合；运算能力．
【答案】C
【分析】先判断出四边形ACED是平行四边形，从而得出DE的长度，根据菱形的性质求出BD的长度，利用勾股定理的逆定理可得出△BDE是直角三角形，计算出面积即可．
【解答】解：∵AD∥BE，AC∥DE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC＝DE＝12，
在Rt△BCO中，BO8，即可得BD＝16，
又∵BE＝BC+CE＝BC+AD＝20，
∴△BDE是直角三角形，
∴S△BDEDE BD＝96．
△CDE的面积S△BDE＝48．
故选：C．
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理的逆定理及三角形的面积，属于基础题，求出BD的长度，判断△BDE是直角三角形，是解答本题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2023 佛山模拟）分解因式：16﹣8（a﹣b）+（a﹣b）2＝　（4﹣a+b）2　 ．
【考点】因式分解﹣运用公式法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（4﹣a+b）2．
【分析】利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：16﹣8（a﹣b）+（a﹣b）2
＝[4﹣（a﹣b）]2
＝（4﹣a+b）2．
故答案为：（4﹣a+b）2．
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
10．（3分）（2024秋 田家庵区校级月考）一个不透明的袋子中装有四个小球，它们除了分别标有的数字1，2，3，4不同外，其它完全相同，任意从袋子中摸出一球后放回袋子里，再任意摸出一球，则两次摸出的球所标数字之和为6的概率是　　 ．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】统计与概率；运算能力．
【答案】．
【分析】根据题意，先列出表格，再计算出两次摸出的球所标数字之和为6的概率即可．
【解答】解：列表如下所示，
和 1 2 3 4
1 1+1＝2 1+2＝3 1+3＝4 1+4＝5
2 1+2＝3 2+2＝4 2+3＝5 2+4＝6
3 1+3＝4 2+3＝5 3+3＝6 3+4＝7
4 1+4＝5 2+4＝6 3+4＝7 4+4＝8
由上可得，一共有16种等可能性，其中两次摸出的球所标数字之和为6的可能性有3种，
∴概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查列表法与树状图法，正确进行计算是解题关键．
11．（3分）如图，已知△ABC∽△DEF，它们对应顶点的连线AD，BE，CF相交于点O，这两个三角形 　不是　 （填“是”或“不是”）位似图形．
【考点】位似变换．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】不是．
【分析】根据位似图形的概念判断即可．
【解答】解：虽然△ABC∽△DEF，它们对应顶点的连线AD，BE，CF相交于点O，
但AB与DE不平行，即对应边不平行，
∴这两个三角形不是位似图形，
故答案为：不是．
【点评】本题考查的是位似图形，两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形．
12．（3分）（2022秋 铜仁市校级期中）如图：Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别是（0，2），（2，0），∠ACB＝90°，tanB＝2，函数y（k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为 　3　 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；解直角三角形．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】3．
【分析】过B点作BD⊥x轴于D，如图，先利用勾股定理得到，再利用等腰三角形的性质可得∠ACO＝45°，再判断△BCD为等腰直角三角形得到，则可计算出CD＝BD＝1，所以B（3，1），然后利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k的值．
【解答】解：过B点作BD⊥x轴，垂足为D，
∵点A、C的坐标分别是（0，2），（2，0），
∴OA＝OC＝2，
在Rt△AOC中，，
又∵tanB＝2，
∴，
∴，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°＝∠BCD＝∠CBD，
∴，
∴OD＝2+1＝3，
∴B（3，1），
将点B的坐标代入得：k＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了反比例函数的性质，勾股定理，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质．理解和掌握反比例函数的性质和图象上点的坐标特征是解题的关键．
13．（3分）（2024 榆林二模）如图，在△ABC中，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点E是的中点，连接CE交AB于点F，且BC＝BF．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若，AC＝8，求AF的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）AF的长为4．
【分析】（1）连接CD，由，得∠ACE＝∠DCE，因为AC为⊙O的直径，所以∠ADC＝90°，由BC＝BF，得∠BCF＝∠BFC，可证明∠ACB＝∠ACE+∠BCF＝∠DCE+∠BFC＝90°，进而证明BC是⊙O的切线；
（2）由sinA，得BCAB，由ACAB＝8，求得AB＝10，则BC＝BF＝6，所以AF＝AB﹣BF＝4．
【解答】（1）证明：连接CD，
∵点E是的中点，
∴，
∴∠ACE＝∠DCE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵BC＝BF，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴∠ACB＝∠ACE+∠BCF＝∠DCE+∠BFC＝90°，
∵OC是⊙O的半径，且BC⊥OC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠ACB＝90°，sinA，AC＝8，
∴sinA，
∴BCAB，
∴ACAB＝8，
∴AB＝10，
∴BC＝BF10＝6，
∴AF＝AB﹣BF＝10﹣6＝4，
∴AF的长为4．
【点评】此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的性质、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（7分）（2021春 蓬江区期末）计算：．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】．
【分析】按照有理数的乘方、绝对值、立方根、平方根依次运算即可．
【解答】解：
．
【点评】本题主要考查有理数的乘方、绝对值、立方根、平方根，牢记有理数的乘方、绝对值、立方根、平方根的运算性质是解题的关键．
15．（9分）（2024秋 长春校级期末）先化简，再求值：，其中x＝4．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【答案】，．
【分析】根据分式的加法和除法可以化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子即可解答本题．
【解答】解：原式
，
当x＝4时，原式．
【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
16．（9分）（2023春 澄海区期末）在读书月活动中，学校准备购买一批课外读物．为使课外读物满足同学们的需求，学校就“我最喜爱的课外读物”从文学、艺术、科普和其他四个类别进行了抽样调查（每位同学只选一类），如图是根据调查结果绘制的两幅不完整的统计图．
请你根据统计图提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查中，一共调查了 　200　 名同学；
（2）条形统计图中，m＝　40　 ，n＝　60　 ；
（3）扇形统计图中，艺术类读物所在扇形的圆心角是 　72　 度；
（4）学校计划购买课外读物4000册，请根据样本数据，估计学校购买文学类读物多少册比较合理？
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】（1）200；（2）40，60；（3）72；（4）600册比较合理．
【分析】（1）结合两个统计图，根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类所占百分比为：35%，即可得出总人数；
（2）利用科普类所占百分比为：30%，则科普类人数为：n＝200×30%＝60人，即可得出m的值；
（3）利用360°乘以对应的百分比即可求解；
（4）根据喜欢其他类读物人数所占的百分比，即可估计6000册中其他读物的数量；
【解答】解：（1）根据条形图得出文学类人数为：70，利用扇形图得出文学类所占百分比为：35%，
故本次调查中，一共调查了：70÷35%＝200（人），
故答案为：200；
（2）根据科普类所占百分比为：30%，
则科普类人数为：n＝200×30%＝60（人），
m＝200﹣70﹣30﹣60＝40（人），
故m＝40，n＝60；
故答案为：40，60；
（3）艺术类读物所在扇形的圆心角是：360°＝72°，
故答案为：72；
（4）由题意，得4000600（册）．
答：学校购买其他类读物大约600册比较合理．
【点评】此题主要考查了条形图表和扇形统计图综合应用，将条形图与扇形图结合得出正确信息求出调查的总人数是解题关键．
17．（9分）（2024秋 老河口市期末）随着电子技术的快速发展，小型无人机越来越受到孩子们的青睐，“元旦”前夕，某玩具商店用2400元购进一批小型无人机，销售时发现供不应求，销售完后又用6400元购进一批同型号的小型无人机，已知第二批小型无人机的数量是第一批的2倍，且单价比第一批贵10元．
（1）第一批小型无人机的单价是多少元？
（2）若两次购进的小型无人机按同一价格销售，要使小型无人机全部售完后利润不少于3200元，那么销售单价至少为多少元？
【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）第一批小型无人机的单价是30元；
（2）销售单价至少为50元．
【分析】（1）设第一批小型无人机的单价是x元，根据题意列出分式方程，解方程，即可求解；
（2）设小型无人机销售价格为y元，根据题意“小型无人机全部售完后利润不少于3200元，”列出不等式，解不等式即可求解．
【解答】解：（1）设第一批小型无人机的单价是x元．
根据题意，得，
整理得，1600x＝48000，
解得x＝30，
经检验x＝30是原分式方程的解．
答：第一批小型无人机的单价是30元；
（2）第一批小型无人机的数量是．
设小型无人机销售价格为y元．
根据题意，得80y+2×80y﹣2400﹣6400≥3200．
解得，y≥50．
答：销售单价至少为50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，关键是根据题意找到关系式．
18．（9分）（2024 临清市模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E分别在直径AB，弦AC上，点F在线段DE的延长线上，连接CF．
（1）请从下列三条信息中选择两条作为补充条件，余下的一条作为结论组成一个真命题，并说明理由．
①DE⊥AB；②CF＝EF；③CF是⊙O的切线．
你选择的补充条件是 　①②　 ，结论是 　③　 ；（填写序号）
（2）在（1）的条件下，若DE＝10，EF＝13，．
①求AE，AC的长；
②求⊙O的半径．
【考点】命题与定理；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定与性质．
【答案】（1）①②；③，证明见解析；
（2）①AE＝26，AC＝36；②⊙O的半径为19.5．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得到∠A＝∠OCA，∠FCE＝∠FEC，由对顶角的性质得到∠FCE＝∠AED，由直角三角形的性质即可推出∠OCA+∠FCE＝90°，即可证明问题；
（2）①作FH⊥CE于H，由CF＝FE，得到CE＝2EH，由三角形内角和定理得到∠AED＝∠B，因此，得到，即可求出AD＝24，由勾股定理求出，由△FEH∽△AED，求出EH的长，得到CE的长，可得AC的长；②由△AED∽△ABC，即可求出AB＝39，得到圆的半径长．
【解答】解：（1）补充条件是①②，结论是③，理由如下：
连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∵CF＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠AED＝∠FEC，
∴∠FCE＝∠AED，
∵ED⊥AB，
∴∠A+∠AED＝90°，
∴∠OCA+∠FCE＝90°，
∴半径OC⊥FC，
∴CF是⊙O的切线；
（2）①作FH⊥CE于H，
∵CF＝FE，
∴CE＝2EH，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝90°，
∵∠EAD＝∠BAC，
∴∠AED＝∠B，
∴，
∴，
∵DE＝10，
∴AD＝24，
∴，
∵∠AED＝∠FEH，∠ADE＝∠EHF，
∴△FEH∽△AED，
∴EH：DE＝EF：AE，
∴EH：10＝13：26，
∴EH＝5，
∴EC＝10，
∴AC＝AE+CE＝26+10＝36；
②∵∠AED＝∠B，∠EAD＝∠BAC，
∴△AED∽△ABC，
∴AE：AB＝AD：AC，
26：AB＝24：36，
∴AB＝39，
∴⊙O的半径长是19.5．
【点评】本题考查勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，切线的判定，关键是由等腰三角形的性质，直角三角形的性质推出∠OCA+∠FCE＝90°；由锐角的正切求出AD长，由△FEH∽△AED和△AED∽△ABC．
19．（9分）（2024 德惠市二模）如图，抛物线y＝kx2﹣2kx﹣1与y轴交于点C．已知抛物线顶点坐标为（1，﹣2），点P在此抛物线上，其坐标为（m，n）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当﹣1≤m≤2时，结合图象，直接写出n的取值范围．
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）恰有三个点到x轴的距离为1，求m的取值范围．
（4）当m＞1时，以PC为边作正方形，当此正方形的另外两个顶点中有一个顶点在此抛物线的对称轴上时，直接写出m的值．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数的应用；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣1；
（2）﹣2≤n≤2；
（3）；
（4）或或．
【分析】（1）由y＝ax2﹣2ax﹣1＝y＝a（x﹣1）2﹣a﹣1，得抛物线的顶点坐标为（1，﹣a﹣1），则﹣a﹣1＝﹣2，求得a＝1，所以抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1；
（2）由P（m，n）在抛物线y＝x2﹣2x﹣1上，得n＝m2﹣2m﹣1，当m＝﹣1时，n＝2，当m＝2时，n＝﹣1，而抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），可知当﹣1≤m≤2时，n的最小值和最大值分别为﹣2和2，所以n的取值范围是﹣2≤n≤2；
（3）当点P（m，n）到x轴的距离为1时，n＝1或n＝﹣1，由m2﹣2m﹣1＝1，求得，；由m2﹣2 m﹣1＝﹣1，求得m1＝0，m2＝2，则点，，G（2，﹣1），C（0，﹣1）到x轴的距离均为1，所以m的取值范围是；、
（4）由（1）得，抛物线的对称轴为直线x＝1，再分三种情况讨论，①以PC为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上CP＝PQ，∠QPC＝90°时，如图2，作PM⊥x轴，作CM⊥PM于点M，QN⊥PN于点N，证明△PQN≌△CPM，得出QN＝PM，列出等式即可求解；②是点P为抛物线与x轴的交点，作CQ⊥CP交直线x＝1于点Q，连结PQ，作QR⊥y轴于点R，则△PCQ是等腰直角三角形，符合题意以PC为边作正方形，有一个顶点Q在此抛物线的对称轴上，即可确定点P的横坐标； ③以PC为边作正方形，有一个顶点Q在此抛物线的对称轴上，此时△PCQ是等腰直角三角形，点Q在直线x＝1上，且∠CPQ＝90°，PQ＝PC，作PH⊥x轴，作CH⊥PH于点H，QL⊥PH 于点L，可证明△PQL≌△CPH，QL＝PH，m﹣1＝m2﹣2m，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），
∴将（1，﹣2）代入y＝kx2﹣2kx﹣1，
解得k＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1．
（2）∵P（m，n）在抛物线y＝x2﹣2x﹣1上，
∴n＝m2﹣2m﹣1，
当m＝﹣1时，n＝（﹣1）2﹣2×（﹣1）﹣1＝2，
当m＝2时，n＝22﹣2×2﹣1＝﹣1，
∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣2），
∴当点P与抛物线的顶点重合时，则n＝﹣2，
∴当﹣1≤m≤2时，n的最小值和最大值分别为﹣2和2，
∴n的取值范围是﹣2≤n≤2．
（3）当点P（m，n）到x轴的距离为1时，即n＝1或n＝﹣1，
当n＝1时，则m2﹣2m﹣1＝1，
解得，，
当n＝﹣1时，则m2﹣2m﹣1＝﹣1，
解得m1＝0，m2＝2，
如图，点，，G（2，﹣1），C（0，﹣1）到x轴的距离均为1，
∵抛物线在点P左侧部分（包括点P）恰有三个点到x轴的距离为1，
∴m的取值范围是．
（4）当m＞1时，①以PC为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上CP＝PQ，∠QPC＝90°时，如图，
作PM⊥x轴，作CM⊥PM于点M，QN⊥PN 于点N，∠QNP＝∠CMP＝∠CPQ＝90°，
∴∠QPN＝∠PCM＝90°﹣∠MPC，
∴△PQN≌△CPM（AAS），
∴QN＝PM，
∵P（m，m2﹣2m﹣1），M（m，﹣1），
∴PM＝（﹣1）﹣（m2﹣2m﹣1）＝﹣m2+2m，
∴QN＝m﹣1，
∴m﹣1＝﹣m2+2m，
解得，（不符合题意，舍去）；
②如图，点P为抛物线与x轴的交点，作CQ⊥CP交直线x＝1于点Q，连结PQ，作QR⊥y轴于点R，
∵∠POC＝∠CRQ＝∠PCQ＝90°，
∴∠OCP＝∠CRQ＝90°﹣∠RCQ，
∵OC＝RQ＝1，
∴△POC≌△CRQ（ASA），
∴△PCQ是等腰直角三角形，符合以PC为边的四边形是正方形，此时正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上，
当n＝0时，则m2﹣2m﹣1＝0，
解得，（不符合题意，舍去）；
③如图，以PC为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上时，△PCQ是等腰直角三角形，且∠CPQ＝90°，点Q在直线x＝1上，
∴PQ＝PC，
作PH⊥x轴，作CH⊥PH于点H，QL⊥PH于点L，
∵∠L＝∠H＝∠CPQ＝90°，
∴∠PQL＝∠CPH＝90°﹣∠QPL，
∴△PQL≌△CPH（AAS），
∴QL＝PH，
∵P（m，m2﹣2m﹣1），H（m，﹣1），
∴PH＝m2﹣2m﹣1﹣（﹣1）＝m2﹣2m，
∴QL＝m﹣1，
∴m﹣1＝m2﹣2m，
解得，（不符合题意，舍去），
综上所述，或或．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，主要考查二次函数的图象与性质、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
20．（9分）（2024春 长乐区期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AM＝AD，∠MAD＝α（0o＜α＜120o），AN平分∠MAD交BM延长线于点N，连接NC，ND．
（1）求∠BMA的度数；（用含α的式子表示）
（2）求证：△CDN是等腰三角形；
（3）求线段NA，NB，ND之间的数量关系．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）；
（2）见解析；
（3）NA＝NB+ND．
【分析】（1）由∠BAD＝120°，∠MAD＝α得∠BAM＝120°﹣α，由菱形的性质可得AB＝AD，再证AM＝AD，即可得∠BMA的度数．
（2）在△AMN△AMN中，先求出∠ANM＝30°，再证△MAN≌△DAN，则可得∠AND＝∠ANM＝30°，NM＝ND，进而可得△MND为等边三角形，则可得DM＝DN，∠MDN＝60°．再证△DAM≌△DCN，则可得AM＝CN，又由AM＝AD＝CD得CD＝CN，由此可证△CDN是等腰三角形；
（3）延长NB至点H，使得BH＝ND，连接HA，根据SAS可得△AMN≌△ABH，则AN＝AH，过点A作AE⊥NH于点E，由（2）得∠ANM＝30°，则可得，，，由NH＝NB+BH＝NB+ND可得．
【解答】（1）解：∵∠BAD＝120°，∠MAD＝α，
∴∠BAM＝∠BAD﹣∠MAD＝120°﹣α．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵AM＝AD，
∴AB＝AM，
∴∠BMA＝∠ABM30°；
（2）证明：由（1）得，
∵AN平分∠MAD，
∴∠MAN＝∠DAN∠MAD，
∴∠ANM＝∠BMA﹣∠MAN＝30°30°．
∵AN＝AN，AM＝AD，
∴△MAN≌△DAN（SAS），
∴∠AND＝∠ANM＝30°，NM＝ND，
∴∠MND＝60°，
∴△MND为等边三角形，
∴DM＝DN，∠MDN＝60°．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣120°＝60°，
∴∠MND＝∠ADC，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM，
∴∠CDN＝∠ADM．
∵DA＝DC，DM＝DN，
∴△DAM≌△DCN（SAS），
∴AM＝CN，
∵AM＝AD，DA＝DC，
∴CD＝CN，
∴△CDN是等腰三角形；
（3）解：延长NB至点H，使得BH＝ND，连接HA．
∵AM＝AD，AB＝AD，
∴AM＝AB，
∴∠AMB＝∠ABM，
∴∠AMN＝∠ABH，
∴△AMN≌△ABH（SAS），
∴AN＝AH．
过点A作AE⊥NH于点E，则EN＝EH，∠NEA＝90°，
由（2）得∠ANM＝30°，
∴，
∴NE，
∴NH＝2NE，
∵NH＝NB+BH，BH＝ND，
∴NA＝NB+ND．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质、等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理以及“直角三角形中30°角所对的边等于斜边一半”．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
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