【备考2026】四川省广元市中考仿真数学试卷3（含解新）

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【备考2026】四川省广元市中考仿真数学试卷3
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
题号 一 二 三 总分
得分
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）如果数a的相反数是24，则a的值是（　　）
A．24 B． C．﹣24 D．
2．（3分）下列计算结果正确的是（　　）
A．a2 a3＝a5 B．（a2）3＝a5
C．（ab）3＝ab3 D．4x3+3x3＝7x6
3．（3分）如图，下列是由多个相同的小正方体组合成的几何体从正面看得到的图形，这个几何体可以是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）某校学生为了解AI的普及程度，去周边小区抽取40名居民进行每周使用人工智能问答（如豆包、DeepSeek等）次数的调查，并将调查结果绘制成了如下统计表：
人工智能问答次数（次） 0 1 2 3 4 5
人数（人） 10 8 12 5 4 1
那么关于这次每周使用人工智能问答情况的调查和数据分析，下列说法错误的是（　　）
A．众数是2次 B．中位数是2次
C．平均数是1.8次 D．样本容量是40
5．（3分）关于x的一元二次方程x2+4x﹣a2＝0的根的情况是（　　）
A．无实数根 B．有一个实数根
C．有两个相等实数根 D．有两个不相等实数根
6．（3分）如图，OA，OB是⊙O的半径，连接AB，过点O作OC∥AB交⊙O于点C，连接AC，若∠AOB＝100°，则∠BAC的度数为（　　）
A．15° B．20° C．25° D．30°
7．（3分）如图，两个半径相等的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，已知圆心Q是的中点，若两个扇形的半径都为1，则图中阴影部分的面积等于（　　）
A． B．π﹣2 C． D．2π﹣4
8．（3分）为迎接学校秋季运动会，甲、乙两位同学在操场上练习长跑，他们长跑的路程s（m）与时间t（min）之间的图象如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．甲、乙两人练习的长跑路程是1000m
B．甲、乙两人同时达到终点
C．前2.5分钟，甲比乙每分钟快50m
D．2.5分钟后，乙跑在甲的前面
9．（3分）为方便城市交通顺畅，某条道路被规划拓宽．已知该道路拓宽后汽车平均提速20km/h，汽车行驶300km与拓宽前汽车行驶200km所用时间相同，设道路折宽后汽车的平均速度为xkm/h，则所列方程正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（3分）已知抛物线y＝x2+2x+t﹣1，现有以下四个结论：①当x＞﹣1时，y随x的增大而增大；②当t＝1时，抛物线经过坐标原点；③不论x为何值，y＞t﹣2；④若关于x的一元二次方程x2+2x+t﹣1＝0在1＜x＜3的范围内有实数根，则t的取值范围是﹣12＜t＜﹣4．其中，正确的结论有（　　）
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是　 　 ．
12．（4分）据报道，2023年我国新能源汽车发展优势不断巩固和扩大，一季度全国新能源汽车销量为159万辆，同比增长27%，将1590000用科学记数法表示为 　 　 ．
13．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，分别以A、B为圆心，大于为半径在AB两侧作弧，两弧的交点分别为M、N，直线MN交AC于点D，在直线MN上取一点E，连接AE、BE，若BE∥AC，且BE＝6，则BC的长为 　 　 ．
14．（4分）我国宋朝时期的数学家杨辉，曾将大小完全相同的圆弹珠逐层堆积，形成“三角垛”．如图，图1有1颗弹珠，图2有3颗弹珠，图3有6颗弹珠，往下依次是第4个图，第5个图，…若用an表示图n的弹珠数，其中n＝1，2，3，…，则的值是 　 　 ．
15．（4分）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，1），B（3，3），C（1，m），，则m的值为 　 　 ．
16．（4分）如图，∠ACB＝45°，半径为3的⊙O与∠ACB的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向∠ACB的两边作垂线，垂足分别是E、F．设，则p的取值范围是 　 　 ．
三．解答题（共10小题，满分96分）
17．（6分）计算：．
18．（8分）先化简，再求值，其中x＝﹣5．
19．（8分）某校数学兴趣小组活动，准备将一张 ABCD纸片（如图）裁剪一次分成两部分，
（1）用三角板根据要求画图：
①若裁剪线将 ABCD纸片分成面积相等的两部分，画出这条裁剪线；
②若裁剪线将 ABCD纸片分成面积相等的两部分，且这两部分能拼成一张矩形纸片（无缝隙无重叠），画出裁剪线和拼成的矩形示意图（画出一个即可）；
（2）在 ABCD纸片中，若AB＝6，AD＝10，∠B＝60°，求出你所拼的矩形的周长．
20．（9分）某校为了掌握九年级数学期中考试情况，通过生学堂APP随机抽取了部分学生成绩（得分为整数，满分为150分）分为5组（从左到右的顺序）．统计后得到如图所示的频数分布直方图（每组含最小值不含最大值）和扇形统计图．观察图形的信息，回答下列问题：
（1）本次调查的样本容量为 　 　 ，并将频数分布直方图补充完整；
（2）该年级600名考生中，估计考试成绩120分以上（含120分）学生有 　 　 名；
（3）第五组（135﹣150）中只有一名是女生，学校决定从第五组中随机选出两名同学做经验交流．请你用列表或画树状图的方法求出所选两名学生刚好是一名女生和一名男生的概率．
21．（9分）为保障小区居民安全，王老师所在的小区安装了人脸识别仪，如图，摄像头A视角的仰角、俯角均为13°（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），摄像头高度OA＝150cm．身高189cm的王老师，头部高度为24cm，当他站在点B处时，可以采取下蹲或后退两种方案进行人脸识别．若王老师采用下蹲方案，则至少需要下蹲（下蹲时身体不前倾）6.8cm才能被识别．
（1）求OB的长度．
（2）若王老师采用后退方案，则从B处至少后退多远，才能被仪器识别？（结果精确到0.1cm，参考数据：sin13°≈0.22，cos13°≈0.97，tan13°≈0.23）
22．（10分）根据以下素材，探索完成任务．
杨梅季将至，梅企与某快递公司合作寄送杨梅．
素材1 某快递公司规定：（1）从当地寄送杨梅到A市按重量收费：当杨梅重量不超过10千克时，需要寄送费32元；当重量超过10千克时，超过部分另收m元/千克．（2）寄送杨梅重量均为整数千克．
素材2
（1）【分析变量关系】根据以上信息，请确定m的值，并求出杨梅重量超过10千克时寄送费用y（元）关于杨梅重量x（千克）之间的函数关系式．
（2）【计算最省费用】若杨梅重量达到25千克，请求出最省的寄送费用．
（3）【探索最大重量】小聪想在当地梅企购买一批价格为50元/千克的杨梅并全部寄送给在A市的朋友们，若小聪能用来支配的钱有5000元，他最多可以购买多少千克的杨梅？并写出一种寄送方式．
23．（10分）如图，一次函数y＝kx+b的图象与y轴交于点D（0，﹣1），且与反比例函数的图象交于点A（2，1）．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）根据图象，求使反比例函数的值大于一次函数的值的x的取值范围．
24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，D是⊙O上的点，EF是⊙O的切线且切点为点D，过点A作EF的垂线，垂足为点E，直线EF交AB的延长线于点F．
（1）求证：AD平分∠EAF；
（2）若AB＝10，AC＝6，求tan∠EAD的值．
25．（12分）在等边△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，点E是线段AD上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转120°到CF，连接EF交AC于点G．
（1）如图1，若FE的延长线恰好过点B，且AE＝2，求AB的长度；
（2）如图2，在AD上取一点H，使AH＝AG，在AB的延长线上取一点K，连接KH，且满足∠K+∠AGF＝150°，求证：；
（3）如图3，AB＝8，点M为平面内任意一点，连接BM、DM，将△BDM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△BNM，连接CN，点T是线段CN中点，将线段TC绕点T逆时针旋转90°到TS，点P为线段CD中点，连接SC、SP，直线SP与直线AB交于点Q，当SP取最大值时，请直接写出此时△BPQ的面积．
26．（14分）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且A（﹣2，0），B（4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值；
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【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：∵a和24互为相反数，
∴a+24＝0，
∴a＝﹣24．
故选：C．
【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．
2．【考点】整式的混合运算
【分析】根据同底数幂的乘法，积的乘方，幂的乘方，合并同类项进行计算即可求解．
解：根据同底数幂的乘法，积的乘方，幂的乘方，合并同类项逐项分析判断如下：
A、a2 a3＝a5，故该选项正确，符合题意；
B、（a2）3＝a6，故该选项不正确，不符合题意；
C、（ab）3＝a3b3，故该选项不正确，不符合题意；
D、4x3+3x3＝7x3，故该选项不正确，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查幂的运算，解题的关键是掌握am×an＝am+n，（ab）n＝anbn．
3．【考点】由三视图判断几何体；简单组合体的三视图
【分析】根据三视图的概念求解即可得出答案．
解：A．从正面看，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故本选项不符合题意；
B．从正面看，底层是三个小正方形，上层的右边是一个小正方形，故本选项符合题意；
C．从正面看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故本选项不符合题意；
D．从正面看，一共有三列，从左到右小正方形的个数分别为2、3、1，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了画三视图，关键是掌握在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来，看得见的轮廓线都画成实线，看不见的画成虚线，不能漏掉．
4．【考点】众数；总体、个体、样本、样本容量；加权平均数；中位数
【分析】根据众数、中位数、平均数及样本容量的定义逐项判断即可求解．
解：A、由表中数据可知，2次出现的次数最多，
∴众数是2次，该选项说法正确，不合题意；
B、将数据从小到大排列，中位数为第20、21个数据的平均数，
∴中位数为次，该选项说法正确，不合题意；
C、∵0×10+1×8+2×12+3×5+4×4+5×1＝0+8+24+15+16+5＝68，
∴平均数为68÷40＝1.7次，该选项说法错误，符合题意；
D、∵调查总人数为40，
∴样本容量是40，该选项说法正确，不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了众数、中位数、平均数及样本容量，掌握以上知识点是解题的关键．
5．【考点】根的判别式
【分析】根据题目中的方程和根的判别式，可以求得该方程的根的情况，从而可以判断哪个选项符合题意．
解：∵一元二次方程x2+4x﹣a2＝0，
∴Δ＝42﹣4×1×（﹣a2）＝16+4a2≥16＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根，
故选：D．
【点评】本题考查根的判别式，解答本题的关键是明确题意，求出根的判别式的正负情况．
6．【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系
【分析】先根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠OBA＝40°，再根据平行线的性质得到∠BOC＝∠OBA＝40°，则由圆周角定理可得．
解：∵∠AOB＝100°，OA＝OB，
∴，
∵OC∥AB，
∴∠BOC＝∠OBA＝40°，
∴，
故选：B．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，等边对等角，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
7．【考点】扇形面积的计算
【分析】根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
解：如图，过点Q作QM⊥AP，QN⊥PB，垂足分别为M，N，连接PQ，∵圆心Q是的中点，
∴，
∴∠APQ＝∠BPQ∠APB＝45°，
∵QM⊥AP，QN⊥PB，
∴QM＝QN＝PM＝PN，
∴四边形PMQN是正方形，
由对称性可知，△QME≌△QFN，
∴S阴影部分＝2S扇形﹣2S正方形
＝221×1
1，
故选：A．
【点评】本题考查扇形面积的计算，掌握扇形面积的计算方法是正确解答的关键．
8．【考点】函数的图象
【分析】根据纵轴表示他们长跑的路程可得两人练习的长跑路程是1000m；根据交点坐标（4，10001）可知甲、乙两人同时达到终点；根据图象分别求出两人的速度可判断选项C；根据图象可判断选项D．
解：由图象可知：
甲、乙两人练习的长跑路程是1000m，故选项A说法正确，不符合题意；
甲、乙两人同时达到终点，故选项B说法正确，不符合题意；
前2.5分钟，甲的速度是300（米/分），
乙的速度是250（米/分），
∴前2.5分钟，甲比乙每分钟快50m，故选项C说法正确，不符合题意；
2.5分钟后，甲跑在乙的前面，故选项D说法错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的图象，解题的关键是通过仔细观察图象，从中整理出解题时所需的相关信息．
9．【考点】由实际问题抽象出分式方程
【分析】设道路折宽后汽车的平均速度为xkm/h，则道路折宽前汽车的平均速度为（x﹣20）km/h，根据汽车行驶300km与拓宽前汽车行驶200km所用时间相同，列出分式方程即可．
解：设道路折宽后汽车的平均速度为xkm/h，则道路折宽前汽车的平均速度为（x﹣20）km/h，
根据题意得：，
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10．【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；根的判别式
【分析】利用二次函数的性质对每个结论进行逐一判定即可得出结论．
解：∵y＝x2+2x+t﹣1＝（x+1）2+t﹣2，
∴抛物线y＝x2+2x+t﹣1的对称轴为直线x＝﹣1．
∵a＝1＞0，
∴抛物线y＝x2+2x+t﹣1的开口向上，在对称轴的右侧y随x的增大而增大，
即当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，
∴①的结论正确；
∵当t＝1时，y＝x2+2x+t﹣1为y＝x2+2x，
∴当x＝0时，y＝0，
∴抛物线经过坐标原点．
∴②的结论正确；
∵y＝x2+2x+t﹣1＝（x+1）2+t﹣2，
∴不论x为何值，y≥t﹣2．
∴③的结论不正确；
∵关于x的一元二次方程x2+2x+t﹣1＝0在1＜x＜3的范围内有实数根，
∴二次函数y＝﹣x2﹣2x+1的图象与直线y＝t有公共点．
当x＝1时，y＝﹣2，当x＝3时，y＝﹣14，
∴﹣14＜t＜﹣2．
∴④的结论不正确．
综上，正确的结论有①②．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，配方法，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件
【分析】根据题意可得3﹣x＞0，解不等式即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
解：∵代数式有意义，
∴，
解得x＜3，
故答案为：x＜3．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握这两个知识点是解题的关键．
12．【考点】科学记数法—表示较大的数
【分析】科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数；由此进行求解即可得到答案．
解：1590000＝1.59×106．
故答案为：1.59×106．
【点评】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
13．【考点】作图—基本作图；平行线的性质；线段垂直平分线的性质
【分析】连接BD，由作图可知，MN是AB的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得到AD＝BD，∠BOD＝∠BOE＝90°，根据等腰三角形的性质和平行线的性质证得∠ABD＝ABE，证明△OBD≌△OBE，得到BD＝BE＝AD＝6，在Rt△BCD中，根据勾股定理即可求出BC．
解：连接BD，由作图可知，MN是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，∠BOD＝∠BOE＝90°，
∴∠DAB＝∠DBA，
∵BE∥AC，
∴∠DAB＝∠ABE，
∴∠ABD＝∠ABE，
在△OBD和△OBE中，
，
∴△OBD≌△OBE（ASA），
∴BD＝BE＝AD＝6，
∴CD＝AC﹣AD＝8﹣6＝2，
在Rt△BCD中，
BC4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，线段垂直平分线的性，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些知识是解决问题的关键．
14．【考点】规律型：图形的变化类；数学常识
【分析】先分别计算a1，a2，a3，a2023，再代入代数式进行裂项计算即可．
解：观察图形的变化可知：
第1层有1颗弹珠，即1＝1；
第2层有3颗弹珠，即1+2＝3；
第3层有6颗弹珠，即1+2+3＝6；
第4层有10颗弹珠，即1+2+3+4＝10；
…
所以第n层的弹珠数为：1+2+3+…+n，
所以an，
则2（），
所以
＝2（1）+2（）+2（）+…+2（）
＝2（1）
＝2
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了图形规律问题，求解代数式的值，根据题意找出规律，并会利用规律对代数式进行裂项计算是解题的关键．
15．【考点】解直角三角形；坐标与图形性质
【分析】如图，过点B作BD⊥BC，交AC于点D，则 过点B作BG⊥x轴，过点D作DE⊥BG，过点C作CF⊥BG，分别交BG于点E，F，分点C在x轴上方、下方种情况：（1）当点C在x轴下方时：可求证△DBE≌△BCF，从而，得 ，DE（m﹣3），所以点D的横坐标为 ，纵坐标为 ；待定系数确定直线AC的解析式为 ，将点D的坐标代入求得m；（2）当点C在x轴上方时，同理求解．
解：过点B作BD⊥BC，交CA延长线于点D，过点B作BG⊥x轴于G，过点D作DE⊥BG于E，过点C作CF⊥BG于F，如图：
∴，
当点C在x轴下方时，
∵∠DBC＝90°，
∴∠DBE+∠CBF＝90°，
而∠CBF+∠BCF＝90°，
∴∠DBE＝∠BCF，
又∠E＝∠F＝90°，
∴△DBE∽△BCF，
∴，
∵A（﹣1，1），B（3，3），C（1，m），
∴CF＝2，BF＝3﹣m，
∴，，
∴点D的横坐标为3﹣[（m﹣3）]（m+1），纵坐标为3，
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
将点A（﹣1，1），B（1，m）代入得：
，
解得，
∴直线解析式为，
将点D的坐标代入得：，
解得，或 （舍去），
∴，
当点C在x轴上方时，如图：
∴，
∵CF＝2，BF＝m﹣3，
∴BE＝2，DE（m﹣3），
∴点D的横坐标为 ，纵坐标为 ，
代入直线AC的解析式 得：（m﹣1）（m）（m+1），
解得： 或 （舍去），
∴，
综上所述，或．
故答案为：或．
【点评】本题考查相似三角形判定与性质，锐角三角函数，待定系数法确定函数解析式；结合已知，添设辅助线构造相似三角形，从而 求出相关线段是解题的关键．
16．【考点】切线的性质；估算无理数的大小
【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得CD＝DH＝33，再求得p＝PE+PQ＝EQ，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
解：设⊙O与∠ACB两边的切点分别为D、G，连接OG、OD，延长DO交CB于点H，
由切线的性质可得∠OGC＝∠ODC＝∠OGH＝90°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠OHC＝45°，
∴OHOG＝3，
∴CD＝DH＝33，
如图，延长EP交CB于点Q，
同理PQPF，
∵p＝PEPF，
∴p＝PE+PQ＝EQ，
当EQ与⊙O相切时，EQ有最大或最小值，
连接OP，
∵D、P都是切点，
∴∠ODE＝∠DEP＝∠OPE＝90°，
∴四边形ODEP是矩形，
∵OD＝OP，
∴四边形ODEP是正方形，
∴p的最大值为EQ＝CE＝CD+DE＝36；
如图，
同理，p的最小值为EQ＝CE＝CD﹣DE＝3；
综上，p的取值范围是3t≤36．
故答案为：3t≤36．
【点评】本题主要考查了切线的性质，估算无理数的大小，证明p＝PE+PQ＝EQ，并且当EQ与⊙O相切时，EQ有最大或最小值是解题的关键．
三．解答题（共10小题，满分96分）
17．【考点】实数的运算；零指数幂
【分析】先化简二次根式、计算特殊角的三角函数、去绝对值，再混合计算即可．
解：
．
【点评】本题考查含特殊角三角函数值的实数混合运算．掌握其运算法则及熟记特殊角的三角函数值是解答本题的关键．
18．【考点】分式的化简求值
【分析】首先根据分式的运算法则进行化简，然后把x＝﹣5代入化简后的算式计算即可得到解答．
解：原式

，
∴当x＝﹣5时，原式4．
【点评】本题考查分式的化简与求值，根据分式的运算法则正确地对分式进行化简是解题关键．
19．【考点】作图—复杂作图；图形的剪拼；中心对称；矩形的性质
【分析】（1）①根据平行四边形的中心对称性解答即可；
②在①的分割方法基础上，只要分割线垂直于平行四边形的一组对边即可，作出两种分割方法即可；
（2）利用在（1）②分割方法，分两种情况，通过三角函数求出分割线的长即可求出所拼的矩形的周长．
解：（1）①这条裁剪线AC如图所示，（答案不唯一，只要过对角线的交点画一条直线即可）．
②方法1：如图1，用三角板连结AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AD交AD于点E，交BC于点F，则EF是裁剪线，矩形E′F′FE是所拼的图形．
方法2：如图2，用三角板连结AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AB交AB于点E，交CD于点F，则EF是裁剪线，矩形E′F′FE是所拼的图形．
（2）①将（1）中方法割成的两部分拼成如图的矩形E′F′FE．过点A作AM⊥BF交BF于点M，
在Rt△ABM中，
∵AB＝6，∠ABM＝60°，
sin∠ABM，
∴AM＝AB sin∠ABM＝6 sin60°，
∵E′E＝AD＝10，
∴拼成的矩形E′F′FE的周长为2（10）．
②将（1）中方法割成的两部分拼成如图的矩形E′F′FE．过点A作AN⊥DF交DF于点N，
在Rt△ADN中，
∵AD＝10，∠ADF＝60°，
sin∠ADF，
∴AN＝AD sin∠ADF＝10 sin60°，
∵E′E＝AB＝6，
∴拼成的矩形E′F′FE的周长为2（6）．
综上所述，拼成的矩形的周长是或．
【点评】本题考查图形的分割，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，三角函数，掌握基本图形的性质是解题的关键．
20．【考点】列表法与树状图法；总体、个体、样本、样本容量；用样本估计总体；频数（率）分布直方图；扇形统计图
【分析】（1）用第3组的人数除以它所占的百分比得样本容量，然后计算出第5组人数，从而将频数分布直方图补充完整；
（2）用600乘以样本中第4组和第5组人数所占的百分比即可；
（3）画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出所选两名学生刚好是一名女生和一名男生的结果数，然后根据概率公式计算．
解：（1）本次调查的样本容量为20÷40%＝50，
第5组的人数为50﹣4﹣8﹣20﹣14＝4（名），
频数分布直方图补充为：
故答案为：60；
（2）600180（名），
所以估计考试成绩120分以上（含120分）学生有180名；
故答案为：180；
（3）画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中所选两名学生刚好是一名女生和一名男生的结果数为6，
所以所选两名学生刚好是一名女生和一名男生的概率．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．也考查了统计图．
21．【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；视点、视角和盲区
【分析】（1）过点B作BD⊥AE于点D，易得四边形AOBD为矩形，求得FD的长度，进而根据13°的正切值求得AD的长即为OB的长度；
（2）设王老师后退到点M处正好被仪器识别，作MF⊥AE于点F，求得GF的长度，进而据13°的正切值求得AF的长，减去OB的长度即为后退的距离．
解：（1）如图1：过点B作BD⊥AE于点D，则∠ADF＝90°，
由题意得：AO⊥BO，AE∥BO，
∴∠AOB＝90°，∠ADB＝90°，
∴四边形AOBD为矩形，
∴AD＝OB，DB＝AO＝150cm，
由题意得：∠FAE＝∠CAE＝13°，
∴DF＝DC＝AD tan13°，
由题意得：BF＝189﹣6.8＝182.2cm，
∴DF＝BF﹣BD＝32.2cm，
∴AD140（cm）；
∴OB＝140（cm）；
（2）如图2：设王老师后退到点M处正好被仪器识别，作MF⊥AE于点F，则∠AFG＝90°，GM＝189cm，
由（1）得：FM＝AO＝150cm，
∴GF＝189﹣150＝39cm，
∵∠GAF＝13°，
∴AF169.6（cm），
∴OM＝169.6cm，
∴BM＝169.6﹣140＝29.6（cm）．
答：从B处至少后退29.6cm，才能被仪器识别．
【点评】本题考查解直角三角形的应用．根据DF或FG的长度及13°的正切值求得AD或AF的长度是解决本题的关键．
22．【考点】一次函数的应用；一元一次不等式的应用
【分析】（1）依据题意，由寄送12千克花费44元列出方程求出m的值，进而求出y关于x的函数关系式即可；
（2）依据题意，分若单件寄送，若分两件寄送，若分三件寄送，三种情况分别计算出寄费即可得到答案；
（3）依据题意，设有mkg（m＞10）杨梅需要寄送，设m÷10的余数为n，推出当n≤5时，采用超过10kg的寄送方式最省钱，当6＜n≤9，采用分两件不超过10kg的寄送方式省钱；设小聪购买的杨梅一共分y件不超过10kg的寄送方式，则50×10y+32y≤5000，求出y最大值为9，进而推出最省钱的寄送方式应该是8件不超过10kg的寄送，一件超过10kg的寄送，计算出8件不超过10kg的寄送方式的总花费为4256元，寄送14kg的总花费为784元，寄送13kg的总花费为700元，由于4256+784＞5000，4256+700＜5000，则一件超过10kg的寄送的杨梅数量是13kg，即可得到小聪最多可以购买93kg杨梅，寄送方式为8件10kg，1件13kg．
解：（1）由题意得，32+（12﹣10）m＝44，
∴m＝6，
∴y＝32+6（x﹣10）＝6x﹣28（x＞10）；
（2）当x＝25元，
若单件寄送，则需寄费6×25﹣28＝122元，
若分两件寄送，则需寄费32+15×6﹣28＝94元，
若分三件寄送，则需寄费32×3＝96元，
∵94＜96＜122，
∴寄送25kg杨梅的最省费用为94元；
（3）由题意，设有mkg（m＞10）杨梅需要寄送，设m÷10的余数为n，
当n＝5时，32×2＝64＞6×15﹣28＝62，
当n＝6时，32×2＝64＜6×16﹣28＝68，
∴当n≤5时，采用超过10kg的寄送方式最省钱，当6＜n≤9，采用分两件不超过10kg的寄送方式省钱．
设小聪购买的杨梅一共分y件不超过10kg的寄送方式，
∴50×10y+32y≤5000，
∴y．
又∵y是正整数，
∴y最大值为9，
∴还剩下5000﹣50×10×9﹣32×9＝212元，
∵（212÷50+10）÷10的余数小于5，
∴最省钱的寄送方式应该是8件不超过10kg的寄送，一件超过10kg的寄送，
∵8件不超过10kg的寄送的寄费为10×50×8+32×8＝4256元，14×6﹣28+14×50＝784，13×6﹣28+13×50＝700，4256+784＞5000，4256+700＜5000，
∴一件超过10kg的寄送的杨梅数量是13kg，
∴小聪最多可以购买10×8+13＝93kg杨梅，寄送方式为8件10kg，1件13kg．
【点评】本题主要考查了列函数关系式，一元一次方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
23．【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】（1）待定系数法求出两个函数的解析式即可；
（2）直接利用图象法求出不等式的解集即可．
解：（1）把D（0，﹣1），A（2，1）代入y＝kx+b，得：
，
解得：，
∴y＝x﹣1；
把A（2，1）代入，得：m＝1×2＝2；
∴；
（2）联立，
解得或，
∴B（﹣1，﹣2），
由图象可知：反比例函数的值大于一次函数的值的x的取值范围为：x＜﹣1或0＜x＜2．
【点评】本题考查一次函数与反比例函数的交点问题：熟练掌握该知识点是关键．
24．【考点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；角平分线的性质；勾股定理；圆周角定理
【分析】（1）连接OD，由题意可证OD∥AE，利用平行线的性质，可得∠ODA＝∠CAD，即可证得AD平分∠EAF；
（2）连接BC，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作CN⊥AB于点N，首先根据勾股定理可求得BC，根据面积可求得CM，再根据勾股定理可求得AM，再根据圆周角定理可证得△CAM∽△DON，即可求得DN、ON的长，据此即可解答．
（1）证明：如图：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
∵EF⊥AE，
∴OD∥AE，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴AD平分∠EAF；
（2）解：如图：连接BC，过点C作CM⊥AB于点M，过点D作CN⊥AB于点N，
∴∠AMC＝∠OND＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝10，AC＝6，
∴BC8，
∵，
∴6×8＝10CM，
∴，
∴AM，
∵∠DON＝2∠DAB，∠CAM＝2∠DAB，
∴∠CAM＝∠DON，
∴△CAM∽△DON，
∴，
∵AB是⊙O的直径，AB＝10，
∴OD＝OA＝5，
∴，
∴DN＝4，ON＝3，
∴AN＝AO+ON＝8，
∴．
【点评】本题考查了平行线的判定及性质，圆的切线的性质，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定及性质，求角的正切值，作出辅助线是解决本题的关键．
25．【考点】几何变换综合题
【分析】（1）由等边三角形的性质，可知，AD垂直平分BC，得BE＝CE，由旋转可知，CE＝CF，∠ECF＝120°，则∠CEF＝30°，进而可知∠EBC＝∠ECB＝15°，得∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝45°，过点E作EX⊥AB，交AB于X，结合含30°的直角三角形的性质即可求解；
（2）由（1）可知，CE＝CF，∠ECF＝120°，∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，过点C作CI∥AB交AD延长线于I，连接AF，先证△ECl≌△FCA（SAS），得EI＝FA，∠I＝∠FAC＝30°，则∠AGF+∠AFG＝150°，可得∠K＝∠AFG，再证△KAH≌△GAF（AAS），得AK＝AF＝EI，再结合等腰三角形的性质及含30°的直角三角形的性质即可证明结论；
（3）根据等边三角形的性质可知BD＝CD＝4，由翻折可知BN＝BD＝4，连接TD，可知TD为△BCN的中位线，在AD上取OD＝CD＝4，结合旋转的性质可证△SCO∽△TCD，得，连接OP，由三角形三边可知SP≤SO+OP，当点S在PO的延长线时取等号，此时SP有最大值，过点Q作QY⊥AD交AD于Y，可证△QOY∽△POD，利用相似三角形的性质及含30°的直角三角形的性质求得，再根据S△BPQ＝S△ABD﹣S△AOQ+S△DOP，即可求解．
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∵AD⊥BC，
∴，BD＝CD，即AD垂直平分BC，
∴BE＝CE，
则∠EBC＝∠ECB，
由旋转可知CE＝CF，∠ECF＝120°，
∴∠CEF＝30°，
则∠EBC+∠ECB＝30°，
∴∠EBC＝∠ECB＝15°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝45°，
如图，过点E作EX⊥AB，交AB于X，
则∠AXE＝∠BXE＝90°，
∴∠BEX＝45°，
则BX＝EX，
∵AE＝2，
∴，，
∴；
（2）证明：由（1）可知CE＝CF，∠ECF＝120°，∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，
如图，过点C作CI∥AB交AD延长线于I，连接AF，
∴∠ACI＝180°﹣∠BAC＝120°，
则∠I＝30°，
∴AC＝IC，
∵∠ECI+∠ACE＝∠ACE+∠FCA，
∴∠ECI＝∠FCA，
∴△ECI≌△FCA（SAS），
∴EI＝FA，∠1＝∠FAC＝30°，
则∠AGF+∠AFG＝150°，
∵∠K+∠AGF＝150°，
∴∠K＝∠AFG，
∵AH＝AG，∠KAH＝∠GAF＝30°，
∴△KAH≌△FAG（AAS），
∴AK＝AF＝EI，
∵AD⊥BC，AC＝IC，∠I＝∠DAC＝30°，
∴，，
则，
∴，
∵AC＝BC，
∴AE+AK＝AE+EI；
（3）解：由题意可知AB＝BC＝8，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD＝4，
由翻折可知BN＝BD＝4，
连接TD，如图①，
∵点T是线段CN中点，
∴TD为△BCN的中位线，
则，
由旋转可知TC＝TS，∠STC＝90°，
∴∠TCS＝45°，，
在AD上取OD＝CD＝4，连接OC，OS，
则∠DCO＝45°，，
则，∠SCO+∠SCB＝∠SCB+∠TCD＝45°，
∴∠SCO＝∠TCD，
∴△SCO∽△TCD，
则，
∴，
连接OP，
∵点P为线段CD中点，
∴，
则，
由三角形三边可知，
当点S在PO的延长线时取等号，如图②，过点Q作QY⊥AD交AD于Y，此时SP有最大值，
则∠QYO＝∠PDO＝90°，
∵∠QOY＝∠POD，
∴△QOY∽△POD，
∴，
则，
即OY＝2QY，
∵，
∴，
∵∠BAD＝30°，
∴AQ＝2QY，
则，
∵，
∴，
∴S△BPQ＝S△ABD﹣S△AOQ+S△DOP
．
【点评】本题考查了几何变换的综合应用，主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理等知识点，添加辅助线构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．
26．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为yx2+x+4；
（2）求出C（0，4），直线BC解析式为y＝﹣x+4，设P（t，t2+t+4），则K（t，﹣t+4），可得PKt2+t+4﹣（﹣t+4）t2+2t，即得S1PK |xB﹣xC|（t2+2t）×4＝﹣t2+4t，S2KD BD（﹣t+4）（4﹣t）t2﹣4t+8，故S1﹣S2＝﹣t2+4t﹣（t2﹣4t+8）t2+8t﹣8（t）2，根据二次函数性质可得答案；
（3）当Q在EF下方时，设EF交y轴于G，FQ交y轴于H，设F（t，0），求出E（﹣1，2），可得5+（t+1）2+4＝（t+2）2，解得t的值知F（3，0），直线EF解析式为yx，故G（0，），证明∠GFO＝∠HFO，可得OG＝OH，H（0，），求出直线FH解析式为yx，联立，即得Q（，）；当Q'在EF上方时，连接CF，延长FQ'，AC交于M，证明△COF∽△MEF，求出直线AC解析式为y＝2x+4，设M（m，2m+4），可得，解得m或m（此时Q'不在EF上方，舍去），可得直线FQ'解析式为yx，联立，即可得Q'（，）．
解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为yx2+x+4；
（2）在yx2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
由B（4，0），C（0，4）得直线BC解析式为y＝﹣x+4，
设P（t，t2+t+4），则K（t，﹣t+4），
∴PKt2+t+4﹣（﹣t+4）t2+2t，
∴S1PK |xB﹣xC|（t2+2t）×4＝﹣t2+4t，S2KD BD（﹣t+4）（4﹣t）t2﹣4t+8，
∴S1﹣S2＝﹣t2+4t﹣（t2﹣4t+8）t2+8t﹣8（t）2，
∵0，
∴当t时，S1﹣S2取最大值，最大值为；
∴S1﹣S2的最大值是；
（3）抛物线上存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA，理由如下：
当Q在EF下方时，设EF交y轴于G，FQ交y轴于H，如图：
设F（t，0），
∵A（﹣2，0），C（0，4），E为AC中点，
∴E（﹣1，2），
∵EF⊥AC，
∴AE2+EF2＝AF2，
∴5+（t+1）2+4＝（t+2）2，
解得t＝3，
∴F（3，0），
由E（﹣1，2），F（3，0）得直线EF解析式为yx，
令x＝0得y，
∴G（0，），
∵∠EGC＝∠OGF，∠CEG＝90°＝∠GOF，
∴∠OCA＝∠GFO，
∵∠QFE＝2∠OCA，
∴∠QFE＝2∠GFO，
∴∠GFO＝∠HFO，
∴OG＝OH，
∴H（0，），
由F（3，0），H（0，）得直线FH解析式为yx，
联立，
解得（此时Q不在EF下方，舍去）或
∴Q（，）；
当Q'在EF上方时，连接CF，延长FQ'，AC交于M，如图：
∵直线EF为AC垂直平分线，
∴∠AFC＝2∠AFE＝2∠OCA，
∵∠Q'FE＝2∠OCA，
∴∠AFC＝∠Q'FE，即∠OFC＝∠EFM，
∵∠COF＝90°＝∠MEF，
∴△COF∽△MEF，
∴，
由A（﹣2，0），C（0，4）得直线AC解析式为y＝2x+4，
设M（m，2m+4），
∴，
解得m或m（此时Q'不在EF上方，舍去），
∴M（，），
由M（，），F（3，0）得直线FQ'解析式为yx，
联立，
解得（舍去）或
∴Q'（，），
综上所述，Q的坐标为（，）或（，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，勾股定理及应用，两点间距离公式的应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度
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