精品解析：2026年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生暨初中学业水平考试数学模拟试卷（一）

2026年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生暨初中学业水平考试数学模拟试卷（一） 注意事项： 1．全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟． 2．考生使用答题卡作答． 3．在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡上．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回． 4．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 5．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 6．保持答题卡面清洁，不得折叠、污染、破损等． A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 一、单选题 1. 2026的相反数是（ ） A. 2026 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用只有符号不同的两个数互为相反数解答即可． 【详解】解：的相反数是符号相反的． 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据合并同类项、幂的乘方、同底数幂除法、同底数幂乘法法则逐项判断即可． 【详解】解：A．，即选项A错误； B． ，即选项B错误； C．，即选项C正确； D．，即选项D错误． 3. 八边形的外角和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：∵任意多边形的外角和都为，与边数无关 ∴八边形的外角和为． 4. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：∵关于的一元二次方程有实数根， ∴ 解得： 5. 如图，是的弦，半径，垂足为点，设的半径为，则的长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，由垂径定理得出，由勾股定理求出，即可求出． 【详解】解：连接， ∵是的弦，半径， ∴， 在中， ， ∴． 6. 下列命题中是假命题的是（ ） A. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B. 四条边相等的四边形是菱形 C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】C 【解析】 【详解】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，符合正方形的判定定理，是真命题，不符合题意， B选项，四条边相等的四边形是菱形，符合菱形的判定定理，是真命题，不符合题意， C选项，一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，因此该命题是假命题，符合题意， D选项，对角线相等的平行四边形是矩形，符合矩形的判定定理，是真命题，不符合题意． 7. 如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据得出，再由相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， A、若，则，故本选项不符合题意； B、若，则，故本选项不符合题意； C、若，则，故本选项不符合题意； D、若，无法得到，故本选项符合题意； 8. 如图，二次函数的图象经过，，三点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，函数值y随自变量x的增大而增大 C. 当时，x的取值范围是 D. 方程有两个不相等的实数解 【答案】A 【解析】 【分析】先由题意求出二次函数的解析式为，然后根据二次函数的图象与性质依次排除选项即可． 【详解】解：由二次函数的图象经过，，三点，可得： ，解得：， ∴二次函数的解析式为，故A正确； ∴对称轴为直线，开口向上，当时，函数有最小值，最小值为， ∴当时，函数值y随自变量x的增大而减小，故B错误； 由图象可知：当时，x的取值范围是或，故C错误； 由可变形为，所以该方程有两个相等的实数根为，故D错误． 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式和二次根式有意义的条件，列出不等式求解即可． 【详解】解：∵式子在实数范围内有意义， ∴， 解得． 10. 方程的解为______． 【答案】 【解析】 【详解】解：方程两边同乘最简公分母，得， 解得， 检验：当时，， ∴是原分式方程的解． 11. 如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，点在轴上，则点的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】可求出，，利用菱形的性质得到，，则可得到，轴，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，轴， ∴． 12. 砖雕是以砖作为雕刻对象的制作技艺，其特点是细腻精致、典雅秀气．图①是一块扇面形的砖雕作品，图②是它的设计图，其中扇形和扇形有相同的圆心O．已知的长为，和的长分别为和，则该砖雕的面积为______． 【答案】140 【解析】 【分析】设扇形的半径为，扇形的半径为，利用弧长公式得出半径之比，结合的长求出和的值，最后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解：设扇形的半径为，扇形的半径为，圆心角为， 弧的长为，弧的长为， ，， ，即． ， ， 解得， ， 该砖雕的面积为 ． 13. 如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点，再分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点．若，的面积为24，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作图—作角平分线、角平分线的性质定理等知识，过点作于点，首先利用三角形面积公式解得的长度，再根据角平分线的性质定理即可获得答案． 【详解】解：如下图，过点作于点， ∵的面积为24，， ∴，即， ∴， 由作图可知，平分， 又∵，， ∴． 故答案为：4． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. （1）计算： （2）解不等式组： 【答案】（1）0；（2） 【解析】 【分析】本题考查了实数的混合运算，解不等式组，解题的关键是： （1）利用负整数指数幂、零指数幂的意义，特殊角的三角函数，二次根式的性质以及二次根式的乘法计算即可； （2）分别求出两个不等式的解集，然后求出公共部分即可． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解： 解不等式①，得： 解不等式②，得： ∴不等式组的解集为． 15. 龙东地区某中学为了解学生对“黑土文化”的了解程度，随机抽取了部分学生进行问卷调查，将调查结果分为“比较了解”“了解一点”“不了解”三个等级，绘制了如下不完整的扇形统计图和条形统计图，请根据统计图信息解答下列问题： （1）本次调查抽取的学生人数为________； （2）补全条形统计图和扇形图的 %； （3）若该校共有1200名学生，估计该校对“黑土文化”“了解一点”的学生人数； （4）若从“了解一点”的3名男生和2名女生中随机抽取2人参加黑土文化宣传活动，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率． 【答案】（1）60人 （2）见解析 （3）720人 （4） 【解析】 【分析】（1）根据“不了解”的人数为6人占比，即可求解； （2）算出“了解一点”的人数，“了解一点”和“比较了解”占比，补全统计图即可； （3）根据样本估计总体的方法求解即可； （4）用列表法求解即可； 【小问1详解】 解：总人数人． 【小问2详解】 解：“了解一点”的人数人． “了解一点”比例， “比较了解”比例， 补全统计图如图： 【小问3详解】 解：该校对“黑土文化”“了解一点”的学生人数人； 【小问4详解】 解：列表如下， 男1 男2 男3 女1 女2 男1 男1，男2 男1，男3 男1，女1 男1，女2 男2 男2，男1 男2，男3 男2，女1 男2，女2 男3 男3，男1 男3，男2 男3，女1 男3，女2 女1 女1，男1 女1，男2 女1，男3 女1，女2 女2 女2，男1 女2，男2 女2，男3 女2，女1 共有20种情况，1男1女有12种情况， 故恰好抽到1名男生和1名女生的概率​． 16. 如图是某商场的自动扶梯，其中为从一楼到二楼扶梯的侧面示意图．小明站在扶梯起点处时，测得天花板上日光灯的仰角为，此时他的眼睛与地面的距离，之后他沿一楼扶梯到达顶端后又沿（）向正前方走了，发现日光灯刚好在他的正上方，已知自动扶梯的坡度为，的长度是． （1）求图中到一楼地面的高度； （2）求日光灯到一楼地面的高度．（，结果精确到） 【答案】（1）到一楼地面的高度为 （2）日光灯到一楼地面的高度为 【解析】 【分析】（1）过点作于，设，然后在中，根据坡度的概念结合勾股定理列方程求解； （2）过点作于，交于，过点作于，交于，由题意可得，四边形、是矩形，，然后在中，利用锐角三角函数解直角三角形． 【小问1详解】 解：过点作于， 设， ∵的坡度为， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即，   解得，即． 答：到一楼地面的高度为． 【小问2详解】 解：如图，过点作于，交于，过点作于，交于， 则，四边形、是矩形，， ∴，，，     由（1）知， ∴， ∴，    在中，， ∴， ∴． 答：日光灯到一楼地面的高度为． 17. 如图，是的直径，点为上的一点，过点作的切线交的延长线于点．连接，过点作的垂线，交于点，交⊙于另一点． （1）求证：； （2）若，求和的长． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）由是切线得到，因此，根据得到，进而得到，因此，再根据等角对等边即可证明结论； （2）先证明得到，因此，可得，，证明，得到，因此，，，根据勾股定理在可求得，进而，由得到，即可求得，从而． 【小问1详解】 证明：∵是切线，是的直径， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 18. 已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，；与x轴交于点C． （1）求一次函数和反比例函数的表达式； （2）若点P在y轴上，且满足，求点P的坐标； （3）我们将有一个内角为的三角形称为“半直角三角形”，这个角所对的边为“半直角边”．反比例函数在第四象限的图象上是否存在点Q，使得是不以为“半直角边”的“半直角三角形”？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）点P的坐标为或； （3）存在，点Q的坐标为或 【解析】 【分析】（1）待定系数法进行求解即可； （2）设，根据，结合，列出方程进行求解即可； （3）分和两种情况，进行讨论求解即可． 【小问1详解】 解：∵一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，； ∴，， ∴，， ∴，， ∴，解得：， ∴； 【小问2详解】 解：设直线交轴于点， ∵， ∴当时，，时，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴或， ∴点P的坐标为或； 【小问3详解】 解：存在； ①当时，将绕点旋转90度得到，连接，交的延长线于点，如图，则：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为：，则：， ∴， ∴， 联立，解得：或（舍去）； ∴； ②当时，将绕点旋转90度得到，连接交于点，则，， ∴， ∴， 同法可得：的解析式为：， 联立，解得：或（舍去）， ∴； 综上：点Q的坐标为或． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知实数x，y满足，则______． 【答案】9 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值，将条件变形为，再代入要求代数式进行解答即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：9． 20. 设，是方程的两个根，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据根与系数的关系得出关于的一元一次方程，即可求解． 【详解】解：∵，是方程的两个根， 则，， ∴， 解得：． 21. 如图，点在⊙上，，以为圆心，为半径的扇形内接于⊙．某人向⊙区域内任意投掷一枚飞镖，则飞镖恰好落在扇形内的概率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】分别求得⊙的面积和扇形的面积即可求解． 【详解】解：连接BC， ∵，AB=AC， ∴△ABC是等边三角形， 设⊙的半径为r，如图， 连接OA，过点O作OD⊥AB，则OA=r，AB=2AD， ∠OAD=， ∴，解得， ∴， ∴圆的面积为，扇形的面积为， ∴飞镖恰好落在扇形内的概率为 ， 故答案为： 【点睛】本题考查了几何概率，扇形的面积的计算，等边三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 22. 如图，在菱形中，，，P为线段上一动点，以为折痕将四边形折叠得到四边形，与交于点Q，当为直角三角形时，折痕的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】由折叠可知，，，由菱形的性质可推出，；当时，过点作于点，可得，则，再由，求出，即可求；当时，连接，过点作交于点，可得，则，再由，求出，即可求． 【详解】解：由折叠可知，，， ∵四边形是菱形，且， ∴，，， ，； 如图1，当时，过点作于点， ， ， ∴， ， ∴是等腰直角三角形， ， 在中，，则， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ； 如图2，当时，连接，过点作交于点， ，， 是等边三角形， ，， ， ，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ， 在中，，则， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ； 综上所述：的长为， 23. 我们规定：一个四位自然数，各数位上的数字满足，若满足千位数字与百位数字之差等于十位数字与个位数字之差，则称该自然数为“等差数”．记．例如：自然数2356，因为，，且，所以2356是“等差数”，且；而1347，因为，，，所以1347不是“等差数”．若是“等差数”，且，则的最大值为____；一个“等差数”，将其千位和十位数字调换位置，百位和个位数字调换位置，得到一个新的四位自然数，记．若是一个完全平方数，且满足（，均为正整数），则的最小值为____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，则，且，，，，由题意可得，，从而可得的最大值为，此时，的最大值为，此时，即可得出的最大值为；由题意可得，，，从而可得，表示出；从而可得，求出，结合是一个完全平方数，得出，解得或，求出，分两种情况：当时，当时，分别求出的值，比较即可得出结果． 【详解】解：设，则，且，，，， ∵是“等差数”，且， ∴， ∴，， ∵， ∴的最大值为，此时， ∵， ∴的最大值为，此时， ∴若是“等差数”，且，则的最大值为； ∵一个“等差数”，将其千位和十位数字调换位置，百位和个位数字调换位置，得到一个新的四位自然数， ∴，，， ∴， ∵， ∴ ； ∴ ， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵是一个完全平方数， ∴， ∴， 解得或， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， 当时，，则，， ∴， ∴， ∵，均为正整数， ∴， ∴， ∴，此时； 当时，，则，， ∴， ∴， ∵，均为正整数， ∴或或， 当时，，此时，， 当时，，此时，； 当时，，此时，； ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了整式的加减的应用、二元一次方程的应用、完全平方数等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确理解“等差数”的定义，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 生肖文化是中华传统文化的重要组成部分，承载着吉祥祈福、辞旧迎新的美好寓意．某文创商家为传承和弘扬生肖文化，计划购进甲、乙两种生肖主题纪念币进行销售，已知每枚乙种纪念币的进价是每枚甲种纪念币的进价的1.5倍，用300元购进甲种纪念币的数量比用540元购进乙种纪念币的数量少2枚． （1）求每枚甲、乙两种纪念币的进价各为多少元？ （2）商家发现销售效果较好，在甲、乙两种纪念币的进价保持不变的前提下，再次购进甲、乙两种纪念币共200枚，且购进的总费用不超过8250元，则该商家最少购进多少枚甲种纪念币？ 【答案】（1）每枚甲种纪念币的进价为30元，每枚乙种纪念币的进价为45元 （2）该商家最少购进50枚甲种纪念币 【解析】 【分析】（1）设每枚甲种纪念币的进价为元，每枚乙种纪念币的进价为元．根据用300元购进甲种纪念币的数量比用540元购进乙种纪念币的数量少2枚列出分式方程求解即可得出答案． （2）设商家购进甲种纪念币枚，则购进乙种纪念币枚．根据购进甲、乙两种纪念币共200枚，且购进的总费用不超过8250元列出不等式求解即可得出答案． 【小问1详解】 解：设每枚甲种纪念币的进价为元，每枚乙种纪念币的进价为元． 根据题意得 解得： 经检验是原方程的根， ∴ 答：每枚甲种纪念币的进价为30元，每枚乙种纪念币的进价为45元． 【小问2详解】 解：设商家购进甲种纪念币枚，则购进乙种纪念币枚． 根据题意得 解得： ∴该商家最少购进50枚甲种纪念币． 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）过点B作交抛物线于点D，点P是射线上方抛物线上的一动点，连接与射线交于点E，连接、，当面积最大时，求点P的坐标； （3）在（2）中面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点为点P的对应点，点Q为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标． 【答案】（1） （2） （3）点Q的坐标为或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）过P作轴，交于F，求出，从而可得直线解析式为，进而得出直线的解析式为，联立，可得， 设，则，，表示出，结合二次函数的性质可得当时，最大，由是定值，且，可得最大，即可得出结果； （3）设与交于点L，由勾股定理可得，结合二次函数图象平移的性质可得，先证明，从而可得，求出解析式为，解析式为，当时，联立，计算即可得出；设关于x轴对称点为，求出 直线解析式为，联立，计算即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵抛物线与x轴交于点，两点， ∴， 解得：， ∴抛物线为； 【小问2详解】 解：如图，过P作轴，交于F， 在中，令，则． ∴． 设直线解析式为， 把代入，得， 解得， ∴直线解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， ∴把代入，得， 解得， ∴直线的解析式为， 联立， 解得或， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴当时，最大， ∵是定值，， ∴最大， ∴当面积最大时，； 【小问3详解】 解：设与交于点L， ， ∵，， ∴， ∵将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线， ∴抛物线，向上平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度得到新抛物线，为， 即， ∵点为点P的对应点， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， 设解析式为， 把代入，得， ∴， ∴解析式为， 设解析式为， 把代入，得， ∴， ∴解析式为， 当时，联立， 解得或（舍去）， ∴； 设关于x轴对称点为，直线解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴直线解析式为， ∴联立， 解得（舍去）或， ∴． 综上所述，点Q的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—角度问题，求一次函数的解析式，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 26. 点为所在平面内一点，满足，与交于点． （1）【问题探究】 如图1，将沿着所在直线对折，得到． ①求证：； ②试探究与的数量关系，并说明理由； （2）【问题拓展】 如图2，取的中点，在内部取一点，使，，连接，若，，，当最小时，直接写出的长． 【答案】（1）①证明见解析；②，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）①由和可得，由折叠的性质可得，因此； ②由折叠的性质可得，，，容易证明，则．由，，可判定，则，结合可得，则．由三角形的内角和定理结合等量代换可得，因此； （2）作的外接圆，圆心为，连接、，作于点，取的中点，连接、、，容易判断、、、四点共圆，由可得，为圆的直径．容易证明和，则，结合可得，．由垂径定理可得，，则，从而证明，则，进一步得到为定值，因此点在以点为圆心，为半径的圆弧上，当、、三点共线时，最小．容易判断是等边三角形，则，在中，使用勾股定理计算出的长即可． 【小问1详解】 解：①证明：∵，， ∴，即， 由折叠的性质可得，， ∴； ②，理由如下： 如图，连接， 由折叠的性质可得，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：如图，作的外接圆，圆心为，连接、，作于点，取的中点，连接、、， 由（1）可知，， ∴点也在圆上， ∵， ∴为圆的直径，即点为的中点， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，即， ∵点为的中点， ∴，即， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴为定值， ∴点在以点为圆心，为半径的圆弧上， ∴当、、三点共线时，最小， 如图， ∵，点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∵点为的中点， ∴，， 在中，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年四川省成都市高中阶段教育学校统一招生暨初中学业水平考试数学模拟试卷（一） 注意事项： 1．全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟． 2．考生使用答题卡作答． 3．在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡上．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回． 4．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 5．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 6．保持答题卡面清洁，不得折叠、污染、破损等． A卷（共100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 一、单选题 1. 2026的相反数是（ ） A. 2026 B. C. D. 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 八边形的外角和为（ ） A. B. C. D. 4. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是的弦，半径，垂足为点，设的半径为，则的长为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 6. 下列命题中是假命题的是（ ） A. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B. 四条边相等的四边形是菱形 C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 7. 如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，二次函数的图象经过，，三点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，函数值y随自变量x的增大而增大 C. 当时，x的取值范围是 D. 方程有两个不相等的实数解 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 10. 方程的解为______． 11. 如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，点在轴上，则点的坐标为___________． 12. 砖雕是以砖作为雕刻对象的制作技艺，其特点是细腻精致、典雅秀气．图①是一块扇面形的砖雕作品，图②是它的设计图，其中扇形和扇形有相同的圆心O．已知的长为，和的长分别为和，则该砖雕的面积为______． 13. 如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点，再分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点．若，的面积为24，则________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. （1）计算： （2）解不等式组： 15. 龙东地区某中学为了解学生对“黑土文化”的了解程度，随机抽取了部分学生进行问卷调查，将调查结果分为“比较了解”“了解一点”“不了解”三个等级，绘制了如下不完整的扇形统计图和条形统计图，请根据统计图信息解答下列问题： （1）本次调查抽取的学生人数为________； （2）补全条形统计图和扇形图的 %； （3）若该校共有1200名学生，估计该校对“黑土文化”“了解一点”的学生人数； （4）若从“了解一点”的3名男生和2名女生中随机抽取2人参加黑土文化宣传活动，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率． 16. 如图是某商场的自动扶梯，其中为从一楼到二楼扶梯的侧面示意图．小明站在扶梯起点处时，测得天花板上日光灯的仰角为，此时他的眼睛与地面的距离，之后他沿一楼扶梯到达顶端后又沿（）向正前方走了，发现日光灯刚好在他的正上方，已知自动扶梯的坡度为，的长度是． （1）求图中到一楼地面的高度； （2）求日光灯到一楼地面的高度．（，结果精确到） 17. 如图，是的直径，点为上的一点，过点作的切线交的延长线于点．连接，过点作的垂线，交于点，交⊙于另一点． （1）求证：； （2）若，求和的长． 18. 已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，；与x轴交于点C． （1）求一次函数和反比例函数的表达式； （2）若点P在y轴上，且满足，求点P的坐标； （3）我们将有一个内角为的三角形称为“半直角三角形”，这个角所对的边为“半直角边”．反比例函数在第四象限的图象上是否存在点Q，使得是不以为“半直角边”的“半直角三角形”？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知实数x，y满足，则______． 20. 设，是方程的两个根，且，则______． 21. 如图，点在⊙上，，以为圆心，为半径的扇形内接于⊙．某人向⊙区域内任意投掷一枚飞镖，则飞镖恰好落在扇形内的概率为______． 22. 如图，在菱形中，，，P为线段上一动点，以为折痕将四边形折叠得到四边形，与交于点Q，当为直角三角形时，折痕的长为______． 23. 我们规定：一个四位自然数，各数位上的数字满足，若满足千位数字与百位数字之差等于十位数字与个位数字之差，则称该自然数为“等差数”．记．例如：自然数2356，因为，，且，所以2356是“等差数”，且；而1347，因为，，，所以1347不是“等差数”．若是“等差数”，且，则的最大值为____；一个“等差数”，将其千位和十位数字调换位置，百位和个位数字调换位置，得到一个新的四位自然数，记．若是一个完全平方数，且满足（，均为正整数），则的最小值为____． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 生肖文化是中华传统文化的重要组成部分，承载着吉祥祈福、辞旧迎新的美好寓意．某文创商家为传承和弘扬生肖文化，计划购进甲、乙两种生肖主题纪念币进行销售，已知每枚乙种纪念币的进价是每枚甲种纪念币的进价的1.5倍，用300元购进甲种纪念币的数量比用540元购进乙种纪念币的数量少2枚． （1）求每枚甲、乙两种纪念币的进价各为多少元？ （2）商家发现销售效果较好，在甲、乙两种纪念币的进价保持不变的前提下，再次购进甲、乙两种纪念币共200枚，且购进的总费用不超过8250元，则该商家最少购进多少枚甲种纪念币？ 25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）过点B作交抛物线于点D，点P是射线上方抛物线上的一动点，连接与射线交于点E，连接、，当面积最大时，求点P的坐标； （3）在（2）中面积取得最大值时，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点为点P的对应点，点Q为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点Q的坐标． 26. 点为所在平面内一点，满足，与交于点． （1）【问题探究】 如图1，将沿着所在直线对折，得到． ①求证：； ②试探究与的数量关系，并说明理由； （2）【问题拓展】 如图2，取的中点，在内部取一点，使，，连接，若，，，当最小时，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $