2022届孝感市八校联谊重点达标名校中考数学最后一模试卷含解析

这是一份2022届孝感市八校联谊重点达标名校中考数学最后一模试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．一次函数满足，且随的增大而减小，则此函数的图象不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知，则的值是　　
A．60 B．64 C．66 D．72
3．如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（　　）

A．∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD B．AB＝BC
C．AB＝CD，AD＝BC D．∠DAB+∠BCD＝180°
4．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足关系式y＝a（x﹣k）2+h．已知球与D点的水平距离为6m时，达到最高2.6m，球网与D点的水平距离为9m．高度为2.43m，球场的边界距O点的水平距离为18m，则下列判断正确的是（　　）

A．球不会过网 B．球会过球网但不会出界
C．球会过球网并会出界 D．无法确定
5．若关于x的分式方程的解为正数，则满足条件的正整数m的值为（ ）
A．1，2，3 B．1，2 C．1，3 D．2，3
6．如图，点A、B在数轴上表示的数的绝对值相等，且，那么点A表示的数是　　

A． B． C． D．3
7．如图，已知△ADE是△ABC绕点A逆时针旋转所得，其中点D在射线AC上，设旋转角为α，直线BC与直线DE交于点F，那么下列结论不正确的是（　　）

A．∠BAC＝α B．∠DAE＝α C．∠CFD＝α D．∠FDC＝α
8．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，动点E、F分别从点C，D出发，以相同速度分别沿CB，DC运动（点E到达C时，两点同时停止运动）.连接AE，BF交于点P，过点P分别作PM∥CD，PN∥BC，则线段MN的长度的最小值为（ ）

A． B． C． D．1
9．如图，已知AB∥CD，AD＝CD，∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．60° B．65° C．70° D．75°
10．如图，如果从半径为9cm的圆形纸片剪去圆周的一个扇形，将留下的扇形围成
一个圆锥（接缝处不重叠），那么这个圆锥的高为

A．6cm B．cm C．8cm D．cm
11．北京故宫的占地面积达到720 000平方米，这个数据用科学记数法表示为(　　)
A．0.72×106平方米 B．7.2×106平方米
C．72×104平方米 D．7.2×105平方米
12．将一把直尺和一块含30°和60°角的三角板ABC按如图所示的位置放置，如果∠CDE=40°，那么∠BAF的大小为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．不等式组的最大整数解是__________.
14．计算：___．
15．已知一个正六边形的边心距为，则它的半径为______ ．
16．如图，已知圆柱底面周长为6cm，圆柱高为2cm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为_____cm．

17．若关于x的二次函数y＝ax2+a2的最小值为4，则a的值为______．
18．如图，已知反比例函数y=（x＞0）的图象经过Rt△OAB斜边OB的中点C，且与直角边AB交于点D，连接OD，若点B的坐标为（2，3），则△OAD的面积为_____．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，已知抛物线y＝x2﹣4与x轴交于点A，B（点A位于点B的左侧），C为顶点，直线y＝x+m经过点A，与y轴交于点D．求线段AD的长；平移该抛物线得到一条新拋物线，设新抛物线的顶点为C′．若新抛物线经过点D，并且新抛物线的顶点和原抛物线的顶点的连线CC′平行于直线AD，求新抛物线对应的函数表达式．

20．（6分）全面两孩政策实施后，甲，乙两个家庭有了各自的规划.假定生男生女的概率相同，回答下列问题：甲家庭已有一个男孩，准备再生一个孩子，则第二个孩子是女孩的概率是 ；乙家庭没有孩子，准备生两个孩子，求至少有一个孩子是女孩的概率.
21．（6分）某数学兴趣小组为测量如图（①所示的一段古城墙的高度，设计用平面镜测量的示意图如图②所示，点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经过平面镜反射后刚好射到古城墙CD的顶端C处．
已知AB⊥BD、CD⊥BD，且测得AB=1.2m，BP=1.8m.PD=12m，求该城墙的高度（平面镜的原度忽略不计）： 请你设计一个测量这段古城墙高度的方案．
要求：①面出示意图（不要求写画法）；②写出方案，给出简要的计算过程：③给出的方案不能用到图②的方法．
22．（8分）如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，AD⊥DB，点E为AB的中点，DE∥BC.

（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）连接EC，若∠A＝30°，DC＝，求EC的长.
23．（8分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点E，连接AD、BD、CD．
（1）求证：AD＝CD；
（2）若AB＝10，OE＝3，求tan∠DBC的值．

24．（10分）已知抛物线y=ax2+bx+c．
（Ⅰ）若抛物线的顶点为A（﹣2，﹣4），抛物线经过点B（﹣4，0）
①求该抛物线的解析式；
②连接AB，把AB所在直线沿y轴向上平移，使它经过原点O，得到直线l，点P是直线l上一动点．
设以点A，B，O，P为顶点的四边形的面积为S，点P的横坐标为x，当4+6≤S≤6+8时，求x的取值范围；
（Ⅱ）若a＞0，c＞1，当x=c时，y=0，当0＜x＜c时，y＞0，试比较ac与l的大小，并说明理由．
25．（10分）为支援雅安灾区，某学校计划用“义捐义卖”活动中筹集的部分资金用于购买A，B两种型号的学习用品共1000件，已知A型学习用品的单价为20元，B型学习用品的单价为30元．若购买这批学习用品用了26000元，则购买A，B两种学习用品各多少件？若购买这批学习用品的钱不超过28000元，则最多购买B型学习用品多少件？
26．（12分）一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4.随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，求下列事件的概率：两次取出的小球标号相同；两次取出的小球标号的和等于4.
27．（12分）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A，B重合的动点，PC∥AB，点M是OP中点．
（1）求证：四边形OBCP是平行四边形；
（2）填空：
①当∠BOP＝　 　时，四边形AOCP是菱形；
②连接BP，当∠ABP＝　 　时，PC是⊙O的切线．




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、A
【解析】
试题分析：根据y随x的增大而减小得：k＜0，又kb＞0，则b＜0，故此函数的图象经过第二、三、四象限，即不经过第一象限．
故选A．
考点：一次函数图象与系数的关系．
2、A
【解析】
将代入原式，计算可得．
【详解】
解：当时，
原式



，
故选A．
【点睛】
本题主要考查分式的加减法，解题的关键是熟练掌握完全平方公式．
3、D
【解析】
首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形为菱形．所以根据菱形的性质进行判断．
【详解】
解:

四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，
，，
四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；
过点分别作，边上的高为，．则
（两纸条相同，纸条宽度相同）；
平行四边形中，，即，
，即．故正确；
平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
，（菱形的对角相等），故正确；
，（平行四边形的对边相等），故正确；
如果四边形是矩形时，该等式成立．故不一定正确．
故选：．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．
4、C
【解析】
分析：（1）将点A(0,2)代入求出a的值；分别求出x=9和x=18时的函数值，再分别与2.43、0比较大小可得．
详解：根据题意,将点A(0,2)代入
得：36a+2.6=2，
解得：
∴y与x的关系式为
当x=9时,
∴球能过球网，
当x=18时,
∴球会出界.
故选C.
点睛：考查二次函数的应用题，求范围的问题，可以利用临界点法求出自变量的值，根据题意确定范围.
5、C
【解析】
试题分析：解分式方程得：等式的两边都乘以（x﹣2），得x=2（x﹣2）+m，解得x=4﹣m，且x=4﹣m≠2，
已知关于x的分式方的解为正数，得m=1，m=3，故选C．
考点：分式方程的解．
6、B
【解析】
如果点A，B表示的数的绝对值相等，那么AB的中点即为坐标原点．
【详解】
解：如图，AB的中点即数轴的原点O．
根据数轴可以得到点A表示的数是．
故选：B．
【点睛】
此题考查了数轴有关内容，用几何方法借助数轴来求解，非常直观，体现了数形结合的优点确定数轴的原点是解决本题的关键．
7、D
【解析】
利用旋转不变性即可解决问题．
【详解】
∵△DAE是由△BAC旋转得到，
∴∠BAC=∠DAE=α，∠B=∠D，
∵∠ACB=∠DCF，
∴∠CFD=∠BAC=α，
故A，B，C正确，
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，解题的关键是熟练掌握旋转不变性解决问题，属于中考常考题型．
8、B
【解析】
分析：由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．
详解： 由于点P在运动中保持∠APD=90°， ∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△QDC中，QC=， ∴CP=QC－QP=，故选B．
点睛：本题主要考查的是圆的相关知识和勾股定理，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键是根据圆的知识得出点P的运动轨迹．
9、C
【解析】
由等腰三角形的性质可求∠ACD＝70°，由平行线的性质可求解．
【详解】
∵AD＝CD，∠1＝40°，
∴∠ACD＝70°，
∵AB∥CD，
∴∠2＝∠ACD＝70°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，是基础题．
10、B
【解析】
试题分析：∵从半径为9cm的圆形纸片上剪去圆周的一个扇形，
∴留下的扇形的弧长==12π，
根据底面圆的周长等于扇形弧长，
∴圆锥的底面半径r==6cm，
∴圆锥的高为=3cm
故选B.
考点: 圆锥的计算．
11、D
【解析】
试题分析：把一个数记成a×10n（1≤a<10，n整数位数少1）的形式，叫做科学记数法．
∴此题可记为1．2×105平方米．
考点：科学记数法
12、A
【解析】
先根据∠CDE=40°，得出∠CED=50°，再根据DE∥AF，即可得到∠CAF=50°，最后根据∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小．
【详解】
由图可得,∠CDE=40° ,∠C=90°，
∴∠CED=50°，
又∵DE∥AF，
∴∠CAF=50°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=60°−50°=10°，
故选A.
【点睛】
本题考查了平行线的性质，熟练掌握这一点是解题的关键.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
先求出每个不等式的解集，再确定其公共解，得到不等式组的解集，然后求其整数解．
【详解】
解：，
由不等式①得x≤1，
由不等式②得x＞-1，
其解集是-1＜x≤1，
所以整数解为0，1，1，
则该不等式组的最大整数解是x=1．
故答案为：1．
【点睛】
考查不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
14、
【解析】
直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质分别化简得出答案．
【详解】
原式．
故答案为．
【点睛】
本题考查了实数运算，正确化简各数是解题的关键．
15、2
【解析】
试题分析：设正六边形的中心是O，一边是AB，过O作OG⊥AB与G，在直角△OAG中，根据三角函数即可求得OA．
解：如图所示,

在Rt△AOG中,OG=,∠AOG=30°，
∴OA=OG÷cos 30°=÷=2；
故答案为2.
点睛：本题主要考查正多边形和圆的关系. 解题的关键在于利用正多边形的半径、边心距构造直角三角形并利用解直角三角形的知识求解.
16、2
【解析】
要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．
∵圆柱底面的周长为6cm，圆柱高为2cm，
∴AB＝2cm，BC＝BC′＝3cm，
∴AC2＝22+32＝13，
∴AC＝cm，
∴这圈金属丝的周长最小为2AC＝2cm．
故答案为2．

【点睛】
本题考查了平面展开−最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
17、1．
【解析】
根据二次函数的性质列出不等式和等式，计算即可．
【详解】
解：∵关于x的二次函数y=ax1+a1的最小值为4，
∴a1=4，a＞0，
解得，a=1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是二次函数的最值问题，掌握二次函数的性质是解题的关键．
18、．
【解析】
由点B的坐标为（2，3），而点C为OB的中点,则C点坐标为（1，1.5），利用待定系数法可得到k=1.5，然后利用k的几何意义即可得到△OAD的面积.
【详解】
∵点B的坐标为（2，3），点C为OB的中点，
∴C点坐标为（1，1.5），
∴k=1×1.5=1.5，即反比例函数解析式为y=，
∴S△OAD=×1.5=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数的几何意义，一般的，从反比例函数（k为常数，k≠0）图像上任一点P，向x轴和y轴作垂线你，以点P及点P的两个垂足和坐标原点为顶点的矩形的面积等于常数，以点P及点P的一个垂足和坐标原点为顶点的三角形的面积等于 .

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）1 ;(1) y＝x1﹣4x+1或y＝x1+6x+1．
【解析】
（1）解方程求出点A的坐标，根据勾股定理计算即可；
（1）设新抛物线对应的函数表达式为：y＝x1+bx+1，根据二次函数的性质求出点C′的坐标，根据题意求出直线CC′的解析式，代入计算即可．
【详解】
解：（1）由x1﹣4＝0得，x1＝﹣1，x1＝1，
∵点A位于点B的左侧，
∴A（﹣1，0），
∵直线y＝x+m经过点A，
∴﹣1+m＝0，
解得，m＝1，
∴点D的坐标为（0，1），
∴AD＝＝1；
（1）设新抛物线对应的函数表达式为：y＝x1+bx+1，
y＝x1+bx+1＝（x+）1+1﹣，
则点C′的坐标为（﹣，1﹣），
∵CC′平行于直线AD，且经过C（0，﹣4），
∴直线CC′的解析式为：y＝x﹣4，
∴1﹣＝﹣﹣4，
解得，b1＝﹣4，b1＝6，
∴新抛物线对应的函数表达式为：y＝x1﹣4x+1或y＝x1+6x+1．
【点睛】
本题考查的是抛物线与x轴的交点、待定系数法求函数解析式，掌握二次函数的性质、抛物线与x轴的交点的求法是解题的关键．
20、（1）；（2）
【解析】
（1）根据可能性只有男孩或女孩，直接得到其概率；
（2）列出所有的可能性，然后确定至少有一个女孩的可能性，然后可求概率.
【详解】
解：（1）（1）第二个孩子是女孩的概率=；
故答案为；
（2）画树状图为：

共有4种等可能的结果数，其中至少有一个孩子是女孩的结果数为3，
所以至少有一个孩子是女孩的概率=.
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
21、（1）8m；（2）答案不唯一
【解析】
（1）根据入射角等于反射角可得 ∠APB=∠CPD ，由 AB⊥BD、CD⊥BD 可得到 ∠ABP=∠CDP=90°，从而可证得三角形相似，根据相似三角形的性质列出比例式，即可求出CD的长.
（2）设计成视角问题求古城墙的高度.
【详解】
（1）解：由题意，得∠APB=∠CPD，∠ABP=∠CDP=90°，
∴Rt△ABP∽Rt△CDP，
∴ ，
∴CD==8.
答：该古城墙的高度为8m
（2）解：答案不唯一，如：如图，

在距这段古城墙底部am的E处，用高h（m）的测角仪DE测得这段古城墙顶端A的仰角为α.即可测量这段古城墙AB的高度，
过点D作DCAB于点C.在Rt△ACD中，∠ACD=90°，tanα=，
∴AC=α tanα，
∴AB=AC+BC=αtanα+h
【点睛】
本题考查相似三角形性质的应用．解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
22、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）直接利用直角三角形的性质得出，再利用DE∥BC，得出∠2＝∠3，进而得出答案；
（2）利用已知得出在Rt△BCD中，∠3＝60°，，得出DB的长，进而得出EC的长.
【详解】
（1）证明：∵AD⊥DB，点E为AB的中点，
∴.
∴∠1＝∠2.
∵DE∥BC，
∴∠2＝∠3.
∴∠1＝∠3.
∴BD平分∠ABC.
（2）解：∵AD⊥DB，∠A＝30°，
∴∠1＝60°.
∴∠3＝∠2＝60°.
∵∠BCD＝90°，
∴∠4＝30°.
∴∠CDE＝∠2+∠4＝90°.
在Rt△BCD中，∠3＝60°，，
∴DB＝2.
∵DE＝BE，∠1＝60°，
∴DE＝DB＝2.
∴.

【点睛】
此题主要考查了直角三角形斜边上的中线与斜边的关系，正确得出DB，DE的长是解题关键.
23、（1）见解析；（2）tan∠DBC＝．
【解析】
（1）先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，再利用平行线的性质得∠AEO＝90°，则根据垂径定理得到，从而有AD＝CD；
（2）先在Rt△OAE中利用勾股定理计算出AE，则根据正切的定义得到tan∠DAE的值，然后根据圆周角定理得到∠DAC＝∠DBC，从而可确定tan∠DBC的值．
【详解】
（1）证明：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥BC，
∴∠AEO＝∠ACB＝90°，
∴OE⊥AC，
∴，
∴AD＝CD；
（2）解：∵AB＝10，
∴OA＝OD＝5，
∴DE＝OD﹣OE＝5﹣3＝2，
在Rt△OAE中，AE＝＝4，
∴tan∠DAE＝，
∵∠DAC＝∠DBC，
∴tan∠DBC＝．
【点睛】
垂径定理及圆周角定理是本题的考点，熟练掌握垂径定理及圆周角定理是解题的关键.
24、（Ⅰ）①y=x2+3x②当3+6≤S≤6+2时，x的取值范围为是≤x≤或≤x≤（Ⅱ）ac≤1
【解析】
（I）①由抛物线的顶点为A（-2,-3）,可设抛物线的解析式为y=a（x+2）2-3,代入点B的坐标即可求出a值,此问得解,②根据点A、B的坐标利用待定系数法可求出直线AB的解析式,进而可求出直线l的解析式,分点P在第二象限及点P在第四象限两种情况考虑：当点P在第二象限时,x＜0,通过分割图形求面积法结合3+6≤S≤6+2,即可求出x的取值范围,当点P在第四象限时,x＞0,通过分割图形求面积法结合3+6≤S≤6+2,即可求出x的取值范围,综上即可得出结论,（2）由当x=c时y=0,可得出b=-ac-1,由当0＜x＜c时y＞0,可得出抛物线的对称轴x=≥c,进而可得出b≤-2ac,结合b=-ac-1即可得出ac≤1．
【详解】
（I）①设抛物线的解析式为y=a（x+2）2﹣3，
∵抛物线经过点B（﹣3，0），
∴0=a（﹣3+2）2﹣3，
解得：a=1，
∴该抛物线的解析式为y=（x+2）2﹣3=x2+3x．
②设直线AB的解析式为y=kx+m（k≠0），
将A（﹣2，﹣3）、B（﹣3，0）代入y=kx+m，
得：，解得：，
∴直线AB的解析式为y=﹣2x﹣2．
∵直线l与AB平行，且过原点，
∴直线l的解析式为y=﹣2x．
当点P在第二象限时，x＜0，如图所示．
S△POB=×3×（﹣2x）=﹣3x，S△AOB=×3×3=2，
∴S=S△POB+S△AOB=﹣3x+2（x＜0）．
∵3+6≤S≤6+2，
∴，即，
解得：≤x≤，
∴x的取值范围是≤x≤．
当点P′在第四象限时，x＞0，
过点A作AE⊥x轴，垂足为点E，过点P′作P′F⊥x轴，垂足为点F，则
S四边形AEOP′=S梯形AEFP′﹣S△OFP′=•（x+2）﹣•x•（2x）=3x+3．
∵S△ABE=×2×3=3，
∴S=S四边形AEOP′+S△ABE=3x+2（x＞0）．
∵3+6≤S≤6+2，
∴，即，
解得：≤x≤，
∴x的取值范围为≤x≤．
综上所述：当3+6≤S≤6+2时，x的取值范围为是≤x≤或≤x≤．
（II）ac≤1，理由如下：
∵当x=c时，y=0，
∴ac2+bc+c=0，
∵c＞1，
∴ac+b+1=0，b=﹣ac﹣1．
由x=c时，y=0，可知抛物线与x轴的一个交点为（c，0）．
把x=0代入y=ax2+bx+c，得y=c，
∴抛物线与y轴的交点为（0，c）．
∵a＞0，
∴抛物线开口向上．
∵当0＜x＜c时，y＞0，
∴抛物线的对称轴x=﹣≥c，
∴b≤﹣2ac．
∵b=﹣ac﹣1，
∴﹣ac﹣1≤﹣2ac，
∴ac≤1．

【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、三角形的面积、梯形的面积、解一元一次不等式组、二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质,解题的关键是：（1）①巧设顶点式,代入点B的坐标求出a值,②分点P在第二象限及点P在第四象限两种情况找出x的取值范围,（2）根据二次函数图象上点的坐标特征结合二次函数的性质,找出b=-ac-1及b≤-2ac．
25、（1）购买A型学习用品400件，B型学习用品600件．（2）最多购买B型学习用品1件
【解析】
（1）设购买A型学习用品x件，B型学习用品y件，就有x+y=1000，20x+30y=26000，由这两个方程构成方程组求出其解就可以得出结论．
（2）设最多可以购买B型产品a件，则A型产品（1000﹣a）件，根据这批学习用品的钱不超过210元建立不等式求出其解即可．
【详解】
解：（1）设购买A型学习用品x件，B型学习用品y件，由题意，得
，解得：．
答：购买A型学习用品400件，B型学习用品600件．
（2）设最多可以购买B型产品a件，则A型产品（1000﹣a）件，由题意，得
20（1000﹣a）+30a≤210，
解得：a≤1．
答：最多购买B型学习用品1件
26、（1）（2）
【解析】
试题分析：首先根据题意进行列表，然后求出各事件的概率．
试题解析：

（1）P（两次取得小球的标号相同）=；
（2）P（两次取得小球的标号的和等于4）=．
考点：概率的计算．
27、 (1)见解析;(2)①120°；②45°
【解析】
（1）由AAS证明△CPM≌△AOM，得出PC=OA，得出PC=OB，即可得出结论；
（2）①证出OA=OP=PA，得出△AOP是等边三角形，∠A=∠AOP=60°，得出∠BOP=120°即可；
②由切线的性质和平行线的性质得出∠BOP=90°，由等腰三角形的性质得出∠ABP=∠OPB=45°即可．
【详解】
（1）∵PC∥AB，
∴∠PCM＝∠OAM，∠CPM＝∠AOM．
∵点M是OP的中点，
∴OM＝PM，在△CPM和△AOM中，
，
∴△CPM≌△AOM（AAS），
∴PC＝OA．
∵AB是半圆O的直径，
∴OA＝OB，
∴PC＝OB．
又PC∥AB，
∴四边形OBCP是平行四边形．
（2）①∵四边形AOCP是菱形，
∴OA＝PA，
∵OA＝OP，
∴OA＝OP＝PA，
∴△AOP是等边三角形，
∴∠A＝∠AOP＝60°，
∴∠BOP＝120°；
故答案为120°；
②∵PC是⊙O的切线，
∴OP⊥PC，∠OPC＝90°，
∵PC∥AB，
∴∠BOP＝90°，
∵OP＝OB，
∴△OBP是等腰直角三角形，
∴∠ABP＝∠OPB＝45°，
故答案为45°．
【点睛】
本题是圆的综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、切线的性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和平行四边形的判定是解题的关键．