2026年山东省淄博市高新区中考数学二模考前模拟试卷无答案

这是一份2026年山东省淄博市高新区中考数学二模考前模拟试卷无答案，共19页。
A．3B．13C．−13D．9
2．（4分）如图是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，从正面看它的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
3．（4分）据中国国家铁路集团统计，2025年五一假期期间，全国铁路累计发送旅客同比增长10.6%，单日最高客流量2311.9万人次，数据“2311.9万”用科学记数法表示为（ ）
A．2311.9×103B．2311.9×104
C．2.3119×107D．2.3119×106
4．（4分）将一副三角板如图摆放，在三角形ABC中，∠A＝90°，∠B＝∠C＝45°，在三角形DEF中，∠D＝90°，∠E＝30°，∠DFE＝60°．若三角板DEF的顶点F正好在AC上，且BC∥EF，则∠AFD的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．30°
5．（4分）五台山不仅是世界文化景观遗产，还是国家地质公园和国家森林公园．某兴趣小组整理了三个关于五台山的研究主题：“五台山宗教历史及文化研究”“五台山传统文化和古建筑研究”“五台山地质结构和生态环境研究”．小新和小明分别从三个主题中随机选择一个，则在他们两个选中的主题中，至少有一个是“五台山传统文化和古建筑研究”的概率是（ ）
A．13B．23C．49D．59
6．（4分）为纪念五四运动105周年，弘扬五四精神，某校团委计划组织全校共青团员到南阳市镇平县彭雪枫革命烈士纪念馆开展红色研学之旅．该校计划统一乘车前往，若调配29座客车若干辆，则有7人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1辆，并空出12个座位．设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，则根据题意可列出方程组为（ ）
A．y−29x=7y−37(x−1)=12
B．y−29x=737(x−1)−y=12
C．29x−y=737x−1−y=12
D．29x−y=7y−(37x−1)=12
7．（4分）如图，∠O＝78°，P是OB上一点，直线PM与OB的夹角∠BPM＝35°，要使PM∥OA，直线PM绕点P顺时针旋转的最小角度为（ ）度．
A．35°B．43°C．223°D．78°
8．（4分）若关于x的一元二次方程（2﹣m）x2+4x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≤4B．m≤4且m≠2C．m＜4且m≠2D．m＞4
9．（4分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x=−12，结合图象分析下列结论：
①abc＞0；
②对于任意实数m，都有14a−12b≤am2+bm；
③3a+3b+c＝0；
④若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2；则x1+x2＝﹣1．
⑤若x1，x2（x1＜x2）为方程a（x+3）（x﹣2）＝1的两个根，则﹣3＜x1＜x2＜2．
其中正确结论的个数有（ ）个．
A．2B．3C．4D．5
10．（4分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，过点B作BH⊥AD于点H，若∠BCD＝135°，AB＝4，则BH的长度为（ ）
A．2B．22C．2D．42
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）二次根式3+x，则x的取值范围是 ．
12．（4分）因式分解：2y3﹣18y＝ ．
13．（4分）在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）向右平移3个单位长度到P1处，则点P1关于原点对称的点的坐标是 ．
14．（4分）如图，四边形ABCD是菱形．且∠ABC＝60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含点B）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结EN，AM，CM，则下列五个结论中一定正确的是 ．
①若菱形ABCD的边长为1，则AM+CM的最小值为1；
②△AMB≌△ENB；
③S四边形AMBE＝S四边形ADCM；
④连结AN，则AN⊥BE；
⑤当AM+BM+CM的最小值为23时，菱形ABCD的边长为2．
15．（4分）两个反比例函数y=3x，y=6x在第一象限内的图象如图所示，点P1、P2、P3…P2023在反比例函数y=6x的图象上，它们的横坐标分别是x1，x2，x3…x2023，纵坐标分别是1，3，5…，共2023个连续奇数，过点P1、P2、P3…P2023分别作y轴的平行线，与y=3x的图象的交点依次为Q1（x1，y1），Q2（x2，y2），Q3（x3，y3）…Q2023（x2023，y2023），P2023Q2023的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分90分）
16．（10分）求不等式组：3(x−1)＜2x+1①x3−1≤3x−12②的所有整数解．
17．（10分）先化简，再求代数式a+1a÷(a+2a+1a)的值，其中a＝2sin60°﹣3．
18．（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是AD上的一点，连接BE．
（1）用直尺和圆规，在BC上作一点F，使得∠FDC＝∠ABE（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）所作的图中，求证：四边形BFDE为平行四边形．
（2）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝ ，AB＝CD，AD＝BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠C(ㅤㅤ)∠ABE=∠FDC
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝ ，BE＝DF，
∴AD﹣AE＝CB﹣CF，
∴ED＝
∴四边形BFDE为平行四边形．
19．（10分）如图，直线y＝﹣x+1分别交x轴、y轴于A、B两点，反比例函数y=kx(x＞0)的图象与直线AB交于P、Q两点，已知Q点的纵坐标为14，连接OP、OQ．
（1）求反比例函数的解析式和△OPQ的面积．
（2）试说明：△OAQ≌△OBP．
（3）若C是OA上不与O、A重合的任意一点，CA＝a（0＜a＜1），CD⊥AB于D，DE⊥OB于E．
①a为何值时，CE＝AC？
②线段OA上是否存在点C，使CE∥AB？若存在这样的点，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（12分）4月23日是世界读书日，小敏随机从本校七年级抽取了40名同学，调查这40名同学近半年内每人阅读的课外书的数量，她统计的结果如表所示：
（1）表格中a＝ ；
（2）据表可知，这40名同学阅读的课外书的数量的中位数是 ，众数是 ，这40名同学平均阅读的课外书的数量为 本；
（3）若将这40名同学阅读的课外书的数量用扇形统计图表示，则阅读数量为6本的人数对应的圆心角为多少度？已知该校七年级学生有800名，估计阅读的课外书的数量为4本的人数是多少？
21．（12分）某果农拥有两块相同大小的农田分别种植A、B两种苹果．该果农种植A种苹果的产量为200吨，种植B种苹果的产量为300吨．B种苹果每亩产量比A种苹果每亩产量多1吨．
（1）求A、B两种苹果每亩产量分别为多少？
（2）因市场更喜欢B种苹果，果农以每千克3元的价格出售B种苹果给经销商，每次经销商会购买20吨．经协商，每千克B种苹果每降价0.1元，可以多售出0.5吨．B种苹果每千克的售价为多少时，该果农销售的收入为30000元？
22．（13分）阅读与思考
请仔细阅读下列研究报告，并完成相应的任务．
任务：
（1）填空：
材料中“▲”处空缺的内容依次为： ， ， ， ；
（2）请将材料中关于对边性质的证明过程补充完整；
（3）如图2，AB，BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，且AB⊥BC．请你用无刻度直尺和圆规，求作双心四边形ABCD，并直接写出其外接圆与内切圆圆心之间的距离．
（要求：保留作图痕迹，不写作法）
23．（13分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝kx2+（k+3）x+c与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝﹣x+5．
（1）如图1，求k，c的值；
（2）如图2，点D在第一象限的抛物线上，其横坐标为t，作DE⊥BC于点E，设线段DE的长为d，求d与t之间的函数关系式．（不需要写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，当BE＝4CE时，连接OD交BC于F，过点B作BG⊥OD于G，将△OBG沿BG翻折至△KBG，直线BK交y轴于点H，求线段FH的长．
2026年山东省淄博市高新区中考数学二模考前模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）﹣3的倒数是（ ）
A．3B．13C．−13D．9
【分析】利用倒数的定义求解即可．
【解答】解：﹣3的倒数是−13．
故选：C．
2．（4分）如图是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，从正面看它的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】正面看：共3列，从左往右分别有2，1，1个小正方形，据此可画出图形．
【解答】解：从正面看到的平面图形共3列，从左往右分别有2，1，1个小正方形．
故选：B．
3．（4分）据中国国家铁路集团统计，2025年五一假期期间，全国铁路累计发送旅客同比增长10.6%，单日最高客流量2311.9万人次，数据“2311.9万”用科学记数法表示为（ ）
A．2311.9×103B．2311.9×104
C．2.3119×107D．2.3119×106
【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：2311.9万＝23119000＝2.3119×107．
故选：C．
4．（4分）将一副三角板如图摆放，在三角形ABC中，∠A＝90°，∠B＝∠C＝45°，在三角形DEF中，∠D＝90°，∠E＝30°，∠DFE＝60°．若三角板DEF的顶点F正好在AC上，且BC∥EF，则∠AFD的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．30°
【分析】根据平行线的性质“两直线平行，同位角相等”求得∠AFE＝∠C＝45°，进一步计算即可求解．
【解答】解：∵BC∥EF，∠B＝∠C＝45°，
∴∠AFE＝∠C＝45°，
∵∠DFE＝60°，
∴∠AFD＝∠DFE﹣∠AFE＝60°﹣45°＝15°，
故选：B．
5．（4分）五台山不仅是世界文化景观遗产，还是国家地质公园和国家森林公园．某兴趣小组整理了三个关于五台山的研究主题：“五台山宗教历史及文化研究”“五台山传统文化和古建筑研究”“五台山地质结构和生态环境研究”．小新和小明分别从三个主题中随机选择一个，则在他们两个选中的主题中，至少有一个是“五台山传统文化和古建筑研究”的概率是（ ）
A．13B．23C．49D．59
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及至少有一个是“五台山传统文化和古建筑研究”的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：将三个主题分别记为A，B，C，
列表如下：
共有9种等可能的结果，其中至少有一个是“五台山传统文化和古建筑研究”的结果有：（A，B），（B，A），（B，B），（B，C），（C，B），共5种，
∴至少有一个是“五台山传统文化和古建筑研究”的概率为59．
故选：D．
6．（4分）为纪念五四运动105周年，弘扬五四精神，某校团委计划组织全校共青团员到南阳市镇平县彭雪枫革命烈士纪念馆开展红色研学之旅．该校计划统一乘车前往，若调配29座客车若干辆，则有7人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1辆，并空出12个座位．设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，则根据题意可列出方程组为（ ）
A．y−29x=7y−37(x−1)=12
B．y−29x=737(x−1)−y=12
C．29x−y=737x−1−y=12
D．29x−y=7y−(37x−1)=12
【分析】设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人，根据“若调配29座客车若干辆，则有7人没有座位；若调配37座客车，则用车数量将减少1辆，并空出12个座位”列出方程．
【解答】解：设计划调配29座客车x辆，全校共青团员共有y人．
根据题意，得y−29x=737(x−1)−y=12．
故选：B．
7．（4分）如图，∠O＝78°，P是OB上一点，直线PM与OB的夹角∠BPM＝35°，要使PM∥OA，直线PM绕点P顺时针旋转的最小角度为（ ）度．
A．35°B．43°C．223°D．78°
【分析】根据平行线的性质，得到∠BPN＝∠O＝78°，进而得到∠MPN＝∠BPN﹣∠BPM，据此计算即可求解．
【解答】解：∵∠O＝78°，P是OB上一点，直线PM与OB的夹角∠BPM＝35°，当PM∥OA时，
∴∠BPN＝∠O＝78°，
∴∠MPN＝∠BPN﹣∠BPM＝43°，
∴要使PM∥OA，直线PM绕点P顺时针旋转的最小角度为43°，
故选：B．
8．（4分）若关于x的一元二次方程（2﹣m）x2+4x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≤4B．m≤4且m≠2C．m＜4且m≠2D．m＞4
【分析】根据根的判别式大于零且二次项系数不等于零列式求解即可．
【解答】解：由题意得，
Δ＝42﹣4×（2﹣m）×（﹣2）＞0且2﹣m≠0，
解得m＜4且m≠2．
故选：C．
9．（4分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点（﹣3，0），其对称轴为直线x=−12，结合图象分析下列结论：
①abc＞0；
②对于任意实数m，都有14a−12b≤am2+bm；
③3a+3b+c＝0；
④若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2；则x1+x2＝﹣1．
⑤若x1，x2（x1＜x2）为方程a（x+3）（x﹣2）＝1的两个根，则﹣3＜x1＜x2＜2．
其中正确结论的个数有（ ）个．
A．2B．3C．4D．5
【分析】观察图象可知a＜0，b＜0，c＞0，可判断①；
观察图象可知图象开口向下，最大值为ymax=14a−12b+c，故对于任意实数m，14a−12b+c＞am2+bm+c，可判断②；
根据对称轴为直线x=−12，且交x轴于一点（﹣3，0），可得−b2a=−12，即b＝a，且9a﹣3b+c＝0，即9a﹣3b+c＝3a+6a﹣3b+c＝3a+6b﹣3b+c＝3a+3b+c＝0，可判断③；
根据ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，可得x1，x2必关于直线x=−12对称，故x1+x2＝﹣1，可判断④；
抛物线交x轴于一点（﹣3，0），根据对称性知必交x轴于另一点（2，0），因此y＝ax2+bx+c＝a（x+3）（x﹣2）．若x1，x2（x1＜x2）为方程a（x+3）（x﹣2）＝1的两个根，则转化为x1，x2（x1＜x2）为抛物线y＝a（x+3）（x﹣2）与y＝1的两个交点的横坐标，可判断⑤．
【解答】解：观察图象可知a＜0，b＜0，c＞0，
故abc＞0，①正确；
观察图象可知图象开口向下，当x=−12，ymax=14a−12b+c，
故对于任意实数m，14a−12b+c＞am2+bm+c，
即14a−12b＞am2+bm，故②错误；
∵对称轴为直线x=−12，且交x轴于一点（﹣3，0），
∴−b2a=−12，即b＝a，且9a﹣3b+c＝0，
即9a﹣3b+c＝3a+6a﹣3b+c＝3a+6b﹣3b+c＝3a+3b+c＝0，故③正确；
∵ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，
∴x1，x2必关于直线x=−12对称，即x1+x22=−12，
故x1+x2＝﹣1，故④正确；
∵抛物线交x轴于一点（﹣3，0），根据对称性知必交x轴于另一点（2，0），
∴抛物线y＝ax2+bx+c＝a（x+3）（x﹣2）．
若x1，x2（x1＜x2）为方程a（x+3）（x﹣2）＝1的两个根，
则转化为x1，x2（x1＜x2）为抛物线y＝a（x+3）（x﹣2）与y＝1的两个交点的横坐标，
故﹣3＜x1＜x2＜2，故⑤正确．
综上，正确的序号有：①③④⑤，共4个．
故选：C．
10．（4分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，过点B作BH⊥AD于点H，若∠BCD＝135°，AB＝4，则BH的长度为（ ）
A．2B．22C．2D．42
【分析】首先根据圆内接四边形的性质求得∠A的度数，然后根据斜边长求得等腰直角三角形的直角边长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠BCD＝135°，
∴∠A＝180°﹣135°＝45°，
∵BH⊥AD，AB＝4，
∴BH=AB⋅sin∠A=22AB=22，
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）二次根式3+x，则x的取值范围是 x≥﹣3 ．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
【解答】解：根据题意知：3+x≥0，
解得x≥﹣3．
故答案为：x≥﹣3．
12．（4分）因式分解：2y3﹣18y＝ 2y（y+3）（y﹣3） ．
【分析】提公因式后利用平方差公式因式分解即可．
【解答】解：原式＝2y（y2﹣9）
＝2y（y+3）（y﹣3），
故答案为：2y（y+3）（y﹣3）．
13．（4分）在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）向右平移3个单位长度到P1处，则点P1关于原点对称的点的坐标是 （0，﹣2） ．
【分析】点P向右平移3个单位后得到点P1，再根据关于原点对称的点的坐标特征，即可求出点P1关于原点对称的点的坐标．
【解答】解：点P（﹣3，2）向右平移3个单位长度，横坐标增加3，纵坐标不变，
因此点P1的坐标为（﹣3+3，2）＝（0，2），
点P1（0，2）关于原点对称的点，横坐标和纵坐标均取相反数，即（0，﹣2）．
故答案为：（0，﹣2）．
14．（4分）如图，四边形ABCD是菱形．且∠ABC＝60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含点B）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结EN，AM，CM，则下列五个结论中一定正确的是 ①②⑤ ．
①若菱形ABCD的边长为1，则AM+CM的最小值为1；
②△AMB≌△ENB；
③S四边形AMBE＝S四边形ADCM；
④连结AN，则AN⊥BE；
⑤当AM+BM+CM的最小值为23时，菱形ABCD的边长为2．
【分析】①连接AC，根据两点之间线段最短可得，当点M落在BD的中点时，AM+CM的值最小；②根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；③根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；④先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；⑤根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断⑤．
【解答】解：①连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，BD⊥AC，AO＝CO．
∴点A和点C关于直线BD对称，
∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝1．
即AM+CM的值最小为1，本答案正确；
②∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故本答案正确；
③∵S四边形AMBE＝S△ABE+S△ABM，S四边形ADCM＝S△ACD+S△AMC，
∵S△AMB≠S△AMC，S△ABE＝S△ACD，
∴S△ABE+S△ABM≠S△ACD+S△AMC，
∴S四边形AMBE≠S四边形ADCM，故本答案错误；
④假设AN⊥BE，且AE＝AB，
∴AN是BE的垂直平分线．
连接MN，
由②知△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴EN＝BN＝BM＝MN＝AM，
∴点M是BD上一定点，
而M为对角线BD（不含B点）上任意一点，
所以，无法得到AN是BE的垂直平分线，故本答案错误；
⑤由②知△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短．
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，
则∠EBF＝180°﹣120°＝60°，设菱形的边长为a，
∴BF=12a，EF=32a．
在Rt△EFC中，(32a)2+(12a+a)2=(23)2，
解得a＝2．故本答案正确．
综上所述①②⑤正确．
故答案为：①②⑤．
15．（4分）两个反比例函数y=3x，y=6x在第一象限内的图象如图所示，点P1、P2、P3…P2023在反比例函数y=6x的图象上，它们的横坐标分别是x1，x2，x3…x2023，纵坐标分别是1，3，5…，共2023个连续奇数，过点P1、P2、P3…P2023分别作y轴的平行线，与y=3x的图象的交点依次为Q1（x1，y1），Q2（x2，y2），Q3（x3，y3）…Q2023（x2023，y2023），P2023Q2023的长为 40452 ．
【分析】因为点P1、P2、P3…P2023在反比例函数y=6x的图象上，根据P1，P2，P3的纵坐标，推出P2023的纵坐标，再根据y=3x与y=6x的关系，即可求出P2023Q2023的长．
【解答】解：P1，P2，P3的纵坐标为1，3，5，是连续奇数，
于是可推出Pn的纵坐标为：2n﹣1；
则P2023的纵坐标为2×2023﹣1＝4045．
因为y=3x与y=6x在横坐标相同时，y=6x的纵坐标是y=3x的纵坐标的2倍，
故P2023Q2023的长为：40452，
故答案为：40452．
三．解答题（共8小题，满分90分）
16．（10分）求不等式组：3(x−1)＜2x+1①x3−1≤3x−12②的所有整数解．
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出整数解．
【解答】解：3(x−1)＜2x+1①x3−1≤3x−12②，
由①得：x＜4，
由②得：x≥−37，
∴不等式组的解集为−37≤x＜4，
∴整数解为0，1，2，3．
17．（10分）先化简，再求代数式a+1a÷(a+2a+1a)的值，其中a＝2sin60°﹣3．
【分析】先根据分式的减法法则算减法，再根据分式的除法法则和乘法法则进行计算，求出a的值后代入，即可求出答案．
【解答】解：a+1a÷(a+2a+1a)=a+1a÷a2+(2a+1)a=a+1a÷(a+1)2a=a+1a⋅a(a+1)2=1a+1，
∵a=2sin60°−3=3−3，
∴当a=3−3时，原式=13−3+1=−3−2．
18．（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是AD上的一点，连接BE．
（1）用直尺和圆规，在BC上作一点F，使得∠FDC＝∠ABE（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）所作的图中，求证：四边形BFDE为平行四边形．
（2）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝ ∠C ，AB＝CD，AD＝BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠C(ㅤㅤ)∠ABE=∠FDC
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF ，BE＝DF，
∴AD﹣AE＝CB﹣CF，
∴ED＝BF
∴四边形BFDE为平行四边形．
【分析】（1）利用基本作图作∠FDC＝∠ABE即可；
（2）先根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，AB＝CD，AD＝BC．再证明△ABE≌△CDF，所以AE＝CF，BE＝DF，则ED＝BF，然后根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形得到结论．
【解答】（1）解：如图，点F为所作；
（2）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AB＝CD，AD＝BC．
在△ABE和△CDF，
∠A=∠CAB=DC∠ABE=∠FDC，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF，BE＝DF，
∴AD﹣AE＝CB﹣CF，
∴ED＝BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
故答案为：∠C，AB＝CD，CF，BF．
19．（10分）如图，直线y＝﹣x+1分别交x轴、y轴于A、B两点，反比例函数y=kx(x＞0)的图象与直线AB交于P、Q两点，已知Q点的纵坐标为14，连接OP、OQ．
（1）求反比例函数的解析式和△OPQ的面积．
（2）试说明：△OAQ≌△OBP．
（3）若C是OA上不与O、A重合的任意一点，CA＝a（0＜a＜1），CD⊥AB于D，DE⊥OB于E．
①a为何值时，CE＝AC？
②线段OA上是否存在点C，使CE∥AB？若存在这样的点，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先用待定系数法求出直线AB的解析式，再求出直线AB与双曲线y=316x（x＞0）的交点坐标，根据勾股定理求出线段AB的长，过点O作OF⊥AB于点F，利用三角形的面积公式求出OF的长，进而可得出△OPQ的面积；
（2）先根据A、B两点的坐标可知△OAB是等腰直角三角形，OA＝OB，∠ABO＝∠OAB＝45°，由OF⊥AB可知OF是线段AB的垂直平分线，故BF＝AF，由P、Q两点的坐标可知OP＝OQ，故PF＝QF，所以BP＝AQ，由此即可得出结论；
（3）①过点D作DM⊥x轴于点M，由于OA＝1，CA＝a，故OC＝1﹣a，由CD⊥AB，∠OAB＝45°可知△ADC是等腰直角三角形，故DM＝CM=12CA=a2，再根据DE⊥y轴可知四边形DEOM是矩形，故OE＝DM=a2，在Rt△OEC中利用勾股定理即可求出a的值；
②由①可知，OC＝1﹣a，OE=a2，由于OA＝OB，所以若CE∥AB，则OC＝OE，故可得出a的值．
【解答】解：（1）∵Q点的纵坐标为14，
∴把y=14代入y＝﹣x+1得，14=−x+1，
∴x=34，
∴Q（34，14），
把Q（34，14）代入y=kx(x＞0)得k=316，
∴反比例函数的解析式为y=316x，
解y=−x+1y=316x，
解得x=14y=34或x=34y=14，
∴P（14，34），Q（34，14）；
过点O作OF⊥AB于点F，
∵点A（1，0）、B（0，1），
∴OA＝OB＝1，AB=2，
∴AB•OF＝OB•OA，2OF＝1，解得OF=22，
∵P（14，34），Q（34，14）；
∴PQ=(14−34)2+(34−14)2=22，
∴S△OPQ=12PQ•OF=12×22×22=14；
（2）∵点A（1，0）、B（0，1），
∴OA＝OB，∠ABO＝∠OAB＝45°，
∵OF⊥AB，
∴OF是线段AB的垂直平分线，
∴BF＝AF，
∵P（14，34），Q（34，14）；
∴OP＝OQ，PF＝QF，
∴BP＝AQ，
在△OAQ与△OBP中，
∵OA=OBOP=OQBP=AQ，
∴△OAQ≌△OBP（SSS）；
（3）①过点D作DM⊥x轴于点M，
∵OA＝1，CA＝a，
∴OC＝1﹣a，
∵CD⊥AB，∠OAB＝45°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴DM＝CM=12CA=a2，
∵DE⊥y轴，
∴四边形DEOM是矩形，
∴OE＝DM=a2，
在Rt△OEC中，
∵CE＝AC＝a，OC＝1﹣a，OE=a2，
∴CE2＝OC2+OE2，即a2＝（1﹣a）2+（a2）2，
解得a＝4﹣23或a＝4+23（舍去）．
故当a为4﹣23时，CE＝AC；
②存在．理由如下：
由①可知，OC＝1﹣a，OE=a2，
∵OA＝OB，CE∥AB，
∴OC＝OE，即1﹣a=a2，
解得a=23，
∴1﹣a＝1−23=13，
∴C（13，0）．
20．（10分）4月23日是世界读书日，小敏随机从本校七年级抽取了40名同学，调查这40名同学近半年内每人阅读的课外书的数量，她统计的结果如表所示：
（1）表格中a＝ 15 ；
（2）据表可知，这40名同学阅读的课外书的数量的中位数是 5 ，众数是 6 ，这40名同学平均阅读的课外书的数量为 5 本；
（3）若将这40名同学阅读的课外书的数量用扇形统计图表示，则阅读数量为6本的人数对应的圆心角为多少度？已知该校七年级学生有800名，估计阅读的课外书的数量为4本的人数是多少？
【分析】（1）抽取了40名同学即可得出a的值；
（1）根据众数、中位数、平均数的概念即可求解；
（3）360°乘阅读数量为6本的人数所占的比例可得阅读数量为6本的人数对应的圆心角度数，根据样本估计总体即可求解．
【解答】解：（1）a＝40﹣10﹣10﹣5＝15，
故答案为：15；
（2）∵共有40名同学，中位数是第20、21个数的平均数，
∴中位数是：4+62=5，
∵6出现了15次，出现的次数最多，
∴众数是6．
这40名同学平均阅读的课外书的数量为10×3+10×4+15×6+5×840=5（本），
故答案为：5，6，5；
（3）360°×1540=135°，
800×1040=200（人），
答：阅读数量为6本的人数对应的圆心角为135度，估计阅读的课外书的数量为4本的人数是200人．
21．（10分）某果农拥有两块相同大小的农田分别种植A、B两种苹果．该果农种植A种苹果的产量为200吨，种植B种苹果的产量为300吨．B种苹果每亩产量比A种苹果每亩产量多1吨．
（1）求A、B两种苹果每亩产量分别为多少？
（2）因市场更喜欢B种苹果，果农以每千克3元的价格出售B种苹果给经销商，每次经销商会购买20吨．经协商，每千克B种苹果每降价0.1元，可以多售出0.5吨．B种苹果每千克的售价为多少时，该果农销售的收入为30000元？
【分析】（1）依据题意，设A种苹果每亩产量为x吨，则B种苹果每亩产量为（x+1）吨，则200x=300x+1，从而计算可以得解；
（2）依据题意，设B种苹果每千克售价为y元，由果农以每千克3元的价格出售B种苹果给经销商，每次经销商会购买20吨，每降价0.1元，多售0.5吨，从而可得y×[1000×（35﹣5y）]＝30000，进而计算可以得解．
【解答】解：（1）由题意，设A种苹果每亩产量为x吨，则B种苹果每亩产量为（x+1）吨，
∴200x=300x+1，
∴x＝2．
经检验：x＝2是原方程的解．
∴x+1＝2+1＝3．
答：A种每亩产量2吨，B种每由产量3吨；
（2）由题意，设B种苹果每千克售价为y元，
∵果农以每千克3元的价格出售B种苹果给经销商，每次经销商会购买20吨，每降价0.1元，多售0.5吨，
∴多售的量：10（3﹣y）×0.5＝5（3﹣y）吨，
∴实际销量＝原销量+多售量＝20+5（3﹣y）＝（35﹣5y）吨．
∴y×[1000×（35﹣5y）]＝30000．
∴y1＝1，y2＝6（由降价销售，不能涨价，舍去）．
∴B种苹果每千克售价为1元时，收入为30000元．
22．（15分）阅读与思考
请仔细阅读下列研究报告，并完成相应的任务．
任务：
（1）填空：
材料中“▲”处空缺的内容依次为： 正方形 ， 对角互补 ， 圆的切线垂直于经过切点的半径 ， 斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 ；
（2）请将材料中关于对边性质的证明过程补充完整；
（3）如图2，AB，BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，且AB⊥BC．请你用无刻度直尺和圆规，求作双心四边形ABCD，并直接写出其外接圆与内切圆圆心之间的距离．
（要求：保留作图痕迹，不写作法）
【分析】（1）利用正方形的性质，圆的内接四边形的性质，圆的切线的性质定理和直角三角形的全等的判定定理解答即可；
（2）利用全等三角形的性质定理和等式的性质解答即可；
（3）利用利用等弧对等弦的性质和双心四边形两组对边之和相等的性质解答即可；连接AC，利用圆周角定理得到AC为⊙O的直径，利用全等三角形的判定与性质得到四边形ABCD的内切圆的圆心P在AC上，设⊙P与AB切于点M，与BC切于点N，连接PM，PN，利用圆的切线的性质定理，正方形的判定与性质和相似三角形的判定与性质求得PM＝BM=125，利用勾股定理求得PA，则PO＝OA﹣PA．
【解答】解：（1）平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是正方形；
∵圆的内接四边形的对角互补，
∴双心四边形的对角互补；
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
全等三角形的判定依据为：斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．
故答案为：正方形；对角互补；圆的切线垂直于经过切点的半径；斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等；
（2）如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB，
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
∴∠PEB＝∠PFB＝90°．
在Rt△PBE和Rt△PBF中，
PE=PFPB=PB，
∴Rt△PBE≌Rt△PBF（HL）．
∴BE＝BF，
同理可得：AE＝AH，DH＝DG，CG＝CF，
∴BE+AE+CG+DG＝BF+AH+DH+CF，
∴AB+CD＝AD+BC，
∴双心四边形两组对边之和相等；
（3）以点C为圆心，CB为半径画弧交⊙O于点D，连接CD，AD，则四边形ABCD为所画的双心四边形ABCD，如图，
其外接圆与内切圆圆心之间的距离为135.理由：
连接AC，如图，
由题意得：CB＝CD＝6，
∵AB⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°．
∴AC=AB2+BC2=42+62=213．
∴OA=13．
在Rt△ADC和Rt△ABC中，
CD=CBAC=AC，
∴Rt△ADC≌Rt△ABC（HL），
∴∠DAC＝∠BAC，∠DCA＝∠BCA，
∴四边形ABCD的内切圆的圆心P在AC上，
设⊙P与AB切于点M，与BC切于点N，连接PM，PN，
则PM⊥AB，PN⊥BC，
∵AB⊥BC，
∴四边形PMBN为矩形，
∵PM＝PN，
∴四边形PMBN为正方形．
∴PM＝PN＝BM＝BN，
设PM＝PN＝BM＝BN＝x，则CN＝BC＝BN＝6﹣x，
∵PN∥AB，
∴△PCN∽△ACB，
∴CNCB=PNAB，
∴6−x6=x4，
∴x=125，
∴PM＝BM=125，
∴AM＝AB＝BM=85，
∴PA=AM2+PM2=(85)2+(125)2=4135．
∴PO＝OA﹣PA=135．
23．（15分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝kx2+（k+3）x+c与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点B，与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝﹣x+5．
（1）如图1，求k，c的值；
（2）如图2，点D在第一象限的抛物线上，其横坐标为t，作DE⊥BC于点E，设线段DE的长为d，求d与t之间的函数关系式．（不需要写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，当BE＝4CE时，连接OD交BC于F，过点B作BG⊥OD于G，将△OBG沿BG翻折至△KBG，直线BK交y轴于点H，求线段FH的长．
【分析】（1）根据题意求出点B、C的坐标，将B，C两点代入抛物线中，即可解答；
（2）过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点N，用t表示出DN，证明△DEN为等腰直角三角形，利用勾股定理求出DN，列式求解即可；
（3）延长DE交x轴于点Q，证明△BEQ为等腰直角三角形，求出Q点坐标，过点D作DR⊥x轴于点R，求出D点坐标，利用勾股定理求出OD，证明△DOR∽△BOG，求出OK，过点K作KT⊥x轴，证明△OKT∽△ODR，求出K点坐标，进而求出直线BK、OD的解析式，联立直线OD，BC表达式，求得F点坐标，利用勾股定理即可解答．
【解答】解：（1）在y＝﹣x+5中，令x＝0，则y＝5；令y＝0，则﹣x+5＝0，
解得x＝5，
∴B（5，0），C（0，5），
将B（5，0），C（0，5）代入y＝kx2+（k+3）x+c，
得25k+5(k+3)+c=0c=5，
解得k=−23c=5，
∴k=−23，c＝5；
（2）如图，过点D作DM⊥x轴于点M，交BC于点N，
∵k=−23，c＝5，
∴抛物线解析式为y=−23x2+73x+5，
∴D(t，−23t2+73t+5)，N（t，﹣t+5），
∴DN=−23t2+73t+5−(−t+5)=−23t2+103t，
∵B（5，0），C（0，5），
∴OB＝OC＝5，
而∠BOC＝90°，
∴∠CBO＝45°，
∴∠1＝∠2＝45°，
∵DE⊥BC，
∴△DEN为等腰直角三角形，DE＝NE，
则DN=DE2+EN2=2d，
∴2d=−23t2+103t，
∴d=−23t2+523t；
（3）如图，延长DE交x轴于点Q，
在等腰Rt△BOC中，同上由勾股定理得BC=52，
∵BE＝4CE，
∴BE=42，
∵∠CBO＝45°，DE⊥BC，
∴△BEQ为等腰直角三角形，BE＝QE，
则同理可求BQ=2BE=8，
∴OQ＝BQ﹣BO＝3，
∴Q（﹣3，0），
过点D作DR⊥x轴于点R，同理可得DR＝QR，
∴−23x2+73x+5=−t+5，
解得t＝3或t＝﹣1（舍），
∴D（3，6），
∴OD=(3−0)2+(6−0)2=35，
∵BG⊥OD，DR⊥x轴，
∴∠ORD＝∠OGB＝90°，
∵∠DOR＝∠BOG，
∴△DOR∽△BOG，
∴DOBO=OROG=DRBG，
即355=3OG=6BG，
∴OG=5，BG=25，
由折叠知OK=2OG=25，
过点K作KT⊥x轴，而DR⊥x轴，
∴KT∥DR，
∴△OKT∽△ODR，
∴OTOR=OKOD=TKRD，
∴OT3=2535=TK6，
∴OT＝2，TK＝4，
∴K（2，4），
设lBK：y＝mx+n，
则2m+n=45m+n=0，
解得m=−43n=203，
∴lBK：y=−43x+203，
当x＝0时，y=203，
∴H(0，203)，
设lOD：y＝tx，
代入D（3，6），
得3t＝6，
解得t＝2，
∴lOD：y＝2x，
联立直线OD，BC表达式得y=2xy=−x+5，
解得x=53，
∴F(53，103)，
∴FH=(53−0)2+(203−103)2=535．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/29 21:06:45；用户：巴巴爸爸吧；邮箱：rFmNtwtkgB1OZsB7sE8GbKrEJj@；学号：46376935人数
10
10
a
5
阅读的课外书的数量（单位：本）
3
4
6
8
关于“双心四边形”的研究报告
研究对象：双心四边形
研究思路：根据研究几何图形的一般路径，按照“概念一性质一判定”的路径展开研究．
研究方法：观察一猜想一推理证明一应用拓展
研究内容：【概念提出】我们知道，任意三角形都有外接圆和内切圆．类似地，如果一个四边形既有外接圆又有内切圆，我们称这样的四边形为双心四边形．
【特例感知】我们研究过的平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是▲；（填特殊四边形的名称）
【性质探究】根据双心四边形的定义，对其性质研究如下：
对角：双心四边形的对角▲；
对边：双心四边形两组对边之和相等．
理由如下：
如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB．
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（依据1▲），
∴∠PEB＝∠PFB＝90°．
∵PB＝PB，PE＝PF，
∴Rt△PBE≌Rt△PBF（依据2▲）．
…
A
B
C
A
（A，A）
（A，B）
（A，C）
B
（B，A）
（B，B）
（B，C）
C
（C，A）
（C，B）
（C，C）
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关于“双心四边形”的研究报告
研究对象：双心四边形
研究思路：根据研究几何图形的一般路径，按照“概念一性质一判定”的路径展开研究．
研究方法：观察一猜想一推理证明一应用拓展
研究内容：【概念提出】我们知道，任意三角形都有外接圆和内切圆．类似地，如果一个四边形既有外接圆又有内切圆，我们称这样的四边形为双心四边形．
【特例感知】我们研究过的平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是▲；（填特殊四边形的名称）
【性质探究】根据双心四边形的定义，对其性质研究如下：
对角：双心四边形的对角▲；
对边：双心四边形两组对边之和相等．
理由如下：
如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB．
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（依据1▲），
∴∠PEB＝∠PFB＝90°．
∵PB＝PB，PE＝PF，
∴Rt△PBE≌Rt△PBF（依据2▲）．
…