2022年天津市蓟州区第三联合区中考数学最后冲刺浓缩精华卷含解析

这是一份2022年天津市蓟州区第三联合区中考数学最后冲刺浓缩精华卷含解析，共23页。

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA＝OC．则下列结论：①abc＜0；②；③ac－b＋1＝0；④OA·OB＝.其中正确结论的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
2．如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，以AD为直径的⊙O交CD于点E，则的长为（　　）

A． B． C． D．
3．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，下列各式中正确的是（　　）
A．a=b•cosA B．c=a•sinA C．a•cotA=b D．a•tanA=b
4．如图，在热气球C处测得地面A、B两点的俯角分别为30°、45°，热气球C的高度CD为100米，点A、D、B在同一直线上，则AB两点的距离是（　　）

A．200米 B．200米 C．220米 D．100米
5．如图，已知直线AD是⊙O的切线，点A为切点，OD交⊙O于点B，点C在⊙O上，且∠ODA=36°，则∠ACB的度数为（　　）

A．54° B．36° C．30° D．27°
6．不论x、y为何值，用配方法可说明代数式x2+4y2+6x﹣4y+11的值（　　）
A．总不小于1 B．总不小于11
C．可为任何实数 D．可能为负数
7．如图所示，数轴上两点A，B分别表示实数a，b，则下列四个数中最大的一个数是（   ）

A．a     B．b   C． D．
8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，则图中相似三角形共有(　　)

A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
9．我国古代《易经》一书中记载，远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”．如图，一位母亲在从右到左依次排列的绳子上打结，满七进一，用来记录孩子自出生后的天数，由图可知，孩子自出生后的天数是（　　）

A．84 B．336 C．510 D．1326
10．如图，点P是以O为圆心，AB为直径的半圆上的动点，AB=2，设弦AP的长为x，△APO的面积为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是

A． B． C． D．
11．如图，由5个完全相同的小正方体组合成一个立体图形，它的左视图是(　　)

A． B． C． D．
12．如图，△ADE绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转90°，得△ABF，连接EF交AB于H，有如下五个结论①AE⊥AF；②EF：AF=：1；③AF2=FH•FE；④∠AFE=∠DAE+∠CFE ⑤ FB：FC=HB：EC．则正确的结论有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，已知l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相等，若等腰直角三角形ABC的直角顶点C在l1上，另两个顶点A，B分别在l3，l2上，则sinα的值是_____．

14．已知图中的两个三角形全等，则∠1等于____________．

15．如图所示，矩形ABCD的顶点D在反比例函数（x＜0）的图象上，顶点B，C在x轴上，对角线AC的延长线交y轴于点E，连接BE，△BCE的面积是6，则k=_____．

16．若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面面积为______cm（结果保留π）．
17．肥皂泡的泡壁厚度大约是，用科学记数法表示为 _______．
18．两地相距的路程为240千米，甲、乙两车沿同一线路从地出发到地，分别以一定的速度匀速行驶，甲车先出发40分钟后，乙车才出发.途中乙车发生故障，修车耗时20分钟，随后，乙车车速比发生故障前减少了10千米/小时（仍保持匀速前行），甲、乙两车同时到达地.甲、乙两车相距的路程（千米）与甲车行驶时间（小时）之间的关系如图所示，求乙车修好时，甲车距地还有____________千米.

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）为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD=2米），背水坡DE的坡度i=1：1（即DB：EB=1：1），如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC．（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.2）

20．（6分）为支援雅安灾区，某学校计划用“义捐义卖”活动中筹集的部分资金用于购买A，B两种型号的学习用品共1000件，已知A型学习用品的单价为20元，B型学习用品的单价为30元．若购买这批学习用品用了26000元，则购买A，B两种学习用品各多少件？若购买这批学习用品的钱不超过28000元，则最多购买B型学习用品多少件？
21．（6分）为响应“植树造林、造福后人”的号召，某班组织部分同学义务植树棵，由于同学们的积极参与，实际参加的人数比原计划增加了，结果每人比原计划少栽了棵，问实际有多少人参加了这次植树活动？
22．（8分） (1)如图，四边形为正方形，，那么与相等吗？为什么？
(2)如图，在中，，，为边的中点，于点，交于，求的值
(3)如图，中，，为边的中点，于点，交于，若，，求.

23．（8分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于C（0，3），直线y=+m经过点C，与抛物线的另一交点为点D，点P是直线CD上方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线解析式并求出点D的坐标；
（2）连接PD，△CDP的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由；
（3）当△CPE是等腰三角形时，请直接写出m的值．

24．（10分）在“双十二”期间，两个超市开展促销活动，活动方式如下：
超市：购物金额打9折后，若超过2000元再优惠300元；
超市：购物金额打8折．
某学校计划购买某品牌的篮球做奖品，该品牌的篮球在两个超市的标价相同，根据商场的活动方式：
（1）若一次性付款4200元购买这种篮球，则在商场购买的数量比在商场购买的数量多5个，请求出这种篮球的标价；
（2）学校计划购买100个篮球，请你设计一个购买方案，使所需的费用最少．（直接写出方案）
25．（10分）（1）计算：﹣2sin45°+（2﹣π）0﹣（）﹣1；
（2）先化简，再求值•（a2﹣b2），其中a＝，b＝﹣2．
26．（12分）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，试求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

27．（12分）计算：﹣22+2cos60°+（π﹣3.14）0+（﹣1）2018



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】
试题分析：由抛物线开口方向得a＜0，由抛物线的对称轴位置可得b＞0，由抛物线与y轴的交点位置可得c＞0，则可对①进行判断；根据抛物线与x轴的交点个数得到b2﹣4ac＞0，加上a＜0，则可对②进行判断；利用OA=OC可得到A（﹣c，0），再把A（﹣c，0）代入y=ax2+bx+c得ac2﹣bc+c=0，两边除以c则可对③进行判断；设A（x1，0），B（x2，0），则OA=﹣x1，OB=x2，根据抛物线与x轴的交点问题得到x1和x2是方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，利用根与系数的关系得到x1•x2=，于是OA•OB=﹣，则可对④进行判断．
解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以①正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2﹣4ac＞0，
而a＜0，
∴＜0，所以②错误；
∵C（0，c），OA=OC，
∴A（﹣c，0），
把A（﹣c，0）代入y=ax2+bx+c得ac2﹣bc+c=0，
∴ac﹣b+1=0，所以③正确；
设A（x1，0），B（x2，0），
∵二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A，B两点，
∴x1和x2是方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，
∴x1•x2=，
∴OA•OB=﹣，所以④正确．
故选B．
考点：二次函数图象与系数的关系．
2、B
【解析】
连接OE，由菱形的性质得出∠D＝∠B＝60°，AD＝AB＝4，得出OA＝OD＝2，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DOE＝60°，再由弧长公式即可得出答案．
【详解】
解：连接OE，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D＝∠B＝60°，AD＝AB＝4，
∴OA＝OD＝2，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠D＝60°，
∴∠DOE＝180°﹣2×60°＝60°，
∴ 的长＝＝；
故选B．
【点睛】
本题考查弧长公式、菱形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，求出∠DOE的度数是解决问题的关键．
3、C
【解析】
∵∠C=90°，
∴cosA=，sinA= ，tanA=，cotA=，
∴c·cosA=b，c·sinA=a，b·tanA=a，a·cotA=b，
∴只有选项C正确，
故选C.
【点睛】本题考查了三角函数的定义，熟练掌握三角函数的定义并且灵活运用是解题的关键.
4、D
【解析】
在热气球C处测得地面B点的俯角分别为45°，BD=CD=100米，再在Rt△ACD中求出AD的长，据此即可求出AB的长．
【详解】
∵在热气球C处测得地面B点的俯角分别为45°，
∴BD＝CD＝100米，
∵在热气球C处测得地面A点的俯角分别为30°，
∴AC＝2×100＝200米，
∴AD＝＝100米，
∴AB＝AD+BD＝100+100＝100（1+）米，
故选D．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用--仰角、俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
5、D
【解析】解：∵AD为圆O的切线，∴AD⊥OA，即∠OAD=90°，∵∠ODA=36°，∴∠AOD=54°，∵∠AOD与∠ACB都对，∴∠ACB=∠AOD=27°．故选D．
6、A
【解析】
利用配方法，根据非负数的性质即可解决问题；
【详解】
解：∵x2+4y2+6x-4y+11=（x+3）2+（2y-1）2+1，
又∵（x+3）2≥0，（2y-1）2≥0，
∴x2+4y2+6x-4y+11≥1，
故选：A．
【点睛】
本题考查配方法的应用，非负数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握配方法.
7、D
【解析】
∵负数小于正数，在（0，1）上的实数的倒数比实数本身大．
∴＜a＜b＜ ，
故选D．
8、C
【解析】
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴△ABC∽△ACD，
△ACD∽CBD，
△ABC∽CBD，
所以有三对相似三角形．
故选C．
9、C
【解析】
由题意满七进一，可得该图示为七进制数，化为十进制数为：1×73+3×72+2×7+6=510，
故选：C．
点睛：本题考查记数的方法，注意运用七进制转化为十进制，考查运算能力，属于基础题.
10、A。
【解析】如图，∵根据三角形面积公式，当一边OA固定时，它边上的高最大时，三角形面积最大，

∴当PO⊥AO，即PO为三角形OA边上的高时，△APO的面积y最大。
此时，由AB=2，根据勾股定理，得弦AP=x=。
∴当x=时，△APO的面积y最大，最大面积为y=。从而可排除B，D选项。
又∵当AP=x=1时，△APO为等边三角形，它的面积y＝，
∴此时，点（1，）应在y=的一半上方，从而可排除C选项。
故选A。
11、B
【解析】
试题分析：从左面看易得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形．故选B．
考点：简单组合体的三视图．
12、C
【解析】
由旋转性质得到△AFB≌△AED，再根据相似三角对应边的比等于相似比，即可分别求得各选项正确与否.
【详解】
解：由题意知，△AFB≌△AED
∴AF=AE，∠FAB=∠EAD，∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE=∠BAD=90°.
∴AE⊥AF，故此选项①正确；
∴∠AFE=∠AEF=∠DAE+∠CFE，故④正确；
∵△AEF是等腰直角三角形，有EF:AF=：1，故此选项②正确；
∵△AEF与△AHF不相似，
∴AF2=FH·FE不正确.故此选项③错误，
∵HB//EC，
∴△FBH∽△FCE，
∴FB:FC=HB:EC，故此选项⑤正确.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练地应用旋转的性质以及相似三角形的性质是解决问题的关键.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
过点A作AD⊥l1于D，过点B作BE⊥l1于E，根据同角的余角相等求出∠CAD=∠BCE，然后利用“角角边”证明△ACD和△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可得CD=BE，然后利用勾股定理列式求出AC，然后利用锐角的正弦等于对边比斜边列式计算即可得解．
【详解】
如图，过点A作AD⊥l1于D，过点B作BE⊥l1于E，设l1，l2，l3间的距离为1，
∵∠CAD+∠ACD=90°，
∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在等腰直角△ABC中，AC=BC，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD=BE=1，
∴AD=2，
∴AC=，
∴AB=AC=，
∴sinα=，
故答案为.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，正确添加辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
14、58°
【解析】

如图,∠2=180°−50°−72°=58°，
∵两个三角形全等，
∴∠1=∠2=58°.
故答案为58°.
15、-1
【解析】
先设D（a，b），得出CO=-a，CD=AB=b，k=ab，再根据△BCE的面积是6，得出BC×OE=1，最后根据AB∥OE，得出，即BC•EO=AB•CO，求得ab的值即可．
【详解】
设D（a，b），则CO=-a，CD=AB=b，
∵矩形ABCD的顶点D在反比例函数y=（x＜0）的图象上，
∴k=ab，
∵△BCE的面积是6，
∴×BC×OE=6，即BC×OE=1，
∵AB∥OE，
∴，即BC•EO=AB•CO，
∴1=b×（-a），即ab=-1，
∴k=-1，
故答案为-1．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，矩形的性质以及平行线分线段成比例定理的综合应用，能很好地考核学生分析问题，解决问题的能力．解题的关键是将△BCE的面积与点D的坐标联系在一起，体现了数形结合的思想方法．
16、12π
【解析】
根据圆锥的侧面展开图是扇形可得，
，∴该圆锥的侧面面积为：12π，
故答案为12π.
17、7×10-1．
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
0.0007=7×10-1．
故答案为：7×10-1．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
18、90
【解析】
【分析】观察图象可知甲车40分钟行驶了30千米，由此可求出甲车速度，再根据甲车行驶小时时与乙车的距离为10千米可求得乙车的速度，从而可求得乙车出故障修好后的速度，再根据甲、乙两车同时到达B地，设乙车出故障前走了t1小时，修好后走了t2小时，根据等量关系甲车用了小时行驶了全程，乙车行驶的路程为60t1+50t2=240，列方程组求出t2，再根据甲车的速度即可知乙车修好时甲车距B地的路程.
【详解】甲车先行40分钟（），所行路程为30千米，
因此甲车的速度为（千米/时），
设乙车的初始速度为V乙，则有
，
解得：（千米/时），
因此乙车故障后速度为：60-10=50（千米/时），
设乙车出故障前走了t1小时，修好后走了t2小时，则有
，解得：，
45×2=90（千米），
故答案为90.
【点评】 本题考查了一次函数的实际应用，难度较大，求出速度后能从题中找到必要的等量关系列方程组进行求解是关键.

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、水坝原来的高度为12米
【解析】
试题分析：设BC=x米，用x表示出AB的长，利用坡度的定义得到BD=BE，进而列出x的方程，求出x的值即可．
试题解析：设BC=x米，
在Rt△ABC中，∠CAB=180°﹣∠EAC=50°，AB=≈=，
在Rt△EBD中，
∵i=DB：EB=1：1，∴BD=BE，∴CD+BC=AE+AB，
即2+x=4+，解得x=12，即BC=12，
答：水坝原来的高度为12米．.
考点：解直角三角形的应用，坡度.
20、（1）购买A型学习用品400件，B型学习用品600件．（2）最多购买B型学习用品1件
【解析】
（1）设购买A型学习用品x件，B型学习用品y件，就有x+y=1000，20x+30y=26000，由这两个方程构成方程组求出其解就可以得出结论．
（2）设最多可以购买B型产品a件，则A型产品（1000﹣a）件，根据这批学习用品的钱不超过210元建立不等式求出其解即可．
【详解】
解：（1）设购买A型学习用品x件，B型学习用品y件，由题意，得
，解得：．
答：购买A型学习用品400件，B型学习用品600件．
（2）设最多可以购买B型产品a件，则A型产品（1000﹣a）件，由题意，得
20（1000﹣a）+30a≤210，
解得：a≤1．
答：最多购买B型学习用品1件
21、人
【解析】
解：设原计划有x人参加了这次植树活动
依题意得：
解得 x=30人
经检验x=30是原方程式的根
实际参加了这次植树活动1.5x=45人
答实际有45人参加了这次植树活动．
22、 (1)相等，理由见解析；(2)2；(3).
【解析】
（1）先判断出AB=AD，再利用同角的余角相等，判断出∠ABF=∠DAE，进而得出△ABF≌△DAE，即可得出结论；
（2）构造出正方形，同（1）的方法得出△ABD≌△CBG，进而得出CG=AB，再判断出△AFB∽△CFG，即可得出结论；
（3）先构造出矩形，同（1）的方法得，∠BAD=∠CBP，进而判断出△ABD∽△BCP，即可求出CP，再同（2）的方法判断出△CFP∽△AFB，建立方程即可得出结论．
【详解】
解：（1）BF=AE，理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
在△ABF和△DAE中，
∴△ABF≌△DAE，
∴BF=AE，
(2) 如图2，
过点A作AM∥BC，过点C作CM∥AB，两线相交于M，延长BF交CM于G，

∴四边形ABCM是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴▱ABCM是矩形，
∵AB=BC，
∴矩形ABCM是正方形，
∴AB=BC=CM，
同（1）的方法得，△ABD≌△BCG，
∴CG=BD，
∵点D是BC中点，
∴BD=BC=CM，
∴CG=CM=AB，
∵AB∥CM，
∴△AFB∽△CFG，
∴
(3) 如图3，

在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=5，
∵点D是BC中点，
∴BD=BC=2，
过点A作AN∥BC，过点C作CN∥AB，两线相交于N，延长BF交CN于P，
∴四边形ABCN是平行四边形，
∵∠ABC=90°，∴▱ABCN是矩形，
同（1）的方法得，∠BAD=∠CBP，
∵∠ABD=∠BCP=90°，
∴△ABD∽△BCP，
∴
∴
∴CP=
同（2）的方法，△CFP∽△AFB，
∴
∴
∴CF=.
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质和判定，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出（1）题的图形，是解本题的关键．
23、（1）y=﹣x2+2x+3，D点坐标为（）；（2）当m=时，△CDP的面积存在最大值，最大值为；（3）m的值为 或 或．
【解析】
（1）利用待定系数法求抛物线解析式和直线CD的解析式，然后解方程组得D点坐标；
（2）设P（m，-m2+2m+3），则E（m，-m+3），则PE=-m2+m，利用三角形面积公式得到S△PCD=××（-m2+m）=-m2+m，然后利用二次函数的性质解决问题；
（3）讨论：当PC=PE时，m2+（-m2+2m+3-3）2=（-m2+m）2；当CP=CE时，m2+（-m2+2m+3-3）2=m2+（-m+3-3）2；当EC=EP时，m2+（-m+3-3）2=（-m2+m）2，然后分别解方程即可得到满足条件的m的值．
【详解】
（1）把A（﹣1，0），C（0，3）分别代入y=﹣x2+bx+c得，解得，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
把C（0，3）代入y=﹣x+n，解得n=3，
∴直线CD的解析式为y=﹣x+3，
解方程组，解得
或，
∴D点坐标为（，）；
（2）存在．
设P（m，﹣m2+2m+3），则E（m，﹣m+3），
∴PE=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+m，
∴S△PCD=••（﹣m2+m）=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+，
当m=时，△CDP的面积存在最大值，最大值为；
（3）当PC=PE时，m2+（﹣m2+2m+3﹣3）2=（﹣m2+m）2，解得m=0（舍去）或m=；
当CP=CE时，m2+（﹣m2+2m+3﹣3）2=m2+（﹣m+3﹣3）2，解得m=0（舍去）或m=（舍去）或m=；
当EC=EP时，m2+（﹣m+3﹣3）2=（﹣m2+m）2，解得m=（舍去）或m=，
综上所述，m的值为或或．

【点睛】
本题考核知识点：二次函数的综合应用. 解题关键点：灵活运用二次函数性质，运用数形结合思想.
24、（1）这种篮球的标价为每个50元；（2）见解析
【解析】
（1）设这种篮球的标价为每个x元，根据题意可知在B超市可买篮球个，在A超市可买篮球个，根据在B商场比在A商场多买5个列方程进行求解即可；
（2）分情况，单独在A超市买100个、单独在B超市买100个、两家超市共买100个进行讨论即可得.
【详解】
（1）设这种篮球的标价为每个x元，
依题意，得，
解得：x=50，
经检验：x=50是原方程的解，且符合题意，
答：这种篮球的标价为每个50元；
（2）购买100个篮球，最少的费用为3850元，
单独在A超市一次买100个，则需要费用：100×50×0.9-300=4200元，
在A超市分两次购买，每次各买50个，则需要费用：2（50×50×0.9-300）=3900元，
单独在B超市购买：100×50×0.8=4000元，
在A、B两个超市共买100个，
根据A超市的方案可知在A超市一次购买：=44，即购买45个时花费最小，为45×50×0.9-300=1725元，两次购买，每次各买45个，需要1725×2=3450元，其余10个在B超市购买，需要10×50×0.8=400元，这样一共需要3450+400=3850元，
综上可知最少费用的购买方案：在A超市分两次购买，每次购买45个篮球，费用共为3450元；在B超市购买10个，费用400元，两超市购买100个篮球总费用3850元.
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.
25、 (1)-2 (2)-
【解析】
试题分析：（1）将原式第一项被开方数8变为4×2，利用二次根式的性质化简第二项利用特殊角的三角函数值化简，第三项利用零指数公式化简，最后一项利用负指数公式化简，把所得的结果合并即可得到最后结果；
（2）先把和a2﹣b2分解因式约分化简，然后将a和b的值代入化简后的式子中计算，即可得到原式的值．
解：（1）﹣2sin45°+（2﹣π）0﹣（）﹣1
=2﹣2×+1﹣3
=2﹣+1﹣3
=﹣2；
（2）•（a2﹣b2）
=•（a+b）（a﹣b）
=a+b，
当a=，b=﹣2时，原式=+（﹣2）=﹣．
26、 (1) y=﹣x2+2x+3；(2)见解析.
【解析】
(1)将B（3，0），C（0，3）代入抛物线y=ax2+2x+c，可以求得抛物线的解析式；
(2) 抛物线的对称轴为直线x=1，设点Q的坐标为（1，t），利用勾股定理求出AC2、AQ2、CQ2，然后分AC为斜边，AQ为斜边，CQ时斜边三种情况求解即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，得，
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形，
理由：∵抛物线y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，点B（3，0），点C（0，3），
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），
设点Q的坐标为（1，t），则
AC2=OC2+OA2=32+12=10，
AQ2=22+t2=4+t2，
CQ2=12+（3﹣t）2=t2﹣6t+10，
当AC为斜边时，
10=4+t2+t2﹣6t+10，
解得，t1=1或t2=2，
∴点Q的坐标为（1，1）或（1，2），
当AQ为斜边时，
4+t2=10+t2﹣6t+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，），
当CQ时斜边时，
t2﹣6t+10=4+t2+10，
解得，t=，
∴点Q的坐标为（1，﹣），
由上可得，当点Q的坐标是（1，1）、（1，2）、（1，）或（1，﹣）时，使得以A、C、Q为顶点的三角形为直角三角形．

【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像与性质，勾股定理及分类讨论的数学思想，熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，分三种情况讨论是解（2）的关键.
27、-1
【解析】
原式利用乘方的意义，特殊角的三角函数值，零指数幂法则计算即可求出值．
【详解】
解：原式＝﹣4+1+1+1＝﹣1．
【点睛】
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．