2021年湖南省长沙市天心区中考数学模拟试卷（word版，含解析）

这是一份2021年湖南省长沙市天心区中考数学模拟试卷（word版，含解析），共28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）若a、b互为相反数，则2（a+b）﹣3的值为（ ）
A．﹣1B．﹣3C．1D．2
2．（3分）要使有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x≥2B．x＞0C．x≥﹣2D．x＞2
3．（3分）2022年北京冬奥会会将于2022年在北京举行，届时将需要200000名城市志愿者和50000名赛会志愿者，数250000用科学记数法表示为（ ）
A．2.5×104B．25×104C．0.25×106D．2.5×105
4．（3分）中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图①表示的是（+2）+（﹣2），根据刘徵的这种表示法，可推算图②中所表示的算式为（ ）
A．（+3）+（+6）B．（﹣3）+（﹣6）C．（﹣3）+（+6）D．（+3）+（﹣6）
5．（3分）下列图象中，能反映函数y随x增大而减小的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（3分）下列命题正确的是（ ）
A．若甲组数据的方差S甲2＝0.68，乙组数据的方差S乙2＝0.54，则甲组数据比乙组数据更稳定
B．从1、2、3、4、5中随机抽取一个数，抽到偶数的概率比抽到奇数的概率大
C．数据﹣2、1、3、4、4的中位数是3，众数是4
D．若某种游戏活动的中奖率是30%，则参加这种活动10次必有3次中奖
7．（3分）如图所示的沙发凳是一个底面为正六边形的直六棱柱，它的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
8．（3分）如图将一矩形纸片对折后再对折，然后沿图中的虚线剪下，得到①和②两部分，将①展开后得到的平面图形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
9．（3分）中国5G技术世界领先，长沙市将在2021年基本实现5G信号全覆盖.5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快90秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）边长为1的正方形OABC的顶点A在x正半轴上，点C在y正半轴上，将正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，如图所示，使点B恰好落在函数y＝ax2（a＜0）的图象上，则a的值为（ ）
A．B．﹣1C．D．
二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11．（3分）一个单项式满足下列两个条件：①含有两个字母；②次数是3．请写出一个同时满足上述两个条件的单项式 ．
12．（3分）如图，一扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB和AC的夹角为120°，AB长为25cm，则纸扇外边缘弧BC长为 cm．
13．（3分）如图，△ABC≌△DCB，AC与BD相交于点E，若∠ACB＝40°，则∠BEC等于 ．
14．（3分）钓鱼岛是中国固有领土，2021年4月26日，国家自然资源部发布了钓鱼岛地形地貌调查报告，钓鱼岛中央山脊呈东西走向，北坡稍缓，南坡陡峭，已知主峰高华峰北坡AB坡度i＝1：1.7，海平面上BC的水平距离约为615米，则主峰高华峰的高度AC约为 米．（精确到1米）
15．（3分）在平面直角坐标系中，矩形ABCD的位置如图所示，其中B（﹣1，﹣1），AB＝3，BC＝4，AB∥y轴，则顶点D的坐标为 ．
16．（3分）如图，点O是三角形ABC内的一点，OA＝OB＝OC＝4，∠BAC＝45°，已知S△AOC﹣S△AOB＝2，则∠BOC＝ ，S△ABC＝ ．
三、解答题（本大题共有9小题，共72分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（6分）计算：（﹣）﹣2﹣|﹣1|+（π﹣1）0+3tan30°．
18．（6分）先化简，再求值：（2a﹣1）2+6a（a+1）﹣（3a+2）（3a﹣2），其中a2+2a﹣2021＝0．
19．（6分）如图所示，平面直角坐标系xOy的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC顶点都在网格线的交点上，点B坐标为（﹣3，0），点C坐标为（﹣2，2）．
（1）画出△ABC向右平移4个单位的图形△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于x轴的对称图形△A2B2C2；
（3）写出点A绕B点顺时针旋转90°对应的点的坐标．
20．（8分）为庆祝中国共产党建党100周年，某校组织全校学生进行了党史知识竞赛，参赛学生均获奖．为了解本次竞赛获奖的分布情况，从中随机抽取了部分学生的获奖结果进行统计分析，获奖结果分为四个等级：A级为特等奖，B级为一等奖，C级为二等奖，D级为三等奖，将统计结果绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）本次被抽取的部分人数是 名；
（2）把条形统计图补充完整；
（3）某班有4名获特等奖的学生小利、小芳、小明、小亮，班主任要从中随机选择两名同学进行经验分享，利用列表法或画树状图，求小利被选中的概率．
21．（8分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC的平分线交BC于点O，以点O为圆心，OC长为半径作圆．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若∠CAO＝30°，OC＝4，求阴影部分面积．
22．（9分）已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货10吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货11吨，某物流公司现有26吨货物，计划A型车a辆，B型车b辆，一次运完，且恰好每辆车都载满货物．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆A型车和1辆车B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
（2）请你帮该物流公司设计租车方案．
23．（9分）数学课上，老师布置了一道尺规作图题：如图1，已知直线l和l直线外一点D，用直尺和圆规作过点D且与直线l平行的直线．
小姝的作法是：
①在直线l上任取两点A、B；②以D为圆心，AB长为半径作圆弧；③以B为圆心，DA为半径作圆弧，两段圆弧交于点C；④连接CD，则直线CD即为直线l的平行线．
（1）根据小姝的作法，请你证明直线CD∥直线l；
（2）在第（1）问条件下，如图2，在线段CD上取一点E，连接BE并延长交AD的延长线于P，连接AE、BD交于点M，连接PM并延长交CD于F，交AB于G．
①求证：；
②求△PAG与△PGB的面积之比．
24．（10分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，且其中一个根为另一个根的k（（k＞0）倍，则称这样的方程为“k系方程”．如方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的两根分别为：x1＝1，x2＝2，x2＝2x1，则方程（x﹣1）（x﹣2）＝0为“2系方程”．
（1）下列方程是“3系方程”的是 （填序号即可）；
①（3x+1）（x+1）＝0；②x2﹣2x﹣3＝0；③（x﹣4）2＝4．
（2）若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）是“2系方程”．
①求证：b2﹣ac＝0；
②若c＝2，且关于x的函数y＝ax2﹣x+2，当≤x≤时的最大值为1，求a的值．
25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线L与x轴交于A，B两点，且经过点C（0，﹣2），抛物线的顶点D的坐标为（，﹣）．
（1）求抛物线L的函数表达式；
（2）如图1，点E为第四象限抛物线L上一动点，过点E作EG⊥BC于点G，求EG的最大值，及此时点E的坐标；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线L上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2021年湖南省长沙市天心区中考数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的.请在答题卡中填涂符合题意的选项.本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）若a、b互为相反数，则2（a+b）﹣3的值为（ ）
A．﹣1B．﹣3C．1D．2
【分析】直接利用互为相反数的定义得出a+b＝0，进而得出答案．
【解答】解：∵a、b互为相反数，
∴a+b＝0，
∴2（a+b）﹣3
＝2×0﹣3
＝﹣3．
故选：B．
2．（3分）要使有意义，则实数x的取值范围是（ ）
A．x≥2B．x＞0C．x≥﹣2D．x＞2
【分析】根据二次根式有意义的条件、分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﹣2＞0，
解得，x＞2，
故选：D．
3．（3分）2022年北京冬奥会会将于2022年在北京举行，届时将需要200000名城市志愿者和50000名赛会志愿者，数250000用科学记数法表示为（ ）
A．2.5×104B．25×104C．0.25×106D．2.5×105
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：250000＝2.5×105．
故选：D．
4．（3分）中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图①表示的是（+2）+（﹣2），根据刘徵的这种表示法，可推算图②中所表示的算式为（ ）
A．（+3）+（+6）B．（﹣3）+（﹣6）C．（﹣3）+（+6）D．（+3）+（﹣6）
【分析】根据题意列出算式3+（﹣6），利用有理数加法法则计算可得．
【解答】解：根据题意知，图②表示的算式为（+3）+（﹣6）＝﹣3．
故选：D．
5．（3分）下列图象中，能反映函数y随x增大而减小的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】观察函数图象，根据函数图象的单调性，可以直接做出选择．
【解答】解：A、根据图象可知，函数在实数范围内是增函数，即函数y随x增大而增大；故本选项错误；
B、根据图象可知，函数在对称轴的左边是减函数，函数y随x增大而减小；函数在对称轴的右边是增函数，即函数y随x增大而增大；故本选项错误；
C、根据图象可知，函数在两个象限内是减函数，但是如果不说明哪个象限内是不能满足题意的；故本选项错误；
D、根据图象可知，函数在实数范围内是减函数，即函数y随x增大而减小；故本选项正确．
故选：D．
6．（3分）下列命题正确的是（ ）
A．若甲组数据的方差S甲2＝0.68，乙组数据的方差S乙2＝0.54，则甲组数据比乙组数据更稳定
B．从1、2、3、4、5中随机抽取一个数，抽到偶数的概率比抽到奇数的概率大
C．数据﹣2、1、3、4、4的中位数是3，众数是4
D．若某种游戏活动的中奖率是30%，则参加这种活动10次必有3次中奖
【分析】利用方差的意义、概率公式、中位数及众数的定义、概率的意义分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、若甲组数据的方差S甲2＝0.68，乙组数据的方差S乙2＝0.54，则乙组数据比甲组数据更稳定，故原命题错误，不符合题意；
B、从1、2、3、4、5中随机抽取一个数，抽到偶数的概率比抽到奇数的概率小，故原命题错误，不符合题意；
C、数据﹣2、1、3、4、4的中位数是3，众数是4，正确，符合题意；
D、若某种游戏活动的中奖率是30%，则参加这种活动10次不一定有3次中奖，故原命题错误，不符合题意，
故选：C．
7．（3分）如图所示的沙发凳是一个底面为正六边形的直六棱柱，它的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据棱柱的三视图的画法得出答案．
【解答】解：从正面看底面为正六边形的直六棱柱，
“正对的面”看到的是长方形的，
而左右两个侧面，由于与“正面”有一定的角度，
因此看到的是比“正面”稍“窄”的长方形，所以选项C中的图形符合题意，
故选：C．
8．（3分）如图将一矩形纸片对折后再对折，然后沿图中的虚线剪下，得到①和②两部分，将①展开后得到的平面图形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【分析】由图可知三角形为直角三角形，展开后为菱形．
【解答】解：如图，展开后图形为菱形．
故选：C．
9．（3分）中国5G技术世界领先，长沙市将在2021年基本实现5G信号全覆盖.5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输4千兆数据，5G网络比4G网络快90秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则由题意可列方程（ ）
A．B．C．D．
【分析】设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，根据传输时间＝需传输数据的总量÷在峰值速率下每秒传输数据的量结合在峰值速率下传输4千兆数据5G网络比4G网络快90秒，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，
依题意，得：﹣＝90．
故选：B．
10．（3分）边长为1的正方形OABC的顶点A在x正半轴上，点C在y正半轴上，将正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，如图所示，使点B恰好落在函数y＝ax2（a＜0）的图象上，则a的值为（ ）
A．B．﹣1C．D．
【分析】过点B向x轴引垂线，连接OB，可得OB的长度，进而得到点B的坐标，代入二次函数解析式即可求解．
【解答】解：如图，作BE⊥x轴于点E，连接OB，
∵正方形OABC绕顶点O顺时针旋转75°，
∴∠AOE＝75°，
∵∠AOB＝45°，
∴∠BOE＝30°，
∵OA＝1，
∴OB＝，
∵∠BEO＝90°，
∴BE＝OB＝，
∴OE＝，
∴点B坐标为（，﹣），
代入y＝ax2（a＜0）得a＝﹣，
∴y＝﹣x2．
故选：D．
二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共18分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
11．（3分）一个单项式满足下列两个条件：①含有两个字母；②次数是3．请写出一个同时满足上述两个条件的单项式 ﹣2ab2（答案不唯一） ．
【分析】利用单项式次数与系数的定义即可得出答案．
【解答】解：一个单项式满足下列两个条件：①含有两个字母；②次数是3．
则满足上述条件的单项式为：﹣2ab2（答案不唯一）．
故答案为：﹣2ab2（答案不唯一）．
12．（3分）如图，一扇形纸扇完全打开后，外侧两竹条AB和AC的夹角为120°，AB长为25cm，则纸扇外边缘弧BC长为 cm．
【分析】根据弧长公式l＝列式计算即可得解．
【解答】解：纸扇外边缘弧BC的长＝＝（cm），
故答案为：．
13．（3分）如图，△ABC≌△DCB，AC与BD相交于点E，若∠ACB＝40°，则∠BEC等于 100° ．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠DBC＝∠ACB＝40°，根据三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵△ABC≌△DCB，∠ACB＝40°，
∴∠DBC＝∠ACB＝40°，
∴∠BEC＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：100°．
14．（3分）钓鱼岛是中国固有领土，2021年4月26日，国家自然资源部发布了钓鱼岛地形地貌调查报告，钓鱼岛中央山脊呈东西走向，北坡稍缓，南坡陡峭，已知主峰高华峰北坡AB坡度i＝1：1.7，海平面上BC的水平距离约为615米，则主峰高华峰的高度AC约为 362 米．（精确到1米）
【分析】根据坡度是是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比列式计算即可．
【解答】解：∵AB坡度i＝1：1.7，
∴AC：BC＝1：1.7，
∵BC＝615米，
∴AC＝≈362（米），
故答案为：362．
15．（3分）在平面直角坐标系中，矩形ABCD的位置如图所示，其中B（﹣1，﹣1），AB＝3，BC＝4，AB∥y轴，则顶点D的坐标为 （3，2） ．
【分析】由矩形的性质可得AB＝CD＝3，CB＝AD＝4，AD∥BC∥x轴，AB∥CD∥y轴，则可求点D坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，CB＝AD＝4，AD∥BC，AB∥CD，且AB∥y轴，
∴AD∥BC∥x轴，AB∥CD∥y轴，
∵B（﹣1，﹣1），AB＝3，BC＝4，
∴点C横坐标为3，点A纵坐标为2，
∴点D坐标为（3，2）
故选答案为：（3，2）．
16．（3分）如图，点O是三角形ABC内的一点，OA＝OB＝OC＝4，∠BAC＝45°，已知S△AOC﹣S△AOB＝2，则∠BOC＝ 90° ，S△ABC＝ 8+2 ．
【分析】由OA＝OB＝OC＝4可得△ABC是以O为圆心，半径为4的内接三角形，所以∠BOC＝2∠BAC＝90°，
延长AO交BC于点E，作BM⊥AE，CN⊥AE，证明△BOM≌△CON，由S△AOC﹣S△AOB＝2及BM2+CN2＝16可得BM及CN长度，进而求解．
【解答】解：∵OA＝OB＝OC＝4，
∴△ABC是以O为圆心，半径为4的内接三角形，
延长AO交BC于点E，作BM⊥AE，CN⊥AE，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝90°，
∴BC＝OB＝4，
∵S△AOC﹣S△AOB＝2，
∴AO•CN﹣AO•BM＝2（CN﹣BM）＝2，
∴CN﹣BM＝1．
∵∠BOM+∠CON＝90°，∠BOM+∠OBM＝90°，
∴∠CON＝∠OBM，
又∵∠BMO＝∠CNO＝90°，OB＝OC，
在△BOM和△CON中，
∴△BOM≌△CON（AAS），
∴OM＝CN，
在Rt△BOM和Rt△CON中，由勾股定理得：
BM2+OM2＝ON2+CN2＝16，
即BM2+CN2＝16，
联立方程，
解得BM＝或BM＝（舍）．
∴CN＝BM+1＝．
∴S△AOC+S△AOB＝AO•CN+AO•BM＝2（CN+BM）＝2．
∵S△BOC＝OB•OC＝8，
∴S△ABC＝S△AOC+S△AOB+S△BOC＝8+2．
故答案为：90°，8+2．
三、解答题（本大题共有9小题，共72分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（6分）计算：（﹣）﹣2﹣|﹣1|+（π﹣1）0+3tan30°．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及零指数幂的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝4﹣（﹣1）+1+3×
＝4﹣+1+1+
＝6．
18．（6分）先化简，再求值：（2a﹣1）2+6a（a+1）﹣（3a+2）（3a﹣2），其中a2+2a﹣2021＝0．
【分析】直接利用乘法公式以及整式的混合运算法则化简，再利用已知变形代入即可．
【解答】解：原式＝4a2﹣4a+1+6a2+6a﹣9a2+4
＝a2+2a+5，
∵a2+2a﹣2021＝0，
∴a2+2a＝2021，
∴原式＝2021+5＝2026．
19．（6分）如图所示，平面直角坐标系xOy的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC顶点都在网格线的交点上，点B坐标为（﹣3，0），点C坐标为（﹣2，2）．
（1）画出△ABC向右平移4个单位的图形△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于x轴的对称图形△A2B2C2；
（3）写出点A绕B点顺时针旋转90°对应的点的坐标．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
（3）利用旋转变换的性质作出点A的对应点A′可得结论．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，△A2B2C2即为所求作．
（3）点A绕B点顺时针旋转90°对应的点A′的坐标（1，2）．
20．（8分）为庆祝中国共产党建党100周年，某校组织全校学生进行了党史知识竞赛，参赛学生均获奖．为了解本次竞赛获奖的分布情况，从中随机抽取了部分学生的获奖结果进行统计分析，获奖结果分为四个等级：A级为特等奖，B级为一等奖，C级为二等奖，D级为三等奖，将统计结果绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图，根据统计图中的信息解答下列问题：
（1）本次被抽取的部分人数是 60 名；
（2）把条形统计图补充完整；
（3）某班有4名获特等奖的学生小利、小芳、小明、小亮，班主任要从中随机选择两名同学进行经验分享，利用列表法或画树状图，求小利被选中的概率．
【分析】（1）由C级的人数和所占百分比即可求解；
（2）求出条形图中，D级的人数，把条形统计图补充完整即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的结果，小利被选中的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）本次抽样测试的人数是24÷40%＝60（名），
故答案为：60；
（2）条形图中，D级的人数为：60﹣3﹣18﹣24＝15（名），
把条形统计图补充完整如图：
（3）把小利、小芳、小明、小亮分别记为A、B、C、D，
画树状图如图：
共有12种等可能的结果，小利被选中的结果有6种，
∴小利被选中的概率为：＝．
21．（8分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC的平分线交BC于点O，以点O为圆心，OC长为半径作圆．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若∠CAO＝30°，OC＝4，求阴影部分面积．
【分析】（1）过O作OD⊥AB于D，由角平分线的性质得OD＝OC，再由OC为⊙O的半径，则OD为⊙O的半径，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AC＝OC＝4，∠COD＝120°，然后由切线的性质得AD＝AC＝4，即可解决问题．
【解答】（1）证明：过O作OD⊥AB于D，如图所示：
∵∠ACB＝90°，
∴OC⊥AC，
∵OA平分∠BAC，
∴OD＝OC，
∵OC为⊙O的半径，
∴OD为⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：∵OD⊥AB，
∴∠ODB＝90°，
∵∠CAO＝30°，∠ACB＝90°，
∴AC＝OC＝4，
∵∠AOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠COD＝2∠AOC＝120°，
由（1）得：AB是⊙O的切线，OC⊥AC，
∴AC为⊙O的切线，
∴AD＝AC＝4，
∴阴影部分面积＝△AOC的面积+△AOD的面积﹣扇形OCD的面积＝×4×4+×4×4﹣＝16﹣π．
22．（9分）已知：用2辆A型车和1辆B型车载满货物一次可运货10吨；用1辆A型车和2辆B型车载满货物一次可运货11吨，某物流公司现有26吨货物，计划A型车a辆，B型车b辆，一次运完，且恰好每辆车都载满货物．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆A型车和1辆车B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
（2）请你帮该物流公司设计租车方案．
【分析】（1）根据2辆A型车和1辆B型车装满货物＝10吨；1辆A型车和2辆B型车装满货物＝11吨，列出方程组即可解决问题．
（2）由题意得到3a+4b＝26，根据a、b均为正整数，即可求出a、b的值．
【解答】解：（1）设1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运货λ吨、μ吨，
由题意得：，
解得：λ＝3，μ＝4．
故1辆A型车和1辆B型车都装满货物一次可分别运货3吨、4吨．
（2）由题意和（1）得：3a+4b＝26，
∵a、b均为非负整数，
∴或，
∴共有2种租车方案：
①租A型车6辆，B型车2辆，
②租A型车2辆，B型车5辆．
23．（9分）数学课上，老师布置了一道尺规作图题：如图1，已知直线l和l直线外一点D，用直尺和圆规作过点D且与直线l平行的直线．
小姝的作法是：
①在直线l上任取两点A、B；②以D为圆心，AB长为半径作圆弧；③以B为圆心，DA为半径作圆弧，两段圆弧交于点C；④连接CD，则直线CD即为直线l的平行线．
（1）根据小姝的作法，请你证明直线CD∥直线l；
（2）在第（1）问条件下，如图2，在线段CD上取一点E，连接BE并延长交AD的延长线于P，连接AE、BD交于点M，连接PM并延长交CD于F，交AB于G．
①求证：；
②求△PAG与△PGB的面积之比．
【分析】（1）连接BC．由作图过程可知：BC＝AD，AB＝DC，可得四边形ABCD为平行四边形，即可得出结论；
（2）①根据相似三角形的判定方法可得△DFM∽△BGM，△EFM∽△AGM，根据相似三角形的性质可得，，等量代换即可得出结论；
②根据相似三角形的判定方法可得△PDF∽△PAG，△PEF∽△PBG，根据相似三角形的性质可得，，等量代换可得，联立①的结论可得，即AG2＝GB2，可得AG＝GB，由△PAG与△PGB等底同高可得△PAG与△PGB的面积相等，即可求解．
【解答】（1）证明：连接BC．由作图过程可知：BC＝AD，AB＝DC，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∴CD∥AB，即直线CD∥直线1；
（2）①证明：∵CD∥AB，
∴△DFM∽△BGM，△EFM∽△AGM，
∴，，
∴；
②解：∵CD∥AB，
∴△PDF∽△PAG，△PEF∽△PBG，
∴，，
∴，
由①得，
∴，
∴，即AG2＝GB2，
∴AG＝GB，
∴△PAG与△PGB等底同高，
∴△PAG与△PGB的面积相等，
∴△PAG与△PGB的面积之比为1．
24．（10分）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，且其中一个根为另一个根的k（（k＞0）倍，则称这样的方程为“k系方程”．如方程（x﹣1）（x﹣2）＝0的两根分别为：x1＝1，x2＝2，x2＝2x1，则方程（x﹣1）（x﹣2）＝0为“2系方程”．
（1）下列方程是“3系方程”的是 ①③ （填序号即可）；
①（3x+1）（x+1）＝0；②x2﹣2x﹣3＝0；③（x﹣4）2＝4．
（2）若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）是“2系方程”．
①求证：b2﹣ac＝0；
②若c＝2，且关于x的函数y＝ax2﹣x+2，当≤x≤时的最大值为1，求a的值．
【分析】（1）根据“k系方程”的定义判断即可；
（2）①设方程ax2+bx+c＝0的两个根为x1，x2，根据“k系方程”的定义得到x2＝2x1，即可得到，消去x1得：＝，即可证得b2﹣ac＝0；
②根据题意函数y＝ax2﹣x+2即为：y＝ax2﹣3ax+2，且a＞0，则函数对称轴为直线x＝，当﹣＞﹣，即a＞2时，y最大值＝a•（）2﹣3a•+2＝1，无解；当﹣≤﹣，即0＜a≤2时，y最大值＝a•（）2﹣3a•+2＝1，解得a＝．
【解答】解：（1①（3x+1）（x+1）＝0，
x1＝﹣，x2＝﹣1，
∴方程①是k系方程；
②x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
x1＝3，x2＝﹣1，
∴方程②不是k系方程；
③（x﹣4）2＝4，
x﹣4＝±2，
x1＝6，x2＝2，
方程③是k系方程；
故答案为①③
（2）①设方程ax2+bx+c＝0的两个根为x1，x2，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）是“2系方程”．
∴x2＝2x1，
∴x1+x2＝3x1，＝﹣，x1x2＝2x12＝，
∴，消去x1得：＝，
∴b2﹣ac＝0；
②∵原方程是2系方程，由①得，b2﹣ac＝0，
又c＝2，
∴b2＝9a，
∴函数y＝ax2﹣x+2即为：y＝ax2﹣3ax+2，且a＞0，
∴函数对称轴为直线x＝﹣＝，
当﹣＞﹣，即a＞2时，y最大值＝a•（）2﹣3a•+2＝1，
解得a＝，又a＞2，故此时无解；
当﹣≤﹣，即0＜a≤2时，y最大值＝a•（）2﹣3a•+2＝1，
解得a＝，又0＜a≤2，故此时a＝，
综上，满足条件的a的值为．
25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线L与x轴交于A，B两点，且经过点C（0，﹣2），抛物线的顶点D的坐标为（，﹣）．
（1）求抛物线L的函数表达式；
（2）如图1，点E为第四象限抛物线L上一动点，过点E作EG⊥BC于点G，求EG的最大值，及此时点E的坐标；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线L上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标，可以设出抛物线的顶点式，再根据抛物线过C点，代入C点坐标即可求出抛物线的解析式；
（2）过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，分别设出E，F的坐标，再证△EFG∽△BCO，得出＝，用含有E和F点横坐标m的代数式表示出EG，根据二次函数的性质得出EG的最大值并求出E点坐标即可；
（3）分情况讨论，根据△PQB∽△CAB得出线段比例关系分别计算出P点坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点D的坐标为（，﹣），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣）2﹣，
∵抛物线过C（0，﹣2），
∴﹣2＝a（0﹣）2﹣，
解得a＝，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣）2﹣，即y＝x2﹣x﹣2；
（2）如图1，过点E作EH⊥x轴于点H，交BC于点F，
∵点E在抛物线上，
∴设E点坐标为（m，m2﹣m﹣2），
由（1）知抛物线解析式为y＝x2﹣x﹣2，
∴当y＝0时，0＝x2﹣x﹣2，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
即A（﹣1，0），B（4，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
又∵C（0，﹣2），
∴，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵F点在直线BC上，
∴设F点坐标为（m，m﹣2），
∴EF＝（m﹣2）﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣m2+2m，
又∵EG⊥BC，
∴∠EGF＝∠COB＝90°，
∵∠GFE＝∠HFB，∠HFB+∠ABC＝90°，∠GFE+∠GEF＝90°，
∴∠GEF＝∠ABC，
∴△EFG∽△BCO，
∴＝，
由（1）知OB＝4，OC＝2，
∴BC＝＝＝2，
∴＝＝，
∴BG＝EF＝×（﹣m2+2m）＝﹣（m﹣2）2+，
∴当m＝2时BG有最大值为，
此时E点坐标为（2，﹣3）；
（3）存在，符合条件的P点的坐标为（，）或（，），理由如下：
∵直线l∥BC，且l过原点（0，0），
∴直线l的解析式为y＝x，
设P（s，），
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），
∴AC＝＝，AB＝4﹣（﹣1）＝5，BC＝2，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴＝＝，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴＝＝＝，
∴QM＝PN＝＝，PM＝BN＝（s﹣4）＝﹣2，
∴MN＝MP+PN＝﹣2+＝s﹣2，BN﹣QM＝s﹣4﹣＝s﹣4，
∴Q（s，s﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝s﹣2，
解得s1＝0（舍去）或s2＝，
∴P（，）；
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得Q点的坐标为（s，2），
将点Q的坐标代入抛物线解析式得﹣×s﹣2＝2，
解得s1＝（舍去）或s2＝，
∴P（，）；
综上，符合条件的P点的坐标为（，）或（，）．