2020届内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷(有答案)

内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．计算2﹣（﹣1）2等于（）
A．1 B．0 C．﹣1 D．3
2．下列计算中，不正确的是（）
A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3y
C．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2
3．函数y=的自变量x的取值范围为（）
A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠2
4．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）
A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.14
5．下列方程中，没有实数根的是（）
A．2x+3=0 B．x2﹣1=0
C． =﹣3 D．x2+x﹣1=0
6．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）
A．B．C．D．
7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）
A．24 B．30 C．18 D．14.4
8．时，代数式的值是（）
A．B．C．D．
9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）
A．4 B．C．D．
10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）
A．B．C．D．
11．已知下列命题：
（1）16的平方根是±4
（2）若x=3，则x2﹣3x=0
（3）六边形的内角和是外角和的2倍
（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形
其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）
A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
13．分解因式：a2b+2ab2+b3= ．
14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是．
15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是件．
16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在
上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为．
18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= ．
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= ．
20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：
①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，
其中正确的结论的个数是．
三、解答题（本大题共6小题，共60分）
21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：
（1）请求出九（2）全班人数；
（2）请把折线统计图补充完整；
（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．
22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：
（1）港口A与小岛C之间的距离；
（2）甲轮船后来的速度．
23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．
（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？
（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．
（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？
24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．
（1）求证：∠DAC=∠DBA；
（2）求证：P是线段AF的中点；
（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．
25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．
26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；
（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；
（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
内蒙古包头市青山区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．计算2﹣（﹣1）2等于（）
A．1 B．0 C．﹣1 D．3
【考点】1E：有理数的乘方．
【分析】先乘方，再加减计算即可．
【解答】解：2﹣（﹣1）2=2﹣1=1．
故选A．
2．下列计算中，不正确的是（）
A．﹣2x+3x=x B．6xy2÷2xy=3y
C．（﹣2x2y）3=﹣6x6y3 D．2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2
【考点】4H：整式的除法；35：合并同类项；47：幂的乘方与积的乘方；49：单项式乘单项式．
【分析】根据同类项、同底数幂的除法、积的乘方以及整式的乘法计算即可．
【解答】解：A、﹣2x+3x=x，正确；
B、6xy2÷2xy=3y，正确；
C、（﹣2x2y）3=﹣8x6y3，错误；
D、2xy2•（﹣x）=﹣2x2y2，正确；
故选C．
3．函数y=的自变量x的取值范围为（）
A．x＞2 B．x＜2 C．x≤2 D．x≠2
【考点】E4：函数自变量的取值范围．
【分析】根据当函数表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零，判断求解即可．
【解答】解：∵函数表达式y=的分母中含有自变量x，
∴自变量x的取值范围为：x﹣2≠0，
即x≠2．
故选D．
4．某校为了了解九年级学生的体能情况，随机抽查了其中的30名学生，测试了1分钟仰卧起坐的次数，并绘制成如图所示的频数分布直方图，请根据图示计算，仰卧起坐次数在30～35次之间的频率是（）
A．0.2 B．0.17 C．0.33 D．0.14
【考点】V8：频数（率）分布直方图．
【分析】根据频率=频数÷总数，代入数计算即可．
【解答】解：利用条形图可得出：仰卧起坐次数在30～35次的频数为5，
则仰卧起坐次数在30～35次的频率为：5÷30≈0.17．
故选B．
5．下列方程中，没有实数根的是（）
A．2x+3=0 B．x2﹣1=0
C． =﹣3 D．x2+x﹣1=0
【考点】AA：根的判别式；B2：分式方程的解．
【分析】A、解一元一次方程，可得出方程有解；B、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=4＞0，即方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；C、解分式方程求出x=2，经检验，x=2是方程的增根，即原分式方程没有实数根；D、由方程的系数结合根的判别式，可得出△=5＞0，即方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．此题得解．
【解答】解：A、∵2x+3=0，
∴x=﹣；
B、在方程x2﹣1=0中，△=02﹣4×1×（﹣1）=4＞0，
∴方程x2﹣1=0有两个不相等的实数根；
C、解分式方程=﹣3，
得：x=2，
∵分母x﹣2=0，
∴原分式方程无解；
D、在方程x2+x﹣1=0中，△=12﹣4×1×（﹣1）=5，
∴方程x2+x﹣1=0有两个不相等的实数根．
故选C．
6．如图，过点C（﹣2，5）的直线AB分别交坐标轴于A（0，2），B两点，则tan∠OAB=（）
A．B．C．D．
【考点】T7：解直角三角形；D5：坐标与图形性质．
【分析】利用待定系数法求得直线AB的解析式，然后求得B的坐标，进而利用正切函数定义求解．
【解答】解：设直线AB的解析式是y=kx+b，
根据题意得：，
解得，
则直线AB的解析式是y=﹣x+2．
在y=﹣x+2中令y=0，解得x=．
则B的坐标是（，0），即OB=．
则tan∠OAB===．
故选B．
7．如图是一个直三棱柱的立体图和主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，它的左视图的面积为（）
A．24 B．30 C．18 D．14.4
【考点】U3：由三视图判断几何体；KS：勾股定理的逆定理；U1：简单几何体的三视图．
【分析】根据主视图、俯视图，根据立体图上的尺寸标注，求得左视图为长方形，其长为6，宽为，进而得到左视图的面积．
【解答】解：如图所示，根据俯视图中三角形的三边分别为3，4，5，
∴俯视图为直角三角形，且斜边为5，
故斜边上的高为=
∵左视图为长方形，其长为6，宽为，
∴左视图的面积=6×=14.4，
故选：D．
8．时，代数式的值是（）
A．B．C．D．
【考点】6D：分式的化简求值．
【分析】先把括号内通分得到原式=﹣•，然后约分得原式=﹣，最后把x=代入，利用二次根式的分母有理化计算即可．
【解答】解：原式=•（﹣）
=﹣•
=﹣，
当x=，原式=﹣=﹣=．
故选B．
9．已知⊙O的半径是4，P是⊙O外的一点，且PO=8，从点P引⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则AB=（）
A．4 B．C．D．
【考点】MG：切线长定理；KL：等边三角形的判定；KQ：勾股定理．
【分析】在Rt△POA中，用勾股定理，可求得PA的长，进而可根据∠APO的正弦值求出AC的长，即可求出AB的长．
【解答】解：如图所示，PA、PB切⊙O于A、B，
因为OA=4，PO=8，
则AP==4，∠APO=30°，
∵∠APB=2∠APO=60°
故△PAB是等边三角形，AB=AP=4
故选C．
10．随机掷一枚质地均匀的硬币三次，则至少有一次反面朝上的概率是（）
A．B．C．D．
【考点】X6：列表法与树状图法．
【分析】根据题意可以写出所有的可能性，从而可以求得至少有一次反面朝上的概率．
【解答】解：由题意可得，
所有的可能性为：（正，正，正）、（正，正，反）、（正，反，正）、（正，反，反）、（反，正，正）、（反，正，反）、（反，反，正）、（反，反，反），
∴至少有一次反面朝上的概率是：，
故选A．
11．已知下列命题：
（1）16的平方根是±4
（2）若x=3，则x2﹣3x=0
（3）六边形的内角和是外角和的2倍
（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形
其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】O1：命题与定理．
【分析】利用平方根的定义、一元二次方程的根、多边形的内角和与外角和及矩形的判定分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：（1）16的平方根是±4，正确，为真命题；
（2）若x=3，则x2﹣3x=0，正确，为真命题；
（3）六边形的内角和是外角和的2倍，正确，为真命题；
（4）顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形，正确，为真命题，
故选D．
12．如图，抛物线y=﹣x2+x+与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若点P是线段AC上方的抛物线上一动点，当△ACP的面积取得最大值时，点P的坐标是（）
A．（4，3）B．（5，）C．（4，）D．（5，3）
【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H7：二次函数的最值．
【分析】连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣），根据S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC构建二次函数，利用函数性质即可解决问题．
【解答】解：连接PC、PO、PA，设点P坐标（m，﹣）
令x=0，则y=，点C坐标（0，），
令y=0则﹣x2+x+=0，解得x=﹣2或10，
∴点A坐标（10，0），点B坐标（﹣2，0），
∴S△PAC=S△PCO+S△POA﹣S△AOC=××m+×10×（﹣）﹣××10=﹣（m﹣5）2+，∴x=5时，△PAC面积最大值为，
此时点P坐标（5，）．
故点P坐标为（5，）．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
13．分解因式：a2b+2ab2+b3= b（a+b）2．
【考点】55：提公因式法与公式法的综合运用．
【分析】先提取公因式，再利用公式法把原式进行因式分解即可．
【解答】解：原式=b（a+b）2．
故答案为：b（a+b）2．
14．如图，已知直线a∥b，△ABC的顶点B在直线b上，∠C=90°，∠1=36°，则∠2的度数是54°．
【考点】JA：平行线的性质．
【分析】过点C作CF∥a，由平行线的性质求出∠ACF的度数，再由余角的定义求出∠BCF的度数，进而可得出结论．
【解答】解：过点C作CF∥a，
∵∠1=36°，
∴∠1=∠ACF=36°．
∵∠C=90°，
∴∠BCF=90°﹣36°=54°．
∵直线a∥b，
∴CF∥b，
∴∠2=∠BCF=54°．
故答案为：54°．
15．在综合实践课上，六名同学做的作品的数量（单位：件）分别是：5，7，3，x，6，4；若这组数据的平均数是5，则这组数据的中位数是 5 件．
【考点】W4：中位数；W1：算术平均数．
【分析】本题可先算出x的值，再把数据按从小到大的顺序排列，根据中位数定义求解．
【解答】解：由平均数的定义知，得x=5，
将这组数据按从小到大排列为3，4，5，5，6，7，
由于有偶数个数，取最中间两个数的平均数，
其中位数为．
故答案为：5．
16．若关于x的方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为．【考点】AB：根与系数的关系；H7：二次函数的最值．
【分析】由题意可得△=b2﹣4ac≥0，然后根据不等式的最小值计算即可得到结论．
【解答】解：由题意知，方程x2+2mx+m2+3m﹣2=0有两个实数根，
则△=b2﹣4ac=4m2﹣4（m2+3m﹣2）=8﹣12m≥0，
∴m≤，
∵x1（x2+x1）+x22
=（x2+x1）2﹣x1x2
=（﹣2m）2﹣（m2+3m﹣2）
=3m2﹣3m+2
=3（m2﹣m+﹣）+2
=3（m﹣）2 +；
∴当m=时，有最小值；
∵＜，
∴m=成立；
∴最小值为；
故答案为：．
17．如图，在扇形OAB中，∠AOB=110°，半径OA=18，将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C，则的长为5π．
【考点】MN：弧长的计算；PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】如图，连接OD．根据折叠的性质、圆的性质推知△ODB是等边三角形，则易求∠AOD=110°﹣∠DOB=50°；然后由弧长公式弧长的公式l=来求的长．
【解答】解：如图，连接OD．
根据折叠的性质知，OB=DB．
又∵OD=OB，
∴OD=OB=DB，即△ODB是等边三角形，
∴∠DOB=60°．
∵∠AOB=110°，
∴∠AOD=∠AOB﹣∠DO B=50°，
∴的长为=5π．
故答案是：5π．
18．如图，在Rt△AOB中，直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后，得到△A′O′B，且反比例函数y=的图象恰好经过斜边A′B的中点C，若S ABO=4，tan∠BAO=2，则k= 6 ．
【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；G5：反比例函数系数k的几何意义；T7：解直角三角形．
【分析】先根据S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的长度，再根据点C为斜边A′B的中点，求出点C的坐标，点C的横纵坐标之积即为k值．
【解答】解：设点C坐标为（x，y），作CD⊥BO′交边BO′于点D，
∵tan∠BAO=2，
∴=2，
∵S△ABO=•AO•BO=4，
∴AO=2，BO=4，
∵△ABO≌△A'O'B，
∴AO=A′O′=2，BO=BO′=4，
∵点C为斜边A′B的中点，CD⊥BO′，
∴CD=A′O′=1，BD=BO′=2，
∴x=BO﹣CD=4﹣1=3，y=BD=2，
∴k=x•y=3•2=6．
故答案为6．
19．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，若S△DEC=3，则S△BCF= 4 ．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC和△DEF∽△BCF，由已知条件求出△DEF的面积，根据相似三角形的面积比是相似比的平方得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴， =（）2，
∵E是边AD的中点，
∴DE=AD=BC，
∴=，
∴△DEF的面积=S△DEC=1，
∴=，
∴S△BCF=4；
故答案为：4．
20．如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG ⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：
①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，
其中正确的结论的个数是①②③④．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质．
【分析】由正方形的性质得出∠FAD=90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；
证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF=45°，③正确；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出D•FE=AD2=FQ•AC，④正确．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠GAF+∠AFG=90°，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，，
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AC=FG，①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF=90°，S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，③正确；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确；
故答案为：①②③④．
三、解答题（本大题共6小题，共60分）
21．在“书香八桂，阅读圆梦”读书活动中，某中学设置了书法、国学诵读、演讲、征文四个比赛项目（每人只参加一个项目），九（2）班全班同学都参加了比赛，该班班长为了了解本班同学参加各项比赛的情况，收集整理数据后，绘制以下不完整的折线统计图（图1）和扇形统计图（图2），根据图表中的信息解答下列各题：
（1）请求出九（2）全班人数；
（2）请把折线统计图补充完整；
（3）南南和宁宁参加了比赛，请用“列表法”或“画树状图法”求出他们参加的比赛项目相同的概率．
【考点】X6：列表法与树状图法；VB：扇形统计图；VD：折线统计图．
【分析】（1）由演讲人数12人，占25%，即可求得九（2）全班人数；
（2）首先求得书法与国学诵读人数，继而补全折线统计图；
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与他们参加的比赛项目相同的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵演讲人数12人，占25%，
∴出九（2）全班人数为：12÷25%=48（人）；
（2）∵国学诵读占50%，
∴国学诵读人数为：48×50%=24（人），
∴书法人数为：48﹣24﹣12﹣6=6（人）；
补全折线统计图；
（3）分别用A，B，C，D表示书法、国学诵读、演讲、征文，
画树状图得：
∵共有16种等可能的结果，他们参加的比赛项目相同的有4种情况，
∴他们参加的比赛项目相同的概率为： =．
22．甲、乙两条轮船同时从港口A出发，甲轮船以每小时30海里的速度沿着北偏东60°的方向航行，乙轮船以每小时15海里的速度沿着正东方向行进，1小时后，甲船接到命令要与乙船会合，于是甲船改变了行进的速度，沿着东南方向航行，结果在小岛C处与乙船相遇．假设乙船的速度和航向保持不变，求：（1）港口A与小岛C之间的距离；
（2）甲轮船后来的速度．
【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【分析】（1）根据题意画出图形，再根据平行线的性质及直角三角形的性质解答即可．
（2）根据甲乙两轮船从港口A至港口C所用的时间相同，可以求出甲轮船从B到C所用的时间，又知BC 间的距离，继而求出甲轮船后来的速度．
【解答】解：（1）作BD⊥AC于点D，如图所示：
由题意可知：AB=30×1=30海里，∠BAC=30°，∠BCA=45°，
在Rt△ABD中，
∵AB=30海里，∠BAC=30°，
∴BD=15海里，AD=ABcos30°=15海里，
在Rt△BCD中，
∵BD=15海里，∠BCD=45°，
∴CD=15海里，BC=15海里，
∴AC=AD+CD=15+15海里，
即A、C间的距离为（15+15）海里．
（2）∵AC=15+15（海里），
轮船乙从A到C的时间为=+1，
由B到C的时间为+1﹣1=，
∵BC=15海里，
∴轮船甲从B到C的速度为=5（海里/小时）．
23．某批发市场有中招考试文具套装，其中A品牌的批发价是每套20元，B品牌的批发价是每套25元，小王需购买A、B两种品牌的文具套装共1000套．
（1）若小王按需购买A、B两种品牌文具套装共用22000元，则各购买多少套？
（2）凭会员卡在此批发市场购买商品可以获得8折优惠，会员卡费用为500元．若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了y元，设A品牌文具套装买了x包，请求出y与x之间的函数关系式．（3）若小王购买会员卡并用此卡按需购买1000套文具套装，共用了20000元，他计划在网店包邮销售这两种文具套装，每套文具套装小王需支付邮费8元，若A品牌每套销售价格比B品牌少5元，请你帮他计算，A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本（运算结果取整数）？
【考点】FH：一次函数的应用．
【分析】（1）设小王需购买A、B两种品牌文具套装分别为x套、y套，则，据此求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套即可．
（2）根据题意，可得y=500+0.8×[20x+25]，据此求出y与x之间的函数关系式即可．
（3）首先求出小王购买A、B两种品牌文具套装分别为多少套，然后设A品牌文具套装的售价为z元，则B 品牌文具套装的售价为z+5元，所以125z+875（z+5）≥20000+8×1000，据此求出A品牌的文具套装每套定价不低于多少元时才不亏本即可．
【解答】解：（1）设小王够买A品牌文具x套，够买B品牌文具y套，
根据题意，得：，
解得：，
答：小王够买A品牌文具600套，够买B品牌文具400套．
（2）y=500+0.8[20x+25]
=500+0.8
=500+20000﹣4x
=﹣4x+20500，
∴y与x之间的函数关系式是：y=﹣4x+20500．
（3）根据题意，得：﹣4x+20500=20000，解得：x=125，
∴小王够买A品牌文具套装为125套、够买B品牌文具套装为875套，
设A品牌文具套装的售价为z元，则B品牌文具套装的售价为（z+5）元，
由题意得：125z+875（z+5）≥20000+8×1000，
解得：z≥23.625，
答：A品牌的文具套装每套定价不低于24元时才不亏本．
24．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，∠CBA的平分线交AC于点F，交⊙O于点D，DE⊥AB于点E，且交AC于点P，连结AD．
（1）求证：∠DAC=∠DBA；
（2）求证：P是线段AF的中点；
（3）连接CD，若CD﹦3，BD﹦4，求⊙O的半径和DE的长．
【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）利用角平分线的性质得出∠CBD=∠DBA，进而得出∠DAC=∠DBA；
（2）利用圆周角定理得出∠ADB=90°，进而求出∠PDF=∠PFD，则PD=PF，求出PA=PF，即可得出答案；（3）利用勾股定理得出AB的长，再利用三角形面积求出DE即可．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠CBA，
∴∠CBD=∠DBA，
∵∠DAC与∠CBD都是弧CD所对的圆周角，
∴∠DAC=∠CBD，
∴∠DAC=∠DBA；
（2）证明：∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∵DE⊥AB于E，
∴∠DEB=90°，
∴∠1+∠3=∠5+∠3=90°，
∴∠1=∠5=∠2，
∴PD=PA，
∵∠4+∠2=∠1+∠3=90°，且∠ADB=90°，
∴∠3=∠4，
∴PD=PF，
∴PA=PF，即P是线段AF的中点；
（3）解：连接CD，
∵∠CBD=∠DBA，
∴CD=AD，
∵CD﹦3，∴AD=3，
∵∠ADB=90°，
∴AB=5，
故⊙O的半径为2.5，
∵DE×AB=AD×BD，
∴5DE=3×4，
∴DE=2.4．
即DE的长为2.4．
25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G．
（1）求证：AE⊥BF；
（2）将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP到BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；
（3）将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）运用Rt△ABE≌Rt△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°求证；
（2）△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，解出BP，QB求解；
（3）先求出正方形的边长，再根据面积比等于相似边长比的平方，求得S△AGN=，
再利用S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN求解．
【解答】（1）证明：如图1，
∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF=BE，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∠BAE=∠CBF，
又∵∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠CBF+∠BEA=90°，
∴∠BGE=90°，
∴AE⊥BF．
（2）解：如图2，根据题意得，
FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QF=QB，
令PF=k（k＞0），则PB=2k
在Rt△BPQ中，设QB=x，
∴x2=（x﹣k）2+4k2，
∴x=，
∴sin∠BQP===．
（3）解：∵正方形ABCD的面积为4，
∴边长为2，
∵∠BAE=∠EAM，AE⊥BF，
∴AN=AB=2，
∵∠AHM=90°，
∴GN∥HM，
∴=，
∴=，
∴S△AGN=，
∴S四边形GHMN=S△AHM﹣S△AGN=1﹣=，
∴四边形GHMN的面积是．
26．如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；
（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC 以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t 为何值时，DP=DQ；
（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．
【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，
∴在Rt△COE中，OE===3，
设AD=m，则DE=BD=4﹣m，
∵OE=3，
∴AE=5﹣3=2，
在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，
∴D（﹣，﹣5），
∵C（﹣4，0），O（0，0），
∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），
∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，
∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x2+x；
（2）∵CP=2t，
∴BP=5﹣2t，
∵BD=，DE==，
∴BD=DE，
在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），
∴BP=EQ，
∴5﹣2t=t，
∴t=；
（3）∵抛物线的对称轴为直线x=﹣2，
∴设N（﹣2，n），
又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），
设M（m，y），
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，
则线段EN的中点横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴=﹣1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=×22+×2=16，
∴M（2，16）；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，
则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为=﹣3，
∵EM，CN互相平分，
∴=﹣3，解得m=﹣6，
又∵M点在抛物线上，
∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，
∴M（﹣6，16）；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，
则M为抛物线的顶点，即M（﹣2，﹣）．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．。