衢州市重点中学2023年中考数学考试模拟冲刺卷含解析

1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．）

xx2ax2xx2x恰有一个实根，则满足条件的实数a的值的个数为（ ） 1．已知关于x的方程x2A．1 B．2 C．3 D．4

2．关于x的方程x2﹣3x+k＝0的一个根是2，则常数k的值为（ ） A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2

3．如图，小明从A处出发沿北偏东60°方向行走至B处，又沿北偏西20°方向行走至C处，此时需把方向调整到与出发时一致，则方向的调整应是（ ）

A．右转80° B．左转80° C．右转100° D．左转100°

4．某校九年级一班全体学生2017年中招理化生实验操作考试的成绩统计如下表，根据表中的信息判断，下列结论中错误的是（ ） 成绩（分） 人数（人） 30 32 29 4 28 2 26 1 18 1 A．该班共有40名学生

B．该班学生这次考试成绩的平均数为29.4分 C．该班学生这次考试成绩的众数为30分 D．该班学生这次考试成绩的中位数为28分

5．共享单车为市民短距离出行带来了极大便利．据2017年“深圳互联网自行车发展评估报告”披露，深圳市日均使用共享单车2590000人次，其中2590000用科学记数法表示为( ) A．259×104 B．25.9×105 C．2.59×106 D．0.259×107

9115()15得（ ） 6．计算：519A．-5 B．-125 11C．-5 D．125

7．如图所示是8个完全相同的小正方体组成的几何体，则该几何体的左视图是（ ）

A． B．

C． D．

8．甲、乙两人同时分别从A，B两地沿同一条公路骑自行车到C地．已知A，C两地间的距离为110千米，B，C两地间的距离为100千米．甲骑自行车的平均速度比乙快2千米/时．结果两人同时到达C地．求两人的平均速度，为解决此问题，设乙骑自行车的平均速度为x千米/时．由题意列出方程．其中正确的是（ ）

110100110100110100110100x B．xx2 C．x2x D．xx2 A．x29．将一块直角三角板ABC按如图方式放置，其中∠ABC＝30°，A、B两点分别落在直线m、n上，∠1＝20°，添加

下列哪一个条件可使直线m∥n( )

A．∠2＝20° B．∠2＝30° C．∠2＝45° D．∠2＝50° 10．已知二次函数

（m为常数）的图象与x轴的一个交点为(1，0)，则关于x的一元二次方程

x23xm0的两实数根是

A．x1＝1，x2＝－1 B．x1＝1，x2＝2 C．x1＝1，x2＝0 D．x1＝1，x2＝3 11．下列各式正确的是( ) A．0.360.6 B．93

32(3)3(2)2 C． D．312．如图，平面直角坐标中，点A（1，2），将AO绕点A逆时针旋转90°，点O的对应点B恰好落在双曲线y=（x>0）上，则k的值为( )

A．2 B．3 C．4 D．6 二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是 14．已知二次函数能使

y1ax2bxc与一次函数

y2kxmk0的图象相交于点

A2,4B8,2.，

如图所示，则

y1y2成立的x的取值范围是______．

15．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC=23，∠AEO=120°，则FC的长度为_____．

16．如图，在边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点O，则tan∠AOD=________.

17．如图，数轴上点A、B、C所表示的数分别为a、b、c，点C是线段AB的中点，若原点O是线段AC上的任意一点，那么a+b-2c= ______ ．

18．如图，已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点OAC的中点，点D在A射线BO上，连接OE，EC，若AB＝4，则OE的最小值为_____．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

19．（6分）在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的三个顶点的位置如图所示．现将△ABC平移，使点A变换为点D，点E、F分别是B、C的对应点．

请画出平移后的△DEF．连接AD、CF，则这两条线段

之间的关系是________． 20．（6分）问题探究

（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长； （2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长； 问题解决

（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．

21．（6分）某居民小区一处圆柱形的输水管道破裂，维修人员为更换管道，需确定管道圆形截面的半径，下面是水平放置的破裂管道有水部分的截面．若这个输水管道有水部分的水面宽AB16cm，水面最深地方的高度为4cm，求这个圆形截面的半径．

22．（8分）已知二次函数y=x2-4x-5，与y轴的交点为P，与x轴交于A、B两点．（点B在点A的右侧） （1）当y=0时，求x的值．

（2）点M（6，m）在二次函数y=x2-4x-5的图像上，设直线MP与x轴交于点C，求cot∠MCB的值．

1m22m112m2m4 23．（8分）（1）化简：

x3x1234(x1)9（2）解不等式组．

24．（10分）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D且BD＝2AD，过点D作DE⊥AC交BA延长线于点E，垂足为点F． （1）求tan∠ADF的值；

（2）证明：DE是⊙O的切线；

（3）若⊙O的半径R＝5，求EF的长．

25．（10分）如果一条抛物线y=ax+bx+ca0与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的

2三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．

（1）“抛物线三角形”一定是 三角形；

（2）若抛物线y=-x+bxb>0的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b的值；

2（3）如图，△OAB是抛物线y=-x+bx'b'>0的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若

2存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由． 26．（12分）某商场计划购进A，B两种新型节能台灯共100盏，这两种台灯的进价、售价如下表： 类型 价格 进价（元/盏） 售价（元/盏） A型 30 45 B型 50 70 （1）若商场预计进货款为3500元，则这两种台灯各进多少盏．

（2）若设商场购进A型台灯m盏，销售完这批台灯所获利润为P，写出P与m之间的函数关系式．

（3）若商场规定B型灯的进货数量不超过A型灯数量的4倍，那么A型和B型台灯各进多少盏售完之后获得利润最多？此时利润是多少元． 27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）． （1）求抛物线的解析式；

（2）猜想△EDB的形状并加以证明； （3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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、C 【解析】

先将原方程变形，转化为整式方程后得2x2-3x+（3-a）=1①．由于原方程只有一个实数根，因此，方程①的根有两种情况：（1）方程①有两个相等的实数根，此二等根使x（x-2）≠1；（2）方程①有两个不等的实数根，而其中一根使x（x-2）=1，另外一根使x（x-2）≠1．针对每一种情况，分别求出a的值及对应的原方程的根． 【详解】

去分母，将原方程两边同乘x（x﹣2），整理得2x2﹣3x+（3﹣a）=1．① 方程①的根的情况有两种：

（1）方程①有两个相等的实数根，即△=9﹣3×2（3﹣a）=1．

23解得a=8．

3237当a=8时，解方程2x2﹣3x+（﹣2+3）=1，得x1=x2=4．

（2）方程①有两个不等的实数根，而其中一根使原方程分母为零，即方程①有一个根为1或2． （i）当x=1时，代入①式得3﹣a=1，即a=3．

当a=3时，解方程2x2﹣3x=1，x（2x﹣3）=1，x1=1或x2=1.4．

而x1=1是增根，即这时方程①的另一个根是x=1.4．它不使分母为零，确是原方程的唯一根． （ii）当x=2时，代入①式，得2×3﹣2×3+（3﹣a）=1，即a=5．

1当a=5时，解方程2x2﹣3x﹣2=1，x1=2，x2=﹣2 ． 1x1是增根，故x=﹣2为方程的唯一实根；

23因此，若原分式方程只有一个实数根时，所求的a的值分别是8，3，5共3个．

故选C． 【点睛】

考查了分式方程的解法及增根问题．由于原分式方程去分母后，得到一个含有字母的一元二次方程，所以要分情况进行讨论．理解分式方程产生增根的原因及一元二次方程解的情况从而正确进行分类是解题的关键． 2、B 【解析】

2根据一元二次方程的解的定义，把x=2代入x-3x+k=0得4-6+k=0，然后解关于k的方程即可.

【详解】

2把x=2代入x-3x+k=0得，4-6+k=0，

解得k=2. 故答案为：B. 【点睛】

本题主要考查了一元二次方程的解，掌握一元二次方程的定义，把已知代入方程，列出关于k的新方程，通过解新方程来求k的值是解题的关键. 3、A 【解析】 60°+20°=80°．由北偏西20°转向北偏东60°，需要向右转． 故选A． 4、D 【解析】

A.∵32+4+2+1+1=40（人），故A正确； B. ∵（30×32+29×4+28×2+26+18）÷40=29.4（分），故B正确； C. ∵成绩是30分的人有32人，最多，故C 正确；

D. 该班学生这次考试成绩的中位数为30分，故D错误； 5、C 【解析】

绝对值大于1的正数可以科学计数法，a×10n，即可得出答案. 【详解】

n由左边第一个不为0的数字前面的0的个数决定，所以此处n=6. 【点睛】

本题考查了科学计数法的运用，熟悉掌握是解决本题的关键. 6、B 【解析】

同级运算从左向右依次计算，计算过程中注意正负符号的变化． 【详解】

9191111551551515 -125

故选B. 【点睛】

本题考查的是有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键. 7、A 【解析】

分析：根据主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看所得到的图形，从而得出该几何体的左视图． 详解：该几何体的左视图是：

故选A．

点睛：本题考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力． 8、A 【解析】

设乙骑自行车的平均速度为x千米/时，则甲骑自行车的平均速度为（x+2）千米/时，根据题意可得等量关系：甲骑110千米所用时间=乙骑100千米所用时间，根据等量关系可列出方程即可． 解：设乙骑自行车的平均速度为x千米/时，由题意得：

110100x2=x，

故选A． 9、D 【解析】

根据平行线的性质即可得到∠2=∠ABC+∠1，即可得出结论． 【详解】

∵直线EF∥GH，

∴∠2=∠ABC+∠1=30°+20°=50°， 故选D． 【点睛】

本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 10、B 【解析】

2y＝x3xm（m为常数）的图象与x轴的一个交点为(1，0)， 试题分析：∵二次函数

2x23xm0x23x20x11，x2213m0m2∴．∴．故选B．

11、A

【解析】

332(3)3(2)2，则D错，故选A． 93∵，则B错；，则C；12、B 【解析】

作AC⊥y轴于C，ADx轴，BD⊥y轴，它们相交于D，有A点坐标得到AC=1，OC=1，由于AO绕点A逆时针旋转90°，点O的对应B点，所以相当是把△AOC绕点A逆时针旋转90°得到△ABD，根据旋转的性质得AD=AC=1，BD=OC=1，原式可得到B点坐标为（2，1），然后根据反比例函数图象上点的坐标特征计算k的值． 【详解】

作AC⊥y轴于C，AD⊥x轴，BD⊥y轴，它们相交于D，如图，∵A点坐标为（1，1），∴AC=1，OC=1． ∵AO绕点A逆时针旋转90°，点O的对应B点，即把△AOC绕点A逆时针旋转90°得到△ABD，∴AD=AC=1，BD=OC=1，∴B点坐标为（2，1），∴k=2×1=2． 故选B．

【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．也考查了坐标与图形变化﹣旋转．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

113、3．

【解析】

分别求出从1到6的数中3的倍数的个数，再根据概率公式解答即可． 【详解】

有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的一个自然数，从中任意抽出一张卡片，共有6种结果，其中卡片

2163． 上的数是3的倍数的有3和6两种情况，所以从中任意抽出一张卡片，卡片上的数是3的倍数的概率是

1故答案为3

【点睛】

考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比. 14、x<-2或x>1 【解析】

试题分析：根据函数图象可得：当考点：函数图象的性质 15、1 【解析】

y1y2时，x＜－2或x＞1．

先根据矩形的性质，推理得到OF=CF，再根据Rt△BOF求得OF的长，即可得到CF的长． 【详解】

解：∵EF⊥BD，∠AEO=120°， ∴∠EDO=30°，∠DEO=60°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠OBF=∠OCF=30°，∠BFO=60°， ∴∠FOC=60°-30°=30°， ∴OF=CF，

11又∵Rt△BOF中，BO=2BD=2AC=3，

∴OF=tan30°×BO=1， ∴CF=1，

故答案为：1． 【点睛】

本题考查矩形的性质以及解直角三角形的运用，解题关键是掌握：矩形的对角线相等且互相平分． 16、1 【解析】

首先连接BE，由题意易得BF=CF，△ACO∽△BKO，然后由相似三角形的对应边成比例，易得KO：CO=1：3，即可得OF：CF=OF：BF=1：1，在Rt△OBF中，即可求得tan∠BOF的值，继而求得答案． 【详解】

如图，连接BE，

∵四边形BCEK是正方形，

11∴KF=CF=2CK，BF=2BE，CK=BE，BE⊥CK，

∴BF=CF，

根据题意得：AC∥BK， ∴△ACO∽△BKO，

∴KO：CO=BK：AC=1：3， ∴KO：KF=1：1，

11∴KO=OF=2CF=2BF，

BF在Rt△PBF中，tan∠BOF=OF=1，

∵∠AOD=∠BOF， ∴tan∠AOD=1． 故答案为1 【点睛】

此题考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用． 17、1 【解析】

∵点A、B、C所表示的数分别为a、b、c，点C是线段AB的中点，

ab∴由中点公式得：c=2，

∴a+b=2c， ∴a+b-2c=1． 故答案为1． 18、1 【解析】

1根据等边三角形的性质可得OC＝2AC，∠ABD＝30°，根据“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ACE＝30°＝∠ABD，

当OE⊥EC时，OE的长度最小，根据直角三角形的性质可求OE的最小值． 【详解】

解：∵△ABC的等边三角形，点O是AC的中点，

1∴OC＝2AC，∠ABD＝30°

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS） ∴∠ACE＝30°＝∠ABD

当OE⊥EC时，OE的长度最小， ∵∠OEC＝90°，∠ACE＝30°

11∴OE最小值＝2OC＝4AB＝1，

故答案为1 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 19、见解析 【解析】 (1)如图：

(2)连接AD、CF，则这两条线段之间的关系是AD＝CF，且AD∥CF． 20、（1）1；2-7；7；（1）4+3;（4）（200-253-402）米．

【解析】

（1）由于△PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题．

（1）以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长． （4）要满足∠AMB=40°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长． 【详解】

（1）①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①， 则PA=PD．

∴△PAD是等腰三角形． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=DC，∠B=∠C=90°． ∵PA=PD，AB=DC，

∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）． ∴BP=CP． ∵BC=2， ∴BP=CP=1．

②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①， 则DA=DP′．

∴△P′AD是等腰三角形． ∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°． ∵AB=4，BC=2， ∴DC=4，DP′=2．

22∴CP′=43=7．

∴BP′=2-7．

③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①， 则AD=AP″．

∴△P″AD是等腰三角形． 同理可得：BP″=7．

综上所述：在等腰三角形△ADP中， 若PA=PD，则BP=1； 若DP=DA，则BP=2-7； 若AP=AD，则BP=7．

（1）∵E、F分别为边AB、AC的中点，

1∴EF∥BC，EF=2BC．

∵BC=11， ∴EF=4．

以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．

∵AD⊥BC，AD=4，

∴EF与BC之间的距离为4． ∴OQ=4

∴OQ=OE=4．

∴⊙O与BC相切，切点为Q． ∵EF为⊙O的直径， ∴∠EQF=90°．

过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②． ∵EG⊥BC，OQ⊥BC， ∴EG∥OQ．

∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ， ∴四边形OEGQ是正方形． ∴GQ=EO=4，EG=OQ=4． ∵∠B=40°，∠EGB=90°，EG=4， ∴BG=3．

∴BQ=GQ+BG=4+3．

∴当∠EQF=90°时，BQ的长为4+3．

（4）在线段CD上存在点M，使∠AMB=40°． 理由如下：

以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG， 作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．

设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O， 过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．

则⊙O是△ABG的外接圆，

∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，

1∴AP=PB=2AB．

∵AB=170， ∴AP=145． ∵ED=185，

∴OH=185-145=6．

∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG， ∴∠BAK=∠GAK=40°． ∴OP=AP•tan40°

3=145×3

=253．

∴OA=1OP=903．

∴OH＜OA．

∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③． ∴∠AMB=∠AGB=40°，OM=OA=903．． ∵OH⊥CD，OH=6，OM=903，

2222OMOH=(903)150∴HM==402．

∵AE=200，OP=253， ∴DH=200-253．

若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=200-253+402．

∵200-253+402＞420， ∴DM＞CD．

∴点M不在线段CD上，应舍去．

若点M在点H的右边，则DM=DH-HM=200-253-402． ∵200-253-402＜420，

∴DM＜CD．

∴点M在线段CD上．

综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=40°， 此时DM的长为（200-253-402）米．

【点睛】

本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强．而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键． 21、这个圆形截面的半径为10cm. 【解析】

分析：先作辅助线，利用垂径定理求出半径，再根据勾股定理计算． 解答：解：如图，OE⊥AB交AB于点D，

则DE=4，AB=16，AD=8， 设半径为R，

∴OD=OE-DE=R-4，

由勾股定理得，OA2=AD2+OD2， 即R2=82+（R-4）2， 解得，R=10cm． 22、（1）x15，

x21cotMCB；（2）

12

【解析】

（1）当y=0，则x2-4x-5=0，解方程即可得到x的值.

(2) 由题意易求M，P点坐标，再求出MP的直线方程，可得cot∠MCB. 【详解】

2（1）把y0代入函数解析式得x4x50，

即

x5x10，

x15，

解得：

x21.

（2）把

M6,m2yx4x5得m7，即得M6,7， 代入

2yx4x5，与y轴的交点为P，∴P点坐标为P0,5. ∵二次函数

5bb=5P0,5M6,776kbk=2， ykxb设直线MP的解析式为，代入，得解得∴y2x5，

5C,0∴点C坐标为2，

在RtPOC中

cotOCP12.

OC1OP2,又∵OCPMCB

cotMCB∴

【点睛】

本题考查的知识点是抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，解题的关键是熟练的掌握抛物线与x轴的交点，二次函数的性质.

m2

23、（1）m1；（2）﹣2＜x<1

【解析】

（1）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果； （2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可． 【详解】

m1(m2)(m2)m22m2(m1)m1； （1）原式＝

x1x2，

（2）不等式组整理得：则不等式组的解集为﹣2＜x<1． 【点睛】

此题考查计算能力，（1）考查分式的化简，正确将分子与分母分解因式及按照正确运算顺序进行计算是解题的关键；（2）是解不等式组，注意系数化为1时乘或除以的是负数时要变号.

1824、（1）2；（2）见解析；（3）3

【解析】

(1) AB是⊙O的直径，AB=AC，可得∠ADB=90°，∠ADF=∠B，可求得tan∠ADF的值； （2）连接OD，由已知条件证明AC∥OD，又DE⊥AC，可得DE是⊙O的切线； (3)由AF∥OD，可得△AFE∽△ODE，可得

后求得EF的长．

【详解】 解：（1）∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°， ∵AB=AC，

∴∠BAD=∠CAD， ∵DE⊥AC， ∴∠AFD=90°， ∴∠ADF=∠B，

∴tan∠ADF=tan∠B=

1=2；

（2）连接OD，

∵OD=OA，

∴∠ODA=∠OAD， ∵∠OAD=∠CAD， ∴∠CAD=∠ODA， ∴AC∥OD， ∵DE⊥AC， ∴OD⊥DE，

∴DE是⊙O的切线；

（3）设AD=x，则BD=2x， ∴AB=∴x=2∴AD=2

x=10， ， ，

同理得：AF=2，DF=4， ∵AF∥OD，

∴△AFE∽△ODE， ∴∴=

， ，

8∴EF=3．

【点睛】

本题考查切线的证明及圆与三角形相似的综合，为中考常考题型，需引起重视．

225、（1）等腰（2）b=2（3）存在， y=x+23x

【解析】解：（1）等腰

（2）∵抛物线y=-x+bxb>0的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，

2bb2bb2 ∴该抛物线的顶点，满足=b>0．

2424 ∴b=2．

（3）存在．

如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，

则四边形ABCD为平行四边形．

当OA=OB时，平行四边形ABCD为矩形． 又∵AO=AB，

∴△OAB为等边三角形． 作AEOB，垂足为E． ∴AE=3OE．

b'2b'=3b'>0． ∴42 ∴b'=23．

3，B23，0． 3，-3，D-23，0． ∴C-3， ∴A 设过点O、C、D三点的抛物线y=mx+nx，则

212m-23n=0，m=1，  解之，得

n=23.3m-3n=-3.2 ∴所求抛物线的表达式为y=x+23x．

26、（1）应购进A型台灯75盏，B型台灯25盏；（2）P=﹣5m+2000；（3）商场购进A型台灯20盏，B型台灯80盏，

销售完这批台灯时获利最多，此时利润为1900元． 【解析】

（1）设商场应购进A型台灯x盏，表示出B型台灯为（100-x）盏，然后根据进货款=A型台灯的进货款+B型台灯的进货款列出方程求解即可； （2）根据题意列出方程即可；

（3）设商场销售完这批台灯可获利y元，根据获利等于两种台灯的获利总和列式整理，再求出x的取值范围，然后根据一次函数的增减性求出获利的最大值． 【详解】 解：（1）设商场应购进A型台灯x盏，则B型台灯为（100﹣x）盏， 根据题意得，30x+50（100﹣x）=3500， 解得x=75，

所以，100﹣75=25，

答：应购进A型台灯75盏，B型台灯25盏； （2）设商场销售完这批台灯可获利P元， 则P=（45﹣30）m+（70﹣50）（100﹣m）， =15m+2000﹣20m， =﹣5m+2000， 即P=﹣5m+2000，

（3）∵B型台灯的进货数量不超过A型台灯数量的4倍， ∴100﹣m≤4m， ∴m≥20，

∵k=﹣5＜0，P随m的增大而减小， ∴m=20时，P取得最大值，为﹣5×20+2000=1900（元）

答：商场购进A型台灯20盏，B型台灯80盏，销售完这批台灯时获利最多，此时利润为1900元． 【点睛】

本题考查了一次函数与一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一次函数与一元一次方程的应用.

36+236+2153，2）或（327、（1）y=﹣4x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形；证明见解析；（3）（，﹣2）．

【解析】

（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；

（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标． 【详解】 解：（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3， ∴A（4，0），C（0，3）， ∵抛物线经过O、A两点， ∴抛物线顶点坐标为（2，3），

∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，

3把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣4，

33∴抛物线解析式为y=﹣4（x﹣2）2+3，即y=﹣4x2+3x；

（2）△EDB为等腰直角三角形． 证明：

由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），

∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20， ∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD， ∴△EDB为等腰直角三角形； （3）存在．理由如下：

设直线BE解析式为y=kx+b，

1k34kb2b11b把B、E坐标代入可得，解得，

1∴直线BE解析式为y=2x+1，

当x=2时，y=2， ∴F（2，2），

①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2， ∴点M的纵坐标为2或﹣2，

336233在y=﹣4x2+3x中，令y=2可得2=﹣4x2+3x，解得x=，

∵点M在抛物线对称轴右侧，

∴x＞2，

6+233， ∴x=

6+233，2）∴M点坐标为（；

3362153在y=﹣4x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣4x2+3x，解得x=，

∵点M在抛物线对称轴右侧，

∴x＞2，

6+2153∴x=，

6+2153∴M点坐标为（，﹣2）；

②当AF为平行四边形的对角线时，

∵A（4，0），F（2，2），

∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），

3设M（t，﹣4t2+3t），N（x，0）， 36233则﹣4t2+3t=2，解得t=，

∵点M在抛物线对称轴右侧，

∴x＞2， ∵t＞2，

6+233， ∴t=

6+233，2）∴M点坐标为（；

6+236+2153，2）或（3综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，﹣2）．

【点睛】

本题为二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、勾股定理及其逆定理、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得抛物线的顶点坐标是解题的关键，注意抛物线顶点式的应用，在（2）中求得△EDB各边的长度是解题的关键，在（3）中确定出M点的纵坐标是解题的关键，注意分类讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．