2024年中考押题预测卷02（南京卷）-数学（全解全析）

这是一份2024年中考押题预测卷02（南京卷）-数学（全解全析），共26页。
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答填空题时，请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应横线上。写在本试卷上无效。
4．回答解答题时，每题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。写在本试卷上无效。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本大题共6个小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．（2023•秦淮区一模）下列计算结果是正数的是（ ）
A．2+（﹣3）B．2﹣（﹣3）C．2×（﹣3）D．﹣32
【分析】根据有理数的运算法则分别计算，再比较大小即可求解．
【解答】解：A、2+（﹣3）＝﹣1，
B、2﹣（﹣3）＝5，
C、2×（﹣3）＝﹣6，
D、﹣32＝﹣9，
结果是正数的是5；
故选：B．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，顺序为：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算．进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化．也考查了有理数大小比较．
2．（2023•鼓楼区一模）在过去10年里，我国国土绿化工程取得重大进展，新增森林面积超过22000000公顷．用科学记数法表示22000000是（ ）
A．22×106B．2.2×106C．22×107D．2.2×107
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
【解答】解：22000000＝2.2×107．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，确定a与n的值是解题的关键．
3．（2022•建邺区一模）估计10的值在（ ）
A．2与3之间B．3与4之间C．4与5之间D．5与6之间
【分析】先求出10的范围9＜10＜16，即可得出答案．
【解答】解：∵9＜10＜16，
∴3＜10＜4，
∴10在3与4之间，
故选：B．
【点睛】本题考查了估计无理数的大小，题目比较好，难度不大．
4．（2023•南京一模）如图，在△ABC中，以BC为直径的半圆分别与AB，AC交于点D，E．若BC＝6，∠A＝60°，则DE的长为 （ ）
A．12πB．πC．2πD．3π
【分析】连接OD、OE，根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出∠DOE＝60°，再根据弧长公式计算，得到答案．
【解答】解：连接OD、OE，
∵∠A＝60°，
∴∠B+∠C＝120°，
∵OB＝OD，OE＝OC，
∴∠ODB＝∠B，∠OEC＝∠C，
∴∠BOD+∠EOC＝360°﹣120°×2＝120°，
∴∠DOE＝60°，
∴DE的长为：60π×3180=π，
故选：B．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，熟记弧长公式是解题的关键．
5．（2023•鼓楼区一模）如图，O为△ABC的外心，四边形OCDE为正方形．以下结论：①O是△ABE的外心；②O是△ACD的外心；③直线DE与△ABC的外接圆相切．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【分析】根据三角形的外心得出OA＝OC＝OA，根据正方形的性质得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐个判断即可．
【解答】解：连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
①OA＝OE＝OB，O是△ABE的外心，故本选项符合题意；
②OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本选项不符合题意；
③∵OE＝OA，OE⊥DE，
∴直线DE与△ABC的外接圆相切．故本选项符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的判定，正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：三角形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
6．（2023•玄武区一模）如图，点A，B在反比例函数y=kx(x＞0)图象上，点A的横坐标为1，连接OA，OB，AB，若OA＝OB，△OAB的面积为4，则k的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】如图，过点A作AC⊥y轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，由勾股定理可得：OD＝OC，证明Rt△ACO≌Rt△BDO（HL），则BD＝AC＝1，OD＝OC＝k，先根据反比例函数的系数k的几何意义可得：S△ACO＝S△BDO=12k，根据图中面积的关系可知：S△AOB＝S梯形AEDB，列方程可得结论．
【解答】解：如图，过点A作AC⊥y轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，
∵点A，B在反比例函数y=kx(x＞0)图象上，点A的横坐标为1，
∴AC＝1，OC＝k，
∴A（1，k），
设B（a，ka），
∵OA＝OB，
∴AC2+OC2＝BD2+OD2，
∴1+k2＝a2+k2a2，
∴a2＝k2，
∴a＝k（负值舍），
∴OD＝OC，
∴Rt△ACO≌Rt△BDO（HL），
∴BD＝AC＝1，OD＝OC＝k，
过点A作AE⊥OD于E，
∵S△AOB＝4，S△ACO＝S△BDO=12k，且S△AOB＝S梯形AEDB，
∴4=12（k+1）（k﹣1），
∴k2﹣1＝8，
∴k＝3（由图可知：k＞0），
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义以及全等三角形的判定与性质．利用形数结合解决此类问题，是非常有效的方法．
二、填空题（本大题共10小题，每题2分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
7．（2023•鼓楼区一模）计算：|﹣2|＝ 2 ；（﹣2）0＝ 1 ．
【分析】根据绝对值的性质和零指数幂的定义解答．
【解答】解：|﹣2|＝2，（﹣2）0＝1．
故答案为：2，1．
【点睛】本题考查了零指数幂、绝对值，熟悉绝对值的性质和零指数幂的定义是解题的关键．
8．（2023•南京一模）若式子1x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是 x≠2 ．
【分析】根据分式有意义的条件解答即可．
【解答】解：∵式子1x−2在实数范围内有意义，
∴x﹣2≠0．
∴x≠2．
故答案为：x≠2．
【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，熟知分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
9．（2023•南京一模）计算2×(8−12)的结果是 3 ．
【分析】根据二次根式的混合运算的法则计算即可．
【解答】解：2×(8−12)
=2×8−2×12
=2×8−2×12
＝4﹣1
＝3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算是解题的关键．
10．（2022•建邺区一模）设x1，x2是方程x2﹣2x﹣1＝0的两个根，则x1（1+x2）+x2＝ 1 ．
【分析】根据根与系数的关系得到x1+x2＝2，x1x2＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算x1（1+x2）+x2的值．
【解答】解：根据题意得x1+x2＝2，x1x2＝﹣1，
所以x1（1+x2）+x2＝x1+x2+x1x2＝2+（﹣1）＝1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2=−ba，x1•x2=ca．
11．（2023•鼓楼区一模）如图，点I是△ABC的内心．若∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，则∠ICA的度数是 20 °．
【分析】根据点I是△ABC的内心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，推出∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，所以∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，推出∠ICA=12∠ACB=12×40°=20°．
【解答】解：∵点I是△ABC的内心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，
∴∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，
∴∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，
∴∠ICA=12∠ACB=12×40°=20°．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，正确利用角平分线的性质和三角形内角和定理是解题的关键．
12．（2023•南京一模）若正比例函数y＝kx与函数y=1x的图象没有交点，则k的值可以是 ﹣1（答案不唯一） （写出一个即可）．
【分析】根据正比例函数与反比例函数图象与系数的关系解答即可．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx与函数y=1x的图象没有交点，
∴k＜0，
∴k的值可以是﹣1（答案不唯一）．
故答案为：﹣1（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，掌握它们的图象与性质是解题的关键．
（1）正比例函数y＝kx（k≠0），
①k＞0时，正比例函数图象过第一、三象限；②k＜0时，正比例函数图象过第二、四象限．
（2）反比例函数y=kx（k≠0），
①k＞0时，反比例函数图象在第一、三象限；②k＜0时，反比例函数图象在第二、四象限．
13．（2024•玄武区校级模拟）定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的2倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝ 2103或22或2 ．
【分析】①当AB=2BC时，画出图形分两种情况分别求得CD=2x=2103或CD=2AC＝22；②当AC=2BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD＝AB＝BC＝2．
【解答】解：①当AB=2BC时，
Ⅰ．如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，
∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB=2BC，
∴BC＝AE＝2，AB＝22，
∴BE＝2，即EC＝4，
∴AC＝25，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴∠DCF＝45°，
设DF＝CF＝x，
∵l1∥l2，
∴∠ACE＝∠DAF，
∴DFAF=AECE=12，即AF＝2x，
∴AC＝3x＝25，
∴x=253，CD=2x=2103．
Ⅱ．如图4，此时△ABC等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD=2AC＝22．
②当AC=2BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴A'C⊥l1，
∴CD＝AB＝BC＝2；
Ⅱ．如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC，
∴AC=2BC=2AE，
∴∠ACE＝45°，
∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A'B'C时，点A'在直线l1上，
∴A'C∥l2，即直线A'C与l2无交点，
综上所述，CD的值为2103或22或2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据分类讨论的思想进行解答．
14．（2023•玄武区一模）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，则该圆锥的母线长l为6cm，扇形的圆心角θ＝ 120 °．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到θ×π×6180=2π•2，然后解关于θ的方程即可．
【解答】解：根据题意得θ×π×6180=2π•2，
解得θ＝120．
故答案为120．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15．（2023•玄武区一模）如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，连接OD，ON，则∠DON＝ 105 °．
【分析】连接OA，OB，OE，OF，利用正六边形的性质得到OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，则△OAB为等边三角形，D，O，A在一条直线上；利用正方形的性质，等边三角形的性质和等腰三角形的性质求得∠AON的度数，则结论可得．
【解答】解：连接OA，OB，OE，OF，如图，
∵点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，
∴△OAB为等边三角形，∠AOF+∠FOE+∠EOD＝180°，
∴D，O，A在一条直线上，∠OAB＝60°，OA＝AB．
∵以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，
∴∠NAB＝90°，AB＝AN，
∴∠NAO＝30°，OA＝AN，
∴∠AON＝∠ANO=180°−30°2=75°，
∴∠NOD＝180°﹣∠AON＝105°．
故答案为：105．
【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，连接正六边形的半径，证得D，O，A在一条直线上是解题的关键．
16．（2024•雨花台区模拟）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB=12，BOOD=43，则S△ABDS△CBD= 332 ．
【分析】通过作辅助线，得到△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，△ABC∽△DAN，进而得出对应边成比例，再根据tan∠ACB=12，BOOD=43，得出对应边之间关系，设BC＝4a，表示AB、DN、NA，BN，进而表示三角形的面积，求出三角形的面积比即可．
【解答】解：如图，过点D作DM∥BC，交CA的延长线于点M，延长BA交DM于点N，
∵DM∥BC，
∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，
∴ABBC=ANNM=tan∠ACB=12，BCDM=OBOD=43，
又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，
∴∠BAC+∠NAD＝90°，
∵∠BAC+∠BCA＝90°，
∴∠NAD＝∠BCA，
∴△ABC∽△DAN，
∴ABBC=DNNA=12，
设BC＝4a，
由BCDM=OBOD=43得，DM＝3a，
∴AB＝2a，DN=35a，AN=65a，
∴NB＝AB+AN＝2a+65a=165a，
∴S△ABDS△BCD=12AB⋅DN12BC⋅NB=35a2325a2=332．
故答案为：332．
【点睛】本题考查相似三角形的性质和判定，根据对应边成比例，设常数表示三角形的面积是得出正确答案的关键．
三、解答题（本大题共11小题，共88分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（6分）（2023•鼓楼区一模）解不等式组4(x−1)＞3x−22x−3≤5，并写出该不等式组的整数解．
【分析】首先解每个不等式，两个不等式的解集的公共部分就是不等式组的解集，然后确定整数解即可．
【解答】解：4(x−1)＞3x−2①2x−3≤5②，
解①得x＞2，
解②得x≤4．
则不等式组的解集是：2＜x≤4．
则整数解是：3，4．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
18．（6分）（2023•秦淮区一模）计算m2−1m÷(m+2m+1m)．
【分析】先算括号里面的，再算除法，最后化简．
【解答】解：m2−1m÷(m+2m+1m)
=m2−1m÷(m2m+2m+1m)
=m2−1m÷m2+2m+1m
=(m+1)(m−1)m•m(m+1)2
=m−1m+1．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，掌握因式分解是解题的关键．
19．（8分）（2023•玄武区一模）小丽从A、B、C、D四个景点中，随机选择一个或两个景点游玩．
（1）随机选择一个景点，恰好是A景点的概率是 14 ；
（2）随机选择两个景点，求A，B景点至少有一个的概率．
【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；
（2）根据题意列树状图得出所有等可能的结果以及选中A、B两个景点至少有一个的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）∵共有A、B、C、D四个景点，
∴恰好选中A景点的概率为14；
（2）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，选中A、B两个景点至少有一个的结果有10个，
∴随机选择两个景点，A，B景点至少有一个的概率为：1012=56．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
20．（8分）（2023•建邺区一模）为了了解2022年某地区5万名大、中、小学生3分钟跳绳成绩情况，教育部门从这三类学生群体中各抽取了20%的学生进行检测，整理样本数据，并结合2018年抽样结果，得到下列统计图．
（1）本次检测抽取了大、中、小学生共 10000 名，其中小学生 4500 名；
（2）根据抽样的结果，估计2022年该地区5万名大、中、小学生中，3分钟跳绳成绩合格的中学生人数为 18000 名；
（3）比较2018年与2022年抽样学生3分钟跳绳成绩合格率情况，写出一条正确的结论．
【分析】（1）根据“教育部门从这三类学生群体中各抽取了20%的学生进行检测”，可得50000×20%，即可得到本次检测抽取了大、中、小学生共多少名，再根据扇形图可得小学生所占45%，即可解答；
（2）先计算出样本中3分钟跳绳成绩合格的中学生人数所占的百分比，再乘以5万，即可解答；
（3）根据条形图，写出一条即可，答案不唯一．
【解答】解：（1）本次检测抽取了大、中、小学生共：50000×20%＝10000（名），
其中小学生：10000×45%＝4500（名）．
故答案为：10000，4500；
（2）估计2022年该地区5万名大、中、小学生中，3分钟跳绳成绩合格的中学生人数为：50000×40%×90%＝18000（名）．
故答案为：18000；
（3）与2018年相比，2022年该地区大学生3分钟跳绳成绩合格率下降了5%（答案不唯一）．
【点睛】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，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
21．（8分）（2023•建邺区一模）如图，已知AB为半圆的直径．求作矩形MNPQ，使得点M，N在AB上，点P，Q在半圆上，且MN＝2MQ．
要求：（1）用直尺和圆规作图；
（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
【分析】先作AB的垂直平分线得到圆心O，再分别作∠AOC和∠BOC的平分线交⊙O于Q、P，接着过Q、P点分别作AB的垂线，垂足分别为M、N，则可判断△OMQ和△OPN都为等腰直角三角形，所以四边形MNPQ满足条件．
【解答】解：如图，先作AB的垂直平分线得到圆心O，再分别作∠AOC和∠BOC的平分线交⊙O于Q、P，接着过Q、P点分别作AB的垂线，垂足分别为M、N，
则四边形MNPQ为所作．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的性质．
22．（8分）（2024•雨花台区模拟）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cs58°≈0.53，tan58°≈1.60，3≈1.73）
【分析】过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，根据题意可得FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，从而求出∠CBN＝58°，进而求出∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝30°，然后先在Rt△CBN中，利用锐角三角函数的定义求出BN，CN的长，从而求出EF，DM的长，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义求出CM的长，从而求出MN的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，
则FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，
∵∠ABC＝148°，
∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABN＝148°﹣90°＝58°，
在Rt△CBN中，BC＝30cm，
∴CN＝30•sin58°≈30×0.85＝25.5（cm），
BN＝30•cs58°≈30×0.53＝15.9（cm），
∴AF＝BN＝15.9cm，
∴DM＝EF＝AE+AF＝9+15.9＝24.9（cm），
∵DM∥BN，
∴∠CGM＝∠CBN＝58°，
∴∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝58°﹣28°＝30°，
在Rt△CDM中，CM＝DM•tan30°=33×24.9≈14.36（cm），
∴MN＝CN﹣CM＝25.5﹣14.36＝11.14（cm），
∴MF＝MN+NF＝11.14+15≈26.1（cm），
∴DE＝MF＝26.1cm，
∴摄像头到桌面l的距离DE的长约为26.1 cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23．（8分）（2024•雨花台区模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k（k为常数）．
（1）若抛物线经过点（1，k2），求k的值；
（2）若抛物线经过点（2k，y1）和点（2，y2），且y1＞y2，求k的取值范围；
（3）若将抛物线向右平移1个单位长度得到新抛物线，当1≤x≤2时，新抛物线对应的函数有最小值−32，求k的值．
【分析】（1）把点坐标代入解析式即可；
（2）分别把点（2k，y1）和点（2，y2）代入函数解析式，表示y1、y2利用条件构造关于k的不等式；
（3）根据平移得到新顶点，用k表示顶点坐标，找到最小值求k．
【解答】解：（1）把点（1，k2）代入抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k，得
k2＝12﹣2（k﹣1）+k2−52k
解得k=23
（2）把点（2k，y1）代入抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k，得
y1＝（2k）2﹣2（k﹣1）•2k+k2−52k＝k2+32k
把点（2，y2）代入抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k，得
y2＝22﹣2（k﹣1）×2+k2−52k＝k2−132k+8
∵y1＞y2
∴k2+32k＞k2−132k+8
解得k＞1
（3）抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k解析式配方得
y＝（x﹣k+1）2+（−12k−1）
将抛物线向右平移1个单位长度得到新解析式为
y＝（x﹣k）2+（−12k−1）
当k＜1时，1≤x≤2对应的抛物线部分位于对称轴右侧，y随x的增大而增大，
∴x＝1时，y最小＝（1﹣k）2−12k﹣1＝k2−52k，
∴k2−52k=−32，解得k1＝1，k2=32
都不合题意，舍去；
当1≤k≤2时，y最小=−12k﹣1，
∴−12k﹣1=−32
解得k＝1；
当k＞2时，1≤x≤2对应的抛物线部分位于对称轴左侧，y随x的增大而减小，
∴x＝2时，y最小＝（2﹣k）2−12k﹣1＝k2−92k+3，
∴k2−92k+3=−32
解得k1＝3，k2=32（舍去）
综上，k＝1或3．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查二次函数图象性质及二次函数图象平移．解答时注意用k表示顶点．
24．（8分）（2024•南京模拟）如图，在△ABC中，AC＞AB．
（1）在线段BC上作点P，使得点P到AB的距离与点P到AC的距离相等（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，若PA＝PC，求证：PC•BC＝AC•AB．
【分析】（1）因为点P在BC上，且点P到AB、AC的距离相等，所以点P为∠BAC的平分线与BC的交点，作出∠BAC的平分线与BC的交点P即可；
（2）由AP平分∠BAC，PA＝PC，得∠BAP＝∠C＝∠CAP，而∠B＝∠B，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△PBA∽△ABC，得PAAC=ABBC，即可证明PC•BC＝AC•AB．
【解答】（1）解：作法：作∠BAC的平分线交BC于点P，
点P就是所求的图形．
证明：∵点P在BC上，且点P在∠BAC的平分线上，
∴点P到AB、AC的距离相等，
∴点P就是所求的图形．
（2）证明：∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP＝∠CAP，
∵PA＝PC，
∴∠C＝∠CAP，
∴∠BAP＝∠C，
∵∠B＝∠B，
∴△PBA∽△ABC，
∴PAAC=ABBC，
∴PA•BC＝AC•AB，
∴PC•BC＝AC•AB．
【点睛】此题重点考查尺规作图、作已知角的平分线、角平分线的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出∠BAC的平分线是解题的关键．
25．（8分）（2024•秦淮区校级模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）如图①，当CD与⊙O相切时，求证：四边形ABCD是菱形．
（2）如图②，当CD与⊙O相交于点E时．
（Ⅰ）若AD＝6，CE＝5，求⊙O的半径．
（Ⅱ）连接BE，交AC于点F，若EF•AB＝CE2，则∠D的度数是 72 °．
【分析】（1）连接CO交AB于K，由切线性质可得OC⊥AB，由垂径定理得：AK＝BK，再运用菱形的判定定理即可证得结论；
（2）（Ⅰ）连接AE，OB，过点A作AG⊥CD于G，过点O作OF⊥BC于F，由平行四边形性质可得AB∥CD，∠ABC＝∠D，AB＝CD，由圆周角定理可得∠BOC＝2∠BAC，设EG＝DG＝x，则CG＝x+5，AC＝CD＝2x+5，运用勾股定理建立方程求解可得：EG＝DG＝2，AC＝CD＝9，再运用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；
（Ⅱ）连接AE，先证得△CEF∽△CAE，可推出∠AED＝∠D＝∠ABC＝∠ACB＝∠DAE，设∠BAC＝α，由平行线性质建立方程求解即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图①，连接CO交AB于K，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵CD与⊙O相切，
∴半径OC⊥CD，
∴OC⊥AB，
由垂径定理得：AK＝BK，
∴直线CK垂直平分AB，
∴AC＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：（Ⅰ）如图②，连接AE，OB，过点A作AG⊥CD于G，过点O作OF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠D，AB＝CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∵BC=BC，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∵OF⊥弦BC，
∴CF=12BC，∠BOC＝2∠COF，
∴∠COF＝∠ACD，
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∵∠AED+∠AEC＝180°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴∠AED＝∠D，
∴AE＝AD，
∵AD＝6，
∴AE＝BC＝6，CF＝3，
∵AE＝AD，AG⊥CD，
∴EG＝DG，设EG＝DG＝x，
∵CE＝5，
∴CG＝x+5，CD＝2x+5，
∵AB＝AC，
∴AC＝CD＝2x+5，
在Rt△ACG中，AG2＝AC2﹣CG2，
在Rt△AEG中，AG2＝AE2﹣EG2，
∴AC2﹣CG2＝AE2﹣EG2，
即（2x+5）2﹣（x+5）2＝62﹣x2，
解得：x1＝2，x2=−92（舍去），
∴EG＝DG＝2，AC＝CD＝9，
在Rt△ADG中，AG=AD2−DG2=62−22=42，
∴sin∠COF＝sin∠ACD=AGAC=429，
∴OC=CFsin∠COF=3429=2728，
∴⊙O的半径为2728．
（Ⅱ）如图③，连接AE，
∵EF•AB＝CE2，
∴EFCE=CEAB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠D，
∴∠BAC＝∠ACD，∠BAD+∠D＝180°，
∵BC=BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠ACD＝∠BEC，
∴EF＝CF，
又∵AB＝AC，
∴CFCE=CEAC，
又∵∠ECF＝∠ACE，
∴△CEF∽△CAE，
∴∠CEF＝∠CAE，即∠BEC＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠BAC，
∵∠AED＝∠D＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠DAE＝∠BAC，
设∠BAC＝α，
则∠ABC＝∠ACB＝∠D＝90°−12α，∠CAE＝∠DAE＝α，
∵∠BAD+∠D＝180°，
∴3α+90°−12α＝180°，
解得：α＝36°，
∴∠D＝90°−12α＝90°−12×36°＝72°，
故答案为：72．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了平行四边形性质，菱形的判定，垂径定理，圆的切线性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，平行四边形的性质是解题的关键．
26．（10分）（2024•秦淮区校级模拟）小郑和小外同时从A出发进行100m的游泳比赛，小郑游泳速度不变．图中的实线表示部分小外在游泳过程中与A的距离y（m）和游泳的时间t（s）之间的关系，虚线表示小郑在游泳过程中与A的距离y（m）和游泳的时间t（s）之间的关系．
（1）小郑游泳的平均速度为 56 m/s，游泳池的长度为 25 m．
（2）小外在45s后速度增加，并以增加后的速度匀速行驶，若小外和小郑同时到达终点，
①请补全小外的函数图象；
②小郑出发多长时间后，两人相距5m？（直接写出结果）
【分析】（1）观察图象，根据速度＝路程÷时间可得小郑游泳的平均速度，由100除以往返次数4可得游泳池的长度；
（2）①求出关键点的横坐标，再描点可画出图象；
②求出函数关系式，再分类讨论，列方程即可解得答案．
【解答】解：（1）曲线OCDEF为小郑的运动图象，50m用时60s，
∴小郑游泳的平均速度为 5060=56（m/s），
∵小郑来回游了4次，
∴游泳池的长度为1004=25（m），
故答案为：56，25；
（2）①小外在45s后游泳的速度也保持不变，且小郑和小外同时到达终点，
∴小外剩余时间3等分，每份为13×（120﹣45）＝25（s），
∴图象关键点的横坐标为70，95，120，
函数图象如图所示：
②小郑的函数表达式为：y1=56x（0≤x＜30），y1=−56x+50（30≤x＜60），y1=56x﹣50（60≤x＜90），y1=−56x+100（90≤x＜120），
小外的函数表达式为：y2=59x（0≤x＜45），y2＝﹣x+70（45≤x＜70），y2＝x﹣70（70≤x＜95），y2＝﹣x+120（95≤x＜120），
（Ⅰ）当0≤x＜30时，y1﹣y2=56x−59x=518x＝5，解得x＝18，符合题意，
（Ⅱ）当30≤x＜36时，y1﹣y2=−56x+50−59x=−2518x+50＝5，解得x=1625，符合题意，
（Ⅲ）当36≤x＜45时，y2﹣y1=59x﹣（−56x+50）=2518x﹣50＝5，解得x=1985，符合题意，
（Ⅳ）当45≤x＜60时，y2﹣y1＝﹣x+70﹣（−56x+50）=−16x+20＝5，解得x＝90，不符合题意，舍去，
（Ⅴ）当60≤x＜72011时，y2﹣y1＝﹣x+70﹣（56x﹣50）=−116x+120＝5，解得x=69011，符合题意，
（Ⅵ）当72011≤x＜70时，y1﹣y2=56x﹣50﹣（﹣x+70）=116x﹣120＝5，解得x=75011，符合题意，
（Ⅶ）当70≤x≤90时，y1﹣y2=56x﹣50﹣（x﹣70）=−16x+20＝5，解得x＝90，符合题意，
（Ⅷ）当90＜x＜95时，y2﹣y1＝x﹣70﹣（−56x+100）=116x﹣170＝5，解得x=105011，不符合题意，舍去，
（Ⅸ）当95≤x≤120时，y2﹣y1＝﹣x+120﹣（−56x+100）=−16x+20＝5，解得x＝90，不符合题意，舍去，
综上所述，小郑出发18s、1625s、1985s、69011s、75011s、90s时，两人相距5m．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，解题的关键是分类讨论思想的应用．
27．（10分）（2024•南京模拟）问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝6．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 732 ．
【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）分两种情况：①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝63，DE＝23，最后利用面积求解即可；②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
（3）先求出∠BOG＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，23为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK=332即可求出答案．
【解答】解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝6，
∴BF=BEcs∠ABC=632=43；
（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝6，tan∠ABC=ACBC，
∴BC=633=63，
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝6，
∴DE＝BE•tan∠DBE＝6×33=23，
在Rt△BCE中，BE＝6，BC＝63，
根据勾股定理得，CE=BC2−BE2=(63)2−62=62，
∴CD＝CE+DE＝62+23，
∵S△BCD=12CD•BE=12BC•DH，
∴DH=CD⋅BEBC=(62+23)×663=26+2；
②当点E在BC下方时，如图2，过点D作DM⊥BC于M，
同理可得CE＝62，DE＝23，
∴CD＝62−23，
∵S△BDC=12BC•DM=12CD•BE，
∴DM=CD⋅BEBC=(62−23)×663=26−2，
∴点D到直线BC的距离为26+2或26−2；
（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，
取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOG＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
∴GO=12BD＝23，
∴点G在以点O为圆心，23为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长为150×π×23180=533π；
（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝63，
∴OB＝33，
∴OK＝OB•sin30°=332，
由（3）知，点G是以点O为圆心，23为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离的最大值是23+332=732；
故答案为：732．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．