2024年陕西省宝鸡市陈仓区初中学业水平模拟考试数学试卷（1）

这是一份2024年陕西省宝鸡市陈仓区初中学业水平模拟考试数学试卷（1），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列各组数中，互为相反数的是（ ）
A．和2B．﹣1和1
C．2和D．|﹣2023|和2023
2．（3分）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（﹣3a2）3＝﹣9a6B．（﹣a）2•a3＝a5
C．（2x﹣y）2＝4x2﹣y2D．a2+4a2＝5a4
4．（3分）如图，DE是∠BDC 的平分线，若AB∥CD，∠1＝35°，则∠2＝（ ）
A．17.5°B．35°C．55°D．70°
5．（3分）已知一次函数y＝﹣2x+3，当0≤x≤5时，函数y的最大值是（ ）
A．0B．3C．﹣3D．﹣7
6．（3分）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF．若AF＝5，BE＝3，则EF的长为（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图所示，⊙O的直径AB⊥CD弦，∠1＝2∠2，则tan∠CDB＝（ ）
A．B．C．2D．1+
8．（3分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝20t﹣5t2．下列叙述正确的是（ ）
A．小球的飞行高度不能达到15m
B．小球的飞行高度可以达到25m
C．小球从飞出到落地要用时4s
D．小球飞出1s时的飞行高度为10m
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9．（3分）代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
10．（3分）一个多边形每个外角都等于36°，则从这个多边形的某个顶点画对角线，最多可以画出几条 ．
11．（3分）分解因式：a2﹣＝ ．
12．（3分）如图，点A为反比例函数的图象上一点，AB⊥x轴于点B，点C是y轴正半轴上一点，连接BC，AD∥BC交y轴于点D，若S四边形ABCD＝0.5，则k的值为 ．
13．（3分）如图，正方形ABCD的边长为2，O是边BC的中点，点E是正方形内一动点，且OE＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接AE，OF，CF，则线段OF的长的最小值为 ．
三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程）
14．（5分）先化简，再求值：（x+2）2﹣（2x2+4x﹣4），其中．
15．（5分）解分式方程：．
16．（5分）解不等式组，并把它的解集在如图所示的数轴上表示出来．
17．（5分）如图，已知△ABC，AC＞AB，∠C＝40°，请用尺规作图法，在AC边上求作一点P，使∠APB＝80°．（保留作图痕迹，不写作法）
18．（5分）如图，在菱形ABCD中，点M，N分别是边BC，DC上的点，，，连接AM，AN．
求证：△ABM≌△ADN．
19．（5分）阳春三月，正是旅游踏青的好时机，为丰富员工业余生活，缓解工作压力，增进各部门沟通交流，增强凝聚力，某单位组织员工出游．原计划租用28座客车若干辆，但有18人没有座位，若租用同样数量的30座客车，仍有10人没有座位，其余客车都已坐满，求该单位组织出游的员工人数．
20．（5分）在某个滚珠游戏中，放入的滚珠随机落入如图所示的田字格中的某一格（每个格子只能容纳一粒滚珠）．
（1）现放入一粒滚珠，这粒滚珠正好落入左上角的格子里的概率为 ；
（2）若依次放入两粒滚珠，求这两粒滚珠落入的两个格子正好成对角线的概率．（请用“画树状图”或“列表”等方法写出分析过程）
21．（6分）数学兴趣小组的成员在观察点A测得观察点B在A的正北方向，古树C在A的东北方向，AC＝50m；在B处测得C在B的南偏东63.5°的方向上，已知D在C正北方向上，即CD∥AB，求古树C，D之间的距离．（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.41，sin63.5°≈0.89，cs63.5°≈0.45，tan63.5°≈2.00，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.32）
22．（7分）家务劳动是劳动教育的一个重要方面，为强化劳动观念，弘扬劳动精神，某校倡导同学们从帮助父母做一些力所能及的家务做起，培养劳动意识，提高劳动技能．该学校为了解同学们周末家务劳动时间的大致情况，随机调查了部分学生，并用得到的数据绘制了两幅统计图，请你根据图中信息，解答下列问题：
（1）将条形统计图补充完整，本次抽查的学生周末家务劳动时间的众数是 小时，中位数是 小时；
（2）求本次抽查的学生周末家务劳动的平均时间；
（3）若该校共有1000名学生，请你估计该校学生周末家务劳动的时间不少于1.5小时的学生有多少名？
23．（7分）A，B两城市之间有一条公路相连，公路中途穿过C市，甲车从A市到B市，乙车从C市到A市，甲车的速度比乙车的速度慢20千米/时，两车距离C市的路程y（单位：千米）与行驶的时间t（单位：小时）的函数图象如图所示，结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车的速度是 千米/时，在图中括号内填入正确的数；
（2）求图象中线段MN所在直线的函数解析式，不需要写出自变量的取值范围；
（3）直接写出甲车出发后几小时，两车距C市的路程之和是460千米．
24．（8分）如图，AB是⊙O的弦，直径DG⊥AB，垂足为点F，C为上的一点，连接DC，交线段AB于点E，作∠DCH＝∠AED，CH交DG延长线于点H．
（1）求证：CH是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，tanH＝，求CD的长．
25．（8分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（10分）【问题初探】：（1）如图①，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，连接DE，DE∥BC，AD＝2DB．若DE＝4，则BC的长为 ；
【问题深入】：（2）如图②，在扇形OAB中，点C是上一动点，连接AC，BC，∠AOB＝120°，OA＝2，求四边形OACB的面积的最大值；
【拓展应用】：（3）为进一步促进西安市文化和旅游高质量发展，推动全市文明旅游创建工作，结合2023年陕西省文明旅游示范单位申报工作，一并开展2023年西安市文明旅游示范单位评选工作．某地为参加评选积极改善环境，拟建一个四边形休闲广场ABCD，其大致示意图如图③所示，其中AD∥BC，BC＝120米．点E处设立一个自动售货机，点E是BC的中点，连接AE，BD，AE与BD交于点M，连接CM，沿CM修建一条石子小路（宽度不计），将△MBE和△MDA进行绿化．根据设计要求，．为倡导绿色新风尚，现要使绿化的面积尽可能的大，请问△MBE和△MDA的面积之和是否存在最大值？若存在，请求出△MBE和△MDA面积之和的最大值；若不存在，请说明理由．
2024年陕西省宝鸡市陈仓区中考数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分，每小题只有一个选项是符合题意的）
1．【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数逐项判断．
【解答】解：和2互为倒数，故A不符合题意；
﹣1和1互为相反数，故B符合题意；
2和不是互为相反数，故C不符合题意；
|2023|＝2023，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查与实数相关的概念﹣相反数，解题的关键是掌握互为相反数的概念．
2．【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．【分析】A、根据积的乘方的性质进行计算即可判断；
B、先计算乘方，再根据同底数幂的乘法计算即可判断；
C、根据完全平方公式进行计算即可判断；
D、根据合并同类项法则进行计算即可确定答案．
【解答】解：选项A：（﹣3a2）3＝﹣27a6，所以不符合题意；
选项B：（﹣a）2•a3＝a2•a3＝a5，所以符合题意；
选项C：（2x﹣y）2＝4x2﹣4xy+y2，所以不符合题意；
选项D：a2+4a2＝5a2，所以不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了完全平方公式、合并同类项以及幂的乘方、积的乘方等知识，掌握相关公式与运算法则是解答本题的关键．
4．【分析】由平行线的性质可得∠CDE＝∠1＝35°，∠2＝∠CDB，再由角平分线的定义可得∠CDB＝70°，从而可求解．
【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝35°，
∴∠CDE＝∠1＝35°，∠2＝∠CDB，
∵DE是∠BDC 的平分线，
∴∠CDB＝2∠CDE＝70°，
∴∠2＝70°．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等．
5．【分析】由于一次函数y＝﹣2x+3中k＝﹣2＜0由此可以确定y的值随x的增减性，然后利用解析式即可取出在0≤x≤5范围内的函数值最大值．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣2x+3中k＝﹣2＜0，
∴y的值随x的值增大而减小，
∴在0≤x≤5范围内，
x＝0时，函数值最大﹣2×0+3＝3．
故选：B．
【点评】一次函数y＝kx+b的图象的性质：
①当k＞0，y的值随x的值增大而增大；
②当k＜0，y的值随x的值增大而减小．
6．【分析】过点F作FH⊥BC于H，由翻折和平行线的性质可证出∠AEF＝∠AFE，从而AF＝AE，勾股定理得AB＝4，在Rt△EFH中，利由勾股定理可求出EF的长度．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥BC于H，
∵将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，
∴CE＝AE，∠CEF＝∠AEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥CD，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AF＝AE，
∵AF＝5，
∴AE＝CE＝5，EH＝2，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
BA＝，
∵∠BAF＝∠B＝∠FHB＝90°，
∴四边形ABHF是矩形，
∴AB＝FH＝4，
在Rt△EFH中，由勾股定理得：
EF＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了翻折的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，证出AE＝AF是解题的关键．
7．【分析】设CD交AB于H．根据垂径定理得CH＝DH＝OH，设CH＝DH＝a，求出BH即可解决问题．
【解答】解：设CD交AB于H．
∵OB＝OC，
∴∠2＝∠3，
∵AB⊥CD，
∴∠1+∠2+∠3＝90°，CH＝HD，
∵∠1＝2∠2，
∴4∠3＝90°，
∴∠3＝22.5°，
∴∠1＝45°，
∴CH＝OH，
设DH＝CH＝a，则OC＝OB＝a，BH＝a+a，
∴tanD＝＝＝1+，
故选：D．
【点评】本题考查圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
8．【分析】直接利用h＝15以及结合配方法求出二次函数最值分别分析得出答案．
【解答】解：A、当h＝15时，15＝20t﹣5t2，
解得：t1＝1，t2＝3，
故小球的飞行高度能达到15m，故此选项错误；
B、h＝20t﹣5t2＝﹣5（t﹣2）2+20，
故t＝2时，小球的飞行高度最大为：20m，故此选项错误；
C、∵h＝0时，0＝20t﹣5t2，
解得：t1＝0，t2＝4，
∴小球从飞出到落地要用时4s，故此选项正确；
D、当t＝1时，h＝15，
故小球飞出1s时的飞行高度为15m，故此选项错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确解方程是解题关键．
二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分）
9．【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得，x﹣5≥0，
解得x≥5，
故答案为：x≥5．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
10．【分析】先计算出多边形的边数，再根据n边形从一个点的作对角线（n﹣3）条计算即可．
【解答】解：∵多边形外角和都为360°，
∴该多边形为＝10边形，
∴从这个多边形的某个顶点画对角线最多可以画出（10﹣3）＝7条，
故答案为：7．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角性质，熟练掌握外角和360°是解答本题的关键．
11．【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：a2﹣＝（a+）（a﹣）．
故答案为：（a+）（a﹣）．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确应用平方差公式是解题关键．
12．【分析】根据反比例函数k值的几何意义解答即可，
【解答】解：设点A坐标为（m，n），
k＝丨m丨•丨n丨＝S四边形ABCD＝.5，
∵反比例函数图象在第二象限，
∴k＝﹣0.5．
故答案为：﹣0.5．
【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义，掌握反比例函数图象上的点与坐标轴围成的长方形面积为k的绝对值是解答本题的关键．
13．【分析】连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由勾股定理可得OM＝10，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．
【解答】解：如图，连接DO，将DO绕点D逆时针旋转90°得到DM，连接FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
在△EDO与△FDM中，
，
∴△EDO≌△FDM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，，O是BC边上的中点，
∴，
∴，
∴，
∵OF+MF≥OM，
∴OF≥10﹣2＝8，
∴线段OF的最小值为8，
故答案为：8．
【点评】本题考查线段的最值问题，涉及三角形的三边关系、勾股定理、旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程）
14．【分析】利用完全平方公式进行计算，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
【解答】解：（x+2）2﹣（2x2+4x﹣4）
＝x2+4x+4﹣2x2﹣4x+4
＝﹣x2+8，
当时，原式＝﹣（）2+8＝﹣2+8＝6．
【点评】本题考查了整式的混合运算﹣化简求值，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
15．【分析】利用解分式方程的步骤解方程即可．
【解答】解：原方程去分母得：3+2x＝x﹣2，
移项，合并同类项得：x＝﹣5，
经检验：x＝﹣5是原方程的解，
故原方程的解为x＝﹣5．
【点评】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
16．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①得：x＞﹣1，
解不等式②得：x＜2，
∴原不等式组的解集为：﹣1＜x＜2，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17．【分析】根据作一个角等于已知角的作图步骤作图即可．
【解答】解：如图，∠APB即为所求．
∵∠C＝40°，∠PBC＝40°，
∴∠APB＝80°．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解答本题的关键是熟练掌握作一个角等于已知角的作图步骤．
18．【分析】根据菱形的性质可得AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，根据BM＝BC，DN＝DC，可得BM＝DN，利用SAS即可证明
【解答】证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，
∵BM＝BC，DN＝DC，
∴BM＝DN，
在△ABM和△ADN中，
，
∴△ABM≌△ADN（SAS）．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，通过菱形的性质得到BM＝DN是解题的关键．
19．【分析】设该单位组织出游的员工人数为x人，根据“原计划租用28座客车若干辆，但有18人没有座位，若租用同样数量的30座客车，仍有10人没有座位”，结合租用的两种客车数量相同，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：设该单位组织出游的员工人数为x人，
根据题意得：＝，
解得：x＝130．
答：该单位组织出游的员工人数为130人．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
20．【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能的结果，其中这两粒滚珠落入的两个格子正好成对角线的结果有4种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵放入的滚珠随机落入田字格中的某一格（每个格子只能容纳一粒滚珠），
∴现放入一粒滚珠，这粒滚珠正好落入左上角的格子里的概率为，
故答案为：；
（2）如图，把四个格子按顺时针依次记为A、B、C、D，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中这两粒滚珠落入的两个格子正好成对角线的结果有4种，即AC、BD、CA、DB，
∴这两粒滚珠落入的两个格子正好成对角线的概率＝＝．
【点评】本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．【分析】过B作BE⊥CD于E，过C作CF⊥AB于F，根据矩形的性质得到BE＝CF，CE＝BF，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过B作BE⊥CD于E，过C作CF⊥AB于F，
则四边形BFCE是矩形，
∴BE＝CF，CE＝BF，
∵∠CAF＝45°，∠AFC＝90°，
∴CF＝AF＝AC＝50，
∵∠CBF＝63.5°，
∴BF＝CE＝≈＝25（米），
∵CD∥AB，
∴∠D＝53°，
∵∠BED＝90°，
∴DE＝≈≈37.9（米），
∴CD＝CE+DE＝62.9（米），
答：古树C、D之间的距离约为62.9米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．【分析】（1）用条形统计图中0.5小时的人数除以扇形统计图中0.5小时的百分比可得本次调查的人数，求出末劳动时间为1.5小时的人数，补全条形统计图即可；根据众数和中位数的定义可得答案．
（2）根据加权平均数公式计算即可；
（3）用1000乘劳动的时间不少于1.5小时的学生所占的百分比即可．
【解答】解：（1）一共调查的人数为10÷20%＝50（人），
周末劳动时间为1.5小时的人数为50﹣10﹣20﹣8＝12（人），
补全条形统计图如图所示：
由条形统计图可知，本次抽查的学生周末劳动时间的众数是1小时，
将抽查的学生周末劳动时间按照从小到大的顺序排列，排在第25和26位的都为1小时，
∴中位数为（1+1）÷2＝1（小时）；
故答案为：1，1；
（2）（0.5×10+1×20+1.5×12+2×8）÷50＝1.18（小时），
答：本次抽查的学生周末家务劳动的平均时间为1.18小时；
（3）1000×＝400（名），
答：估计该校学生周末家务劳动的时间不少于1.5小时的学生有400名．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，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；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
23．【分析】（1）利用图中信息解决问题即可．
（2）利用待定系数法解决问题即可．
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）由题意，甲的速度为＝60千米/小时．乙的速度为80千米/小时，
＝6（小时），4+6＝10（小时），
∴图中括号内的数为10．
故答案为：60．
（2）设线段MN所在直线的解析式为 y＝kt+b （ k≠0 ）．
把点M（4，0），N（10，480）代入y＝kt+b，
得：，
解得：．
∴线段MN所在直线的函数解析式为y＝80t﹣320．
（3）（480﹣460）＝20，
20÷60＝（小时），
或60t﹣480+80（t﹣4）＝460，
解得t＝9，
答：甲车出发小时或9小时时，两车距C市的路程之和是460千米．
【点评】本题考查一次函数的应用，待定系数法等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
24．【分析】（1）连接OC，则OC＝OD，所以∠OCD＝∠D，由∠DCH＝∠OCH+∠OCD，∠AED＝∠DFE+∠D，且∠DCH＝∠AED，得∠OCH+∠OCD＝∠DFE+∠D，则∠OCH＝∠DFE＝90°，即可证明CH是⊙O的切线；
（2）作CL⊥DH于点L，则∠OCL＝∠H＝90°﹣∠COH，所以＝tan∠OCL＝tanH＝，则OL＝CL，由OC＝＝CL＝5，求得CL＝4，则OL＝3，所以DL＝OD+OL＝8，求得CD＝＝4．
【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OD，
∴∠OCD＝∠D，
∵DG⊥AB于点F，
∴∠DFE＝90°，
∵∠DCH＝∠OCH+∠OCD，∠AED＝∠DFE+∠D，且∠DCH＝∠AED，
∴∠OCH+∠OCD＝∠DFE+∠D，
∴∠OCH＝∠DFE＝90°，
∵OC是⊙O的半径，且CH⊥OC，
∴CH是⊙O的切线．
（2）解：作CL⊥DH于点L，则∠DLC＝∠OCH＝90°，
∴∠OCL＝∠H＝90°﹣∠COH，
∴＝tan∠OCL＝tanH＝，
∴OL＝CL，
∵⊙O的半径为5，
∴OC＝OD＝5，
∵OC＝＝＝CL＝5，
∴CL＝4，
∴OL＝×4＝3，
∴DL＝OD+OL＝5+3＝8，
∴CD＝＝＝4，
∴CD的长是4．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、切线的判定定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
25．【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．理由如下：
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M（1，4），
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则：
，
解得：，
∴直线AM的解析式为y＝2x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P（m，﹣m2+2m+3），
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴设Q（1，n），
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴，
解得：，
∴Q（1，3）；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴，
解得：，
∴Q（1，1）；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴，
解得：，
∴Q（1，5）；
综上所述，对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（1，3）或（1，1）或（1，5）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，勾股定理，平行四边形的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特征，运用分类讨论思想是解题的关键．
26．【分析】（1）设BD＝x，根据题意得AD＝2x，AB＝3x，通过平行推三角形相似，得出△ADE∽△ABC，推比例线段，得出BC的长；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，延长OD交AB于点C'，连接OC，过点C作CE⊥AB于点E，根据勾股定理得出AD＝BD＝，由图可得OC＝OC′＝C′D+OD≥CE+OD，S四边形OACB＝S△AOB+S△ABC两个式子结合得出四边形OACB的最大值是2；
（3）作△MEC的外接圆⊙O，过点O作OF⊥EC于点F，延长FO交⊙O于点G，连接OE，OC，EG，CG，
由AD∥BC，推出△ADM∽△EBM，得出∴△ADM∽△EBM，推出＝＝，S△ADM＝＝，得出＝，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，tan∠EOF＝tan∠CME＝，根据点E是BC的中点，BC＝120，推出EC＝60，EF＝CF＝30，得出OF＝40，过点M作MN⊥BC于点N，由图可得MN≤GF＝OF+OG＝90，得出MN的最大值为90，进而求出△MBE和△MDA面积之和的最大值．
【解答】25．解：（1）设BD＝x，
∵AD＝2DB，
∴AD＝2x，AB＝3x，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴＝，
∴BC＝6，
故答案为：6；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，延长OD交AB于点C'，连接OC，过点C作CE⊥AB于点E，
如图①，
∵∠AOB＝120°，AO＝OB，
∴∠OAB＝OBA＝30°，
∵OD⊥AB，
∴∠ODA＝90°，
∴OD＝OA＝1，
根据勾股定理得
AD＝BD＝，
∴AB＝2，C'D＝OC'﹣OD＝1，
由图可得OC＝OC′＝C′D+OD≥CE+OD，
∴C′D≥CE，即CE≤1，
∴S四边形OACB＝S△AOB+S△ABC
＝+
＝+CE，
∵CE≤1，
∴+CE≤+，
∴四边形OACB的最大值是2；
（3）∵点E是BC的中点，
∴S△BME＝S△CME，
∵AD∥BC，
∴∠ADM＝∠MBE，∠DAM＝∠MEB，
∴△ADM∽△EBM，
∴＝＝，
∴S△ADM＝＝，
∴S△ADM+S△BEM＝S△ECM+S△ECM＝，
∴＝．
∵tan∠EOF＝tan∠CME＝，
作△MEC的外接圆⊙O，过点O作OF⊥EC于点F，延长FO交⊙O于点G，
连接OE，OC，EG，CG，如图②，
则∠EOF＝∠COF＝∠EOC＝∠EMC，EF＝FC＝EC，
∵点E是BC的中点，BC＝120，
∴EC＝60，EF＝CF＝30，
∴，
∴OF＝40，
∴，
过点M作MN⊥BC于点N，由图可得MN≤GF＝OF+OG＝90，
∴MN的最大值为90，
∴S△MEC＝EC•MN
＝60×90
＝2700，
∴SADM+SBEM 的最大值为：，
∴△MBE和△MDA的面积之和存在最大值，△MBE和△MDA面积之和的最大值为3375平方米．
【点评】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．