福建省莆田市2019-2020学年中考数学考前模拟卷(1)含解析

福建省莆田市2019-2020学年中考数学考前模拟卷（1）
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．某车间需加工一批零件，车间20名工人每天加工零件数如表所示：
每天加工零件
数
4 5 6 7 8
人数 3 6 5 4 2
每天加工零件数的中位数和众数为( )
A．6，5 B．6，6 C．5，5 D．5，6
2．若分式
1
1
x-
有意义，则x的取值范围是
A．x＞1 B．x＜1 C．x≠1D．x≠0
3．分别写有数字0，﹣1，﹣2，1，3的五张卡片，除数字不同外其他均相同，从中任抽一张，那么抽到负数的概率是（）
A．1
5
B．
2
5
C．
3
5
D．
4
5
4．下列基本几何体中，三视图都是相同图形的是（）
A．B．C．D．
5．如图1所示，甲、乙两车沿直路同向行驶，车速分别为20 m/s和v(m/s)，起初甲车在乙车前a (m)处，两车同时出发，当乙车追上甲车时，两车都停止行驶．设x(s)后两车相距y (m)，y与x的函数关系如图2所示．有以下结论：
①图1中a的值为500；
②乙车的速度为35 m/s；
③图1中线段EF应表示为5005x
+；
④图2中函数图象与x轴交点的横坐标为1．
其中所有的正确结论是（）
A．①④B．②③
C．①②④D．①③④
6．实数21
-的相反数是（）
A．21
-B．21
+C．21
--D．12
-
7．已知关于x的一元二次方程3x2+4x﹣5=0，下列说法正确的是（）
A．方程有两个相等的实数根
B．方程有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
8．如图所示的图形为四位同学画的数轴，其中正确的是（）
A．B．
C．D．
9．如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E给好落在AB的延长线上，连接AD，下列结论不一定正确的是（）
A．AD∥BC B．∠DAC=∠E C．BC⊥DE D．AD+BC=AE
10．如图，在平面直角坐标中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相
似比为1
3
，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为（）
A ．（3，2）
B ．（3，1）
C ．（2，2）
D ．（4，2）
11．小张同学制作了四张材质和外观完全一样的书签，每个书签上写着一本书的名称或一个作者姓名，分别是：《西游记》、施耐庵、《安徒生童话》、安徒生，从这四张书签中随机抽取两张，则抽到的书签正好是相对应的书名和作者姓名的概率是( )
A ．12
B ．13
C ．14
D ．16
12．解分式方程12x -﹣3=42x -时，去分母可得（ ） A ．1﹣3（x ﹣2）=4
B ．1﹣3（x ﹣2）=﹣4
C ．﹣1﹣3（2﹣x ）=﹣4
D ．1﹣3（2﹣x ）=4
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图，根据刘徽的这种表示法，观察图①，可推算图②中所得的数值为_____．
14．如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，点E 、F 分别是AO 、AD 的中点，若AB ＝6cm ，BC ＝8cm ，则EF ＝_____cm ．
15．如图，在四边形ABCD 中，//AD BC ，90B ∠=︒，8AD cm =，6AB cm =，BC 10cm =，点Q 从点A 出发以1/cm s 的速度向点D 运动，点P 从点B 出发以2/cm s 的速度向C 点运动，P 、Q 两点同时出发，其中一点到达终点时另一点也停止运动．若DP DQ ≠，当t =__s 时，DPQ ∆是等腰三角形．
16．如图，在边长为1的正方形格点图中，B、D、E为格点，则∠BAC的正切值为_____．
17．某小区购买了银杏树和玉兰树共150棵用来美化小区环境，购买银杏树用了12000元，购买玉兰树用了9000元.已知玉兰树的单价是银杏树单价的1.5倍，求银杏树和玉兰树的单价.设银杏树的单价为x元，可列方程为______.
18．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是线段BO上的一个动点，点F为射线DC上一点，若∠ABC=60°，∠AEF=120°，AB=4，则EF可能的整数值是_____．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C，•景区管委会又开发了风景优美的景点D，经测量，景点D位于景点A的北偏东30′方向8km处，•位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上，已知AB=5km.景区管委会准备由景点D向公路a修建一条距离最短的公路，不考试其他因素，求出这条公路的长．（结果精确到0.1km）．求景点C与景点D之间的距离．（结果精确到1km）．
20．（6分）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作BC的垂线交⊙O于D，点E在BC的延长线上，且∠DEC ＝∠BAC．求证：DE是⊙O的切线；若AC∥DE，当AB＝8，CE＝2时，求⊙O直径的长．
21．（6分）某校为了解本校九年级男生体育测试中跳绳成绩的情况，随机抽取该校九年级若干名男生，调查他们的跳绳成绩x （次/分），按成绩分成(155)A x <，(155160)B x <„，(160165)C x <„，D(165170)x <„，E(170)x …五个等级．将所得数据绘制成如下统计图．根据图中信息，解答下列问题： 该校被抽取的男生跳绳成绩频数分布直方图
（1）本次调查中，男生的跳绳成绩的中位数在________等级；
（2）若该校九年级共有男生400人，估计该校九年级男生跳绳成绩是C 等级的人数．
22．（8分）中央电视台的“朗读者”节目激发了同学们的读书热情，为了引导学生“多读书，读好书“，某校对八年级部分学生的课外阅读量进行了随机调查，整理调查结果发现，学生课外阅读的本书最少的有5本，最多的有8本，并根据调查结果绘制了不完整的图表，如图所示： 本数（本）
频数（人数） 频率 5
a 0.2 6
18 0.1 7
14 b 8
8 0.16 合计 50 c
我们定义频率=频数抽样人数
，比如由表中我们可以知道在这次随机调查中抽样人数为50人课外阅读量为6
本的同学为18人，因此这个人数对应的频率就是18
50
=0.1．
（1）统计表中的a、b、c的值；
（2）请将频数分布表直方图补充完整；
（3）求所有被调查学生课外阅读的平均本数；
（4）若该校八年级共有600名学生，你认为根据以上调查结果可以估算分析该校八年级学生课外阅读量为7本和8本的总人数为多少吗？请写出你的计算过程．
23．（8分）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：AB∥DE．
24．（10分）俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%．试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售．设每天销售量为y本，销售单价为x元．请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弧CD⊥AB，垂足为H，P为弧AD上一点，连接PA、PB，PB 交CD于E．
（1）如图（1）连接PC、CB，求证：∠BCP=∠PED；
（2）如图（2）过点P作⊙O的切线交CD的延长线于点E，过点A向PF引垂线，垂足为G，求证：
∠APG=1
2
∠F；
（3）如图（3）在图（2）的条件下，连接PH，若PH=PF，3PF=5PG，5O的直径AB．
26．（12分）如图，四边形ABCD的外接圆为⊙O，AD是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线，交DA的延长线于点E，连接BD，且∠E＝∠DBC．
（1）求证：DB平分∠ADC；
（2）若EB＝10，CD＝9，tan∠ABE＝1
2
，求⊙O的半径．
27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知△AOB是等边三角形，点A的坐标是（0，4），点B在一象限，点P（t，0）是x轴上的一个动点，连接AP，并把△AOP绕着点A按逆时针方向旋转，使边AO 与AB重合，连接OD，PD，得△OPD。

（1）当t3时，求DP的长
（2）在点P运动过程中，依照条件所形成的△OPD面积为S
①当t＞0时，求S与t之间的函数关系式
②当t≤0时，要使s 3
P的坐标.
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．A
【解析】
【分析】
根据众数、中位数的定义分别进行解答即可．
【详解】
由表知数据5出现了6次，次数最多，所以众数为5；
因为共有20个数据，
所以中位数为第10、11个数据的平均数，即中位数为
662+=6， 故选A ．
【点睛】
本题考查了众数和中位数的定义．用到的知识点：一组数据中出现次数最多的数据叫做这组数据的众数．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；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数． 2．C
【解析】
【分析】
【详解】
分式分母不为0，所以10x -≠，解得1x ≠.
故选：C.
3．B
【解析】
试题分析：根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率. 因此，从0，﹣1，﹣2，1，3中任抽一张，那么抽到负数的概率是
25
. 故选B.
考点：概率.
4．C
【解析】
【分析】
根据主视图、左视图、俯视图的定义，可得答案．
球的三视图都是圆，
故选C．
【点睛】
本题考查了简单几何体的三视图，熟记特殊几何体的三视图是解题关键．
5．A
【解析】
分析：①根据图象2得出结论; ②根据(75,125)可知：75秒时，两车的距离为125m,列方程可得结论; ③根据图1，线段的和与差可表示EF的长；④利用待定系数法求直线的解析式，令y=0可得结论.
详解：①y是两车的距离，所以根据图2可知：图1中a的值为500，此选项正确；②由题意得：
75×20+500-75y=125,v=25,则乙车的速度为25m/s,故此选项不正确；③图1中：
EF=a+20x-vx=500+20x-25x=500-5x.故此选项不正确；④设图2的解析式为：y=kx+b,把（0,500）和（75,125）
代入得：
500
75125
b
k b
=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得
5
500
k
b
=-
⎧
⎨
=
⎩
，∴y=-5x+500,
当y=0时，-5x+500=0,x=1,即图2中函数图象与x轴交点的横坐标为1，此选项正确；其中所有的正确结论是①④；故选A.
点睛：本题考查了一次函数的应用，根据函数图象，读懂题目信息，理解两车间的距离与时间的关系是解题的关键.
6．D
【解析】
【分析】
根据相反数的定义求解即可．
【详解】
1的相反数是1，
故选D．
【点睛】
本题考查了实数的性质，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
7．B
【解析】
试题分析：先求出△=42﹣4×3×（﹣5）=76＞0，即可判定方程有两个不相等的实数根．故答案选B.
考点：一元二次方程根的判别式．
8．D
【解析】
根据数轴三要素：原点、正方向、单位长度进行判断.
【详解】
A选项图中无原点，故错误；
B选项图中单位长度不统一，故错误；
C选项图中无正方向，故错误；
D选项图形包含数轴三要素，故正确；
故选D.
【点睛】
本题考查数轴的画法，熟记数轴三要素是解题的关键.
9．C
【解析】
【分析】
利用旋转的性质得BA=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∠C=∠E，再通过判断△ABD为等边三角形得到AD=AB，∠BAD=60°，则根据平行线的性质可判断AD∥BC，从而得到∠DAC=∠C，于是可判断∠DAC=∠E，接着利用AD=AB，BE=BC可判断AD+BC=AE，利用∠CBE=60°，由于∠E的度数不确定，所以不能判定BC⊥DE．
【详解】
∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，
∴BA=BD，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∠C=∠E，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD=AB，∠BAD=60°，
∵∠BAD=∠EBC，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠C，
∴∠DAC=∠E，
∵AE=AB+BE，
而AD=AB，BE=BC，
∴AD+BC=AE，
∵∠CBE=60°，
∴只有当∠E=30°时，BC⊥DE．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质．
10．A
【解析】
【详解】
∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为1
3
，
∴AD
BG
=
1
3
，
∵BG=6，
∴AD=BC=2，
∵AD∥BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴OA
OB
=
1
3
，
∴
2OA
OA
=
1
3
，
解得：OA=1，∴OB=3，
∴C点坐标为：（3，2），
故选A．
11．D
【解析】
【分析】
根据题意先画出树状图得出所有等情况数和到的书签正好是相对应的书名和作者姓名的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】
解：根据题意画图如下：
共有12种等情况数，抽到的书签正好是相对应的书名和作者姓名的有2种情况，
则抽到的书签正好是相对应的书名和作者姓名的概率是
2
12
＝
1
6
；
故选D．
【点睛】
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步
完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
12．B
【解析】
【分析】
方程两边同时乘以（x-2），转化为整式方程，由此即可作出判断．
【详解】
方程两边同时乘以（x-2），得
1﹣3（x﹣2）=﹣4，
故选B．
【点睛】
本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键.
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．3-
【解析】
试题分析：根据有理数的加法，可得图②中表示（+2）+（﹣5）=﹣1，
故答案为﹣1．
考点：正数和负数
14．2.1
【解析】
【分析】
根据勾股定理求出AC，根据矩形性质得出∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，求出BD、OD，根据三角形中位线求出即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BD=AC，BO=OD，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴由勾股定理得：（cm），
∴DO=1cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF=1
2
OD=2.1cm，
故答案为2.1．【点评】
本题考查了勾股定理，矩形性质，三角形中位线的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键.
15．83或74． 【解析】
【分析】
根据题意，用时间t 表示出DQ 和PC ，然后根据等腰三角形腰的情况分类讨论，①当DP QP =时，画出
对应的图形，可知点P 在DQ 的垂直平分线上，QE=12
DQ ，AE=BP ，列出方程即可求出t ；②当DQ PQ =时，过点Q 作QE BC ⊥于E ，根据勾股定理求出PQ ，然后列出方程即可求出t ．
【详解】
解：由运动知，AQ t =，2BP t =，
8AD =Q ，10BC =，
(8)()DQ AD AQ t cm ∴=-=-，(102)()PC BC BP t cm =-=-，
DPQ ∆Q 是等腰三角形，且DQ DP ≠，
①当DP QP =时，过点P 作PE ⊥AD 于点E
∴点P 在DQ 的垂直平分线上， QE=12
DQ ，AE=BP
12
AQ DQ BP ∴+=， 1(8)22t t t ∴+-=， 83
t ∴=， ②当DQ PQ =时，如图，过点Q 作QE BC ⊥于E ，
90BEQ OEQ ∴∠=∠=︒，
//AD BC Q ，90B ∠=︒，
90A B ∴∠=∠=︒，
∴四边形ABEQ 是矩形，
6EQ AB ∴==，BE AQ t ==，
PE BP BE t ∴=-=，
在Rt PEQ ∆中，PQ ==，
8DQ t =-Q ∴
8t =-，
74
t ∴=， Q 点P 在边BC 上，不和C 重合，
0210t ∴<„，
05t ∴<„，
∴此种情况符合题意， 即83t =或74
s 时，DPQ ∆是等腰三角形． 故答案为：83或74． 【点睛】
此题考查的是等腰三角形的定义和动点问题，掌握等腰三角形的定义和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
16．34
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可得∠BAC=∠BDC ，然后求出tan ∠BDC 的值即可．
【详解】
由图可得，∠BAC=∠BDC ，
∵⊙O 在边长为1的网格格点上，
∴BE=3，DB=4，
则tan ∠BDC=
BE DB =34
∴tan ∠BAC=34
故答案为34 【点睛】
本题考查的知识点是圆周角定理及其推论及解直角三角形，解题的关键是熟练的掌握圆周角定理及其推论及解直角三角形.
17．1200090001501.5x x
+= 【解析】
【分析】
根据银杏树的单价为x 元，则玉兰树的单价为1.5x 元，根据“某小区购买了银杏树和玉兰树共1棵”列出方程即可．
【详解】
设银杏树的单价为x 元，则玉兰树的单价为1.5x 元，根据题意，得：
1200090001.5x x
+=1． 故答案为：
1200090001.5x x +=1． 【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键． 18．2，3，1．
【解析】
分析：根据题意得出EF 的取值范围，从而得出EF 的值．
详解：∵AB=1，∠ABC=60°， ∴
当点E 和点B 重合时，∠FBD=90°，∠BDC=30°，则EF=1；
当点E 和点O 重合时，∠DEF=30°，则△EFD 为等腰三角形，则EF=FD=2，
∴EF 可能的整数值为2、3、1．
点睛：本题主要考查的就是菱形的性质以及直角三角形的勾股定理，属于中等难度的题型．解决这个问题的关键就是找出当点E 在何处时取到最大值和最小值，从而得出答案．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（1）景点D 向公路a 修建的这条公路的长约是3.1km ；（2）景点C 与景点D 之间的距离约为4km ．
【解析】
【详解】
解：（1）如图，过点D 作DE ⊥AC 于点E ，
过点A 作AF ⊥DB ，交DB 的延长线于点F ，在Rt △DAF 中，∠ADF=30°，
∴AF=12AD=12
×8=4，∴==
在Rt △ABF 中，
∴BD=DF ﹣3，sin ∠ABF=45
AF AB =，
在Rt△DBE中，sin∠DBE=DB
BD
，∵∠ABF=∠DBE，∴sin∠DBE=
4
5
，
∴DE=BD•sin∠DBE=4
5
×（43﹣3）=
16312
5
-
≈3.1（km），
∴景点D向公路a修建的这条公路的长约是3.1km；（2）由题意可知∠CDB=75°，
由（1）可知sin∠DBE=4
5
=0.8，所以∠DBE=53°，
∴∠DCB=180°﹣75°﹣53°=52°，
在Rt△DCE中，sin∠DCE=DB
DC
，∴DC=
3.1
sin520.79
DE
︒
=≈4（km），
∴景点C与景点D之间的距离约为4km．
20．（1）见解析；（2）⊙O直径的长是45．
【解析】
【分析】
（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
（2）先判断出AC⊥BD，进而求出BC=AB=8，进而判断出△BDC∽△BED，求出BD，即可得出结论．【详解】
证明：（1）连接BD，交AC于F，
∵DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠DCE＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠DEC+∠CDE＝90°，
∵∠DEC＝∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE＝90°，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BAC＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，
∴BD⊥DE，
∴DE是⊙O切线；
解：（2）∵AC∥DE，BD⊥DE，
∴BD⊥AC．
∵BD是⊙O直径，
∴AF＝CF，
∴AB＝BC＝8，
∵BD⊥DE，DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠BDE＝90°，∠DBC＝∠EBD，∴△BDC∽△BED，
∴BD
BE
＝
BC
BD
，
∴BD2＝BC•BE＝8×10＝80，
∴BD＝
即⊙O直径的长是
【点睛】
此题主要考查圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，第二问中求出BC=8是解本题的关键．
21．（1）C;(2)100
【解析】
【分析】
（1）根据中位数的定义即可作出判断；
（2）先算出样本中C等级的百分比，再用总数乘以400即可.
【详解】
解：（1）由直方图中可知数据总数为40个，第20，21个数据的平均数为本组数据的中位数，第20，21个数据的等级都是C等级，故本次调查中，男生的跳绳成绩的中位数在C等级；
故答案为C.
（2）400 10
40
=100（人）
答：估计该校九年级男生跳绳成绩是C等级的人数有100人.
【点睛】
本题考查了中位数的求法和用样本数估计总体数据，理解相关知识是解题的关键.
22．（1）10、0.28、1；（2）见解析；（3）6.4本；（4）264名；
【解析】
【分析】
（1）根据百分比=所占人数总人数
计算即可； （2）求出a 组人数，画出直方图即可；
（3）根据平均数的定义计算即可；
（4）利用样本估计总体的思想解决问题即可；
【详解】
（1）a=50×
0.2=10、b=14÷50=0.28、c=50÷50=1； （2）补全图形如下：
（3）所有被调查学生课外阅读的平均本数=105618+714+8850
⨯+⨯⨯⨯=6.4（本） （4）该校八年级共有600名学生，该校八年级学生课外阅读7本和8本的总人数有600×
14850+=264（名）． 【点睛】
本题考查频数分布直方图、样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23．详见解析.
【解析】
试题分析：利用SSS 证明△ABC ≌△DEF ，根据全等三角形的性质可得∠B=∠DEF ，再由平行线的判定即可得AB ∥DE ．
试题解析：证明：由BE ＝CF 可得BC ＝EF ，
又AB ＝DE ，AC ＝DF ，
故△ABC ≌△DEF （SSS ），
则∠B=∠DEF ，
∴AB ∥DE ．
考点：全等三角形的判定与性质.
24．（1）y=﹣10x+740（44≤x≤52）；（2）当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【解析】
【分析】
（1）售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则售单价每上涨（x﹣44）元，每天销售量减少10（x ﹣44）本，所以y=300﹣10（x﹣44），然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围；（2）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
（3）利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=（x﹣40）（﹣10x+740），再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．
【详解】
（1）y=300﹣10（x﹣44），
即y=﹣10x+740（44≤x≤52）；
（2）根据题意得（x﹣40）（﹣10x+740）=2400，
解得x1=50，x2=64（舍去），
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
（3）w=（x﹣40）（﹣10x+740）
=﹣10x2+1140x﹣29600
=﹣10（x﹣57）2+2890，
当x＜57时，w随x的增大而增大，
而44≤x≤52，
所以当x=52时，w有最大值，最大值为﹣10（52﹣57）2+2890=2640，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决二次函数应用类问题时关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）AB=1
【解析】
【分析】
（1）由垂径定理得出∠CPB=∠BCD，根据∠BCP=∠BCD+∠PCD=∠CPB+∠PCD=∠PED即可得证；（2）连接OP，知OP=OB，先证∠FPE=∠FEP得∠F+2∠FPE=180°，再由∠APG+∠FPE=90得
2∠APG+2∠FPE=180°，据此可得2∠APG=∠F，据此即可得证；
（3）连接AE，取AE中点N，连接HN、PN，过点E作EM⊥PF，先证∠PAE=∠F，由tan∠PAE=tan∠F
得PE EM
AP MF
=，再证∠GAP=∠MPE，由sin∠GAP=sin∠MPE得
GP EM
AP PE
=，从而得出
MF GP
AP AP
=，即
MF=GP，由3PF=5PG即
3
5
PG
PF
=，可设PG=3k，得PF=5k、MF=PG=3k、PM=2k，由∠FPE=∠PEF
知PF=EF=5k、EM=4k及PE=25k、AP=
35
2
PE
tan PAE
=
∠
k，证∠PEM=∠ABP得BP=35k，继而
可得BE=5k=2，据此求得k=2，从而得出AP、BP的长，利用勾股定理可得答案．【详解】
证明：（1）∵AB是⊙O的直径且AB⊥CD，
∴∠CPB=∠BCD，
∴∠BCP=∠BCD+∠PCD=∠CPB+∠PCD=∠PED，
∴∠BCP=∠PED；
（2）连接OP，则OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
∵PF是⊙O的切线，
∴OP⊥PF，则∠OPF=90°，
∠FPE=90°﹣∠OPE，
∵∠PEF=∠HEB=90°﹣∠OBP，
∴∠FPE=∠FEP，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∴∠APG+∠FPE=90°，
∴2∠APG+2∠FPE=180°，
∵∠F+∠FPE+∠PEF=180°，
∵∠F+2∠FPE=180°
∴2∠APG=∠F，
∴∠APG=1
2
∠F；
（3）连接AE，取AE中点N，连接HN、PN，过点E作EM⊥PF于M，
由（2）知∠APB=∠AHE=90°，
∵AN=EN，
∴A、H、E、P四点共圆，
∴∠PAE=∠PHF，
∵PH=PF，
∴∠PHF=∠F，
∴∠PAE=∠F，
tan∠PAE=tan∠F，
∴PE EM AP MF
=，
由（2）知∠APB=∠G=∠PME=90°，∴∠GAP=∠MPE，
∴sin∠GAP=sin∠MPE，
则GP EM AP PE
=，
∴MF GP AP AP
=，
∴MF=GP，∵3PF=5PG，
∴
3
5 PG
PF
=，
设PG=3k，则PF=5k，MF=PG=3k，PM=2k 由（2）知∠FPE=∠PEF，
∴PF=EF=5k，
则EM=4k，
∴tan∠PEM=21
42
k
k
=，tan∠F=
44
33
k
k
=，
∴tan∠PAE=
4
3 PE
AP
=，
∵2225
PM EM k
+=，
∴AP=
35
2
PE
tan PAE
=
∠
k，
∵∠
APG+∠EPM=∠EPM+∠PEM=90°，
∴∠APG=∠PEM，
∵∠APG+∠OPA=∠ABP+∠BAP=90°，且∠OAP=∠OPA，∴∠APG=∠ABP，
∴∠PEM=∠ABP，
则tan∠ABP=tan∠PEM，即AP PM BP EM
=，
∴35
2
2
4
k k BP k
=，
则BP=35k，
∴BE=5k=25，
则k=2，
∴AP=35、BP=65，
根据勾股定理得，AB=1．
【点睛】
本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、四点共圆条件、相似三角形的判定与性质、三角函数的应用等知识点．
26．（1）详见解析；（2）OA＝15
2
．
【解析】
【分析】
（1）连接OB，证明∠ABE=∠ADB，可得∠ABE=∠BDC，则∠ADB=∠BDC；（2）证明△AEB∽△CBD，AB=x，则BD=2x，可求出AB，则答案可求出．【详解】
（1）证明：连接OB，
∵BE 为⊙O 的切线，
∴OB ⊥BE ，
∴∠OBE ＝90°，
∴∠ABE+∠OBA ＝90°，
∵OA ＝OB ，
∴∠OBA ＝∠OAB ，
∴∠ABE+∠OAB ＝90°，
∵AD 是⊙O 的直径，
∴∠OAB+∠ADB ＝90°，
∴∠ABE ＝∠ADB ，
∵四边形ABCD 的外接圆为⊙O ，
∴∠EAB ＝∠C ，
∵∠E ＝∠DBC ，
∴∠ABE ＝∠BDC ，
∴∠ADB ＝∠BDC ，
即DB 平分∠ADC ；
（2）解：∵tan ∠ABE ＝12
， ∴设AB ＝x ，则BD ＝2x ，
∴AD =，
∵∠BAE ＝∠C ，∠ABE ＝∠BDC ，
∴△AEB ∽△CBD ， ∴
BE AB BD CD
=， ∴1029x x =，
解得x ＝
∴AB ＝15，
∴OA ＝152
． 【点睛】
本题考查切线的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题．
27．（1）（2）①2(0)4=+f s t t t ；②312,(,033⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
P P P . 【解析】
【分析】
（1）先判断出△ADP 是等边三角形，进而得出DP=AP ，即可得出结论；
（2）①先求出GH= 2，进而求出DG ，再得出DH ，即可得出结论；
②分两种情况，利用三角形的面积建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵A （0，4），
∴OA=4，
∵P （t ，0），
∴OP=t ，
∵△ABD 是由△AOP 旋转得到，
∴△ABD ≌△AOP ，
∴AP=AD ，∠DAB=∠PAO ，
∴∠DAP=∠BAO=60°，
∴△ADP 是等边三角形，
∴DP=AP ， ∵3t = ，
∴OP 3=，
∴()==++=2222DP AP AO OP =4319；
（2）①当t ＞0时，如图1，BD=OP=t ，
过点B ，D 分别作x 轴的垂线，垂足于F ，H ，过点B 作x 轴的平行线，分别交y 轴于点E ，交DH 于点G ，
∵△OAB 为等边三角形，BE ⊥y 轴，
∴∠ABP=30°，AP=OP=2，
∵∠ABD=90°，
∴∠DBG=60°，
∴DG=BD•sin60°=32t ， ∵GH=OE=2， ∴3DH=2t 2
+ ， ∴()⎛⎫•=+=+> ⎪ ⎪⎝
⎭21133S=OP DH t 2t t t t 02224 ； ②当t≤0时，分两种情况：
∵点D 在x 轴上时，如图2
在Rt △ABD 中，43BD OP 3
==， (1)当43t 03-<≤ 时，如图3，BD=OP=-t ，=-3BG t 2
，
∴33DH GF BF BG 2t 2t 22⎛⎫==-=--=+ ⎪ ⎪⎝
⎭， ∴⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝
⎭=S 133t 2t 2 ∴3t =-t 3=， ∴3p ,03⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ 或()
3,0-， （2）当43t 3
≤- 时，如图4，
BD=OP=-t ，3DG=t 2
-， ∴3DH=t 2--， ∴()133t 2t 224⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝
⎭∴2123t 3-=或2123t 3
-=（舍） ∴2123p ,0⎫--⎪⎪⎝⎭
． 【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积公式以及解直角三角形，正确作出辅助线是解决本题的关键．。