【备考2026】四川省宜宾市中考仿真数学试卷2（含解新）

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【备考2026】四川省宜宾市中考仿真数学试卷2
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
题号 一 二 三 总分
得分
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）若|a﹣b|＝b﹣a，那么a与b的关系是（　　）
A．a＞b B．a＜b C．a≤b D．a≥b
2．（4分）下列运算正确的是（　　）
A．a+a＝a2 B．2a 3a＝6a C．a﹣a＝1 D．a2÷a＝a
3．（4分）我校“足球社团”有30名成员，如表是社团成员的年龄分布统计表，统计表不小心被撕掉一块，下列判断正确的是（　　）
年龄/岁 11 12 13 14 15
频数/名 5 12 2
A．平均数不受两个数据的影响
B．方差不会受两个数据的影响
C．众数和中位数不受两个数据的影响
D．众数和方差不受两个数据的影响
4．（4分）如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，若∠BCD＝26°，则∠ABD＝（　　）
A．54° B．56° C．64° D．66°
5．（4分）甲、乙两个仓库的货物质量之比是3：5，从甲仓库运出2吨货物给乙仓库后，乙仓库的货物质量是甲仓库货物质量的两倍，甲仓库原来的货物质量为（　　）
A．18吨 B．20吨 C．22吨 D．24吨
6．（4分）自然数6的所有因数有1、2、3、6，这几个因数之间的关系是1+2+3＝6，像这样的数叫做完全数（也叫完美数）．下面的数中（　　）是完全数．
A．24 B．28 C．36 D．9
7．（4分）将如图所示的图形剪去一个小正方形，使余下的部分恰好能折成一个正方体，则不应剪去的小正方形的序号是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．7
8．（4分）某社区活动中心要添置三样体育用品：大绳、小绳、毽子，王师傅准备用30元钱去买，根据要求，每样体育用品最少买一件，大绳最多买两条，大绳每条10元，小绳每条3元，毽子每个1元，在把钱用完的条件下，买法共有（　　）
A．6种 B．7种 C．8种 D．9种
9．（4分）如图，将⊙O的内接三角形ABC绕点B顺时针旋转30°后得到△A′B′C′，其中点C′恰好落在⊙O上，则∠A的度数是（　　）
A．100 B．105° C．110° D．115°
10．（4分）下列函数中y随x的增大而减小的是（　　）
A．y＝9x B．y＝﹣9x C． D．
11．（4分）如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一点，且满足CE＝CB，连接AE，以AE为腰，A为顶角顶点作等腰Rt△ADE，连接CD，当CD最大时，∠DEC的度数为（　　）
A．45° B．52.5° C．60° D．67.5°
12．（4分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0）．下列结论：①2a﹣b＝0；②2c＝3b；③当a＜0时，无论m取何值都有a﹣b≥am2+bm；④若a＜0时，抛物线交y轴于点C，且△ABC是等腰三角形，或；⑤抛物线交y轴于正半轴，抛物线上的两点E（x1，y1）、F（x2，y2）且x1＜x2，x1+x2＞﹣2，则y1＞y2；则其中正确的是（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）因式分解：y+2xy+x2y＝　 　 ．
14．（4分）分式方程的解是 　 　 ．
15．（4分）如图，正五边形ABCDE的边长为6，则这个正五边形的对角线AC的长是 　 　 ．
16．（4分）在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，则AC+BD的取值范围是　 　 ．
17．（4分）某侦察小队的一辆军用汽车需要穿越1000千米的荒地，但这辆汽车每次装满油最多能行驶900千米，侦察员想出一个办法，在荒地某处设一个储油点B，汽车装满汽油从起点A出发，到储油点B时从车中取出部分油放进B储油点，然后返回出发点A，加满汽油后第二次从A点出发开往储油点B处，到B储油点时取出储存的所有汽油放在车上，再向前行驶执行侦查任务．用侦察员想出的办法，这辆军用汽车第二次从点A出发行驶的最大距离是　 　 千米．
18．（4分）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE与BF相交于O．下列结论：①AE＝BF且AE⊥BF；②S△AOB＝S四边形DEOF；③AD＝OE；④连接OC，当E为边DC的中点时，tan∠EOC值为，其中正确的结论有 　 　 ．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：
（1）；
（2）．
20．（10分）21、某中学为了提高学生的综合素质，成立了以下社团：A．机器人，B．围棋，C．羽毛球，D．乒乓球，每人只能加入一个社团．为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图（1）中D所取扇形的圆心角为72°．根据以上信息，解答下列问题：
（1）这次被调查的学生共有　 　 　 人；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）在机器人社团活动中，由于甲、乙、丙3人平时的表现优秀，现决定从这3人中任选2人参加机器人大赛，用画树状图或列表法求恰好选中甲、乙两位同学的概率．
21．（10分）如图，已知△ABD和△AEC都是等边三角形，试说明：DC＝BE．
22．（10分）学校组织七年级和八年级学生去公园进行研学活动．如图所示，公园有东、西两个入口，入口A在入口B的正西方向，七年级学生从入口A处出发，沿北偏东53°方向前往游乐场D处；八年级从入口B处出发，沿正北方向行走150米到达C处，再沿北偏西67.4°方向前往游乐场D处与七年级汇合，若两个年级所走的路程相同，求公园入口A与游乐场D之间的距离．（结果保留整数，参考数据：sin22.6°，cos22.6°，tan22.6°，sin37°，cos37°，tan37°）
23．（12分）如图，已知一次函数y＝x+b分别与x轴和反比例函数交于点B（2，0），A（a，2）．
（1）求b和k；
（2）C为直线AB上一动点，过点C作x轴的平行线，与反比例函数交于点D，若四边形OBCD为平行四边形，求点C的坐标；
（3）我们把两直角边比为1：2的直角三角形称为“黄金直角三角形”，点P为x轴上一动点，Q为反比例函数上一点，当三角形APQ是以AQ为斜边的“黄金直角三角形”时，求点P的坐标．
24．（12分）如图，△ABC内接于⊙O，AC为直径，射线OD⊥AC交BC于点D，交AB的延长线于点E，F为DE的中点，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）如果AB＝2，，求线段DE的长．
25．（14分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧）坐标分别为（﹣4，0），（2，0），交y轴于点C．
（1）求出抛物线解析式；
（2）如图1，过y轴上点D作AC的垂线，交直线AC于点N，交抛物线于点M，当时，请求出点M的坐标；
（3）如图2，点H的坐标是（0，﹣2），点Q为x轴上一动点，点P（﹣2，﹣8）在抛物线上，把△PHQ沿HQ翻折，使点P刚好落在x轴上，请直接写出点Q的坐标．
参考答案
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．【考点】绝对值
【分析】根据绝对值的性质解答即可．
解：∵|a﹣b|＝b﹣a，
∴a﹣b≤0，
∴a≤b，
故选：C．
【点评】本题考查了绝对值，熟知：正数的绝对值是它本身，0的绝对值是0，负数的绝对值是它的相反数是解题的关键．
2．【考点】单项式乘单项式；合并同类项；同底数幂的除法
【分析】根据合并同类项法则，单项式乘单项式，同底数幂除法法则，逐个判断即可．
解：A、a+a＝2a，故不符合题意；
B、2a 3a＝6a2，故不符合题意；
C、a﹣a＝0，故不符合题意；
D、a2÷a＝a，故符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了合并同类项法则，单项式乘单项式，同底数幂除法法则，解题的关键是熟练掌握这些运算法则．
3．【考点】方差；算术平均数；中位数；众数
【分析】由频数分布表可知年龄13岁和年龄14岁的两组的频数和为11，即可得知总人数，结合前两组的频数知出现次数最多的数据及第15，16个数据的平均数，可得答案．
解：由表可知，年龄为13岁与年龄为14岁的频数和为：30﹣5﹣12﹣2＝11，12岁人数有12人，
该组数据的众数为12岁，
中位数为：（12+12）÷2＝12，
所以众数和中位数不受两个数据的影响．
故选：C．
【点评】本题主要考查众数和中位数，由表中数据得出数据的总数是根本，熟练掌握平均数、中位数、众数及方差的定义和计算方法是解题的关键．
4．【考点】圆周角定理
【分析】根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，∠A＝∠BCD＝26°，然后利用互余计算∠ABD的度数．
解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BCD＝26°，
∴∠A＝∠BCD＝26°，
∴∠ABD＝90°﹣∠A＝64°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
5．【考点】一元一次方程的应用
【分析】根据已知等量关系正确列方程是解题关键．设甲仓库原货物质量为3x吨，乙仓库原货物质量为5x吨，根据题意列一元一次方程求解即可．
解：∵甲、乙两个仓库的货物质量之比是3：5，
∴设甲仓库原货物质量为3x吨，则乙仓库原货物质量为5x吨，
由题意得：（3x﹣2）：（5x+2）＝1：2，
即2（3x﹣2）＝5x+2，
解得：x＝6，
∴3x＝18，即甲仓库原来的货物质量为18吨，
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
6．【考点】有理数的乘法；因数
【分析】根据完全数的定义，找到因数，再按照题干的方法相加即可判断．
解：A、24的因数有1，2，3，4，6，8，12，24，而1+2+3+4+6+8+12≠24，故不是完全数，不合题意；
B、28的因数有1，2，4，7，14，28，而1+2+4+7+14＝28，故是完全数，符合题意；
C、36的因数有1，2，3，4，6，9，12，18，36，而1+2+3+4+6+7+12+18≠36，故不是完全数，不合题意；
D、9的因数有1，3，9，而1+3≠9，故不是完全数，不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了因数，有理数的加法和乘法，能够理解完全数的含义是解题的关键．
7．【考点】展开图折叠成几何体
【分析】根据正方体的展开图中的特点即可解答．
解：有“田”字格的展开图都不是正方体的展开图，可知不应剪去的小正方形的序号是7．
故选：D．
【点评】本题考查了展开图折叠成几何体，熟知正方体的展开图的特点是解题关键．
8．【考点】二元一次方程的应用
【分析】分买一条大绳及买两条大绳两种情况考虑，当买一条大绳时，设购买x条小绳，y个毽子，利用总价＝单价×数量，可得出关于x，y的二元一次方程，结合x，y均为正整数，可得出当买一条大绳时，共有6种买法；当买两条大绳时，设购买m条小绳，n个毽子，利用总价＝单价×数量，可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，可得出当买两条大绳时，共有3种买法，进而可得出在把钱用完的条件下，买法共有9种．
解：当买一条大绳时，设购买x条小绳，y个毽子，
根据题意得：10×1+3x+y＝30，
∴y＝20﹣3x，
又∵x，y均为正整数，
∴或或或或或，
∴当买一条大绳时，共有6种买法；
当买两条大绳时，设购买m条小绳，n个毽子，
根据题意得：10×2+3m+n＝30，
∴n＝10﹣3m，
又∵m，n均为正整数，
∴或或，
∴当买两条大绳时，共有3种买法．
∴在把钱用完的条件下，买法共有6+3＝9（种）．
故选：D．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
9．【考点】三角形的外接圆与外心；旋转的性质；圆周角定理
【分析】连接CC′，由旋转的性质可得∠CBC′＝30°，BC＝BC′，由等腰三角形的性质可得∠BC′C＝75°，由圆内接四边形的性质可求解．
解：如图，连接CC′，
由旋转的性质得到∠CBC′＝30°，BC＝BC′，
∴，
∵四边形ABC′C是圆内接四边形，
∴∠A+∠CC′B＝180°，
∴∠A＝180°﹣75°＝105°，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10．【考点】反比例函数的性质；正比例函数的性质
【分析】直接利用反比例函数以及一次函数的性质分别分析得出答案．
解：A．y＝9x，y随x的增大而增大，故此选项不合题意．
B．y＝﹣9x，y随x的增大而减小，故此选项符合题意
C．y，在每个象限内y随x的增大而减小，故此选项不合题意；
D．y，在每个象限内y随x的增大而增大，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了反比例函数以及一次函数，正确掌握相关函数的性质是解题关键．
11．【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形三边关系
【分析】过点A作AH⊥AB，且AH＝AC，连接CH，DH，则△ACH为等腰直角三角形，进而得∠AHC＝45°，∠AHD＝135°，证明∠HAD＝∠CAE，进而可依据“SAS”判定△HAD和△CAE全等，则DH＝CE，∠ACE＝∠AHD＝135°，设AB＝2a为定值，由此得AC＝CB＝CE＝AH＝DH＝a，则CH，AH+DH为定值，根据CD≤AH+DE，CD的最大值为，此时点C，H，D在同一条直线上，然后求出∠CEA＝22.5°，则可得∠DEC的度数．
解：过点A作AH⊥AB，且AH＝AC，连接CH，DH，如图1所示：
则△ACH为等腰直角三角形，
∴∠AHC＝45°，
∴∠AHD＝135°，
∵△ADE是以AE为腰，A为顶角顶点的等腰直角三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，∠DEA＝45°，
∵AH⊥AB，∠DAE＝90°，
∴∠HAE+∠CAE＝90°，∠HAD+∠HAE＝90°，
∴∠HAD＝∠CAE，
在△HAD和△CAE中，
，
∴△HAD≌△CAE（SAS），
∴DH＝CE，∠ACE＝∠AHD＝135°，
设AB＝2a为定值，
∵点C为AB的中点，CE＝CB，
∴DH＝CE＝AH＝ACAB＝a，
在Rt△ACH中，由勾股定理得：CH，
∴DH+CH＝a为定值，
∵CD≤AH+DE，
∴CD≤a
∴CD的最大值为a，此时点C，H，D在同一条直线上，如图2所示：
在△CAD中，CA＝CE，∠ACE＝135°，
∴∠CEA＝∠CAD（180°﹣∠ACE）＝22.5°，
∴∠DEC＝∠DEA+∠CEA＝45°+22.5°＝67.5°．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，等腰直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，等腰直角三角形是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形是解决问题的难点．
12．【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；等腰三角形的判定
【分析】根据二次函数图象与系数的关系，二次函数与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），可知二次函数的对称轴为直线x＝﹣1，即，可得2a与b的关系，可判断①；根据对称轴公式，将B点代入可得c、b的关系，即可判断②；函数开口向下，x＝1时取得最大值，可判断③；由图象知BC＝AB＝4时，当AC＝AB＝4时，两种情况利用勾股定理即可求得c的值，可以判断④；根据抛物线图象上点的坐标特征即可判断⑤．
解：如图，
①∵二次函数与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0）．
∴二次函数的对称轴为，即，
∴2a﹣b＝0．故①正确；
②∵b＝2a．
∴，
∵二次函数y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0）．
∴9a﹣3b+c＝0，a+b+c＝0，
∴，
∴2c＝﹣3b．故②错误；
③∵a＜0，
∴抛物线开口向下．
∴x＝﹣1时，二次函数有最大值．
∴a﹣b+c≥am2+bm+c．
即a﹣b≥am2+bm．故③正确；
④由图象可得，AC≠BC．
当BC＝AB＝4时，则12+c2＝42，解得，
当AC＝AB＝4时，则32+c2＝42，解得
故△ABC是等腰三角形时，或，故④正确；
⑤∵抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于正半轴，
∴开口向下，
∵x1＜x2，x1+x2＞﹣2，
∴点E在点F左侧，EF中点横坐标为，
则EF中点在对称轴右侧，
∴点E（x1，y1）比F（x2，y2）更接近对称轴，
∴y1＞y2，故⑤正确；
故正确的为①③④⑤．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，关键是找出图象中和题目中的有关信息，来判断问题中结论是否正确．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．【考点】提公因式法与公式法的综合运用
【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
解：y+2xy+x2y
＝y（1+2x+x2）
＝y（1+x）2，
故答案为：y（1+x）2．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
14．【考点】解分式方程
【分析】方程两边同乘x﹣2，将分式方程化为整式方程，然后求解即可．
解：，
方程可化为，
方程两边同乘x﹣2，得1﹣3（z﹣2）＝﹣2，
解得x＝3，
检验：当x＝3时，x﹣2≠0，
所以原分式方程的解是x＝3，
故答案为：x＝3．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键．
15．【考点】相似三角形的判定与性质；正多边形和圆
【分析】连接BE交AC于O，由五边形ABCDE是正五边形，可得∠CBA＝∠BAC＝108°，BC＝AB＝AE，即得∠BCA＝∠BAC＝∠ABE＝∠AEB＝36°，故∠CBO＝∠ABC﹣∠ABE＝72°，从而∠BOC＝180°﹣∠CBO﹣∠BCA＝72°，可得CO＝BC＝6，证明△ABO∽△ACB，有，即可解得答案．
解：连接BE交AC于O，如图：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CBA＝∠BAE＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，BC＝AB＝AE，
∴∠BCA＝∠BAC＝∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣108°）÷2＝36°，
∴∠CBO＝∠ABC﹣∠ABE＝108°﹣36°＝72°，
∴∠BOC＝180°﹣∠CBO﹣∠BCA＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠CBO＝∠BOC＝72°，
∴CO＝BC＝6，
∵∠BAO＝∠CAB，∠ABO＝36°＝∠BCA，
∴△ABO∽△ACB，
∴，即，
解得AC＝33或AC＝3﹣3（小于6，舍去），
经检验，AC＝33符合题意；
故答案为：33．
【点评】本题考查相似三角形判定与性质，正多边形与圆，解题的关键是掌握正多边形的概念和相似三角形的判定定理．
16．【考点】平行四边形的性质；矩形的性质；三角形三边关系；勾股定理
【分析】分当AC≠BD时，求得AC+BD＞8；当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，利用勾股定理求解即可．
解：当AC≠BD时，不妨设AC＞BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，
如图，作平行四边形AEBD，
∴EC＝EB+BC＝AD+BC＝2AD，AE＝BD，
∴AC+BD＝AC+AE＞2AD，
∴AC+BD＞8；
当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，
在直角三角形ABD中，AB＝3，AD＝4，
由勾股定理得：，
∴AC+BD＝10，
∴AC+BD的取值范围是8＜AC+BD≤10．
故答案为：8＜AC+BD≤10．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，三角形三边关系，解答本题的关键是熟练运用分类讨论的思想解决问题．
17．【考点】推理与论证
【分析】设储油点B与起点A的距离是x千米，则第一次可以放入储油点的油为箱，因为加油后油箱的油量不能超过1箱，可得，可得x≥300，当储油点B与起点A的距离是300千米时，储油点的油量为箱，则汽车第二次到达B点时正好把油箱加满，所以这辆军用汽车第二次从点A出发行驶的最大距离是1200千米．
解：设储油点B与起点A的距离是x千米，
∵汽车每次装满油最多能行驶900千米，
∴每100千米耗油箱，
则第一次可以放入储油点的油为箱，
汽车第二次到达储油点B时，车上剩余油量为箱，
在储油点加油后，车上的油量为箱，
∵加油后油箱的油量不能超过1箱，
∴，
∴x≥300，
∴当储油点B与起点A的距离是300千米时，
储油点的油量为（箱），
汽车第二次从A点出发行驶到储油点消耗的测量恰好为（箱），
∴这辆军用汽车第二次从点A出发行驶的最大距离是900+300＝1200（千米）．
故答案为：1200．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用、列代数式，掌握一元一次不等式的应用是解题的关键．
18．【考点】正方形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质
【分析】①根据正方形中的十字架模型找出全等三角形，利用对应边相等，对应角相等推出结论；
②根据全等三角形面积相等，再减去共同的面积后面积仍相等推出结论；
③过点E作EM⊥AB，交于点M，连接OM，判断形成的三角形是否可以是以点E为顶点的等腰三角形，推出结论；
④利用平行线+线段中点构造全等三角形，解出其中的直角三角形，得出结论．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°．
∵CE＝DF，
∴AF＝DE．
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS）．
∴AE＝BF，故①正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴∠AFB＝∠AED．
∵∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AFB+∠DAE＝90°，
∴∠AOF＝90°，即AE⊥BF，故①正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△ADE．
∴S△AOB＝S△ABF﹣S△AOF，S四边形DEOF＝S△ADE﹣S△AOF，即S△AOB＝S四边形DEOF，故②正确．
如图过点E作EM⊥AB，交于点M，连接OM，
在正方形ABCD中，
∠BAD＝∠ADE＝∠AME＝90°，
∴四边形ADEM为矩形，
AD＝EM，
在△OME中，
∵∠EOM为钝角，
∴△EOM不是以点E为顶点的等腰△，
∴OE≠EM，
即AD≠OE，
故③错误．
如图，连接OC，延长AE使AE＝EG，交BC延长线于点G，过点C作CH⊥AG交于点H，
∵E是边DC的中点，
∴ED＝EC，
在△ADE和△GCE中，
，
∴△ADE≌△GCE（SAS），
所以∠ECG＝∠EDA＝90°＝∠BCE，
∴点B、C、G共线，
∴∠G＝∠GAD
设边AD＝DC＝2a，
∴AF＝DE＝a，
tan∠GAD，
∴tan∠CGA，
AEa，
∴AG＝2AE＝2a，
∵CG＝AD，
∴CG＝2a，
在△CEG中，CHa，HGa，
在△AOF中，AOa，
∴OH＝AG﹣HG﹣AOa，
在Rt△CHO中，tan∠EOC，
故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题以几何为背景考查了正方形模型、直角三角形、全等三角形的性质，考查学生对辅助线和三角函数的灵活运用．本题综合性较强，掌握全等三角形的判定与性质，倍长中线，三角函数的运用是解决问题的关键．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．【考点】分式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算
【分析】（1）先算零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值，再算乘法，最后算加减即可；
（2）先算括号里的运算，除法转为乘法，最后约分即可．
解：（1）
＝1
＝1
＝2；
（2）
＝x﹣3．
【点评】本题主要考查分式的混合运算，实数的运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
20．【考点】列表法与树状图法；扇形统计图；条形统计图
【分析】（1）由D类有20人，所占扇形的圆心角为72°，即可求得这次被调查的学生数；
（2）首先求得C项目对应人数，即可补全统计图；
（3）先根据题意画出树状图，再由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中甲、乙两位同学的情况，然后由概率公式即可求得答案．
解：（1）∵D类有40人，所占扇形的圆心角为72°，
∴这次被调查的学生共有：40200（人）；
故答案为：200；
（2）C项目对应人数为：200﹣20﹣80﹣40＝60（人）；
补充如图：
（3）画树状图得：
共有6种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两位同学有2种，
∴恰好选中甲、乙两位同学的概率为．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率，掌握概率＝所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
21．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质
【分析】利用△ABD、△AEC都是等边三角形，证明△DAC≌△BAE，然后即可得出BE＝DC．
证明：∵△ABD、△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC+60°，
∠BAE＝∠BAC+60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE＝DC．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22．【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【分析】过点D作DG⊥AB，垂足为G，过点C作CH⊥DG，垂足为H，根据题意可得：AB⊥BC，BC＝HG＝150米，CH＝BG，∠EAD＝53°，∠DCF＝67.4°，然后设CD＝x米，则AD＝CD+BC＝（x+150）米，在Rt△CDH中，利用锐角三角函数的定义求出DH的长，从而求出DG的长，再在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，最后列出关于x的方程，进行计算即可解答．
解：如图：过点D作DG⊥AB，垂足为G，过点C作CH⊥DG，垂足为H，
由题意得：AB⊥BC，BC＝HG＝150米，CH＝BG，∠EAD＝53°，∠DCF＝67.4°，
设CD＝x米，
∴AD＝CD+BC＝（x+150）米，
在Rt△CDH中，∠DCH＝90°﹣∠DCF＝22.6°，
∴DH＝CD sin22.6°x（米），
∴DG＝DH+HG＝（x+150）米，
在Rt△ADG中，∠DAG＝90°﹣∠EAD＝37°，
∴DG＝AD sin37°（x+150）米，
∴x+150（x+150），
解得：x，
∴AD＝x+150≈429（米），
∴公园入口A与游乐场D之间的距离约为429米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，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．
23．【考点】反比例函数综合题
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点C（m，m﹣2），四边形OBCD为平行四边形，则CD＝OB＝2，点C、D的纵坐标相同，则点D（m﹣2，m﹣2），进而求解；
（3）证明△AMP∽△PNQ，得到，即2或且st＝8，即可求解．
解：（1）将点B的坐标代入一次函数表达式得：0＝2+b，则b＝﹣2，
则一次函数的表达式为：y＝x﹣2；
将点A的坐标代入上式得：2＝a﹣2，则a＝1，
即点A（4，2），
将点A的坐标代入反比例函数表达式得：k＝4×2＝8，
即反比例函数的表达式为：y，
即b＝﹣2，k＝8；
（2）设点C（m，m﹣2），
∵四边形OBCD为平行四边形，
∴CD＝OB＝2，点C、D的纵坐标相同，
则点D（m﹣2，m﹣2），
将点D的坐标代入反比例函数表达式得：（m﹣2）2＝8，
解得：m＝2+2或2﹣2（舍去），
故点C的坐标为：（2+2，2）；
（3）设点Q（s，t），则st＝8，
分别过点A、Q作x轴的垂线，垂足分别为M、N，
∵AQ是直角三角形的斜边，则∠APQ＝90°，
∴∠APM+∠QPN＝90°，
∵∠APM+∠MAP＝90°，
∴∠QPN＝∠MAP，
∵∠AMP＝∠PNQ＝90°，
∴△AMP∽△PNQ，
∵直角边比为1：2，则上述两个三角形的相似比为或2，
即，即2或且st＝8，
解得：x或2（舍去负值），
即点P的坐标为：（，0）或（2，0）．
【点评】本题为反比例函数综合题，涉及到三角形相似、一次函数的基本性质、新定义、平行四边形的性质等，有一定的综合性，难度适中．
24．【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，圆周角定理以及切线的判定方法进行解答即可；
（2）根据直角三角形的边角关系，勾股定理以及圆周角定理进行计算即可．
解：（1）证明：连接OB，
∵：OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠A＝90°，
∵AC⊥OE，
∴∠E+∠A＝90°，
∴∠E＝∠C．
∴∠E＝∠OBC，
∵∠A＝∠CBF，∠A+∠E＝90°，
∴∠OBC+∠CBF＝90°，
即OB⊥BF，
∵OB是⊙O的半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）由（1）得∠E＝∠C，即 ，
在Rt△ABC中，AB＝2，sinC，
∴AC＝6，BC4，
∴AO＝3，
在Rt△COD中，OC＝OA＝3，sinC，
设OD＝x，则CD＝3x，由勾股定理得，
OD2+OC2＝CD2，
即x2+32＝（3x）2，
解得x，
即OD，
∴BD＝BC﹣CD＝4，
在Rt△BDE中，BD，sinE，
∴DE＝3BD．
【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，锐角三角函数以及解直角三角形，掌握切线的判定和性质，圆周角定理，锐角三角函数以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键．
25．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线解析式为y＝x2+2x﹣8；
（2）过M作ME∥y轴交AC于E，求出C（0，﹣8），可得AC4，直线AC解析式为y＝﹣2x﹣8，故sin∠ACOsin∠MEN，即得，ME＝5，设M（m，m2+2m﹣8），得|﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）|＝5，可解得M的坐标为（﹣5，7）或（1，﹣5）；
（3）当Q在x轴正半轴时，过P作PT⊥x轴与T，过H作HK⊥PT于K，连接PP'，延长QH交PP'于G，证明Rt△PKH≌Rt△P'OH（HL），可得P'（﹣6，0），PP'＝4，P'T＝4，故cos∠PP'T，P'GPP'＝2，即得，P'Q＝10，从而Q（4，0）；当Q在x轴负半轴时，同理可得Q（﹣2，0）．
解：（1）把（﹣4，0），（2，0）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣8；
（2）过M作ME∥y轴交AC于E，如图：
在y＝x2+2x﹣8中，令x＝0得y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
∵A（﹣4，0），
∴AC4，直线AC解析式为y＝﹣2x﹣8，
∴sin∠ACO，
∵ME∥y轴，
∴∠MEN＝∠ACO，
∴sin∠MEN，
∴，
∵MN，
∴ME＝5，
设M（m，m2+2m﹣8），则E（m，﹣2m﹣8），
∴|﹣2m﹣8﹣（m2+2m﹣8）|＝5，
解得m＝﹣5或m＝1，
∴M的坐标为（﹣5，7）或（1，﹣5）；
（3）当Q在x轴正半轴时，过P作PT⊥x轴与T，过H作HK⊥PT于K，连接PP'，延长QH交PP'于G，如图：
∵点H的坐标是（0，﹣2），点P（﹣2，﹣8），
∴OH＝KH＝2，KP＝﹣2﹣（﹣8）＝6，
∵P，P'关于直线QH对称，
∴P'H＝PH，PG＝P'G，∠P'GQ＝∠PGQ＝90°，
∵∠P'OH＝∠PKH＝90°，
∴Rt△PKH≌Rt△P'OH（HL），
∴KP＝P'O＝6，
∴P'（﹣6，0），
∴PP'4，P'T＝﹣2﹣（﹣6）＝4，
∴cos∠PP'T，P'GPP'＝2，
∴，即，
∴P'Q＝10，
∴OQ＝P'Q﹣P'O＝10﹣6＝4，
∴Q（4，0）；
当Q在x轴负半轴时，如图：
同理可得Rt△PKH≌Rt△P'OH（HL），
∴OP'＝PK＝6，
∴P'（6，0），
∴PP'＝8，
∴cos∠PP'T，P'GPP'＝4，
∴，
∴P'Q＝8，
∴OQ＝P'Q﹣P'O＝8﹣6＝2，
∴Q（﹣2，0）；
综上所述，Q的坐标为（4，0）或（﹣2，0）．
【点评】本题考查而函数综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数，全等三角形判定与性质等，解题的关键是分类讨论思想的应用
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