2026年深圳市中考数学终极押题模拟卷三（含答案）

这是一份2026年深圳市中考数学终极押题模拟卷三（含答案），共14页。
A．胜2局与负2局
B．前进与后退
C．盈利3万元与支出3万元
D．向东行30米与向北行30米
2．（3分）如图，下列说法正确的是（ ）
A．图①与图②的主视图形状相同
B．图①与图②的左视图形状相同
C．图①与图②的俯视图形状相同
D．图①与图②各自的三视图形状都相同
3．（3分）不透明的袋子中装有2个红球和4个黄球，除了颜色外没有任何不同，随机摸出一个是黄球的概率为（ ）
A．13B．23C．12D．14
4．（3分）某小区门口安装了汽车出入道闸．道闸关闭时，如图①，四边形ABCD为矩形，AB长为4米，AD长为1米，点C与点N重合．道闸打开的过程中，如图②，边AD固定，连杆AB、CD分别绕点A、D转动，且边BC始终与边AD平行．当道闸打开至∠PDE＝36°时，边CD上一点P到地面的距离PE为0.8米，则点P到MN的距离PF的长为（ ）
A．（4﹣0.8sin36°）米B．（4﹣0.8tan36°）米
C．(4−0.8sin36°)米D．(4−0.8tan36°)米
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．5a﹣3a＝2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（2a2b3）3＝6a6b9D．a2•a3＝a5
6．（3分）如图，AB∥CD，∠G＝90°，∠BEG＝x，则∠CFG可以表示为（ ）
A．180°﹣xB．90°+xC．90°﹣xD．180°﹣2x
7．（3分）为加快新能源汽车配套设施建设，某新能源公司原计划每日安装一定数量的充电桩．若实际每日比原计划多安装5台，则用3600台充电桩的安装任务可提前10天完成．设原计划每日安装x台充电桩，则可列方程为（ ）
A．3600x+5−3600x=10B．3600x−3600x+5=10
C．3600x−10−3600x=5D．3600x−3600x−10=5
8．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E为AD边的中点，将△CDE沿CE折叠，使点D落在正方形ABCD的内部一点F处，则∠AFB的度数为（ ）
A．105°B．120°C．135°D．150°
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）已知关于x的方程2x﹣m＝0的解是x＝﹣3，则m的值为 ．
10．（3分）将点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，在向上平移2个单位长度得到点B，则点B的坐标是 ．
11．（3分）计算2aa2−9+13−a的结果是 ．
12．（3分）如图，一次函数y1＝k1x+b的图象和反比例函数y2=k2x的图象交于A（1，8），B（n，﹣2）两点，若y1＞y2，则x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，O是矩形ABCD对角线的交点，点E在AD边上，连接OE，将线段OE绕着点O逆时针旋转90°得到线段OF（点F在矩形ABCD内部），连接AF，EF．若AB＝2，AD＝4，则△AEF面积的最大值是 ．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（6分）计算：(−1)2024×(3−π)0−38+(12)−1．
15．（7分）解不等式组2x−8＜05x−7≥3(x−1)．
16．（8分）一方有难八方支援，感恩奉献是美德．我校开展了爱心助学活动，全体师生齐参与，人人献爱心，用实际行动传递着温暖，随机抽查了部分同学捐款的情况进行统计，并对获取的数据进行了整理，根据整理结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请根据所提供的信息，解答下列问题：
（1）本次共抽查学生 人，并将条形统计图补充完整；
（2）捐款金额的众数是 元，中位数是 元；
（3）全校1380名学生中，捐款20元及以上的学生估计有多少人？
17．（8分）成都世博会吉祥物为可爱的“桐妹儿”，寓意和平友好、包容互鉴，富有深刻的文化内涵和巴蜀特色．五一假期，小明参观完世博会后，准备购买世博会纪念品送给同学，现有A，B两款吉祥物“桐妹儿”．若购买A款吉祥物1件和B款吉祥物3件，则需190元；若购买A款吉祥物2件和B款吉祥物1件，则需180元．
（1）求每件A款吉祥物和每件B款吉祥物的价格；
（2）小明准备购买两款吉祥物共10件，若购买A款吉祥物数量为m件（4≤m≤10），购买A，B两款吉祥物总费用为W元，请写出总费用为W与数量m之间的函数关系式，并求出总费用最少为多少元？
18．（10分）综合探究
已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数．
（2）如图2，点C在⊙O上运动，当线段PC经过圆心O时，∠APB的大小满足什么条件时，四边形APBC为菱形？请说明理由．
（3）如图3，在（2）的条件下，若线段PC与⊙O的另一个交点为点D，⊙O的半径r＝3．
①求图中阴影部分的周长；
②连接OA，E为边OA上的一点，且OE=13OA，延长DE交AC于点F，求AF的长．
19．（10分）某校举办“集体跳长绳”体育活动，若在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物线型，示意图如图所示，以ED的中点O为原点建立平面直角坐标系（甲位于x轴的点E处，乙位于x轴的点D处），正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点，B点，且AB的水平距离为4m，绳子甩到最高点C处时，他们握绳的手到地面的距离AE与BD均为1.2m，最高点到地面的垂直距离为2m．
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）如果身高为1.8m的小亮，站在ED之间，且与点E的距离为tm，当绳子甩到最高处时，可以通过他的头顶，请结合函数图象求出t的取值范围；
（3）经测定，多人跳长绳且同方向站立时，脚跟之间的距离不小于0.4m才能安全跳绳，小亮与其他4位同学一起跳绳，如果这4位同学与小亮身高相同，通过计算当绳子甩到最高处时，他们是否可以安全跳绳？
20．（12分）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转“为主题开展数学活动，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E是射线CD上一点（不与点C重合），连接BE．将BE绕点E顺时针旋转90°得到FE，连接DF．
【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出∠ADF的度数；
【深入探究】当点E不与点D重合时：
①如图2，当点E在线段CD上时，依题意补全图形，并直接写出∠ADF的度数；
②如图3，当点E在线段CD的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明这个结论；若不成立，请举出反例．
【问题解决】如图4，当点E在线段CD上，BF交AD于点G，当DF＝DA时，请直接写出线段BF的长和△DFG的面积．
2026年 深圳中考数学终极押题密卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）下列选项中，具有相反意义的量是（ ）
A．胜2局与负2局
B．前进与后退
C．盈利3万元与支出3万元
D．向东行30米与向北行30米
【考点】正数和负数．
【专题】实数；数感．
【答案】A
【分析】用正负数表示两种具有相反意义的量，据此进行判断即可．
【解答】解：胜2局与负2局是具有相反意义的量，则A符合题意；
前进与后退不是具有相反意义的量，则B不符合题意；
盈利3万元与支出3万元不是具有相反意义的量，则C不符合题意；
向东行30米与向北行30米不是具有相反意义的量，则D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查正数和负数，理解具有相反意义的量是解题的关键．
2．（3分）如图，下列说法正确的是（ ）
A．图①与图②的主视图形状相同
B．图①与图②的左视图形状相同
C．图①与图②的俯视图形状相同
D．图①与图②各自的三视图形状都相同
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；几何直观．
【答案】C
【分析】对各几何体三视图分别作出判断再比较解答即可．
【解答】解：A、图①的主视图为矩形，图②为圆形，故不符合题意；
B、图①的左视图为矩形，图②为圆形，故不符合题意；
C、图①与图②的俯视图都为圆形，形状相同，故符合题意；
D、图②的三视图都为圆形，三视图相同，图①的三视图不同，故不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，熟练掌握简单几何体的三视图是关键．
3．（3分）不透明的袋子中装有2个红球和4个黄球，除了颜色外没有任何不同，随机摸出一个是黄球的概率为（ ）
A．13B．23C．12D．14
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】B
【分析】先求出球的总数，再根据概率公式解答即可．
【解答】解：∵有2个红球，4个黄球，
∴球的总数＝2+4＝6，
∴随机摸出一个球，摸到黄球的概率=46=23．
故选：B．
【点评】本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数商是解答此题的关键．
4．（3分）某小区门口安装了汽车出入道闸．道闸关闭时，如图①，四边形ABCD为矩形，AB长为4米，AD长为1米，点C与点N重合．道闸打开的过程中，如图②，边AD固定，连杆AB、CD分别绕点A、D转动，且边BC始终与边AD平行．当道闸打开至∠PDE＝36°时，边CD上一点P到地面的距离PE为0.8米，则点P到MN的距离PF的长为（ ）
A．（4﹣0.8sin36°）米B．（4﹣0.8tan36°）米
C．(4−0.8sin36°)米D．(4−0.8tan36°)米
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】D
【分析】根据图形和锐角三角函数可以表示出DE，再根据图1和矩形的性质，可以得到DN的长，然后即可得到PF的长．
【解答】解：由图2可得，
∠PDE＝36°，∠PED＝90°，PE＝0.8米，
∴DE=PEtan∠PDE=0.8tan36°（米），
由图1可得，四边形ABCD是矩形，AB长为4米，AD长为1米，
∴DC＝AB＝4米，
∴DC＝DN＝4米，
∴PF＝DN﹣DE＝（4−0.8tan36°）米，
故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．5a﹣3a＝2B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（2a2b3）3＝6a6b9D．a2•a3＝a5
【考点】完全平方公式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】利用合并同类项法则，完全平方公式，积的乘方法则，同底数幂乘法法则逐项判断即可．
【解答】解：5a﹣3a＝2a，则A不符合题意；
（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，则B不符合题意；
（2a2b3）3＝8a6b9，则C不符合题意；
a2•a3＝a5，则D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
6．（3分）如图，AB∥CD，∠G＝90°，∠BEG＝x，则∠CFG可以表示为（ ）
A．180°﹣xB．90°+xC．90°﹣xD．180°﹣2x
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】过点G作GH∥AB，先证AB∥GH∥CD，则∠EGH＝∠BEG，∠FGH＝∠DFG，进而得∠EGF＝∠BEG+∠DFG，再根据∠EGF＝90°，∠BEG＝x得∠DFG＝90°﹣x，然后根据∠CFG+∠DFG＝180°即可得出∠CFG的度数．
【解答】解：过点G作GH∥AB，如图所示：
∵AB∥CD，
∴AB∥GH∥CD，
∴∠EGH＝∠BEG，∠FGH＝∠DFG，
∴∠EGH+∠FGH＝∠BEG+∠DFG，
即∠EGF＝∠BEG+∠DFG，
∵∠EGF＝90°，∠BEG＝x，
∴90°＝x+∠DFG，
∴∠DFG＝90°﹣x，
∵∠CFG+∠DFG＝180°，
∴∠CFG＝180°﹣∠DFG＝180°﹣（90°﹣x）＝90°+x．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．
7．（3分）为加快新能源汽车配套设施建设，某新能源公司原计划每日安装一定数量的充电桩．若实际每日比原计划多安装5台，则用3600台充电桩的安装任务可提前10天完成．设原计划每日安装x台充电桩，则可列方程为（ ）
A．3600x+5−3600x=10B．3600x−3600x+5=10
C．3600x−10−3600x=5D．3600x−3600x−10=5
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
【专题】分式方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据实际及原计划工作效率间的关系，可得出实际每日安装（x+5）台充电桩，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合实际比原计划可提前10天完成，可列出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵原计划每日安装x台充电桩，且实际每日比原计划多安装5台，
∴实际每日安装（x+5）台充电桩．
根据题意得：3600x−3600x+5=10．
故选：B．
【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．
8．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E为AD边的中点，将△CDE沿CE折叠，使点D落在正方形ABCD的内部一点F处，则∠AFB的度数为（ ）
A．105°B．120°C．135°D．150°
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得BC＝DC，∠D＝∠BCD＝90°，由折叠得EC＝DC，FE＝DE，∠CFE＝∠D＝90°，∠DEC＝∠FEC=12∠DEF，∠DCE＝∠FCE=12∠DCF，则AE＝FE，BC＝EC，∠DEF＝2∠DEC，所以∠EFA＝∠EAF，∠CFB＝90°−12∠BCF，推导出∠EFA＝∠DEC＝90°−12∠DCF，求得∠CFB+∠EFA＝135°，进而求得∠AFB＝135°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，点E为AD边的中点，
∴BC＝DC，AE＝DE，∠D＝∠BCD＝90°，
由折叠得EC＝DC，FE＝DE，∠CFE＝∠D＝90°，∠DEC＝∠FEC=12∠DEF，∠DCE＝∠FCE=12∠DCF，
∴AE＝FE，BC＝EC，∠DEF＝2∠DEC，
∴∠EFA＝∠EAF，∠CFB＝∠CBF=12（180°﹣∠BCF）＝90°−12∠BCF，
∴∠DEF＝∠EFA+∠EAF＝2∠EFA，
∴2∠EFA＝2∠DEC，
∴∠EFA＝∠DEC＝90°﹣∠DCE＝90°−12∠DCF，
∴∠CFB+∠EFA＝180°−12（∠BCF+∠DCF）＝180°−12∠BCD＝180°−12×90°＝135°，
∴∠AFB＝360°﹣（∠CFB+∠EFA）﹣∠CFE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠CFB+∠EFA＝135°是解题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）已知关于x的方程2x﹣m＝0的解是x＝﹣3，则m的值为 ﹣6 ．
【考点】一元一次方程的解；解一元一次方程．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣6．
【分析】把方程的解代入原方程，方程左右两边相等得到关于m的方程，解方程即可．
【解答】解：把x＝﹣3代入方程中得：
2×（﹣3）﹣m＝0，
m＝﹣6，
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了一元一次方程的解，解一元一次方程，解题的关键是知道使一元一次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元一次方程的解．
10．（3分）将点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，在向上平移2个单位长度得到点B，则点B的坐标是 （﹣5，5） ．
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（﹣5，5）．
【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案．
【解答】解：点A（﹣2，3）先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度得到的点B的坐标是（﹣2﹣3，3+2），即（﹣5，5）
故答案为：（﹣5，5）．
【点评】本题考查坐标与图形变化一平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
11．（3分）计算2aa2−9+13−a的结果是 1a+3 ．
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【答案】1a+3．
【分析】先把能够分解因式的分母分解因式，然后把分式通分，最后按照同分母分式相加减法则解析计算，再约分即可．
【解答】解：原式=2a(a+3)(a−3)−a+3(a+3)(a−3)
=2a−a−3(a+3)(a−3)
=a−3(a+3)(a−3)
=1a+3，
故答案为：1a+3．
【点评】本题主要考查了分式的加减运算，解题关键是熟练掌握分式的通分和约分．
12．（3分）如图，一次函数y1＝k1x+b的图象和反比例函数y2=k2x的图象交于A（1，8），B（n，﹣2）两点，若y1＞y2，则x的取值范围是 解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． ．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】x＞1或﹣4＜x＜0．
【分析】先求解B（﹣4，﹣2），再利用图象法，写出一次函数的图象在反比例函数的图象的上方的对应的自变量的取值范围即可．
【解答】解：∵交于A（1，8），B（n，﹣2）两点，
∴k2＝1×8＝8，
∴y2=8x，
∴n=8−2=−4，
∴B（﹣4，﹣2），
由图象可得：当x＞1或﹣4＜x＜0时，y1＞y2，
故答案为：x＞1或﹣4＜x＜0．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的图象的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13．（3分）如图，O是矩形ABCD对角线的交点，点E在AD边上，连接OE，将线段OE绕着点O逆时针旋转90°得到线段OF（点F在矩形ABCD内部），连接AF，EF．若AB＝2，AD＝4，则△AEF面积的最大值是 98 ．
【考点】旋转的性质；二次函数的最值；矩形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】98．
【分析】如图，连接BD，则O为BD的中点，取AD的中点M，连接OM，过F作FH⊥AD于H，作FN⊥OM于N．分两种情况讨论：当E在M右侧时，（或与M重合时），当E在M点左侧时，证得△MEO≌△NOF（AAS），然后利用S△AEF=12AE⋅HF列式解答即可．
【解答】解：如图1，连接BD，则O为BD的中点，取AD的中点M，连接OM，过F作FH⊥AD于H，作FN⊥OM于N．
①如图1，当E在M右侧时，（或与M重合时），
设ME＝x，
∵OM为△DAB的中位线，
∴OM∥AB，
∴OM⊥AD，OM=12AB=1，
在Rt△MEO中，∠MEO+∠MOE＝90°，
又∵∠NOF+∠MOE＝∠EOF＝90°，
∴∠MEO＝∠NOF，
又∵∠OME＝∠FNO＝90°，OE＝FO，
∴△MEO≌△NOF（AAS），
∴ME＝NO＝x，MO＝NF＝1，
∴MN＝MO﹣ON＝1﹣x，
又∵FN⊥NM，
∴FN∥HM，HF⊥HM，NM⊥HM，
∴FN⊥HF，
∴四边形HFNM为矩形．
∴HF＝MN＝1﹣x，
又∵AE＝AM+ME＝2+x，
∴S△AEF=12AE⋅HF
=12(2+x)(1−x)
=12(2−x−x2)
=−12(x2+x−2)
=−12(x2+x+14−14−2)
=−12(x+12)2+98，
抛物线对称轴为直线x=−12，开口向下，x≥0＞−12，
∵x≥0＞−12
∴S△AEF随x的增大而减小，
故当x＝0时，S△AEF有最大值，为−12×(12)2+98=1；
②当E在M点左侧时，如图2，
设EM＝y，由①同理可证△EMO≌△ONF，
∴EM＝ON＝y，AE＝AM﹣EM＝2﹣y，HF＝MN＝OM+ON＝1+y，
∴S△AEF=12AE⋅HF
=12(2−y)(1+y)
=12(2+y−y2)
=−12(y2−y−2)
=−12(y2−y+14−14−2)
=−12(y−12)2+98
故当y=12时，S△AEF有最大值为98，
综上，△AEF面积的最大值是98，
故答案为：98．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，二次函数的最值以及矩形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出恰当的辅助线，构建全等三角形．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（6分）计算：(−1)2024×(3−π)0−38+(12)−1．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】1．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开立方，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：原式＝1×1﹣2+2＝1．
【点评】本题考查了实数的运算，掌握实数的运算法则是关键．
15．（7分）解不等式组2x−8＜05x−7≥3(x−1)．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力；推理能力．
【答案】2≤x＜4．
【分析】分别求解不等式组中的两个一元一次不等式，取两个解集的公共部分即可．
【解答】解：2x−8＜0①5x−7≥3( x−1)②，
解不等式①得，x＜4，
解不等式②得，x≥2，
∴不等式组的解集为：2≤x＜4．
【点评】本题考查一元一次不等式组的解法；熟练掌握不等式的基本性质、正确求解单个不等式并准确取解集的公共部分，是解题的关键．
16．（8分）一方有难八方支援，感恩奉献是美德．我校开展了爱心助学活动，全体师生齐参与，人人献爱心，用实际行动传递着温暖，随机抽查了部分同学捐款的情况进行统计，并对获取的数据进行了整理，根据整理结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图，请根据所提供的信息，解答下列问题：
（1）本次共抽查学生 60 人，并将条形统计图补充完整；
（2）捐款金额的众数是 10 元，中位数是 15 元；
（3）全校1380名学生中，捐款20元及以上的学生估计有多少人？
【考点】条形统计图；中位数；众数；用样本估计总体；扇形统计图．
【专题】数据的收集与整理；统计的应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）60；
将条形统计图补充完整如图：
；
（2）10，15；
（3）捐款20元及以上的学生估计有345人．
【分析】（1）用D：捐款20元的人数所占的比例即可求出抽查了多少学生，抽查人数减去其他几组人数即可得出C的人数，即可将条形统计图补充完整；
（2）根据众数和中位数的定义解答即可；
（3）用总人数乘捐款20元及以上的学生人数所占比例即可．
【解答】解：（1）12÷20%＝60（人），
C的人数：60﹣9﹣20﹣12﹣3＝16（人），
将条形统计图补充完整如图：
；
故答案为：60；
（2）捐款10元的人数最多，
∴众数为10元，
把这60 个数据从小到大排列位于第30位，31位的均为15，
∴中位数为15元，
故答案为：10，15；
（3）捐款20元及以上的学生估计有1380×12+360=345（人），
答：捐款20元及以上的学生估计有345人．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，众数和中位数，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．
17．（8分）成都世博会吉祥物为可爱的“桐妹儿”，寓意和平友好、包容互鉴，富有深刻的文化内涵和巴蜀特色．五一假期，小明参观完世博会后，准备购买世博会纪念品送给同学，现有A，B两款吉祥物“桐妹儿”．若购买A款吉祥物1件和B款吉祥物3件，则需190元；若购买A款吉祥物2件和B款吉祥物1件，则需180元．
（1）求每件A款吉祥物和每件B款吉祥物的价格；
（2）小明准备购买两款吉祥物共10件，若购买A款吉祥物数量为m件（4≤m≤10），购买A，B两款吉祥物总费用为W元，请写出总费用为W与数量m之间的函数关系式，并求出总费用最少为多少元？
【考点】一次函数的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）70，40；
（2）W＝30m+400，520．
【分析】（1）分别设每件A款吉祥物的价格、每件B款吉祥物的价格为未知数，根据题意列二元一次方程组并求解即可；
（2）根据“总费用＝每件A款吉祥物的价格×购买A款吉祥物数量+每件B款吉祥物的价格×购买B款吉祥物数量”写出W与m之间的函数关系式，根据一次函数的增减性和m的取值范围，求出W的最小值即可．
【解答】解：（1）设每件A款吉祥物的价格是a元，每件B款吉祥物的价格是b元．
根据题意，得a+3b=1902a+b=180，
解得a=70b=40．
答：每件A款吉祥物的价格是70元，每件B款吉祥物的价格是40元．
（2）W＝70m+40（10﹣m）＝30m+400，
∵30＞0，
∴W随m的减小而减小，
∵4≤m≤10，
∴当m＝4时，W值最小，W最小＝30×4+400＝520．
答：总费用为W与数量m之间的函数关系式为W＝30m+400，总费用最少为520元．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用，掌握一次函数的增减性和二元一次方程组的解法是解题的关键．
18．（10分）综合探究
已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数．
（2）如图2，点C在⊙O上运动，当线段PC经过圆心O时，∠APB的大小满足什么条件时，四边形APBC为菱形？请说明理由．
（3）如图3，在（2）的条件下，若线段PC与⊙O的另一个交点为点D，⊙O的半径r＝3．
①求图中阴影部分的周长；
②连接OA，E为边OA上的一点，且OE=13OA，延长DE交AC于点F，求AF的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）100°；（2）∠APB＝60°时，四边形APBC为菱形，说明理由见解析；（3）①33+3+π；②332．
【分析】（1）连接OA，OB，利用圆的切线的性质定理和四边形的内角和定理解答即可；
（2）连接OA，OB，如图，利用（1）的方法得到∠APB＝∠ACB＝60°，利用全等三角形的判定与性质得到∠PAC＝∠PBC，利用两组对角相等的四边形为平行四边形的性质得到四边形PACB为平行四边形，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用（2）的结论，圆周角定理和扇形的弧长公式和直角三角形的性质解答即可；
②过点A作AG∥PC，交DF的延长线于点G，利用相似三角形的判定与性质求得AG＝6，CDAG=CFAF，进而得到AF=12AC，再利用菱形的性质和（2）的结论解答即可．
【解答】解：（1）连接OA，OB，如图，
∵∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，
∴OA⊥PM，OB⊥PN，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB+∠OAP+∠AOB+∠PBO＝360°，
∴∠APB+∠AOB＝180°，
∵∠MPN＝80°，
∴∠AOB＝100°，
∴∠ACB=12∠AOB＝50°；
（2）当线段PC经过圆心O时，∠APB＝60°时，四边形APBC为菱形，说明理由：
连接OA，OB，如图，
由（1）知：∠APB+∠AOB＝180°，
∵∠APB＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠ACB=12∠AOB＝60°，
∴∠APB＝∠ACB．
∵∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，
∴PA＝PB，PC平分∠APB，
∴∠APC＝∠BPC．
在△APC和△BPC中，
PA=PB∠APC=∠BPCPC=PC，
∴△APC≌△BPC（SAS），
∴∠PAC＝∠PBC，
∴四边形PACB为平行四边形，
∵PA＝PB，
∴四边形APBC为菱形；
（3）①∵⊙O的半径r＝3，
∴OA＝OD＝3，
由（2）知：四边形APBC为菱形，
∴∠ACP=12∠ACB＝30°，
∴∠AOD＝2∠ACP＝60°，
∴AD的长=60π×3180=π．
∵∠APC=12∠APB＝30°，OA⊥PA，
∴OP＝2OA＝6，
∴PD＝OP﹣OD＝3，
∴PA=OP2−OA2=33，
∴图中阴影部分的周长为33+3+π．
②过点A作AG∥PC，交DF的延长线于点G，如图，
∵OE=13OA，OA＝3，
∴OE＝1，AE＝2．
∵AG∥PC，
∴△EOD∽△EAG，△FDC∽△FGA，
∴ODAG=OEAE=12，CDAG=CFAF，
∴3AG=12，
∴AG＝6，
∵CD＝2OD＝6，
∴CFAF=1，
∴CF＝AF．
∴AF=12AC．
∵四边形APBC为菱形，
∴AC＝PA＝33，
∴AF=332．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，四边形的内角和定理，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，圆的有关计算，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
19．（10分）某校举办“集体跳长绳”体育活动，若在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物线型，示意图如图所示，以ED的中点O为原点建立平面直角坐标系（甲位于x轴的点E处，乙位于x轴的点D处），正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点，B点，且AB的水平距离为4m，绳子甩到最高点C处时，他们握绳的手到地面的距离AE与BD均为1.2m，最高点到地面的垂直距离为2m．
（1）求出该抛物线的解析式；
（2）如果身高为1.8m的小亮，站在ED之间，且与点E的距离为tm，当绳子甩到最高处时，可以通过他的头顶，请结合函数图象求出t的取值范围；
（3）经测定，多人跳长绳且同方向站立时，脚跟之间的距离不小于0.4m才能安全跳绳，小亮与其他4位同学一起跳绳，如果这4位同学与小亮身高相同，通过计算当绳子甩到最高处时，他们是否可以安全跳绳？
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝ax2+2，把点B（2，1.2）代入y＝ax2+2中，求出a的值即可求出抛物线的解析式；
（2）将y＝1.8代入y＝﹣0.2x2+2，求出x的值即可求出t的取值范围；
（3）由（2）可知当y＝1.8时，x1＝﹣1，x2＝1，所以可求出可以站立跳绳的距离为4﹣2＝2米，因为1.6＜2，所以他们可以安全起跳．
【解答】解：（1）由题意可设抛物线的解析式为y＝ax2+2，
将点B（2，1.2）代入y＝ax2+2中，
解得a＝﹣0.2
∴y＝﹣0.2x2+2；
（2）将y＝1.8代入y＝﹣0.2x2+2，
解得x1＝﹣1，x2＝1，
∵EO＝2，
∴2﹣1＝1，2+1＝3．
∴1≤t≤3；
（3）他们可以安全跳绳．理由如下：
当y＝1.8时，则1.8＝﹣0.2x2+2，
解得：x1＝﹣1，x2＝1，
∴可以站立跳绳的距离为1﹣（﹣1）＝2（m）．
∵（1+4﹣1）×0.4＝1.6（m），且1.6＜2，
∴他们可以安全跳绳．
【点评】本题考查了求二次函数的表达式，和二次函数的实际应用，利用待定系数法求出二次函数的表达式是解答本题的关键．
20．（12分）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转“为主题开展数学活动，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E是射线CD上一点（不与点C重合），连接BE．将BE绕点E顺时针旋转90°得到FE，连接DF．
【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出∠ADF的度数；
【深入探究】当点E不与点D重合时：
①如图2，当点E在线段CD上时，依题意补全图形，并直接写出∠ADF的度数；
②如图3，当点E在线段CD的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明这个结论；若不成立，请举出反例．
【问题解决】如图4，当点E在线段CD上，BF交AD于点G，当DF＝DA时，请直接写出线段BF的长和△DFG的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【特例分析】45°．
【深入探究】①图见解答，45°．
②成立，证明见解答．
【问题解决】BF＝23，S△DFG=4−22．
【分析】【特例分析】根据正方形的性质及旋转的性质即可解答；
【深入探究】①根据题意作图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，根据正方形的性质及旋转的性质，证明△FGE≌△ECB（AAS），利用线段的和差及角的等量代换即可解答；
②过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，根据正方形的性质及旋转的性质，证明△FGE≌△ECB（AAS），利用线段的和差及角的等量代换即可解答；
【问题解决】过点F作FQ⊥CD交CD的延长线于点Q，则∠FQD＝90°，根据正方形的性质及旋转的性质，证明△FQE≌△ECB（AAS），△DFQ是等腰直角三角形，求出FQ、BE、BF，过点F作FN⊥AD于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M，则四边形ANFM是矩形，求出BM，连接MG，通过S△BMF＝S△BGM+S△GMF，列式求出AG、DG，即可解答．
【解答】解：【特例分析】45°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠A＝90°，
∴∠ADB=∠ABD=12(180°−∠A)=45°，
由旋转可知∠BDF＝90°，
∴∠ADF＝∠BDF﹣∠ADB＝90°﹣45°＝45°，
【深入探究】①45°．
如图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FGD＝∠C，∠CBE+∠BEC＝90°，
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠CBE，
在△FGE和△ECB中，
∠FEG=∠EBC∠G=∠CEF=BE，
∴△FGE≌△ECB（AAS），
∴FG＝EC，EG＝BC＝CD，
∴EG﹣DE＝CD﹣DE，
即DG＝CE，
∴FG＝DG，
∴∠FDG＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝90°，
∴∠ADF＝∠ADG﹣∠FDG＝90°﹣45°＝45°，
②成立，证明如下：
如图，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠FGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FGD＝∠C，∠CBE+∠BEC＝90°．
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠CBE，
∴△FGE≌△ECB（AAS），
∴FG＝EC，EG＝BC＝CD，
∴EG+DE＝CD+DE，
即DG＝CE，
∴FG＝DG，
又∵∠FGD＝90°，
∴∠FDG＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝90°，
∴∠ADF＝∠ADG﹣∠FDG＝90°﹣45°＝45°，
∴【特例分析】中的结论仍然成立．
【问题解决】如图，过点F作FQ⊥CD交CD的延长线于点Q，则∠FQD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∴∠FQD＝∠C＝90°，∠CBE+∠BEC＝90°，
由旋转的性质可知EF＝BE，∠BEF＝90°，
∴∠BEC+∠FEQ＝90°，
∴∠FEQ＝∠CBE，
在△FQE和△ECB中，
∠FEQ=∠EBC∠FQD=∠CEF=BE，
∴△FQE≌△ECB（AAS），
∴FQ＝EC，EQ＝BC＝CD，
∴EQ﹣DE＝CD﹣DE，
即DQ＝CE，
∴FQ＝DQ，
∴△DFQ是等腰直角三角形，
∴FQ=22DF=22×2=2，
∴CE＝FQ=2，
∵BC＝AB＝2，
∴BE=BC2+CE2=22+(2)2=6，
∴BF=2BE＝23，
过点F作FN⊥AD于点N，FM⊥AB交BA的延长线于点M，
则四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝2−2，AM＝NF=2，
∴BM＝AB+AM＝2+2，
连接MG，
∵S△BMF＝S△BGM+S△GMF，
∴12×(2+2)×(2−2)=12×(2+2)⋅AG+12×(2−2)×2，
∴AG＝6﹣42，
∴DG=2−(6−42)=42−4，
∴S△DFG=12DG⋅NF=12×(42−4)×2=4−22，
∴BF＝23，S△DFG=4−22．
【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
D
D
B
B
C