贵州省黔西南布依族苗族自治州兴仁县2025年中考四模数学试题含解析

这是一份贵州省黔西南布依族苗族自治州兴仁县2025年中考四模数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．若2＜＜3，则a的值可以是（ ）
A．﹣7B．C．D．12
2．下面运算结果为的是
A．B．C．D．
3．已知⊙O的半径为13，弦AB∥CD，AB=24，CD=10，则四边形ACDB的面积是（ ）
A．119B．289C．77或119D．119或289
4．如图，数轴上有A，B，C，D四个点，其中表示互为倒数的点是（ ）
A．点A与点BB．点A与点DC．点B与点DD．点B与点C
5．明明和亮亮都在同一直道A、B两地间做匀速往返走锻炼明明的速度小于亮亮的速度忽略掉头等时间明明从A地出发，同时亮亮从B地出发图中的折线段表示从开始到第二次相遇止，两人之间的距离米与行走时间分的函数关系的图象，则
A．明明的速度是80米分B．第二次相遇时距离B地800米
C．出发25分时两人第一次相遇D．出发35分时两人相距2000米
6．如图是由5个大小相同的正方体组成的几何体，则该几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
7．如图是一个正方体被截去一角后得到的几何体，从上面看得到的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
8．共享单车为市民出行带来了方便，某单车公司第一个月投放1000辆单车，计划第三个月投放单车数量比第一个月多440辆．设该公司第二、三两个月投放单车数量的月平均增长率为x，则所列方程正确的为（ ）
A．1000（1+x）2＝1000+440B．1000（1+x）2＝440
C．440（1+x）2＝1000D．1000（1+2x）＝1000+440
9．已知抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y= 的图象在第一象限有一个公共点，其横坐标为1，则一次函数y=bx+ac的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
10．下列运算正确的是（ ）
A．（﹣2a）3=﹣6a3B．﹣3a2•4a3=﹣12a5
C．﹣3a（2﹣a）=6a﹣3a2D．2a3﹣a2=2a
11．2016的相反数是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，以AD为直径的⊙O交CD于点E，则的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图是我区某一天内的气温变化图，结合该图给出的信息写出一个正确的结论：________．
14．如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在BC上，则AD＝；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是．其中正确结论的序号是 ．
15．学校乒乓球社团有4名男队员和3名女队员，要从这7名队员中随机抽取一男一女组成一队混合双打组合，可组成不同的组合共有_____对.
16．如图，矩形ABCD中，AB=3，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则AD的长为____________．
17．若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________.
18．关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1=0有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是_____．
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）某商城销售A，B两种自行车型自行车售价为2 100元辆，B型自行车售价为1 750元辆，每辆A型自行车的进价比每辆B型自行车的进价多400元，商城用80 000元购进A型自行车的数量与用64 000元购进B型自行车的数量相等．
求每辆A，B两种自行车的进价分别是多少？
现在商城准备一次购进这两种自行车共100辆，设购进A型自行车m辆，这100辆自行车的销售总利润为y元，要求购进B型自行车数量不超过A型自行车数量的2倍，总利润不低于13 000元，求获利最大的方案以及最大利润．
20．（6分）解方程：-=1
21．（6分）如图，在等腰直角△ABC中，∠C是直角，点A在直线MN上，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．
（1）如图1，当C，B两点均在直线MN的上方时，
①直接写出线段AE，BF与CE的数量关系．
②猜测线段AF，BF与CE的数量关系，不必写出证明过程．
（2）将等腰直角△ABC绕着点A顺时针旋转至图2位置时，线段AF，BF与CE又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程．
（3）将等腰直角△ABC绕着点A继续旋转至图3位置时，BF与AC交于点G，若AF=3，BF=7，直接写出FG的长度．
22．（8分）如图1，抛物线y＝ax2+（a+2）x+2（a≠0），与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，在x轴上有一动点P（m，0）（0＜m＜4），过点P作x轴的垂线交直线AB于点N，交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若PN：PM＝1：4，求m的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，设动点P对应的位置是P1，将线段OP1绕点O逆时针旋转得到OP2，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接AP2、BP2，求AP2+的最小值．
23．（8分）实践体验：
（1）如图1：四边形ABCD是矩形，试在AD边上找一点P，使△BCP为等腰三角形；
（2）如图2：矩形ABCD中，AB=13，AD=12，点E在AB边上，BE=3,点P是矩形ABCD内或边上一点，且PE=5，点Q是CD边上一点，求PQ得最值；
问题解决：
（3）如图3，四边形ABCD中,AD∥BC，∠C=90°，AD=3，BC=6，DC=4,点E在AB边上，BE=2，点P是四边形ABCD内或边上一点，且PE=2，求四边形PADC面积的最值．
24．（10分）今年，我国海关总署严厉打击“洋垃圾”违法行动，坚决把“洋垃圾”拒于国门之外．如图，某天我国一艘海监船巡航到A港口正西方的B处时，发现在B的北偏东60°方向，相距150海里处的C点有一可疑船只正沿CA方向行驶，C点在A港口的北偏东30°方向上，海监船向A港口发出指令，执法船立即从A港口沿AC方向驶出，在D处成功拦截可疑船只，此时D点与B点的距离为75海里．
（1）求B点到直线CA的距离；
（2）执法船从A到D航行了多少海里？（结果保留根号）
25．（10分）先化简，再求值：，请你从﹣1≤x＜3的范围内选取一个适当的整数作为x的值．
26．（12分）解方程：2(x-3)=3x(x-3)．
27．（12分）如图，有长为14m的篱笆，现一面利用墙(墙的最大可用长度a为10m)围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，设花圃的宽AB为xm，面积为Sm1．求S与x的函数关系式及x值的取值范围；要围成面积为45m1的花圃，AB的长是多少米？当AB的长是多少米时，围成的花圃的面积最大？
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、C
【解析】
根据已知条件得到4＜a-2＜9，由此求得a的取值范围，易得符合条件的选项．
【详解】
解：∵2＜＜3，
∴4＜a-2＜9，
∴6＜a＜1．
又a-2≥0，即a≥2．
∴a的取值范围是6＜a＜1．
观察选项，只有选项C符合题意．
故选C．
考查了估算无理数的大小，估算无理数大小要用夹逼法．
2、B
【解析】
根据合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方逐一计算即可判断．
【详解】
. ，此选项不符合题意；
.，此选项符合题意；
.，此选项不符合题意；
.，此选项不符合题意；
故选：．
本题考查了整式的运算，解题的关键是掌握合并同类项法则、同底数幂的除法、同底数幂的乘法及幂的乘方．
3、D
【解析】
分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理，然后按梯形面积的求解即可.
【详解】
解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，
∵AB=24cm，CD=10cm，
∴AE=12cm，CF=5cm，
∴OA=OC=13cm，
∴EO=5cm，OF=12cm，
∴EF=12-5=7cm；
∴四边形ACDB的面积
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，
∵AB=24cm，CD=10cm，
∴.AE=12cm，CF=5cm，
∵OA=OC=13cm，
∴EO=5cm，OF=12cm，
∴EF=OF+OE=17cm.
∴四边形ACDB的面积
∴四边形ACDB的面积为119或289.
故选：D.
本题考查了勾股定理和垂径定理的应用.此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解.
4、A
【解析】
试题分析：主要考查倒数的定义和数轴，要求熟练掌握．需要注意的是：
倒数的性质：负数的倒数还是负数，正数的倒数是正数，0没有倒数．
倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
根据倒数定义可知，-2的倒数是-，有数轴可知A对应的数为-2，B对应的数为-，所以A与B是互为倒数．
故选A．
考点：1．倒数的定义；2．数轴．
5、B
【解析】
C、由二者第二次相遇的时间结合两次相遇分别走过的路程，即可得出第一次相遇的时间，进而得出C选项错误；
A、当时，出现拐点，显然此时亮亮到达A地，利用速度路程时间可求出亮亮的速度及两人的速度和，二者做差后可得出明明的速度，进而得出A选项错误；
B、根据第二次相遇时距离B地的距离明明的速度第二次相遇的时间、B两地间的距离，即可求出第二次相遇时距离B地800米，B选项正确；
D、观察函数图象，可知：出发35分钟时亮亮到达A地，根据出发35分钟时两人间的距离明明的速度出发时间，即可求出出发35分钟时两人间的距离为2100米，D选项错误．
【详解】
解：第一次相遇两人共走了2800米，第二次相遇两人共走了米，且二者速度不变，
，
出发20分时两人第一次相遇，C选项错误；
亮亮的速度为米分，
两人的速度和为米分，
明明的速度为米分，A选项错误；
第二次相遇时距离B地距离为米，B选项正确；
出发35分钟时两人间的距离为米，D选项错误．
故选：B．
本题考查了一次函数的应用，观察函数图象，逐一分析四个选项的正误是解题的关键．
6、A
【解析】
试题分析：观察图形可知，该几何体的主视图是．故选A．
考点：简单组合体的三视图．
7、B
【解析】
根据俯视图是从上面看到的图形可得俯视图为正方形以及右下角一个三角形．
【详解】
从上面看，是正方形右边有一条斜线，如图：
故选B．
考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图得出是解题关键．
8、A
【解析】
根据题意可以列出相应的一元二次方程，从而可以解答本题．
【详解】
解：由题意可得，
1000（1+x）2＝1000+440，
故选：A．
此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系进行列方程.
9、B
【解析】
分析: 根据抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，可得b＞0，根据交点横坐标为1，可得a+b+c=b，可得a，c互为相反数，依此可得一次函数y=bx+ac的图象.
详解: ∵抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，
∴b＞0，
∵交点横坐标为1，
∴a+b+c=b，
∴a+c=0，
∴ac＜0，
∴一次函数y=bx+ac的图象经过第一、三、四象限．
故选B.
点睛: 考查了一次函数的图象，反比例函数的性质，二次函数的性质，关键是得到b＞0，ac＜0.
10、B
【解析】
先根据同底数幂的乘法法则进行运算即可。
【详解】
A.;故本选项错误;
B. ﹣3a2•4a3=﹣12a5; 故本选项正确;
C.;故本选项错误;
D. 不是同类项不能合并; 故本选项错误;
故选B.
先根据同底数幂的乘法法则, 幂的乘方, 积的乘方, 合并同类项分别求出每个式子的值, 再判断即可.
11、C
【解析】
根据相反数的定义“只有符号不同的两个数互为相反数”可知：2016的相反数是-2016.
故选C.
12、B
【解析】
连接OE，由菱形的性质得出∠D＝∠B＝60°，AD＝AB＝4，得出OA＝OD＝2，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE＝60°，再由弧长公式即可得出答案．
【详解】
解：连接OE，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D＝∠B＝60°，AD＝AB＝4，
∴OA＝OD＝2，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠D＝60°，
∴∠DOE＝180°﹣2×60°＝60°，
∴ 的长＝＝；
故选B．
本题考查弧长公式、菱形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，求出∠DOE的度数是解决问题的关键．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、这一天的最高气温约是26°
【解析】
根据我区某一天内的气温变化图，分析变化趋势和具体数值，即可求出答案．
【详解】
解：根据图象可得这一天的最高气温约是26°，
故答案为：这一天的最高气温约是26°．
本题考查的是函数图象问题，统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
14、①③⑤.
【解析】
试题分析：①连接CD，如图1所示，∵点E与点D关于AC对称，∴CE=CD，∴∠E=∠CDE，∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴∠E+∠F=90°，∠CDE+∠CDF=90°，∴∠F=∠CDF，∴CD=CF，∴CE=CD=CF，∴结论“CE=CF”正确；
②当CD⊥AB时，如图2所示，∵AB是半圆的直径，∴∠ACB=90°，∵AB=8，∠CBA=30°，∴∠CAB=60°，AC=4，BC=．∵CD⊥AB，∠CBA=30°，∴CD=BC=．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：点D在线段AB上运动时，CD的最小值为．∵CE=CD=CF，∴EF=2CD．∴线段EF的最小值为．∴结论“线段EF的最小值为”错误；
③当AD=2时，连接OC，如图3所示，∵OA=OC，∠CAB=60°，∴△OAC是等边三角形，∴CA=CO，∠ACO=60°，∵AO=4，AD=2，∴DO=2，∴AD=DO，∴∠ACD=∠OCD=30°，∵点E与点D关于AC对称，∴∠ECA=∠DCA，∴∠ECA=30°，∴∠ECO=90°，∴OC⊥EF，∵EF经过半径OC的外端，且OC⊥EF，∴EF与半圆相切，∴结论“EF与半圆相切”正确；
④当点F恰好落在上时，连接FB、AF，如图4所示，∵点E与点D关于AC对称，∴ED⊥AC，∴∠AGD=90°，∴∠AGD=∠ACB，∴ED∥BC，∴△FHC∽△FDE，∴FH：FD=FC：FE，∵FC=EF，∴FH=FD，∴FH=DH，∵DE∥BC，∴∠FHC=∠FDE=90°，∴BF=BD，∴∠FBH=∠DBH=30°，∴∠FBD=60°，∵AB是半圆的直径，∴∠AFB=90°，∴∠FAB=30°，∴FB=AB=4，∴DB=4，∴AD=AB﹣DB=4，∴结论“AD=”错误；
⑤∵点D与点E关于AC对称，点D与点F关于BC对称，∴当点D从点A运动到点B时，点E的运动路径AM与AB关于AC对称，点F的运动路径NB与AB关于BC对称，∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分，∴S阴影=2S△ABC=2×AC•BC=AC•BC=4×=，∴EF扫过的面积为，∴结论“EF扫过的面积为”正确．
故答案为①③⑤．
考点：1．圆的综合题；2．等边三角形的判定与性质；3．切线的判定；4．相似三角形的判定与性质．
15、1
【解析】
利用树状图展示所有1种等可能的结果数．
【详解】
解：画树状图为：
共有1种等可能的结果数．
故答案为1．
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．
16、
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴OA=AB=OB=3，
∴BD=2OB=6，
∴AD=．
【点睛】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
17、1；
【解析】
根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用360°÷45°可求得边数．
【详解】
∵多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是45°，
∴360°÷45°=1
即该正多边形的边数是1．
本题主要考查了多边形外角和是360度和正多边形的性质（正多边形的各个内角相等，各个外角也相等）．
18、k＞
【解析】
由方程根的情况，根据根的判别式可得到关于k的不等式，则可求得k的取值范围．
【详解】
∵关于x的一元二次方程x2+（2k+1）x+k2+1=0有两个不相等的实根，
∴△＞0，即（2k+1）2-4（k2+1）＞0，
解得k＞，
故答案为k＞．
本题主要考查根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的个数与根的判别式的关系是解题的关键．
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）每辆A型自行车的进价为2 000元，每辆B型自行车的进价为1 600元；（2）当购进A型自行车34辆，B型自行车66辆时获利最大，最大利润为13300元．
【解析】
(1)设每辆B型自行车的进价为x元,则每辆A型自行车的进价为（x+10）元,根据题意列出方程,求出方程的解即可得到结果;
(2)由总利润=单辆利润×辆数,列出y与x的关系式,利用一次函数性质确定出所求即可.
【详解】
（1）设每辆B型自行车的进价为x元，则每辆A型自行车的进价为（x+10）元，
根据题意，得=，
解得x=1600，
经检验，x=1600是原方程的解，
x+10=1 600+10=2 000，
答：每辆A型自行车的进价为2 000元，每辆B型自行车的进价为1 600元；
（2）由题意，得y=（2100﹣2000）m+（1750﹣1600）（100﹣m）=﹣50m+15000，
根据题意，得，
解得：33≤m≤1，
∵m为正整数，
∴m=34，35，36，37，38，39，1．
∵y=﹣50m+15000，k=﹣50＜0，
∴y随m的增大而减小，∴当m=34时，y有最大值，
最大值为：﹣50×34+15000=13300（元）．
答：当购进A型自行车34辆，B型自行车66辆时获利最大，最大利润为13300元．
本题主要考查一次函数的应用、分式方程的应用及一元一次不等式组的应用.仔细审题，找出题目中的数量关系是解答本题的关键.
20、
【解析】
【分析】先去分母，把分式方程化为一元一次方程，解一元一次方程，再验根.
【详解】解：去分母得：
解得：
检验：把代入
所以：方程的解为
【点睛】本题考核知识点：解方式方程. 解题关键点：去分母，得到一元一次方程，.验根是要点.
21、（1）①AE+BF =EC；②AF+BF=2CE；（2）AF﹣BF=2CE，证明见解析；（3）FG=．
【解析】
（1）①只要证明△ACE≌△BCD（AAS），推出AE=BD，CE=CD，推出四边形CEFD为正方形，即可解决问题；
②利用①中结论即可解决问题；
（2）首先证明BF-AF=2CE．由AF=3，BF=7，推出CE=EF=2，AE=AF+EF=5，由FG∥EC，可知，由此即可解决问题；
【详解】
解：（1）证明：①如图1，过点C做CD⊥BF，交FB的延长线于点D，
∵CE⊥MN，CD⊥BF，
∴∠CEA=∠D=90°，
∵CE⊥MN，CD⊥BF，BF⊥MN，
∴四边形CEFD为矩形，
∴∠ECD=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB-∠ECB=∠ECD-∠ECB，
即∠ACE=∠BCD，
又∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=BC，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（AAS），
∴AE=BD，CE=CD，
又∵四边形CEFD为矩形，
∴四边形CEFD为正方形，
∴CE=EF=DF=CD，
∴AE+BF=DB+BF=DF=EC．
②由①可知：AF+BF=AE+EF+BF
=BD+EF+BF
=DF+EF
=2CE，
（2）AF-BF=2CE
图2中，过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，
∵AC=BC
可得∠AEC=∠CGB，
∠ACE=∠BCG，
在△CBG和△CAE中，
，
∴△CBG≌△CAE（AAS），
∴AE=BG，
∵AF=AE+EF，
∴AF=BG+CE=BF+FG+CE=2CE+BF，
∴AF-BF=2CE；
（3）如图3，过点C做CD⊥BF，交FB的于点D，
∵AC=BC
可得∠AEC=∠CDB，
∠ACE=∠BCD，
在△CBD和△CAE中，
，
∴△CBD≌△CAE（AAS），
∴AE=BD，
∵AF=AE-EF，
∴AF=BD-CE=BF-FD-CE=BF-2CE，
∴BF-AF=2CE．
∵AF=3，BF=7，
∴CE=EF=2，AE=AF+EF=5，
∵FG∥EC，
∴，
∴，
∴FG=．
本题考查几何变换综合题、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.
22、（1）；（2）m＝3；（3）
【解析】
（1）本题需先根据图象过A点，代入即可求出解析式；（2）由△OAB∽△PAN可用m表示出PN，且可表示出PM，由条件可得到关于m的方程，则可求得m的值；（3）在y轴上取一点Q，使，可证的△P2OB∽△QOP2，则可求得Q点坐标，则可把AP2+BP2转换为AP2+QP2，利用三角形三边关系可知当A、P2、Q三点在一条线上时，有最小值，则可求出答案.
【详解】
解：（1）∵A（4，0）在抛物线上，
∴0＝16a+4（a+2）+2，解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝；
（2）∵
∴令x＝0可得y＝2，
∴OB＝2，
∵OP＝m，
∴AP＝4﹣m，
∵PM⊥x轴，
∴△OAB∽△PAN，
∴，
∴，
∴，
∵M在抛物线上，
∴PM＝+2，
∵PN：MN＝1：3，
∴PN：PM＝1：4，
∴，
解得m＝3或m＝4（舍去）；
（3）在y轴上取一点Q，使，如图，
由（2）可知P1（3，0），且OB＝2，
∴，且∠P2OB＝∠QOP2，
∴△P2OB∽△QOP2，
∴，
∴当Q（0，）时，QP2＝，
∴AP2+BP2＝AP2+QP2≥AQ，
∴当A、P2、Q三点在一条线上时，AP2+QP2有最小值，
∵A（4，0），Q（0，），
∴AQ＝＝，
即AP2+BP2的最小值为
本题考查了抛物线解析式的求法，抛物线与相似三角形的问题，坐标系里表示三角形的面积及线段和最小值问题，要求会用字母代替长度，坐标，会对代数式进行合理变形，难度相对较大.
23、（1）见解析;（2）PQmin=7，PQmax=13;（3） Smin=，Smax=18.
【解析】
（1）根据全等三角形判定定理求解即可.
（2）以E为圆心，以5为半径画圆，①当E、P、Q三点共线时最PQ最小，②当P点在位置时PQ最大，分类讨论即可求解.
（3）以E为圆心，以2为半径画圆，分类讨论出P点在位置时，四边形PADC面积的最值即可.
【详解】
（1）当P为AD中点时，
，
△BCP为等腰三角形.
（2）以E为圆心，以5为半径画圆
① 当E、P、Q三点共线时最PQ最小，PQ的最小值是12-5=7.
② 当P点在位置时PQ最大，PQ的最大值是
（3）以E为圆心，以2为半径画圆.
当点p为位置时，四边形PADC面积最大.
当点p为位置时，四边形PADC最小=四边形+三角形=.
本题主要考查了等腰三角形性质，直线，面积最值问题，数形结合思想是解题关键.
24、（1）B点到直线CA的距离是75海里；（2）执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
【解析】
（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，根据三角函数可求BH的长；
（2）根据勾股定理可求DH，在Rt△ABH中，根据三角函数可求AH，进一步得到AD的长．
【详解】
解：（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，
∵∠MBC＝60°，
∴∠CBA＝30°，
∵∠NAD＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠CBA＝30°，
∴BH＝BC×sin∠BCA＝150×＝75（海里）．
答：B点到直线CA的距离是75海里；
（2）∵BD＝75海里，BH＝75海里，
∴DH＝＝75（海里），
∵∠BAH＝180°﹣∠BAC＝60°，
在Rt△ABH中，tan∠BAH＝＝，
∴AH＝25，
∴AD＝DH﹣AH＝（75﹣25）（海里）．
答：执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
本题主要考查了勾股定理的应用，解直角三角形的应用-方向角问题．能合理构造直角三角形，并利用方向角求得三角形内角的大小是解决此题的关键．
25、1.
【解析】
根据分式的化简法则：先算括号里的，再算乘除，最后算加减．对不同分母的先通分，按同分母分式加减法计算，且要把复杂的因式分解因式，最后约分，化简完后再代入求值，但是不能代入-1，0，1，保证分式有意义．
【详解】
解：
=
=
=
=
当x=2时，原式==1．
本题考查分式的化简求值及分式成立的条件，掌握运算法则准确计算是本题的解题关键.
26、.
【解析】
先进行移项，在利用因式分解法即可求出答案.
【详解】
，
移项得：，
整理得：，
或，
解得：或．
本题考查了解一元一次方程-因式分解，熟练掌握因式分解的技巧是本题解题的关键.
27、（1）S=﹣3x1+14x，≤x< 8；（1） 5m；（3）46.67m1
【解析】
（1）设花圃宽AB为xm，则长为（14-3x），利用长方形的面积公式，可求出S与x关系式，根据墙的最大长度求出x的取值范围；
（1）根据（1）所求的关系式把S=2代入即可求出x，即AB；
（3）根据二次函数的性质及x的取值范围求出即可.
【详解】
解：（1）根据题意，得S＝x（14﹣3x），
即所求的函数解析式为：S＝﹣3x1+14x，
又∵0＜14﹣3x≤10，
∴；
（1）根据题意，设花圃宽AB为xm，则长为（14-3x），
∴﹣3x1+14x＝2．
整理，得x1﹣8x+15＝0，
解得x＝3或5，
当x＝3时，长＝14﹣9＝15＞10不成立，
当x＝5时，长＝14﹣15＝9＜10成立，
∴AB长为5m；
（3）S＝14x﹣3x1＝﹣3（x﹣4）1+48
∵墙的最大可用长度为10m，0≤14﹣3x≤10，
∴，
∵对称轴x＝4，开口向下，
∴当x＝m，有最大面积的花圃．
二次函数在实际生活中的应用是本题的考点，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程是解题的关键.