2024年甘肃省武威十四中教研联片中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威十四中教研联片中考数学二模试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在以下永洁环保、绿色食品、节能、绿色环保四个标志中，是轴对称图形是( )
A. B. C. D.
2.据报道，2023年“十一”假期全国国内旅游出游合计7.54亿人次，7.54亿用科学记数法表示是( )
A. 7.54×108B. 7.54×109C. 0.754×109D. 7.54×1010
3.如图，在以O为原点的直角坐标系中，矩形OABC的两边OC、OA分别在x轴、y轴的正半轴上，反比例函数y=kx(x>0)与AB相交于点D，与BC相交于点E，若BD=3AD，且△ODE的面积是9，则k=( )
A. 92
B. 274
C. 245
D. 12
4.如图，已知AB/​/CD/​/EF，AD=3，BC=4，DF=5，则CE的长为( )
A. 323
B. 203
C. 6
D. 154
5.如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为( )
A. 3B. 2 3C. 3 3D. 4 3
6.若关于x，y的方程组2x+y=4x+2y=−3m+2的解满足x−y>−32，则整数m的最小值为( )
A. −3B. −2C. −1D. 0
7.如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE=OF.点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是( )
A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
8.如图，在⊙O中，弦AC与半径OB交于点D，连接OA，BC，若∠B=60°，∠ADB=116°，则∠AOB的度数为( )
A. 132°
B. 120°
C. 112°
D. 110°
9.如图，在四边形ABCD中，以AB为直径的⊙O恰好经过点C，AC，DO交于点E，已知AC平分∠BAD，∠ADC=90°，CD：BC=2： 5，则CE：AE的值为( )
A. 2： 5
B. 4：5
C. 5：2 2
D. 5：8
10.在一个不透明的袋子里装有5个小球，这些小球除颜色外无其他差别，其中红球2个，白球3个，摇匀后，从这个袋子中任意摸出一个球，则这个球是白球的概率是( )
A. 23B. 25C. 35D. 56
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.计算：(3−π)0+2sin30°= ______．
12.写出一个解为x=1y=−1的二元一次方程是______．
13.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=30°，点D，E，F分别是线段AC，AB，DC的中点，下列结论：①△EFB为等边三角形；②S四边形DFBE=12S△ABC；③AE=2DF；④AC=8DG.其中正确的是______．
14.分解因式：4y2−4= ______．
15.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=3.点D为△ABC外一点，满足∠BAD=15°，∠ABD=30°，则△ABD的面积是______．
16.将二次函数y=x2−6x+8用配方法化成y=(x−h)2+k的形式为y= ______．
17.如图，点A、B、O是单位为1的正方形网格上的三个格点，⊙O的半径为OA，点P是优弧AmB的中点，则△APB的面积为______．
18.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=1，AC= 3，将线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，连接BD交AC于点E.过点C作CF⊥AD于点F，CF交AB于点G.给出下列四个结论：
①CF=32，②CE=CG，③ADAF=52，④DE= 3BE．
其中正确的结论是______.(请写出所有正确结论的序号)
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
19.如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，以CE为直径的⊙O交BC于点F，连接DO，且∠DOC=90°．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若DF=2，DC=6，求BE的长．
四、解答题：本题共9小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
(1)计算：4cs30°+20210− 12；
(2)解分式方程：2x−3=1x−1．
21.(本小题4分)
尺规作图．
如图，已知∠AOB与点M、N．
求作：点P，使点P到OA、OB的距离相等，且到点M与点N的距离也相等．(不写作法与证明，保留作图痕迹)
22.(本小题6分)
某中学组织网络安全知识竞赛活动，其中七年级6个班每班参赛人数相同，学校对该年级的获奖人数进行统计，得到平均每班获奖15人，并制作成如图所示不完整的折线统计图．
(1)请求出三班获奖人数，并将折线统计图补充完整；
(2)若二班获奖人数占班级参赛人数的32%，求全年级参赛人数是多少？
23.(本小题6分)
如图，在△ABC和△DBE中，AC=DE，∠2=∠1，∠A=∠D.求证：AB=DB．
24.(本小题6分)
某商场计划购进一批篮球和足球，其中篮球的单价比足球的单价多30元，已知用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等．
(1)篮球和足球的单价各是多少元？
(2)若篮球售价为每个150元，足球售价为每个110元，商场售出足球的数量比篮球数量的三分之一还多10个，且获利超过1300元，问篮球最少要卖多少个？
25.(本小题6分)
先化简，再求值：(1+2a+1)÷a2+6a+9a+1，从−3，−1，2中选择合适的a的值代入求值．
26.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，E、F分别为边AD、BC的中点，对角线AC分别交BE，DF于点G、H.求证：AG=CH．
27.(本小题8分)
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交AB于点E，过点D作⊙O的切线交CO的延长线于点F．
(1)求证：FD/​/AB；
(2)若AC=2 5，BC= 5，求FD的长．
28.(本小题10分)
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线PE交直线BC于点E，过点P作x轴的平行线PF交直线BC于点F，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点Q，使∠CBQ+∠ACO=45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】解：7.54亿=754000000=7.54×108．
故选：A．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|−76，
∴m的最小整数值为−1，
故选：C．
7.【答案】A
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BDC=∠ABD=60°，∠ADB=∠CBD=90°−60°=30°，
∵OE=OF、OB=OD，
∴DF=EB，
∵点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2，
∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2，DE=DE1，E1F2=E2F1,∠F2DC=∠CDF=60°，
∴∠EDA=∠E1DA=30°，
∴∠E1DB=60°，
同理∠F1BD=60°，
∴DE1//BF1，
∵E1F2=E2F1，
∴四边形E1E2F1F2是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO=OB，
∴DE1=DF2=AE1=AE2，即E1E2=E1F2，
∴四边形E1E2F1F2是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB=4，则DF2=DF=1，DE1=DE=3，
在Rt△ABD中，AB=2，AD=2 3，连接AE，AO，
∵∠ABO=60°，BO=2=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE=1，
∴AE= 22−12= 3．
根据对称性可得AE1=AE= 3．
∴AD2=12，DE12=9，AE12=3，
∴AD2=AE12+DE12，
∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1=90°，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1都是等边三角形，则四边形E1E2F2F2是菱形，
∴在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
根据题意，分别证明四边形E1E2F1F2是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵∠ADB=∠B+∠C，
∴∠C=116°−60°=56°，
∴∠AOB=2∠C=112°，
故选：C．
利用三角形的外角的性质求出∠C即可解决问题．
本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9.【答案】D
【解析】解：过C点作CH⊥AB于H，连接OC，如图，
∵AC平分∠BAD，CD⊥AD，CH⊥AB，
∴CD=CB，
∵CD：BC=2： 5，
∴设CD=2x，CH=2x，BC= 5x，
在Rt△BCH中，BH= BC2−CH2=x，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CBA=∠HBC，∠CHB=∠ACB，
∴△BCH∽△BAC，
∴BC：BA=BH：BC，即 5x：AB=x： 5x，
解得AB=5x，
在Rt△ABC中，AC= AB2−BC2=2 5x，
在Rt△ACD中，AD= AC2−CD2= (2 5x)2−(2x)2=4x，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD/​/OC，
∴CEAE=OCAD=52x4x=58．
故选：D．
过C点作CH⊥AB于H，连接OC，如图，根据角平分线的性质得到CD=BC，设CD=2x，CH=2x，BC= 5x，利用勾股定理计算出BH=x，再根据圆周角定理得到∠ACB=90°，则可判断△BCH∽△BAC，利用相似比得到AB=5x，则利用勾股定理可计算出AC=2 5x，AD=4x，接着证明AD/​/OC，然后利用平行线分线段成比例求解．
本题考查了圆周角定理：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了勾股定理和相似三角形的判定与性质．
10.【答案】C
【解析】解：由题意可得，
从这个袋子中任意摸出一个球，则这个球是白球的概率是32+3=35，
故选：C．
根据概率公式，用白球的个数除以总球数即可得到答案．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
11.【答案】2
【解析】解：原式=1+2×12
=1+1
=2．
故答案为：2．
先计算零次幂，再代入特殊角的函数值算乘法，最后算加减．
本题考查了实数的运算，掌握特殊角的函数值及零指数幂的意义是解决本题的关键．
12.【答案】x+y=0
【解析】解：根据题意得：x+y=0．
故答案为：x+y=0
由1与−1列出算式，即可得到所求方程．
此题考查了二元一次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
13.【答案】①②④
【解析】解：①∵∠ABC=90°，∠A=30°，D为AC的中点，
∴AD=CD=BD=BC，
∴△BCD是等边三角形，△BDA是等腰三角形，
∴∠DBC=60°，∠A=∠ABD=30°，
∵F是线段DC的中点，
∴∠CBF=∠DBF=30°，BF⊥CD，
∴∠FBE=∠DBF+∠EBD=60°，
∵E分别是线段AB的中点，
∴BE=AE=12AB，DE⊥AB，
设DF=a，则CF=a，CD=BC=BD=AD=2a，
∴AC=4a,AE=BE= 3a，BF= BC2−CF2= 3a，
∴BF=BE，
∵∠FBE=60°，
∴∠BFE=∠BEF=12(180°−∠FBE)=60°，
∴△EFB是等边三角形，①正确；
②∵DE= AD2−AE2= (2a)2−( 3a)2=a，
∴S四边形DFBE=S△BDE+S△BDF=12BE⋅DE+12DF⋅BF=12× 3a⋅a+12a⋅ 3a= 3a2，
∵S△ABC=12AB⋅BC=12×2 3a⋅2a=2 3a2，
∴S四边形DFBE=12S△ABC，故②正确；
③∵AE= 3a,DF=a，
∴AE= 3DF，故③错误；
④∵△EFB是等边三角形，∠CBF=∠DBF=30°，
∴BG是∠FBE的角平分线，
∴BG⊥EF，
∴∠BGE=∠BGF=90°，
∴EG=12BE= 32a，
∴BG= BE2−EG2= ( 3a)2−( 3a2)2=32a，
∴DG=BD−BG=2a−32a=12a，
∵AC=4a，
∴AC=8DG，故④正确；
综上所述，①②④都正确；
故答案为：①②④．
根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半，得到△BCD是等边三角形，△BDA是等腰三角形，得到∠DBC=60°，∠A=∠ABD=30°，由F分别是线段DC的中点，推出∠CBF=∠DBF=30°，BF⊥CD，易得∠FBE=60°，设DF=a，则CF=a，CD=BC=BD=AD=2a；利用勾股定理求出BF=BE，即可判断①；先利用勾股定理求出DE=a，根据S四边形DFBE=S△BDE+S△BDF=12BE⋅DE+12DF⋅BF=12× 3a⋅a+12a⋅ 3a= 3a2，S△ABC=12AB⋅BC=12×2 3a⋅2a=2 3a2，即可判断②；根据AE= 3a,DF=a，即可判断③；根据△EFB是等边三角形，∠CBF=∠DBF=30°，得到BG⊥EF，由30°角所对的直角边等于斜边的一半，求出EG，再利用勾股定理求出BG，进而得到DG，即可判断④．
此题考查直角三角形的特征和勾股定理，解答本题的关键是根据三角形的中位线定理和勾股定理进行解答．
14.【答案】4(y+1)(y−1)
【解析】解：原式=4(y2−1)
=4(y+1)(y−1)．
故答案为：4(y+1)(y−1)．
首先提取公因式4，再利用平方差公式分解因式即可．
此题考查了提取公因式法以及公式法分解因式，掌握掌握分解因式的步骤是解题关键．
15.【答案】9 3−92
【解析】解：过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，
∴∠AEB=90°，
∵∠C=90°，∠ABC=30°，AC=3，
∴BC= 3AC=3 3，
∵∠ABC=∠ABD=30°，∠C=∠E=90°，AB=AB，
∴△ACB≌△AEB(AAS)，
∴BC=BE=3 3，AC=AE=3，
∵∠ADE是△ADB的一个外角，
∴∠ADE=∠ABD+∠BAD=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=DE=3，
∴BD=BE−DE=3 3−3，
∴△ABD的面积=12BD⋅AE=12×(3 3−3)×3=9 3−92，
故答案为：9 3−92．
过点A作AE⊥BE，交BD的延长线于点E，从而可得∠AEB=90°，再在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BC=3 3，然后利用AAS证明△ACB≌△AEB，从而可得BC=BE=3 3，AC=AE=3，再利用三角形的外角性质可得∠ADE=45°，从而可得△ADE是等腰直角三角形，进而可得AE=DE=3，最后利用线段的和差关系可得BD=3 3−3，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
16.【答案】(x−3)2−1
【解析】解：y=x2−6x+8=x2−6x+9−1=(x−3)2−1，
故答案为：(x−3)2−1．
运用配方法把一般式化为顶点式即可．
本题考查的是二次函数的三种形式，正确运用配方法把一般式化为顶点式是解题的关键．
17.【答案】 2+12
【解析】解：过点B作BC⊥PA于点C，
∵点P是优弧AmB的中点，
∴PA=PB，
∵∠AOB=90°，
∴∠APB=12∠AOB=45°，
∴△PBC是等腰直角三角形，
∴PC=BC，
设PC=x，则PA=PB= 2x，
∴AC=PA−PC=( 2−1)x，
∵AB2=AC2+BC2，AB= 2，
∴2=[( 2−1)x]2+x2，
解得：x2=2+ 22，
∴S△APB=12PA⋅BC= 22x2= 2+12．
故答案为： 2+12．
首先过点B作BC⊥PA于点C，由点P是优弧AmB的中点，可得PA=PB，易得△PBC是等腰直角三角形，设PC=x，则PA=PB= 2x，即可得方程：2=[( 2−1)x]2+x2，继而求得答案．
此题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．
18.【答案】①②④
【解析】解：∵∠ACB=90°，BC=1，AC= 3，
∴tan∠BAC=BCAC=1 3= 33，
∴∠BAC=30°，∠ABC=60°，
∵线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，
∴∠FAB=180°−150°=30°，
则∠FAC=60°，
∵CF⊥AD，
∴sin∠FAC=CFAC=AF 3= 32，
则CF=32，
故①是正确；
∵线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，
∴AD=AB,∠ABD=180°−150°2=15°，
则∠EBC=60°−15°=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠CEB=45°=∠EBC，
则CE=BC，
∵∠FAB=180°−150°=30°，
∴∠BGC=∠ABC=60°，
∴△BCG是等边三角形，
∴CG=BC，
则CE=CG，
故②是正确的；
∵∠FAC=60°，
∴∠ACF=30°，
∴AF=12AC= 32，
∵线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，
∴AD=AB= 3+1=2，
∴ADAF=2 32=4 3=4 33≠52；
故③是错误的；
过点B作BH垂直于直线DF，过点A作AM⊥BD，如图：
∵∠CAF=30°，AB=2，
∴在Rt△ABH中，BH=12AB=1，
∵∠CBE=45°，CB=1，
∴cs∠CBE=BCBE=1BE= 22，
解得BE= 2；
∵线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，
∴AD=AB= 3+1=2，
∵AM⊥BD，
∴DM=MB=12BD，
∵S△ABD=12AD×BH=12BD×AM，
∴AD×BH=BD×AM，
即2×1=2BM×AM=2(AM+BE)×AM=2(AM+ 2)×AM，
则AM2+ 2AM−1=0，
解得AM=− 2+ 62(负值已舍去)，
则ME=AM=− 2+ 62，
∴DM=BM=− 2+ 62+ 2= 2+ 62，
则DE= 2+ 62+− 2+ 62= 6，
∴DE= 3BE，
故④是正确的．
故答案为：①②④．
先由∠ACB=90°，BC=1，AC= 3，得出∠BAC=30°，∠ABC=60°，结合线段AB绕点A顺时针旋转150°得到AD，得∠FAB=30°，即在Rt△ACF中，∠FAC=60°，得出CF=32；由于旋转，得AD=AB，∠ABD=15°，则∠EBC=45°=∠CEB，得CE=BC，因为∠BGC=∠ABC=60°，证明△BCG是等边三角形，则CE=CG；易得AF=12AC= 32，AD=AB=2，所以ADAF≠52；通过等面积法12AB×BH=12BD×AM求出AM的值，再通过等角对等边，得ME=AM，即可作答．
本题考查了直角三角形的性质、解直角三角形、旋转性质、等边对等角：综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=DB，又CO=OE，
∴OD/​/BE，
∴∠CEB=∠DOC=90°，
∴CE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
(2)解：连接EF、ED，
∵BD=CD=6，
∴BF=BD−DF=4，
∵CO=OE，∠DOC=90°，
∴DE=DC=6，
∵CE为⊙O的直径，
∴∠EFC=90°，
∴EF= DE2−DF2=4 2，
∴BE= BF2+EF2=4 3．
【解析】(1)根据三角形中位线定理得到OD//BE，根据平行线的性质、切线的判定定理证明；
(2)连接EF、ED，根据等腰三角形的性质求出BF，根据勾股定理求出EF，根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握切线的判定定理、圆周角定理、三角形中位线定理、勾股定理是解题的关键．
20.【答案】解：(1)原式=4× 32+1−2 3
=2 3+1−2 3
=1；
(2)去分母得：2(x−1)=x−3，
去括号得：2x−2=x−3，
解得：x=−1，
检验：把x=−1代入得：(x−1)(x−3)≠0，
∴分式方程的解为x=−1．
【解析】(1)原式利用特殊角的三角函数值，零指数幂法则，以及二次根式性质计算即可得到结果；
(2)分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，实数的运算，零指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握分式方程的解法及运算法则是解本题的关键．
21.【答案】解：如图所示：

【解析】首先作出∠AOB的角平分线，再作出MN的垂直平分线，两线的交点就是P点．
此题主要考查了角平分线的作法以及线段垂直平分线的作法，熟练地应用角平分线的性质以及垂直平分线的性质是解决问题的关键．
22.【答案】解(1)由题意，得：六个班的总人数为：15×6=90(人)，
三班获奖人数为：90−14−16−17−15−15=13(人)；
补全图形如下：
(2)二班参赛人数：16÷32%=50(人)，
因为6个班每班参赛人数相同，
所以全年级参赛人数：6×50=300(人)．
【解析】(1)根据平均数求出总数，再利用总数减去其他班级获奖人数之和，即可得解；
(2)利用百分比等于频数除以总数，得到二班参赛人数，再乘以6，即可得解．
本题考查了折线图，以及平均数．正确的识图，从折线图中获取有效信息，是解题的关键．
23.【答案】证明：∵∠2=∠1，
∴∠2+∠ABE=∠1+∠ABE，
即∠CBA=∠EBD，
在△ABC△DBE中，
∠CBA=∠EBD∠A=∠DAC=DE，
∴△ABC≌△DBE(AAS)，
∴AB=DB．
【解析】证明△ABC≌△DBE即可得结论成立．
本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解答本题的关键．
24.【答案】解：(1)设足球的单价是x元，则篮球的单价是(x+30)元，
根据题意得：360x=480x+30，
解得：x=90，
经检验，x=90是所列方程的解，且符合题意，
∴x+30=90+30=120．
答：篮球的单价是120元，足球的单价是90元；
(2)设篮球卖了y个，则足球卖了(13y+10)个，
根据题意得：(150−120)y+(110−90)(13y+10)>1300，
解得：y>30，
又∵y，13y+10均为正整数，
∴y的最小值为33．
答：篮球最少要卖33个．
【解析】(1)设足球的单价是x元，则篮球的单价是(x+30)元，利用数量=总价÷单价，结合用360元购进的足球和用480元购进的篮球数量相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出足球的单价，再将其代入(x+30)中，即可求出篮球的单价；
(2)设篮球卖了y个，则足球卖了(13y+10)个，利用总利润=每个的销售利润×销售数量，结合总利润超过1300元，可列出关于y的一元一次不等式，解之可得出y的取值范围，再结合y，13y+10均为正整数，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
25.【答案】解：原式=a+3a+1÷(a+3)2a+1
=a+3a+1⋅a+1(a+3)2
=1a+3，
由分式有意义的条件可知：a不能取−1，−3，
故a=2，
原式=12+3
=15．
【解析】【分析】
根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将a的值代入原式即可求出答案．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
26.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，AD=BC，
∴∠ADF=∠CFH，∠EAG=∠FCH，
∵E、F分别为AD、BC边的中点，
∴AE=DE=12AD，CF=BF=12BC，
∴AE=DE=CF=BF，
∵DE//BF，DE=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE/​/DF，
∴∠AEG=∠ADF，
∴∠AEG=∠CFH，
在△AEG和△CFH中，∠EAG=∠FCH AE=CF ∠AEG=∠CFH ，
∴△AEG≌△CFH(ASA)，
∴AG=CH．
【解析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
根据平行四边形的性质得到AD//BC，得出∠ADF=∠CFH，∠EAG=∠FCH，证出四边形BFDE是平行四边形，得出BE/​/DF，证出∠AEG=∠CFH，由ASA证明△AEG≌△CFH，得出对应边相等即可．
27.【答案】(1)证明：连接OD，如图所示：
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，∠ODF=90°，
∵AB是直径，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=12×90°=45°，
∴∠AOD=90°，
∴∠AOD+∠ODF=180°，
∴FD//AB；
(2)解：过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∵AC=2 5，BC= 5，
，
∵S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅AB⋅CH，
，
，
∴OH=OB−BH=12AB−BH=52−1=32．
∵FD//AB，
∴∠COH=∠F，
∵∠CHO=∠ODF=90°，
∴△CHO∽△ODF，
，
，
∴FD=158．
【解析】【分析】
(1)连接OD，证明∠ODF=90°，∠AOD=90°，∠AOD+∠ODF=180°，即可得结论；
(2)过点C作CH⊥AB于点H，利用勾股定理求出AB，利用面积法求出CH，证明△CHO∽△ODF，推出，由此求出FD即可．
【解答】
(1)证明：连接OD，如图所示：
∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，∠ODF=90°，
∵AB是直径，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=12×90°=45°，
∴∠AOD=90°，
∴∠AOD+∠ODF=180°，
∴FD//AB；
(2)解：过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∵AC=2 5，BC= 5，
，
∵S△ABC=12⋅AC⋅BC=12⋅AB⋅CH，
，
，
∴OH=OB−BH=12AB−BH=52−1=32．
∵FD//AB，
∴∠COH=∠F，
∵∠CHO=∠ODF=90°，
∴△CHO∽△ODF，
，
，
∴FD=158．
【点评】
本题属于圆的综合题，考查了圆的切线的性质，圆周角定理，平行线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
28.【答案】解：(1)把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3得：
a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)设P(m,−m2+2m+3)，
在y=−x2+2x+3中，令x=0得y=3，
∴C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO=∠CBO=45°，
∵PE//OC，PF/​/x轴，
∴∠PEF=∠BCO=45°，∠PFE=∠CBO=45°，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴S△PEF=12PE⋅PF=12PE2，
∴当PE最大时，S△PEF最大，
由C(0,3)，B(3,0)可得直线BC解析式为y=−x+3，
∴E(m,−m+3)，
∴PE=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m=−(m−32)2+94，
∵−1