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2024年湖南省长沙市开福区立信中学中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2024年湖南省长沙市开福区立信中学中考数学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.−2的绝对值是( )
A. −2B. 2C. ±2D. −12
2.如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是( )
A. B. C. D.
3.下列说法错误的是( )
A. 必然事件发生的概率是1
B. 通过大量重复试验，可以用频率估计概率
C. 概率很小的事件不可能发生
D. 投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得
4.下列运算正确的是( )
A. 2m+3m=5m2B. m2⋅m3=m6
C. (m+7)2=m2+49D. (m−3n)(m+3n)=m2−9n2
5.点P(2,−5)关于原点对称点的坐标是( )
A. (−5,−2)B. (2,5)C. (−2,5)D. (−5,2)
6.一把直尺和一块三角板ABC(其中∠B=30°，∠C=90°)摆放位置如图所示，直尺一边与三角板的两直角边分别交于点D，点E，另一边与三角板的两直角边分别交于点F，点A，且∠CDE=50°，那么∠BAF的大小为( )
A. 20°B. 40°C. 45°D. 50°
7.费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家．下面的数据是部分获奖者获奖时的年龄(单位：岁)：29，32，33，35，35，40，则这组数据的众数和中位数分别是( )
A. 35，35B. 34，33C. 34，35D. 35，34
8.如图，AB是⊙O的直径，C，D是圆上两点，连接AC，BC，AD，CD.若∠CAB=55°，则∠ADC的度数为( )
A. 55°B. 45°C. 35°D. 25°
9.《孙子算经》中有个问题：若三人共车，余两车空；若两人共车，剩九人步.问人与车各几何？意思是：若三个人乘一辆车，则空余两辆车；若两个人乘一辆车，则剩余9人需要步行.试问人和车辆各有多少？设有x辆车，则根据题意可列出方程为( )
A. 3(x+2)=2x−9B. 3(x+2)=2x+9
C. 3(x−2)=2x−9D. 3(x−2)=2x+9
10.如图，在△ABC中，∠C=90°，利用尺规在BC，BA上分别截取BE，BD，使BE=BD，分别以D，E为圆心，以大12DE的长为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F，作射线BF交AC于点G，若AC=9，AG=5，过点G作GP⊥AB交AB于点P，则GP的值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.二次根式 x−3有意义，则x的取值范围是 ．
12.分式方程32x=2x+1的解是 ．
13.已知a，b是一元二次方程x2−4x+2=0的两根，则a+b= ______．
14.如图，⊙O的半径为13，弦AB的长为24，ON⊥AB，垂足为N，则ON的长为______．
15.为了解某区九年级3200名学生中观看2022北京冬奥会开幕式的情况，随机调查了其中200名学生，结果有150名学生全程观看了开幕式，请估计该区全程观看冬奥会开幕式的九年级学生人数约为______．
16.高速公路某收费站出城方向有编号为A，B，C，D，E的五个小客车收费出口，假定各收费出口每20分钟通过小客车的数量是不变的．同时开放其中的某两个收费出口，这两个出口20分钟一共通过的小客车数量记录如下：
在A，B，C，D，E五个收费出口中，每20分钟通过小客车数量最多的一个收费出口的编号是 ．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.计算：(13)−1−2sin60°+|− 3|+(−2022)0．
四、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
解不等式组：3x−4<2x+15x+32>x．
19.(本小题6分)
如图，某楼房AB顶部有一根天线BE，为了测量天线的高度，在地面上取同一条直线上的三点C，D，A，在点C处测得天线顶端E的仰角为60°，从点C走到点D，测得CD=5米，从点D测得天线底端B的仰角为45°，已知A，B，E在同一条垂直于地面的直线上，AB=25米．
(1)求A与C之间的距离；
(2)求天线BE的高度．(参考数据： 3≈1.73，结果保留整数)
20.(本小题6分)
为提高学生的安全意识，某学校组织学生参加了“安全知识答题”活动.该校随机抽取部分学生答题成绩进行统计，将成绩分为四个等级：A(优秀)，B(良好)，C(一般)，D(不合格)，并根据结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中所给信息解答下列问题：
(1)这次抽样调查共抽取______人，条形统计图中的m= ______；
(2)将条形统计图补充完整，在扇形统计图中，求C等所在扇形圆心角的度数；
(3)学校要从答题成绩为A等且表达能力较强的甲、乙、丙、丁四名学生中，随机抽出两名学生去做“安全知识宣传员”，请用列表或画树状图的方法，求抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率．
21.(本小题9分)
如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB于E，DF⊥AC于点F，且∠BDE=∠CDF，
(1)求证：AD平分∠BAC．
(2)若AB=5，AD=4，求△ABC的面积．
22.(本小题9分)
我校九年级学生准备观看电影《长津湖》.由各班班长负责买票，每班人数都多于40人，票价每张30元，一班班长问售票员买团体票是否可以优惠，售票员说：40人以上的团体票有两种优惠方案可选：
方案一：全体人员打8折；
方案二：打9折，有5人可以免票．
(1)若一班有50人，则方案一需付______元钱，方案二需付款______元钱；
(2)一班班长思考一会儿说，我们班无论选择哪种方案要付的钱是一样的，你知道一班有多少人吗？
23.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，连接BE．
(1)求证：∠DAC=∠E；
(2)若tan∠ABC=43，BE=10，求线段AD的长．
24.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一动点(且与点B、C不重合)，连接AE交BD于点G．
(1)若AE⊥BC，∠BAE=18°，求∠BGE的度数；
(2)若AG=BG，求证BE2−GE2=AG⋅GE；
(3)过点G作GM//BC交AB于点M，记.S△AMG为S1，S四边形DGEC为S2，BC=xBE，S1S2=y
①求证：1BE+1AD=1MG；
②求y与x之间的函数关系式．
25.(本小题10分)
对于抛物线y=14ax2(a≠0)，我们发现其图象上任意一点到点(0,a)的距离和到直线y=−a的距离总是相等，于是规定点(0,a)为抛物线的焦点，直线y=−a为抛物线的准线．
例如：如图1，y=14ax2(a>0)，其焦点为A(0,a)，准线为直线y=−a，抛物线上任意一点P(x,y)到准线的距离为PH，则PH=|y−(−a)|=|y+a|=|14ax2+a|，PA= (x−0)2+(y−a)2= x2+(14ax2−a)2= 116a2x4+12x2+a2= (14ax2+a)2=|14ax2+a|，即PA=PH；同理可得a<0时，PA=PH也成立.利用焦点和准线的性质解决下列问题：
(1)请直接写出抛物线y=14x2的焦点和准线；
(2)如图2，已知抛物线y=14mx2(m≠0)的焦点为C，其准线与y轴交于点D，过焦点C的直线与抛物线交于A，B两点，求证：tan∠ADC=tan∠BDC；
(3)已知抛物线y=14px2(p>0)，焦点为F，点E为对称轴右侧的抛物线上一点，EF=40F且S△EFO= 3，
①求p的值；
②过焦点F的直线与该抛物线交于M，N两点，P为抛物线准线上一点，当△PMN为等边三角形时，求直线MN的解析式．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：−2的绝对值是2．
故选：B．
根据负数的绝对值是它的相反数，可得答案．
本题主要考查绝对值的定义，规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2.【答案】B
【解析】解：这个组合体的左视图为：
故选：B．
根据简单组合体三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握解答组合体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
3.【答案】C
【解析】解：A、必然事件发生的概率是1，正确；
B、通过大量重复试验，可以用频率估计概率，正确；
C、概率很小的事件也有可能发生，故错误；
D、投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得，正确，
故选：C．
不确定事件就是随机事件，即可能发生也可能不发生的事件，发生的概率大于0并且小于1．
本题考查了概率的意义，概率的意义反映的只是这一事件发生的可能性的大小，概率取值范围：0≤p≤1，其中必然发生的事件的概率P(A)=1；不可能发生事件的概率P(A)=0；随机事件，发生的概率大于0并且小于1.事件发生的可能性越大，概率越接近于1，事件发生的可能性越小，概率越接近于0．
4.【答案】D
【解析】解：A、2m+3m=5m，故A不符合题意；
B、m2⋅m3=m5，故B不符合题意；
C、(m+7)2=m2+14m+49，故C不符合题意；
D、(m−3n)(m+3n)=m2−9n2，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，完全平方公式，平方差公式对各项进行运算即可．
本题主要考查整式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：根据中心对称的性质，可知：点P(2,−5)关于原点对称的点的坐标为：(−2,5)．
故选：C．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，据此可得结论．
本题考查关于原点对称的点坐标的关系，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)．
6.【答案】A
【解析】解：由图可得，∠CDE=50°，∠C=90°，
∴∠CED=40°，
又∵DE//AF，
∴∠CAF=40°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=60°−40°=20°，
故选：A．
先根据∠CDE=40°，得出∠CED=40°，再根据DE//AF，即可得到∠CAF=40°，最后根据∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小．
本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
7.【答案】D
【解析】解：∵35出现的次数最多，
∴这组数据的众数是35，
将这组数据按从小到大排列，排在中间的两个数分别为33，35，故这组数据的中位数为33+352=34．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=55°，
∴∠B=35°，
∴∠ADC=∠B=35°．
故选C．
9.【答案】D
【解析】解：设有x辆车，则可列方程：3(x−2)=2x+9．
故选：D．
根据每三人乘一车，最终剩余2辆车，每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，进而表示出总人数得出等式即可．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示总人数是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：由作法得BG平分∠ABC，
∵GP⊥BA，∠C=90°，
∴GP=GC=AC−AG=9−5=4，
故选：C．
根据角平分线的性质即可得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
11.【答案】x≥3
【解析】解：根据题意，得x−3≥0，
解得，x≥3；
故答案为：x≥3．
12.【答案】x=3
【解析】解：32x=2x+1，
3(x+1)=4x，
解得：x=3，
检验：当x=3时，2x(x+1)≠0，
∴x=3是原方程的解，
故答案为：x=3．
13.【答案】4
【解析】解：根据根与系数的关系得a+b=4．
故答案为：4．
直接利用根与系数的关系求解．
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，x1x2=ca．
14.【答案】5
【解析】解：∵ON⊥AB，
∴AN=BN=12AB，
∵AB=24，
∴AN=BN=12，
在Rt△OAN中，ON2+AN2=OA2，
∴ON= OA2−AN2= 132−122=5，
故答案为：5
根据垂径定理得出AN=BN=12AB，利用勾股定理得出ON即可．
本题考查了垂径定理，掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
15.【答案】2400人
【解析】解：估计该区全程观看冬奥会开幕式的九年级学生人数约为3200×150200=2400(人)，
故答案为：2400人．
用总人数乘以样本中全程观看开幕式的人数所占比例即可．
本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．
16.【答案】B
【解析】解：∵330−260=70，330−300=30，360−300=60，360−240=120，260−240=20，
∴C>A，B>D，E>C，D>A，B>E，
由B>D和D>A得B>A，
由E>C和B>E得B>C，
∴每20分钟通过小客车数量最多的一个收费出口的编号是B，
故答案为：B．
根据表中数据两两相比较即可得到结论，
本题考查了不等式的性质，正确的理解题意是解题的关键．
17.【答案】解：(13)−1−2sin60°+|− 3|+(−2022)0
=3−2× 32+ 3+1
=3− 3+ 3+1
=4．
【解析】先计算(13)−1、(−2022)0、化简绝对值，再代入60°的正弦值算乘法，最后加减．
本题考查了实数的混合运算，掌握负整数指数幂、零指数幂的意义，绝对值的化简和特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
18.【答案】解：3x−4<2x+1①5x+32>x②，
解不等式①得：x<5，
解不等式②得：x>−1，
∴原不等式组的解集为：−1【解析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
19.【答案】解：(1)由题意得，在Rt△ABD中，∠ADB=45°，
∴AD=AB=25米，
∵CD=5米，
∴AC=AD+CD=25+5=30(米)，
即A与C之间的距离是30米；
(2)在Rt△ACE中．∠ACE=60°，AC=30米，
∴AE=30⋅tan60°=30 3(米)，
∵AB=25米，
∴BE=AE−AB=(30 3−25)米，
∵ 3≈1.73，
∴BE≈1.73×30−25=26.9≈27米．
即天线BE的高度为27米．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质得出AD=AB=25米，则可求出答案；
(2)解直角三角形求出AE=30⋅tan60°=30 3(米)，则可求出BE．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
20.【答案】50 7
【解析】解：(1)由统计图可得，这次抽样调查共抽取：16÷32%=50(人)，m=50×14%=7，
故答案为：50，7．
(2)由(1)知，m=7，等级为A的有：50−16−15−7=12(人)，
补充完整的条形统计图如图所示，C等所在扇形圆心角的度数为：360°×1550=108°．
(3)树状图如下所示：
由上可得，一共存在12种等可能性，其中抽出的两名学生恰好是甲和丁的可能性有2种，
∴抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率为212=16．
(1)用B等级的人数除以其所占百分比，即可求出抽取的总人数，用抽取总人数乘以成绩为D等级所占百分比，即可求出m的值；
(2)用抽取总人数乘以A等级的人数所占百分比，求出成绩为A等级的人数，即可补全条形统计图；先求出成绩为C等级的人数所占百分比，再用360度乘以成绩为C等级的人数所占百分比即可求出C等级所在扇形圆心角的度数；
(3)根据题意列出表格，数出所有的情况数和符合条件的情况数，再根据概率公式求解即可．
此题主要考查条形及扇形统计图，通过树状图或列表法求概率，理解题意，熟练掌握这些知识点是解题关键．
21.【答案】(1)证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEB=∠DFC=90°，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BED和△CFD中，
∠BDE=∠CDF∠BED=∠CFD,BD=CD
∴△BED≌△CFD(AAS)，
∴DE=DF，
∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于点F，
∴AD平分∠BAC．
(2)解：∵△BED≌△CFD，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，
∵D是BC中点，
∴AD⊥BC，
∴BD= AB2−AD2= 52−42=3，
∴BC=2BD=6，
∴△ABC的面积=12BC⋅AD=12×6×4=12．
【解析】(1)由AAS判定△BED≌△CFD，推出DE=DF，由角平分线性质定理的逆定理，即可证明AD平分∠BAC．
(2)由全等三角形的性质得到∠B=∠C，由等腰三角形的性质推出AD⊥BC，由勾股定理求出BD= AB2−AD2=3，得到BC=2BD=6，即可求出△ABC的面积．
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，勾股定理，关键是判定△BED≌△CFD(AAS)，推出DE=DF；由等腰三角形的性质推出AD⊥BC，由勾股定理求出BD的长．
22.【答案】1200 1215
【解析】解：(1)由方案一：全体人员可打8折，
得方案一需付费30×80%×50=1200(元)，
由方案二：若打9折，有5人可以免票，
得方案二需付费30×90%×(50−5)=1215 (元)，
故答案为：1200；1215；
(2)设一班共有x人，依题意得，
30×80% x=30×90%×(x−5)，
解得x=45，
答：一班共有45人．
(1)由方案一和方案二的优惠方式分别算出结果即可；
(2)设一班共有x人，根据“无论选择哪种方案要付的钱都是一样”，列出方程求解即可．
本题考查了一元一次方程的应用，方案选择问题，本题的关键是明确方案一和方案二的收费方式，列出方程解题．
23.【答案】(1)证明：连接OC，
∵PD切圆于C，
∴半径OC⊥PD，
∵AD⊥PD，
∴OC//AD，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵∠BEC=∠OAC，
∴∠DAC=∠BEC；
(2)解：连接AE，
∵弦CE平分∠ACB，
∴AE=BE，
∴AE=BE，
∵AB是圆的直径，
∴∠AEB=∠ACB=90°，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴AB= 2BE=10 2，
∵tan∠ABC=ACBC=43，
∴令BC=3x，AC=4x，
∵AB= AC2+BC2=5x=10 2，
∴x=2 2，
∴AC=4x=8 2，
∵∠DAC=∠CAB，
∴cs∠DAC=cs∠CAB，
∴ADAC=ACAB，
∴AD8 2=8 210 2，
∴AD=32 25．
【解析】(1由切线的性质得到半径OC⊥PD，又AD⊥PD，因此OC//AD，得到∠DAC=∠OCA，由等腰三角形的性质得到∠OAC=∠OCA，由圆周角定理即可得到∠DAC=∠BEC；
(2)由直角三角形的性质求出AB=10 2，由锐角的正切定义求出AC长，由∠DAC=∠CAB，得到cs∠DAC=cs∠CAB，因此ADAC=ACAB，即可求出AC的长．
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，关键是由直角三角形的性质，正切的定义求出AC长．
24.【答案】(1)解：根据题意可得∠AEB=90°，∠BAE=18°，
∴∠ABE=90°−18°=72°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABG=∠EBG=12∠ABE=12×72°=36°，
∴∠BGE=∠ABG+∠BAG=18°+36°=54°．
(2)证明：∵AG=BG，
∴∠ABG=∠BAG，
∵∠GBE=∠ABG，
∴∠GBE=∠BAG，
又∵∠AEB=∠GEB，
∴△AEB∽△BEG，
∴BEAE=GEBE，
∴BE2=AE⋅GE，
∴BE2=(AG+GE)GE，
∴BE2−GE2=AG⋅GE．
(3)①证明：∵GM//BC，BC//AD，
∴MG//AD，
∴△BMG∽△BAD，△AMG∽△ABE，
∴MGAD=BMAB，MGBE=AMAB，
两式相加得MGAD+MGBE=BMAB+AMAB，
即MGAD+MGBE=1，
∴1BE+1AD=1MG．
②解：∵BC=xBE，AD//BC，
∴BEBC=BEAD=1x，△ADG∽△EBG，
∴BGGD=GEAG=1x，
∴S△AGD=xS△ABG，
∴S△ABD=S△ABG+xS△ABG=(x+1)S△ABG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴△ABD≌△BCD(SSS)，
∴S△BDC=(x+1)S△ABG，
∵MG//BE，∠MBG=∠GBE，
∴△AMG∽△ABE，∠MBG=∠GBE=∠MGB，
∴MG=MB，
∴MBAM=1x，
∴ABAM=x+1x，
∴S△AMGS△ABG=xx+1，
∴S1=xx+1S△ABG，S△BGE=1xS△ABG，
∵S△BDC=(x+1)S△ABG，
∴S2=S△BDC−S△BGE=(x+1−1x)S△ABG，
∴y=S1S2=xx+1x+1−1x，
∴y=x2(x+1)(x2+x−1)．
【解析】(1)根据题意可得∠ABE=90°−18°=72°，因为菱形的对角线平分一组对角，得∠ABG=∠EBG=12∠ABE=12×72°=36°，再根据外角的性质可得出．
(2)根据题意易证△AEB∽△BEG，得出BEAE=GEBE，因为AG+GE=AE，化简可得BE2−GE2=AG⋅GE．
(3)①根据题意可得GM//BC，MG//AD，即△BMG∽△BAD，△AMG∽△ABE，故MGAD=BMABMGBE=AMAB，两式相加得，化简可得1BE+1AD=1MG；
②根据BC=xBE，AD//BC，得BGGD=GEAG=1x，即S△AGD=xS△ABG，S△ABD=S△ABG+xS△ABG=(x+1)S△ABG，S△BDC=(x+1)S△ABG，根据△AMG∽△ABE，∠MBG=∠GBE=∠MGB，得出MG=MB，即ABAM=x+1x，S△AMGS△ABG=xx+1，S1=xx+1S△ABG，S△BGE=1xS△ABG，S2=S△BDC−S△BGE=(x+1−1x)S△ABG，代入y=S1S2化简即可．
本题考查相似型的综合应用，主要考查菱形的性质、相似三角形的性质、平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=14x2可化为x2=4y，其中p为2，
∴焦点(0,1)，准线y=−1．
(2)∵AM⊥CD，BN⊥CD，
∴AM//BN，
∴△AMC∽△BNC，
∴AMBN=ACBC，
即AMAC=BNBC，
∵点C为焦点，PQ为准线，
∴AC=AP，BC=BQ，
∴AMAP=BNBQ，
∵四边形APDM，BQDN为矩形，
∴AP=MD，BQ=DN，
∴AMMD=BNDN，
∴tan∠ADC=tan∠BDC．
(3)①由已知可知在y=14px2(p>0)，F为焦点，连接FE，过点E作准线的垂线，垂足为M，
∴F(0,p)，准线y=−p，
设E(xE,yE)，
∴EF=EM=yE+p，OF=p，
∵EF=4OF，
∴yE+p=4p，
∴yE=3p，
∴令y=3p，则3p=14px2，
∴x2=12p2，
∵x>0，
∴x=2 3p，
∴E(2 3p,3p)，
∴S△OEF=12OF×xE= 3，
代入数值可得12×p×2 3p= 3，
解得p1=1，p2=−1，
∵p>0，
∴p=1．
②按照题意作图，过点P作MN的垂线，垂足为H，
根据题意可得P(xp,−1)，F(0,1)，MH=NH，抛物线的解析式为y=14x2，
故可设直线MN解析式为y=kx+1，
联立y=kx+1y=14x2，
得kx+1=14x2，
即x2−4kx−4=0，
设方程的两根为xM，xN，
∴xM+xN=4k，
∴xM+xN2=2k，
∴yM+yN=kxM+1+kxN+1，
即yM+yN=k(xM+xN)+2，
代入数值可得yM+yN=4k2+2，
∴yM+yN2=2k2+1，
∴线段MN中点H(2k,2k2+1)，
∴kPH=2k2+22k−xp，
∵MH⊥PH，
∴kPH×kMN=−1，
∴xp=2k(k2+2)，
∴P(2k(k2+2),−1)，
∴MN=yM+yN+2×1=4k2+4，
又∵PH= [2k(k2+1)]2+(2k2+2)2= 12+k2(2k2+2)，∠NMP=60°，
∴PH12MN=tan60°= 3，
即 12+k2= 3，
解得k=± 2，
∴直线MN的解析式y= 2x+1或y=− 2x+1．
【解析】(1)将抛物线y=14x2可化为x2=4y，根据焦点为(0,p2)，准线为y=−p2即可．
(2)根据题意易证△AMC∽△BNC，即AMAC=BNBC，由于焦点和准线的性质，可得AC=AP，BC=BQ，因为四边形APDM，BQDN为矩形，得AP=MD，BQ=DN，故AMMD=BNDN，即tan∠ADC=tan∠BDC．
(3)①过点E作准线的垂线，垂足为M，可得F(0,p)，准线y=−p，设E(xE,yE)，根据EF=4OF，得y=3p时，x=2 3p，即E(2 3p,3p)，因为S△OEF=12OF×xE= 3，解得p=1．
②按照题意作图，过点P作MN的垂线，垂足为H，根据题意可得P(xp,−1)，F(0,1)，MH=NH，抛物线的解析式为y=14x2，设MN解析式为y=kx+1，联立两个解析式，可得x2−4kx−4=0，故方程的两根为xM，xN，有xM+xN=4k，xM+xN2=2k，故yM+yN2=2k2+1，所以H(2k,2k2+1)，kPH=2k2+22k−xp，再根据kPH×kMN=−1，得xp=2k(k2+2)，P(2k(k2+2),−1)，MN=yM+yN+2×1=4k2+4，根据PH12MN=tan60°= 3，可解得k=± 2，故直线MN的解析式y= 2x+1或y=− 2x+1．
本题考查二次函数的综合应用，二次函数抛物线的图象和性质，解直角三角形的相关计算，一次函数的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．收费出口编号
A，B
B，C
C，D
D，E
E，A
通过小客车数量(量)
260
330
300
360
240
1.−2的绝对值是( )
A. −2B. 2C. ±2D. −12
2.如图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是( )
A. B. C. D.
3.下列说法错误的是( )
A. 必然事件发生的概率是1
B. 通过大量重复试验，可以用频率估计概率
C. 概率很小的事件不可能发生
D. 投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得
4.下列运算正确的是( )
A. 2m+3m=5m2B. m2⋅m3=m6
C. (m+7)2=m2+49D. (m−3n)(m+3n)=m2−9n2
5.点P(2,−5)关于原点对称点的坐标是( )
A. (−5,−2)B. (2,5)C. (−2,5)D. (−5,2)
6.一把直尺和一块三角板ABC(其中∠B=30°，∠C=90°)摆放位置如图所示，直尺一边与三角板的两直角边分别交于点D，点E，另一边与三角板的两直角边分别交于点F，点A，且∠CDE=50°，那么∠BAF的大小为( )
A. 20°B. 40°C. 45°D. 50°
7.费尔兹奖是国际上享有崇高声誉的一个数学奖项，每四年评选一次，主要授予年轻的数学家．下面的数据是部分获奖者获奖时的年龄(单位：岁)：29，32，33，35，35，40，则这组数据的众数和中位数分别是( )
A. 35，35B. 34，33C. 34，35D. 35，34
8.如图，AB是⊙O的直径，C，D是圆上两点，连接AC，BC，AD，CD.若∠CAB=55°，则∠ADC的度数为( )
A. 55°B. 45°C. 35°D. 25°
9.《孙子算经》中有个问题：若三人共车，余两车空；若两人共车，剩九人步.问人与车各几何？意思是：若三个人乘一辆车，则空余两辆车；若两个人乘一辆车，则剩余9人需要步行.试问人和车辆各有多少？设有x辆车，则根据题意可列出方程为( )
A. 3(x+2)=2x−9B. 3(x+2)=2x+9
C. 3(x−2)=2x−9D. 3(x−2)=2x+9
10.如图，在△ABC中，∠C=90°，利用尺规在BC，BA上分别截取BE，BD，使BE=BD，分别以D，E为圆心，以大12DE的长为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F，作射线BF交AC于点G，若AC=9，AG=5，过点G作GP⊥AB交AB于点P，则GP的值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.二次根式 x−3有意义，则x的取值范围是 ．
12.分式方程32x=2x+1的解是 ．
13.已知a，b是一元二次方程x2−4x+2=0的两根，则a+b= ______．
14.如图，⊙O的半径为13，弦AB的长为24，ON⊥AB，垂足为N，则ON的长为______．
15.为了解某区九年级3200名学生中观看2022北京冬奥会开幕式的情况，随机调查了其中200名学生，结果有150名学生全程观看了开幕式，请估计该区全程观看冬奥会开幕式的九年级学生人数约为______．
16.高速公路某收费站出城方向有编号为A，B，C，D，E的五个小客车收费出口，假定各收费出口每20分钟通过小客车的数量是不变的．同时开放其中的某两个收费出口，这两个出口20分钟一共通过的小客车数量记录如下：
在A，B，C，D，E五个收费出口中，每20分钟通过小客车数量最多的一个收费出口的编号是 ．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
17.计算：(13)−1−2sin60°+|− 3|+(−2022)0．
四、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
解不等式组：3x−4<2x+15x+32>x．
19.(本小题6分)
如图，某楼房AB顶部有一根天线BE，为了测量天线的高度，在地面上取同一条直线上的三点C，D，A，在点C处测得天线顶端E的仰角为60°，从点C走到点D，测得CD=5米，从点D测得天线底端B的仰角为45°，已知A，B，E在同一条垂直于地面的直线上，AB=25米．
(1)求A与C之间的距离；
(2)求天线BE的高度．(参考数据： 3≈1.73，结果保留整数)
20.(本小题6分)
为提高学生的安全意识，某学校组织学生参加了“安全知识答题”活动.该校随机抽取部分学生答题成绩进行统计，将成绩分为四个等级：A(优秀)，B(良好)，C(一般)，D(不合格)，并根据结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中所给信息解答下列问题：
(1)这次抽样调查共抽取______人，条形统计图中的m= ______；
(2)将条形统计图补充完整，在扇形统计图中，求C等所在扇形圆心角的度数；
(3)学校要从答题成绩为A等且表达能力较强的甲、乙、丙、丁四名学生中，随机抽出两名学生去做“安全知识宣传员”，请用列表或画树状图的方法，求抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率．
21.(本小题9分)
如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB于E，DF⊥AC于点F，且∠BDE=∠CDF，
(1)求证：AD平分∠BAC．
(2)若AB=5，AD=4，求△ABC的面积．
22.(本小题9分)
我校九年级学生准备观看电影《长津湖》.由各班班长负责买票，每班人数都多于40人，票价每张30元，一班班长问售票员买团体票是否可以优惠，售票员说：40人以上的团体票有两种优惠方案可选：
方案一：全体人员打8折；
方案二：打9折，有5人可以免票．
(1)若一班有50人，则方案一需付______元钱，方案二需付款______元钱；
(2)一班班长思考一会儿说，我们班无论选择哪种方案要付的钱是一样的，你知道一班有多少人吗？
23.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，连接BE．
(1)求证：∠DAC=∠E；
(2)若tan∠ABC=43，BE=10，求线段AD的长．
24.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一动点(且与点B、C不重合)，连接AE交BD于点G．
(1)若AE⊥BC，∠BAE=18°，求∠BGE的度数；
(2)若AG=BG，求证BE2−GE2=AG⋅GE；
(3)过点G作GM//BC交AB于点M，记.S△AMG为S1，S四边形DGEC为S2，BC=xBE，S1S2=y
①求证：1BE+1AD=1MG；
②求y与x之间的函数关系式．
25.(本小题10分)
对于抛物线y=14ax2(a≠0)，我们发现其图象上任意一点到点(0,a)的距离和到直线y=−a的距离总是相等，于是规定点(0,a)为抛物线的焦点，直线y=−a为抛物线的准线．
例如：如图1，y=14ax2(a>0)，其焦点为A(0,a)，准线为直线y=−a，抛物线上任意一点P(x,y)到准线的距离为PH，则PH=|y−(−a)|=|y+a|=|14ax2+a|，PA= (x−0)2+(y−a)2= x2+(14ax2−a)2= 116a2x4+12x2+a2= (14ax2+a)2=|14ax2+a|，即PA=PH；同理可得a<0时，PA=PH也成立.利用焦点和准线的性质解决下列问题：
(1)请直接写出抛物线y=14x2的焦点和准线；
(2)如图2，已知抛物线y=14mx2(m≠0)的焦点为C，其准线与y轴交于点D，过焦点C的直线与抛物线交于A，B两点，求证：tan∠ADC=tan∠BDC；
(3)已知抛物线y=14px2(p>0)，焦点为F，点E为对称轴右侧的抛物线上一点，EF=40F且S△EFO= 3，
①求p的值；
②过焦点F的直线与该抛物线交于M，N两点，P为抛物线准线上一点，当△PMN为等边三角形时，求直线MN的解析式．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：−2的绝对值是2．
故选：B．
根据负数的绝对值是它的相反数，可得答案．
本题主要考查绝对值的定义，规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2.【答案】B
【解析】解：这个组合体的左视图为：
故选：B．
根据简单组合体三视图的画法画出它的左视图即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握解答组合体三视图的画法和形状是正确判断的前提．
3.【答案】C
【解析】解：A、必然事件发生的概率是1，正确；
B、通过大量重复试验，可以用频率估计概率，正确；
C、概率很小的事件也有可能发生，故错误；
D、投一枚图钉，“钉尖朝上”的概率不能用列举法求得，正确，
故选：C．
不确定事件就是随机事件，即可能发生也可能不发生的事件，发生的概率大于0并且小于1．
本题考查了概率的意义，概率的意义反映的只是这一事件发生的可能性的大小，概率取值范围：0≤p≤1，其中必然发生的事件的概率P(A)=1；不可能发生事件的概率P(A)=0；随机事件，发生的概率大于0并且小于1.事件发生的可能性越大，概率越接近于1，事件发生的可能性越小，概率越接近于0．
4.【答案】D
【解析】解：A、2m+3m=5m，故A不符合题意；
B、m2⋅m3=m5，故B不符合题意；
C、(m+7)2=m2+14m+49，故C不符合题意；
D、(m−3n)(m+3n)=m2−9n2，故D符合题意；
故选：D．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，完全平方公式，平方差公式对各项进行运算即可．
本题主要考查整式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
5.【答案】C
【解析】解：根据中心对称的性质，可知：点P(2,−5)关于原点对称的点的坐标为：(−2,5)．
故选：C．
平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，据此可得结论．
本题考查关于原点对称的点坐标的关系，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)．
6.【答案】A
【解析】解：由图可得，∠CDE=50°，∠C=90°，
∴∠CED=40°，
又∵DE//AF，
∴∠CAF=40°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF=60°−40°=20°，
故选：A．
先根据∠CDE=40°，得出∠CED=40°，再根据DE//AF，即可得到∠CAF=40°，最后根据∠BAC=60°，即可得出∠BAF的大小．
本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，解题时注意：两直线平行，同位角相等．
7.【答案】D
【解析】解：∵35出现的次数最多，
∴这组数据的众数是35，
将这组数据按从小到大排列，排在中间的两个数分别为33，35，故这组数据的中位数为33+352=34．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB=55°，
∴∠B=35°，
∴∠ADC=∠B=35°．
故选C．
9.【答案】D
【解析】解：设有x辆车，则可列方程：3(x−2)=2x+9．
故选：D．
根据每三人乘一车，最终剩余2辆车，每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，进而表示出总人数得出等式即可．
此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示总人数是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：由作法得BG平分∠ABC，
∵GP⊥BA，∠C=90°，
∴GP=GC=AC−AG=9−5=4，
故选：C．
根据角平分线的性质即可得到结论．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
11.【答案】x≥3
【解析】解：根据题意，得x−3≥0，
解得，x≥3；
故答案为：x≥3．
12.【答案】x=3
【解析】解：32x=2x+1，
3(x+1)=4x，
解得：x=3，
检验：当x=3时，2x(x+1)≠0，
∴x=3是原方程的解，
故答案为：x=3．
13.【答案】4
【解析】解：根据根与系数的关系得a+b=4．
故答案为：4．
直接利用根与系数的关系求解．
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，x1x2=ca．
14.【答案】5
【解析】解：∵ON⊥AB，
∴AN=BN=12AB，
∵AB=24，
∴AN=BN=12，
在Rt△OAN中，ON2+AN2=OA2，
∴ON= OA2−AN2= 132−122=5，
故答案为：5
根据垂径定理得出AN=BN=12AB，利用勾股定理得出ON即可．
本题考查了垂径定理，掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
15.【答案】2400人
【解析】解：估计该区全程观看冬奥会开幕式的九年级学生人数约为3200×150200=2400(人)，
故答案为：2400人．
用总人数乘以样本中全程观看开幕式的人数所占比例即可．
本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．
16.【答案】B
【解析】解：∵330−260=70，330−300=30，360−300=60，360−240=120，260−240=20，
∴C>A，B>D，E>C，D>A，B>E，
由B>D和D>A得B>A，
由E>C和B>E得B>C，
∴每20分钟通过小客车数量最多的一个收费出口的编号是B，
故答案为：B．
根据表中数据两两相比较即可得到结论，
本题考查了不等式的性质，正确的理解题意是解题的关键．
17.【答案】解：(13)−1−2sin60°+|− 3|+(−2022)0
=3−2× 32+ 3+1
=3− 3+ 3+1
=4．
【解析】先计算(13)−1、(−2022)0、化简绝对值，再代入60°的正弦值算乘法，最后加减．
本题考查了实数的混合运算，掌握负整数指数幂、零指数幂的意义，绝对值的化简和特殊角的三角函数值是解决本题的关键．
18.【答案】解：3x−4<2x+1①5x+32>x②，
解不等式①得：x<5，
解不等式②得：x>−1，
∴原不等式组的解集为：−1
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
19.【答案】解：(1)由题意得，在Rt△ABD中，∠ADB=45°，
∴AD=AB=25米，
∵CD=5米，
∴AC=AD+CD=25+5=30(米)，
即A与C之间的距离是30米；
(2)在Rt△ACE中．∠ACE=60°，AC=30米，
∴AE=30⋅tan60°=30 3(米)，
∵AB=25米，
∴BE=AE−AB=(30 3−25)米，
∵ 3≈1.73，
∴BE≈1.73×30−25=26.9≈27米．
即天线BE的高度为27米．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质得出AD=AB=25米，则可求出答案；
(2)解直角三角形求出AE=30⋅tan60°=30 3(米)，则可求出BE．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
20.【答案】50 7
【解析】解：(1)由统计图可得，这次抽样调查共抽取：16÷32%=50(人)，m=50×14%=7，
故答案为：50，7．
(2)由(1)知，m=7，等级为A的有：50−16−15−7=12(人)，
补充完整的条形统计图如图所示，C等所在扇形圆心角的度数为：360°×1550=108°．
(3)树状图如下所示：
由上可得，一共存在12种等可能性，其中抽出的两名学生恰好是甲和丁的可能性有2种，
∴抽出的两名学生恰好是甲和丁的概率为212=16．
(1)用B等级的人数除以其所占百分比，即可求出抽取的总人数，用抽取总人数乘以成绩为D等级所占百分比，即可求出m的值；
(2)用抽取总人数乘以A等级的人数所占百分比，求出成绩为A等级的人数，即可补全条形统计图；先求出成绩为C等级的人数所占百分比，再用360度乘以成绩为C等级的人数所占百分比即可求出C等级所在扇形圆心角的度数；
(3)根据题意列出表格，数出所有的情况数和符合条件的情况数，再根据概率公式求解即可．
此题主要考查条形及扇形统计图，通过树状图或列表法求概率，理解题意，熟练掌握这些知识点是解题关键．
21.【答案】(1)证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEB=∠DFC=90°，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BED和△CFD中，
∠BDE=∠CDF∠BED=∠CFD,BD=CD
∴△BED≌△CFD(AAS)，
∴DE=DF，
∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于点F，
∴AD平分∠BAC．
(2)解：∵△BED≌△CFD，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，
∵D是BC中点，
∴AD⊥BC，
∴BD= AB2−AD2= 52−42=3，
∴BC=2BD=6，
∴△ABC的面积=12BC⋅AD=12×6×4=12．
【解析】(1)由AAS判定△BED≌△CFD，推出DE=DF，由角平分线性质定理的逆定理，即可证明AD平分∠BAC．
(2)由全等三角形的性质得到∠B=∠C，由等腰三角形的性质推出AD⊥BC，由勾股定理求出BD= AB2−AD2=3，得到BC=2BD=6，即可求出△ABC的面积．
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，勾股定理，关键是判定△BED≌△CFD(AAS)，推出DE=DF；由等腰三角形的性质推出AD⊥BC，由勾股定理求出BD的长．
22.【答案】1200 1215
【解析】解：(1)由方案一：全体人员可打8折，
得方案一需付费30×80%×50=1200(元)，
由方案二：若打9折，有5人可以免票，
得方案二需付费30×90%×(50−5)=1215 (元)，
故答案为：1200；1215；
(2)设一班共有x人，依题意得，
30×80% x=30×90%×(x−5)，
解得x=45，
答：一班共有45人．
(1)由方案一和方案二的优惠方式分别算出结果即可；
(2)设一班共有x人，根据“无论选择哪种方案要付的钱都是一样”，列出方程求解即可．
本题考查了一元一次方程的应用，方案选择问题，本题的关键是明确方案一和方案二的收费方式，列出方程解题．
23.【答案】(1)证明：连接OC，
∵PD切圆于C，
∴半径OC⊥PD，
∵AD⊥PD，
∴OC//AD，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵∠BEC=∠OAC，
∴∠DAC=∠BEC；
(2)解：连接AE，
∵弦CE平分∠ACB，
∴AE=BE，
∴AE=BE，
∵AB是圆的直径，
∴∠AEB=∠ACB=90°，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴AB= 2BE=10 2，
∵tan∠ABC=ACBC=43，
∴令BC=3x，AC=4x，
∵AB= AC2+BC2=5x=10 2，
∴x=2 2，
∴AC=4x=8 2，
∵∠DAC=∠CAB，
∴cs∠DAC=cs∠CAB，
∴ADAC=ACAB，
∴AD8 2=8 210 2，
∴AD=32 25．
【解析】(1由切线的性质得到半径OC⊥PD，又AD⊥PD，因此OC//AD，得到∠DAC=∠OCA，由等腰三角形的性质得到∠OAC=∠OCA，由圆周角定理即可得到∠DAC=∠BEC；
(2)由直角三角形的性质求出AB=10 2，由锐角的正切定义求出AC长，由∠DAC=∠CAB，得到cs∠DAC=cs∠CAB，因此ADAC=ACAB，即可求出AC的长．
本题考查切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，关键是由直角三角形的性质，正切的定义求出AC长．
24.【答案】(1)解：根据题意可得∠AEB=90°，∠BAE=18°，
∴∠ABE=90°−18°=72°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABG=∠EBG=12∠ABE=12×72°=36°，
∴∠BGE=∠ABG+∠BAG=18°+36°=54°．
(2)证明：∵AG=BG，
∴∠ABG=∠BAG，
∵∠GBE=∠ABG，
∴∠GBE=∠BAG，
又∵∠AEB=∠GEB，
∴△AEB∽△BEG，
∴BEAE=GEBE，
∴BE2=AE⋅GE，
∴BE2=(AG+GE)GE，
∴BE2−GE2=AG⋅GE．
(3)①证明：∵GM//BC，BC//AD，
∴MG//AD，
∴△BMG∽△BAD，△AMG∽△ABE，
∴MGAD=BMAB，MGBE=AMAB，
两式相加得MGAD+MGBE=BMAB+AMAB，
即MGAD+MGBE=1，
∴1BE+1AD=1MG．
②解：∵BC=xBE，AD//BC，
∴BEBC=BEAD=1x，△ADG∽△EBG，
∴BGGD=GEAG=1x，
∴S△AGD=xS△ABG，
∴S△ABD=S△ABG+xS△ABG=(x+1)S△ABG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴△ABD≌△BCD(SSS)，
∴S△BDC=(x+1)S△ABG，
∵MG//BE，∠MBG=∠GBE，
∴△AMG∽△ABE，∠MBG=∠GBE=∠MGB，
∴MG=MB，
∴MBAM=1x，
∴ABAM=x+1x，
∴S△AMGS△ABG=xx+1，
∴S1=xx+1S△ABG，S△BGE=1xS△ABG，
∵S△BDC=(x+1)S△ABG，
∴S2=S△BDC−S△BGE=(x+1−1x)S△ABG，
∴y=S1S2=xx+1x+1−1x，
∴y=x2(x+1)(x2+x−1)．
【解析】(1)根据题意可得∠ABE=90°−18°=72°，因为菱形的对角线平分一组对角，得∠ABG=∠EBG=12∠ABE=12×72°=36°，再根据外角的性质可得出．
(2)根据题意易证△AEB∽△BEG，得出BEAE=GEBE，因为AG+GE=AE，化简可得BE2−GE2=AG⋅GE．
(3)①根据题意可得GM//BC，MG//AD，即△BMG∽△BAD，△AMG∽△ABE，故MGAD=BMABMGBE=AMAB，两式相加得，化简可得1BE+1AD=1MG；
②根据BC=xBE，AD//BC，得BGGD=GEAG=1x，即S△AGD=xS△ABG，S△ABD=S△ABG+xS△ABG=(x+1)S△ABG，S△BDC=(x+1)S△ABG，根据△AMG∽△ABE，∠MBG=∠GBE=∠MGB，得出MG=MB，即ABAM=x+1x，S△AMGS△ABG=xx+1，S1=xx+1S△ABG，S△BGE=1xS△ABG，S2=S△BDC−S△BGE=(x+1−1x)S△ABG，代入y=S1S2化简即可．
本题考查相似型的综合应用，主要考查菱形的性质、相似三角形的性质、平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=14x2可化为x2=4y，其中p为2，
∴焦点(0,1)，准线y=−1．
(2)∵AM⊥CD，BN⊥CD，
∴AM//BN，
∴△AMC∽△BNC，
∴AMBN=ACBC，
即AMAC=BNBC，
∵点C为焦点，PQ为准线，
∴AC=AP，BC=BQ，
∴AMAP=BNBQ，
∵四边形APDM，BQDN为矩形，
∴AP=MD，BQ=DN，
∴AMMD=BNDN，
∴tan∠ADC=tan∠BDC．
(3)①由已知可知在y=14px2(p>0)，F为焦点，连接FE，过点E作准线的垂线，垂足为M，
∴F(0,p)，准线y=−p，
设E(xE,yE)，
∴EF=EM=yE+p，OF=p，
∵EF=4OF，
∴yE+p=4p，
∴yE=3p，
∴令y=3p，则3p=14px2，
∴x2=12p2，
∵x>0，
∴x=2 3p，
∴E(2 3p,3p)，
∴S△OEF=12OF×xE= 3，
代入数值可得12×p×2 3p= 3，
解得p1=1，p2=−1，
∵p>0，
∴p=1．
②按照题意作图，过点P作MN的垂线，垂足为H，
根据题意可得P(xp,−1)，F(0,1)，MH=NH，抛物线的解析式为y=14x2，
故可设直线MN解析式为y=kx+1，
联立y=kx+1y=14x2，
得kx+1=14x2，
即x2−4kx−4=0，
设方程的两根为xM，xN，
∴xM+xN=4k，
∴xM+xN2=2k，
∴yM+yN=kxM+1+kxN+1，
即yM+yN=k(xM+xN)+2，
代入数值可得yM+yN=4k2+2，
∴yM+yN2=2k2+1，
∴线段MN中点H(2k,2k2+1)，
∴kPH=2k2+22k−xp，
∵MH⊥PH，
∴kPH×kMN=−1，
∴xp=2k(k2+2)，
∴P(2k(k2+2),−1)，
∴MN=yM+yN+2×1=4k2+4，
又∵PH= [2k(k2+1)]2+(2k2+2)2= 12+k2(2k2+2)，∠NMP=60°，
∴PH12MN=tan60°= 3，
即 12+k2= 3，
解得k=± 2，
∴直线MN的解析式y= 2x+1或y=− 2x+1．
【解析】(1)将抛物线y=14x2可化为x2=4y，根据焦点为(0,p2)，准线为y=−p2即可．
(2)根据题意易证△AMC∽△BNC，即AMAC=BNBC，由于焦点和准线的性质，可得AC=AP，BC=BQ，因为四边形APDM，BQDN为矩形，得AP=MD，BQ=DN，故AMMD=BNDN，即tan∠ADC=tan∠BDC．
(3)①过点E作准线的垂线，垂足为M，可得F(0,p)，准线y=−p，设E(xE,yE)，根据EF=4OF，得y=3p时，x=2 3p，即E(2 3p,3p)，因为S△OEF=12OF×xE= 3，解得p=1．
②按照题意作图，过点P作MN的垂线，垂足为H，根据题意可得P(xp,−1)，F(0,1)，MH=NH，抛物线的解析式为y=14x2，设MN解析式为y=kx+1，联立两个解析式，可得x2−4kx−4=0，故方程的两根为xM，xN，有xM+xN=4k，xM+xN2=2k，故yM+yN2=2k2+1，所以H(2k,2k2+1)，kPH=2k2+22k−xp，再根据kPH×kMN=−1，得xp=2k(k2+2)，P(2k(k2+2),−1)，MN=yM+yN+2×1=4k2+4，根据PH12MN=tan60°= 3，可解得k=± 2，故直线MN的解析式y= 2x+1或y=− 2x+1．
本题考查二次函数的综合应用，二次函数抛物线的图象和性质，解直角三角形的相关计算，一次函数的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．收费出口编号
A，B
B，C
C，D
D，E
E，A
通过小客车数量(量)
260
330
300
360
240
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