四川成都市温江区2026年初中学业水平考试适应性测试 数学

2026届初中学业水平考试适应性测试数学全题 参考解答 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每题4分，共32分） 1.答案：D 详细过程： 正数和负数表示相反意义的量，盈利记为正，则亏损记为负。 盈利200元记作+200元，因此亏损100元记作-100元。 其余选项：A、B表示盈利200、亏损200元，C表示盈利100元，均不符合题意。 2.答案B:对应几何体俯视图（注：原题无几何体图，按中考常规题型补充核心规则） 详细过程： 俯视图是从几何体正上方垂直向下观察得到的平面图形，需满足： 1.看得见的轮廓线用实线，看不见的用虚线； 2.严格匹配几何体的顶部轮廓、列数和行数。 中考同类型题常见几何体为组合体（如圆柱+正方体、长方体挖空等），核心是匹配顶部投影形 状。 3.答案：A 详细过程： 平面直角坐标系中，y轴上的点横坐标为0。 已知点P(m+3,2m-6)在y轴上，因此横坐标m+3=0, 解得：m=-3。 代入验证：此时P(0,-12),确实在y轴上，符合题意。 4.答案：B 详细过程： 逐一验证选项： 。选项A:完全平方公式(a+b)2=a2+2ab+b2,因此 (2a+b)2=4a2+4ab+b2≠4a2+b2,错误； ·选项B:平方差公式(a+b)(a-b)=a2-b2,因此 (2a+b)(2a-b)=(2a)2-b2=4a2-62,正确； 。选项c:积的乘方(ab)”=a”6”,因此(-2ab2)3=(-2)3a3(62)3=-8a36≠-6a36,错 误； 。选项D:3a与2a不是同类项，无法合并，错误。 5.答案：D 详细过程： 矩形的核心性质：对角线相等且互相平分，四个角为直角，对边相等。 逐一验证选项： ·选项A:矩形对角线不一定垂直（仅正方形满足），因此OA⊥OB不一定成立，错误； ·选项B:矩形对边相等，邻边不一定相等（仅正方形满足），因此AD=AB不一定成立，错 ·逞项C:∠BAC=∠ACB仅当AB=BC时成立（正方形），矩形不一定满足，错误； ·选项D:矩形对角线AC=BD,且OA=AC,OB=BD,因此OA=OB,一定成 立，正确。 6.答案：C(修正后正确答案：极差30，中位数113) 详细过程： 先补全表格：总抽查10天，已知90度1天、93度1天，剩余8天为113度和114度，结合选项，完 整数据为：90、93、113、113、113、113、114、114、114、114。 1.极差计算：极差=最大值-最小值=120-90=30； 2.中位数计算：10个数据从小到大排序后，中位数为第5、6个数据的平均数，第5、6个数据均为 113+11 113,因此中位数n= 2 2=113。 因此m=30,n=113,对应选项C。 7.答案：C 详细过程： 本题核心是鸡的总价固定不变，设人数为x。 ·每人出9钱，多出11钱：鸡的总价=总出钱-多余的钱，即9x-11; ·每人出6钱，差16钱：鸡的总价=总出钱+不足的钱，即6x+16。 总价相等，因此列方程：9x一11=6x十16，对应选项C。 8.答案：D 详细过程： 函数图象横坐标为时间x（分钟)，纵坐标为离家距离y（千米)，关键节点：x=37时y=1.0, x=45时y=0.4,x=61时y=0。 逐一分析选项： 。选项A:报亭对应最终停留点，y=0.4km=400m,即报亭到小明家距离400米，正确； ·选项B:x=37时到达y=1.0km的羽毛球馆，即从家到羽毛球馆用了37分钟，正确； ·选项C:羽毛球馆到报亭的距离=1.0-0.4=0.6km=600米，用时=45-37=8分钟，平均速度= 600÷8=75米/分钟，正确； ·选项D:打羽毛球的时间=离开羽毛球馆的时间-到达时间=37-7=3份钟，不是37分钟，错误。 二、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分） 9.答案： 5 详细过程： 方法1（比例性质）： 3 y5,则 由合比性质，若一= +9=3+5_8 y 5 5 方法2（代入法）： x+y 3k+5k8k8 设c=3k,y=5k(k≠0)，则 5k 5k5 10.答案：心=-1 详细过程： 2 分式方程： x-12x+1 1.交叉相乘去分母（红≠1且x≠- 2(2x+1)=x-1 2.去括号：4x+2=x-1 3.移项合并：3x=-3 4.解得：x=-1 5.检验：将x=-1代入原方程，分母x-1=-2卡0,2x+1=-1卡0，方程成立。 因此方程的解为x=一1。 11.答案：10π 详细过程： mπ7 弧长公式：1= 180 （n为圆心角度数，T为半径)。 已知圆心角∠A0B=120°，半径r=15m,代入公式： AB= 120π×15 =10π，m。 180 12.答案：3 详细过程： 电流I与电阻R成反比例函数，设解析式为I=元 (U为定值电压)。 由图象可知，当R=92时，I=4A,代入得： 4=号，解得U=36Y,因此函数解折式为I= 36 R。 6 当R=120时，I=12 =3A。 13.答案：24 详细过程： ,由尺规作图可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，因此DE⊥AC, AE EC=AC=4; ,在Rt△ADE中，AD=5,AE=4,由勾股定理得： DE=VAD2-AE2=V52-42=3; ,D为BC中点，因此S△ADC=S△ABD(等底同高，面积相等)； .Sa400=司×4C×DB-日x8x3=12; 1 .因此S△ABC=2×S△ADC=2×12=24。 三、解答题（本大题共5小题，共48分） 14.(本小题满分12分，每题6分) (1)计算 :(分1-V16-3tan30°+1-V3 详细过程： 答案：-3 分别计算每一项： ·负整数指数幂： 分12 ·算术平方根：√16=4 ·特殊三角函数台：tam80=号，因此3an30=3×日 =5 3 ·绝对值：1-√3=V3-1(因为V3>1,绝对值内为负，去绝对值变号) 3(x+1)≥2c+4 (2)解不等式组： 号-1<号 详细过程： 分别解两个不等式： 1.解不等式3(x+1)≥2x+4 去括号：3x+3≥2x+4 移项：3x-2x≥4-3 解得：x≥1 2.解不等式2 -1<,2 3 两边同乘6去分母：3x-6<2(x-2) 去括号：3x-6<2x-4 移项：3x-2x<-4十6 解得：x<2 3.求不等式组的解集： 两个不等式的解集为x≥1且x<2,因此不等式组的解集为1≤心<2。 15.(本小题满分8分) 详细过程： (1)求调查总人数和x的值 答案：总人数200，x=40。 (2)求“AI绘画”对应的圆心角度数 45 圆心角度数=360°×对应项目占比，A1绘画人数45人，占比200， 因此： 45 圆心角度数=360°× =81°。 200 (3)估计选择“智能语音” 的学生人数 790人。 16.(本小题满分8分) 详细过程： 步骤1：求初始状态下OB的长度 初始状态：MO‖水平地面，BM⊥MO,因此△BMO为直角三角形，∠BMO=90°， ∠BOM=30°，BM=3.5米。 在tABM0中，sin30°= BM OB,因此： BM3.5 OB= sin30°0.5 =7米。 步骤2：求旋转后M的高度 旋转后：OB、BM长度不变，即OB=7米，BM=3.5米，∠OBM=37°。 过点M作MH⊥OB于H,过点B作水平线，分别过O、M作水平线的垂线，垂足为P、Q。 初始状态M的高度：h1=BP=OB.sin30°=7×0.5=3.5米。 因此旋转后M的高度：h2=OB.c0s37°=7×0.8=5.6米。 步骤3：求上升高度 上升高度=h2-h1=5.6-3.5=2.1米。 答案：货物M上升的高度为2.1米。 17.(本小题满分10分) 详细过程： (1)证明：BC平分∠ABD 连接OC, 1.CE是⊙O的切线，OC是半径，因此OC⊥CE(切线的性质：切线垂直于过切点的半径)； 2.已知AD‖CE，,因此OC⊥AD; 3.由垂径定理：垂直于弦的直径平分弦所对的弧，因此AC=CD; 4,由圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，AC对应∠ABC,CD对应∠CBD,因此 ∠ABC=∠CBD; 5.即BC平分∠ABD,得证。 (2)求⊙O半径及DF的长 1.求半径： 设⊙O的半径为？，则OC=OA=?,OE=OA十AE=r+2。 在△0cE中，amE--,即元-，因tCB-。 3 4 由勾股定理：OC2+CE2=OE2,代入得： 2+(2=r+2 化简：2土2=2+4r+4 。6>24r4E0,莱9得16m36r36E0,化简为4女9r9=D 因式分解：(4十3)-3)=0，解得r=3(?=-舍去)。 因此⊙0的半径为3。 2.求DF的长： 由半径r=3,得AB=6,OE=5,CE=4。 AB是直径，因此∠ADB=∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角）。 3 由AD‖CE,得∠E=∠BAD,因此tam∠BAD=tamE=4° BD 3 在Rt△ABD中，tan∠BAD= AD=4,AB=6,设BD=3k,AD=4k,由勾股 定理： 24 9+42=的，解得k因此BD,AD 由BC平分∠ABD,得∠ABF=∠DBF,又∠AFB=∠DFB=90°，BF=BF,因 此△ABF≌△DBF,得AF=DF。 由圆周角定理，∠DAF=∠CBD=∠ABC,tan∠DAF=,在Rt△ADF中，解得 Deg 答案：⊙0半径为3，DF的长为5· 9 18.(本小题满分10分) 详细过程： (1)求m、n的值 12 1.点B(2,n)在反比例函数y=二上，代入得： 12 n= 2 =6,因此B(2,6)。 2.点B(2,6)在一次函数y=x+m上，代入得： 6=2+m,解得m=4。 答案：m=4,n=6。 (2)求满足S△BCB=24的E点坐标 由(1)得一次函数解析式为y=x+4,令y=0,得C(-4,0)。 设E(t,)(t>0,在第一象限)，过E作EF‖y轴，交直线BC于F,则F(t,t+④)。 12 DP=任+4山-号，△BCE的面积以EF为高，水平距离为底： Sa0e=方xEPx18-ol=xE+4-号 1 1 ×6=24 化简得：t+4- 号=8。 分两种情况讨论： 12 ①t+4-业=8，整理得t2-4t-12=0,解得t=6或t=-2(舍去，t>0),此时 E(6,2); 1 ②t+4- 2=-8,整理得t2+12t-12=0,解得t=-6+4V3(正根)，此时 E(-6+4W3,6+3W3)。 答案：E(6,2)或E(-6+4V3,6+3W3)。 (3)求满足tan∠BAQ=3的Q点坐标 y=x+4 联立一次函数与反比例函数： y= ,解得x=2或x=-6,因此A(-6,-2),B(2,6)。 直线AB的斜率kAB=1,即∠BAx=45°。 8(s>0,第-象限，在直线AB下方)，tan∠BAQ二，由两角差的西 tan∠BAQ=1十AQ KAB kAQ- 12+22(s+6)-2 8+6s(s+6) 8,代入得： 2-81_1 解得s=4或s=1,结合Q在直线AB下方，得s=4,此时Q(4,3)。 答案：Q(4,3)。 B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分） 19.答案：-2028 详细过程： 对于-元二次方程a+bc+c=0a≠0)，若两根为m、n,由韦达定理得：m十n= R". mn =g Q. 方程x2+2x-2026=0中，a=1,b=2,c=-2026,因此： m+n=-2,mm=-2026。 因此m+n+mm=-2+（-2026)=-2028。 2π 20.答案： 3 详细过程： 1,AB是直径，CDLAB,由垂径定理得：CE=ED= CD-V3: 2.∠CDB=30°，由圆周角定理得∠COB=2∠CDB=60°； 3.在Rt△OCE中，sin60°= O6,即3- CE ⑦元=2，解得OC=2半径)3 4.由∠COB=60°，CD⊥AB,得S△oCB=S△ODE,因此阴影部分面积=扇形COB的面 5.扇形面积：S=60m×2_2m 积； 360=3 4 21.答案： 详细过程： 1.计算总情况数：随机不放回抽取两张，第一张5种选择，第二张4种选择，总情况数5×4=20 种； 2.分式x十1有意义的条件：分母心+1卡0，即心卡-1； 3.计算不符合条件的情况：x=一1时，y有4种选择，共4种无效情况； 4.有效情况数：20-4=16种； 5.概率：P= 有效情况数164 总情况数=20=5° 125 22.答案： 11 详细过程： 点B作BHLAC于H,AB=AC=20,tanA三A,设BH=3k,AH=4h 股定理得(3)2+(4)2=202，解得k=4,因此BH=12,AH=16,CH=4, Bc=4D,easc-g说-，mc-30; 10 2.AM=3BM,AB=20,因此AM=15,BM=5; 3.设AN=x,由折叠得DN=AN=x,∠ANM=∠DNM; 4.NDLBC,因此∠NDC=90°，在Rt△NDC中，NC=20-c, DN=NC.sinc=(20-).3v10 10’ 5.因此x=(20-x) 3W10 125 10,解得心日 17,即AW=125 11° 23.答案：45；2929 详细过程： 1.计算F(8383): “满意数”M=8383,交换千位与百位、十位与个位得M=3838,因此： F(M）= M-M′8383-38384545 =45。 101 101 101 2.求P-Q的值： 。P=xyc可=1000x+100y+10x+y=1010x+101y,交换后 P==10w+101,因tFP=”oP-9e: ·同理Q=m=1010m+101x,F(Q)=9-Q 101 =9(m-c); ·P能被5整除，且各数位不为0，因此个位y=5; 。由F(P)-F(Q)=18,得9(x-5)-9(m-x)=18,化简得2x-m=7; 。结合1≤y=5<x≤9,1≤m<x≤9，得x=6,m=5(唯-符合条件的整数解)； 。因此P=6565,Q=5656,P-Q=6565-5656=909。 二、解答题（本大题共3小题，共30分） 24.(本小题满分8分) 详细过程： (1)求每枚纪念徽章、每套主题书签的进价 设每枚纪念徽章的进价为元，每套主题书签的进价为y元。 根据题意列方程组： 2x+3y=130 4x+y=150 由第二个方程得：y=150-4c,代入第一个方程： 2x+3(150-4x)=130 2x+450-12x=130 -10x=-320,解得x=32。 代入y=150-4x,得y=150-128=22。 答案：每枚纪念徽章进价32元，每套主题书签进价22元。 (2)求进货方案数、最小总进价及对应方案 设购进纪念徽章a枚，则购进主题书签(50-a)套。 根据题意列不等式组： 50-a≤2a 32a+22(50-a)≤1400 解第-个不等式：50≤3a今a≥0 ≈16.67； 解第二个不等式：32a+1100-22a≤1400→10a≤300→a≤30。 因此a的取值范围为17≤a≤30，且a为整数，共有30-17+1=14种进货方案。 设总进价为W元，则： W=32a+22(50-a)=10a+1100。 10>0,因此W随a的增大而增大，当a=17时，W取得最小值。 最小值W=10×17+1100=1270元，此时50-a=33。 答案：符合条件的进货方案共14种；最小总进价为1270元，对应进货方案为购进纪念徽章17枚，主 题书签33套。 25.(本小题满分10分) 详细过程： (1)求抛物线的解析式和点A、B的坐标 设抛物线解析式为y=ax2+bz+c,将C(0,3)、(-2,3)、(2,-5)代入得： C=3 4a-2b+c=3 4a+2b+c=-5 将C=3代入后两个方程，得： 4a-2b=0 4a+2b=-8 两式相加得8a=-8→a=-1,代入得b=-2。 因此抛物线解析式为：y=一x2一2十3。 令y=0,解方程-x2-2c+3=0,即x2+2x-3=0,因式分解得(x+3)(x-1)=0,解 得x=-3或x=1。 点A在点B左侧，因此A(-3,0),B(1,0)。 (2)求满足∠DAB=∠BC0的点D的坐标 OB 1 C(0,3),B(1,0),在Rt△BOC中，tan∠BC0= 00=3° 设D(a,-P-2d+3),∠DAB=∠BC0,因此tan∠DAB=号 A(-3,0),过D作DH⊥x轴于H,则AH=d+3,DH=|-d-2d+3,因此： DH 1 A开=3，即|-f-2d+3到=5d+3)。 分两种情况： 2 ⑦-f-2d+3=5d+3),整理得3d+7d-6=0,解得d=5或d=-3(舍去，与A重 合)，此时D( 3亿士3，整理得3+5流-卫=0，解得d=5或d 4 13 时D(5 苦案：D或D 13、 9。 (3)求点P的坐标 1.设切线方程：设与抛物线相切于P的直线l:y=c十b(k≠0)，联立抛物线： x2+(k+2)x+(b-3)=0,相切则△=0，即 (k+2)2-46-3)=0→6=+22 +3。 4 告兰，优入清加=16：，厚P号：兰.目 k+2 切点P横坐标cp= cp<-1→k>0。 2.平移后直线MN:平移1过(0,4)，得MN:y=kc+4,联立抛物线得 x2+(k+2)x+1=0。 中点Q横坐标xQ= 1+2=_k+2 2 2=P,纵坐标 如k3士42张马，Q2张+8 2 2 2 )。 16-2-04-k 3.直线BP与交点B:B(1,0),直线BP斜率kP=学一=2，解析式为 4 y=2e-. 联立MN:y=kx+4,解得xE=-1,yE=4-k,即E(-1,4-)。 4面积计算：5△0=2，Q与E的水平距离c0一5=二，2+1三，B到直线 |k+4 MN的距离d= V2+,0= 面积公式： EQd=2,代入得： 2 名含子-2，化商得+级-8=0。 k+4 解得k=2V3-2(k>0,舍去负根)。 5.求P坐标： XP=- 23,2到+2=-v3,p=16-25-2y=2Vs。 2 4 答案：P(-√3,2V3)。 26.(本小题满分12分) 详细过程： (1)证明：DG=GN 1.四边形ABCD是菱形，因此AD‖BC; 2.已知EN⊥BC,结合AD∥BC,得EN⊥AD,即∠DGN=90°； 3.由折叠性质：∠DNC=∠DNE; 4.由AD‖BC,得∠ADN=∠DNC,因此∠ADN=∠DNE; 5.在△DGN中，∠ADN=∠DNE,因此DG=GN(等角对等边)，得证。 (2)求F到AD的距离最大时，S△F0D的值 1.由折叠性质：FD=CD=6,因此点F的轨迹是以D为圆心，6为半径的圆； 2.点F到AD的距离最大，当且仅当FDLAD时，最大距离为FD=6; 3.菱形ABCD的中心O是对角线的交点，BD为对角线，∠ABC=120°，因此△ABD为等边 三角形，BD=AB=6,OD=BD=3; 4.FD⊥AD,∠ADB=60°，因此∠FDO=30°； 5.面积计算：SA0D=2 FD0Dm∠FD0-日×6x3x号-=9. 答案：S△FOD=9。 (3)求AM的长 1.点N与C重合，折叠后△MCD兰△MED,因此DE=CD=6,MD=MD, ∠MDE=∠MDC; 2.菱形ABCD中，∠ADC=120°，即∠MDE+∠MDC+∠EDF=120°+90°=210° ,因此∠ADM=30°； 3.设AM=x,则MD=6-x,过M作MH⊥AD于H,在△AMH中，∠A=60°，因此 AH: 4在Rt△WD中HD=65MHS,WD=6,由勾股定理 g2-6=6-9 化简得：3 +36-6+4=36-12x+ x2-6x+36=x2-12x+36 解得c=6-2√3。 答案：AM=6-2V3。2026届初中学业水平考试适应性测试 数学 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.在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在答题卡规定的地方。考试结束后 监考人员将试卷和答题卡一并收回。 3.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毫米黑色签字笔书写， 字体工整、笔迹清楚。 4.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、试卷上答题均无效。 5.保持答题卡清洁，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，答案涂在答题卡上) 1.我国是历史上最早认识和使用负数的国家.若盈利200元记作+200元，则亏损100元 应记作() A.+200元 B.-200元 C.+100元 D.-100元 2.如图所示的几何体，其俯视图是（ □日凸 正面 3.已知点P(m+3,2m-6)在y轴上，则m的值为( A.-3 B.3 C.0 D.6 4.下列运算正确的是（) A.(2a+b)2=4a2+b2 B.(2a+b)2a-b)=4a2-b2 C.(-2ab2)3=-6a3b D.3a2-2a=a 5.如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,则下列结论 一定正确的是（ ) A.OA⊥OB B.AD=AB C.∠BAC=∠ACB D.OA=OB B 数学试卷第1页（共6页） 6.某中学为了解全校的耗电情况，抽查了10天中全校每天的耗电量，数据如表： 度数 90 93 102 113 114 120 天数 1 1 2 3 1 2 表中数据的极差是m度，中位数是n度，则m和n的值分别为() A.30:3 B.24:3 C.30:113 D.30:102 7.《九章算术》是中国古代重要的数学著作，其中“盈不足术”记载：今有共买鸡，人出 九，盈十一；人出六，不足十六.问人数鸡价各几何？译文：今有人合伙买鸡，每人出9 钱，会多出11钱：每人出6钱，又差16钱.问人数、买鸡的钱数各是多少？设人数为x, 可列方程为( ) A.9x+11=6x+16 B.9x-11=6x-16 C.9x-11=6+16 D.9x+11=6x-16 8.小明家、报亭、羽毛球馆在一条直线上，小明从家跑步到羽毛球馆打羽毛球，再去报亭 看报，最后散步回家，小明离家距离y与时间x之间的关系如图所示.下列结论错误的是 () y/km 1.0 A.报亭到小明家的距离是400米 B.小明从家到羽毛球馆用了7分钟 C.小明从羽毛球馆到报亭平均每分钟走75米 D.小明打羽毛球的时间是37分钟 37455561 x/min 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，答案写在答题卡上) 9.若=2，则+y y 2 10.分式方程 =1 的解为 x-12x+1 11.成都国色天乡摩天轮是西南片区知名的“幸福摩天轮”.如图①，A,B表示该摩天轮 上的两个轿厢.图②是其示意图，点O是圆心，半径r为15m,点A,B是圆上的两点， 圆心角∠AOB=120°，则AB的长为 m.(结果保留π) 120 图① 图② 数学试卷第2页（共6页） 12.已知蓄电池的电压U（单位：V)为定值，使用蓄电池时，电 流I(单位：A)与电阻R(单位：)是反比例函数关系，它的图 象如图所示，若电阻R=122,则电流I=A, R/O 13.如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于)AC的 长为半径作弧，两弧相交于M,N两点，直线MN分别与边BC、 AC相交于点D、E.若D为BC的中点，AC=8,AD=5,则△ABC 的面积为 三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上） 14.（本小题满分12分，每题6分) 3(x+1)≥2x+4 ① (1)计算：()l-√16-3tan30+1-v3: (2)解不等式组： 传-<号 ②1 15.（本小题满分8分) 随着人工智能技术的发展，某校开展了“AI校园体验”系列活动.现有AI绘画、机 器人互动、AI编程、智能语音四个体验项目，每位学生需任选一项.学校随机抽取了部分 学生进行调查，并绘制了如下不完整的统计表和扇形统计图. 体验项目 人数 AI绘画 AI绘画 45 机器人互动 智能语音 允 AI编程 36 AI编程 18% 智能语音 y 根据图表中的信息解答下列问题： (1)本次调查的学生共有人，表中x的值为 (2)在扇形统计图中，求“A1绘画”对应的圆心角度数： (3)若该校共有2000名学生，请根据调查结果，估计选择“智能语音”的学生人数 数学试卷第3页（共6页） 16.(本小题满分8分) 某型号起重机吊臂底端为点O,顶端为点B,货物M通过吊索与B连接.初始MO平 行于水平地面，BM⊥MO,BM=3.5米，∠BOM=30°.吊臂绕点O逆时针旋转，保持OB、 BM长度不变，当∠OBM=37时，求货物M上升的高度.（参考数据：sin37-0.60,cos37-0.80, tan37°≈0.75) B 0 水平线 水平线 0--- 17.(本小题满分10分) 如图，点C,D在以AB为直径的⊙O上，过点C作⊙O的切线，交BA的延长线于点 E,连接AD,BC相交于点F,且AD∥CE,连接BD. (1)求证：BC平分∠ABD: 3 (2)若tanE=三，AE=2,求⊙0半径及DF的长. 4 18.(本小题满分10分) 已知一次函数yx+m(m>0)的图象与反比例函数)广的图象交于A点和B点，B点坐 标为(2，n),且一次函数与x轴，y轴分别交于C、D两点. (1)求m,n的值： (2)点E是反比例函数在第一象限所在图象上的一点，且S△BC=24,求满足条件的E 点坐标： (3)点g是第一象限内直线AB下方双曲线上的一点，且tan∠BAQ?求满足条件 的2点坐标. B(2, 备用图 数学试卷第4页（共6页） 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，答案写在答题卡上） 19.设m、n分别为方程x2+2x-2026=0的两个实数根，则m+n+mn= 20.如图，AB是⊙0的直径，弦CD⊥AB,∠CDB=30°，CD=2N5, 则阴影部分的面积为一· 21.从分别标有数-2，-1,0,1,2的五张卡片中，随机不放回地先后抽取两张，将第一 张卡片上的数作为x,第二张作为少，组成点(x,y),则使分式y有意义的点(x,y) x+1 的概率为 3 22.如图，在△ABC中，AB=AC=20,tanA= M,N 4 分别是AB,AC上的点，AM=3BM,将△AMN沿MN翻折 得到△DMN,若ND⊥BC,则AN= 23.若一个各数位均不为0的四位自然数M,且M满足千位与十位相同，百位与个位相同， 那么我们称这个数为“满意数”.将“满意数”M的千位与百位交换位置，十位与个位交 换位置后得到-个新的满意数，记F心0，则F8383)片一：若P,Q都是“满 意数”，其中P-,Q=mxm(1sy<x9,1sm<9且x,y,m均为整数)，若P能被 5整除，且FP)-F(Q)=18,则P-Q的值为 二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上） 24.（本小题满分8分) 2026年都江堰放水节（国家级非物质文化遗产）盛大启幕，活动联动成都春假，引爆 文旅消费热潮.某景区专营店售卖放水节纪念徽章和李冰治水主题书签两种文创产品，在 传播传统文化的同时实现良好经营收益.已知购进2枚纪念微章和3套主题书签，总进价 为130元；购进4枚纪念微章和1套主题书签，总进价为150元. (1)求每枚纪念微章、每套主题书签的进价： (2)该店计划购进两种文创产品共50件，其中主题书签的数量不超过纪念徽章数量 的2倍，且购进两种产品的总进价不超过1400元.求符合条件的进货方案共有多少种？并 求出最小总进价及对应的进货方案， 数学试卷第5页（共6页） 25.(本小题满分10分) 如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧)，与y轴 交于点C(0,3),点（-2,3)和(2，-5)也在抛物线上. (1)求抛物线的解析式和点A,B的坐标； (2)如图1，连接BC,若点D在抛物线上，连接AD,若∠DAB=∠BCO,求点D 的坐标： (3)如图2，点P在对称轴左侧的抛物线上，非平行y轴的直线1与抛物线有唯一公 共点P.平移直线1，使其经过点(0,4)，平移后的直线与抛物线交于M,N两点（点M 在点N的左侧)，连接BP交MN于点E,Q为MN的中点，连接BO,若△BEQ的面积为 2,求点P的坐标 图1 图2 26.(本小题满分12分) 已知菱形ABCD的边长为6，∠ABC=120°，点M,N分别是菱形边上的点，沿MW 折叠菱形ABCD得到四边形MWEF (1)如图1，点M,N分别在边AD和BC上且EF始终经过点D,若EN⊥BC,EN 与CD交于点G,求证：DG=GW. (2)如图2，点M,N分别在边AB和CD上且EF始终经过点D(F在AD上方)， 当F到AD的距离最大时，求S△FOD的值， (3)如图3，当点M在边AD上，N与点C重合，∠EDF=90°，求AM的长， 图1 图2 图3 数学试卷第6页（共6页）