2026年天津市中考数学终极押题模拟卷二（含答案）

这是一份2026年天津市中考数学终极押题模拟卷二（含答案），共26页。试卷主要包含了÷的结果是等内容，欢迎下载使用。
1．(−3)÷(−12)的结果是（ ）
A．﹣6B．6C．2D．﹣2
2．（3分）古代中国建筑之魂——传统的榫卯结构．榫卯是中国古代建筑、家具及其它木制器械的主要结构方式，是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．如图所示是榫卯结构中的一个部件，它的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）下列各数中，与19−1最接近的是（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．（3分）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．如图4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）2024年上半年，安徽省居民人均可支配收入累计为18923元，相比上年同期增加了925元．将数据18923用科学记数法表示为（ ）
A．18.923×103B．1.8923×105
C．0.18923×105D．1.8923×104
6．（3分）3tan60°−4sin30°的值等于（ ）
A．1B．332C．−12D．3−23
7．（3分）若点A（x1，﹣1），B（x2，1），C（x3，2）都在反比例函数y=−4x的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x3＜x1B．x2＜x1＜x3C．x3＜x2＜x1D．x1＜x3＜x2
8．（3分）《九章算术》是我国古代数学专著，其第七章“盈不足”中有一问题：“今有人共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四”．意思是：“一群人一起买一物品，若每人出8钱，则多出3钱；若每人出7钱，则还差4钱．”若设共x人，则可列方程为（ ）
A．8（x﹣3）＝7（x+4）B．8（x+3）＝7（x﹣4）
C．8x+3＝7x﹣4D．8x﹣3＝7x+4
9．（3分）化简aa−2−2a−2的结果为（ ）
A．2B．1C．a+2a−2D．2a−2
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，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
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）一个不透明的袋中，装有2个黄球、3个红球和5个白球，它们除颜色外都相同．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是 ．
14．（3分）多项式x2﹣3mxy﹣6y2+12xy合并同类项后不含xy项，则m＝ ．
15．（3分）计算：(−1)2022+(2+3)(2−3)= ．
16．（3分）一次函数y＝kx+b分别与坐标轴交于A（0，12），B（﹣5，0），点P为y轴上一点，把直线AB沿BP翻折，点A刚好落在x轴上，则点P的坐标为 ．
17．（3分）以图中长方形ABCD的AB边为轴旋转一周，得到的图形是 ，它的体积是 立方厘米．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，C，D，E，F均在格点上．
（Ⅰ）线段EF的长为 ；
（Ⅱ）直线EF与△PAB的外接圆相切于点P．点M在AP上，满足∠A+∠PBM＝90°．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，并简要说明点M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4x−5≤x−22(x+1)3＞−2，并在数轴上表示出它的解集．
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，已知⊙O的弦AD∥EC，过A作⊙O的切线交CE的延长线于点B，且AB＝AE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若cs∠BAE=35，AD=45，求⊙O的半径．
22．（10分）某数学兴趣小组想要测量阁楼的高度，进行了如下操作：用一架无人机在楼基A处起飞，沿直线飞行60米至点B，在此处测得楼基A的俯角∠ABE为53°，再将无人机沿水平方向向右飞行36米至点C，在此处测得楼顶D的俯角∠C为23°，请你根据上述信息，求出该楼阁AD的高度（结果保留整数）．
参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33，sin23°≈0.39，cs23°≈0.92，tan23°≈0.42．
23．（10分）随着AI技术的快速发展，智能设备已经走入我们的生产生活．某公司使用甲，乙两台不同型号的智能机器人进行快递分拣工作，它们工作时各自的速度均保持不变．已知某天它们同时开始工作，甲机器人中途停工维修，维修结束后又和乙机器人一起继续工作，从开始分拣到结束工作，乙机器人工作了8小时．甲，乙两台机器人分拣快递的总数量y（件）与乙机器人工作时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）求甲机器人每小时分拣快递的件数．
（2）当甲，乙两机器人分拣快递件数相同时，求乙机器人工作的时间．
24．（10分）图形的平移、旋转、轴对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解轴对称的本质，某校《几何原本》社团在一次活动中，以正方形折叠为素材从轴对称的角度进行了如下探究：
在正方形ABCD中，AB＝8，F为CD边的中点，E，G为CB上的两个动点（点E在点G的左侧），将△CFG沿FG折叠得到△HFG，使点C的对应点H落在线段DE上．
【初步探究】
（1）如图1，若点E，G在CB边上，
①探究线段DE和线段FG之间的关系，并说明理由；
②连接AH，当AH＝AB时，求HE的长；
【拓展应用】
（2）若点E，G在射线CB上，连接BH，过点G作GP⊥BC交DE于点P，连接PF，若PH：PE＝5：13，直接写出△BHE的面积．
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2
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．(−3)÷(−12)的结果是（ ）
A．﹣6B．6C．2D．﹣2
【考点】有理数的除法．
【专题】实数；运算能力．
【答案】B
【分析】先把除法化为乘法，再根据有理数的乘法法则进行运算，即可作答．
【解答】解：(−3)÷(−12)
＝（﹣3）×（﹣2）
＝6，
故选：B．
【点评】本题考查了有理数的除法运算，掌握运算法则是解题的关键．
2．（3分）古代中国建筑之魂——传统的榫卯结构．榫卯是中国古代建筑、家具及其它木制器械的主要结构方式，是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．如图所示是榫卯结构中的一个部件，它的主视图是（ ）
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】C
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解答】解：它的主视图是：．
故选：C．
【点评】此题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
3．（3分）下列各数中，与19−1最接近的是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】估算无理数的大小．
【专题】实数；运算能力．
【答案】B
【分析】先得16＜19＜25，再得到4＜19＜4.5，即可作答．
【解答】解：∵16＜19＜25，
∴4＜19＜5，
∵19＜20.25=4.5，
∴4＜19＜4.5，
∴3＜19−1＜3.5，
故选：B．
【点评】本题考查了无理数的估算，估算无理数大小要用逼近法．
4．（3分）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．如图4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
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】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．利用轴对称图形的定义进行判断即可．
【解答】解：选项A、B、D中的汉字均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
选项C中的汉字“里”能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5．（3分）2024年上半年，安徽省居民人均可支配收入累计为18923元，相比上年同期增加了925元．将数据18923用科学记数法表示为（ ）
A．18.923×103B．1.8923×105
C．0.18923×105D．1.8923×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】D．
【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：18923＝1.8923×104．
故选：D．
【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）3tan60°−4sin30°的值等于（ ）
A．1B．332C．−12D．3−23
【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】利用特殊锐角三角函数值计算后再算加减即可．
【解答】解：原式=3×3−4×12
＝3﹣2
＝1，
故选：A．
【点评】本题考查实数的运算，特殊锐角三角函数值，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
7．（3分）若点A（x1，﹣1），B（x2，1），C（x3，2）都在反比例函数y=−4x的图象上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x2＜x3＜x1B．x2＜x1＜x3C．x3＜x2＜x1D．x1＜x3＜x2
【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】A
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征，直接代入函数关系式计算各点的横坐标，再比较大小．
【解答】解：由题意可得：
x1=−4−1=4，x2=−41=−4，x3=−42=−2，
∴﹣4＜﹣2＜4，
即x2＜x3＜x1，
故选：A．
【点评】本题考查了比较反比例函数值或自变量的大小，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
8．（3分）《九章算术》是我国古代数学专著，其第七章“盈不足”中有一问题：“今有人共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四”．意思是：“一群人一起买一物品，若每人出8钱，则多出3钱；若每人出7钱，则还差4钱．”若设共x人，则可列方程为（ ）
A．8（x﹣3）＝7（x+4）B．8（x+3）＝7（x﹣4）
C．8x+3＝7x﹣4D．8x﹣3＝7x+4
【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】D
【分析】根据“每人出8钱，则多出3钱；若每人出7钱，则还差4钱”即可列出方程．
【解答】解：根据题意可得：8x﹣3＝7x+4，
故选：D．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确找出等量关系是解题关键．
9．（3分）化简aa−2−2a−2的结果为（ ）
A．2B．1C．a+2a−2D．2a−2
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【答案】B
【分析】利用同分母分式相加，分母不变，把分子相加，然后约分即可．
【解答】解：利用同分母分式相加，分母不变，把分子相加可得：
aa−2−2a−2=a−2a−2=1．
故选：B．
【点评】本题考查了同分母分式的加减运算．熟练掌握运算法则是关键．
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，一块含30°角的直角三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A′BC′的位置，使得A、B、C′三点在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【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】由三角板可知，∠A＝30°，∠ABC＝60°，由旋转的性质可知，∠A′BC′＝60°，进而得到∠ABA′＝120°，即可求出三角板ABC旋转的角度．
【解答】解：由三角板可知，∠A＝30°，∠ABC＝60°，
由旋转的性质可知，∠A′BC′＝60°，
∴∠ABA′＝180°﹣∠A′BC′＝120°，
即三角板ABC旋转的角度是120°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角板中的角度计算、旋转的性质，找出角度之间的数量关系是解题关键．
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）一个不透明的袋中，装有2个黄球、3个红球和5个白球，它们除颜色外都相同．从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是 12 ．
【考点】概率公式．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】12．
【分析】由题意可得，共有10种等可能的结果，其中从口袋中任意摸出一个球是白球的有5情况，利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：∵从装有2个黄球、3个红球和5个白球的袋中任意摸出一个球有10种等可能结果，其中摸出的球是白球的结果有5种，
∴从袋中任意摸出一个球，是白球的概率是=510=12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了概率公式，熟练掌握概率的计算方法是解题的关键．
14．（3分）多项式x2﹣3mxy﹣6y2+12xy合并同类项后不含xy项，则m＝ 4 ．
【考点】合并同类项．
【专题】计算题；方程思想；整式；运算能力．
【答案】4．
【分析】先把多项式合并，然后令xy项系数等于0，再解方程即可．
【解答】解：∵多项式x2﹣3mxy﹣6y2+12xy＝（12﹣3m）xy+x2﹣6y2不含xy项，
∴12﹣3m＝0，
解得m＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了合并同类项法则及对多项式“项”的概念的理解，要知道多项式中的每个单项式叫做多项式的项，题目设计精巧，有利于培养学生灵活运用知识的能力．
15．（3分）计算：(−1)2022+(2+3)(2−3)= 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】先用平方差公式，再算加减．
【解答】解：原式＝1+4﹣3
＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握平方差公式．
16．（3分）一次函数y＝kx+b分别与坐标轴交于A（0，12），B（﹣5，0），点P为y轴上一点，把直线AB沿BP翻折，点A刚好落在x轴上，则点P的坐标为 （0，103）或（0，−152） ．
【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】（0，103）或（0，−152）．
【分析】设把直线AB沿BP翻折，点B正好落在x轴上的C点，则有AP＝PC，而AB的长度根据已知可以求出，所以C点的坐标由此求出；又由于折叠得到CP＝AP，在直角△CPO中根据勾股定理可以求出OP，也就求出P的坐标．
【解答】解：如图所示，当点P在y轴正半轴上时，
设把直线AB沿BP翻折，点A正好落在x轴上的C点，则有AP＝PC，
∵B（﹣5，0），A（0，12），
∴OA＝12，OB＝5，
∴AB=122+52=13＝BC，
∴CO＝BC﹣BO＝13﹣5＝8，
∴点C的坐标为（8，0）．
设P点坐标为（0，b），则OP＝b，CP＝AP＝12﹣b，
∵CP2＝CO2+OP2，
∴（12﹣b）2＝82+b2，
∴b=103，
∴P（0，103）；
如图所示，当点P在y轴负半轴上时，
OC＝OB+BC＝5+13＝18，
设P点坐标为（0，b），则OP＝﹣b，CP＝AP＝12﹣b，
∵CP2＝CO2+OP2，
∴（12﹣b）2＝182+b2，
∴b=−152，
∴P（0，−152），
故答案为：（0，103）或（0，−152）．
【点评】本题综合考查了翻折变换以及一次函数图象上点的坐标特征，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．
17．（3分）以图中长方形ABCD的AB边为轴旋转一周，得到的图形是 圆柱 ，它的体积是 2π 立方厘米．
【考点】矩形的性质；点、线、面、体．
【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】圆柱，2π．
【分析】以长方形ABCD的AB边为轴旋转一周，得到的立体图形是圆柱，该圆柱以BC长为底面半径长且以AB长为高，再求出该圆柱的体积即可．
【解答】解：以长方形ABCD的AB边为轴旋转一周，得到以BC长为底面半径且以AB长为高的圆柱，
∵AB＝2cm，BC＝1cm，
∴V圆柱＝π×12×2＝2π（cm3），
故答案为：圆柱，2π．
【点评】此题重点考查从平面图形到立体图形、圆的面积公式、圆柱的体积公式等知识，正确理解圆柱的底面半径和高的概念是解题的关键．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，C，D，E，F均在格点上．
（Ⅰ）线段EF的长为 10 ；
（Ⅱ）直线EF与△PAB的外接圆相切于点P．点M在AP上，满足∠A+∠PBM＝90°．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，并简要说明点M的位置是如何找到的（不要求证明） 作直径JK交PD于点O，连接BO，延长BO交⊙O于点M，连接PM，点M即为所求 ．
【考点】作图—复杂作图；勾股定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（Ⅰ）EF=12+32=10；
（Ⅱ）如图，点M即为所求．
方法：作直径JK交PD于点O，连接BO，延长BO交⊙O于点M，连接PM，点M即为所求．
【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求解；
（Ⅱ）作直径JK交PD于点O，连接BO，延长BO交⊙O于点M，连接PM，点M即为所求．
【解答】解：（Ⅰ）EF=12+32=10．
故答案为：10；
（Ⅱ）如图，点M即为所求．
方法：作直径JK交PD于点O，连接BO，延长BO交⊙O于点M，连接PM，点M即为所求．
故答案为：作直径JK交PD于点O，连接BO，延长BO交⊙O于点M，连接PM，点M即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，勾股定理，圆周角定理，三角形的外心与外接圆，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（8分）解不等式组4x−5≤x−22(x+1)3＞−2，并在数轴上表示出它的解集．
【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】﹣4＜x≤1．
【分析】分别求出每个不等式的解集，再根据“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式4x﹣5≤x﹣2得：x≤1，
解不等式2(x+1)3＞−2得x＞﹣4，
不等式组的解集为﹣4＜x≤1，
数轴表示如下：
【点评】本题主要考查解一元一次不等式组，解题的关键是掌握解一元一次不等式的步骤和依据，并熟记确定不等式组解集的口诀“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了”．
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，已知⊙O的弦AD∥EC，过A作⊙O的切线交CE的延长线于点B，且AB＝AE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若cs∠BAE=35，AD=45，求⊙O的半径．
【考点】切线的性质；解直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径长是5．
【分析】（1）由∠ADC+∠AEC＝180°，∠AEB+∠AEC＝180°，推导出∠ADC＝∠AEB，由AB＝AE，得∠B＝∠AEB，所以∠ADC＝∠B，由AD∥EC，得∠ADC+∠BCD＝180°，所以∠B+∠BCD＝180°，则AB∥CD，即可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）连接并延长AO交CD于点F，连接AC、OD、OE，由∠OAD＝∠ODA，∠OAE＝∠OEA，推导出∠DOF＝2∠OAD，2∠OAE+∠AOE＝180°，则∠DAC＝∠ACB=12∠AOE＝90°﹣∠OAE，由切线的性质得∠OAB＝90°，则∠BAE＝90°﹣∠OAE，所以∠DAC＝∠BAE，可证明∠ACD＝∠AEB，所以∠ADC＝∠ACD，则AC＝AD＝45，再证明∠AFD＝90°，∠OAD＝∠OAC，则∠DAC＝2∠OAD，推导出∠DOF＝∠DAC＝∠BAE，则OFOD=cs∠DOF＝cs∠BAE=35，设OA＝OD＝5m，则OF＝3m，求得AF＝8m，DF＝4m，由AD=AF2+DF2=45m＝45，求得m＝1，则OA＝5，所以⊙O的半径长是5．
【解答】（1）证明：∵∠ADC+∠AEC＝180°，∠AEB+∠AEC＝180°，
∴∠ADC＝∠AEB，
∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠ADC＝∠B，
∵AD∥EC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）解：连接并延长AO交CD于点F，连接AC、OD、OE，则OA＝OD＝OE，
∴∠OAD＝∠ODA，∠OAE＝∠OEA，
∴∠DOF＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD，∠OAE+∠OEA+∠AOE＝2∠OAE+∠AOE＝180°，
∴∠DAC＝∠ACB=12∠AOE＝90°﹣∠OAE，
∵AB与⊙O相切于点A，
∴AB⊥OA，
∴∠OAB＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠OAE，
∴∠DAC＝∠BAE，
∵∠ADC＝∠B，
∴△CAD∽△EAB，
∴∠ACD＝∠AEB，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴AC＝AD＝45，
∵AC=AD，
∴AF垂直平分CD，
∴∠AFD＝90°，∠OAD＝∠OAC，
∴∠DAC＝2∠OAD，
∴∠DOF＝∠DAC＝∠BAE，
∴OFOD=cs∠DOF＝cs∠BAE=35，
设OA＝OD＝5m，则OF=35OD＝3m，
∴AF＝OA﹣OF＝8m，DF=OD2−OF2=(5m)2−(3m)2=4m，
∵AD=AF2+DF2=(8m)2+(4m)2=45m＝45，
∴m＝1，
∴OA＝5，
∴⊙O的半径长是5．
【点评】此题重点考查圆周角定理、同角的补角相等、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定、切线的性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
22．（10分）某数学兴趣小组想要测量阁楼的高度，进行了如下操作：用一架无人机在楼基A处起飞，沿直线飞行60米至点B，在此处测得楼基A的俯角∠ABE为53°，再将无人机沿水平方向向右飞行36米至点C，在此处测得楼顶D的俯角∠C为23°，请你根据上述信息，求出该楼阁AD的高度（结果保留整数）．
参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33，sin23°≈0.39，cs23°≈0.92，tan23°≈0.42．
【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】阁楼AD的高度约为18米．
【分析】在Rt△ABE和Rt△CDE中，通过解直角三角形分别求出AE，DE的长度，继而求解即可．
【解答】解：在Rt△ABE中，AB＝60，∠ABE＝53°，
∵cs∠ABE=BEAB，sin∠ABE=AEAB，
∴cs53°=BE60≈0.60，sin53°=AE60≈0.80，
∴BE＝36米，AE＝48米，
在Rt△CDE中，BC＝36，∠C＝23°，
∴CE＝BE+BC＝72，
∵tanC=DECE，
即tan23°=DE72≈0.42，
∴DE＝30.24，AD＝AE﹣DE＝48﹣30.24＝17.76≈18（米），
所以，阁楼AD的高度约为18米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题，准确理解题意，熟练掌握解直角三角形的方法是解题的关键．
23．（10分）随着AI技术的快速发展，智能设备已经走入我们的生产生活．某公司使用甲，乙两台不同型号的智能机器人进行快递分拣工作，它们工作时各自的速度均保持不变．已知某天它们同时开始工作，甲机器人中途停工维修，维修结束后又和乙机器人一起继续工作，从开始分拣到结束工作，乙机器人工作了8小时．甲，乙两台机器人分拣快递的总数量y（件）与乙机器人工作时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）求甲机器人每小时分拣快递的件数．
（2）当甲，乙两机器人分拣快递件数相同时，求乙机器人工作的时间．
【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）甲机器人每小时分拣快递500件；
（2）乙机器人工作的时间为2.5小时或7.5小时．
【分析】（1）设甲、乙的分拣速度为未知数，根据“0﹣2小时甲乙共同分拣的总量”“2﹣3.5小时乙单独分拣后的总量”列二元一次方程组，求解得到甲的速度．
（2）分别写出甲、乙分拣总数关于乙工作时间x的函数关系式，分“甲工作、甲维修、甲重新工作”三个阶段，令两函数值相等，解方程得到对应时间．
【解答】解：（1）设甲机器人每小时分拣x件，乙机器人每小时分拣y件，
根据图象题意列方程组：2(x+y)=18001800+1.5y=2400，
解得x=500y=400，
答：甲机器人每小时分拣快递500件；
（2）根据（1）乙机器人每小时分拣快递400件，
∴乙单独分拣快递总数y乙＝400x．
当0＜x≤2时，甲机器人每小时分拣快递500件，它们同时开始工作，不存在分拣快递件数相同的情况；
当3.5＜x≤8时，y甲＝1000+500（x﹣3.5）＝500x﹣750．
当y甲＝y乙时，500x﹣750＝400x，
解得x＝7.5，
当2＜x≤3.5时，y甲＝500×2＝1000，
当y甲＝y乙时，400x＝1000，
解得x＝2.5；
答：当甲、乙分拣快递件数相同时，乙机器人工作的时间为2.5小时或7.5小时．
【点评】本题考查二元一次方程组的实际应用及一次函数的应用与求解，关键是通过不同工作阶段的总量关系列方程组求速度，再构建甲、乙分拣总数的函数关系式，分阶段求解函数值相等时的自变量．
24．（10分）图形的平移、旋转、轴对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解轴对称的本质，某校《几何原本》社团在一次活动中，以正方形折叠为素材从轴对称的角度进行了如下探究：
在正方形ABCD中，AB＝8，F为CD边的中点，E，G为CB上的两个动点（点E在点G的左侧），将△CFG沿FG折叠得到△HFG，使点C的对应点H落在线段DE上．
【初步探究】
（1）如图1，若点E，G在CB边上，
①探究线段DE和线段FG之间的关系，并说明理由；
②连接AH，当AH＝AB时，求HE的长；
【拓展应用】
（2）若点E，G在射线CB上，连接BH，过点G作GP⊥BC交DE于点P，连接PF，若PH：PE＝5：13，直接写出△BHE的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①FG∥DE，FG=12DE，
∵将△CFG沿FG折叠得到△HFG，
∴FC＝FH，∠CFG＝∠HFG，
∵F为CD边的中点，
∴FC＝FD，CFCD=12，
∴FD＝FH，
∴∠FDH＝∠FHD，
∵∠CFH＝∠FDH+∠FHD，∠CFH＝∠CFG+∠HFG，
∴∠FDH+∠FHD＝∠CFG+∠HFG，
∴2∠FHD＝2∠HFG，
∴∠FHD＝∠HFG，
∴FG∥DE，
∴△CGF∽△CED，
∴CGCE=GFDE=CFCD=12，
∴FG=12DE，
∴线段DE和线段FG之间的关系为FG∥DE，FG=12DE；
②HE=455；
（2）12839或14413．
【分析】（1）①由折叠的性质可得FC＝FH，∠CFG＝∠HFG，结合题意得出FD＝FH，由等边对等角得出∠FDH＝∠FHD，再结合三角形外角的定义及性质可得∠FHD＝∠HFG，从而得出FG∥DE，证明△CGF∽△CED，由相似三角形的性质即可得出结果；②连接AF交DE于点M，连接CH交FG于点N，证明∠FDM＝∠DAF＝∠HCE，再由正切的定义并结合勾股定理计算即可得出结果；
（2）分两种情况；当点E、G在CB边上时，过点H作HQ⊥CB于点Q，连接CH；当点E、G在射线CB上时，过点H作HQ⊥CB于点Q，连接CH，分别利用相似三角形的性质计算即可得出结果．
【解答】解：（1）①线段DE和线段FG之间的关系为FG∥DE，FG=12DE，理由如下：
∵将△CFG沿FG折叠得到△HFG，
∴FC＝FH，∠CFG＝∠HFG，
∵F为CD边的中点，
∴FC＝FD，CFCD=12，
∴FD＝FH，
∴∠FDH＝∠FHD，
∵∠CFH＝∠FDH+∠FHD，∠CFH＝∠CFG+∠HFG，
∴∠FDH+∠FHD＝∠CFG+∠HFG，
∴2∠FHD＝2∠HFG，
∴∠FHD＝∠HFG，
∴FG∥DE，
∴△CGF∽△CED，
∴CGCE=GFDE=CFCD=12，
∴FG=12DE，
∴线段DE和线段FG之间的关系为FG∥DE，FG=12DE；
②如图，连接AF交DE于点M，连接CH交FG于点N，
，
∵将△CFG沿FG折叠得到△HFG，使点C的对应点H落在线段DE上，
∴FG＝FH，CH⊥FG，
∵FG∥DE，
∴∠FNC＝∠DHC＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵∠FDM＝90°﹣∠HCD，∠HCE＝90°﹣∠HCD，
∴∠HCE＝∠FDM，
∵F为CD边的中点，
∴FC＝FD，DFCD=12，
∴FD＝FH，
∵AH＝AB，
∴AH＝AD，
∴AF是DH的垂直平分线，
∴∠AMD＝90°，
∵∠FDM＝90°﹣∠ADM，∠DAF＝90°﹣∠ADM，
∴∠FDM＝∠DAF，
∴∠FDM＝∠DAF＝∠HCE，
∵在Rt△ADF中，tan∠DAF=DFAD=12，
∴在Rt△CDE中，tan∠CDE=CECD=12，
在Rt△HCE中，tan∠HCE=HECH=12，
∴CE＝4，
设HE＝x，则CH＝2x，
在Rt△HCE中，HE2+CH2＝CE2，
∴x2+（2x）2＝42，
∴x=455，
∴HE=455；
（2）如图，当点E、G在射线CB上时，过点H作HQ⊥CB于点Q，连接CH，
，
由（1）可得，∠DHC＝∠CHE＝90°，
∵∠HCE＝90°﹣∠HEC，∠CDH＝90°﹣∠DEC，
∴∠CDH＝∠HCE，
∴△ECH∽△CDH，
∴EHCH=CHDH=ECCD，
∴CH2＝DH•EH，
∵GP⊥BC，CD⊥BC，
∴∠PGE＝∠DCE＝90°，
∴PG∥CD，
∴EPPD=EGGC，
由（1）可得EG＝CG，
∴EP＝PD，
∵PH：PE＝5：13，
∴设PH＝5x，则PE＝13x，
∴EH＝18x，PD＝13x，DH＝8x，DE＝26x，
∴CH2＝DH•EH＝144x2，
∴CH＝12x，
∴ECCD=CHDH=12x8x=32，
∴EC=32CD=12，
∴BE＝EC﹣BC＝4，
∵HQ⊥BC，CD⊥BC，
∴∠HQE＝∠DCE＝90°，
∵∠HEQ＝∠DEC，
∴△HEQ∽△DEC，
∴HQCD=EHED=18x26x=913，
∴HQ=913CD=7213，
∴S△BHE=12BE⋅HQ=12×4×7213=14413；
如图，当点E、G在CB边上时，过点H作HQ⊥CB于点Q，连接CH，
，
由（1）可得，∠HDC＝∠CHE＝90°，
∵∠CDH＝90°﹣∠DEC，∠HCE＝90°﹣∠HEC，
∴∠CDH＝∠HCE，
∴△ECH∽△CDH，
∴EHCH=CHDH=ECCD，
∴CH2＝DH•EH，
∵GP⊥BC，CD⊥BC，
∴∠PGE＝∠DCE＝90°，
∴PG∥CD，
∴EPPD=EGGC，
由（1）可得EG＝CG，
∴EP＝PD，
∵PH：PE＝5：13，
∴设PH＝5x，则PE＝13x，
∴DH＝18x，DE＝26x，EH＝8x，PD＝13x，
∴CH2＝DH•EH＝144x2，
∴CH＝12x，
∴ECCD=CHDH=12x18x=23，
∴EC=23CD=163，
∴BE=BC−CE=83，
∵HQ⊥BC，CD⊥BC，
∴∠HQE＝∠DCE＝90°，
∵∠HEQ＝∠DEC，
∴△HEQ∽△DEC，
∴HQCD=EHED=8x26x=413，
∴HQ=413CD=3213，
∴S△BHE=12BE⋅HQ=12×83×3213=12839；
综上所述，△BHE的面积为12839或14413．
【点评】本题考查四边形综合，折叠之后对应边相等、对应角相等；采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键．
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．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
B
C
D．
A
A
D
B
A
D
题号
12
答案
D