2026年四川省凉山州中考数学试卷及答案

这是一份2026年四川省凉山州中考数学试卷及答案，共18页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2026的倒数是（ ）
A．12026B．−12026C．2026D．﹣2026
2．（4分）如图，由6个相同的小正方体搭成的几何体的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a4＝a6B．（a4）2＝a6C．a6÷a2＝a3D．a3•a2＝a5
4．（4分）下列各组图形，可以通过平移变换，由一个图形得到另一个图形的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（4分）2026年3月，在四川冕宁县牦牛坪矿区稀土矿资源储量核实勘查项目中，发现新增资源量为966.56万吨稀土氧化物，居全球在产稀土矿山资源储量世界第二．将数据966.56万用科学记数法表示为（ ）
A．9.6656×102B．9.6656×103
C．9.6656×106D．9.6656×107
6．（4分）在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
对于这15名运动员的成绩，下列说法正确的是（ ）
A．众数是1.70B．中位数是1.675
C．平均数是1.68D．方差是0.2
7．（4分）如图，AD∥CB，CA⊥BA，若∠C＝30°，则∠DAB＝（ ）
A．40°B．60°C．70°D．150°
8．（4分）已知a+b＝3，3a﹣2c＝2，则9a（a+b）﹣6c（a+b）的值为（ ）
A．6B．8C．12D．18
9．（4分）如图，⊙A，⊙B，⊙C，⊙D两两不相交，且半径都是1，则图中四个扇形（即阴影部分）的面积之和为（ ）
A．π4B．π2C．πD．2π
10．（4分）四川省城市足球联赛决赛阶段每两队之间都进行两场比赛，有x支球队进入决赛阶段，共比赛72场，根据题意可列关于x的方程为（ ）
A．12x（x﹣1）＝72B．x（x﹣1）＝72
C．x（x+1）＝72D．12x（x+1）＝72
11．（4分）如图，将△ABC在平面内绕点B逆时针旋转到△A′BC′的位置，AC与A′C′交于点E，AC与BC′交于点F，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．AE＝EFB．∠ABA′＝∠CBC′
C．△ABC≌△A′BC′D．△BCF∽△EC′F
12．（4分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．abc＞0B．b+4a＝0
C．5a+c＞0D．当x＜﹣5或x＞1时，y＞0
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是 ．
14．（4分）四边形ABCD的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足AO＝CO，请添加一个适当的条件： ，使四边形ABCD成为菱形．（只需要添加一个条件即可）
15．（4分）不等式组2x−1＞x+1x+8＜4x−1的解集是 ．
16．（4分）如图，点P是∠AOB的平分线上一点，过点P作PC∥OB交OA于点C，若OC＝2，∠POB＝15°，则点P到OB的距离PD的长是 ．
17．（4分）已知一元二次方程x2+4x﹣3＝0的两根是x1，x2，则x12+x22的值为 ．
18．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6厘米，BC＝8厘米．动点E从点B出发以2厘米/秒的速度在线段BC上运动，运动到点C处停止．动点E运动t秒时，连接AE，将△ABE沿着直线AE折叠，顶点B的对应点是点F，连接CF．当△EFC是直角三角形时，则t为 秒．
三、解答题（共7小题，共78分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
19．（8分）计算：（﹣1）2+|1﹣2sin45°|−(2+1)+(−12)−2．
20．（10分）（1）解二元一次方程组：x+2y=33x−2y=5；
（2）先化简，再求值：[（x+y）2﹣（x+3y）（x﹣3y）]÷2y，其中x＝﹣1，y＝2．
21．（12分）五彩凉山，气候宜人，物产丰富，尤其水果深受广大消费者喜爱．为了解时令水果受喜爱情况，随机抽取部分消费者对最喜爱的时令水果进行调查（A类为樱桃，B类为蓝莓，C类为葡萄，D类为枇杷，E类为其他，每人只能选择一项），根据调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图：
请根据以上信息回答：
（1）本次调查的总人数为 人；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中a＝ ，及B类对应扇形的圆心角度数为 ；
（3）质检员从A、B、C、D四类水果中随机选择两类检测含糖量，用列表或画树状图的方法，求选择的两类水果恰好是B类和D类的概率．
22．（10分）如图是某高速公路悬索桥，为测量索塔的高度，从与索塔MN相距300米的点A观测塔顶M的仰角为30°，斜面AN的坡度i＝1：5，点A，B，C，M，N在同一平面内，AB是桥面，CN是水平线，AB∥CN，AB⊥MN．（计算结果均保留根号）
（1）求索塔桥面以上部分MB的高度；
（2）求索塔MN的高度．
23．（12分）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y=12x的图象与反比例函数y=kx（x＞0）的图象交于点A（m，2），在射线OA上取一点B，使得OB：OA＝3：2，过点B作BC⊥y轴于点C．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）直接写出点B的坐标 ；
（3）在x轴上存在一点P，使PA+PC的值最小，求点P坐标．
24．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，连接AC交BD于点F，且AC＝BC，过点C作AD的垂线交AD的延长线于点E．
（1）求证：DC平分∠BDE；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O的半径为5，CE＝4，求DF的长．
25．（14分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中B（4，0），C（0，4），对称轴是直线x＝1．动点M以每秒1个单位长度的速度，沿x轴从点O向点B运动，设运动时间为t（0≤t≤4）秒，过点M作x轴的垂线交BC于点N，交抛物线于点P．
（1）求抛物线解析式；
（2）抛物线的对称轴交BC于点E，顶点是点D，当t为何值时，四边形DENP为平行四边形；
（3）动点M开始运动时，另一动点Q同时以每秒0.5个单位长度的速度，沿x轴从点O向点A运动．当t为何值时，四边形PCQB的面积最大，并求最大面积．
2026年四川省凉山州中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分）每小题给出的四个选项中只有一项是正确的。
1．（4分）2026的倒数是（ ）
A．12026B．−12026C．2026D．﹣2026
【分析】根据倒数的定义解答即可．
【解答】解：∵2026×12026=1，
∴2026的倒数是12026．
故选：A．
【点评】本题考查的是倒数的定义，熟知乘积是1的两数互为倒数是解题的关键．
2．（4分）如图，由6个相同的小正方体搭成的几何体的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据简单组合体三视图的画法画出它的主视图即可．
【解答】解：这个组合体的主视图为：
故选：C．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的关键．
3．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．a2+a4＝a6B．（a4）2＝a6C．a6÷a2＝a3D．a3•a2＝a5
【分析】分别根据同底数幂的乘法与除法，合并同类项，幂的乘方与积的乘方法则进行计算即可．
【解答】解：A、a2与a4不是同类项，不能合并，原计算错误，不符合题意；
B、（a4）2＝a8，原计算错误，不符合题意；
C、a6÷a2＝a4，原计算错误，不符合题意；
D、a3•a2＝a5，正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查的是同底数幂的乘法与除法，合并同类项，幂的乘方与积的乘方法则，熟知以上知识是解题的关键．
4．（4分）下列各组图形，可以通过平移变换，由一个图形得到另一个图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据常见几何变换的特征即可解决问题．
【解答】解：由题知，
A选项中的图形可由旋转得到，
所以A选项不符合题意；
B选项中的图形可由平移得到，
所以B选项符合题意；
C选项中的图形可由位似得到，
所以C选项不符合题意；
D选项中的图形可由翻折得到，
所以D选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查了平移的性质，熟知常见几何变换的特征是解题的关键．
5．（4分）2026年3月，在四川冕宁县牦牛坪矿区稀土矿资源储量核实勘查项目中，发现新增资源量为966.56万吨稀土氧化物，居全球在产稀土矿山资源储量世界第二．将数据966.56万用科学记数法表示为（ ）
A．9.6656×102B．9.6656×103
C．9.6656×106D．9.6656×107
【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：966.56万＝9665600＝9.6656×106．
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．（4分）在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
对于这15名运动员的成绩，下列说法正确的是（ ）
A．众数是1.70B．中位数是1.675
C．平均数是1.68D．方差是0.2
【分析】根据众数、中位数和平均数、方差的定义求解即可．
【解答】解：A．这组数据中1.70出现4次，次数最多，所以这组数据的众数为1.70，此选项正确，符合题意；
B．这组数据的中位数为1.65，此选项错误，不符合题意；
C．这组数据的平均数为115×（3×1.50+2×1.60+3×1.65+4×1.70+2×1.75+1.80）＝1.65，此选项错误，不符合题意；
D．这组数据的方差为115×[3×（1.50﹣1.65）2+2×（1.60﹣1.65）2+3×（1.65﹣1.65）2+4×（1.70﹣1.65）2+2×（1.75﹣1.65）2+（1.80﹣1.65）2]＝0.0095，此选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握众数、中位数和平均数、方差的定义．
7．（4分）如图，AD∥CB，CA⊥BA，若∠C＝30°，则∠DAB＝（ ）
A．40°B．60°C．70°D．150°
【分析】根据平行线的性质进行计算即可．
【解答】解：∵AD∥CB，
∴∠C+∠CAD＝180°．
∵∠C＝30°，
∴∠CAD＝150°．
∵CA⊥BA，
∴∠CAB＝90°，
∴∠DAB＝150°﹣90°＝60°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质及垂线，熟知平行线的性质是解题的关键．
8．（4分）已知a+b＝3，3a﹣2c＝2，则9a（a+b）﹣6c（a+b）的值为（ ）
A．6B．8C．12D．18
【分析】将9a（a+b）﹣6c（a+b）变形为3（a+b）（3a﹣2c），再将a+b＝3，3a﹣2c＝2代入即可．
【解答】解：∵a+b＝3，3a﹣2c＝2，
∴9a（a+b）﹣6c（a+b）
＝（a+b）（9a﹣6c）
＝3（a+b）（3a﹣2c）
＝3×3×2
＝18，
故选：D．
【点评】本题考查单项式乘多项式和整式的加减，将9a（a+b）﹣6c（a+b）正确变形是关键．
9．（4分）如图，⊙A，⊙B，⊙C，⊙D两两不相交，且半径都是1，则图中四个扇形（即阴影部分）的面积之和为（ ）
A．π4B．π2C．πD．2π
【分析】观察图形可知，四个阴影扇形的圆心角之和即为四边形ABCD的内角和，利用四边形内角和为360°及扇形面积公式即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD的内角和为360°，
∴四个扇形的圆心角之和为360°，
∵四个圆的半径都是1，
∴四个扇形的面积之和=360⋅π⋅12360=π，
故选：C．
【点评】本题主要考查了相交两圆的性质，扇形面积的计算，掌握其相关知识点是解题的关键．
10．（4分）四川省城市足球联赛决赛阶段每两队之间都进行两场比赛，有x支球队进入决赛阶段，共比赛72场，根据题意可列关于x的方程为（ ）
A．12x（x﹣1）＝72B．x（x﹣1）＝72
C．x（x+1）＝72D．12x（x+1）＝72
【分析】根据每两队之间都进行两场比赛且共比赛72场，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意，得x（x﹣1）＝72．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
11．（4分）如图，将△ABC在平面内绕点B逆时针旋转到△A′BC′的位置，AC与A′C′交于点E，AC与BC′交于点F，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．AE＝EFB．∠ABA′＝∠CBC′
C．△ABC≌△A′BC′D．△BCF∽△EC′F
【分析】由旋转得∠ABA′＝∠CBC′，△ABC≌△A′BC′，可判断B不符合题意，C不符合题意；由∠BFC＝∠EFC′，∠C＝∠C′，根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△BCF∽△EC′F，可判断D不符合题意；当AB＝BC，且BC′⊥AC时，设AB交A′C′于点H，连接AC′，而BC′＝BC，则AB＝BC′，所以∠BAC′＝∠BC′A，由∠BAC＝∠C，∠A′C′B＝∠C，推导出∠BAC＝∠A′C′B，进而证明∠EAC′＝∠EC′A，则AE＝C′E，即可由C′E＞EF，证明AE＞EF，通过这个“反例”证明“AE＝EF”这一结论不一定正确，可判断A符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC在平面内绕点B逆时针旋转到△A′BC′的位置，
∴∠ABA′＝∠CBC′，△ABC≌△A′BC′，
∴故B不符合题意，C不符合题意；
∵AC与A′C′交于点E，AC与BC′交于点F，
∴∠BFC＝∠EFC′，
∵∠C＝∠C′，
∴△BCF∽△EC′F，
故D不符合题意；
如图，当AB＝BC，且BC′⊥AC时，设AB交A′C′于点H，连接AC′，
∵BC′＝BC，
∴AB＝BC′，
∴∠BAC′＝∠BC′A，
∵∠BAC＝∠C，∠A′C′B＝∠C，
∴∠BAC＝∠A′C′B，
∴∠BAC′﹣∠BAC＝∠BC′A﹣∠A′C′B，
∴∠EAC′＝∠EC′A，
∴AE＝C′E，
∵C′E＞EF，
∴AE＞EF，
∴“AE＝EF”这一结论不一定正确，
故A符合题意，
故选：A．
【点评】此题重点考查旋转的性质、相似三角形的判定、垂线段最短等知识，正确理解和应用旋转的性质是解题的关键．
12．（4分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．abc＞0B．b+4a＝0
C．5a+c＞0D．当x＜﹣5或x＞1时，y＞0
【分析】观察图象可得a＞0，b＞0，c＜0，则可判断A选项；由图象可得对称轴为直线x＝﹣2，可判断B选项；由对称性质可得抛物线与x轴的右交点的横坐标为1，此时a+b+c＝0，可判断C选项；观察图象可知当x＜﹣5或x＞1时，y＞0，可判断D选项．
【解答】解：观察图象可得a＞0，b＞0，c＜0，
故abc＜0，则A选项错误；
由图象可得对称轴为直线x=−b2a=−2，
故b＝4a，则B选项错误；
由对称性质可得抛物线与x轴的右交点的横坐标为2×（﹣2）﹣（﹣5）＝1，
此时a+b+c＝0，即a+4a+c＝0，
即5a+c＝0，则C选项错误；
观察图象可知当x＜﹣5或x＞1时，y＞0，则D选项正确，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的对称性质，增减性质，掌握二次函数与系数的关系并准确从图象中获取信息是解题关键．
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
13．（4分）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是 （3，﹣2） ．
【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【解答】解：点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′的坐标是（3，﹣2）．
故答案为：（3，﹣2）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟知两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）是解题的关键．
14．（4分）四边形ABCD的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足AO＝CO，请添加一个适当的条件：DO＝BO（答案不唯一） ，使四边形ABCD成为菱形．（只需要添加一个条件即可）
【分析】由菱形的判定方法，即可得到答案．
【解答】解：添加一个适当的条件：DO＝BO（答案不唯一），使四边形ABCD成为菱形，理由如下：
∵AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：DO＝BO（答案不唯一）．
【点评】本题考查菱形当判定，关键是掌握菱形的判定方法．
15．（4分）不等式组2x−1＞x+1x+8＜4x−1的解集是x＞3 ．
【分析】根据解一元一次不等式组的步骤解答即可．
【解答】解：解不等式2x﹣1＞x+1得x＞2．
解不等式x+8＜4x﹣1得x＞3，
故不等式组的解集为x＞3．
故答案为：x＞3．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握该知识点是关键．
16．（4分）如图，点P是∠AOB的平分线上一点，过点P作PC∥OB交OA于点C，若OC＝2，∠POB＝15°，则点P到OB的距离PD的长是 1 ．
【分析】过点P作PE⊥OA于点E，由平行线的性质得∠CPO＝∠POB＝15°，再证明∠COP＝∠CPO，得PC＝OC＝2，∠PCE＝∠COP+∠CPO＝30°，进而由含30°角的直角三角形的性质得PE=12PC＝1，然后由角平分线的性质得PD＝PE＝1即可．
【解答】解：如图，过点P作PE⊥OA于点E，则∠PEC＝90°，
∵PC∥OB，
∴∠CPO＝∠POB＝15°，
∵点P是∠AOB的平分线上一点，
∴∠COP＝∠POB＝15°，
∴∠COP＝∠CPO，
∴PC＝OC＝2，∠PCE＝∠COP+∠CPO＝30°，
∴PE=12PC＝1，
∵PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PD＝PE＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握角平分线的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
17．（4分）已知一元二次方程x2+4x﹣3＝0的两根是x1，x2，则x12+x22的值为 22 ．
【分析】利用根与系数的关系，可得出x1+x2＝﹣4，x1•x2＝﹣3，再将其代入原式＝（x1+x2）2﹣2x1•x2中，即可求出结论．
【解答】解：∵一元二次方程x2+4x﹣3＝0的两根是x1，x2，
∴x1+x2＝﹣4，x1•x2＝﹣3，
∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1•x2＝（﹣4）2﹣2×（﹣3）＝22．
故答案为：22．
【点评】本题考查了根与系数的关系，牢记“一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．
18．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6厘米，BC＝8厘米．动点E从点B出发以2厘米/秒的速度在线段BC上运动，运动到点C处停止．动点E运动t秒时，连接AE，将△ABE沿着直线AE折叠，顶点B的对应点是点F，连接CF．当△EFC是直角三角形时，则t为 3或1.5 秒．
【分析】由矩形性质得CD＝AB＝6厘米，AD＝BC＝8厘米，∠B＝∠BCD＝90°，由折叠性质得AF＝AB＝6厘米，FE＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，根据∠ECF＜∠BCD＝90°得有以下两种情况：
①当∠CEF＝90°时，则∠BEF＝90°，由此得四边形ABEF是矩形，在根据AF＝AB＝6厘米得矩形ABEF是正方形，则BE＝AB＝6厘米，点F在AD边上，此时点E运动的时间t＝6÷2＝3（秒）；
②当∠CFE＝90°时，则∠AFE+∠CFE＝180°，由此得点C，F，A共线，由勾股定理求出AC＝10厘米得CF＝4厘米，设BE＝a厘米，则FE＝BE＝a厘米，CE＝（8﹣a）厘米，在Rt△CFE中，由勾股定理得BE＝a＝3厘米，此时点E运动的时间t＝3÷2＝1.5（秒），综上所述即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝6厘米，BC＝8厘米，
∴CD＝AB＝6厘米，AD＝BC＝8厘米，∠B＝∠BCD＝90°，
由折叠性质得：AF＝AB＝6厘米，FE＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，
∵动点E从点B出发以2厘米/秒的速度在线段BC上运动，
∴∠ECF＜∠BCD＝90°，
∴当△EFC是直角三角形时，有以下两种情况：
①当∠CEF＝90°时，则∠BEF＝180°﹣∠CEF＝90°，
∴∠B＝∠BEF＝∠AFE＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
又∵AF＝AB＝6厘米，
∴矩形ABEF是正方形，
∴BE＝AB＝6厘米，点F在AD边上，如图1所示：
此时点E运动的时间t＝6÷2＝3（秒）；
②当∠CFE＝90°时，则∠AFE+∠CFE＝180°，
∴点C，F，A共线，如图2所示：
在△ABC中，∠B＝90°，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=62+82=10（厘米），
∴CF＝AC﹣AF＝10﹣6＝4（厘米），
设BE＝a厘米，则FE＝BE＝a厘米，
∴CE＝BC﹣BE＝（8﹣a）厘米，
在△CFE中，∠CFE＝90°，
由勾股定理得：CE2＝EF2+CF2，
∴（8﹣a）2＝a2+42，
解得：a＝3，
∴BE＝a＝3厘米，
此时点E运动的时间t＝3÷2＝1.5（秒），
综上所述：△EFC是直角三角形时，则t为3或1.5秒．
故答案为：3或1.5．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，勾股定理，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，灵活利用勾股定理计算是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的易错点．
三、解答题（共7小题，共78分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
19．（8分）计算：（﹣1）2+|1﹣2sin45°|−(2+1)+(−12)−2．
【分析】根据实数的平方、特殊角的三角函数值、绝对值的性质、负整数指数幂计算．
【解答】解：原式＝1+|1﹣2×22|−2−1+4
＝1+2−1−2−1+4
＝3．
【点评】本题考查的是实数的运算，掌熟记特殊角的三角函数值、掌握绝对值的性质、负整数指数幂是解题的关键》
20．（10分）（1）解二元一次方程组：x+2y=33x−2y=5；
（2）先化简，再求值：[（x+y）2﹣（x+3y）（x﹣3y）]÷2y，其中x＝﹣1，y＝2．
【分析】（1）利用加减消元法解出方程组；
（2）利用完全平方公式、平方差公式、合并同类项、多项式除以单项式把原式化简，把x、y的值代入计算得到答案．
【解答】解：（1）x+2y=3①3x−2y=5②，
①+②，得4x＝8，
解得：x＝2，
把x＝2代入①，得y=12，
∴原方程组的解为x=2y=12；
（2）原式＝[（x2+2xy+y2）﹣（x2﹣9y2）]÷2y
＝（x2+2xy+y2﹣x2+9y2）÷2y
＝（2xy+10y2）÷2y
＝x+5y，
当x＝﹣1，y＝2时，原式＝﹣1+5×2＝9．
【点评】本题考查的是二元一次方程组是解法、整式的化简求值，掌握加减消元法解二元一次方程组的一般步骤、整式的混合运算法则是解题的关键．
21．（12分）五彩凉山，气候宜人，物产丰富，尤其水果深受广大消费者喜爱．为了解时令水果受喜爱情况，随机抽取部分消费者对最喜爱的时令水果进行调查（A类为樱桃，B类为蓝莓，C类为葡萄，D类为枇杷，E类为其他，每人只能选择一项），根据调查结果绘制成以下两幅不完整的统计图：
请根据以上信息回答：
（1）本次调查的总人数为 50 人；
（2）补全条形统计图，并求出扇形统计图中a＝ 36 ，及B类对应扇形的圆心角度数为 72° ；
（3）质检员从A、B、C、D四类水果中随机选择两类检测含糖量，用列表或画树状图的方法，求选择的两类水果恰好是B类和D类的概率．
【分析】（1）用A类型人数除以其人数占被调查人数的百分比可得本次调查的总人数；
（2）被调查的总人数乘D类型人数占被调查人数所占百分比即可得出其人数，C类型人数除以被调查人数即可得出a的值，用360°乘B类型人数占被调查人数所占比例即可；
（3）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）本次调查的总人数为8÷16%＝50（人），
故答案为：50；
（2）D类型人数为50×20%＝10（人），
a%=1850×100%＝36%，即a＝36，
B类对应扇形的圆心角度数为360°×1050=72°，
补全条形统计图如下：
故答案为：36，72°；
（3）列表如下：
共有12种等可能的结果，其中选择的两类水果恰好是B类和D类的有2种结果，
所以选择的两类水果恰好是B类和D类的概率为212=16．
【点评】本题考查列表法与树状图法、扇形统计图、条形统计图、概率公式，能够读懂统计图，掌握列表法与树状图法、概率公式是解答本题的关键．
22．（10分）如图是某高速公路悬索桥，为测量索塔的高度，从与索塔MN相距300米的点A观测塔顶M的仰角为30°，斜面AN的坡度i＝1：5，点A，B，C，M，N在同一平面内，AB是桥面，CN是水平线，AB∥CN，AB⊥MN．（计算结果均保留根号）
（1）求索塔桥面以上部分MB的高度；
（2）求索塔MN的高度．
【分析】（1）由题意得，AB＝300米，∠ABM＝∠ABN＝90°，∠BAM＝30°，然后根据an∠BAM=MBAB求解即可；
（2）作AQ⊥CN于点Q，则四边形ABNQ是矩形，根据斜面AN的坡度i＝1：5，求出AQ＝60米即可求解．
【解答】解：（1）由题意得，AB＝300米，∠ABM＝∠ABN＝90°，∠BAM＝30°，
∵tan∠BAM=MBAB，
∴MB=tan30°×300=1003（米）；
（2）如图，作AQ⊥CN于点Q，则四边形ABNQ是矩形，
∴AQ＝BN，NQ＝AB＝300米，
∵斜面AN的坡度i＝1：5，
∴AQNQ=AQ300=15，
∴AQ＝60（米），
∴BN＝60米，
∴MN=BM+BN=(1003+60)米．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握其相关知识点是解题的关键．
23．（12分）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y=12x的图象与反比例函数y=kx（x＞0）的图象交于点A（m，2），在射线OA上取一点B，使得OB：OA＝3：2，过点B作BC⊥y轴于点C．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）直接写出点B的坐标 （6，3） ；
（3）在x轴上存在一点P，使PA+PC的值最小，求点P坐标．
【分析】（1）把点A（m，2）代入解方程得到A（4，2），把A（4，2）代入y=kx（x＞0）得解方程即可得到结论；
（2）过A作AH⊥y轴于H，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′C交x轴于P，则此时PA+PC的值最小，设直线A′C的解析式为y＝mx+n，解方程组求得直线A′C的解析式为y=−54x+3，解方程即可得到结论．
【解答】解：（1）把点A（m，2）代入y=12x得2=12m，
∴m＝4，
∴A（4，2），
把A（4，2）代入y=kx（x＞0）得k＝4×2＝8，
∴反比例函数的解析式为y=8x；
（2）过A作AH⊥y轴于H，
∵A（4，2），
∴AH＝4，OH＝2，
∵BC⊥y轴于点C，
∴BC∥AH，
∴△AOH∽△BOC，
∴AHBC=OHOC=OAOB，
∴4BC=2OC=23，
∴BC＝6，OC＝3，
∴B的坐标为（6，3），
故答案为：（6，3）；
（3）作点A关于x轴的对称点A′，连接A′C交x轴于P，
则此时PA+PC的值最小，
设直线A′C的解析式为y＝mx+n，
∵A（4，2），
∴A′（4，﹣2），
∵C（0，3），
∴4m+n=−2n=3，
∴m=−54n=3，
∴直线A′C的解析式为y=−54x+3，当y＝0时，x=125，
∴P（125，0）．
【点评】本题是反比例函数的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求函数的解析式，轴对称﹣最短路径问题，熟练掌握各知识点是解题的关键．
24．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，连接AC交BD于点F，且AC＝BC，过点C作AD的垂线交AD的延长线于点E．
（1）求证：DC平分∠BDE；
（2）求证：CE是⊙O的切线；
（3）若⊙O的半径为5，CE＝4，求DF的长．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质定理，圆周角定理，圆的内接四边形的性质定理和角平分线的定义解答即可；
（2）利用直角三角形的性质，等腰三角形的性质和等式的性质得到∠OCE＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
（3）过点D作DG⊥OC于点G，利用矩形的判定与性质得到DG＝CE＝4，CG＝DE，利用勾股定理求得CD，BC，AC，AD，延长CO交AB于点H，利用垂径定理分推论和等腰三角形的性质得到∠BCO＝∠ACO，利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
∵∠CDB＝∠CAB，
∴∠CDB＝∠CBA．
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CBA+∠CDA＝180°，
∵∠CDE+∠CDA＝180°，
∴∠CDE＝∠CBA，
∴∠CDB＝∠CDE，
∴DC平分∠BDE；
（2）证明：∵CE⊥AD，
∴∠CDE+∠DCE＝90°，
由（1）知：∠CDB＝∠CDE，
∴∠CDB+∠DCE＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠CDB＝∠OCD，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（3）解：过点D作DG⊥OC于点G，如图，
由（2）知：OC⊥CE，
∵DG⊥OC，CE⊥AD，
∴四边形DGCE为矩形，
∴DG＝CE＝4，CG＝DE，
∵⊙O的半径为5，
∴OD＝OC＝5，
∴OG=OD2−DG2=3，
∴DE＝CG＝OC﹣OG＝2，
∴CD=CE2+DE2=25，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴BC=BD2−CD2=45，
∴AC＝BC＝45，
∴AE=AC2−CE2=8，
∴AD＝AE﹣DE＝8﹣2＝6．
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBD，
∵∠DAC＝∠CBD，
∴∠DBC＝∠BCO．
延长CO交AB于点H，
∵AC＝BC，
∴AC=BC，
∴CH⊥AB，AH＝BH．
∴∠BCO＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠CAD，
∴AD∥OC，
∴△ADF∽△COF，
∴ADDF=OCOF，
∴6DF=55−DF，
∴DF=3011．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，角平分线的定义，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
25．（14分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其中B（4，0），C（0，4），对称轴是直线x＝1．动点M以每秒1个单位长度的速度，沿x轴从点O向点B运动，设运动时间为t（0≤t≤4）秒，过点M作x轴的垂线交BC于点N，交抛物线于点P．
（1）求抛物线解析式；
（2）抛物线的对称轴交BC于点E，顶点是点D，当t为何值时，四边形DENP为平行四边形；
（3）动点M开始运动时，另一动点Q同时以每秒0.5个单位长度的速度，沿x轴从点O向点A运动．当t为何值时，四边形PCQB的面积最大，并求最大面积．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用配方法求得点D坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，进而得到点E坐标，则DE可求，设P（t，−12t2+t+4），N（t，﹣t+4），则PN=−12t2+t+4﹣（﹣t+4）=−12t2+2t，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形的性质得到：当DE＝PN时，四边形DENP为平行四边形，解关于t的方程即可得出结论；
（3）利用二次函数的解析式求得点A坐标，由题意得到0≤t≤4，利用四边形PCQB的面积＝S△OQC+S梯形OCPM+S△PMB求得四边形PCQB的面积=−(t−52)2+574，利用二次函数的性质解答即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于B（4，0），与y轴交于点C（0，4），对称轴是直线x＝1，
∴16a+4b+c=0c=4−b2a=1，
∴a=−12b=1c=4，
∴抛物线解析式为y=−12x2+x+4；
（2）∵y=−12x2+x+4=−12(x−1)2+92，
∴D（1，92），
设直线BC的解析式为y＝kx+n，
∴4k+n=0n=4，
∴k=−1n=4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4．
当x＝1时，y＝﹣1+4＝3，
∴E（1，3），
∴DE=92−3=32，
由题意得：OM＝t，
∵点P为抛物线y=−12x2+x+4上第一象限内的一点，
∴设P（t，−12t2+t+4），
∵过点M作x轴的垂线交BC于点N，交抛物线于点P，
∴N（t，﹣t+4），
∴PN=−12t2+t+4﹣（﹣t+4）=−12t2+2t，
∵四边形DENP为平行四边形，
∴DE＝PN，
∴−12t2+2t=32，
∴t＝1（不合题意，舍去）或t＝3，
∴当t为3秒时，四边形DENP为平行四边形．
（3）由题意得：OQ＝0.5t，OM＝t，
令y＝0，则−12x2+x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝4，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵另一动点Q同时以每秒0.5个单位长度的速度，沿x轴从点O向点A运动，
∴0≤0.5t≤2，
∴0≤t≤4．
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∴BM＝4﹣t，
∵P（t，−12t2+t+4），
∴PM=−12t2+t+4，
∴四边形PCQB的面积＝S△OQC+S梯形OCPM+S△PMB
=12OQ•OC+12（OC+PM）•OM+12PM•MB
=12×0.5t×4+12[4+（−12t2+t+4）]•t+12（−12t2+t+4）（4﹣t）
＝﹣t2+5t+8
=−(t−52)2+574，
∵﹣1＜0，
∴当t=52时，四边形PCQB的面积取得最大值，最大值为574．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，配方法，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，平行四边形的性质，梯形，三角形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
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A
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（A，D）
B
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（B，C）
（B，D）
C
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（C，B）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）