2022届湖南省娄底市娄星区重点中学中考数学模拟预测试卷含解析

这是一份2022届湖南省娄底市娄星区重点中学中考数学模拟预测试卷含解析，共26页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，如图等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．下列实数中，为无理数的是（　　）
A． B． C．﹣5 D．0.3156
2．计算的结果是（ ）．
A． B． C． D．
3．估计的值在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
4．如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上．已知纸板的两条边DF＝50cm，EF＝30cm，测得边DF离地面的高度AC＝1.5m，CD＝20m，则树高AB为（　　）

A．12m B．13.5m C．15m D．16.5m
5．如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上的两点，若AB＝14，BC＝1．则∠BDC的度数是（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°
6．关于x的一元二次方程x2－4x+k=0有两个相等的实数根,则k的值是（ ）
A．2 B．－2 C．4 D．－4
7．如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ）

A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1)
8．如图： 在中，平分，平分，且交于，若，则等于（ ）

A．75 B．100 C．120 D．125
9．在刚过去的2017年，我国整体经济实力跃上了一个新台阶，城镇新增就业1351万人，数据“1351万”用科学记数法表示为（ ）
A．13.51×106 B．1.351×107 C．1.351×106 D．0.1531×108
10．如图，直角坐标平面内有一点，那么与轴正半轴的夹角的余切值为（ ）

A．2 B． C． D．
11．小明将某圆锥形的冰淇淋纸套沿它的一条母线展开若不考虑接缝，它是一个半径为12cm，圆心角为的扇形，则　　
A．圆锥形冰淇淋纸套的底面半径为4cm
B．圆锥形冰淇淋纸套的底面半径为6cm
C．圆锥形冰淇淋纸套的高为
D．圆锥形冰淇淋纸套的高为
12．如图1，在等边△ABC中，D是BC的中点，P为AB 边上的一个动点，设AP=x，图1中线段DP的长为y，若表示y与x的函数关系的图象如图2所示，则△ABC的面积为（ ）

A．4 B． C．12 D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．规定一种新运算“*”：a*b＝a－b，则方程x*2＝1*x的解为________．
14．下面是甲、乙两人10次射击成绩（环数）的条形统计图，通常新手的成绩不太确定，根据图中的信息，估计这两人中的新手是_____．

15．如图，点G是的重心，AG的延长线交BC于点D，过点G作交AC于点E，如果，那么线段GE的长为______．

16．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，-3），动点P在抛物线上． b =_________，c =_________，点B的坐标为_____________；（直接填写结果）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

17．如图，一块飞镖游戏板由大小相等的小正方形格子构成，向游戏板随机投掷一枚飞镖，击中黑色区域的概率是______．

18．内接于圆，设,圆的半径为，则所对的劣弧长为_____(用含的代数式表示).
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）（1）计算：
（2）化简：
20．（6分）我市为创建全国文明城市，志愿者对某路段的非机动车逆行情况进行了10天的调查，将所得数据绘制成如下统计图（图2不完整）：

请根据所给信息，解答下列问题：
（1）这组数据的中位数是　 　，众数是　 　；
（2）请把图2中的频数直方图补充完整；（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（3）通过“小手拉大手”活动后，非机动车逆向行驶次数明显减少，经过这一路段的再次调查发现，平均每天的非机动车逆向行驶次数比第一次调查时减少了4次，活动后，这一路段平均每天还出现多少次非机动车逆向行驶情况？
21．（6分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE=BC．如果AC=6，求AE的长；设，，求向量（用向量、表示）．

22．（8分）在学习了矩形这节内容之后，明明同学发现生活中的很多矩形都很特殊，如我们的课本封面、A4 的打印纸等，这些矩形的长与宽之比都为：1，我们将具有这类特征的矩形称为“完美矩形”如图（1），在“完美矩形”ABCD 中，点 P 为 AB 边上的定点，且 AP＝AD． 求证：PD＝AB．如图（2），若在“完美矩形“ABCD 的边 BC 上有一动点 E，当的值是多少时，△PDE 的周长最小？如图（3），点 Q 是边 AB 上的定点，且 BQ＝BC．已知 AD＝1，在（2）的条件下连接 DE 并延长交 AB 的延长线于点 F，连接 CF，G 为 CF 的中点，M、N 分别为线段 QF 和 CD 上的动点，且始终保持 QM＝CN，MN 与 DF 相交于点 H，请问 GH 的长度是定值吗？若是，请求出它的值，若不是，请说明理由．

23．（8分）先化简代数式，再从﹣1，0，3中选择一个合适的a的值代入求值．
24．（10分）规定：不相交的两个函数图象在竖直方向上的最短距离为这两个函数的“亲近距离”
（1）求抛物线y＝x2﹣2x+3与x轴的“亲近距离”；
（2）在探究问题：求抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣1的“亲近距离”的过程中，有人提出：过抛物线的顶点向x轴作垂线与直线相交，则该问题的“亲近距离”一定是抛物线顶点与交点之间的距离，你同意他的看法吗？请说明理由．
（3）若抛物线y＝x2﹣2x+3与抛物线y＝+c的“亲近距离”为，求c的值．
25．（10分）某商店老板准备购买A、B两种型号的足球共100只，已知A型号足球进价每只40元，B型号足球进价每只60元．
（1）若该店老板共花费了5200元，那么A、B型号足球各进了多少只；
（2）若B型号足球数量不少于A型号足球数量的，那么进多少只A型号足球，可以让该老板所用的进货款最少？
26．（12分）在四张编号为A，B，C，D的卡片（除编号外，其余完全相同）的正面分别写上如图所示的正整数后，背面向上，洗匀放好．
（1）我们知道，满足a2+b2=c2的三个正整数a，b，c成为勾股数，嘉嘉从中随机抽取一张，求抽到的卡片上的数是勾股数的概率P1；
（2）琪琪从中随机抽取一张（不放回），再从剩下的卡片中随机抽取一张（卡片用A，B，C，D表示）．请用列表或画树形图的方法求抽到的两张卡片上的数都是勾股数的概率P2，并指出她与嘉嘉抽到勾股数的可能性一样吗？

27．（12分）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点B（6，0）．点C、D分别在OB、AB边上，DC∥OA，CB=2．
（I）如图①，将△DCB沿射线CB方向平移，得到△D′C′B′．当点C平移到OB的中点时，求点D′的坐标；
（II）如图②，若边D′C′与AB的交点为M，边D′B′与∠ABB′的角平分线交于点N，当BB′多大时，四边形MBND′为菱形？并说明理由．
（III）若将△DCB绕点B顺时针旋转，得到△D′C′B，连接AD′，边D′C′的中点为P，连接AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD′的值．（直接写出结果即可）．




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、B
【解析】
根据无理数的定义解答即可.
【详解】
选项A、是分数，是有理数；
选项B、是无理数；
选项C、﹣5为有理数；
选项D、0.3156是有理数；
故选B．
【点睛】
本题考查了无理数的判定，熟知无理数是无限不循环小数是解决问题的关键.
2、D
【解析】
根据同底数幂的乘除法运算进行计算.
【详解】
3x2y2×x3y2÷xy3＝6x5y4÷xy3＝6x4y.故答案选D.
【点睛】
本题主要考查同底数幂的乘除运算，解题的关键是知道：同底数幂相乘，底数不变，指数相加.
3、D
【解析】
寻找小于26的最大平方数和大于26的最小平方数即可.
【详解】
解：小于26的最大平方数为25，大于26的最小平方数为36，故，即：
，故选择D.
【点睛】
本题考查了二次根式的相关定义.
4、D
【解析】
利用直角三角形DEF和直角三角形BCD相似求得BC的长后加上小明同学的身高即可求得树高AB．
【详解】
∵∠DEF=∠BCD=90°，∠D=∠D，
∴△DEF∽△DCB，
∴，
∵DF=50cm=0.5m，EF=30cm=0.3m，AC=1.5m，CD=20m，
∴由勾股定理求得DE=40cm，
∴，
∴BC=15米，
∴AB=AC+BC=1.5+15=16.5（米）．
故答案为16.5m．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出相似三角形的模型．
5、B
【解析】
只要证明△OCB是等边三角形，可得∠CDB=∠COB即可解决问题.
【详解】
如图，连接OC，

∵AB=14，BC=1，
∴OB=OC=BC=1，
∴△OCB是等边三角形，
∴∠COB=60°，
∴∠CDB=∠COB=30°，
故选B．
【点睛】
本题考查圆周角定理，等边三角形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的首先解决问题，属于中考常考题型．
6、C
【解析】
对于一元二次方程a+bx+c=0，当Δ=-4ac=0时，方程有两个相等的实数根.
即16-4k=0，解得：k=4.
考点：一元二次方程根的判别式
7、A
【解析】
根据位似变换的性质可知，△ODC∽△OBA，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标．
【详解】
由题意得，△ODC∽△OBA，相似比是，
∴，
又OB=6，AB=3，
∴OD=2，CD=1，
∴点C的坐标为：（2，1），
故选A．
【点睛】
本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用．
8、B
【解析】
根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理即可求得CE2+CF2=EF2，进而可求出CE2+CF2的值．
【详解】
解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE=∠ACB，∠ACF=∠ACD，即∠ECF=（∠ACB+∠ACD）=90°，
∴△EFC为直角三角形，
又∵EF∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECB=∠MEC=∠ECM，∠DCF=∠CFM=∠MCF，
∴CM=EM=MF=5，EF=10，
由勾股定理可知CE2+CF2=EF2=1．
故选：B．
【点睛】
本题考查角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线），直角三角形的判定（有一个角为90°的三角形是直角三角形）以及勾股定理的运用，解题的关键是首先证明出△ECF为直角三角形．
9、B
【解析】
根据科学记数法进行解答.
【详解】
1315万即13510000，用科学记数法表示为1.351×107.故选择B.
【点睛】
本题主要考查科学记数法，科学记数法表示数的标准形式是a×10n（1≤│a│＜10且n为整数）.
10、B
【解析】
作PA⊥x轴于点A，构造直角三角形，根据三角函数的定义求解．
【详解】

过P作x轴的垂线，交x轴于点A，
∵P(2,4)，
∴OA=2,AP=4，．
∴
∴.
故选B．
【点睛】
本题考查的知识点是锐角三角函数的定义，解题关键是熟记三角函数的定义.
11、C
【解析】
根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，列出方程求出圆锥的底面半径，再利用勾股定理求出圆锥的高．
【详解】
解：半径为12cm，圆心角为的扇形弧长是：，
设圆锥的底面半径是rcm，
则，
解得：．
即这个圆锥形冰淇淋纸套的底面半径是2cm．
圆锥形冰淇淋纸套的高为．
故选：C．
【点睛】
本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：
圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
12、D
【解析】
分析：
由图1、图2结合题意可知，当DP⊥AB时，DP最短，由此可得DP最短=y最小=，这样如图3，过点P作PD⊥AB于点P，连接AD，结合△ABC是等边三角形和点D是BC边的中点进行分析解答即可.
详解：
由题意可知：当DP⊥AB时，DP最短，由此可得DP最短=y最小=，如图3，过点P作PD⊥AB于点P，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，点D是BC边上的中点，
∴∠ABC=60°，AD⊥BC，
∵DP⊥AB于点P，此时DP=，
∴BD=，
∴BC=2BD=4，
∴AB=4，
∴AD=AB·sin∠B=4×sin60°=，
∴S△ABC=AD·BC=.
故选D.

点睛：“读懂题意，知道当DP⊥AB于点P时，DP最短=”是解答本题的关键.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
根据题中的新定义化简所求方程，求出方程的解即可．
【详解】
根据题意得：x－×2=×1－，
x=，
解得：x＝,
故答案为x＝.
【点睛】
此题的关键是掌握新运算规则，转化成一元一元一次方程，再解这个一元一次方程即可．
14、甲．
【解析】
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，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,方差越大，数据不稳定，则为新手.
【详解】
∵通过观察条形统计图可知：乙的成绩更整齐，也相对更稳定，
∴甲的方差大于乙的方差.
故答案为：甲.
【点睛】
本题考查的知识点是方差，条形统计图，解题的关键是熟练的掌握方差，条形统计图.
15、2
【解析】
分析：由点G是△ABC重心，BC=6，易得CD=3，AG：AD=2：3，又由GE∥BC，可证得△AEG∽△ACD，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得线段GE的长．
详解：∵点G是△ABC重心，BC=6，
∴CD=BC=3，AG：AD=2：3，
∵GE∥BC，
∴△AEG∽△ADC，
∴GE：CD=AG：AD=2：3，
∴GE=2.
故答案为2.
点睛：本题考查了三角形重心的定义和性质、相似三角形的判定和性质.利用三角形重心的性质得出AG：AD=2：3是解题的关键.
16、（1），，（-1,0）；（2）存在P的坐标是或；（1）当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）
【解析】
（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后令y=0可求得点B的坐标；
（2）分别过点C和点A作AC的垂线，将抛物线与P1，P2两点先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可；
（1）连接OD．先证明四边形OEDF为矩形，从而得到OD=EF，然后根据垂线段最短可求得点D的纵坐标，从而得到点P的纵坐标，然后由抛物线的解析式可求得点P的坐标．
【详解】
解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：b=﹣2，c=﹣1，
∴抛物线的解析式为．
∵令，解得：，，
∴点B的坐标为（﹣1，0）．
故答案为﹣2；﹣1；（﹣1，0）．
（2）存在．理由：如图所示：

①当∠ACP1=90°．由（1）可知点A的坐标为（1，0）．
设AC的解析式为y=kx﹣1．
∵将点A的坐标代入得1k﹣1=0，解得k=1，
∴直线AC的解析式为y=x﹣1，
∴直线CP1的解析式为y=﹣x﹣1．
∵将y=﹣x﹣1与联立解得，（舍去），
∴点P1的坐标为（1，﹣4）．
②当∠P2AC=90°时．设AP2的解析式为y=﹣x+b．
∵将x=1，y=0代入得：﹣1+b=0，解得b=1，
∴直线AP2的解析式为y=﹣x+1．
∵将y=﹣x+1与联立解得=﹣2，=1（舍去），
∴点P2的坐标为（﹣2，5）．
综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．
（1）如图2所示：连接OD．

由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF．根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
由（1）可知，在Rt△AOC中，∵OC=OA=1，OD⊥AC，
∴D是AC的中点．
又∵DF∥OC，
∴DF=OC=，
∴点P的纵坐标是，
∴，解得：x=，
∴当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）．
17、
【解析】
求出黑色区域面积与正方形总面积之比即可得答案.
【详解】
图中有9个小正方形，其中黑色区域一共有3个小正方形，
所以随意投掷一个飞镖，击中黑色区域的概率是，
故答案为．
【点睛】
本题考查了几何概率，熟练掌握概率的计算公式是解题的关键.注意面积之比几何概率．
18、或
【解析】
分0°＜x°≤90°、90°＜x°≤180°两种情况，根据圆周角定理求出∠DOC，根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：当0°＜x°≤90°时，如图所示：连接OC，

由圆周角定理得，∠BOC=2∠A=2x°，
∴∠DOC=180°-2x°，
∴∠OBC所对的劣弧长=，
当90°＜x°≤180°时，同理可得，∠OBC所对的劣弧长= ．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、弧长的计算，掌握弧长公式、圆周角定理是解题的关键．

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、（1）；（2）-1；
【解析】
（1）根据负整数指数幂、特殊角的三角函数、零指数幂可以解答本题；
（2）根据分式的除法和减法可以解答本题．
【详解】
（1）

=
=2-.
（2）
=
=
=
=
=-1
【点睛】
本题考查分式的混合运算、负整数指数幂、特殊角的三角函数、零指数幂，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
20、 (1) 7、7和8；(2)见解析；（3）第一次调查时，平均每天的非机动车逆向行驶的次数3次
【解析】
（1）将数据按照从下到大的顺序重新排列，再根据中位数和众数的定义解答可得；
（2）根据折线图确定逆向行驶7次的天数，从而补全直方图；
（3）利用加权平均数公式求得违章的平均次数，从而求解．
【详解】
解:（1）∵被抽查的数据重新排列为：5、5、6、7、7、7、8、8、8、9，
∴中位数为=7，众数是7和8，
故答案为：7、7和8；
（2）补全图形如下：

（3）∵第一次调查时，平均每天的非机动车逆向行驶的次数为=7（次），
∴第一次调查时，平均每天的非机动车逆向行驶的次数3次．
【点睛】
本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
21、（1）1；（2）.
【解析】
（1）由平行线截线段成比例求得AE的长度；
（2）利用平面向量的三角形法则解答．
【详解】
（1）如图，

∵DE∥BC，且DE=BC，
∴．
又AC=6，
∴AE=1．
（2）∵，，
∴．
又DE∥BC，DE=BC，
∴
【点睛】
考查了平面向量，需要掌握平面向量的三角形法则和平行向量的定义．
22、（1）证明见解析（2） （3）
【解析】
（1）根据题中“完美矩形”的定义设出AD与AB，根据AP=AD，利用勾股定理表示出PD，即可得证；
（2）如图，作点P关于BC的对称点P′，连接DP′交BC于点E，此时△PDE的周长最小，设AD=PA=BC=a，表示出AB与CD，由AB-AP表示出BP，由对称的性质得到BP=BP′，由平行得比例，求出所求比值即可；
（3）GH=，理由为：由（2）可知BF=BP=AB-AP，由等式的性质得到MF=DN，利用AAS得到△MFH≌△NDH，利用全等三角形对应边相等得到FH=DH，再由G为CF中点，得到HG为中位线，利用中位线性质求出GH的长即可．
【详解】
（1）在图1中，设AD=BC=a，则有AB=CD=a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵PA=AD=BC=a，
∴PD==a，
∵AB=a，
∴PD=AB；
（2）如图，作点P关于BC的对称点P′，
连接DP′交BC于点E，此时△PDE的周长最小，

设AD=PA=BC=a，则有AB=CD=a，
∵BP=AB-PA，
∴BP′=BP=a-a，
∵BP′∥CD，
∴ ；
（3）GH=，理由为：
由（2）可知BF=BP=AB-AP，
∵AP=AD，
∴BF=AB-AD，
∵BQ=BC，
∴AQ=AB-BQ=AB-BC，
∵BC=AD，
∴AQ=AB-AD，
∴BF=AQ，
∴QF=BQ+BF=BQ+AQ=AB，
∵AB=CD，
∴QF=CD，
∵QM=CN，
∴QF-QM=CD-CN，即MF=DN，
∵MF∥DN，
∴∠NFH=∠NDH，
在△MFH和△NDH中，
，
∴△MFH≌△NDH（AAS），
∴FH=DH，
∵G为CF的中点，
∴GH是△CFD的中位线，
∴GH=CD=×2=．
【点睛】
此题属于相似综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线性质，平行线的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．
23、,1
【解析】
先通分得到，再根据平方差公式和完全平方公式得到，化简后代入a＝3，计算即可得到答案.
【详解】
原式＝＝＝，
当a＝3时（a≠﹣1，0），原式＝1．
【点睛】
本题考查代数式的化简、平方差公式和完全平方公式，解题的关键是掌握代数式的化简、平方差公式和完全平方公式.
24、（1）2；（2）不同意他的看法，理由详见解析；（3）c＝1．
【解析】
(1)把y=x2﹣2x+3配成顶点式得到抛物线上的点到x轴的最短距离，然后根据题意解决问题；
(2)如图，P点为抛物线y=x2﹣2x+3任意一点，作PQ∥y轴交直线y=x﹣1于Q，设P(t，t2﹣2t+3)，则Q(t，t﹣1)，则PQ=t2﹣2t+3﹣(t﹣1)，然后利用二次函数的性质得到抛物线y=x2﹣2x+3与直线y=x﹣1的“亲近距离”，然后对他的看法进行判断；
(3)M点为抛物线y=x2﹣2x+3任意一点，作MN∥y轴交抛物线于N，设M(t，t2﹣2t+3)，则N(t，t2+c)，与(2)方法一样得到MN的最小值为﹣c，从而得到抛物线y=x2﹣2x+3与抛物线的“亲近距离”，所以，然后解方程即可．
【详解】
(1)∵y=x2﹣2x+3=(x﹣1)2+2，
∴抛物线上的点到x轴的最短距离为2，
∴抛物线y=x2﹣2x+3与x轴的“亲近距离”为：2；
(2)不同意他的看法．理由如下：
如图，P点为抛物线y=x2﹣2x+3任意一点，作PQ∥y轴交直线y=x﹣1于Q，

设P(t，t2﹣2t+3)，则Q(t，t﹣1)，
∴PQ=t2﹣2t+3﹣(t﹣1)=t2﹣3t+4=(t﹣)2+，
当t=时，PQ有最小值，最小值为，
∴抛物线y=x2﹣2x+3与直线y=x﹣1的“亲近距离”为，
而过抛物线的顶点向x轴作垂线与直线相交，抛物线顶点与交点之间的距离为2，
∴不同意他的看法；
(3)M点为抛物线y=x2﹣2x+3任意一点，作MN∥y轴交抛物线于N，

设M(t，t2﹣2t+3)，则N(t，t2+c)，
∴MN=t2﹣2t+3﹣(t2+c)=t2﹣2t+3﹣c=(t﹣)2+﹣c，
当t=时，MN有最小值，最小值为﹣c，
∴抛物线y=x2﹣2x+3与抛物线的“亲近距离”为﹣c，
∴，
∴c=1．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，正确理解新定义是解题的关键．
25、（1）A型足球进了40个，B型足球进了60个；（2）当x=60时，y最小=4800元.
【解析】
（1）设A型足球x个，则B型足球（100-x）个,根据该店老板共花费了5200元列方程求解即可；
（2）设进货款为y元，根据题意列出函数关系式，根据B型号足球数量不少于A型号足球数量的求出x的取值范围，然后根据一次函数的性质求解即可.
【详解】
解：（1）设A型足球x个，则B型足球（100-x）个,
∴ 40x +60（100-x）=5200 ,
解得：x=40 ,
∴100-x=100-40=60个,
答：A型足球进了40个，B型足球进了60个．
（2）设A型足球x个，则B型足球（100-x）个,
100-x≥ ,
解得：x≤60 ,
设进货款为y元，则y=40x+60(100-x)=-20x+6000 ,
∵k=-20，∴y随x的增大而减小,
∴当x=60时，y最小=4800元.
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，一次函数的应用，仔细审题，找出解决问题所需的数量关系是解答本题的关键.
26、（1）；（2）淇淇与嘉嘉抽到勾股数的可能性不一样．
【解析】
试题分析：
（1）根据等可能事件的概率的定义，分别确定总的可能性和是勾股数的情况的个数；
（2）用列表法列举出所有的情况和两张卡片上的数都是勾股数的情况即可.
试题解析：
（1）嘉嘉随机抽取一张卡片共出现4种等可能结果，其中抽到的卡片上的数是勾股数的结果有3种，所以嘉嘉抽取一张卡片上的数是勾股数的概率P1=；
（2）列表法：

A
B
C
D
A

（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）

（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）

（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）

由列表可知，两次抽取卡片的所有可能出现的结果有12种，其中抽到的两张卡片上的数都是勾股数的有6种，
∴P2=，
∵P1=，P2=，P1≠P2
∴淇淇与嘉嘉抽到勾股数的可能性不一样．
27、（Ⅰ）D′（3+，3）;（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形,理由见解析;
（Ⅲ）P（）．
【解析】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H．首先求出点D坐标，再求出CC′的长即可解决问题；
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形．首先证明四边形MBND′是平行四边形，再证明BB′=BC′即可解决问题；
（Ⅲ）在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，推出当点A，B，P三点共线时，AP最大.
【详解】
（Ⅰ）如图①中，作DH⊥BC于H，

∵△AOB是等边三角形，DC∥OA，
∴∠DCB=∠AOB=60°，∠CDB=∠A=60°，
∴△CDB是等边三角形，
∵CB=2，DH⊥CB，
∴CH=HB=，DH=3，
∴D（6﹣，3），
∵C′B=3，
∴CC′=2﹣3，
∴DD′=CC′=2﹣3，
∴D′（3+，3）．
（Ⅱ）当BB'=时，四边形MBND'是菱形，
理由：如图②中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∴∠ABB'=180°﹣∠ABO=120°，
∵BN是∠ACC'的角平分线，
∴∠NBB′'=∠ABB'=60°=∠D′C′B，
∴D'C'∥BN，∵AB∥B′D′
∴四边形MBND'是平行四边形，
∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°，
∴△MC′B'和△NBB'是等边三角形，
∴MC=CE'，NC=CC'，
∵B'C'=2，
∵四边形MBND'是菱形，
∴BN=BM，
∴BB'=B'C'=；
（Ⅲ）如图连接BP，

在△ABP中，由三角形三边关系得，AP＜AB+BP，
∴当点A，B，P三点共线时，AP最大，
如图③中，在△D'BE'中，由P为D'E的中点，得AP⊥D'E'，PD'=，
∴CP=3，
∴AP=6+3=9，
在Rt△APD'中，由勾股定理得，AD'==2．
此时P（，﹣）．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND'是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大．