江西宜春市袁州区2026年中考一模考试数学试题（含答案+解析）

这是一份江西宜春市袁州区2026年中考一模考试数学试题（含答案+解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.一个可预见的AI时代正在到来．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列运算正确的是( )
A. 2a+3a=5a2B. a3b÷2ab=12a2
C. −2ab23=8a3b6D. m+n2=m2+n2
3.如图，中国科学院国家天文台的观测部分主体是一个圆柱体底座与可开合的半球形穹顶组成，其示意图的俯视图是( )
A. B. C. D.
4.在借助某AI工具命制如下①∼④四道试题时，小聪发现其中有一道不能按要求分解因式，则该题是( )
A. ①题B. ②题C. ③题D. ④题
5.为了保障城市物资供应，货车要从仓库运送一批新鲜蔬菜到市区．仓库到市区的路程为100千米．如果用普通货车运送，比预定时间晚2小时到达；如果用高速货车运送，比预定时间早1小时到达．已知高速货车的速度是普通货车的2倍．设预定时间为x小时，则可列分式方程为( )
A. 100x−1=2×100x+2B. 100x+2=2×100x−1
C. 2×100x+1=100x−2D. 2×100x−2=100x+1
6.如图1是一个立方体纸盒的示意图，图2是该立方体纸盒的表面展开图，连接MN，GH交于点P，则NPMP的值为( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.单项式−5a2b的系数是 .
8.将抛物线y=x2向左平移2个单位长度得到的抛物线的解析式为 .
9.设x1,x2是关于x的方程x2+3x−2=0的两个根，则x1+x2−x1x2 .
10.如图，小明用计算机软件绘制函数y=x3−6x2+12x−8的图象，发现它关于点2,0中心对称．若点A00,y0,A10.2,y1,A20.4,y2,A30.6,y3⋯A193.8,y19都在函数图象上，这些点的横坐标从0开始依次增加0.2，则y0+y1+y2+⋯+y19的值是 .
11.如图，正八边形ABCDEFGH的边长为1，⊙O与正八边形的边AH和EF分别相切于点A和点E，则劣弧AE⌢的长为 .
12.已知四边形ABCD是正方形，P(不与点A重合)为射线AD上的动点，点A关于直线BP的对称点为E，连接PE、BE、CE、DE.当△CDE是等腰三角形时，∠ABP的度数为 .
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
13.计算、解不等式组
(1)计算：1− 3+12−1−2sin60 ∘；
(2)解不等式组：3x−2>2x21−2x≤4x+10.
四、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题6分)
化简并求值：1x−1−1x+1⋅x2−1x，其中x=20260−3.下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
(1)甲同学解法的依据是 ；乙同学解法的依据是 .(单选题，填序号)①等式的基本性质；②分式的基本性质；③乘法分配律；④乘法交换律．
(2)请你选择一种解法，写出完整的解答过程．
15.(本小题6分)
甲骨文是迄今为止中国发现的年代最早的成熟文字系统，是汉字的源头和中华优秀传统文化的根脉．小明在了解了甲骨文后，制作了如图所示的四张卡片(这四张卡片分别用字母A，B，C，D表示，正面文字依次是文、明、自、由，这四张卡片除正面内容不同外，其余均相同)，现将四张卡片背面朝上，洗匀放好．
(1)小明从中随机抽取一张卡片，抽取卡片上的文字是“文”的概率为 ；
(2)小明从中随机抽取一张卡片不放回，小亮再从中随机抽取一张卡片，请用列表法或画树状图法计算两人抽取的卡片上的文字恰好可以组成“文明”或“自由”的概率．
16.(本小题6分)
如图，是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，图中点A、B、C都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，每个作图不超过三条线．
(1)在图1中，作△ABC的高BM；
(2)在图2中，在BC上画点F，使得tan∠FAC=13.
17.(本小题6分)
菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中A−4,0，D−1,4，反比例函数y=kx的图象经过点C.
(1)求此反比例函数的解析式；
(2)在x轴的下方作矩形ABMN，使S矩形ABMN=S菱形ABCD，请你通过计算说明点N在反比例函数y=kx的图象上；
18.(本小题6分)
为落实教育部2026年人工智能进中小学课标、教学、评价的部署，推进探究式科学教育，激发学生好奇心与创新实践能力，某校计划采购A、B两类AI科学实验套装，助力学生在实践中提升科技素养．已知购买1件A种实验器材与2件B种实验器材共需要500元，购买2件A种实验器材与3件B种实验器材共需要850元．
(1)求A种实验器材和B种实验器材的单价；
(2)该学校计划购买A种实验器材和B种实验器材共180件，总费用不超过30000元，那么最多能购买A种实验器材多少件？
19.(本小题6分)
2026年马年央视春晚中，宇树科技的机器人《武BOT》展示了单腿连续后空翻、托马斯全旋等高难度动作，是本届春晚科技与文化融合的巅峰之作．如图，图1是某型号的机器人在展示时的精彩瞬间，图2是其瞬间的几何示意图，机器人的一腿AB直立于地面MN，小腿部CD刚好与地面MN平行，上身AP垂直于大腿AC，即AB⊥MN于点B，CD//MN，AP⊥AC于点A.CE是机器人小腿CD上踢后与大腿AC在同一直线的瞬间．(这里的小腿CD，CE都包括脚面部分，上身AP包括头部部分).已知AB=100cm，AP=80cm，∠CAB=140 ∘，求：
(1)∠DCE= ；
(2)若小腿部CD长40cm，求PC的长；
(3)点P距离地面的高度．(结果精确到1cm，参考数据：sin40 ∘≈0.643，cs40 ∘≈0.766，tan40 ∘≈0.839，sin50 ∘≈0.766，cs50 ∘≈0.643，tan50 ∘≈1.192.)
20.(本小题10分)
“如何仅用直尺和圆规过圆上一点作已知圆的切线？”．小明提出一种想法：如图，设点P为⊙O上一点，先作射线PO交⊙O于点Q，再以⊙O上一点A为圆心(点A不与点P，Q重合)，以AP长为半径画圆弧，交射线PQ于点B，交射线BA于点C，连接PC.
(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)若PB=10，PA=6，求⊙O的半径．
21.(本小题10分)
青少年不仅要学习好，还要关注时事热点，关心国家的现状和未来．某校为了解九年级学生对时事热点的掌握程度，特举办了一场“中国事，我知道”的调研．随机抽取60名九年级学生，将其分为3组，每组20人，把学生掌握情况分为5类：其中“完全不理解”记为0分，“了解”记为1分，“理解”记为2分，“掌握”记为3分，“应用”记为4分，现把3个小组的得分进行统计分析，过程如下：
【数据整理】
【数据分析】
(1)请补全第1小组得分条形统计图．
(2)第2小组得分扇形统计图中，“得分为4分”这一项所对应的圆心角的度数为 .
(3)根据上述图表填空：a= ，b= ，c= .
(4)若该校九年级有1200名学生参加此次调研，请估算九年级学生掌握情况是“应用”的人数．
(5)结合上述数据，请你分析对于时事热点哪组掌握程度最弱，并说明原因．
22.(本小题10分)
综合与实践
【问题背景】
生活中的抛物线形音响能让声音传得更远、音质更好，不同型号的音响，对应的抛物线形状也存在差异，这隐藏着抛物线的奥秘．学习小组计划研究这类音响的截面轮廓曲线为抛物线的部分．
【初步探究】
学习小组将这些不同抛物线形音响竖直置于桌面，抽象成如图1所示图形，点C是音响的最低点，即抛物线的顶点；扩音口A、B在抛物线上，且关于抛物线的对称轴对称．经测量，发现这些抛物线形音响均满足：顶点C到线段AB的距离为ℎ(单位：cm)，扩音口宽度AB为2ℎ(单位：cm).
为进一步探索不同音响轮廓的抛物线形状，各学习小组建立了不同的平面直角坐标系，并设点C的坐标m,n，利用抛物线表达式y=ax−m2+n(其中a,m,n为常数，a>0)对a值进行了探究与求解．
(1)第一小组测得其中一个音响的扩音口宽度AB为10cm，以抛物线的顶点C为坐标原点建立了如图2所示的平面直角坐标系，则此时a的值为
(2)【建立模型】第二小组经过观察探究，提出如下猜想：抛物线的形状完全由扩音口宽度决定，即a和h之间存在数量关系，请你写出a和h的数量关系，并参考图2验证猜想
(3)【应用模型】第三小组重新建立平面直角坐标系后发现点A的坐标为0,8，ℎ>4，且0≤x≤8时，音响截面轮廓线对应抛物线上最低点与x轴的距离为2，求此时a的值
23.(本小题12分)
综合与实践．
问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动．如图，在△ABC中，∠ABC=90 ∘,A′为斜边AC的中点，△A′B′C′≌△ABC,A′C′与AC所在的直线重合，将△A′B′C′绕点A′旋转得到△A′OD.
操作发现：
(1)如图1，顺时针旋转一定角度，记A′D和A′O分别与BC交于点E,F，当A′D⊥AC时，猜想EF和A′F的数量关系为__________，并证明你的猜想；
(2)如图2，继续旋转一定角度，当线段A′D经过点B时，连接BO，若∠A=60 ∘时，试判断四边形AA′OB的形状，并证明你的结论；
(3)实践探究：
在整个旋转过程中，当边OD在AC下方，AB=6,BC=8时，设线段A′O与直线BC交于点G，直线BC交射线DO于点H，连接A′H.
①如图3，若△A′OD的直角边A′O恰好与AC垂直，请求出A′H的长；
②若△A′OD的直角边OD恰好与AC垂直，请直接写出A′H的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】轴对称图形是指沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合的图形；中心对称图形是指绕某一点旋转180 ∘后能够与自身重合的图形．根据定义对各选项图形进行判断即可．
【详解】解：A、该图形绕中心旋转180 ∘后能与自身重合，是中心对称图形；找不到任何一条直线使折叠后两旁部分重合，不是轴对称图形，故符合题意；
B、该图形沿中间竖直直线折叠后两旁的部分能重合，是轴对称图形；绕中心旋转180 ∘后不能与自身重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
C、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意；
D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意．
2.【答案】B
【解析】本题考查整式的运算，需要运用合并同类项，单项式除以单项式，积的乘方，完全平方公式的运算法则，逐项判断即可得到结果．
【详解】解：选项A，∵合并同类项时，系数相加，字母和字母的指数不变，
∴2a+3a=5a≠5a2，运算错误；
选项B，a3b÷2ab=12⋅a3a⋅bb=12a2，运算正确；
选项C，∵积的乘方运算中，系数也要乘方，
∴−2ab23=−23a3b23=−8a3b6≠8a3b6，运算错误；
选项D，根据完全平方公式，m+n2=m2+2mn+n2≠m2+n2，运算错误．
故选：B.
3.【答案】D
【解析】找到从上面看所得到的图形即可，注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线．
【详解】解：如图所示即为其俯视图
4.【答案】A
【解析】能够分解因式的关键是多项式可以化为两个平方项且符号相反的a2−b2形式，据此逐一判断即可．
【详解】解：对于①，−a2−b2的两个平方项符号相同，无法写成平方差的形式，故①不能按要求分解；
对于②，a2−b2符合平方差形式，故②可以按要求分解；
对于③，−a2+b2=b2−a2，符合平方差形式，故③可以按要求分解；
对于④，4m2−25n2=(2m)2−(5n)2，符合平方差形式，故③可以按要求分解．
综上可知，不能按要求分解因式的是①题．
5.【答案】A
【解析】根据预定时间表示出两种货车的行驶时间，结合速度公式得到两车速度，再根据高速货车速度是普通货车速度的2倍的等量关系列方程即可．
【详解】解：∵预定时间为x小时，普通货车比预定时间晚2小时到达，
∴普通货车的行驶时间为x+2小时，可得普通货车速度为100x+2，
∵高速货车比预定时间早1小时到达，
∴高速货车的行驶时间为x−1小时，可得高速货车速度为100x−1，
∵高速货车的速度是普通货车的2倍，
∴可列方程100x−1=2×100x+2.
6.【答案】C
【解析】记MN与BC交于点A，证明△ABM≌△ACNASA，得到AB=AC，AN=AM，设NH=2a，则AG=3a，证明△NPH∽△APG，得到NPAP=NHAG=23，设NP=2k，AP=3k，分别求出AM=5k，MP=8k，即可求出结果．
【详解】解：如图，记MN与BC交于点A，
∵BM//CN，BM=CN，
∴∠AMB=∠ANC，∠ABM=∠ACN，
在△ABM和△ACN中，
∠AMB=∠ANCBM=CN∠ABM=∠ACN，
∴△ABM≌△ACNASA，
∴AB=AC，AN=AM，
设NH=2a，则AG=3a，
∵NH//AG，
∴△NPH∽△APG，
∴NPAP=NHAG=23，
设NP=2k，AP=3k，则AN=NP+AP=5k，
∴AM=AN=5k，
∴MP=AM+AN−NP=8k，
∴NPMP=2k8k=14.
7.【答案】−5
【解析】【分析】
本题考查单项式的相关概念有关知识，根据单项式的定义进行求解即可.
【解答】
解：单项式−5a2b的系数是−5.
故答案为−5.
8.【答案】y=x+22
【解析】解：将抛物线y=x2向左平移2个单位长度得到的抛物线的解析式为y=x+22.
9.【答案】−1
【解析】先根据根与系数的关系得到x1+x2,x1x2的值，再代入所求代数式计算即可．
【详解】解：在一元二次方程x2+3x−2=0中，a=1，b=3，c=−2，
∵x1,x2是该方程的两个根，
根据根与系数的关系可得：x1+x2=−ba=−31=−3，x1x2=ca=−21=−2，
∴x1+x2−x1x2=−3−−2=−3+2=−1.
10.【答案】−8
【解析】根据函数图象关于点(2,0)中心对称，可知若两点横坐标之和为4，则纵坐标之和为0；观察点列横坐标，发现除A0外，其余点A1到A19可关于x=2对称配对，其中A10为对称中心，纵坐标为0，计算y0即可得出结果；
【详解】解：∵函数y=x3−6x2+12x−8的图象关于点(2,0)中心对称，
∴若点(x1,y1)与(x2,y2)在函数图象上，且x1+x2=4，则y1+y2=0，
∵点A0,A1,⋯,A19的横坐标从0开始依次增加0.2，
∴横坐标分别为0,0.2,0.4,⋯,3.8，
∵0.2+3.8=4,0.4+3.6=4,⋯,1.8+2.2=4，
∴y1+y19=0,y2+y18=0,⋯,y9+y11=0，
又∵当x=2时，对应点A10(2,y10)为对称中心，
∴y10=0，
∴y1+y2+⋯+y19=0，
当x=0时，y0=03−6×02+12×0−8=−8，
∴y0+y1+y2+⋯+y19=−8+0=−8.
11.【答案】3 24π
【解析】连接AO，EO，BE，延长EO交AB或其延长线于一点N，可求得∠H=∠G=∠F=135 ∘，结合六边形AOEFGH的内角和为720 ∘，可求得∠AOE=135 ∘，根据同一平面内，过一点只有一条直线与已知直线垂直，可求得点B与点N重合，得到∠ABO=90 ∘，最后利用弧长公式求解即可．
【详解】解：如图所示，连接AO，EO，BE，延长EO交AB或其延长线于一点N.
∵⊙O与正八边形的边AH和EF分别相切于点A和点E，
∴OA⊥AH，OE⊥EF.
∴∠OAH=∠OEF=90 ∘.
∵八边形ABCDEFGH为正八边形，
∴∠H=∠G=∠F=8−2×180 ∘8=135 ∘.
∵六边形AOEFGH的内角和=6−2×180 ∘=720 ∘，
∴∠AOE=720 ∘−∠OAH−∠OEF−∠H−∠G−∠F=135 ∘.
∴∠AON=180 ∘−∠AOE=45 ∘.
∵八边形ABCDEFGH为正八边形，
∴BE⊥FE.
又∵NE⊥FE，同一平面内，过一点只有一条直线与已知直线垂直，
∴直线BE与直线NE为同一条直线，
∴点B与点N重合．
∴∠ABO=90 ∘.
∴AO=ABsin45 ∘= 2.
∴劣弧AE⌢的长=135180π⋅OA=135180π× 2=3 24π.
12.【答案】15 ∘或30 ∘或75 ∘
【解析】根据题意分三种情况画出图形并进行讨论，第一种情况是当CE=CD，且点P在射线AD上时；第二种情况是当CE=CD，且点P在线段AD的延长线上时；第三种情况是当ED=EC，且点E在CD的垂直平分线上时，根据图形求解即可．
【详解】解：由折叠的性质知BE=AB，PE=AP，
如图1，当CE=CD，且点P在射线AD上时，
∴CE=CD=BE=BC，
∴△BEC为等边三角形，
∴∠EBC=60 ∘，
∴∠ABE=30 ∘，
∴∠ABP=∠PBE=15 ∘；
如图2，当CE=CD，且点P在线段AD的延长线上时，

由题意知，△BCE为等边三角形，
∵∠A=∠BEP=90 ∘,∠ABE=∠ABC+∠EBC=150 ∘，
∴∠ABP=∠EBP=75 ∘；
如图3，当ED=EC，且点E在CD的垂直平分线上，也在AB的垂直平分线上，
∴AE=BE，
又∵AB=EB，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠ABE=60 ∘，
∴∠ABP=∠EBP=30 ∘，
综上所述，∠ABP的度数为15 ∘或30 ∘或75 ∘.
13.【答案】【小题1】
解：1− 3+12−1−2sin60 ∘
= 3−1+2−2× 32
= 3+1− 3
=1；
【小题2】
解：{3x−2 > 2x①2(1−2x)⩽4x+10②，
解①得：x>2，
解②得：x≥−1，
∴原不等式组的解集为x>2.

【解析】1. 详细解答和解析过程见【答案】
2. 详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】【小题1】
②
③
【小题2】
解：选甲同学的做法：
原式==x+1x−1x+1−x−1x−1x+1⋅x+1x−1x
=x+1−x+1x+1x−1⋅x+1x−1x
=2x−1x+1⋅x+1x−1x
=2x，
把x=20260−3=1−3=−2代入上式，原式=2−2=−1.
选乙同学的做法：
解：原式=1x−1−1x+1⋅x+1x−1x
=1x−1⋅x+1x−1x−1x+1⋅x+1x−1x
=x+1x−x−1x
=2x，
把x=20260−3=1−3=−2代入上式，原式=2−2=−1.

【解析】1.
根据分式的基本性质，以及乘法分配律，即可解答；
解：甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律；
2. 若选择甲同学的解法，先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答；若选择乙同学的解法，利用乘法分配律进行计算，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
15.【答案】【小题1】
14
【小题2】
解：根据题意，画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的结果，两人抽取的卡片恰好组成“文明”或“自由”的结果有4种，
∴P(两人抽取的卡片恰好组成“文明”或“自由”)=412=13.

【解析】1.
此题考查了概率公式及列表法或画树状图的方法求概率，理解题意是解决本题的关键．
直接利用概率公式计算即可；
解：一共有文、明、自、由，4张卡片，小明从中随机抽取一张卡片，
∴抽取卡片上的文字是“文”的概率为14，
故答案为：14；
2. 通过画树状图，可得共有12种等可能结果，其中，两人抽取的卡片恰好组成“文明”或“自由”一词一共有4种，再根据概率公式求解即可．
16.【答案】【小题1】
解：如图，点BM即为所求；
【小题2】
解：如图，点F即为所求；

【解析】1.
设与AC相交的格点为M，可知△BB′M≌△MA′A，可证明BM⊥AC；
2. 取格点P，连接CP，连接AP交BC于点F，由图知PECD=ECDA=13，∠PEC=∠ADC=90 ∘，可得△PEC∽△CDA，得到PCCA=PECD=13，∠PCE=∠CAD，可得出∠ACP=180 ∘−∠PCE−∠ACD=180 ∘−∠CAD−∠ACD=90 ∘，进而即可得出tan∠FAC=PCCA=13.
17.【答案】【小题1】
解：如图，过点D作DH⊥AB，过点C作CG⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形，A−4,0，D−1,4，
∴AD//BC，AD=AB=BC= −4−−12+42=5,AO=4,DH=4,OH=1，
∴∠DAH=∠CBG，OB=1，AH=4−1=3，
∵∠DAH=∠CBG，∠DHA=∠CGB=90 ∘，AD=BC，
∴△DAH≌△CBGAAS，
∴CG=DH=4,BG=AH=3，
∴B1,0,C4,4，
∵点C(4,4)在反比例函数y=kx的图象上，
∴k4=4，
∴k=16，
∴反比例函数解析式为y=16x.
【小题2】
解：∵D−1,4,AB=5，
∴S菱形ABCD=5×4=20，
∴S矩形ABMN=S菱形ABCD=20，
∴AN=4，
∴N−4,−4，
∵−4×−4=16，
∴点N在反比例函数y=16x的图象上．

【解析】1.
如图，过点D作DH⊥AB，过点C作CG⊥AB，根据菱形的性质和已知点坐标利用勾股定理求出AD=AB=BC=5,AO=4,DH=4,OH=1，证明△DAH≌△CBGAAS，得出CG=DH=4,BG=AH=3，即可得B1,0,C4,4，再利用待定系数法求解即可；
2. 求出S矩形ABMN=S菱形ABCD=20，则AN=4，N−4,−4，验证即可．
18.【答案】【小题1】
解：设A种实验器材单价为x元，B种实验器材单价为y元，
根据题意得x+2y=5002x+3y=850，
解得：x=200y=150，
答： A种实验器材单价为200元，B种实验器材单价为150元；
【小题2】
解：设购买A种实验器材a件，则购买B种实验器材(180−a)件，
根据题意得200a+150(180−a)≤30000，
化简得50a≤3000，
解得a≤60，
答：最多能购买 A种实验器材60件．

【解析】1.
设A种实验器材单价为x元，B种实验器材单价为y元，根据题干给出的两种购买总费用列出二元一次方程组，求解即可得到两种器材的单价；
2. 设购买A种实验器材a件，则购买B种实验器材(180−a)件，根据总费用不超过限额的要求列出一元一次不等式，求解后取最大正整数即可得到结果；
19.【答案】【小题1】
50 ∘
【小题2】
解：如图，连接PC，
由题意得，CE=CD=40cm，
∵机器人两条腿长度一致，
∴AB=AE=AC+CE=100cm，
∴AC=AE−CD=100−40=60cm，
∵AP⊥AC，
∴∠PAC=90 ∘，
∴PC= AC2+AP2= 602+802=100cm，
答：PC的长为100cm；
【小题3】
解：如图，过点P作PT⊥HA交HA的延长线于T，
∵AP⊥AC，
∴∠PAC=90 ∘，
∴∠PAT=180 ∘−90 ∘−50 ∘=40 ∘，
∴PT=AP⋅sin∠PAT=80×sin40 ∘≈51cm，
∴AB+PT=100+51=151cm，
答：点P距离地面的高度约为151cm.

【解析】1.
过点A作AH//CD，可得CD//MN,AH//CD，再利用平行线的性质解答即可求解；
解：如图所示，过点A作AH//CD，
∵AB⊥MN，
∴∠ABN=90 ∘，
∵CD//MN,AH//CD，
∴AH//CD//MN，
∴∠EAH=∠DCE,∠BAH=∠ABN=90 ∘，
∵∠CAB=140 ∘，
∴∠DCE=∠EAH=140 ∘−90 ∘=50 ∘.
2. 连接PC，由题意得CE=CD=40cm,AB=AE=100cm，即得AC=AE−CD=60cm，再利用勾股定理解答即可求解；
3. 过点P作PT⊥HA交HA的延长线于T，可得∠PAT=40 ∘，解直角三角形可得PT=AP⋅sin∠PAT=100×sin40 ∘≈51cm，进而即可求解．
20.【答案】【小题1】
解：∵AB=AP=AC，点B、A、C在同一条直线上，
∴BC为⊙A的直径，
∴∠BPC=90 ∘，即OP⊥PC.
而OP为⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线．
【小题2】
解：由题可知PA=AB=AC=6，则BC=12，
∴sin∠BCP=BPBC=56，
连接AQ，由AB=AP得∠ABP=∠APB，
又∵∠BCP+∠ABP=∠AQP+∠APB=90 ∘，
∴∠AQP=∠BCP.
∴sin∠AQP=sin∠BCP=56.即APPQ=56.
∵AP=6，
∴PQ=365，即⊙O的半径为185.

【解析】1.
由AB=AP=AC及B、A、C共线，得BC为⊙A直径，故∠BPC=90 ∘，即OP⊥PC，结合OP为⊙O半径，证得PC为切线；
2. 连结AQ，由等腰三角形性质与直角三角形两锐角互余，得∠AQP=∠BCP，再由sin∠AQP=APPQ=56及AP=6，求出PQ=365，进而得⊙O半径为185.
21.【答案】【小题1】
解：∵随机调查的总人数为20 人，“0 ”分的人数为1 人，“1 ”分的人数为2 人，“2”分的人数为3 人，“4”分的人数为8 人，
∴“3 ”分的人数为：20−1−2−3−8=6(人)，
补全第1小组得分条形统计图如图所示：
【小题2】
72 ∘
【小题3】
2.9
0
2
【小题4】
解：∵第1 组得分为“4 分”的人数为8 人，第2 组得分为“4 分”的人数为20×20%=4人，第3 组得分为“4 分”的人数为2 人，
∴三组得4 分的总人数为14人，
∵三组总人数为60人，
∴该校九年级有1200名学生参加此次调研，掌握情况是“应用”的人数有1200×1460=280(人).
【小题5】
解：第2组掌握程度最弱，
原因：三组平均数分别为2.9、1.65、2.25，第2组平均数最低，且0分占比最高，中位数最小，整体得分最低，因此掌握程度最弱．

【解析】1.
根据总人数为20 人，条形图各得分的人数即可解答；
2. 根据调查总人数20 人，再利用扇形统计图得分为“4分”的百分数即可解答．
解：∵第2 小组得分扇形统计图中“得分为4 分”所占的百分数为100%−30%−25%−15%−10%=20%，
∴“得分为4分”这一项所对应的圆心角的度数为360 ∘×20%=72 ∘；
3. 根据条形统计图的数据、扇形统计图的数据、折线图的数据，以及众数、中位数、平均数的定义即可解答．
解：∵根据扇形统计图可知“得分为0 分”的人数最多，
∴第2组的众数为0分，
∴b=0，
∵根据第1 小组得分条形统计图可知，“0 ”分的人数为1 人，“1 ”分的人数为2 人，“2”分的人数为3 人，“3”分的人数为6人，“4”分的人数为8 人，
∴第1组的平均数为1×0+1×2+2×3+3×6+4×820=2.9，
∴a=2.9，
∵第3 组的折线图可知中位数第10 和第11 个分数：2 ，2，
∴第3 组的中位数是2+22=2，
∴c=2.
4. 先计算出三组人数中得分“4 ”的百分数，再计算出1200 人的掌握情况是“应用”的人数即可解答．
5. 根据表格中数据即可解答．
22.【答案】【小题1】
15
【小题2】
解：由题意得：Bm+ℎ,n+ℎ，
将Bm+ℎ,n+ℎ代入抛物线表达式y=ax−m2+n得：n+ℎ=aℎ2+n，
∵ℎ≠0，
∴aℎ=1，
∴a=1ℎ；
【小题3】
由题意得：A0,8，则B2ℎ,8，Cℎ,8−ℎ，
∴y=ax−ℎ2+8−ℎ，
由(2)得：a=1ℎ，
∴当48时，可得8−ℎ0，
∴当0≤x≤8时，y随x的增大而减小，
即当x=8时，−2=a8−ℎ2+8−ℎ，
∴−2=a8−1a2+8−1a，
解得：a=332，
∴a=16或332.

【解析】1.
由题意得B5,5，C0,0，即抛物线表达式为y=ax2，将B5,5代入即可求出；
解：由题意得：AB=10cm，顶点C到线段AB的距离为h，(单位：cm)，扩音口宽度AB为2ℎ(单位：cm)，
则B5,5，C0,0，
∵抛物线表达式y=ax−m2+n(其中a,m,n为常数，a>0)，
∴y=ax2，
将B5,5代入y=ax2得：5=25a，
∴a=15；
2. 由题意得Bm+ℎ,n+ℎ，将Bm+ℎ,n+ℎ代入抛物线表达式y=ax−m2+n得：n+ℎ=aℎ2+n，得到；a=1ℎ；
3. 由题意得A0,8，则B2ℎ,8，Cℎ,8−ℎ，分两种情况进行讨论，当48时，易得点Cℎ,8−ℎ在x轴下方，当0≤x≤8时，y随x的增大而减小，抛物线在x=8处有最小值y=−2.
23.【答案】【小题1】
解：EF=A′F；
证明：∵A′D⊥AC，
∴∠A′EC+∠A′CE=90 ∘，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠B=∠B′=90 ∘，∠C′=∠A′CE，
根据旋转的性质，得∠B′=∠O=90 ∘,∠D=∠C′，
∴∠D=∠C′=∠A′CE，
∴∠D+∠EA′F=90 ∘，
∴∠A′EC=∠EA′F，
∴EF=A′F.
【小题2】
解：四边形AA′OB是菱形．
证明：在Rt△ABC中，∵A′是边AC的中点，∠A=60 ∘，
∴AA′=A′B，
∴∠A=∠ABA′=60 ∘，
∴△ABA′是等边三角形，
∴AB=AA′，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠A=∠B′A′C′，AB=A′B′，
根据旋转的性质，得∠B′A′C′=∠BA′O，A′B′=A′O，
∴∠A′BA=∠BA′O，AB=A′O，
∴AB//A′O，
∴四边形AA′OB是平行四边形，
∵AB=AA′，
∴平行四边形AA′OB是菱形；
【小题3】
解：①当A′O⊥AC时，
∵AB=6,BC=8，
根据勾股定理，得AC= 62+82=10.
∵A′是AC的中点，
∴A′C=12AC=5，
在Rt△ABC中，tan∠ACB=ABBC=34，
∴tan∠ACB=A′GA′C=34，
∴A′G=154，
由旋转的性质得A′O=A′B′=AB=6，
∴GO=A′O−A′G=94，
∵∠GA′C=∠O=90 ∘，
∴A′C//OD，
∴∠GHO=∠ACB，
∴tan∠GHO=tan∠ACB=GOHO=34，
∴HO=9434=3，
∴A′H= A′O2+OH2= 62+32=3 5.
②当OD⊥AC时，如图，设A′D交BC于点I，点G与点C重合，
∵∠A=∠CA′D，
∴AB//A′D，
∴△A′IC∽△ABC，
∴A′IAB=A′CAC=ICBC，
∵A′为AC的中点，则A′C=12AC=5，
∴A′I=12AB=3,GI=CI=12BC=4,A′G=A′C=12AC=5，
∴OG=A′O−A′G=1，
∵AB//A′D，
∴∠B=∠A′IG=90 ∘，
∵OD⊥AC，
∴∠HOG=∠A′IG=90 ∘，
∵∠HGO=∠A′GI，
∴△HGO∽△A′GI，
∴HOA′I=GOGI，
即HO=GO⋅A′IGI=1×34=34，
∴A′H= A′O2+OH2= 62+342=3 654.

【解析】1.
根据旋转的性质可知∠A′EC=∠EA′F，再根据“等角对等边”得出答案；
2. 结合已知可得AB=A′O，再根据旋转的性质及全等三角形的对应角相等可得AB//A′O，可得结论；
3.
①当A′O⊥AC时，根据勾股定理，得AC=10，再根据中点定义得A′C=12AC=5，结合tan∠ACB=ABBC=34，得tan∠ACB=A′GA′C=34，即可求出A′G，进而求出GO，然后证明AC//OD，可知tan∠GHO=tan∠ACB=GOHO=34，可求HO，最后根据A′H= A′O2+OH2得出答案；
②当OD⊥AC时，设A′D交BC于点I，可得AB//A′D，再说明△A′IC∽△ABC，结合中点的定义求出OG，然后证明△HGO∽△A′GI，可得HOA′I=GOGI，即可求出HO，最后根据勾股定理得出答案．
用平方差公式分解下列各式：
①−a2−b2；②a2−b2；③−a2+b2；④4m2−25n2.
甲同学
解：原式=x+1x+1x−1−x−1x+1x−1⋅x2−1x…
乙同学
解：原式=1x−1⋅x2−1x−1x+1⋅x2−1x⋯
平均数
众数
中位数
第1组
a
4
3
第2组
1.65
b
1
第3组
2.25
2
c