2021-2022学年江苏省建湖县重点达标名校中考二模数学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省建湖县重点达标名校中考二模数学试题含解析，共24页。

2021-2022中考数学模拟试卷
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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．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,在△ABC中,AD是BC边的中线,∠ADC=30°,将△ADC沿AD折叠,使C点落在C′的位置,若BC=4,则BC′的长为　(　　)

A．2 B．2 C．4 D．3
2．如图，AB∥CD，点E在线段BC上，CD=CE,若∠ABC=30°，则∠D为（　　）

A．85° B．75° C．60° D．30°
3．下列方程中有实数解的是（　　）
A．x4+16=0 B．x2﹣x+1=0
C． D．
4．如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，则不等式y1＞y2的解集是（　　）

A．﹣3＜x＜2 B．x＜﹣3或x＞2 C．﹣3＜x＜0或x＞2 D．0＜x＜2
5．如图，在▱ABCD中，∠DAB的平分线交CD于点E，交BC的延长线于点G，∠ABC的平分线交CD于点F，交AD的延长线于点H，AG与BH交于点O，连接BE，下列结论错误的是（　　）

A．BO=OH B．DF=CE C．DH=CG D．AB=AE
6．如图，动点P从(0，3)出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第2018次碰到矩形的边时，点P的坐标为（ ）

A．(1，4) B．(7，4) C．(6，4) D．(8，3)
7．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④tan∠CAD=．其中正确的结论有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
8．如图，矩形纸片中，，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于（ ）

A． B． C． D．
9．若二次函数y=-x2+bx+c与x轴有两个交点（m，0），（m-6，0）,该函数图像向下平移n个单位长度时与x轴有且只有一个交点，则n的值是（ ）
A．3 B．6 C．9 D．36
10．若一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
11．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，PE，PF分别交AB，AC于点E，F，给出下列四个结论：①△APE≌△CPF；②AE=CF；③△EAF是等腰直角三角形；④S△ABC=2S四边形AEPF，上述结论正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=4，两等圆⊙A，⊙B外切，那么图中两个扇形（即阴影部分）的面积之和为（　　）

A．2π B．4π C．6π D．8π
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．已知一次函数y=kx+2k+3的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，且函数值y随x的增大而减小，则k所能取到的整数值为________．
14．观察下列图形：它们是按一定的规律排列的，依照此规律，第n个图形共有___个★.

15．因式分解：______．
16．如图，⊙O的外切正六边形ABCDEF的边长为2，则图中阴影部分的面积为_____．

17．如图，线段 AB 的长为 4，C 为 AB 上一个动点，分别以 AC、BC 为斜边在 AB 的同侧作两个等腰直角三角形 ACD 和 BCE， 连结 DE， 则 DE 长的最小值是_____．

18．计算：．
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）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C.
（1）求证：AB=AC；
（2）若，求⊙O的半径.

20．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E．

（1）求证：∠A＝∠ADE；
（2）若AB＝25，DE＝10，弧DC的长为a，求DE、EC和弧DC围成的部分的面积S．（用含字母a的式子表示）．
21．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，FH是⊙O的切线，切点为F，FH∥BC，连结AF交BC于E，∠ABC的平分线BD交AF于D，连结BF．（1）证明：AF平分∠BAC；（2）证明：BF=FD；（3）若EF=4，DE=3，求AD的长．

22．（8分）一个不透明的袋子中装有3个标号分别为1、2、3的完全相同的小球，随机地摸出一个小球不放回，再随机地摸出一个小球．采用树状图或列表法列出两次摸出小球出现的所有可能结果；求摸出的两个小球号码之和等于4的概率．
23．（8分）在汕头市中小学标准化建设工程中，某学校计划购进一批电脑和电子白板，经过市场考察得知，电子白板的价格是电脑的3倍，购买5台电脑和10台电子白板需要17.5万元，求每台电脑、每台电子白板各多少万元？
24．（10分）某销售商准备在南充采购一批丝绸，经调查，用10000元采购A型丝绸的件数与用8000元采购B型丝绸的件数相等，一件A型丝绸进价比一件B型丝绸进价多100元．
（1）求一件A型、B型丝绸的进价分别为多少元？
（2）若销售商购进A型、B型丝绸共50件，其中A型的件数不大于B型的件数，且不少于16件，设购进A型丝绸m件．
①求m的取值范围．
②已知A型的售价是800元/件，销售成本为2n元/件；B型的售价为600元/件，销售成本为n元/件．如果50≤n≤150，求销售这批丝绸的最大利润w（元）与n（元）的函数关系式.
25．（10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．

26．（12分）计算：.
27．（12分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．




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】
连接CC′，
∵将△ADC沿AD折叠，使C点落在C′的位置，∠ADC=30°，
∴∠ADC′=∠ADC=30°，CD=C′D，
∴∠CDC′=∠ADC+∠ADC′=60°，
∴△DCC′是等边三角形，
∴∠DC′C=60°，
∵在△ABC中，AD是BC边的中线，
即BD=CD，
∴C′D=BD，
∴∠DBC′=∠DC′B=∠CDC′=30°，
∴∠BC′C=∠DC′B+∠DC′C=90°，
∵BC=4，
∴BC′=BC•cos∠DBC′=4×=2，
故选A.

【点睛】本题考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及三角函数等知识，准确添加辅助线，掌握折叠前后图形的对应关系是解题的关键．
2、B
【解析】
分析：先由AB∥CD，得∠C=∠ABC=30°，CD=CE，得∠D=∠CED，再根据三角形内角和定理得，∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，从而求出∠D．
详解：∵AB∥CD，
∴∠C=∠ABC=30°，
又∵CD=CE，
∴∠D=∠CED，
∵∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，
∴∠D=75°．
故选B．
点睛：此题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，解题的关键是先根据平行线的性质求出∠C，再由CD=CE得出∠D=∠CED，由三角形内角和定理求出∠D．
3、C
【解析】
A、B是一元二次方程可以根据其判别式判断其根的情况；C是无理方程，容易看出没有实数根；D是分式方程，能使得分子为零，分母不为零的就是方程的根．
【详解】
A.中△=02﹣4×1×16=﹣64＜0，方程无实数根；
B.中△=（﹣1）2﹣4×1×1=﹣3＜0，方程无实数根；
C.x=﹣1是方程的根；
D.当x=1时，分母x2-1=0，无实数根．
故选：C．
【点睛】
本题考查了方程解得定义，能使方程左右两边相等的未知数的值叫做方程的解.解答本题的关键是针对不同的方程进行分类讨论.
4、C
【解析】
【分析】一次函数y1=kx+b落在与反比例函数y2=图象上方的部分对应的自变量的取值范围即为所求．
【详解】∵一次函数y1=kx+b（k、b是常数，且k≠0）与反比例函数y2=（c是常数，且c≠0）的图象相交于A（﹣3，﹣2），B（2，3）两点，
∴不等式y1＞y2的解集是﹣3＜x＜0或x＞2，
故选C．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合是解题的关键．
5、D
【解析】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AH∥BG，AD=BC，∴∠H=∠HBG．∵∠HBG=∠HBA，∴∠H=∠HBA，∴AH=AB．
同理可证BG=AB，∴AH=BG．∵AD=BC，∴DH=CG，故C正确．
∵AH=AB，∠OAH=∠OAB，∴OH=OB，故A正确．
∵DF∥AB，∴∠DFH=∠ABH．∵∠H=∠ABH，∴∠H=∠DFH，∴DF=DH．
同理可证EC=CG．
∵DH=CG，∴DF=CE，故B正确．
无法证明AE=AB，故选D．
6、B
【解析】
如图，

经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），
∵2018÷6=336…2，
∴当点P第2018次碰到矩形的边时为第336个循环组的第2次反弹，
点P的坐标为（7，4）．
故选C．
7、A
【解析】
①正确．只要证明∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°即可；
②正确．由AD∥BC，推出△AEF∽△CBF，推出=，由AE=AD=BC，推出=，即CF=2AF；
③正确．只要证明DM垂直平分CF，即可证明；
④正确．设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，可得tan∠CAD===．
【详解】
如图，过D作DM∥BE交AC于N．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC，∴∠EAC=∠ACB．
∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC=∠AFE=90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴=．
∵AE=AD=BC，∴=，∴CF=2AF，故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=BC，∴BM=CM，∴CN=NF．
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DM垂直平分CF，∴DF=DC，故③正确；
设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，∴tan∠CAD===．故④正确．
故选A．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角形的对应边成比例．
8、B
【解析】
由折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6-x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6-x）2，解方程求出x即可．
【详解】
∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6-x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6-x）2，解得x＝，
则FD＝6-x=.
故选B．
【点睛】
考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
9、C
【解析】
设交点式为y=-（x-m）（x-m+6），在把它配成顶点式得到y=-[x-（m-3）]2+1，则抛物线的顶点坐标为（m-3，1），然后利用抛物线的平移可确定n的值．
【详解】
设抛物线解析式为y=-（x-m）（x-m+6），
∵y=-[x2-2（m-3）x+（m-3）2-1]
=-[x-（m-3）]2+1，
∴抛物线的顶点坐标为（m-3，1），
∴该函数图象向下平移1个单位长度时顶点落在x轴上，即抛物线与x轴有且只有一个交点，
即n=1．
故选C．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
10、A
【解析】
根据正多边形的外角与它对应的内角互补，得到这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，再根据多边形外角和为360度即可求出边数．
【详解】
∵一个正多边形的每个内角为150°，
∴这个正多边形的每个外角=180°﹣150°=30°，
∴这个正多边形的边数==1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正多边形的外角与它对应的内角互补的性质；也考查了多边形外角和为360度以及正多边形的性质．
11、C
【解析】
利用“角边角”证明△APE和△CPF全等，根据全等三角形的可得AE=CF，再根据等腰直角三角形的定义得到△EFP是等腰直角三角形，根据全等三角形的面积相等可得△APE的面积等于△CPF的面积相等，然后求出四边形AEPF的面积等于△ABC的面积的一半．
【详解】
∵AB=AC，∠BAC=90°，点P是BC的中点，
∴AP⊥BC，AP=PC，∠EAP=∠C=45°，
∴∠APF+∠CPF=90°，
∵∠EPF是直角，
∴∠APF+∠APE=90°，
∴∠APE=∠CPF，
在△APE和△CPF中，
，
∴△APE≌△CPF（ASA），
∴AE=CF，故①②正确；
∵△AEP≌△CFP，同理可证△APF≌△BPE，
∴△EFP是等腰直角三角形，故③错误；
∵△APE≌△CPF，
∴S△APE=S△CPF，
∴四边形AEPF=S△AEP+S△APF=S△CPF+S△BPE=S△ABC．故④正确，
故选C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出∠APE=∠CPF，从而得到△APE和△CPF全等是解题的关键，也是本题的突破点．
12、B
【解析】
先依据勾股定理求得AB的长，从而可求得两圆的半径为4，然后由∠A+∠B=90°可知阴影部分的面积等于一个圆的面积的．
【详解】
在△ABC中，依据勾股定理可知AB==8，
∵两等圆⊙A，⊙B外切，
∴两圆的半径均为4，
∵∠A+∠B=90°，
∴阴影部分的面积==4π．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是相切两圆的性质、勾股定理的应用、扇形面积的计算，求得两个扇形的半径和圆心角之和是解题的关键．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、-2
【解析】
试题分析：根据题意可得2k+3＞2，k＜2，解得﹣＜k＜2．因k为整数，所以k=﹣2．
考点：一次函数图象与系数的关系．
14、
【解析】
分别求出第1个、第2个、第3个、第4个图形中★的个数，得到第5个图形中★的个数，进而找到规律，得出第n个图形中★的个数，即可求解．
【详解】
第1个图形中有1+3×1=4个★，
第2个图形中有1+3×2=7个★，
第3个图形中有1+3×3=10个★，
第4个图形中有1+3×4=13个★，
第5个图形中有1+3×5=16个★，
…
第n个图形中有1+3×n=（3n+1）个★．
故答案是：1+3n.
【点睛】
考查了规律型：图形的变化类；根据图形中变化的量和n的关系与不变的量得到图形中★的个数与n的关系是解决本题的关键．
15、
【解析】
先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【详解】
xy1+1xy+x，
=x（y1+1y+1），
=x（y+1）1．
故答案为：x（y+1）1．
【点睛】
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
16、
【解析】
由于六边形ABCDEF是正六边形，所以∠AOB=60°，故△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2，设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB，OG=OA•sin60°，再根据S阴影=S△OAB-S扇形OMN，进而可得出结论．
【详解】
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=60°，
∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2，
设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB，
∴
∴S阴影=S△OAB-S扇形OMN=
故答案为
【点睛】
考查不规则图形面积的计算，掌握扇形的面积公式是解题的关键.
17、2
【解析】
试题分析：由题意得，；C为AB上一个动点，分别以AC、BC为斜边在AB的同侧作两个等腰直角三角形△ACD和△BCE，AD=CD；CE=BE；由勾股定理得，解得；而AC+BC=AB=4，，∵=16；，∴，，得出
考点：不等式的性质
点评：本题考查不等式的性质，会用勾股定理，完全平方公式，不等关系等知识，它们是解决本题的关键
18、
【解析】
此题涉及特殊角的三角函数值、零指数幂、二次根式化简，绝对值的性质．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
【详解】
原式

．
【点睛】
此题考查特殊角的三角函数值，实数的运算，零指数幂，绝对值，解题关键在于掌握运算法则.

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）证明见解析；（2）1．
【解析】
（1）由同圆半径相等和对顶角相等得∠OBP=∠APC，由圆的切线性质和垂直得∠ABP+∠OBP=90°和∠ACB+∠APC=90°，则∠ABP=∠ACB，根据等角对等边得AB=AC；
（2）设⊙O的半径为r，分别在Rt△AOB和Rt△ACP中根据勾股定理列等式，并根据AB=AC得52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，求出r的值即可．
【详解】
解：（1）连接OB，∵OB=OP，∴∠OPB=∠OBP，∵∠OPB=∠APC，
∴∠OBP=∠APC，∵AB与⊙O相切于点B，∴OB⊥AB，∴∠ABO=90°，
∴∠ABP+∠OBP=90°，∵OA⊥AC，∴∠OAC=90°，∴∠ACB+∠APC=90°，∴∠ABP=∠ACB，
∴AB=AC；
（2）设⊙O的半径为r，在Rt△AOB中，AB2=OA2﹣OB2=52﹣r2，
在Rt△ACP中，AC2=PC2﹣PA2，AC2=（2）2﹣（5﹣r）2，
∵AB=AC，∴52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，解得：r=1，
则⊙O的半径为1．

【点睛】
本题考查了圆的切线的性质，圆的切线垂直于经过切点的半径；并利用勾股定理列等式，求圆的半径；此类题的一般做法是：若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系；简记作：见切点，连半径，见垂直．
20、（1）见解析；（2）75﹣a.
【解析】
（1）连接CD，求出∠ADC=90°，根据切线长定理求出DE=EC，即可求出答案；
（2）连接CD、OD、OE，求出扇形DOC的面积，分别求出△ODE和△OCE的面积，即可求出答案
【详解】
（1）证明：连接DC，

∵BC是⊙O直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵∠C=90°，BC为直径，
∴AC切⊙O于C，
∵过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，
∴DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD，
∵∠ACB=∠ADC=90°，
∴∠A+∠ACD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠A=∠ADE；
（2）解：连接CD、OD、OE，

∵DE=10，DE=CE，
∴CE=10，
∵∠A=∠ADE，
∴AE=DE=10，
∴AC=20，
∵∠ACB=90°，AB=25，
∴由勾股定理得：BC===15，
∴CO=OD=，
∵的长度是a，
∴扇形DOC的面积是×a×=a，
∴DE、EC和弧DC围成的部分的面积S=××10+×10﹣a=75﹣a．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，切线的性质，切线长定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，扇形的面积，三角形的面积等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
21、【小题1】 见解析
【小题2】 见解析
【小题3】
【解析】
证明：（1）连接OF
∴FH切·O于点F
∴OF⊥FH ………………………… 1分
∵BC | | FH
∴OF⊥BC ………………………… 2分
∴BF="CF" ………………………… 3分
∴∠BAF=∠CAF
即AF平分∠BAC…………………4分
（2） ∵∠CAF=∠CBF
又∠CAF=∠BAF
∴∠CBF=∠BAF ………………………… 6分
∵BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD
∴∠BAF+∠ABD=∠CBF+∠CBD
即∠FBD=∠FDB………………………… 7分
∴BF="DF" ………………………… 8分
（3） ∵∠BFE=∠AFB ∠FBE=∠FAB
∴ΔBEF∽ΔABF………………………… 9分
∴即BF2=EF·AF …………………… 10分
∵EF=4 DE=3 ∴BF="DF" =4+3=7
AF=AD+7
即4（AD+7）=49 解得AD=
22、 (1)见解析;(2).
【解析】
（1）画树状图列举出所有情况；
（2）让摸出的两个球号码之和等于4的情况数除以总情况数即为所求的概率．
【详解】
解：（1）根据题意，可以画出如下的树形图：

从树形图可以看出，两次摸球出现的所有可能结果共有6种．
（2）由树状图知摸出的两个小球号码之和等于4的有2种结果，
∴摸出的两个小球号码之和等于4的概率为=．
【点睛】
本题要查列表法与树状图法求概率，列出树状图得出所有等可能结果是解题关键.
23、每台电脑0.5万元；每台电子白板1.5万元．
【解析】
先设每台电脑x万元，每台电子白板y万元，根据电子白板的价格是电脑的3倍，购买5台电脑和10台电子白板需要17.5万元列出方程组，求出x，y的值即可.
【详解】
设每台电脑x万元，每台电子白板y万元．
根据题意，得：
解得，
答：每台电脑0.5万元，每台电子白板1.5万元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是读懂题意，找出之间的数量关系，列出二元一次方程组．
24、（1）一件A型、B型丝绸的进价分别为500元，400元；（2）①，②．
【解析】
（1）根据题意应用分式方程即可；
（2）①根据条件中可以列出关于m的不等式组，求m的取值范围；②本问中，首先根据题意，可以先列出销售利润y与m的函数关系，通过讨论所含字母n的取值范围，得到w与n的函数关系．
【详解】
（1）设型丝绸的进价为元，则型丝绸的进价为元,
根据题意得：，
解得，
经检验，为原方程的解，
，
答：一件型、型丝绸的进价分别为500元，400元．
（2）①根据题意得：
，
的取值范围为：，
②设销售这批丝绸的利润为，
根据题意得：
，

，
（Ⅰ）当时，，
时，
销售这批丝绸的最大利润；
（Ⅱ）当时，，
销售这批丝绸的最大利润；
（Ⅲ）当时，
当时，
销售这批丝绸的最大利润．
综上所述：．
【点睛】
本题综合考察了分式方程、不等式组以及一次函数的相关知识．在第（2）问②中，进一步考查了，如何解决含有字母系数的一次函数最值问题．
25、（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.
26、
【解析】
直接利用负整数指数幂的性质以及绝对值的性质、零指数幂的性质以及特殊角的三角函数值化简进而得出答案．
【详解】
原式=9﹣2+1﹣2=．
【点睛】
本题考查了实数运算，正确化简各数是解题的关键．
27、证明过程见解析
【解析】
由∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，可求得∠DCE=∠ACB，且∠B+∠CEA=∠CEA+∠DEC=180°，可求得∠DEC=∠ABC，再结合条件可证明△ABC≌△DEC．
【详解】
∵∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，
∴∠5+∠4=∠4+∠3，
∴∠5=∠3，且∠B+∠CEA=180°，
又∠7+∠CEA=180°，
∴∠B=∠7，
在△ABC和△DEC中 ,
∴△ABC≌△DEC（ASA）．