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（二）

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（二） 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） 1. 下列四个选项中，最小的数是（ ） A. B. C. 0 D. 3.14 2. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如果第二象限的点C到x轴的距离为，到y轴的距离为，那么点C的坐标（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形的对角线，相交于点，，，则的长等于（ ） A. B. C. D. 5. 在一次中考体育模拟测试中，某班第一组6名同学的成绩统计如下（有两个数据被遮盖） 组员 甲 乙 丙 丁 戊 己 平均成绩 中位数 得分 94 92 ▲ 96 99 98 96 ■ 则被遮盖的两个数据从左至右依次是（ ） A. B. 96，97 C. 97，97 D. 6. 如图，点A、B、C、D在上，O点在的内部，四边形为平行四边形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 龙泉青瓷工艺是世界级非物质文化遗产，“浙”赛区冠军奖杯采用龙泉青瓷工艺制作，如图，杯身高占总高的，杯身高与底座高之和是，杯顶高与杯身高之和是，设杯身高为，底座高为，则根据题意可列方程组为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示为二次函数的图象，对称轴是直线，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 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. 因式分解：___________． 10. 有意义，则x的取值范围是______． 11. 如图，在正六边形中，，以点E为圆心，长为半径作弧，交于点D．则扇形的面积是______． 12. 在一个不透明的袋子里装有5个绿球、2个黄球和若干个红球，这些球除颜色不同外无其他差别．每次从袋子里摸出一个球记录下颜色后再放回，经过大量的重复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.3，则袋中红球的个数是______． 13. 如图，在中，，以顶点为圆心，适当长度为半径画弧，分别交，于点、，再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点，若，，则的面积______． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 计算、解不等式组： （1） （2） 15. 为进一步宣传垃圾分类知识，某校组织全校学生进行“垃圾分类知识测试”（满分100分）．现随机抽取部分学生的测试成绩x（单位：分）整理成A：，B：，C：，D：四个分数段，绘制成如下频数分布直方图和扇形统计图： 根据以上信息，解答下列问题： （1）抽取的学生的人数是________人，请补全频数分布直方图； （2）扇形统计图中A段学生所对的圆心角是________，抽取的学生的测试成绩的中位数在A，B，C，D中________段（填字母）； （3）若测试成绩在80分以上（含80分）定为“优秀”，该校有1150名学生，请你估计该校测试成绩“优秀”的学生人数． 16. 2026年1月25日，美国攀岩传奇人物亚历克斯·霍诺德成功徒手攀登中国台北101大楼，全程无绳索、无安全装备，仅用时91分钟就登顶508米高的塔尖，成为人类历史上首位徒手独攀这座摩天大楼的人．亚历克斯用坚定的信念战胜内心的恐惧，为了这次挑战，他进行了长达数年的艰苦训练，反复研究大楼的每一处结构、每一个难点．在一次观测当中，他发现一个关键攀登难点N，他在距离楼底60米的A处观察（即米），用测倾器测得攀登难点N的仰角为，然后沿斜坡向上走到B处观察，测得攀登难点N的仰角为．已知点在同一条水平直线上，斜坡的斜面坡度为（即），测倾器高度忽略不计． （1）求攀登难点N的高度（即的长）； （2）求观察点B的铅直高度（结果保留根号）． 17. 如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足． （1）求证：平分； （2）证明：； （3）若射线切于点A，，，求的长． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点B的坐标为，点C的坐标为，反比例函数的图象经过点A，与交于点E． （1）求该反比例函数的表达式； （2）点G是y轴上的动点，连接，求最小值时点G坐标； （3）连接，在反比例函数图象上是否存在点P（点P与点E不重合），使得？若存在，求出点P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. 如图，把绕点C顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数为_________． 20. 已知，则代数式的值是______． 21. 如图，在四边形纸片中，，，，，．折叠四边形纸片，使得点的对应点落在边上，点的对应点为，折痕与，分别交于点G，H，与交于点．若，则线段的长为______． 22. 若点，，在二次函数的图象上，且则m的取值范围是_____． 23. 任意一个正整数都可以表示为（为正整数），在的所有表示结果中，当最小时，规定，例如．因为，所以，_________．已知一个正整数，（是自然数），如果与其各个数位上的数字之和能被整除，那么我们称这个数为“希望数”，则所有“希望数”中的最小值为______． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 随着科技的不断进步，某城镇居民对家居智能开关的需求日益增加．某五金商店购进A型智能开关30个和B型智能开关40个共需3450元，A型智能开关40个和B型智能开关30个共需3900元． （1）求A、B两型智能开关的单价各是多少元； （2）若该商店计划正好用420元购进A、B两种智能开关（A、B两型开关均购买），销售1个A型开关可获利35元，销售1个B型开关可获利15元，求该商店共有几种购买方案？假如开关全部售出，最大利润是多少元？ 25. 综合与实践 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题． （1）【观察猜想】 如图1，在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的值是___________，直线与直线相交所成的较小角的度数是___________； （2）【类比探究】 如图2，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，求； （3）【拓展延伸】 如图3，中，，，，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角度交于点，连接，射线交于点．若射线将分成的两个角满足，求的值． 26. 如图1，抛物线经过点，点． （1）求抛物线解析式； （2）如图2，点P为抛物线上第三象限内一动点，过点作y轴的平行线，交直线于点M，交直线于点N，当点P运动时，的值是否变化？若变化，说明变化规律，若不变，求其值； （3）如图3，长度为的线段（点C在点D的左边）在射线上移动（点C在线段上），连接，过点C作CEOD交抛物线于点E，线段在移动的过程中，直线经过一定点F，直接写出定点F的坐标与的最小值． 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（二） 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） 1. 下列四个选项中，最小的数是（ ） A. B. C. 0 D. 3.14 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查实数的大小比较，运用“负数小于0，0小于正数，两个负数比较大小，绝对值更大的数更小”的规则即可求解． 【详解】解： 故四个数中最小的数是． 2. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，是中心对称图形，故符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意． 3. 如果第二象限的点C到x轴的距离为，到y轴的距离为，那么点C的坐标（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点的坐标的几何意义和第二象限点的坐标特征求解，点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值，第二象限内点的横坐标为负，纵坐标为正． 【详解】解：∵点在第二象限 ∴点的横坐标小于，纵坐标大于 由题意可知，点到轴距离为，到轴距离为 ∵点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，点到轴的距离等于横坐标的绝对值 ∴点的横坐标绝对值为，纵坐标绝对值为 结合横纵坐标的符号可得，点的坐标为． 4. 如图，矩形的对角线，相交于点，，，则的长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据矩形的对角线相等且互相平分得，， 再根据得，则是等边三角形，由此得，即可得解． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， 是等边三角形， ， ． 5. 在一次中考体育模拟测试中，某班第一组6名同学的成绩统计如下（有两个数据被遮盖） 组员 甲 乙 丙 丁 戊 己 平均成绩 中位数 得分 94 92 ▲ 96 99 98 96 ■ 则被遮盖的两个数据从左至右依次是（ ） A. B. 96，97 C. 97，97 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据平均数的定义计算出被遮盖的丙的成绩，再将所有成绩从小到大排序，根据中位数的定义计算中位数，即可得到结果． 【详解】解：∵6名同学的平均成绩为96， ∴6人的总成绩为 ， 可得， 将6人的成绩从小到大排列为：， ∵6个数据的中位数为第3个和第4个数据的平均数， ∴中位数为， 因此被遮盖的两个数据从左至右依次是． 故选：D． 6. 如图，点A、B、C、D在上，O点在的内部，四边形为平行四边形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质和圆内接四边形的性质求出 的度数，连接，利用等腰三角形的性质将  转化为 即可求解． 【详解】解：  四边形  为平行四边形，  ，   点 、、、 在  上 ，  四边形  为圆内接四边形 ，  ，  ， ，  ，  连接 ，如图：   ， ，，  ． 7. 龙泉青瓷工艺是世界级非物质文化遗产，“浙”赛区冠军奖杯采用龙泉青瓷工艺制作，如图，杯身高占总高的，杯身高与底座高之和是，杯顶高与杯身高之和是，设杯身高为，底座高为，则根据题意可列方程组为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干中的相等关系列方程组即可． 【详解】解：设杯身高为，底座高为， 根据杯身高与底座高之和是，可得：， 杯身高占总高的， 总高为， 杯顶高与杯身高之和是， 又杯顶高与杯身高之和是， ， 可列方程组为． 8. 如图所示为二次函数的图象，对称轴是直线，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象可得二次函数的图象与轴有两个交点，可得；二次函数的图象与轴交在负半轴，可得；当时，，对比图象可得；由对称轴可得，当时，，根据图象即可判断． 【详解】解：根据图象可得二次函数的图象与轴有两个交点， ，即，故A正确； 二次函数的图象与轴交在负半轴， 可得，故B正确； 当时，， 对称轴为直线， 当时和当时，函数值相等， 根据图象当时，， ，故C正确； ， ， 当时，， 根据图象当时，， ，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. 因式分解：___________． 【答案】 【解析】 【详解】解： ． 10. 有意义，则x的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式与分式有意义的条件列不等式组求解即可． 【详解】解：由题意得，要使原式有意义，需满足， 解不等式得， 解不等式得， ∴不等式组的解集是， 则x的取值范围是． 11. 如图，在正六边形中，，以点E为圆心，长为半径作弧，交于点D．则扇形的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据正六边形的性质求出扇形的半径，再根据多边形的内角和定理求出，然后根据扇形的面积公式解答即可． 【详解】解：∵正六边形中，， ∴，， ∴扇形的面积． 12. 在一个不透明的袋子里装有5个绿球、2个黄球和若干个红球，这些球除颜色不同外无其他差别．每次从袋子里摸出一个球记录下颜色后再放回，经过大量的重复试验，发现摸到红球的频率稳定在0.3，则袋中红球的个数是______． 【答案】 3 【解析】 【分析】根据大量重复试验中频率的稳定值为概率，结合概率公式设未知数列方程求解即可． 【详解】解：设袋中红球有个，根据题意得 整理得 解得 经检验是原分式方程的解，符合题意， 所以袋中红球的个数是． 13. 如图，在中，，以顶点为圆心，适当长度为半径画弧，分别交，于点、，再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点，若，，则的面积______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了作图——作已知角的角平分线，角平分线的性质，过作于点，由作图可知，平分，由角平分线的性质可得，最后由三角形的面积公式计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过作于点， 由作图可知，平分， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 计算、解不等式组： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据指数幂的法则、负整数指数幂的法则、特殊角的三角函数值、绝对值、二次根式，把算式各部分计算出来，再根据运算法则进行计算； （2）分别求出不等式组中每个不等式的解集，再找出两个解集的公共部分，即为不等式组的解集． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：， 解不等式①， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 系数化为得：， 解不等式②， 去分母得：， 去括号得：， 移项得：， 合并同类项得：， 系数化为得：， 不等式组的解集为． 15. 为进一步宣传垃圾分类知识，某校组织全校学生进行“垃圾分类知识测试”（满分100分）．现随机抽取部分学生的测试成绩x（单位：分）整理成A：，B：，C：，D：四个分数段，绘制成如下频数分布直方图和扇形统计图： 根据以上信息，解答下列问题： （1）抽取的学生的人数是________人，请补全频数分布直方图； （2）扇形统计图中A段学生所对的圆心角是________，抽取的学生的测试成绩的中位数在A，B，C，D中________段（填字母）； （3）若测试成绩在80分以上（含80分）定为“优秀”，该校有1150名学生，请你估计该校测试成绩“优秀”的学生人数． 【答案】（1）50，见解析 （2）72，C （3）598人 【解析】 【分析】（1）用C组人数除以占比求出抽取的学生的人数，然后求出B组人数，然后补全频数分布直方图即可； （2）用乘以A组占比即可求出圆心角；根据中位数的定义求解； （3）利用样本估计总体求解． 【小问1详解】 解：抽取的学生的人数是（人）， ∴B组人数为（人）， 补全频数分布直方图如下： 【小问2详解】 解：扇形统计图中A段学生所对的圆心角是； ∵共有50个数据， ∴中位数是第25个和第26个数据的平均数， ∵A，B组的和为，C组人数为21， ∴第25个数，第26个数都落在C组； 【小问3详解】 解：（人）， 答：估计该校测试成绩“优秀”的学生人数为598人． 16. 2026年1月25日，美国攀岩传奇人物亚历克斯·霍诺德成功徒手攀登中国台北101大楼，全程无绳索、无安全装备，仅用时91分钟就登顶508米高的塔尖，成为人类历史上首位徒手独攀这座摩天大楼的人．亚历克斯用坚定的信念战胜内心的恐惧，为了这次挑战，他进行了长达数年的艰苦训练，反复研究大楼的每一处结构、每一个难点．在一次观测当中，他发现一个关键攀登难点N，他在距离楼底60米的A处观察（即米），用测倾器测得攀登难点N的仰角为，然后沿斜坡向上走到B处观察，测得攀登难点N的仰角为．已知点在同一条水平直线上，斜坡的斜面坡度为（即），测倾器高度忽略不计． （1）求攀登难点N的高度（即的长）； （2）求观察点B的铅直高度（结果保留根号）． 【答案】（1）米 （2）米 【解析】 【分析】（1）解，即可得攀登难点N的高度； （2）过点作交于点，交于点，由矩形的判定和性质，可得，，由已知结合等腰三角形的判定可得，设米，可得米，米，列方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵在中，米，， ∴（米）， 故该攀登难点N的高度为米． 【小问2详解】 解：如图，过点作交于点，交于点， 又， ∴四边形是矩形． ∴，， 设米，则米， ∵在中，， ∴米，米， ∵在中，， ∴， 又米，米， ∴， 解得． 故观察点B的铅直高度为米． 17. 如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足． （1）求证：平分； （2）证明：； （3）若射线切于点A，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识．作出合适的辅助线是解题的关键． （1）利用圆周角定理求得，再利用，求得，据此即可证明平分； （2）利用半径相等求得，利用三角形的外角性质可证明，推出，可证明，等量代换即可证明结论成立； （3）结合切线的性质以及角的等量代换，得，根据，故，则，运用勾股定理得，代入数值解得，，由（2）得，代入数值解得，即可作答． 【小问1详解】 证明：∵为的直径， ∴， 即，， ∵， ∴， ∴， 即平分； 【小问2详解】 证明：连接， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问3详解】 解：射线与相切于点， ， 由（2）知，， ， ∵是直径 ∴， ∴， ， ∵， ∴， ， ， 则， ∴， 则， 在中，， ∴， 解得， ， 由（2）得， ∴， ∴ ， 即． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点B的坐标为，点C的坐标为，反比例函数的图象经过点A，与交于点E． （1）求该反比例函数的表达式； （2）点G是y轴上的动点，连接，求最小值时点G坐标； （3）连接，在反比例函数图象上是否存在点P（点P与点E不重合），使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，点P坐标为 【解析】 【分析】（1）利用菱形的性质结合勾股定理求得点，再利用待定系数法求解即可； （2）作点A关于y轴的对称点，连接交y轴于G，此时的值最小，最小为，求出直线解析式为，与反比例函数解析式联立求出．作点A关于y轴的对称点，连接交y轴于G，此时的值最小，最小为，再利用勾股定理求解即可； （3）过点E作轴于点F，过点A作轴于点D，过点P作轴于点G，设，求得，由求得，据此列式计算求解即可． 【小问1详解】 解：∵的边在x轴上，点B坐标为， 如图1，过点B作轴于点H，过点A作轴于点D， ∴，， ∵点C坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴点． ∵反比例函数的图象经过点， ∴， ∴反比例函数的表达式为； 【小问2详解】 解：如图2，作点A关于y轴的对称点，连接交y轴于G，此时的值最小，最小为， 设直线解析式为， ∵点B坐标为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， ∵反比例函数的图象与交于点E， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∵， ∴， 连接，交y轴于点G，此时最小． 设直线的解析式为． 将，代入： 解得， ∴直线的解析式为． 令，得． ∴点G坐标为； 【小问3详解】 解：反比例函数图象上存在点P（点P与点E不重合），使得，理由如下： 如图3，过点E作轴于点F，过点A作轴于点D，过点P作轴于点G， ∴，，，， ∴， 设， ∴ ， ∵ ， ∴， 整理得：， ∴或（舍去）， ∴点P的坐标为． 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. 如图，把绕点C顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数为_________． 【答案】##55度 【解析】 【分析】先得出，，再利用三角形的内角和定理求出的度数即可． 【详解】解：由旋转的性质得：，， ∵， ∴， ∴． 20. 已知，则代数式的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题先根据分式的运算法则化简原式，再结合已知等式变形，整体代入化简后的式子计算即可得到结果． 【详解】解： ， ， 移项得：， 将代入， 可得：原式． 21. 如图，在四边形纸片中，，，，，．折叠四边形纸片，使得点的对应点落在边上，点的对应点为，折痕与，分别交于点G，H，与交于点．若，则线段的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于点，可得三边为，然后证明，则设，再证明，可设，最后由，建立二元一次方程组求解即可． 【详解】解：过点作于点，则 ∵， ∴ ∴ ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 设 由折叠可得，， ∵， ∴ 同理可设， ∵ ∴， 解得， ∴． 22. 若点，，在二次函数的图象上，且则m的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先求出二次函数的对称轴，根据开口方向和二次函数的性质，将函数值的大小关系转化为点到对称轴的距离大小关系，列不等式求解即可． 【详解】对于二次函数， ， ∴抛物线开口向上， 抛物线对称轴为直线， ∵点的横坐标为2，即点C在对称轴上， 是二次函数的最小值，满足，， 由，根据开口向上的二次函数性质，点到对称轴的距离越大，对应函数值越大，可得： ， 整理得 ， 两边平方得：， 展开得：， 移项合并同类项得：， 系数化为1得：， ∴m的取值范围是． 23. 任意一个正整数都可以表示为（为正整数），在的所有表示结果中，当最小时，规定，例如．因为，所以，_________．已知一个正整数，（是自然数），如果与其各个数位上的数字之和能被整除，那么我们称这个数为“希望数”，则所有“希望数”中的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先根据新定义求出，再根据“希望数”的定义找出所有满足条件的，分别计算各对应的，即可得到最小值． 【详解】解：将分解为（为正整数），可得， 计算得：，，， ∵， ∴， ∵，，，为自然数， 分两种情况讨论： ①当时，为两位数，十位数字为，个位数字为， ∴与其数位数字之和为：， ∵该和能被整除，且， ∴是的倍数， 又，可得或， 当时，解得，得； 当时，解得，得； ②当时，为三位数，百位数字为，十位数字为，个位数字为， ∴与其数位数字之和为：， ∵该和能被整除，， ∴是的倍数， 又，可得，即， 解得或，得或； 因此所有“希望数”为，分别计算： 对于：，，； 对于：，； 对于：，，； 对于：，，，， ∵， ∴当时最小，． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 随着科技的不断进步，某城镇居民对家居智能开关的需求日益增加．某五金商店购进A型智能开关30个和B型智能开关40个共需3450元，A型智能开关40个和B型智能开关30个共需3900元． （1）求A、B两型智能开关的单价各是多少元； （2）若该商店计划正好用420元购进A、B两种智能开关（A、B两型开关均购买），销售1个A型开关可获利35元，销售1个B型开关可获利15元，求该商店共有几种购买方案？假如开关全部售出，最大利润是多少元？ 【答案】（1）A型智能开关的单价是75元，B型智能开关的单价是30元； （2）该商店共有2种购买方案：购进A型智能开关个，B型智能开关个或购进A型智能开关个，B型智能开关个，最大利润是205元． 【解析】 【分析】（1）设A型智能开关的单价是x元，B型智能开关的单价是y元，根据五金商店购进A型智能开关30个和B型智能开关40个共需3450元，A型智能开关40个和B型智能开关30个共需3900元；列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设购进A型智能开关m个，B型智能开关n个，根据该商店计划正好用420元购进A、B两种智能开关（A、B两型开关均购买），列出二元一次方程，求出正整数解，即可解决问题． 【小问1详解】 解：设A型智能开关的单价是x元，B型智能开关的单价是y元， 由题意得：， 解得：， 答：A型智能开关的单价是75元，B型智能开关的单价是30元； 【小问2详解】 解：设购进A型智能开关m个，B型智能开关n个， 由题意得：， 整理得：， 、n均为正整数， 或， 该商店共有2种购买方案： ①购进A型智能开关个，B型智能开关个，利润为（元）； ②购进A型智能开关个，B型智能开关个，利润为（元）； ， 最大利润是205元． 25. 综合与实践 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题． （1）【观察猜想】 如图1，在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的值是___________，直线与直线相交所成的较小角的度数是___________； （2）【类比探究】 如图2，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，求； （3）【拓展延伸】 如图3，中，，，，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角度交于点，连接，射线交于点．若射线将分成的两个角满足，求的值． 【答案】（1）； （2）①；②； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得和为等边三角形，结合角的和差可得，利用全等三角形的性质可得，结合三角形内角和可得直线与直线相交所成的较小角的度数． （2）①连接，根据正方形的性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得． ②连接交于点，根据正方形的性质可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得， 进而得出． （3）连接，根据题意可利用中位线定理和等腰三角形的性质，得，，， ，根据平行线的性质可得，根据三角形内角和可得，根据勾股定理即可求得，由题意可知，，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，根据相似三角形的性质和判定，勾股定理，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴为等边三角形， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴如图，延长交于点，则直线与直线相交所成的较小角的度数是：． 【小问2详解】 解：①如图，连接，交与点， ∵四边形是正方形， ∴，且，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． ②解：补充图，如图所示： ∵是正方形的对角线， ∴， 由①可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【小问3详解】 解：连接，如图所示： ∵，点、分别是、的中点， ∴是的中位线，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 射线将分成的两个角， ， 旋转后，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，如图所示： ∵， ∴， 又∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，， ∵ ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：，（舍）， ． 26. 如图1，抛物线经过点，点． （1）求抛物线解析式； （2）如图2，点P为抛物线上第三象限内一动点，过点作y轴的平行线，交直线于点M，交直线于点N，当点P运动时，的值是否变化？若变化，说明变化规律，若不变，求其值； （3）如图3，长度为的线段（点C在点D的左边）在射线上移动（点C在线段上），连接，过点C作CEOD交抛物线于点E，线段在移动的过程中，直线经过一定点F，直接写出定点F的坐标与的最小值． 【答案】（1） （2）不变，10 （3）F（－2，1），的最小值是 【解析】 【分析】（1）用待定系数法求抛物线的解析式即可； （2）过P作PTy轴交x轴于点T，设P（t，）则T（t，0），AT=t+5，TP=，OT=-t，证△OTP∽△OQN，△AQM∽△ATP，得出，，所以QN=，QM=，即可求得4 QM+ QN的值； （3）过O作OFAB交CE于点F．用待定系数法求得直线AB的解析式为，再证四边形CDOF是平行四边形，从而得出F（－2，1）为直线CE经过的定点．过F作FG⊥x轴，交AB于点G，过E作EH⊥x轴，交AB于点H，则FG=，设E（t，）则H（t，），所以EH=() - ()==，再证△EHC∽△FGC，得，又FG= ，所以∴当EH取最大值时，的值最小，所以当n=-3时，EH最大值是2． 此时，即可得解． 【小问1详解】 解：∵经过 A（-5，0），B（-1，-2）， ∴ ， 解得： ， ∴ 抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：过P作PTy轴交x轴于点T， 设P（t，）则T（t，0），AT=t+5，TP=，OT=-t， ∵Q（-4，0）， ∴AQ=1，OQ=4 ， ∵NQy轴，PTy轴， ∴△OTP∽△OQN，△AQM∽△ATP， ∴，， ∴QN=， QM=， ∴4 QM+ QN=4×+=10； 【小问3详解】 解：定点F（－2，1）， 的最小值是． 如图，过O作OFAB交CE于点F． 设直线AB的解析式为， ∵直线AB经过A（-5，0）、B（-1，-2） ∴， ∴， ∴直线AB的解析式为， ∵OFAB，且过O（0，0）， ∴直线OF的解析式为， ∴设F（n，）， ∵CEOD， ∴四边形CDOF是平行四边形． ∴OF=CD=， ∴ ， ∴n=±2 ∵n<0 ∴n=－2 ∴F（－2，1）为直线CE经过的定点． 过F作FG⊥x轴，交AB于点G，过E作EH⊥x轴，交AB于点H． 则G的横坐标为-2， ∵G在直线AB上， ∴G（-2，）， ∴FG=1-（）=， 设E（t，）则H（t，）， ∴EH=() - ()==， ∵EH⊥x轴，FG⊥x轴， ∴△EHC∽△FGC， ∴， 又∵FG= ， ∴当EH取最大值时，的值最小， ∴当n=-3时，EH最大值是2． 此时， ∴的最小值是． 【点睛】本题考查待定系数法求抛物线与直线的解析式，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质和最值，本题属二次函数综合题目，熟练掌握二次函数的图象性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $