【备考2026】青海省西宁市中考仿真数学试卷1（含解析）

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【备考2026】青海省西宁市中考仿真数学试卷1
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
题号 一 二 三 总分
得分
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）中国是世界上最早提出和采用“正负数表示相反意义的量”的国家，关于正负数的记载最早见于公元一世纪的中国数学著作《九章算术》中，比欧洲早一千余年．如果将“向东走40米”记作“+40米”，那么“向西走30米”记作（　　）
A．﹣30米 B．+30米 C．﹣10米 D．10米
2．（3分）2﹣4可以表示为（　　）
A．22÷26
B．26÷22
C．22×26
D．（﹣2）×（﹣2）×（﹣2）×（﹣2）
3．（3分）不等式组的解集是（　　）
A．x≥﹣2 B．x≥3 C．﹣2≤x≤3 D．无解
4．（3分）某校现有学生1800人，为了增强学生的法律意识，学校组织全体学生进行了一次普法测试．现抽取部分测试成绩（得分取整数）作为样本，进行整理后分成五组，并绘制成频数分布直方图（如图）．根据图中提供的信息，下列判断不正确的是（　　）
A．共抽取了48人的测试成绩
B．估计本次测试中全校在90分以上的学生有225人
C．样本的中位数落在70.5 80.5这一分数段内
D．样本中50.5 70.5这一分数段的频率是0.25
5．（3分）如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，A点坐标为（﹣5，0），对角线AC和OB相交于点D且AC OB＝40．若反比例函数y（x＜0）的图象经过点D，并与BC的延长线交于点E，则S△OCE＝（　　）
A．1.5 B．2 C．3 D．4
6．（3分）2021年丰收村种植的水稻平均每公顷产7200kg，2023年平均每公顷产8450kg，设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，则下列所列的方程中正确的是（　　）
A．8450（1﹣x）2＝7200 B．7200（1+x）2＝8450
C．7200（1+x2）＝8450 D．7200（1﹣x）2＝8450
7．（3分）如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下列方法测出了A、B间的距离：先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，并测量出MN的长为12m，由此他就知道了A、B间的距离．有关他这次探究活动的描述错误的是（　　）
A．AB＝24m B．MN∥AB C．CM：CA＝1：2 D．△CMN≌△CAB
8．（3分）抛物线y＝﹣x2+1与y＝x2+1相同的性质是（　　）
A．开口方向相同 B．对称轴是x轴
C．有最低点 D．经过点（0，1）
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
9．（2分）8的相反数是 　 　 ．
10．（2分）已知长度为2cm，5cm，xcm的三条线段可以构成一个三角形，则x的取值范围是 　 　 ．
11．（2分）计算的结果是 　 　 ．
12．（2分）一个袋中装有5个红球、4个白球和3个黄球，每个球除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，摸到红球的概率为 　 　 ．
13．（2分）如图，A，B，C，D，E都是⊙O上的点，则∠B的度数为 　 　 ．
14．（2分）若a，b是方程x2+x﹣2＝0的两根，则2a+2b+2024＝　 　 ．
15．（2分）如图，正方形ABCD的边长为3，以点A为圆心，以2为半径画圆，交AB于点E，交AD于点F；再以点D为圆心，以3为半径画圆．若图中阴影部分的面积分别为S1，S2，则S1﹣S2＝　 　 ．
16．（2分）在△ABC中有一点P，满足∠PAB＝∠CBP＝∠ACP，则点P被称为△ABC的“布卡洛点”，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点P是△ABC的一个“布卡洛点”，则cot∠ACP＝　 　 ．
17．（2分）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）是由圆弧和其所对的弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长AB，“矢”等于半径长与圆心O到弦的距离之差．在如图所示的弧田中，“弦”为8，“矢”为3，则cos∠OAB＝　 　 ．
18．（2分）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分76分）
19．（7分）计算：（﹣1）2017+（π﹣3.14）0﹣2cos30°．
20．（7分）先化简，再求值：（x+2y）2+（2x+y）（2x﹣y）﹣5x（x﹣y）．其中x＝﹣2，y＝1．
21．（7分）解分式方程：．
22．（7分）中学生学习情绪的自我控制能力分为四个等级，即A级：自我控制能力很强；B级：自我控制能力较好：C级：自我控制能力一般：D级：自我控制能力较差．通过对实验中学的初中学生学习情绪的自我控制能力的随机抽样调查，得到两幅不完整的统计图，请根据图中的信息解决下面的问题．
（1）在这次随机抽样调查中，共抽查 　 　 名学生；自我控制能力为C级的学生人数是 　 　 人；扇形统计图中D级所占的圆心角为 　 　 度；
（2）现要从A、B、C、D四个组随机抽取两组学生参加上级部门的调查问卷，请用列表或画树状图的方法求出同时抽到A组和D组的概率．
23．（8分）如图，在 ABCD中，O是对角线AC的中点，在AB的延长线上取点E，连接EO并延长，交CD的延长线于点F，连接AF，CE．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若∠ACD＝45°，∠FAE＝120°，CE＝4，求AE的长及△COE的面积．
24．（8分）某市接到上级通知，立即派出甲、乙两个抗震救灾小组乘车沿同一路线赶赴距出发点480千米的灾区．乙组由于要携带一些救灾物资，比甲组晚出发1.25小时．甲、乙两组的行驶路程y甲（千米），y乙（千米）与甲组出发的时间x（时）之间的函数关系如图所示．请根据图象所提供的信息，解决下列问题：
（1）由于汽车发生故障，甲组在途中停留了 　 　 小时；
（2）甲组的汽车排除故障后，立即提速赶往灾区．请问在排除故障时，甲组距出发点的路程是多少千米？
（3）为了保证及时联络，甲、乙两组在第一次相遇时约定此后两车之间的距离不超过25千米，请通过计算说明，按图象所表示的走法是否符合约定．
25．（10分）如图，AC为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，BE⊥CD于点E，BE是⊙O的切线．
（1）求证：；
（2）若AD＝4，EC＝1，求BD的长．
26．（10分）用四根一样长的木棍搭成菱形ABCD，P是线段DC上的动点（点P不与点D和点C重合），在射线BP上取一点M，连接DM，CM，使∠CDM＝∠CBP．
（1）如图1，调整菱形ABCD，使∠A＝90°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN＝DM，连接CN，则∠BMC＝　 　 °，　 　 ；
操作探究二
（2）如图2，调整菱形ABCD，使∠A＝120°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN＝DM，连接CN，求证：；
拓展迁移
（3）在菱形ABCD中，∠A＝120°，．若点P在射线CD上，点M在射线BP上，且当∠CDM＝∠PBC＝45°时，请直接写出MD的长．
27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0）、B（0，3）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，该抛物线的顶点为C，与x轴的另一个交点为D，点P为该抛物线上一点，其横坐标为m．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是抛物线上一点，且M在第二象限，使得∠ABO＝∠MDA，MD交y轴于点F，求点M的坐标；
（3）当m＞0时，设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分的最高点和最低点到x轴的距离分别为d、n，设F＝d﹣n．
①直接写出F关于m的函数解析式，并注明自变量的取值范围；
②当F＝1时，直接写出m的取值范围．
参考答案
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【考点】正数和负数；数学常识
【分析】正数与负数表示意义相反的两种量，根据向东走记为正，则向西走就记为负，直接得出结论即可．
解：∵向东走40米记作+40米，
∴向西走30米可记作﹣30米，
故选：A．
【点评】此题主要考查正负数的意义，解题的关键是把握正负数的定义．
2．【考点】负整数指数幂；有理数的乘法；有理数的除法；有理数的乘方
【分析】根据有理数的除法与负整数指数幂的运算法则计算可得答案．
解：A、22÷26＝22﹣6＝2﹣6，符合题意；
B、26÷22＝26﹣2＝24，不符合题意；
C、22×26＝22+6＝28，不符合题意；
D、（﹣2）×（﹣2）×（﹣2）×（﹣2）＝（﹣2）5＝﹣25，不符合题意．
故选：A．
【点评】此题考查的是负整数指数幂、有理数的乘除法、有理数的乘方，掌握其运算法则是解决此题的关键．
3．【考点】解一元一次不等式组
【分析】首先分别求出不等式组中各个不等式的解集，由此进一步分析得出不等式组的解集即可．
解：，
由不等式x+2≥0可得：x≥﹣2，
由不等式﹣2x+6≥0可得：x≤3，
∴原不等式组解集为：﹣2≤x≤3，
故选：C．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组．熟练掌握该知识点是关键．
4．【考点】频数（率）分布直方图；中位数；总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体
【分析】根据直方图的意义，依次分析ABCD的选项，A中根据频数分布直方图中每一组内的频数总和等于总数据个数，易得A正确，BD中，由频率的计算公式易得B正确，而D错误；由中位数的求法，可得C正确；进而可得答案．
解：选项A中，根据频数分布直方图中每一组内的频数总和等于总数据个数，知本次随机抽查的学生人数为3+6+9+12+18＝48（人），所以样本容量是48；正确，不符合题意．
选项B中，48人中90分以上的学生有6人，占，所以全校在90分以上的学生约有1800×＝225（人），正确，不符合题意．
选项C中，易得样本的中位数落在70.5～80.5这一分数段内，故选项C也是正确的，不符合题意．
选项D中，易得样本中50.5～70.5这一分数段的频率是0.3125，故D不正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
5．【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质
【分析】如图所示，过点C作CG⊥AO于G，根据菱形和三角形的面积公式可得S△OACS菱形OABC＝10，再由OA＝5，求出CG＝4，在Rt△OGC中，根据勾股定理得OG＝3，即C（﹣3，4），根据菱形的性质和两点中点坐标公式求出D（﹣4，2），将D代入反比例函数解析式可得k，进而求出点E坐标，最后根据三角形面积公式分别求得S△OCE即可．
解：如图所示，过点C作CG⊥AO于G，
∵AC OB＝40，
∴S菱形OABCAC OB＝20，
∴S△OACS菱形OABC＝10，
∴OA CG＝10，
∵A（﹣5，0），
∴OA＝5，
∴CG＝4，
在Rt△OGC中，OC＝OA＝5，CG＝4，
∴OG3，
∴C（﹣3，4），
∵四边形OABC是菱形，
∴B（﹣8，4），
∵D为BO的中点，
∴D（﹣4，2），
又∵D在反比例函数图象上，
∴k＝﹣4×2＝﹣8，
∵C（﹣3，4），
∴E的纵坐标为4，
又∵E在反比例函数图象上，
∴E的横坐标为2，
∴E（﹣2，4），
∴CE＝1，
∴S△OCECE CG1×4＝2，
故选：B．
【点评】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，以及菱形性质的运用，解题时注意：菱形的对角线互相垂直平分．
6．【考点】由实际问题抽象出一元二次方程
【分析】利用2023年丰收村种植的水稻平均每公顷的产量＝2021年丰收村种植的水稻平均每公顷的产量×（1+水稻每公顷产量的年平均增长率）2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：根据题意得：7200（1+x）2＝8450．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7．【考点】三角形中位线定理；全等三角形的判定
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得AB＝2MN＝24m，MN∥AB，再根据相似三角形的判定解答．
解：∵MN的长为12m，AC，BC的中点M，N，
∴AB＝2MN＝24m，CM：CA＝1：2，MN∥AB，
故A，B，C选项正确，不符合题意；
∴△CMN∽△CAB，
故D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了三角形中位线定理以及相似三角形的判定及性质．熟练掌握中位线定理是解题的关键．
8．【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值
【分析】根据函数的三要素是否相同，逐一分析选项即可．
解：A．开口方向不相同，不符合题意；
B．对称轴是y轴，不符合题意；
C．y＝x2+1有最低点，y＝﹣x2+1有最高点，不符合题意；
D．都经过点（0，1），符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
9．【考点】相反数
【分析】根据符号不同，绝对值相同的两个数互为相反数即可求得答案．
解：8的相反数是﹣8．
故答案为：﹣8．
【点评】本题考查了相反数的概念，掌握只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解答此题的关键．
10．【考点】三角形三边关系
【分析】根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，进行计算．
解：根据三角形的三边关系，得5﹣2＜x＜5+2，即3＜x＜7．
故答案为：3＜x＜7．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，要注意三角形形成的条件：任意两边之和大于第三边，或者任意两边之差小于第三边．
11．【考点】分式的加减法
【分析】先通分，再加减．
解：原式
．
故答案为：．
【点评】本题考查了分式的加减，掌握异分母分式的加减法法则，是解决本题的关键．
12．【考点】概率公式
【分析】先根据题意得出袋中的总球数，然后再根据概率公式计算即可．
解：∵袋中装有5个红球、4个白球和3个黄球，共12个球，从袋中任意摸出一个球共有12种结果，其中出现红球的情况有5种可能，
∴P（摸到红球）．
故答案为：．
【点评】本题考查的是概率公式，熟记概率公式是解题的关键．
13．【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【分析】连接AC、CE，根据圆内接四边形的性质求出∠CAE，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理求出∠ACE，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
解：连接AC、CE，
∵点A、C、D、E都是⊙O上的点，
∴∠CAE+∠D＝180°，
∴∠CAE＝180°﹣128°＝52°，
∵AC＝AE，
∴，
∴，
∵点A、B、C、E都是⊙O上的点，
∴∠AEC+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣64°＝116°，
故答案为：116°．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
14．【考点】根与系数的关系；代数式求值
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系即可解决问题．
解：因为a，b是方程x2+x﹣b≠0的两根，
所以a+b＝﹣1，
则2a＝2b+2024＝2（a+b）+2024＝2×（﹣1）+2024＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题主要考查了根与系数的关系及代数式求值，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
15．【考点】扇形面积的计算
【分析】求出扇形AEF、正方形ABCD、扇形DAC的面积，即可得到S1﹣S2的面积．
解：∵扇形AEF的面积π×22＝π，正方形ABCD的面积＝32＝9，扇形DAC的面积π×32π，
∴S1﹣S2＝扇形AEF的面积﹣（正方形ABCD的面积﹣扇形DAC的面积）＝π﹣（9π）π﹣9．故答案为：π﹣9．
【点评】本题考查扇形的面积，关键是表示出S1﹣S2．
16．【考点】解直角三角形；等腰直角三角形
【分析】证明△ABP∽BCP，推出，从而得到，，即可得解．
解：如图：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵点P是△ABC的一个“布卡洛点”，
∴∠PAB＝∠CBP＝∠ACP，
∴∠ABC﹣∠CBP＝∠ACB﹣∠ACP，即∠ABP＝∠BCP，
∴△ABP∽△BCP，
∴，
∴，，
∵∠PAB＝∠ACP，∠PAB+∠CAP＝90°，
∴∠ACP+∠CAP＝90°，
∴∠APC＝180°﹣（∠ACP+∠CAP）＝90°，
∴，
故答案为：2．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
17．【考点】解直角三角形的应用；垂径定理
【分析】过点O作OC⊥AB，垂足为C，根据题意可得：AB＝8，AO﹣OC＝3，再利用垂径定理可得AC＝BC＝4，然后设半径OA＝r，则OC＝r﹣3，从而在Rt△AOC中，利用勾股定理列出关于r的方程，进行计算可得OA，最后利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
解：过点O作OC⊥AB，垂足为C，
由题意可得：AB＝8，AO﹣OC＝3，
∵OC⊥AB，
∴AC＝BCAB＝4，
设半径OA＝r，则OC＝AO﹣3＝r﹣3，
在Rt△AOC中，AO2＝AC2+OC2，
∴r2＝16+（r﹣3）2，
解得：r，
∴OA，
在Rt△AOC中，cos∠OAB，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18．【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【分析】如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，证明△GAE≌△CEF（SAS），则∠AGE＝∠ECF，∠BGE＝45°＝∠D′CF，证明四边形CDHD′是正方形，则D′H＝DH＝CD＝10，CD垂直平分AH，AC＝CH，可知F在线段CH上运动，如图，连接D′F，AD′，证明△FCD≌△FCD′（SAS），则D′F＝DF，AF+DF＝AF+D′F，当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，由勾股定理得，，计算求解即可；由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，然后计算求解AF+DF的最大值与最小值的差即可．
解：如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，
∴AB﹣AG＝BC﹣EC，即BG＝BE，
∴，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠CEF+∠AEB＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠GAE＝∠CEF，
在△GAE与△CEF中，
，
∴△GAE≌△CEF（SAS），
∴∠AGE＝∠ECF，
∴∠BGE＝45°＝∠D′CF，
∴∠DCH＝45°＝∠DHC，
∴DH＝CD＝CD′，
∴四边形CDHD′是平行四边形，
∵∠DCD′＝90°，
∴四边形CDHD′是矩形，
∵DH＝CD，
∴四边形CDHD′是正方形，
∴D′H＝DH＝CD＝10，
∴CD垂直平分AH，
∴AC＝CH，
∴F在线段CH上运动，
如图，连接D′F，AD′，
∵CD＝CD′，∠FCD＝∠FCD′，CF＝CF，
∴△FCD≌△FCD′（SAS），
∴D′F＝DF，
∴AF+DF＝AF+D′F，
∴当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，
∴AD10，
由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，
∴当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，
∴AF+DF的最大值与最小值的差为30﹣10，
故答案为：30﹣10．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．确定F的运动轨迹，以及AF+DF的最大值与最小值的情况是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分76分）
19．【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值
【分析】先根据零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值、二次根式的性质化简计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
解：原式＝﹣1+1﹣2
1
＝﹣1．
【点评】本题考查实数的综合运算能力，解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．
20．【考点】整式的混合运算—化简求值
【分析】根据完全平方公式、平方差公式和单项式乘多项式将题目中的式子展开，然后合并同类项，再将x、y的值代入化简后的式子计算即可．
解：（x+2y）2+（2x+y）（2x﹣y）﹣5x（x﹣y）
＝x2+4xy+4y2+4x2﹣y2﹣5x2+5xy
＝9xy+3y2，
当x＝﹣2，y＝1时，原式＝9×（﹣2）×1+3×12＝﹣15．
【点评】本题考查整式的混合运算—化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
21．【考点】解分式方程
【分析】先将原方程去分母并整理后化为一元一次方程，然后解方程后并检验即可．
解：原方程两边同时乘以 （x﹣2）（2x﹣5），
去分母得：2x﹣5＝3（x﹣2），
去括号得：2x﹣5＝3x﹣6，
移项，合并同类项得：﹣x＝﹣1，
系数化为1得：x＝1，
检验：把x＝1代入最简公分母（x﹣2）（2x﹣5）得：﹣1×（﹣3）＝3≠0，
故x＝1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．
22．【考点】列表法与树状图法；全面调查与抽样调查；扇形统计图；条形统计图
【分析】（1）由A的人数除以所占的百分比得出共抽查的学生人数，再用抽查的总人数乘以C级的学生人数所占的百分比即可；用360°乘以D级所占的比例即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中同时抽到A组和D组的结果有2种，再由概率公式求解即可．
解：（1）共抽查的学生有：80÷16%＝500（名），
∴自我控制能力为C级的学生人数为：500×42%＝210（人）；
扇形统计图中D级所占的圆心角的度数为：360°64.8°，
故答案为：500；210；64.8；
（2）画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中同时抽到A组和D组的结果有2种，
∴同时抽到A组和D组的概率为．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件，解答本题的关键是熟练掌握概率的求法：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．【考点】平行四边形的判定与性质；平行线的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形
【分析】（1）证明△AEO≌△CFO（AAS），得AE＝CF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）过点C作CH⊥AE于点H，由平行四边形的性质得AF∥CE，CF∥AE，则∠CEH＝60°，∠HAC＝∠ACD＝45°，进而得∠ECH＝30°，△AHC是等腰直角三角形，则HECE＝2，AH＝CH，再由勾股定理求出CH＝2，则AE＝HE+AH＝HE+CH＝2+2，然后由三角形面积公式列式计算即可．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥CF，
∴∠AEO＝∠CFO，
∵O是对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：如图，过点C作CH⊥AE于点H，
由（1）得：四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE，CF∥AE，
∴∠CEH＝180°﹣∠FAE＝180°﹣120°＝60°，∠HAC＝∠ACD＝45°，
∴∠ECH＝90°﹣∠CEH＝90°﹣60°＝30°，△AHC是等腰直角三角形，
∴HECE4＝2，AH＝CH，
在Rt△CHE中，由勾股定理得：CH2，
∴AE＝HE+AH＝HE+CH＝2+2，
∵O是对角线AC的中点，
∴S△COES△ACECH AE2（2+2）＝3．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质、三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
24．【考点】一次函数的应用
【分析】（1）由于线段AB与x轴平行，故自3时到4.9时这段时间内甲组停留在途中，所以停留的时间为1.9时；
（2）观察图象可知点B的纵坐标就是甲组的汽车在排除故障时距出发点的路程的千米数，所以求得点B的坐标是解答（2）题的关键，这就需要求得直线EF和直线BD的解析式，而EF过点（1.25，0），（7.25，480），利用这两点的坐标即可求出该直线的解析式，然后令x＝6，即可求出点C的纵坐标，又因点D（7，480），这样就可求出CD即BD的解析式，从而求出B点的坐标；
（3）由图象可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远，在点B处时，x＝4.9，求出此时的y乙﹣y甲，在点D有x＝7，也求出此时的y甲﹣y乙，分别同25比较即可．
解：（1）甲组在途中停留时间为：4.9﹣3＝1.9（小时），
故答案为：1.9；
（2）由图象可知，D（7，480）、E（1.25，0）、F（7.25，480），
∴乙的速度为80（km/h），
设lEF：y乙＝80x+b，
将点E（1.25，0）代入，得：100+b＝0，即b＝﹣100，
∴lEF：y乙＝80x﹣100 （1.25≤x≤7.25）；
当x＝6时，y＝80×6﹣100＝380，
∴点C（6，380），
设lBD：y甲＝mx+n，
将点C（6，380）、D（7，480）代入，得：．
∴．
∴lBD：y甲＝100x﹣220（4.9≤x≤7），
当x＝4.9时，y＝270，
答：汽车在排除故障时，甲组距出发点的路程是270千米．
（3）符合约定，
由图象可知：甲、乙两组第一次相遇后在B和D相距最远．
在点B处有y乙﹣y甲＝80×4.9﹣100﹣（100×4.9﹣220）＝22千米＜25千米，
在点D有y甲﹣y乙＝100×7﹣220﹣（80×7﹣100）＝20千米＜25千米，
∴按图象所表示的走法符合约定．
【点评】本题是依据函数图象提供的信息，解答相关的问题，充分体现了“数形结合”的数学思想，是中考的常见题型，其关键是认真观察函数图象、结合已知条件，正确地提炼出图象信息．
25．【考点】切线的性质
【分析】（1）首先推导出∠OBE＝90°，∠BED＝90°，∠AOC＝90°，进而得到∠BFD＝90°，推导出BF垂直平分AD，AB＝DB，进而得证；
（2）利用切割线定理可得ED，利用勾股定理可求BD．
（1）证明：BO有延长线交DA于点F，如图，
∵BE是⊙O的切线，OB是圆的半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE＝90°．
∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AOC＝90°，
在四边形BEDF中，
∴∠FBE＝∠BED＝∠EDF＝90°，
∴∠BFD＝90°，即BF⊥AD，
∴AF＝DF，
∴BF垂直平分AD，
∴AB＝DB，
∴；
（2）解：∵AD＝4，AF＝FD，
∴DF＝2．
∵四边形BEDF为矩形，
∴BE＝DF＝2．
∵BE是⊙O的切线，
∴BE2＝EC ED．
∴22＝1×ED．
∴DE＝4．
∴BD2．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理的应用，圆心角、弧、弦之间的关系定理，垂径定理及其推论，掌握经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
26．【考点】相似形综合题
【分析】（1）证明△BCN≌△DCM（SAS），得到∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，从而得到∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝90°，推出△MCN为等腰直角三角形，最后根据等腰直角三角形的性质即可得到答案；
（2）证明△BCN≌△DCM（SAS），得到∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，从而得到∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝120°，作CE⊥BP交BP于E，则ME＝NE，∠CEM＝90°，根据含30°角的性质及勾股定理得出，从而得到；
（3）当∠CDM＝∠PBC＝45°时，过点M作MF⊥CD于点F，证明△DFM为等腰直角三角形，得到，在Rt△MCF中，∠MCF＝60°，∠MFC＝90°，则，可得，解得，据此可得答案．
（1）解：∵在菱形ABCD中，∠A＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
在△BCN和△DCM中，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，
∵∠BCN+∠DCN＝∠BCD＝90°，
∴∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝90°，
∴△MCN是等腰直角三角形，
∴∠CMN＝45°，，
∴∠CMB＝45°，．
故答案为：45，；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠A＝120°，
在△BCN和△DCM中，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠BCN＝∠DCM，CN＝CM，
∵∠BCN+∠DCN＝∠BCD＝120°，
∴∠DCM+∠DCN＝∠MCN＝120°，
∵CM＝CN，
∴∠CMN＝∠CNM，
∵∠CMN+∠CNM+∠MCN＝180°，
∴，
如图，作CE⊥BP交BP于E，则ME＝NE，∠CEM＝90°，
在Rt△CEM中，∠CME＝30°，∠CEM＝90°，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当∠CDM＝∠PBC＝45°时，如图，当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F，连接AM，在射线BP上取一点N，使BN＝DM，连接CN，如图所示，
同理可证明△BCN≌△DCM，
∴CN＝CM，∠BCN＝∠DCM，
设∠BCN＝∠DCM＝x，则∠MCN＝120°﹣2x，
∴，
∵∠CNM＝∠CBN+∠BCN，
∴45°+x＝x+30°，不符合题意，
∴此时点M与点N重合，即如图所示：
设MD＝x，
∵MF⊥CD，∠CDM＝45°，
∴△DFM为等腰直角三角形，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，，
∴，∠BCD＝120°，
由菱形的对称性及∠CDM＝∠PBC，可得，
在Rt△MCF中，∠MCF＝60°，∠MFC＝90°，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查相似形的综合应用，主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理、菱形的性质、正方形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
27．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）把点A（﹣1，0）、B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解；
（2）先证△ABO≌△FDO（ASA），求出点F的坐标，用待定系数法求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立，解方程即可求出点M的坐标；
（3）①分0＜m＜1，1≤m≤2，2＜m＜3，m≥3四种情况，分别求解；②分0＜m＜1，2＜m＜3，m≥3三种情况，令F＝1，解方程即可．
解：（1）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0）、B（0，3）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，把点A，点B的坐标代入得：
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）当y＝﹣x2+2x+3时，x＝﹣1或3，
∴D点坐标为（3，0），
∴OB＝OD＝3．
在△ABO和△FDO中，
，
∴△ABO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OA＝1，
∴F点坐标为（0，1），
设直线DF的解析式为y＝kx+b，把点D，点F的坐标代入得：
，
解得，
∴直线DF的解析式为，
联立得：，
解得或，
即M点坐标为；
（3）由（1）知：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点C为（1，4），
P点坐标为（m，﹣m2+2m+3），
过点B作BE∥x轴交抛物线于点E，此时点E与点B关于对称轴直线x＝1对称，
∴E点坐标为（2，3），如图所示：
①（i）当点P在点B和点C之间时，即0＜m＜1时，d＝﹣m2+2m+3，n＝3，F＝d﹣n＝﹣m2+2m．
（ii）②当点P在点C和点E之间时，即1≤m≤2时，d＝4，n＝3，F＝d﹣n＝1；
（ⅲ）当点P在第一象限且在点E下方时，即2＜m＜3时，d＝4，n＝﹣m2+2m+3，F＝d﹣n＝4﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣2m+1．
（iv）当点P在x轴及第四象限时，即m≥3时，d＝4，n＝|﹣m2+2m+3|＝m2﹣2m﹣3．F＝d﹣n＝4﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+2m+7．
综合得：；
②当0＜m＜1时，F＝﹣m2+2m＝1，
解得m＝1（舍去）；
当1≤m≤2时，F＝1都符合题意；
当2＜m＜3时，F＝m2﹣2m+1＝1，
解得m＝0（舍去）或m＝2（舍去）；
当m≥3时，F＝﹣m2+2m+7＝1，
解得（舍去）或．
综上所述，m的取值范围为1≤m≤2或．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查二次函数的图象和性质，二次函数与一次函数图象交点问题，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识点，注意数形结合及分类讨论是解题的关键
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