陕西省渭南市大荔县、华州区重点达标名校2022年中考数学全真模拟试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，BD为⊙O的直径，点A为弧BDC的中点，∠ABD＝35°，则∠DBC＝（　　）

A．20° B．35° C．15° D．45°

2．下列运算不正确的是

A．    B．

C．    D．

3．如图，将边长为3a的正方形沿虚线剪成两块正方形和两块长方形．若拿掉边长2b的小正方形后，再将剩下的三块拼成一块矩形，则这块矩形较长的边长为（　　）

A．3a+2b B．3a+4b C．6a+2b D．6a+4b

4．根据《天津市北大港湿地自然保护总体规划（2017﹣2025）》，2018年将建立养殖业退出补偿机制，生态补水78000000m1．将78000000用科学记数法表示应为（　　）

A．780×105    B．78×106    C．7.8×107    D．0.78×108

5．如图①是半径为2的半圆，点C是弧AB的中点，现将半圆如图②方式翻折，使得点C与圆心O重合，则图中阴影部分的面积是(   )

A． B．﹣ C．2+ D．2﹣

6．如图，反比例函数y＝－的图象与直线y＝－x的交点为A、B，过点A作y轴的平行线与过点B作的x轴的平行线相交于点C，则△ABC的面积为(       )

A．8    B．6    C．4    D．2

7．某单位若干名职工参加普法知识竞赛，将成绩制成如图所示的扇形统计图和条形统计图，根据图中提供的信息，这些职工成绩的中位数和平均数分别是（ ）

A．94分，96分 B．96分，96分

C．94分，96.4分 D．96分，96.4分

8．图1～图4是四个基本作图的痕迹，关于四条弧①、②、③、④有四种说法：

弧①是以O为圆心，任意长为半径所画的弧；弧②是以P为圆心，任意长为半径所画的弧；弧③是以A为圆心，任意长为半径所画的弧；弧④是以P为圆心，任意长为半径所画的弧；

其中正确说法的个数为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

9．若一个多边形的内角和为360°，则这个多边形的边数是（    ）

A．3                                            B．4                                            C．5                                            D．6

10．下列计算正确的是（　　）

A．（a2）3＝a6 B．a2•a3＝a6 C．a3+a4＝a7 D．（ab）3＝ab3

11．如图所示是由几个完全相同的小正方体组成的几何体的三视图．若小正方体的体积是1，则这个几何体的体积为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

12．化简的结果为（    ）

A．﹣1 B．1 C． D．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13．已知关于x的方程x2+kx﹣3=0的一个根是x=﹣1，则另一根为_____．

14．如图，已知反比例函数y=(k为常数，k≠0)的图象经过点A，过A点作AB⊥x轴，垂足为B，若△AOB的面积为1，则k=________________．

15．在数轴上与表示的点距离最近的整数点所表示的数为_____．

16．分解因：=______________________．

17．如图，点A是双曲线y＝﹣在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠ACB＝120°，点C在第一象限，随着点A的运动，点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y＝上运动，则k的值为_____．

18．如图，在△ABC和△EDB中，∠C＝∠EBD＝90°，点E在AB上．若△ABC≌△EDB，AC＝4，BC＝3，则AE＝_____．

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）综合与探究：

如图1，抛物线y=﹣x2+x+与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点．经过点A的直线l与y轴交于点D（0，﹣）．

（1）求A、B两点的坐标及直线l的表达式；

（2）如图2，直线l从图中的位置出发，以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向运动，运动中直线l与x轴交于点E，与y轴交于点F，点A 关于直线l的对称点为A′，连接FA′、BA′，设直线l的运动时间为t（t＞0）秒．探究下列问题：

①请直接写出A′的坐标（用含字母t的式子表示）；

②当点A′落在抛物线上时，求直线l的运动时间t的值，判断此时四边形A′BEF的形状，并说明理由；

（3）在（2）的条件下，探究：在直线l的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P，A′，B，E为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点P的坐标； 若不存在，请说明理由．

20．（6分）光华农机租赁公司共有50台联合收割机，其中甲型20台，乙型30台，先将这50台联合收割机派往A、B两地区收割小麦，其中30台派往A地区，20台派往B地区．两地区与该农机租赁公司商定的每天的租赁价格见表：

（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金为y（元），求y与x间的函数关系式，并写出x的取值范围；

（2）若使农机租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金总额不低于79 600元，说明有多少种分配方案，并将各种方案设计出来；

（3）如果要使这50台联合收割机每天获得的租金最高，请你为光华农机租赁公司提一条合理化建议．

21．（6分）如图所示，点P位于等边的内部，且∠ACP=∠CBP．

(1)∠BPC的度数为________°；

(2)延长BP至点D，使得PD=PC，连接AD，CD．

①依题意，补全图形；

②证明：AD+CD=BD；

(3)在(2)的条件下，若BD的长为2，求四边形ABCD的面积．

22．（8分）如图，已知抛物线y=ax2﹣2ax+b与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA，设抛物线的顶点为D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点（其中点M在点N的右侧），在x轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（8分）我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的5名选手的决赛成绩如图所示．

（1）根据图示计算出a、b、c的值；结合两队成绩的平均数和中位数进行分析，哪个队的决赛成绩较好？计算初中代表队决赛成绩的方差s初中2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．

24．（10分）先化简，再求值：（x﹣2﹣）÷，其中x=．

25．（10分）有一水果店，从批发市场按4元/千克的价格购进10吨苹果，为了保鲜放在冷藏室里，但每天仍有一些苹果变质，平均每天有50千克变质丢弃，且每存放一天需要各种费用300元，据预测，每天每千克价格上涨0.1元．设x天后每千克苹果的价格为p元，写出p与x的函数关系式；若存放x天后将苹果一次性售出，设销售总金额为y元，求出y与x的函数关系式；该水果店将这批水果存放多少天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为多少？

26．（12分）如图，一座钢结构桥梁的框架是△ABC，水平横梁BC长18米，中柱AD高6米，其中D是BC的中点，且AD⊥BC．

（1）求sinB的值；

（2）现需要加装支架DE、EF，其中点E在AB上，BE＝2AE，且EF⊥BC，垂足为点F，求支架DE的长．

27．（12分）东东玩具商店用500元购进一批悠悠球，很受中小学生欢迎，悠悠球很快售完，接着又用900元购进第二批这种悠悠球，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了5元．求第一批悠悠球每套的进价是多少元；如果这两批悠悠球每套售价相同，且全部售完后总利润不低于25%，那么每套悠悠球的售价至少是多少元？

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、A

【解析】
根据∠ABD＝35°就可以求出的度数，再根据，可以求出 ,因此就可以求得的度数，从而求得∠DBC

【详解】

解：∵∠ABD＝35°，

∴的度数都是70°，

∵BD为直径，

∴的度数是180°﹣70°＝110°，

∵点A为弧BDC的中点，

∴的度数也是110°，

∴的度数是110°+110°﹣180°＝40°，

∴∠DBC＝＝20°，

故选：A．

【点睛】

本题考查了等腰三角形性质、圆周角定理，主要考查学生的推理能力．

2、B

【解析】

,B是错的，A、C、D运算是正确的，故选B

3、A

【解析】
根据这块矩形较长的边长＝边长为3a的正方形的边长－边长为2b的小正方形的边长＋边长为2b的小正方形的边长的2倍代入数据即可.

【详解】

依题意有：3a﹣2b+2b×2=3a﹣2b+4b=3a+2b．

故这块矩形较长的边长为3a+2b．故选A．

【点睛】

本题主要考查矩形、正方形和整式的运算，熟读题目，理解题意，清楚题中的等量关系是解答本题的关键.

4、C

【解析】
科学记数法记数时，主要是准确把握标准形式a×10n即可.

【详解】

解：78000000= 7.8×107.

故选C.

【点睛】

科学记数法的形式是a×10n，其中1≤｜a｜<10，n是整数，若这个数是大于10的数，则n比这个数的整数位数少1.

5、D

【解析】
连接OC交MN于点P，连接OM、ON，根据折叠的性质得到OP=OM，得到∠POM=60°，根据勾股定理求出MN，结合图形计算即可.

【详解】

解：连接OC交MN于点P，连接OM、ON，

由题意知，OC⊥MN，且OP=PC=1，

在Rt△MOP中，∵OM=2，OP=1，

∴cos∠POM==，AC==，

∴∠POM=60°，MN=2MP=2，

∴∠AOB=2∠AOC=120°，

则图中阴影部分的面积=S半圆-2S弓形MCN

=×π×22-2×（-×2×1）

=2- π，

故选D.

【点睛】

本题考查了轴对称的性质的运用、勾股定理的运用、三角函数值的运用、扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键.

6、A

【解析】

试题解析：由于点A、B在反比例函数图象上关于原点对称，

则△ABC的面积=2|k|=2×4=1．

故选A．

考点：反比例函数系数k的几何意义．

7、D

【解析】
解：总人数为6÷10%=60（人），

则91分的有60×20%=12（人），

98分的有60-6-12-15-9=18（人），

第30与31个数据都是96分，这些职工成绩的中位数是（96+96）÷2=96；

这些职工成绩的平均数是（92×6+91×12+96×15+98×18+100×9）÷60

=（552+1128+1110+1761+900）÷60

=5781÷60

=96.1．

故选D．

【点睛】

本题考查1.中位数；2.扇形统计图；3.条形统计图；1.算术平均数，掌握概念正确计算是关键．

8、C

【解析】
根据基本作图的方法即可得到结论．

【详解】

解：（1）弧①是以O为圆心，任意长为半径所画的弧，正确；

（2）弧②是以P为圆心，大于点P到直线的距离为半径所画的弧，错误；

（3）弧③是以A为圆心，大于AB的长为半径所画的弧，错误；

（4）弧④是以P为圆心，任意长为半径所画的弧，正确．

故选C．

【点睛】

此题主要考查了基本作图，解决问题的关键是掌握基本作图的方法．

9、B

【解析】
利用多边形的内角和公式求出n即可.

【详解】

由题意得：(n-2)×180°=360°，

 解得n=4;

 故答案为：B.

【点睛】

本题考查多边形的内角和，解题关键在于熟练掌握公式.

10、A

【解析】

分析：根据幂的乘方、同底数幂的乘法、积的乘方公式即可得出答案．

详解：A、幂的乘方法则，底数不变，指数相乘，原式计算正确；B、同底数幂的乘法，底数不变，指数相加，原式=，故错误；C、不是同类项，无法进行加法计算；D、积的乘方等于乘方的积，原式=，计算错误；故选A．

点睛：本题主要考查的是幂的乘方、同底数幂的乘法、积的乘方计算法则，属于基础题型．理解各种计算法则是解题的关键．

11、C

【解析】
根据左视图发现最右上角共有2个小立方体，综合以上，可以发现一共有4个立方体，

主视图和左视图都是上下两行，所以这个几何体共由上下两层小正方体组成，俯视图有3个小正方形，所以下面一层共有3个小正方体，结合主视图和左视图的形状可知上面一层只有最左边有个小正方体，故这个几何体由4个小正方体组成，其体积是4.

故选C.

【点睛】

错因分析  容易题，失分原因：未掌握通过三视图还原几何体的方法.

12、B

【解析】
先把分式进行通分，把异分母分式化为同分母分式，再把分子相加，即可求出答案．

【详解】

解：．

故选B．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13、1

【解析】
设另一根为x2，根据一元二次方程根与系数的关系得出-1•x2=-1，即可求出答案．

【详解】

设方程的另一个根为x2，

则-1×x2=-1，

解得：x2=1，

故答案为1．

【点睛】

本题考查了一元二次方程根与系数的关系：如果x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根，那么x1+x2=-，x1x2=．

14、-1

【解析】

试题解析：设点A的坐标为(m，n)，因为点A在y=的图象上，所以，有mn＝k，△ABO的面积为＝1，∴=1，∴=1，∴k=±1，由函数图象位于第二、四象限知k<0，∴k=-1．

考点：反比例外函数k的几何意义.

15、3

【解析】

≈3.317，且在3和4之间，∵3.317-3=0.317，4-3.317=0.683，

且0.683＞0.317，∴距离整数点3最近．

16、 (x-2y)(x-2y+1)

【解析】
根据所给代数式第一、二、五项一组，第三、四项一组，分组分解后再提公因式即可分解.

【详解】

=x2-4xy+4y2-2y+x

=(x-2y)2+x-2y

=(x-2y)(x-2y+1)

17、1

【解析】
根据题意得出△AOD∽△OCE，进而得出，即可得出k=EC×EO=1．

【详解】

解:连接CO，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，

∵连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠ACB=120°，

∴CO⊥AB，∠CAB=10°，

则∠AOD+∠COE=90°，

∵∠DAO+∠AOD=90°，

∴∠DAO=∠COE，

又∵∠ADO=∠CEO=90°，

∴△AOD∽△OCE，

∴ =tan60°= ，

∴= =1，

∵点A是双曲线y=- 在第二象限分支上的一个动点，

∴S△AOD=×|xy|= ，

∴S△EOC= ，即×OE×CE=，

∴k=OE×CE=1，

故答案为1．

【点睛】

本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点以及相似三角形的判定与性质，正确添加辅助线，得出△AOD∽△OCE是解题关键．

18、1

【解析】

试题分析：在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，由勾股定理得：AB=5，

∵△ABC≌△EDB，

∴BE=AC=4，

∴AE=5﹣4=1.

考点：全等三角形的性质；勾股定理

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）A（﹣1，0），B（3，0），y=﹣x﹣；

（2）①A′（t﹣1， t）；②A′BEF为菱形，见解析；

（3）存在，P点坐标为（，）或（，﹣）．

【解析】
（1）通过解方程﹣x2+x+＝0得A（−1，0），B（3，0），然后利用待定系数法确定直线l的解析式；

（2）①作A′H⊥x轴于H，如图2，利用OA＝1，OD＝得到∠OAD＝60°，再利用平移和对称的性质得到EA＝EA′＝t，∠A′EF＝∠AEF＝60°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系表示出A′H，EH即可得到A′的坐标；

②把A′（t−1，t）代入y＝−x2＋x＋得−（t−1）2＋（t−1）＋＝t，解方程得到t＝2，此时A′点的坐标为（2，），E（1，0），然后通过计算得到AF＝BE＝2，A′F∥BE，从而判断四边形A′BEF为平行四边形，然后加上EF＝BE可判定四边形A′BEF为菱形；

（3）讨论：当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，利用点A′和点B的横坐标相同得到t−1＝3，解方程求出t得到A′（3，），再利用矩形的性质可写出对应的P点坐标；当A′B⊥EA′，如图4，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，先确定此时A′点的坐标，然后利用点的平移确定对应P点坐标．

【详解】

（1）当y=0时，﹣x2+x+=0，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），

设直线l的解析式为y=kx+b，

把A（﹣1，0），D（0，﹣）代入得，解得，

∴直线l的解析式为y=﹣x﹣；

（2）①作A′H⊥x轴于H，如图，

∵OA=1，OD=，

∴∠OAD=60°，

∵EF∥AD，

∴∠AEF=60°，

∵点A 关于直线l的对称点为A′，

∴EA=EA′=t，∠A′EF=∠AEF=60°，

在Rt△A′EH中，EH=EA′=t，A′H=EH=t，

∴OH=OE+EH=t﹣1+t=t﹣1，

∴A′（t﹣1， t）；

②把A′（t﹣1， t）代入y=﹣x2+x+得﹣（t﹣1）2+（t﹣1）+=t，

解得t1=0（舍去），t2=2，

∴当点A′落在抛物线上时，直线l的运动时间t的值为2；

此时四边形A′BEF为菱形，理由如下：

当t=2时，A′点的坐标为（2，），E（1，0），

∵∠OEF=60°

∴OF=OE=，EF=2OE=2，

∴F（0，），

∴A′F∥x轴，

∵A′F=BE=2，A′F∥BE，

∴四边形A′BEF为平行四边形，

而EF=BE=2，

∴四边形A′BEF为菱形；

（3）存在，如图：

当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，则t﹣1=3，解得t=，则A′（3，），

∵OE=t﹣1=，

∴此时P点坐标为（，）；

当A′B⊥EA′，如图，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，

∵∠AEA′=120°，

∴∠A′EB=60°，

∴∠EBA′=30°

∴BQ=A′Q=•t=t，

∴t﹣1+t=3，解得t=，

此时A′（1，），E（，0），

点A′向左平移个单位，向下平移个单位得到点E，则点B（3，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到点P，则P（，﹣），

综上所述，满足条件的P点坐标为（，）或（，﹣）．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的判定和矩形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．

20、（1）y=200x+74000（10≤x≤30）

（2）有三种分配方案，

方案一：派往A地区的甲型联合收割机2台，乙型联合收割机28台，其余的全派往B地区；

方案二：派往A地区的甲型联合收割机1台，乙型联合收割机29台，其余的全派往B地区；

方案三：派往A地区的甲型联合收割机0台，乙型联合收割机30台，其余的全派往B地区；

（3）派往A地区30台乙型联合收割机，20台甲型联合收割机全部派往B地区，使该公司50台收割机每天获得租金最高．

【解析】
（1）根据题意和表格中的数据可以得到y关于x的函数关系式；
（2）根据题意可以得到相应的不等式，从而可以解答本题；
（3）根据（1）中的函数解析式和一次函数的性质可以解答本题．

【详解】

解：（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，则派往B地区x台乙型联合收割机为（30﹣x）台，派往A、B地区的甲型联合收割机分别为（30﹣x）台和（x﹣10）台，

∴y=1600x+1200（30﹣x）+1800（30﹣x）+1600（x﹣10）=200x+74000（10≤x≤30）；

（2）由题意可得，

200x+74000≥79600，得x≥28，

∴28≤x≤30，x为整数，

∴x=28、29、30，

∴有三种分配方案，

方案一：派往A地区的甲型联合收割机2台，乙型联合收割机28台，其余的全派往B地区；

方案二：派往A地区的甲型联合收割机1台，乙型联合收割机29台，其余的全派往B地区；

方案三：派往A地区的甲型联合收割机0台，乙型联合收割机30台，其余的全派往B地区；

（3）派往A地区30台乙型联合收割机，20台甲型联合收割机全部派往B地区，使该公司50台收割机每天获得租金最高，

理由：∵y=200x+74000中y随x的增大而增大，

∴当x=30时，y取得最大值，此时y=80000，

∴派往A地区30台乙型联合收割机，20台甲型联合收割机全部派往B地区，使该公司50台收割机每天获得租金最高．

【点睛】

本题考查一次函数的性质，解题关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数和不等式的性质解答．

21、（1）120°；（2）①作图见解析；②证明见解析；（3） .

【解析】

【分析】（1）根据等边三角形的性质，可知∠ACB=60°，在△BCP中，利用三角形内角和定理即可得；

（2）①根据题意补全图形即可；

②证明，根据全等三角形的对应边相等可得，从而可得；

（3）如图2，作于点，延长线于点，根据已知可推导得出，由（2）得，，根据 即可求得.

【详解】（1）∵三角形ABC是等边三角形，

∴∠ACB=60°，即∠ACP+∠BCP=60°，

∵∠BCP+∠CBP+∠BPC=180°，∠ACP=∠CBP，

∴∠BPC=120°，

故答案为120；

(2)①∵如图1所示.

②在等边中，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∵，

∴为等边三角形，

∵，

∴

在和中，

，

∴ ，

∴，

∴；

（3）如图2，作于点，延长线于点，

∵，

∴，

∴，

∴，

又由（2）得，，

.

【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握相关性质定理、正确添加辅助线是解题的关键.

22、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）P（2，1）或（，）；（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）.

【解析】
(1)根据抛物线的解析式，可得到它的对称轴方程，进而可根据点B的坐标来确定点A的坐标，已知OC=1OA，即可得到点C的坐标，利用待定系数法即可求得该抛物线的解析式．

（2）求出点C关于对称轴的对称点，求出两点间的距离与CD相比较可知，PC不可能与CD相等，因此要分两种情况讨论：

①CD=PD，根据抛物线的对称性可知，C点关于抛物线对称轴的对称点满足P点的要求，坐标易求得；②PD=PC，可设出点P的坐标，然后表示出PC、PD的长，根据它们的等量关系列式求出点P的坐标．

（1）此题要分三种情况讨论：①点Q是直角顶点，那么点Q必为抛物线对称轴与x轴的交点，由此求得点Q的坐标；②M、N在x轴上方，且以N为直角顶点时，可设出点N的坐标，根据抛物线的对称性可知MN正好等于抛物线对称轴到N点距离的2倍，而△MNQ是等腰直角三角形，则QN=MN，由此可表示出点N的纵坐标，联立抛物线的解析式，即可得到关于N点横坐标的方程，从而求得点Q的坐标；根据抛物线的对称性知：Q关于抛物线的对称点也符合题意；③M、N在x轴下方，且以N为直角顶点时，方法同②．

【详解】

解:（1）由y=ax2﹣2ax+b可得抛物线对称轴为x=1，由B（1，0）可得A（﹣1，0）；

∵OC=1OA，

∴C（0，1）；

依题意有：，

解得；

∴y=﹣x2+2x+1．

（2）存在．①DC=DP时，由C点（0，1）和x=1可得对称点为P（2，1）；

设P2（x，y），

∵C（0，1），P（2，1），

∴CP=2，

∵D（1，4），

∴CD=＜2，

②由①此时CD⊥PD，

根据垂线段最短可得，PC不可能与CD相等；

②PC=PD时，∵CP22=（1﹣y）2+x2，DP22=（x﹣1）2+（4﹣y）2

∴（1﹣y）2+x2=（x﹣1）2+（4﹣y）2

将y=﹣x2+2x+1代入可得：，

∴ ；

∴P2（，）．

综上所述，P（2，1）或（，）．

（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）；

①若Q是直角顶点，由对称性可直接得Q1（1，0）；

②若N是直角顶点，且M、N在x轴上方时；

设Q2（x，0）（x＜1），

∴MN=2Q1O2=2（1﹣x），

∵△Q2MN为等腰直角三角形；

∴y=2（1﹣x）即﹣x2+2x+1=2（1﹣x）；

∵x＜1，

∴Q2（，0）；

由对称性可得Q1（，0）；

③若N是直角顶点，且M、N在x轴下方时；

同理设Q4（x，y），（x＜1）

∴Q1Q4=1﹣x，而Q4N=2（Q1Q4），

∵y为负，

∴﹣y=2（1﹣x），

∴﹣（﹣x2+2x+1）=2（1﹣x），

∵x＜1，

∴x=﹣，

∴Q4（-，0）；

由对称性可得Q5（+2，0）．

【点睛】

本题考查了二次函数的知识点，解题的关键是熟练的掌握二次函数相关知识点.

23、（1）85,85,80; （2）初中部决赛成绩较好；（3）初中代表队选手成绩比较稳定．

【解析】
分析:（1）根据成绩表，结合平均数、众数、中位数的计算方法进行解答；

（2）比较初中部、高中部的平均数和中位数，结合比较结果得出结论；

（3）利用方差的计算公式，求出初中部的方差，结合方差的意义判断哪个代表队选手的成绩较为稳定.

【详解】

详解: （1）初中5名选手的平均分，众数b=85，

高中5名选手的成绩是：70，75，80，100，100，故中位数c=80；

（2）由表格可知初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，

故初中部决赛成绩较好；

（3）=70，

∵，

∴初中代表队选手成绩比较稳定．

【点睛】

本题是一道有关条形统计图、平均数、众数、中位数、方差的统计类题目，掌握平均数、众数、中位数、方差的概念及计算方法是解题的关键.

24、

【解析】
根据分式的运算法则即可求出答案．

【详解】

原式，

，

．

当时，原式

【点睛】

本题考查的知识点是分式的化简求值，解题关键是化简成最简再代入计算.

25、；(3)该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．

【解析】
（1）根据按每千克元的市场价收购了这种苹果千克，此后每天每千克苹果价格会上涨元，进而得出天后每千克苹果的价格为元与的函数关系；

（2）根据每千克售价乘以销量等于销售总金额，求出即可；

（3）利用总售价-成本-费用=利润，进而求出即可.

【详解】

根据题意知，；

．

当时，最大利润12500元，

答：该水果店将这批水果存放50天后一次性售出，可以获得最大利润，最大利润为12500元．

【点睛】

此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出与的函数关系是解题关键.

26、（1）sinB＝；（2）DE＝1．

【解析】
（1）在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AB，再根据sinB=计算即可；

（2）由EF∥AD，BE=2AE，可得,求出EF、DF即可利用勾股定理解决问题；

【详解】

（1）在Rt△ABD中，∵BD=DC=9，AD=6，

∴AB==3，∴sinB==．

（2）∵EF∥AD，BE=2AE，∴，∴，∴EF=4，BF=6，

∴DF=3，在Rt△DEF中，DE==1．

考点：1.解直角三角形的应用；2.平行线分线段成比例定理.

27、（1）第一批悠悠球每套的进价是25元；（2）每套悠悠球的售价至少是1元．

【解析】

分析：（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，则第二批悠悠球每套的进价是（x+5）元，根据数量=总价÷单价结合第二批购进数量是第一批数量的1.5倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；

（2）设每套悠悠球的售价为y元，根据销售收入-成本=利润结合全部售完后总利润不低于25%，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．

详解：（1）设第一批悠悠球每套的进价是x元，则第二批悠悠球每套的进价是（x+5）元，

根据题意得：

，

解得：x=25，

经检验，x=25是原分式方程的解．

答：第一批悠悠球每套的进价是25元．

（2）设每套悠悠球的售价为y元，

根据题意得：500÷25×（1+1.5）y-500-900≥（500+900）×25%，

解得：y≥1．

答：每套悠悠球的售价至少是1元．

点睛：本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．