2026年中考数学二轮信息必刷卷01（苏州专用）

2026年中考二轮信息必刷卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：130分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1 2 3 4 5 6 7 8 B D B D D D D B 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，满分24分） 9. 3 10.乙 11. y=-2x-4 12. 2.5 13.24° 14. 15. 5≤m≤11 16. ①②④ 三、解答题：本大题共11小题，共82分．把解答过程写在答题卡相对应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明． 17.（6分） 【详解】解： =2+1+ ······（3分） =······（6分） 18.（6分） 【详解】解： ， 解不等式①得：3x-2x+2≤4， X≤2，······（2分） 解不等式②得：3（1-x）＞6-2（2x+1）， 3-3x＞6-4x-2， 4x-3x＞6-2-3， X＞1，······（4分） 不等式组的解集为1＜x≤2， 画出数轴如图所示： ．······（6分） 19.（7分） 【详解】解： =······（2分） ＝ ＝，······（4分） 当a＝2cos45°+tan30°＝时， 原式＝．······（7分） 20.(6分) 【详解】（1）解：画树状图如下： 共有6种等可能出现的结果； ······（3分） （2）摸出颜色不同的两球对应的奖次为二等奖，摸出颜色相同的两球对应的奖次为一等奖， 理由如下： 由树状图可知，摸出颜色不同的两球的结果有4种，摸出颜色相同的两球的结果有2种， ∴摸出颜色不同的两球的概率为，摸出颜色相同的两球的概率为， ∵一等奖的获奖率低于二等奖，， ∴摸出颜色不同的两球对应的奖次为二等奖，摸出颜色相同的两球对应的奖次为一等奖．······（6分） 21.（7分） 【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AEB=∠AFD=90° ， 在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB=CD， ∴∠ABE=∠CDF，······（1分） 在▲CDF和▲ABE 中，， ∴▲ABE≌▲CDF（AAS） ∴DF=BE；······（3分） （2）解：在Rt▲ADE中，AE=4，AD=， ∴DE=，······（5分） 在Rt▲ABE中，∠BAE=60°，AE=4， ∴BE=AE×tan60°=4 ∴BD=DE+BE=．······（7分） 22.（6分） 【详解】（1）解：本次调查学生总数：70÷35%=200（名）， 故答案为：200；······（1分） （2）解：C组：200×30％=60（名），B组：200-70-30-60=40（名）， 补全统计图如图所示， ······（3分） （3）解：B组对应扇形的圆心角度数为360°×=72°， 故答案为：72°；······（4分） （4）解：估计该校研学活动时长为6≤t＜8的学生人数为：3000×=450（名）， 答：估计该校研学活动时长为6≤t＜8的学生人数有450名．······（6分） 23.（8分） 【详解】（1）解：把点A（2，m）代入y=-2x+6得：-2×2+6=m， 解得：m=2，······（2分） ∴点A的坐标为（2，2）， 把A（2，2）代入y=得：2=， 解得：k=4， ∴反比例函数的表达式为y=；······（4分） （2）解：如图，一次函数与y轴交于点D， 联立， 解得：或， ∴点B（1，4）， 把x=0代入y=-2x+6得：y=6， ∴D（0，6），······（6分） 设点C的坐标为（0，m）， ∴S▲ACB=S▲ACD-S▲BCD =- = = ∵S▲ABC=2 ∴， 解得：m=2或m=10， ∴点C的坐标为（0，2）或（0，10）．······（8分） 24.（8分） 【详解】（1）∵CD∥AB，AB与水平地面所成的角的度数为36°， ∴显示屏上沿CD与水平地面所成的角的度数为36°． 过点C作交点D所成铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=36°， ∵CD=15cm， ∴CM=CDcos∠DCM=15×0.809≈12.1（cm）；······（4分） （2）如图，连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，    ∵AB=20cm，O为AB的中点， ∴AO=10cm， ∵CD=15cm，CE=2ED， ∴CE=10cm，······（6分） ∵CD∥AB，OE⊥AB， ∴四边形ACEO为矩形，AC=OE=10cm， ∵∠ACE=90°， ∴∠ACH+∠DCM=∠ACH+∠CAH=90°， ∴∠CAH=∠DCM=36°， ∴AH=AC×cos36°=10×0.809=8.09（cm）， ∴镜头A到地面的距离为60+8.09≈68.1（cm）．······（8分） 25．（8分） 【详解】（1）证明：连接OA，交BC于H，如图所示：    ∵AB=AC， ∴弧AB=弧AC， ∴OA⊥BC， ∵OA=OC， ∴∠OCA=∠OAC， ∵∠ACB+∠OAC=90°， ∴∠ACB+∠OCA=90°， ∵∠ACB=∠ACM， ∴∠ACM+∠OCA=90°， ∴半径OC⊥NM， ∴MN为圆O的切线；······（3分） （2）解：连接DC，如图所示：      ∵OA⊥BC， ∴BH=BC=2， ∵tan∠ABC=， ∴AH==2，······（4分） 设圆O的半径是r， ∵OA²=OH²+BH²， ∴r²=（r-2）²+（2， ∴r=3，······（6分） ∴OH=OA-AH=3-2=1， ∵O，H分别是BD、BC中点， ∴CD=2OH=2， ∵MN是圆O的切线， ∴OC⊥CE， ∴∠OCE=90°， ∴∠OCD+∠DCE=90°， ∵BD为直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠BCO+∠OCD=90°， ∴∠DCE=∠BCO， ∵OB=OC， ∴∠OBC=∠BCO， ∴∠DCE=∠EBC， ∵∠CED=∠CEB ∴▲ECD∽▲EBC， ∴ED：EC=EC：EB=CD：BC=2：4=1：2 令ED=x，则EC=2，EB=x+6， ∴2， ∴x=， ∴ED=．······（8分） 26.（8分） 【详解】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，∠ABC=∠MPN， ∴CD=AB，∠AND=∠DCM=90°，∠ABC=∠MPN=90° ∴AN⊥DM， ∴∠PDA+∠PDN=∠PDA+∠DAP ∴∠PDN=∠DAP ∵∠AND=∠DCM=90° ∴▲AND∽▲DCM， ， ∵CD=AB ∴，······（2分） （2） 解：仍然成立，理由如下： ∵AB∥CD ∴∠ABC+∠C=180° ∵∠ABC=∠MPN ∴∠MPN+∠C=180° ∴∠PNC+∠PMC=180° ∵∠PND+∠PNC=180° ∴∠PND=∠PMC， ∵∠PDN=∠MDC， ∴▲DCM∽▲DPN， ∴ ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB=DC ∴， ∵AD∥CB ∴∠ADP=∠DMC ∴∠ADP=∠PND， ∵∠DAP=∠DAN ∴▲ADP∽▲ADN， ∴， ∴ ∴，······（5分） （3）解：过点 C 作CH⊥AB 于 点H ∵CM⊥BN，CH⊥AB， ∴∠MCH=∠ABN=90°-∠CMH 又∵∠NAB=∠CHM=90° ∴▲CHM∽▲BAN ∴ ∵AB=BC，∠ABC=60° ∴ ∴ ∴．······（8分） 27.（12分） 【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得， 解得， ∴抛物线的表达式为：y=-x²+3x+4；······（3分） （2）由抛物线的表达式知，点C（0，4）， 设直线BC的表达式为：y=kx+b（k≠0） ∵B（4，0），C（0，4） 则， 解得：， 直线BC的表达式为：y=-x+4；······（4分） 设点M（m，0），则点D（m，-m²+3m+4），点E（m，-m+4）， ∴DE=DM-EM=-m²+3m+4+m-4=-m²+4m， ∵OB=OC，故∠OBC=∠OCB=45° ∴∠DEF=∠BEM=45°， ∴DF=DE×sin45°=（-m²+4m）=-······（5分） ∵- ∴当m=2时，DF有最大值为；······（6分） （3）存在，理由： 点A、C的坐标分别为（-1，0）、（0，4） 则AC=，过点E作EH⊥y轴于点H， ①当CA=CE时， 在Rt▲CHE中，∠CHE=90°由勾股定理得CH²+EH²=CE²， 即[4-（-m+4）]²+m²=17， 解得：m1=m2=-（舍去） 故点E的坐标为······（8分） ②当AC=AE时，则AE=AC=，连接AE． 在Rt▲AME中，∠AME=90°由勾股定理得AM²+EM²=AE²． 即[m-（-1）]²+（-m+4）²=17， 解得：m1=m2=0（舍去）， 则-m+4=-3+4=1， 故点E(3,1)；······（10分） ③当EC=EA时，EC²=EA²， 即[4-（-m+4）]²+m²=[m-(-1)]²+（-m+4）²， 解得：m=； 则-m+4=-， 故点E，······（12分） 综上，点E的坐标为或（3，1）或 （综上不写扣一分） 试卷第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考二轮信息必刷卷 数 学 考情速递 中考·新动向：《2026年全市教育工作要点》明确提出：“推动建设高标准现代教育强市、建强新时代苏式教育品牌”。苏州中考数学试卷总分130分，选择题8题（每题3分）、填空题8题（每题3分）、解答题11题。试题突出几何直观与推理能力，如第21题平行四边形与全等三角形的综合证明、第26题矩形背景下的相似与比例关系，强化几何变换与代数推理的融合；第24题以门禁系统为背景，考查解直角三角形的实际应用，体现数学与生活的紧密联系。 中考·新考法：选择题（共8题）注重基础概念与逻辑判断，如第5题尺规作图的条件识别、第8题分类讨论求取值范围，强调思维严谨性。填空题（共8题）考查知识综合运用，如第15题抛物线平移与正方形边界的交点范围、第16题圆中观点题求解，突出几何直观与代数表达的结合。解答题（共11题）分步设问，层层深入，涵盖：基础运算与化简（第17、19题）、统计与概率（第20、22题）、几何证明与建模（第21、23、25题）、函数综合与探究（第26、27题）。其中第27题以抛物线为背景，结合动点、最值、等腰三角形存在性问题，体现探究性与综合性。 中考·新情境：①以实际生活为背景，如第4题测量楼高、第24题门禁系统设计，考查学生建模能力；②以几何探究为主线，如第25题圆的切线与相似综合、第26题四边形中的比例关系，强化几何推理与代数运算的融合；③以函数为载体，如第14题反比例与一次函数交点求值、第27题二次函数综合题，突出数形结合思想。新情境题目要求学生具备较强的阅读理解能力与信息提取能力，提升综合素养。 命题·大预测：①“弦图”类问题（如第21题）是苏州中考几何题的重要载体，涉及圆、三角形、四边形等知识，常与相似、全等、三角函数结合，考查学生的综合推理能力，未来可能以更开放的形式出现。②尺规作图（如第5题）仍是中考必考内容，注重操作性与逻辑性，复习中应强化作图依据与步骤的归纳总结。③二次函数综合题（如第27题）是压轴题的热点方向，结合动点、存在性、最值等问题，考查学生的综合分析能力，未来可能与“新定义”结合，提升试题的探究性与创新性。 （考试时间：120分钟 试卷满分：130分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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．下列各数中，是无理数的是（   ） A． B． C．0 D． 2．如图，由4个相同正方体组合而成的几何体的俯视图是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，分别是和上的点，且．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 4．我校兴趣小组同学为测量校外“御墅临枫”的一栋电梯高层AB的楼高，从校前广场的C处测得该座建筑物顶点A的仰角为45°，沿着C向上走到30米处的D点．再测得顶点A的仰角为22°，已知CD的坡度：i=1：2，A、B、C、D在同一平面内，则高楼AB的高度为（　　）（参考数据；sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40） A．60 B．70 C．80 D．90 5．已知，用尺规作图的方法在上确定一点，使，则一定符合要求的作图痕迹是（   ） A． B． C． D． 6．如图，内接于，过点A作的切线交的延长线于点D．若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 7．如图，直线分别与x轴、y轴相交于点M，N，点P在平面内，，点，则长度的最小值是（    ）    A． B． C．2 D．1 8．题目：“如图，，点B在射线上，，射线在的内部，，点P在射线上，且，Q是射线上的动点，当是钝角三角形时，求的取值范围．”对于其答案，甲答：，乙答：，丙答：，则正确的是（　　）    A．只有乙答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整 C．乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整 二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分． 9．若单项式与是同类项， 则n的值为__________． 10．在一次大学新生射击训练中，甲，乙两位同学射击成绩的方差分别是，，则 _____（填甲或乙）的射击成绩更稳定． 11．已知一次函数的图象与直线平行，且经过点，这个一次函数的解析式是_____． 12．将半径为6cm、圆心角是150°的扇形围成一个圆锥，该圆锥底面的半径为______cm． 13．如图，正六边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则的度数为________． 14．若函数的图像与函数的图像相交于点，则代数式的值为______． 15．如图，已知正方形ABCD中，A（1，1），B（1，2），C（2，2），D（2，1），有一抛物线y=-（x+1）2向上平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的取值范围是______． 16．如图，四边形是的内接四边形，，将绕点旋转至，则下列结论：①平分；②点A，，在同一条直线上；③若，则；④若，则，其中一定正确的是______（填序号）． 三、解答题：本大题共11小题，共82分．把解答过程写在答题卡相对应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明． 17．计算：． 18．解不等式组：，并把解集表示在数轴上． 19．先化简，再求代数式的值，其中a＝2cos45°+tan30°． 20．某超市为回馈广大消费者，在开业周年之际举行摸球抽奖活动．摸球规则如下：在一只不透明的口袋中装有1个白球和2个红球，这些球除颜色外都相同，搅匀后先从中任意摸出1个球(不放回)，再从余下的2个球中任意摸出1个球． (1)请用画树状图或列表的方法列出所有等可能出现的结果； (2)活动设置了一等奖和二等奖两个奖次，一等奖的获奖率低于二等奖．现规定摸出颜色不同的两球和摸出颜色相同的两球分别对应不同奖次，请写出它们分别对应的奖次，并说明理由． 21．如图，中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 22．某学校开展了以“红色文化”为主题的研学活动，为了解学生参与情况，随机抽取部分学生对研学活动时长（用表示，单位：）进行调查．经过整理，将数据分成四组（组：；组：；组：；组：，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图． 请你根据统计图提供的信息，解答下列问题： (1)本次调查中，一共调查了_____名学生； (2)补全条形统计图； (3)扇形统计图中，组对应的扇形圆心角的度数是_____； (4)若该学校共有学生名，请估计该校研学活动时长为的学生人数． 23．如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象相交于，B两点． (1)求反比例函数的表达式； (2)若点为轴上一动点，，求点的坐标． 24．如图1是某小区门口的门禁自动识别系统，主要由可旋转高清摄像机和其下方固定的显示屏构成．图2是其结构示意图，摄像机长，点O为摄像机旋转轴心，O为的中点，显示屏的上沿与平行，，与连接，杆，，，点C到地面的距离为．若与水平地面所成的角的度数为．    (1)求显示屏所在部分的宽度； (2)求镜头A到地面的距离． （参考数据：，，，结果保留一位小数）    25．如图，为的外接圆，，经过点C作直线，，直径的延长线交直线于点E．    (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 26．在四边形中，，，分别为边，上的两点，连接，相交于点，且满足． (1)如图1，如果四边形为矩形时，求证：． (2)如图2，如果四边形为平行四边形时，试问（）的结论是否依然成立？并说明理由． (3)如图3，在四边形中，，，，点M、N分别在边、上，且，求的值 ． 27．如图所示，抛物线经过点，点，与轴交于点，连接，．点是线段上不与点、重合的点，过点作轴，交抛物线于点，交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）过点作，垂足为点．设点的坐标为，请用含的代数式表示线段的长，并求出当为何值时有最大值，最大值是多少？ （3）试探究是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考二轮信息必刷卷 数 学 考情速递 中考·新动向：《2026年全市教育工作要点》明确提出：“推动建设高标准现代教育强市、建强新时代苏式教育品牌”。苏州中考数学试卷总分130分，选择题8题（每题3分）、填空题8题（每题3分）、解答题11题。试题突出几何直观与推理能力，如第21题平行四边形与全等三角形的综合证明、第26题矩形背景下的相似与比例关系，强化几何变换与代数推理的融合；第24题以门禁系统为背景，考查解直角三角形的实际应用，体现数学与生活的紧密联系。 中考·新考法：选择题（共8题）注重基础概念与逻辑判断，如第5题尺规作图的条件识别、第8题分类讨论求取值范围，强调思维严谨性。填空题（共8题）考查知识综合运用，如第15题抛物线平移与正方形边界的交点范围、第16题圆中观点题求解，突出几何直观与代数表达的结合。解答题（共11题）分步设问，层层深入，涵盖：基础运算与化简（第17、19题）、统计与概率（第20、22题）、几何证明与建模（第21、23、25题）、函数综合与探究（第26、27题）。其中第27题以抛物线为背景，结合动点、最值、等腰三角形存在性问题，体现探究性与综合性。 中考·新情境：①以实际生活为背景，如第4题测量楼高、第24题门禁系统设计，考查学生建模能力；②以几何探究为主线，如第25题圆的切线与相似综合、第26题四边形中的比例关系，强化几何推理与代数运算的融合；③以函数为载体，如第14题反比例与一次函数交点求值、第27题二次函数综合题，突出数形结合思想。新情境题目要求学生具备较强的阅读理解能力与信息提取能力，提升综合素养。 命题·大预测：①“弦图”类问题（如第21题）是苏州中考几何题的重要载体，涉及圆、三角形、四边形等知识，常与相似、全等、三角函数结合，考查学生的综合推理能力，未来可能以更开放的形式出现。②尺规作图（如第5题）仍是中考必考内容，注重操作性与逻辑性，复习中应强化作图依据与步骤的归纳总结。③二次函数综合题（如第27题）是压轴题的热点方向，结合动点、存在性、最值等问题，考查学生的综合分析能力，未来可能与“新定义”结合，提升试题的探究性与创新性。 （考试时间：120分钟 试卷满分：130分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24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．下列各数中，是无理数的是（   ） A． B． C．0 D． 【答案】B 【分析】本题考查了无理数的定义，带根号的数要开不尽方才是无理数，无限不循环小数为无理数，如、、0.8080080008……（每两个8之间依次多1个 0 ）等形式，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据无理数是无限不循环小数，可得答案． 【详解】解：A、是分数，属于有理数，故本选项不符合题意； B、是无理数，故本选项符合题意； C、0是整数，属于有理数，故本选项不合题意； D、0.1010010001是有限小数，属于有理数，故本选项不合题意； 2．如图，由4个相同正方体组合而成的几何体的俯视图是（    ） A． B．C． D． 【答案】D 【分析】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提． 根据从上面看到的图形叫俯视图进行判断即可． 【详解】解：从上面看不难看出图形有三列，每列有一个小正方形， 即， 故选：D． 3．如图，在中，，分别是和上的点，且．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行线分线段成比例以及相似三角形的判定和性质判断即可． 【详解】解：A、∵EF//BC，∴即，该选项正确，不符合题意； B、∵EF//BC，∴△AEF△ABC，则，该选项错误，符合题意； C、∵EF//BC，∴△AEF△ABC，则，该选项正确，不符合题意； D、∵EF//BC，∴，该选项正确，不符合题意； 故选：B． 4．我校兴趣小组同学为测量校外“御墅临枫”的一栋电梯高层AB的楼高，从校前广场的C处测得该座建筑物顶点A的仰角为45°，沿着C向上走到30米处的D点．再测得顶点A的仰角为22°，已知CD的坡度：i=1：2，A、B、C、D在同一平面内，则高楼AB的高度为（　　）（参考数据；sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40） A．60 B．70 C．80 D．90 【答案】D 【分析】作AH⊥ED交ED的延长线于H，根据坡度的概念分别求出CE、DE，根据正切的定义求出AB． 【详解】解：作AH⊥ED交ED的延长线于H， 设DE＝x米， ∵CD的坡度：i＝1：2， ∴CE＝8x米， 由勾股定理得，DE2+CE2＝CD8，即x2+（2x）2＝（30）2， 解得，x＝30， 则DE＝30米，CE＝60米， 设AB＝y米，则HE＝y米， ∴DH＝y﹣30， ∵∠ACB＝45°， ∴BC＝AB＝y， ∴AH＝BE＝y+60， 在Rt△AHD中，tan∠DAH＝tan22°= 则≈0.4， 解得，y＝90， ∴高楼AB的高度为90米， 故选：D． 5．已知，用尺规作图的方法在上确定一点，使，则一定符合要求的作图痕迹是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查作图−复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．要使PA+PB=BC，则需使AP=BP，即点P在线段AB的垂直平分线上．据此即可对各个选项进行判断． 【详解】解：∵在BC上确定一点P，使PA+PB=BC， ∴当PA+PB=BC时，点P在线段AB的垂直平分线上， ∴作图正确的是D． 故选：D． 6．如图，内接于，过点A作的切线交的延长线于点D．若，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据切线的性质得到∠OAD=90°，再根据三角形外角性质计算出∠AOB=150°，然后利用圆周角定理得到∠ACB的度数． 【详解】解：∵AD为圆的切线， ∴OA⊥AD，即∠OAD=90°， ∵∠D=60°， ∴∠AOB=∠OAD+∠D=90°+60°=150°， ∴∠ACB=∠AOB=75°． 故选：D． 7．如图，直线分别与x轴、y轴相交于点M，N，点P在平面内，，点，则长度的最小值是（    ）    A． B． C．2 D．1 【答案】D 【分析】以MN为直径作圆E，连接EC并延长交圆E于点P，此时PC的长度最小，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M、N的坐标，进而可得出MN的长度及点E的长度，结合点C的坐标可求出CE的长，再利用CP=EP-CE=MN-CE，即可求出PC长度的最小值． 【详解】解：以MN为直径作圆E，连接EC并延长交圆E于点P，此时PC的长度最小    当x=0时，y=0+6=6， 点N的坐标为（0，6）； 当y=0时，， 解得：x=-8， ∴点M的坐标为（-8，0）． ∴MN=，点E的坐标为（-4，3）． 又∵点C的坐标为(0,3)， ∴CE=4， ∴CP=EP-CE=． 故选：D． 8．题目：“如图，，点B在射线上，，射线在的内部，，点P在射线上，且，Q是射线上的动点，当是钝角三角形时，求的取值范围．”对于其答案，甲答：，乙答：，丙答：，则正确的是（　　）    A．只有乙答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整 C．乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整 【答案】B 【分析】根据角的和与差的关系得到∠BPA=60°，分点Q在线段PH上和点Q在PE的延长线上两种情况，再利用等腰直角三角形的性质及锐角三角函数即可解答． 【详解】解：∵∠OBP=∠AON， ∴∠BPA=∠OBP+∠BOP=∠AON+∠BOP=∠MON=60°， ①当∠BQP为钝角时，如图所示，过点B作BH⊥OA于点H， ∴在RtOHB中，BH⊥OA，∠AOM=45°，OB=2， ∴OH=BH=sin∠AOM×OB=， ∴在RtPHB中，BH⊥OA，PH=，BP=2PH=4， ∴当点Q在线段PH上时，可满足∠BQP为钝角， ∴0＜PQ＜2；    ②当∠BQP为钝角时，如图所示，过点B作BE⊥BP交射线OA于点E，过点B作BH⊥OA于点H， ∴在RtPBE中，BE⊥BP，∠PEB=90°-∠BPA=30°， ∴在RtPHB中，BH⊥OA，PH=，BP=2PH=4， ∴PE=2BP=8， ∴当点Q在PE的延长线上时，可满足∠PBQ为钝角， ∴PQ＞8， 综上，0＜PQ＜2或PQ＞8． 故选：B．    二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分． 9．若单项式与是同类项， 则n的值为__________． 【答案】3 【分析】根据同类项的定义，所含字母相同，并且相同字母的指数也相同，进行计算解答． 【详解】由题意知，1＋2＝n，n＝3， 故填：3． 10．在一次大学新生射击训练中，甲，乙两位同学射击成绩的方差分别是，，则 _____（填甲或乙）的射击成绩更稳定． 【答案】乙 【分析】本题考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 根据方差的定义，方差越小数据越稳定即可求解． 【详解】解：因为S甲²=10.2，S乙²=8.8，方差小的是乙， 所以乙的射击成绩更稳定． 故答案为：乙． 11．已知一次函数的图象与直线平行，且经过点，这个一次函数的解析式是_____． 【答案】y=-2x-4 【分析】本题考查了一次函数图象的性质及一次函数解析式的求解，两一次函数图象平行，则k相同，据此可以设要求的一次函数为y=-2x+b，再将点A（1，-6）坐标代入求出b即可． 【详解】一次函数的图象与直线y=-2x平行， 则可设该一次函数的解析式为y=-2x+b， 将点A（1，-6）代入得，-6=-2+b，解得b=-4， 一次函数解析式为：y=-2x-4， 故答案为：y=-2x-4． 12．将半径为6cm、圆心角是150°的扇形围成一个圆锥，该圆锥底面的半径为______cm． 【答案】2.5 【分析】先利用弧长公式可求出圆锥底面的周长，再利用圆的周长公式即可得． 【详解】解：由题意，这个圆锥底面的周长为=5 则这个圆锥底面的半径为5÷2=2.5（cm）， 故答案为2.5． 13．如图，正六边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则的度数为________． 【答案】24°/24度 【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，先求出一个正六边形和正五边形的内角度数，进而求出∠CAB的度数，再根据等边对等角，求出∠ABC的度数即可． 【详解】解：∵一个正六边形的度数为，一个正五边形的度数为，， ∴∠CAB=360°-120°-108°=132°， 由题意，AC=AB， ∴∠ABC=（180°-132°）÷2=24°； 故答案为：24°． 14．若函数的图像与函数的图像相交于点，则代数式的值为______． 【答案】/0.75 【分析】本题考查反比例函数与一次函数图像的交点问题、分式的化简求值，熟练掌握函数图像上的点的特征是解答的关键．将交点坐标代入两函数的解析式中得到ab=6，2a-b=3，，代入分式中求解即可． 【详解】解：∵函数y=的图像与函数y=2x-3的图像相交于点（a，b）， ∴ab=6,b=2a-3，即2a-b=3， ∴ = = = = 故答案为：． 15．如图，已知正方形ABCD中，A（1，1），B（1，2），C（2，2），D（2，1），有一抛物线y=-（x+1）2向上平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的取值范围是______． 【答案】5≤m≤11 【分析】根据抛物线的平移规律得出平移后的解析式，分别代入A的坐标和C的坐标求得m的值，即可求得m的取值范围． 【详解】解：设平移后的解析式为y=-(x+1)2+m， 将A点坐标代入，得 -4+m=1，解得m=5， 将C点坐标代入，得 -9+m=2，解得m=11， y=-(x+1)2向上平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的取值范围是5≤m≤11， 故答案为5≤m≤11． 16．如图，四边形是的内接四边形，，将绕点旋转至，则下列结论：①平分；②点A，，在同一条直线上；③若，则；④若，则，其中一定正确的是______（填序号）． 【答案】①②④ 【分析】根据圆周角、弦、弧之间的关系即可判断①；根据旋转的性质和圆内接四边形的性质即可判断②；先求出∠BAC=∠CAD=∠BAD=30°，由旋转可知，∠E=∠BAC=30° ，进一步得到AE=AD+DE=AB+AD，AC=CE，作CH⊥AE于点H，则∠AHC=∠CHE=90°，则AH=AC，EH=，进一步得到AE=AC，则AB+AD=AC，即可判断③；在AD截取AM=AB，连接CM，证明CMD是等边三角形，得到∠CDM=60°，由四边形ABCD是圆O的内接四边形即可得∠ABC=120°，即可判断④． 【详解】解：∵BC=CD， ∴弧BC=弧CD ∴∠BAC=∠CAD， ∴AC平分∠BAD， 故①正确； ∵将三角形ABC绕点C旋转至三角形EDC， ∴∠ABC=∠EDC， ∵四边形ABCD是圆O的内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠EDC+∠ADC=180°， ∴点A、D、E在同一条直线上； 故②正确； ∵BC=CD， ∴弧BC=弧CD， ∴∠BAC=∠CAD， ∵∠BAD=60°， ∴∠BAC=∠CAD=∠BAD=30°， 由旋转可知，∠E=∠BAC=30°， ∴∠CAE=∠E=30°，DE=AB， ∴AE=AD+DE=AB+AD,AC=CE, 作CH⊥AE于点H，则∠AHC=∠CHE=90°，    ∴AH=AC，EH=， ∴AE=AH+EH=AC+=AC+AC=AC， ∴AB+AD=AC， 故③错误； 在AD截取AM=AB，连接CM，    ∵BC=CD， ∴弧BC=弧CD， ∴∠BAC=∠CAD， ∵AC=AC， ∴BAC≌ CAM（SAS）， ∴CM=BC， ∴CM=CD， ∵AD-AB=CD， ∴AD-AM=CD， ∵AD-AM=MD， ∴MD=CD， ∴CM=CD=MD， ∴ CMD是等边三角形， ∴∠CDM=60°， ∵四边形ABCD是圆O的内接四边形， ∴∠ABC=180°-∠CDM=120°， 故④正确， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和添加适当的辅助线是解答此题的关键． 三、解答题：本大题共11小题，共82分．把解答过程写在答题卡相对应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明． 17．计算：． 【答案】 【分析】先计零指数幂、负整数指数幂和绝对值，再计算加减． 【详解】解： =2+1+ = 18．解不等式组：，并把解集表示在数轴上． 【答案】1＜x≤2，图见解析 【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了，确定不等式组的解集，在数轴上画出来即可． 【详解】解： ， 解不等式①得：3x-2x+2≤4， X≤2， 解不等式②得：3（1-x）＞6-2（2x+1）， 3-3x＞6-4x-2， 4x-3x＞6-2-3， X＞1， 不等式组的解集为1＜x≤2， 画出数轴如图所示： ． 19．先化简，再求代数式的值，其中a＝2cos45°+tan30°． 【答案】， 【分析】先将括号内通分计算，再将除法变乘法，然后计算出a的值，代入计算即可． 【详解】解： = ＝ ＝， 当a＝2cos45°+tan30°＝时， 原式＝． 20．某超市为回馈广大消费者，在开业周年之际举行摸球抽奖活动．摸球规则如下：在一只不透明的口袋中装有1个白球和2个红球，这些球除颜色外都相同，搅匀后先从中任意摸出1个球(不放回)，再从余下的2个球中任意摸出1个球． (1)请用画树状图或列表的方法列出所有等可能出现的结果； (2)活动设置了一等奖和二等奖两个奖次，一等奖的获奖率低于二等奖．现规定摸出颜色不同的两球和摸出颜色相同的两球分别对应不同奖次，请写出它们分别对应的奖次，并说明理由． 【答案】(1)共有6种等可能出现的结果 (2)摸出颜色不同的两球对应的奖次为二等奖，摸出颜色相同的两球对应的奖次为一等奖 【分析】此题考查的是用树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． （1）画出树状图即可； （2）由树状图可知，摸出颜色不同的两球的结果有4种，摸出颜色相同的两球的结果有2种，再由概率公式去摸出颜色不同的两球的概率和摸出颜色相同的两球的概率，进而得出结论． 【详解】（1）解：画树状图如下： 共有6种等可能出现的结果； （2）摸出颜色不同的两球对应的奖次为二等奖，摸出颜色相同的两球对应的奖次为一等奖， 理由如下： 由树状图可知，摸出颜色不同的两球的结果有4种，摸出颜色相同的两球的结果有2种， ∴摸出颜色不同的两球的概率为，摸出颜色相同的两球的概率为， ∵一等奖的获奖率低于二等奖，， ∴摸出颜色不同的两球对应的奖次为二等奖，摸出颜色相同的两球对应的奖次为一等奖． 21．如图，中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)BD=5 【分析】（1）由AE⊥BD，CF⊥BD，可得∠AEB=∠CFD=90°，又由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，AB=CD，即可证得∠ABE=∠CDF，则可证得▲ABE≌▲CDF，最后根据全等三角形的性质即可得证； （2）在Rt▲ADE中，由勾股定理求得DE的长，在Rt▲ABE中，解直角三角形求得BE的攻，据此得到答案即可． 【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AEB=∠AFD=90° ， 在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB=CD， ∴∠ABE=∠CDF， 在▲CDF和▲ABE 中，， ∴▲ABE≌▲CDF（AAS） ∴DF=BE； （2）解：在Rt▲ADE中，AE=4，AD=， ∴DE=， 在Rt▲ABE中，∠BAE=60°，AE=4， ∴BE=AE×tan60°=4 ∴BD=DE+BE=． 22．某学校开展了以“红色文化”为主题的研学活动，为了解学生参与情况，随机抽取部分学生对研学活动时长（用表示，单位：）进行调查．经过整理，将数据分成四组（组：；组：；组：；组：，并绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图． 请你根据统计图提供的信息，解答下列问题： (1)本次调查中，一共调查了_____名学生； (2)补全条形统计图； (3)扇形统计图中，组对应的扇形圆心角的度数是_____； (4)若该学校共有学生名，请估计该校研学活动时长为的学生人数． 【答案】(1)200； (2)补全统计图见解析； (3)72°； (4)估计该校研学活动时长为6≤t＜8的学生人数有450名． 【分析】本题考查了条形统计图，扇形统计图，圆心角，用样本估计总体，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． （1）用“A”组的人数除以所占比例即可得出答案； （2）先求出“C”组的人数，然后利用总人数减去A、C、D组人数，即可补全条形统计图； （3）用360°乘以“B”所占的比例即可； （4）学校总人数乘以D组人数所占的比即可得出答案． 【详解】（1）解：本次调查学生总数：70÷35%=200（名）， 故答案为：200； （2）解：C组：200×30％=60（名），B组：200-70-30-60=40（名）， 补全统计图如图所示， （3）解：B组对应扇形的圆心角度数为360°×=72°， 故答案为：72°； （4）解：估计该校研学活动时长为6≤t＜8的学生人数为：3000×=450（名）， 答：估计该校研学活动时长为6≤t＜8的学生人数有450名． 23．如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象相交于，B两点． (1)求反比例函数的表达式； (2)若点为轴上一动点，，求点的坐标． 【答案】(1) (2)（0，2）或（0，10） 【分析】本题主要考查了求反比例函数解析式，反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法，求出反比例函数解析式． （1）把点A（2，m）代入y=-2x+6求出m的值，然后将点A的坐标代入y=求出k的值即可得出答案； （2）求出点B（1，4），把x=0代入y=-2x+6得：y=6，求出D(0,6)，设点C的坐标为(0,m)，根据S▲ABC=2，得出，求出m的值，即可得出答案． 【详解】（1）解：把点A（2，m）代入y=-2x+6得：-2×2+6=m， 解得：m=2， ∴点A的坐标为（2，2）， 把A（2，2）代入y=得：2=， 解得：k=4， ∴反比例函数的表达式为y=； （2）解：如图，一次函数与y轴交于点D， 联立， 解得：或， ∴点B（1，4）， 把x=0代入y=-2x+6得：y=6， ∴D（0，6）， 设点C的坐标为（0，m）， ∴S▲ACB=S▲ACD-S▲BCD =- = = ∵S▲ABC=2 ∴， 解得：m=2或m=10， ∴点C的坐标为（0，2）或（0，10）． 24．如图1是某小区门口的门禁自动识别系统，主要由可旋转高清摄像机和其下方固定的显示屏构成．图2是其结构示意图，摄像机长，点O为摄像机旋转轴心，O为的中点，显示屏的上沿与平行，，与连接，杆，，，点C到地面的距离为．若与水平地面所成的角的度数为．    (1)求显示屏所在部分的宽度； (2)求镜头A到地面的距离． （参考数据：，，，结果保留一位小数） 【答案】(1)12.1cm (2)68.1cm 【分析】本题考查三角函数的实际应用，准确认清线段关系，作出合适的直角三角形是解题的关键． （1） 过点C作点D所在铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=36°，由三角形边角关系即可求出答案； （2）连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，在Rt▲ACH中，由∠CAH=36°，AC=10，即可求出CH，从而得出答案． 【详解】（1）∵CD∥AB，AB与水平地面所成的角的度数为36°， ∴显示屏上沿CD与水平地面所成的角的度数为36°． 过点C作交点D所成铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=36°， ∵CD=15cm， ∴CM=CDcos∠DCM=15×0.809≈12.1（cm）； （2）如图，连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，    ∵AB=20cm，O为AB的中点， ∴AO=10cm， ∵CD=15cm，CE=2ED， ∴CE=10cm， ∵CD∥AB，OE⊥AB， ∴四边形ACEO为矩形，AC=OE=10cm， ∵∠ACE=90°， ∴∠ACH+∠DCM=∠ACH+∠CAH=90°， ∴∠CAH=∠DCM=36°， ∴AH=AC×cos36°=10×0.809=8.09（cm）， ∴镜头A到地面的距离为60+8.09≈68.1（cm）． 25．如图，为的外接圆，，经过点C作直线，，直径的延长线交直线于点E．    (1)求证：为的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)ED= 【分析】（1）连接OA，交BC于H，根据垂径定理得出OA⊥BC，证明∠ACM+∠OCA=90°，得出半径OC⊥NM，即可证明结论； （2）连接DC，求出圆的半径r=3，求出OH=OA-AH=3-2=1，根据中位线性质得出CD=2OH=2，证明▲ECD∽▲EBC，得出ED：EC=EC：EB=CD：BC=2：4=1：2令ED=x，则EC=2，EB=x+6，根据2，求出x=，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接OA，交BC于H，如图所示：    ∵AB=AC， ∴弧AB=弧AC， ∴OA⊥BC， ∵OA=OC， ∴∠OCA=∠OAC， ∵∠ACB+∠OAC=90°， ∴∠ACB+∠OCA=90°， ∵∠ACB=∠ACM， ∴∠ACM+∠OCA=90°， ∴半径OC⊥NM， ∴MN为圆O的切线； （2）解：连接DC，如图所示：      ∵OA⊥BC， ∴BH=BC=2， ∵tan∠ABC=， ∴AH==2， 设圆O的半径是r， ∵OA²=OH²+BH²， ∴r²=（r-2）²+（2， ∴r=3， ∴OH=OA-AH=3-2=1， ∵O，H分别是BD、BC中点， ∴CD=2OH=2， ∵MN是圆O的切线， ∴OC⊥CE， ∴∠OCE=90°， ∴∠OCD+∠DCE=90°， ∵BD为直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠BCO+∠OCD=90°， ∴∠DCE=∠BCO， ∵OB=OC， ∴∠OBC=∠BCO， ∴∠DCE=∠EBC， ∵∠CED=∠CEB ∴▲ECD∽▲EBC， ∴ED：EC=EC：EB=CD：BC=2：4=1：2 令ED=x，则EC=2，EB=x+6， ∴2， ∴x=， ∴ED=． 26．在四边形中，，，分别为边，上的两点，连接，相交于点，且满足． (1)如图1，如果四边形为矩形时，求证：． (2)如图2，如果四边形为平行四边形时，试问（）的结论是否依然成立？并说明理由． (3)如图3，在四边形中，，，，点M、N分别在边、上，且，求的值 ． 【答案】(1)见解析 (2)结论仍然成立，理由见解析 (3) 【分析】（1）由四边形ABCD为矩形，∠ABC=∠MPN，可得▲AND∽▲DCM，，结合CD=AB，即可求解， （2）由已知可得▲DCM∽▲DPN，进而得到，由▲ADP∽▲ADN，可得，通过等量代换，即可求解， （3）过点 C 作CH⊥AB 于 点H，通过证明▲CHM∽▲BAN，然后根据相似三角形的性质进行推理计算． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，∠ABC=∠MPN， ∴CD=AB，∠AND=∠DCM=90°，∠ABC=∠MPN=90° ∴AN⊥DM， ∴∠PDA+∠PDN=∠PDA+∠DAP ∴∠PDN=∠DAP ∵∠AND=∠DCM=90° ∴▲AND∽▲DCM， ， ∵CD=AB ∴， （2） 解：仍然成立，理由如下： ∵AB∥CD ∴∠ABC+∠C=180° ∵∠ABC=∠MPN ∴∠MPN+∠C=180° ∴∠PNC+∠PMC=180° ∵∠PND+∠PNC=180° ∴∠PND=∠PMC， ∵∠PDN=∠MDC， ∴▲DCM∽▲DPN， ∴ ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB=DC ∴， ∵AD∥CB ∴∠ADP=∠DMC ∴∠ADP=∠PND， ∵∠DAP=∠DAN ∴▲ADP∽▲ADN， ∴， ∴ ∴， （3）解：过点 C 作CH⊥AB 于 点H ∵CM⊥BN，CH⊥AB， ∴∠MCH=∠ABN=90°-∠CMH 又∵∠NAB=∠CHM=90° ∴▲CHM∽▲BAN ∴ ∵AB=BC，∠ABC=60° ∴ ∴ ∴． 27．如图所示，抛物线经过点，点，与轴交于点，连接，．点是线段上不与点、重合的点，过点作轴，交抛物线于点，交于点． （1）求抛物线的表达式； （2）过点作，垂足为点．设点的坐标为，请用含的代数式表示线段的长，并求出当为何值时有最大值，最大值是多少？ （3）试探究是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y=-x²+3x+4；（2）DF=-，m=2时，DF最大值为；（3）存在，点E的坐标为或（3，1）或 【分析】（1）运用待定系数法将点A、B的坐标代入函数解析式即可得结果； （2）运用待定系数法求出直线BC的解析式，设M（m，0），则点D（m，-m²+3m+4），点E（m，-m+4），用含m的式子表示DF的长，根据二次函数的性质解答即可； （3）分三种情况讨论点E的坐标，①当CA=CE时，根据CH²+EH²=CE²，求出m的值，即可求得E点的坐标；②当AC=AE时，连接AE，根据AM²+EM²=AE²可求出m的值，进一步可求点E的坐标；③当EC=EA时，EC²=EA²，求出m的值即可求得点E的坐标． 【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得， 解得， ∴抛物线的表达式为：y=-x²+3x+4； （2）由抛物线的表达式知，点C（0，4）， 设直线BC的表达式为：y=kx+b（k≠0） ∵B（4，0），C（0，4） 则， 解得：， 直线BC的表达式为：y=-x+4； 设点M（m，0），则点D（m，-m²+3m+4），点E（m，-m+4）， ∴DE=DM-EM=-m²+3m+4+m-4=-m²+4m， ∵OB=OC，故∠OBC=∠OCB=45° ∴∠DEF=∠BEM=45°， ∴DF=DE×sin45°=（-m²+4m）=- ∵- ∴当m=2时，DF有最大值为； （3）存在，理由： 点A、C的坐标分别为（-1，0）、（0，4） 则AC=，过点E作EH⊥y轴于点H， ①当CA=CE时， 在Rt▲CHE中，∠CHE=90°由勾股定理得CH²+EH²=CE²， 即[4-（-m+4）]²+m²=17， 解得：m1=m2=-（舍去） 故点E的坐标为 ②当AC=AE时，则AE=AC=，连接AE． 在Rt▲AME中，∠AME=90°由勾股定理得AM²+EM²=AE²． 即[m-（-1）]²+（-m+4）²=17， 解得：m1=m2=0（舍去）， 则-m+4=-3+4=1， 故点E(3,1)； ③当EC=EA时，EC²=EA²， 即[4-（-m+4）]²+m²=[m-(-1)]²+（-m+4）²， 解得：m=； 则-m+4=-， 故点E， 综上，点E的坐标为或（3，1）或 试卷第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $