2026年天津市中考数学终极押题模拟卷一（含答案）

这是一份2026年天津市中考数学终极押题模拟卷一（含答案），共14页。试卷主要包含了计算12÷等内容，欢迎下载使用。
1．计算12÷（﹣3）的结果是（ ）
A．﹣9B．﹣4C．4D．9
2．（3分）如图是由6个棱长相等的小立方块搭成的几何体，则从左面看到该几何体的形状图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）估算210−3的值（ ）
A．在1到2之间B．在2到3之间
C．在3到4之间D．在4到5之间
4．（3分）下列运动项目的简笔画是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）2024年初，马鞍山市常住人口为219.1万人，其中数据“219.1万”用科学记数法表示为（ ）
A．21.91×105B．2.191×105
C．2.191×106D．0.2191×107
6．（3分）计算cs30°−32的值等于（ ）
A．0B．32C．1−32D．2−32
7．（3分）已知点A（﹣1，y1），B（1，y2）都在双曲线y=3+mx上，且y1＜y2，则m的取值范围是（ ）
A．m＜0B．m＞0C．m＞﹣3D．m＜﹣3
8．（3分）我国元代数学家朱世杰所著的《算学启蒙》中有一道题：“今有良马日行二百四十里，弩马日行一自五十里．弩马先行一十二日，向良马几何日追及之．”意思是快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则所列方程正确的是（ ）
A．240x＝150×12B．240x＝150（x+12）
C．240（x+12）＝150xD．240（x﹣12）＝150x
9．（3分）如下，一个正确的运算过程被盖住了一部分，则被遮盖的是（ ）
1x−3+■=x−2x−3
A．1x−3B．x+3x−3C．2D．1
10．（3分）如图，已知∠MAN，以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AM于点B，交AN于点C；分别以点B，C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧在∠MAN的内部相交于点P；作射线AP．过点B作BD⊥AN于点D，交AP于点E．若AB＝6，∠BEP＝67.5°，则AD的长为（ ）
A．32B．33C．3D．62
11．（3分）如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，AB＝AD，若∠CAE＝54°，则∠BAD的度数为（ ）
A．36°B．26°C．37°D．54°
12．（3分）四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝10cm，BC＝16cm．动点M从点B出发，以2cm/s的速度沿边BA、边AD向终点D运动；动点N从点C同时出发，以1cm/s的速度沿边CB向终点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为ts．当t＝2s时，点M，N的位置如图所示，有下列结论：①当t＝6s时，CN＝DM；②当1≤t≤2时，△BMN的最大面积为28cm2；③t有两个不同的值满足△BMN的面积为39cm2．其中，正确结论是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）一只不透明的袋中装有1个白球和n个黑球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，摸到白球的概率为14，那么黑球的个数是 ．
14．（3分）化简：3xy﹣xy＝ ．
15．（3分）(5+3)(5−3)= ．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知∠AOB＝90°，∠A＝60°，点A的坐标为（﹣6，23）若直线y＝﹣2x+1沿y轴平移m个单位后与△AOB仍有公共点，则m的取值范围是 ．
17．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，连接BE，过点C作CH⊥BE于点H，连接DH并延长交AB于点G．则（1）∠DHF＝ ；（2）HG＝ ．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B，C均为格点，⊙O为△ABC的外接圆．
（I）⊙O的直径长为 ；
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P和点Q，使得点P为AC的中点；使得点Q在线段AB上，且∠CQB＝45°．
简要说明点P，点Q的位置是如何找到的（不要求证明） ．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（8分）解不等式组−(x−1)＞3①2x+9≥3②，并在数轴上表示解集．
20．（8分）在开展“学雷锋社会实践”活动中，某校为了解全校1200名学生参加活动的情况，随机调查了50名学生每人参加活动人数的次数，并根据数据绘成条形统计图如下：
（1）这50名学生参加活动的次数的平均数＝ ，众数＝ ，中位数＝ ；
（2）根据样本数据，估算该校1200名学生共参加了多少次活动．
21．（10分）如图，AB为⊙O的直径，过点A作⊙O的切线AM，C是半圆AB上一点（不与点A、B重合），连结AC，过点C作CD⊥AB于点E，连接BD并延长交AM于点F．
（1）求证：∠CAB＝∠AFB；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝8，求DF的长．
22．（10分）如图，某人为了测量小山顶上的塔ED的高，他在山下的点A处测得塔尖点D的仰角为45°，再沿AC方向前进60m，到达山脚的点B处，测得塔尖点D的仰角为60°，塔底点E的仰角为30°，求塔ED的高度．（结果保留根号）
思考1：在图中，ED等于哪两条线段之差？
思考2：因为空间的长度（AD和BD）不可测，所以在Rt△ADC中要求DC，需知 ，在Rt△BDC中要求DC，需知 ，在Rt△BCE中要求CE，需知 ．因为AB已知，所以解决所有问题的关键是求 的长．
思考3：观察图形，DC是Rt△ 和Rt△ 的公共边，由此可利用CD的长为等量关系，结合AB＝60m，列方程求出BC的长．
23．（10分）一个数学兴趣小组准备探究弹簧的全长与所挂砝码重量之间的关系．他们准备了一根弹簧和直尺，进行了多次实验，并将每次实验的结果填入绘制的表格内，然后再将表格内的每一对数作为点的坐标描在直角坐标平面内（如下表、图），最后用光滑的曲线把描出的这些点联结起来，发现这些点在同一直线上．由此他们得出弹簧的全长与所挂砝码重量之间是一次函数的关系．
（1）求这条直线的表达式（不写定义域）；
（2）如果这根弹簧被所挂砝码刚好完全拉直时的长度是12厘米，求这时所挂砝码是多少克？
24．（10分）综合与实践：
实践操作：在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
（1）初步思考：若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）
①当点P与点A重合时，∠DEF＝ ，当点E与点A重合时，∠DEF＝ ；
②当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形；
（2）深入探究：点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M（如图③）．是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．
25．（10分）已知抛物线y＝x2+bx+c（b，c为常数，c＜0）的顶点为P，点E（1，1）在抛物线上，抛物线与y轴相交于C点，点D为点C关于抛物线对称轴的对称点，O为坐标原点．
（I）当c＝﹣1时，求点P和点D的坐标；
（Ⅱ）当CP∥OD时，求c的值和线段CP的长；
（Ⅲ）抛物线上点M的横坐标．m，当c2＜m＜0时，满足PM∥OD，且DM⊥PM，垂足为点M．直接写出此时c的值和点M的坐标．
2026年 天津中考数学终极押题密卷1
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
一．选择题（共12小题，满分33分）
1．计算12÷（﹣3）的结果是（ ）
A．﹣9B．﹣4C．4D．9
【考点】有理数的除法．
【专题】实数；运算能力．
【答案】B
【分析】运用有理数除法法则，先确定结果的符号，再进行求解、辨别．
【解答】解：12÷（﹣3）
＝﹣（12÷3）
＝﹣4，
故选：B．
【点评】此题考查了有理数除法的计算能力，关键是能准确理解并运用有理数除法法则进行求解．
2．（3分）如图是由6个棱长相等的小立方块搭成的几何体，则从左面看到该几何体的形状图是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】先明确左视图的定义，即从几何体的左面观察得到的视图，然后据此分析该几何体的左视图形状．
【解答】解：从左面观察该几何体，一共有两列，小正方形的个数分别是3、1，
故选：B．
【点评】本题主要考查了简单几何体的左视图，熟练掌握左视图的定义是解题的关键．
3．（3分）估算210−3的值（ ）
A．在1到2之间B．在2到3之间
C．在3到4之间D．在4到5之间
【考点】估算无理数的大小．
【专题】实数；运算能力．
【答案】C
【分析】先估算出3＜210＜3.5，再估算出210，然后估算出210−3在哪两个整数之间．
【解答】解：∵3＜10＜3.5，
∴6＜210＜7，
∴3＜210−3＜4，
∴210−3在3到4之间；
故选：C．
【点评】本题主要考查了无理数的估算，解题关键是确定无理数的整数部分．“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．
4．（3分）下列运动项目的简笔画是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义逐一分析即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，故本选项符合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查了轴对称图形，轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合．
5．（3分）2024年初，马鞍山市常住人口为219.1万人，其中数据“219.1万”用科学记数法表示为（ ）
A．21.91×105B．2.191×105
C．2.191×106D．0.2191×107
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】C．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：219.1万＝2191000＝2.191×106．
故选：C．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
6．（3分）计算cs30°−32的值等于（ ）
A．0B．32C．1−32D．2−32
【考点】实数的运算；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【答案】A
【分析】首先计算特殊角的三角函数值，然后计算减法，求出算式的值即可．
【解答】解：cs30°−32
=32−32
＝0．
故选：A．
【点评】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
7．（3分）已知点A（﹣1，y1），B（1，y2）都在双曲线y=3+mx上，且y1＜y2，则m的取值范围是（ ）
A．m＜0B．m＞0C．m＞﹣3D．m＜﹣3
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】分别将A，B两点代入双曲线解析式，表示出y1和y2，然后根据y1＜y2列出不等式，求出m的取值范围．
【解答】解：将点A（﹣1，y1），B（1，y2）两点分别代入双曲线y=3+mx，得：
y1＝﹣m﹣3，
y2＝m+3，
∵y1＜y2，
∴﹣m﹣3＜m+3，
解得m＞﹣3，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解不等式，正确记忆相关知识点是解题关键．
8．（3分）我国元代数学家朱世杰所著的《算学启蒙》中有一道题：“今有良马日行二百四十里，弩马日行一自五十里．弩马先行一十二日，向良马几何日追及之．”意思是快马每天走240里，慢马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则所列方程正确的是（ ）
A．240x＝150×12B．240x＝150（x+12）
C．240（x+12）＝150xD．240（x﹣12）＝150x
【考点】由实际问题抽象出一元一次方程；数学常识．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】设快马x天可以追上慢马，利用路程＝速度×时间，结合快、慢马的路程相等，可列出关于x的一元一次方程．
【解答】解：根据题意得：240x＝150（x+12）．
故选：B．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
9．（3分）如下，一个正确的运算过程被盖住了一部分，则被遮盖的是（ ）
1x−3+■=x−2x−3
A．1x−3B．x+3x−3C．2D．1
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【答案】D
【分析】用根据分式加减法的运算法则，将等式两边变形，求出被遮盖的部分即可．
【解答】解：根据题意可知，■=x−2x−3−1x−3=(x−2)−1x−3=x−3x−3=1．
故选：D．
【点评】本题考查了分式的加减法，掌握分式的加减法的运算法则是关键．
10．（3分）如图，已知∠MAN，以点A为圆心，适当长为半径作弧，交AM于点B，交AN于点C；分别以点B，C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧在∠MAN的内部相交于点P；作射线AP．过点B作BD⊥AN于点D，交AP于点E．若AB＝6，∠BEP＝67.5°，则AD的长为（ ）
A．32B．33C．3D．62
【考点】作图—基本作图；角平分线的定义．
【专题】尺规作图；几何直观．
【答案】A
【分析】由作图过程可知，射线AP为∠MAN的平分线，可得∠MAN＝2∠DAE．结合题意可得∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝22.5°，则∠BAD＝45°，进而可得AD=AB2=32．
【解答】解：由作图过程可知，射线AP为∠MAN的平分线，
∴∠MAN＝2∠DAE．
∵∠BEP＝67.5°，BD⊥AN，
∴∠AED＝∠BEP＝67.5°，∠ADE＝90°，
∴∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝22.5°，
∴∠BAD＝45°，
∵AB＝6，
∴AD=AB2=32．
故选：A．
【点评】本题考查作图—基本作图、角平分线的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11．（3分）如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，AB＝AD，若∠CAE＝54°，则∠BAD的度数为（ ）
A．36°B．26°C．37°D．54°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】由旋转可得∠BAC＝∠DAE，进而可得∠BAD＝∠CAE＝54°．
【解答】解：∵△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠BAD+∠CAD＝∠BAC，∠CAE+∠CAD＝∠DAE，且∠CAE＝54°，
∴∠BAD＝∠CAE＝54°．
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后角度相等是解题的关键．
12．（3分）四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝10cm，BC＝16cm．动点M从点B出发，以2cm/s的速度沿边BA、边AD向终点D运动；动点N从点C同时出发，以1cm/s的速度沿边CB向终点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为ts．当t＝2s时，点M，N的位置如图所示，有下列结论：①当t＝6s时，CN＝DM；②当1≤t≤2时，△BMN的最大面积为28cm2；③t有两个不同的值满足△BMN的面积为39cm2．其中，正确结论是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【考点】二次函数的最值；平行线之间的距离；一元二次方程的应用．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】D
【分析】当t＝6s时，点M在AD上，求出DM，CN，可判断①；当1≤t≤2时，点M在AB上，利用三角形面积公式求出△BMN的面积，利用二次函数的性质，可判断②；分两种情况：当点M在AB上时，点M在AD上时，结合△BMN的面积为39cm2，列出方程，可判断③．
【解答】解：四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝10cm，BC＝16cm．动点M从点B出发，以2cm/s的速度沿边BA、边AD向终点D运动；动点N从点C同时出发，以1cm/s的速度沿边CB向终点B运动．则：
根据题意得：点M在AB上的运动时间为82=4s，点M在AD上的运动时间为102=5s，点N在CB上的运动时间为16s，
①当t＝6s时，点M在AD上，
此时AM＝2×6﹣8＝4cm，CN＝6cm，
∴DM＝AD﹣AM＝6cm，
∴CN＝DM，故①正确；
②当1≤t≤2时，点M在AB上，
此时BM＝2tcm，CN＝tcm，
∴BN＝（16﹣t）cm，
∴S△BMN=12BM×BN=12×2t(16−t)=−t2+16t=−(t−8)2+64，
∵﹣1＜0，
∴当t＜8时，S△BMN随t的增大而增大，
∴当t＝2时，S△BMN取得最大值，最大值为﹣（2﹣8）2+64＝28，
即当1≤t≤2时，△BMN的最大面积为28cm2，故②正确；
③当点M在AB上时，0≤t≤4，此时BM＝2tcm，BN＝（16﹣t）cm，
∵△BMN的面积为39cm2，
∴S△BMN=12BM×BN=12×2t(16−t)=−t2+16t=39，
解得：t1＝3，t2＝13（舍去），
∴当t＝3时，△BMN的面积为39cm2；
当点M在AD上时，4＜t≤8，
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠B＝90°，即AB⊥AD，
此时S△BMN=12AB×BN=12×8(16−t)=64−4t=39，
解得：t=254，
∴当t=254时，△BMN的面积为39cm2；
∴t有两个不同的值满足△BMN的面积为39cm2，故③正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，一元二次方程的应用，正确进行计算是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．（3分）一只不透明的袋中装有1个白球和n个黑球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，摸到白球的概率为14，那么黑球的个数是 3 ．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】3．
【分析】用白球个数除以白球的概率求出球的总个数，继而可得答案．
【解答】解：根据题意知，袋中球的总个数为1÷14=4（个），
∴黑球个数为4﹣1＝3（个），
故答案为：3．
【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
14．（3分）化简：3xy﹣xy＝ 2xy ．
【考点】合并同类项．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【答案】2xy．
【分析】合并同类项的法则是系数和系数相加作为系数，字母和字母的指数不变．
【解答】解：3xy﹣xy＝（3﹣1）xy＝2xy．
故答案为：2xy．
【点评】本题主要考查了合并同类项的法则，熟练掌握运算法则是解题的关键．
15．（3分）(5+3)(5−3)= 2 ．
【考点】二次根式的混合运算；平方差公式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】2．
【分析】利用平方差公式计算．
【解答】解：原式＝（5）2﹣（3）2
＝5﹣3
＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和乘法公式是解决问题的关键．
16．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知∠AOB＝90°，∠A＝60°，点A的坐标为（﹣6，23）若直线y＝﹣2x+1沿y轴平移m个单位后与△AOB仍有公共点，则m的取值范围是 23−13≤m≤63+11 ．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】23−13≤m≤63+11．
【分析】根据题意画出图形，求出点B的坐标，再求出过点A和点B且与直线y＝﹣2x+1平行的直线解析式，分别求出与x轴的交点坐标即可解决问题．
【解答】解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x于点F，如图，
∵点A的坐标为（﹣6，23），
∴AE＝23，OE＝6，
根据勾股定理得，AO=AE2+OE2=43，
∴∠AOE＝30°，
∵∠AOB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴BO=3OA=12，
又∠BOF＝180°﹣∠AOE﹣∠AOB＝60°，
∴∠OBF＝30°，
∴OF=12BO＝6，BF=32BO＝63，
∴B（6，63），
对于y＝﹣2x+1，当x＝0时，y＝1，
∴直线y＝﹣2x+1与y轴的交点坐标为（0，1）；
设过点A且与直线y＝﹣2x+1平行的直线解析式为y＝﹣2x+p，
把A（﹣6，23）代入y＝﹣2x+p，得：23=12+p，
∴p＝23−12，
设过点B且与直线y＝﹣2x+1平行的直线解析式为y＝﹣2x+q，
B（6，63）代入y＝﹣2x+q，得：63=−12+q，
∴q＝63+12，
∴直线y＝﹣2x+1沿y轴平移m个单位后与△AOB仍有公共点，
则m的取值范围是23−12﹣1≤m≤63+12﹣1，即23−13≤m≤63+11．
故答案为：23−13≤m≤63+11．
【点评】本题主要考查的是一次函数的几何变换，求出直线与x轴的交点坐标是解答本题的关键．
17．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，连接BE，过点C作CH⊥BE于点H，连接DH并延长交AB于点G．则（1）∠DHF＝ 90° ；（2）HG＝ 2512 ．
【考点】矩形的性质．
【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；推理能力．
【答案】（1）90°；
（2）2512．
【分析】（1）由SAS可证△ABE≌△DCE，可得∠AEB＝∠DEC，通过证明点C，点D，点E，点H四点共圆，可得∠DEC＝∠DHC，由平行线的性质可证∠DEC＝∠CHD＝∠AEB＝∠EBC，由直角三角形的性质可得结论；
（2）通过证明△GHN∽△FHM，可得NHHM=GHHF，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：（1）如图，连接CE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
又∵AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∴∠AEB＝∠DEC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵CH⊥BE，
∴∠CHE＝90°＝∠CDA，
∴点C，点D，点E，点H四点共圆，
∴∠DEC＝∠DHC，
∴∠DEC＝∠CHD＝∠AEB＝∠EBC，
∵点F是BC的中点，CH⊥BE，
∴FH＝BF＝CF，
∴∠FBE＝∠FHB，
∴∠BHF＝∠DHC，
∵∠BHF+∠FHC＝90°，
∴∠DHC+∠FHC＝90°，
∴∠BHC＝∠DHF＝90°，
故答案为：90°；
（2）过点H作HM⊥BC于M，HN⊥AB于N，
∵AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AE＝BF＝CF＝HF=52，
∵HM⊥BC，HN⊥AB，∠ABC＝90°，
∴四边形BMHN是矩形，
∴NH＝BM，∠NHM＝90°＝∠HNG＝∠HMF，
∴∠NHM＝∠FHG＝90°，
∴∠GHN＝∠FHM，
∴△GHN∽△FHM，
∴NHHM=GHHF，
∵tan∠AEB＝tan∠EBC=ABAE=HMBM，
∴HMBM=352=65=HMNH，
∴GH=56×52=2512，
故答案为：2512．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线是解题的关键．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A，B，C均为格点，⊙O为△ABC的外接圆．
（I）⊙O的直径长为 65 ；
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P和点Q，使得点P为AC的中点；使得点Q在线段AB上，且∠CQB＝45°．
简要说明点P，点Q的位置是如何找到的（不要求证明） 分别取AC，AB与格线的交点E、O，连接OE并延长交圆于点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接GH交AB于Q，连接CQ，则点Q即为所求 ．
【考点】作图—复杂作图；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】尺规作图；推理能力．
【答案】（1）65；
（2）分别取AC，AB与格线的交点E、O，连接OE并延长交圆于点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接GH交AB于Q，连接CQ，则点Q即为所求．图见解析．
【分析】（1）根据勾股定理分别求出AC，BC，AB的长，根据勾股定理的逆定理可得∠ACB＝90°，从而得到⊙O的直径为AB；
（2）分别取AC，AB与格线的交点E、O，连接OE并延长交圆于点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接GH交AB于Q，连接CQ，则点Q即为所求．
【解答】解：（1）根据题意得：AC=62+42=213，BC=32+22=13，AB=72+42=65，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴⊙O的直径为AB，即⊙O的直径长为65，
故答案为：65；
（2）如图所示，分别取AC，AB与格线的交点E、O，连接OE并延长交圆于点P，则点P即为所求；根据网格的特点可得O、E分别是AB、AC的中点，则点O是圆心，由垂径定理可得点P为AC的中点；如图所示，取格点G、H，连接GH交AB于Q，连接CQ，则点Q即为所求；
可证明△AQG∽△BQH，则AQBQ=AGBH=23，则AQ=2655，BQ=3655，
过点C作CT⊥AB于T，由（1）可得sin∠ABC=ACAB=255，cs∠ABC=BCAB=55，
则BT=655，CT=2655，则TQ=BQ−BT=2655，
则CT＝QT，则有∠CQB＝45°．
故答案为：分别取AC，AB与格线的交点E、O，连接OE并延长交圆于点P，则点P即为所求；取格点G、H，连接GH交AB于Q，连接CQ，则点Q即为所求．
【点评】本题主要考查了垂径定理，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，90度的圆周角所对的弦是直径等等，熟知圆的相关知识是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（8分）解不等式组−(x−1)＞3①2x+9≥3②，并在数轴上表示解集．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣3≤x＜﹣2；数轴见解析．
【分析】解各不等式得出对应的解集后求得它们的公共部分，再将其解集在数轴上表示出来即可．
【解答】解：解不等式①得：x＜﹣2，
解不等式②得：x≥﹣3，
故原不等式组的解集为﹣3≤x＜﹣2，
在数轴上表示其解集如图所示：
．
【点评】本题考查解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，熟练掌握解不等式组的方法是解题的关键．
20．（8分）在开展“学雷锋社会实践”活动中，某校为了解全校1200名学生参加活动的情况，随机调查了50名学生每人参加活动人数的次数，并根据数据绘成条形统计图如下：
（1）这50名学生参加活动的次数的平均数＝ 3.3次 ，众数＝ 4次 ，中位数＝ 3次 ；
（2）根据样本数据，估算该校1200名学生共参加了多少次活动．
【考点】条形统计图；加权平均数；中位数；众数；用样本估计总体．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】（1）3.3次，4次，3次；
（2）3960次．
【分析】（1）根据加权平均数的公式可以计算出平均数；根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，中位数：将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，即可求出众数与中位数；
（2）利用样本估计总体的方法，用样本中的平均数×1200即可．
【解答】解：（1）观察条形统计图，可知这组样本数据的平均数是：1×3+2×7+3×17+4×18+5×550=3.3（次），
则这组样本数据的平均数是3.3次．
∵在这组样本数据中，4出现了18次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是4次．
∵将这组样本数据按从小到大的顺序排列，其中处在中间的两个数都是3，3+32=3（次），
∴这组数据的中位数是3次；
故答案为：3.3次，4次，3次；
（2）∵这组样本数据的平均数是3.3次，
∴估计全校1200人参加活动次数的总体平均数是3.3次，
3.3×1200＝3960（次），
∴该校学生共参加活动约为3960次．
【点评】本题考查的是条形统计图，平均数，众数，中位数，以及样本估计总体．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息，掌握众数、中位数的定义是解决问题的关键，条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
21．（10分）如图，AB为⊙O的直径，过点A作⊙O的切线AM，C是半圆AB上一点（不与点A、B重合），连结AC，过点C作CD⊥AB于点E，连接BD并延长交AM于点F．
（1）求证：∠CAB＝∠AFB；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝8，求DF的长．
【考点】切线的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）详见解答；
（2）323．
【分析】（1）根据切线的性质，平行线的判定和性质以及圆周角定理即可得出结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质以及垂径定理进行计算即可．
【解答】（1）证明：∵AM是⊙O的切线，点A是切点，
∴AB⊥AM，
∵CD⊥AB，
∴CD∥AM，
∴∠BDC＝∠AFB，
∵∠CAB＝∠BDC，
∴∠CAB＝∠AFB；
（2）解：连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝2×5＝10，AC＝8，
∴BC=AB2−AC2=6，
∵∠BAC＝∠AFB，∠ACB＝90°＝∠FAB，
∴△ABC∽△FBA，
∴BCBA=ACAF=ABFB，
即610=8AF=10FB，
∴BF=503，
∵CD⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴BC=BD，
∴BC＝BD＝6，
∴DF＝BF﹣BD=323．
【点评】本题考查切线的判定和性质，垂径定理，圆周角定理以及勾股定理，掌握切线的性质和判断方法，垂径定理，圆周角定理以及勾股定理是正确解答的关键．
22．（10分）如图，某人为了测量小山顶上的塔ED的高，他在山下的点A处测得塔尖点D的仰角为45°，再沿AC方向前进60m，到达山脚的点B处，测得塔尖点D的仰角为60°，塔底点E的仰角为30°，求塔ED的高度．（结果保留根号）
思考1：在图中，ED等于哪两条线段之差？
思考2：因为空间的长度（AD和BD）不可测，所以在Rt△ADC中要求DC，需知 ∠A的度数和AC的长度 ，在Rt△BDC中要求DC，需知 ∠DBC的度数和BC的长度 ，在Rt△BCE中要求CE，需知 ∠CBE的度数和BC的长度 ．因为AB已知，所以解决所有问题的关键是求 BC 的长．
思考3：观察图形，DC是Rt△ADC 和Rt△BDC 的公共边，由此可利用CD的长为等量关系，结合AB＝60m，列方程求出BC的长．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】思考1：ED等于CD与CE两条线段之差．
思考2：∠A的度数和AC的长度，∠DBC的度数和BC的长度，∠CBE的度数和BC的长度，BC；
思考3：ADC，BDC．
【分析】根据解直角三角形的方法即可得到结论．
【解答】解：思考1：在图中，ED等于CD与CE两条线段之差．
思考2：因为空间的长度（AD和BD）不可测，所以在Rt△ADC中要求DC，需知∠A的度数和AC的长度，在Rt△BDC中要求DC，需知∠DBC的度数和BC的长度，在Rt△BCE中要求CE，需知∠CBE的度数和BC的长度．因为AB已知，所以解决所有问题的关键是求BC的长．
故答案为：∠A的度数和AC的长度，∠DBC的度数和BC的长度，∠CBE的度数和BC的长度，BC；
思考3：观察图形，DC是Rt△ADC和Rt△BDC的公共边，由此可利用CD的长为等量关系，结合AB＝60m，列方程求出BC的长．
故答案为：ADC，BDC．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解答本题的关键是根据仰角和俯角构造直角三角形，利用三角函数的知识求解，难度一般．
23．（10分）一个数学兴趣小组准备探究弹簧的全长与所挂砝码重量之间的关系．他们准备了一根弹簧和直尺，进行了多次实验，并将每次实验的结果填入绘制的表格内，然后再将表格内的每一对数作为点的坐标描在直角坐标平面内（如下表、图），最后用光滑的曲线把描出的这些点联结起来，发现这些点在同一直线上．由此他们得出弹簧的全长与所挂砝码重量之间是一次函数的关系．
（1）求这条直线的表达式（不写定义域）；
（2）如果这根弹簧被所挂砝码刚好完全拉直时的长度是12厘米，求这时所挂砝码是多少克？
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y=150x+4；
（2）400．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）将y＝12代入（1）中得到的表达式，求出对应的x的值即可．
【解答】解：（1）设这条直线的表达式为y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0）．
将x＝0，y＝4和x＝100，y＝6代入y＝kx+b，
得b=4100k+b=6，
解得k=150b=4，
∴这条直线的表达式为y=150x+4．
（2）当y＝12时，得150x+4＝12，
解得x＝400，
∴这时所挂砝码是400克．
【点评】本题考查一次函数的应用，利用待定系数法求函数表达式是解题的关键．
24．（10分）综合与实践：
实践操作：在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
（1）初步思考：若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）
①当点P与点A重合时，∠DEF＝ 90° ，当点E与点A重合时，∠DEF＝ 45° ；
②当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形；
（2）深入探究：点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M（如图③）．是否存在使得线段AM与线段DE的长度相等的情况？若存在，请求出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；展开与折叠；推理能力．
【答案】（1）①90°，45°；
②证明见解答；
（2）存在，线段AE的长为35．
【分析】（1）①当点P与点A重合时，EF是AD的中垂线，∠DEF＝90°，当点E与点A重合时，此时∠DEF=12∠DAB＝45°；
②当点E在AB上，点F在DC上时，EF是PD的中垂线，先证得△DOF≌△POE（ASA），得出OF＝OE，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形，可证得结论；
（2）连接EM，可证得Rt△EAM≌Rt△MPE（HL），得出AE＝PM，设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，BM＝AB﹣AM＝4﹣（3﹣x）＝x+1，MC＝CP﹣PM＝4﹣x，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案．
【解答】（1）①解：当点P与点A重合时，如图1，
∴EF是AD的中垂线，
∴∠DEF＝90°，
当点E与点A重合时，如图2，
此时∠DEF=12∠DAB＝45°，
故答案为：90°，45°；
②证明：当点E在AB上，点F在DC上时，如图3，
∵EF是PD的中垂线，
∴DO＝PO，EF⊥PD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，
∴∠FDO＝∠EPO，
∵∠DOF＝∠EOP，
∴△DOF≌△POE（ASA），
∴OF＝OE，
∴四边形DEPF是菱形；
（2）存在，
情况一：如图4，连接EM，
∵DE＝EP＝AM，EM＝EM，∠EAM＝∠MPE＝90°，
∴Rt△EAM≌Rt△MPE（HL），
∴AE＝PM，
设AE＝x，则AM＝DE＝3﹣x，BM＝AB﹣AM＝4﹣（3﹣x）＝x+1，
∵PM＝AE＝x，CP＝CD＝4，
∴MC＝CP﹣PM＝4﹣x，
在Rt△BCM中，BM2+BC2＝MC2，
∴（x+1）2+32＝（4﹣x）2，
解得：x=35，
∴线段AE的长为35．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠变换的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练运用矩形性质，折叠变换的性质等．
25．（10分）已知抛物线y＝x2+bx+c（b，c为常数，c＜0）的顶点为P，点E（1，1）在抛物线上，抛物线与y轴相交于C点，点D为点C关于抛物线对称轴的对称点，O为坐标原点．
（I）当c＝﹣1时，求点P和点D的坐标；
（Ⅱ）当CP∥OD时，求c的值和线段CP的长；
（Ⅲ）抛物线上点M的横坐标．m，当c2＜m＜0时，满足PM∥OD，且DM⊥PM，垂足为点M．直接写出此时c的值和点M的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】（I）P(−12，−54)，D（﹣1，﹣1）；
（II）c＝﹣2，CP=2；
（III）c＝﹣4，M（﹣1，﹣7）．
【分析】（I）结合点E（1，1）在抛物线y＝x2+bx+c上，且c＝﹣1，得b＝1，再根据抛物线的顶点为P，把x=−12代入y＝x2+x﹣1，得P(−12，−54)，然后得C点的坐标为 （0，﹣1），结合轴对称的性质得D（﹣1，﹣1），即可作答；
（II）因为点E（1，1）在抛物线y＝x2+bx+c上，故b＝﹣c，与（1）同理得P(c2，−c24+c)，C点的坐标为（0，c），点D（c，c）；根据CP∥OD得kCP＝kOD，即−c24+c−cc2−0=1，化简计算，得c＝﹣2，故P（﹣1，﹣3），C（0，﹣2），最后运用勾股定理列式计算，即可作答；
（III）与（II）同理得P(c2，−c24+c)，C点的坐标为（0，c），D（c，c），kOD＝1，结合抛物线上点M的横坐标m，得M（m，m2﹣cm+c），因为PM∥OD，故m2−cm+c−(−c24+c)m−c2=1，化简得m=1+c2，再表示M(2+c2，4+4c−c24)，然后得DP2，DM2，PM2的表达式，代入DP2＝DM2+PM2进行计算得c＝﹣4，即可得出点M的坐标．
【解答】解：（I）∵点E（1，1）在抛物线y＝x^{2}+bx+c上，且c＝﹣1，
∴1＝12+b×1﹣1，
解得b＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣1，
∵抛物线的顶点为P，且抛物线的对称轴为直线x=−12×1=−12，
∴把x=−12代入y＝x2+x﹣1，
得y=(−12)2−12+1=14−12−1=−54，
即P(−12，−54)，
∵抛物线与y轴相交于C点，且抛物线的解析式为y＝x2+x﹣1，
∴令x＝0，y＝﹣1，即C点的坐标为（0，﹣1），
∵点D为点C关于抛物线对称轴的对称点，且抛物线的对称轴为直线x=−12，
∴−12−[0−(−12)]=−1，
∴点D（﹣1，﹣1）；
（II）∵点E（1，1）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴1＝12+b×1+c，
∴1＝1+b+c，
解得b＝﹣c，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣cx+c，
此时抛物线的对称轴为直线x=−−c2×1=c2，
∵抛物线的顶点为P，
∴把x=c2代入y＝x2﹣cx+c，得y=(c2)2−c×c2+c=−c24+c，
即P(c2，−c24+c)，
∵抛物线与y轴相交于C点，且抛物线的解析式为y＝x2﹣cx+c，
∴令x＝0，y＝c，即C点的坐标为（0，c），
∵点D为点C关于抛物线对称轴的对称点，且抛物线的对称轴为直线x=c2，
∴c2−(0−c2)=c，
∴点D（c，c）；
∵CP∥OD，
∴kCP＝kOD，
∵P(c2，−c24+c)，D（c，c），O为坐标原点，C（0，c），
则kCP=−c24+c−cc2−0=−c24×2c=−c2，kOD=c−0c−0=1，
∵kCPkOD=1，
∴−c2=1，
解得c＝﹣2，
∴c2=−22=−1，−c24+c=−(−2)24+(−2)=−3，
即P（﹣1，﹣3），
∴C（0，﹣2），
则CP=(−1−0)2+[−3−(−2)]2=1+1=2；
（III）∵点E（1，1）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴1＝12+b×1+c，
∴1＝1+b+c，
解得b＝﹣c，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣cx+c，
此时抛物线的对称轴为直线x=−−c2×1=c2，
∵抛物线的顶点为P，
∴把x=c2代入y=x2−cx+c得y=(c2)2−c×c2+c=−c24+c，
即P(c2，−c24+c)，
∵抛物线与y轴相交于C点，且抛物线的解析式为y＝x2﹣cx+c，
∴令x＝0，y＝c，即C点的坐标为（0，c），
∵点D为点C关于抛物线对称轴的对称点，且抛物线的对称轴为直线x=c2，
∴c2−(0−c2)=c，
∴点D（c，c）；
∴kOD=c−0c−0=1，
∵抛物线上点M的横坐标m，且抛物线的解析式为y＝x2﹣cx+c，
∴M（m，m2﹣cm+c），
∵PM∥OD，
∴kMP=m2−cm+c−(−c24+c)m−c2=kOD=1，
则m2−cm+c−(−c24+c)=m−c2，
∴m2−cm+c24=m−c2，
整理得(m−c2)2=m−c2，
∵c2＜m＜0，
∴m−c2=1，
∴m=1+c2，
∵M（m，m2﹣cm+c），
(1+c2)2−c(1+c2)+c=1+c−c24=4+4c−c24，
即M(2+c2，4+4c−c24)，
∵D（c，c），P(c2，−c24+c)，
∴DP2=(c−c2)2+[c−(−c24+c)]2=4c2+c416，
MP2=(2+c2−c2)2+[4+4c−c24−(−c24+c)]2=1+1=2，
MD2=(2+c2−c)2+[4+4c−c24−c]2=(2−c)24+(4−c2)216=4(2−c)2+(4−c2)216，
连接DP，
∵DM⊥PM，
∴在 Rt△DPM 中，DP2＝DM2+PM2，
即4c2+c416=4(2−c)2+(4−c2)216+2，
整理得4c2+c4＝4（2﹣c）2+（4﹣c2）2+32，
则4c2+c4＝4（4﹣4c+c2）+（16﹣8c2+c4）+32，
∴4c2+c4＝16﹣16c+4c2+16﹣8c2+c4+32，
∴﹣8c2﹣16c+64＝0，
整理得c2+2c﹣8＝（c﹣2）（c+4）＝0，
解得c1＝2，c2＝﹣4．
∵c＜0，
∴c＝﹣4，
则2+c2=2+(−4)2=−1，4+4c−c24=4+4×(−4)−(−4)24=−7，
∴M（﹣1，﹣7）．
【点评】本题考查了二次函数的几何综合，二次函数的图象性质，平行的性质，勾股定理，轴对称．性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．砝码重量x（克）
0
100
150
200
250
弹簧全长y（厘米）
4
6
7
8
9
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
C
C
C．
A
C
B
D
A
D
题号
12
答案
D
砝码重量x（克）
0
100
150
200
250
弹簧全长y（厘米）
4
6
7
8
9