文档内容
2026 年中考数学模拟猜题卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求的）
1．（本题3分）下列实数中，最小的数是（ ）
A．0.618 B．0 C． 2 D．−2
【答案】D
【分析】根据正数大于0，负数小于0，即可找出最小的数．
【详解】解：∵0.618>0， 2>0，−2<0，
∴最小的数是−2．
2．（本题3分）钧瓷始于唐、盛于宋，是中国古代五大名瓷之一，并以其独特的釉料及烧成方法产生的窑
变神奇而闻名于世．如图是故宫博物院收藏的瓷器珍品——钧窑天蓝釉钵．将其按如图方式水平放置，关
于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同
【答案】B
【详解】解：这个几何体的主视图与左视图相同，与俯视图不相同．
3．（本题3分）下列计算结果正确的是（ ）
A．(𝑎2)3 =𝑎5 B．𝑎3 ⋅𝑎3 =𝑎9 C．(−2𝑎)3 =−8𝑎3 D．(3𝑎𝑏)2 =9𝑎𝑏2
【答案】C
【分析】根据幂的乘方、同底数幂的乘法、积的乘方逐项求解判断即可．
【详解】解：A、(𝑎2)3 =𝑎6
，原计算错误，不符合题意；
B、𝑎3 ⋅𝑎3 =𝑎6 ，原计算错误，不符合题意；
C、(−2𝑎)3 =−8𝑎3
，原计算正确，符合题意；
D、(3𝑎𝑏)2 =9𝑎2𝑏2
，原计算错误，不符合题意．
4．（本题3分）中国古代四大名楼为“滕王阁、黄鹤楼、岳阳楼、鹳雀楼”，现有分别与这四个楼有关的四首诗，甲从这四首诗中随机选取两首背诵，恰好选到分别与“黄鹤楼”和“岳阳楼”有关的两首诗的概率是
（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
12 6 3 3
【答案】B
【分析】用列表法或画树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出抽取的两首恰好是“黄鹤楼”和“岳阳
楼”的可能结果，再利用概率公式求出即可．
【详解】解：记“滕王阁、黄鹤楼、岳阳楼、鹳雀楼”分别为A，B，C，D，
画树状图如下：
一共有12种等可能的结果，其中抽取的两首恰好是“黄鹤楼”和“岳阳楼”的可能结果有2种可能，
2 1
∴抽取的两首恰好是“黄鹤楼”和“岳阳楼”的概率是= = ．
12 6
5．（本题3分）下列调查方式，你认为最合适的是（ ）
A．调查一批耙耙柑的甜度情况，采用全面调查
B．调查一批比亚迪新能源汽车电池的使用寿命，采用全面调查
C．调查新一代近地载人飞船“梦舟”的零部件质量，采用抽样调查
D．调查全市观众对电影《飞驰人生3》的喜爱程度，采用抽样调查
【答案】D
【分析】根据调查范围窄或者具有特殊意义的用普查，调查范围广或具有破坏性的用抽样调查，进行判断
即可.
【详解】解：A、调查一批耙耙柑的甜度情况，采用抽样调查，原说法错误；
B、调查一批比亚迪新能源汽车电池的使用寿命，采用抽样调查，原说法错误；
C、调查新一代近地载人飞船“梦舟”的零部件质量，采用全面调查，原说法错误；
D、调查全市观众对电影《飞驰人生3》的喜爱程度，采用抽样调查，原说法正确.
6．（本题3分）已知点𝑃(3,−4)，点𝑄与点𝑃关于𝑥轴对称，则点𝑄的坐标是（ ）
A．(4,−3) B．(−3,−4) C．(3,4) D．(−3,4)
【答案】C
【分析】利用“关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数”即可求解．
【详解】解：∵点𝑃(3,−4)，点𝑄与点𝑃关于𝑥轴对称，
∴点𝑄的横坐标与𝑃的横坐标相同，为3，点𝑄的纵坐标是𝑃纵坐标的相反数，即−(−4)=4，
∴点𝑄的坐标为(3,4)．
7．（本题3分）对于一次函数𝑦=𝑥+6，下列结论错误的是（ ）
A．当x增加1时，y增加1 B．函数值y随自变量x的增大而增大
C．函数图象不经过第四象限 D．函数图象与x轴交点坐标是(0,6)
【答案】D
【分析】根据一次函数的性质，交点坐标的计算方法逐一判断选项即可．
【详解】解：A、当x增加1，为𝑥+1时，𝑦′
=𝑥+1+6=𝑥+6+1=𝑦+1，即当x增加1时，y增加
1，故本选项正确，不符合题意；
B、因为1>0，则函数值y随自变量x的增大而增大，故本选项正确，不符合题意；
C、因为𝑘=1>0,𝑏=6>0，则函数图象经过第一、二、三象限，即函数图象不经过第四象限，故本选项
正确，不符合题意；
D、当𝑦=0时，𝑥+6=0，即𝑥=−6，则函数图象与x轴交点坐标是(−6,0)，故本选项错误，符合题意；
8．（本题3分）通过实验发现，凸透镜能使与主光轴平行的光线聚在主光轴上一点．如图，箭头所画的是
光线的方向，点𝐹，𝐹′ 是凸透镜的焦点，𝐵𝐷∥𝐶𝐸∥𝐹′ 𝐹，若∠𝐵𝐷𝐹=148°，∠𝐶𝐸𝐹=160°，则∠𝐷𝐹𝐸的度数为
（ ）
A．10° B．12° C．20° D．32°
【答案】B
【分析】先由两直线平行，同旁内角互补得到∠𝐷𝐹𝑂=32°，∠𝐸𝐹𝑂=20°，再根据∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝑂−∠𝐸𝐹𝑂
求解即可．
【详解】解：∵𝐵𝐷∥𝐶𝐸∥𝐹′ 𝐹，
∴∠𝐷𝐹𝑂=180°−∠𝐵𝐷𝐹=180°−148°=32°，
∠𝐸𝐹𝑂=180°−∠𝐶𝐸𝐹=180°−160°=20°，
∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝑂−∠𝐸𝐹𝑂=32°−20°=12°．
9．（本题3分）如图，𝐴𝐵，𝐶𝐷是⊙𝑂的两条弦，𝐴𝐵与𝐶𝐷交于点𝐸，且点𝐶是𝐴𝐵的中点，连接𝐵𝐶，
𝐵𝐷．若∠𝐴𝐸𝐶=105°，则∠𝐶𝐵𝐷的度数为（ ）．A．55° B．75° C．85° D．95°
【答案】B
【分析】由题意可得𝐴𝐶=𝐵𝐶，则∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐷𝐶，根据三角形的内角和定理可得∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐵𝐸𝐶，结合邻
补角的性质和∠𝐴𝐸𝐶=105°，计算出∠𝐶𝐵𝐷的度数即可．
【详解】解：∵∠𝐴𝐸𝐶=105°，
∴∠𝐵𝐸𝐶=180°−∠𝐴𝐸𝐶=75°，
∵点𝐶是𝐴𝐵的中点，
∴𝐴𝐶=𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐷𝐶，
∵∠𝐶𝐵𝐷=180°−∠𝐵𝐷𝐶−∠𝐵𝐶𝐷，∠𝐵𝐸𝐶=180°−∠𝐵𝐶𝐷−∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐵𝐸𝐶=75°．
10．（本题3分）如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为5，点E在边𝐵𝐶上，且𝐵𝐸=3，将△𝐴𝐵𝐸沿直线𝐴𝐸翻折到
正方形所在的平面内，得到△𝐴𝐵′ 𝐸，延长𝐸𝐵′ 交𝐶𝐷于点F，连接𝐵𝐹，作∠𝐶𝐵𝐹和∠𝐵𝐶𝐹的平分线相交于点
G，则△𝐵𝐺𝐶的面积为（ ）
125 75 25 15
A． B． C． D．
32 32 8 8
【答案】C
【详解】解：由折叠的性质可知，𝐴𝐵′ =𝐴𝐵=5,𝐵′ 𝐸=𝐵𝐸=3,∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵=90° ，
∴∠𝐴𝐵′ 𝐹=90°，
在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐷=5,∠𝐷=90°，
∴ 𝐴𝐵′ =𝐴𝐷,∠𝐴𝐵′ 𝐹=∠𝐷=90°，
∵𝐴𝐹=𝐴𝐹，
∴△𝐴𝐵′ 𝐹≌△𝐴𝐷𝐹(HL)，
∴𝐵′𝐹=𝐷𝐹，设𝐶𝐹=𝑥，则𝐵′
𝐹=𝐷𝐹=5−𝑥，
∴𝐸𝐹=𝐵′ 𝐸+𝐵′ 𝐹=8−𝑥，
在Rt△𝐸𝐶𝐹中，𝐸𝐶=𝐵𝐶−𝐵𝐸=2，𝐸𝐹2 =𝐸𝐶2 +𝐶𝐹2 ，
∴(8−𝑥)2 =22 +𝑥2 ，
15 15
解得：𝑥= ，即𝐶𝐹= ，
4 4
∵∠𝐶𝐵𝐹和∠𝐵𝐶𝐹的平分线相交于点G，
∴点G到𝐵𝐶,𝐵𝐹,𝐶𝐹的距离相等，
设点G到𝐵𝐶,𝐵𝐹,𝐶𝐹的距离为h，
15
∵𝐵𝐶=5,𝐶𝐹= ，
4
1 1 15 75
∴𝑆 = 𝐵𝐶×𝐶𝐹= ×5× = ，
△𝐵𝐶𝐹 2 2 4 8
∵𝑆 =𝑆 +𝑆 +𝑆 ，
△𝐵𝐶𝐹 △𝐵𝐶𝐺 △𝐵𝐹𝐺 △𝐶𝐹𝐺
75 1 1 1 15
∴ = ×5ℎ+ 𝐵𝐹×ℎ+ × ℎ，
8 2 2 2 4
在Rt△𝐵𝐶𝐹中，𝐵𝐹= 𝐵𝐶2+𝐶𝐹2 = 52+ 15 2 = 25 ，
4 4
75 1 1 25 1 15
∴ = ×5ℎ+ × ℎ+ × ℎ，
8 2 2 4 2 4
5
解得：ℎ= ，
4
1 1 5 25
∴△△𝐵𝐺𝐶的面积为 𝐵𝐶×ℎ= ×5× = ．
2 2 4 8
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（本题3分）计算： 27=______．
【答案】3 3
【分析】利用二次根式的性质，将被开方数分解出完全平方因数，再化简得到结果．
【详解】解： 27= 9×3=3 3．
12．（本题3分）因式分解：6𝑚2 𝑛−3𝑚𝑛2 =__________．
【答案】3𝑚𝑛(2𝑚−𝑛)
【分析】直接提公因式3𝑚𝑛，即可求解．
【详解】解：6𝑚2 𝑛−3𝑚𝑛2 = 3𝑚𝑛(2𝑚−𝑛)．
6𝑥2−12𝑥𝑦+6𝑦2
13．（本题3分）约分： =__________．
3𝑥−3𝑦
【答案】2𝑥−2𝑦
【分析】本题考查了约分，关键是找到分子、分母的公因式；先对分子和分母因式分解，最后约去公因
式．【详解】解：∵𝑥≠𝑦，
6𝑥2−12𝑥𝑦+6𝑦2 6(𝑥−𝑦)2
∴ = =2(𝑥−𝑦)=2𝑥−2𝑦，
3𝑥−3𝑦 3(𝑥−𝑦)
故答案为：2𝑥−2𝑦．
14．（本题3分）如图，菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的两条对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷相交于点O，若𝐴𝐵= 13cm，𝐵𝐷=6cm，则菱
形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积是___________．
【答案】12cm2
1
【分析】由菱形的性质可得𝐴𝐶=2𝑂𝐴,𝑂𝐵= 𝐵𝐷=3cm,𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，由勾股定理求出𝑂𝐴的长，再根据菱形的
2
性质即可得到答案．
【详解】∵在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷相交于点𝑂，
1
∴𝐴𝐶=2𝑂𝐴,𝑂𝐵= 𝐵𝐷=3cm,𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，
2
∴𝑂𝐴= 𝐴𝐵2−𝑂𝐵2 = ( 13)2−32 =2cm
∴𝐴𝐶=2𝑂𝐴=4cm，
则菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积是
1
𝐵𝐷×𝐴𝐶=
1 ×6×4=12cm2
．
2 2
15．（本题3分）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形窗户，其外轮廓是一个正八边形，外轮廓示意图
如图2的正八边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻所示，若对角线𝐵𝐷=1，则对角线𝐵𝐹的长为______．
【答案】 2
【分析】连接𝐷𝐹，先求出∠𝐵𝐷𝐹=90°，再证明△𝐷𝐸𝐹≌△𝐵𝐶𝐷，则𝐷𝐹=𝐵𝐷=1，然后在Rt△𝐵𝐷𝐹中，
利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接𝐷𝐹，∵八边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺𝐻是正八边形，
180°×(8−2)
∴𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐸=𝐸𝐹，∠𝐶=∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐸= =135°，
8
180°−135°
∴∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐸𝐹𝐷= =22.5°，
2
∴∠𝐵𝐷𝐹=∠𝐶𝐷𝐸−∠𝐶𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐹=90°，
在△𝐷𝐸𝐹和△𝐵𝐶𝐷中，
𝐷𝐸=𝐵𝐶
∠𝐸=∠𝐶，
𝐸𝐹=𝐶𝐷
∴△𝐷𝐸𝐹≌△𝐵𝐶𝐷(SAS)，
∴𝐷𝐹=𝐵𝐷=1，
∴在Rt△𝐵𝐷𝐹中，𝐵𝐹= 𝐵𝐷2+𝐷𝐹2 = 2．
16．（本题3分）如图1，桌面上有甲、乙两个形状大小完全相同的烧杯．初始时，甲烧杯内的水面离杯底
的高度为12cm，乙烧杯中无水．用一根U型管可将垫有木垫的甲烧杯中的水引流至乙烧杯中，当两烧杯
的水面离桌面高度相平时，引流会自动停止．引流过程中，设甲、乙烧杯内的水面离杯底的高度分别为𝑦 ,
1
𝑦
2
(单位：cm)，如图2是𝑦
1
,𝑦
2
与引流时间x(单位∶s)的函数图象，若第2.5秒时引流停止，则木垫的高度为
_____ cm．
【答案】3
【分析】根据题意，得出当𝑥=2时，两个杯子中的水面离杯底的高度相等，都是6cm，据此求出𝑦 和𝑦 的
1 2
函数解析式，再进一步求出𝑥=2.5时两个函数值的差即可解决问题．
【详解】解：由所给函数图象可知，
当𝑥=2时，两个杯子中的水面离杯底的高度相等．
∵初始时，甲烧杯内的水面离杯底的高度为12cm，乙烧杯中无水，
∴𝑥=2时，两个杯子中的水面离杯底的高度都是6cm．𝑏=12
设𝑦 1 =𝑘 1 𝑥+𝑏，把(0,12),(2,6)代入得 2𝑘 1 +𝑏=6，
𝑘 =−3
解得 1 ，
𝑏=12
∴𝑦 =−3𝑥+12；
1
同法可得：𝑦 =3𝑥．
2
∵当𝑥=2.5时，两个杯子中的水面离桌面高度相平，
∴木垫的高度为∶3×2.5−[(−3)×2.5+12]=7.5−4.5=3cm．
三、解答题（本大题共8题，满分72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本题6分）计算：(−1)2026
+ 4−|1−
3|+(tan30°)−1
．
【答案】4
【分析】原式分别计算有理数的乘方、算术平方根、绝对值、特殊角三角函数以及负整数指数幂，然后再
进行加减运算即可得到答案．
【详解】解：(−1)2026 + 4−|1− 3|+(tan30°)−1
−1
3
=1+2−( 3−1)+
3
=1+2− 3+1+ 3
=4．
𝑥+3𝑦 𝑥2−4𝑦2 1
18．（本题6分）先化简，再求值： −1 ÷ ，其中𝑥=3, 𝑦= ．
𝑦 2𝑦 2
2
【答案】 ，1
𝑥−2𝑦
【分析】先对括号内的分式进行通分，加减计算，然后计算分式的除法即可，最后代入计算即可．
𝑥+3𝑦 𝑥2−4𝑦2
【详解】解： −1 ÷
𝑦 2𝑦
𝑥+3𝑦−𝑦 (𝑥+2𝑦)(𝑥−2𝑦)
= ÷
𝑦 2𝑦
𝑥+2𝑦 2𝑦
= ×
𝑦 (𝑥+2𝑦)(𝑥−2𝑦)
2
= ，
𝑥−2𝑦
1
当𝑥=3, 𝑦= 时，
2
2
原式= =1．
1
3−2×
2
19．（本题8分）如图，已知𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，𝐷𝐹⊥𝐴𝐵，𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐹=𝐵𝐸．求证：𝐴𝐶∥𝐵𝐷．【答案】见解析
【分析】此题主要考查全等三角形的判定与性质及平行线的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定定
理.
根据HL证明Rt△𝐴𝐶𝐸≌Rt△𝐵𝐷𝐹(HL)，得到∠𝐴＝∠𝐵，即可证明.
【详解】证明：∵𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，𝐷𝐹⊥𝐴𝐵，
∴∠𝐶𝐸𝐴=∠𝐷𝐹𝐵=90°，
又∵𝐴𝐹=𝐵𝐸，
∴𝐴𝐹−𝐸𝐹=𝐵𝐸−𝐸𝐹，即𝐴𝐸=𝐵𝐹．
在Rt△𝐴𝐶𝐸和Rt△𝐵𝐷𝐹中，
𝐴𝐶=𝐵𝐷
𝐴𝐸=𝐵𝐹，
∴Rt△𝐴𝐶𝐸≌Rt△𝐵𝐷𝐹(HL)，
∴∠𝐴=∠𝐵．
∴𝐴𝐶∥𝐵𝐷．
20．（本题9分）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一，如图是小明同学安装的加热高锰酸钾制取
氧气的化学实验装置，安装要求为试管口略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管
𝐴𝐵=30cm,𝐵𝐸=10cm，试管倾斜角𝛼=10°．
(1)求酒精灯与铁架台的水平距离𝐶𝐷的长度；
(2)实验时，当导气管紧贴水槽𝑀𝑁，延长𝐵𝑀交𝐶𝑁的延长线于点𝐹，且𝑀𝑁⊥𝐶𝐹（点𝐶，𝐷，𝑁,𝐹在一条直线
上），经测得：𝐷𝐸=21.7cm，𝑀𝑁=8cm，∠𝐴𝐵𝑀=145°，求线段𝐷𝑁的长度．（参考数据：sin10∘
≈0.17,
cos10∘ ≈0.98,tan10∘ ≈0.18）
【答案】(1)𝐶𝐷=19.6cm
(2)21.8cm
【分析】（1）过点𝐸作𝐸𝐺⊥𝐴𝐶于点𝐺，直接利用𝛼的余弦即可求出𝐺𝐸，从而得到𝐶𝐷的长度；
（2）过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝐶𝐹于点𝐻，𝐵𝑃⊥𝐷𝐸于点𝑃，过点𝑀作𝑀𝑄⊥𝐵𝐻于点𝑄，先在Rt△𝐸𝐵𝑃中求出𝐵𝑃，𝐸𝑃，进而求出𝐵𝑄，𝑄𝑀，利用𝐷𝑁=𝐷𝐻+𝐻𝑁=𝐵𝑃+𝑄𝑀即可解决问题．
【详解】（1）解：过点𝐸作𝐸𝐺⊥𝐴𝐶于点𝐺，
∵∠𝐴𝐸𝐺=𝛼=10°，
∴𝐺𝐸=𝐴𝐸⋅cos𝛼，
1
∵𝐴𝐵=30cm,𝐵𝐸= 𝐴𝐵，
3
∴𝐵𝐸=10cm,𝐴𝐸=20cm，
∴𝐺𝐸=𝐴𝐸⋅cos𝛼=20×cos10°≈19.6(cm)，
∴𝐶𝐷=𝐺𝐸=19.6cm，
答：酒精灯与铁架台的水平距离𝐶𝐷的长度为19.6cm；
（2）解：过点𝐵作𝐵𝐻⊥𝐶𝐹于点𝐻，𝐵𝑃⊥𝐷𝐸于点𝑃，过点𝑀作𝑀𝑄⊥𝐵𝐻于点𝑄，
则𝐵𝑃=𝐵𝐸⋅cos𝛼=10×cos10°≈9.8(cm)，𝐸𝑃=𝐵𝐸⋅sin𝛼=10×sin10°≈1.7(cm)，
∵𝐷𝐸=21.7cm，
∴𝑃𝐷=𝐷𝐸−𝐸𝑃=21⋅7−1.7=20(cm)，
∴𝐵𝐻=20cm，
∵𝑀𝑁=8cm，
∴𝑄𝐻=8cm，
∴𝐵𝑄=𝐵𝐻−𝑄𝐻=20−8=12(cm)，
∵∠𝐴𝐵𝑀=145°，
∴∠𝑄𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝑀−𝛼−90°=145°−10°−90°=45°，
∴𝑄𝑀=𝐵𝑄=12cm，
∴𝐷𝑁=𝐷𝐻+𝐻𝑁=𝐵𝑃+𝑄𝑀=9.8+12=21.8(cm)，
答：线段𝐷𝑁的长度为21.8cm．
21．（本题9分）某市为推动AI赋能教育，在全市范围内从八、九年级各随机抽取了20名教师，对其使用
AI教学水平进行打分．组织人员将八、九年级各20名教师使用AI教学的成绩（成绩用𝑥表示，满分为100分，所有成绩均不低于80分且均为整数，单位：分）进行整理、描述和分析，过程如下：
数据收集与整理：八年级20名教师使用AI教学的成绩为81，83，84，85，86，87，87，88，89，90，
92，92，93，95，95，95，99，99，100，100．
九年级20名教师使用AI教学的成绩在85≤𝑥<90这一组的数据为85，86，87，87，88，89，89．
九年级20名教师使用AI教学的成绩，扇形统计图如下：
分组 成绩/分
A 80≤𝑥<85
B 85≤𝑥<90
C 90≤𝑥<95
D 95≤𝑥≤100
数据分析：八、九年级各20名教师使用AI教学的成绩数据分析如下表：
年级 平均数/分 中位数/分 众数/分 方差
八年级 𝑎 91 𝑏 33．2
九年级 91 𝑐 97 35．1
请认真阅读以上信息，回答下列问题：
(1)在这次调查活动中，采取的调查方式是_________（填“全面调查”和“抽样调查”）
(2)填空：𝑎=_______，𝑏=_______，𝑐=________，𝑚=________．
(3)根据上述信息，请你对两个年级的教师使用AI教学的成绩进行评价（任选两个统计量进行说明）．
【答案】(1)抽样调查
(2)91，95，89，35
(3)见解析
【分析】（1）根据题意可得采取的调查方式是抽样调查；
（2）根据平均数、众数和中位数的定义求得𝑎,𝑏,𝑐的值，根据扇形统计图求得𝑚的值；
（3）比较两个年级的平均数和中位数，即可求解．
【详解】（1）解：在这次调查活动中，采取的调查方式是抽样调查
1
（2）解：𝑎=
20(81+83+84+85+86+87+87+88+89+90+92+92+93+95+95+95+99+99+100+100)
=91由八年级20名教师的成绩可得八年级成绩的众数为95，故𝑏=95；
九年级20名教师测试成绩按从小到大排列
89+89
则中位数是第10个数和第11个数，中位数出现在85≤𝑥<90这一组中，故𝑐= =89，
2
根据扇形统计图：𝑚%=1−20%−35%−10%=35%，故𝑚=35；
（3）解：答案不唯一，例如，八年级教师使用AI教学的成绩的平均数与九年级教师使用AI教学的成绩的
平均数相同，但八年级教师使用AI教学的成绩的中位数为91分，高于九年级教师使用AI教学的成绩的中
位数89分，所以八年级教师使用AI教学的成绩更好．
22．（本题10分）如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐶是⊙𝑂上一点，点𝐷是𝐴𝐵延长线上一点，连接𝐴𝐶, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷，
已知∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷．
(1)求证：𝐶𝐷是⊙𝑂的切线；
3
(2)若tan𝐴= ，𝐵𝐷=6，求𝐶𝐷的长．
4
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）由𝑂𝐴=𝑂𝐶得到∠𝐴=∠𝑂𝐶𝐴，然后由直径得到∠𝐴𝐶𝐵=90°，然后等量代换得到
∠𝐵𝐶𝐷+∠𝑂𝐶𝐵=90°，即∠𝑂𝐶𝐷=90°，即可得到𝐶𝐷是⊙𝑂的切线；
𝐵𝐶 3 𝐵𝐷 𝐵𝐶
（2）首先得到tan𝐴= = ，然后证明出△𝐷𝐵𝐶∽△𝐷𝐶𝐴，得到 = ，然后代数求解．
𝐴𝐶 4 𝐶𝐷 𝐴𝐶
【详解】（1）解：如图，连接𝑂𝐶
∵𝑂𝐴=𝑂𝐶
∴∠𝐴=∠𝑂𝐶𝐴
∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径
∴∠𝐴𝐶𝐵=90°
∴∠𝑂𝐶𝐴+∠𝑂𝐶𝐵=90°
∴∠𝐴+∠𝑂𝐶𝐵=90°
∵∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷
∴∠𝐵𝐶𝐷+∠𝑂𝐶𝐵=90°，即∠𝑂𝐶𝐷=90°∵𝐶是⊙𝑂上一点
∴𝐶𝐷是⊙𝑂的切线；
（2）解：∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，
𝐵𝐶 3
∴tan𝐴= =
𝐴𝐶 4
∵∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐷，∠𝐷=∠𝐷
∴△𝐷𝐵𝐶∽△𝐷𝐶𝐴
𝐵𝐷 𝐵𝐶 6 3
∴ = ，即 =
𝐶𝐷 𝐴𝐶 𝐶𝐷 4
∴𝐶𝐷=8．
23．（本题12分）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸是𝐴𝐵上的一动点，将△𝐵𝐶𝐸沿𝐶𝐸折叠，使点𝐵落在点𝐵′
的位
置．
(1)如图1，若点𝐵′ 在边𝐴𝐷上，且𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=6，求𝐴𝐵′
的长．
(2)如图2，若𝐴𝐵=𝐵𝐶=6，连接𝐵𝐵′ ，交𝐶𝐸于点𝑀，延长𝐵𝐵′
，交𝐴𝐷于点𝐹，连接𝐴𝐶，交𝐵𝐹于点𝑁，𝑂是
𝐴𝐶的中点，连接𝑂𝑀．
①求证：∠𝑂𝑀𝑁=45°．
𝐴𝐹
②若𝐵𝐸=2𝐴𝐸，求 的值．
𝑀𝑂
【答案】(1)6−2 5
2 26
(2)①证明见解析；②
3
【分析】（1）根据矩形的性质结合勾股定理求解即可；
（2）①证明点𝑀,𝑂在以𝐵𝐶为直径的圆上，再利用圆周角定理求解即可；
𝐴𝐹 𝐵𝐸
②证明∠𝐸𝐵𝑀=∠𝐵𝐶𝐸，推出tan∠𝐸𝐵𝑀= =tan∠𝐵𝐶𝐸= ，得到𝐵𝐸=𝐴𝐹，证明△𝐴𝑁𝐹∽△𝐶𝑁𝐵和
𝐴𝐵 𝐵𝐶
△𝐴𝑁𝐹∽△𝑀𝑁𝑂，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得𝐵𝐶=𝐵′ 𝐶=6，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，
∴∠𝐷=90°，𝐵𝐶=𝐴𝐷=6，
∴𝐵′ 𝐷= 𝐵′𝐶2−𝐶𝐷2 = 62−42 =2 5，
∴𝐴𝐵′ =𝐴𝐷−𝐵′ 𝐷=6−2 5；
（2）①证明：如图，连接𝑂𝐵．∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，且𝐴𝐵=𝐵𝐶，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∵𝑂是𝐴𝐶的中点，
∴∠𝐵𝑂𝐶=90°，∠𝑂𝐵𝐶=45°，
根据折叠的性质，可得𝐵𝐵′ ⊥𝐶𝐸，即∠𝐵′ 𝑀𝐶=∠𝐵𝑀𝐶=90°，
∴点𝑀,𝑂在以𝐵𝐶为直径的圆上，
∴∠𝑂𝑀𝐶=∠𝑂𝐵𝐶=45°，
∴∠𝑂𝑀𝑁=∠𝐵′ 𝑀𝐶−∠𝑂𝑀𝐶=45°；
②解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐶= 2𝐴𝐵=6 2，
∴∠𝐵𝐶𝐸+∠𝐵𝐸𝐶=90°．
∵𝐵𝐵′ ⊥𝐶𝐸，
∴∠𝐵𝐸𝐶+∠𝐸𝐵𝑀=90°，
∴∠𝐸𝐵𝑀=∠𝐵𝐶𝐸，
𝐴𝐹 𝐵𝐸
∴tan∠𝐸𝐵𝑀= =tan∠𝐵𝐶𝐸= ，
𝐴𝐵 𝐵𝐶
∴𝐵𝐸=𝐴𝐹．
∵𝐵𝐸=2𝐴𝐸，𝐴𝐵=6，
∴𝐴𝐹=𝐵𝐸=4，
∴𝐵𝐹= 𝐴𝐵2+𝐴𝐹2 =2 13．
∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
∴△𝐴𝑁𝐹∽△𝐶𝑁𝐵，
𝐴𝐹 𝐴𝑁 𝑁𝐹 2
∴ = = = ，
𝐵𝐶 𝐶𝑁 𝑁𝐵 3
4 13 12 2
∴𝑁𝐹= ，𝐴𝑁= ，
5 5
1 3 2
∴𝑁𝑂=𝑂𝐴−𝐴𝑁= 𝐴𝐶−𝐴𝑁= ．
2 5
由①，可得∠𝑂𝑀𝑁=∠𝐹𝐴𝑁=45°，∠𝑂𝑁𝑀=∠𝐹𝑁𝐴，
∴△𝐴𝑁𝐹∽△𝑀𝑁𝑂，
𝐴𝐹 𝑁𝐹 4 13 2 26
∴ = = 5 = ．
𝑀𝑂 𝑁𝑂 3 2 3
524．（本题12分）在平面直角坐标系中，抛物线𝑦=𝑎𝑥2 −4𝑎𝑥+6交𝑥轴于𝐴、𝐵两点（点𝐴在点𝐵左侧），交
𝑦轴正半轴于点𝐶，且𝑂𝐶=2𝑂𝐵．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点𝐷在𝐶点下方的𝑦轴上，点𝐸在第一象限的抛物线上，若△𝐶𝐷𝐸是以𝐶𝐷为斜边的等腰直角三角
形，求点𝐷的坐标；
(3)如图2，已知动点𝑃在抛物线上，𝑀为𝑂𝑃的三等分点且靠近点𝑂，作𝑀𝑁∥𝑦轴交抛物线于点𝑁．设点𝑃的
横坐标为𝑡，线段𝑀𝑁的长为𝑑．
①求出𝑑关于𝑡的函数解析式；
9
②当 <𝑑<3时，直接写出𝑡的取值范围．
4
【答案】(1)𝑦=2𝑥2
−8𝑥+6
(2)𝐷(0,−1)
4 𝑡2−4(𝑡≥3)
9 3 3 3 3 15 3
(3)①𝑑= − 4 𝑡2+4(𝑡<3) ；②− 4 7<𝑡<− 2 或 2 <𝑡< 4 7或 4 <𝑡< 2 7
9
【分析】（1）由𝑦=𝑎𝑥2 −4𝑎𝑥+6得𝐶(0,6)，得𝐵(3,0)，把B的坐标代入得𝑦=𝑎𝑥2 −4𝑎𝑥+6，求出a的值
即可；
1
（2）解：设𝐷(0,𝑑)，则𝐶𝐷=6−𝑑，过E作𝐸𝐹⊥𝐶𝐷于F，根据等腰直角三角形的性质可求出𝐶𝐹=𝐷𝐹=
2
𝐶𝐷=3− 1 𝑑，𝐸𝐹= 1 𝐶𝐷=3− 1 𝑑，则𝐸 3− 1 𝑑,3+ 1 𝑑 ，然后把E的坐标代入𝑦=2𝑥2 −8𝑥+6求解即可；
2 2 2 2 2
（3）①分𝑡≥3，0<𝑡<3，𝑡≤0讨论，根据相似三角形的判定与性质求出M的坐标，根据𝑀𝑁∥𝑦轴求
出N的坐标，然后数学结合求出𝑀𝑁即可；
9
②分𝑡≥3，𝑡<3讨论，分别求出抛物线于直线𝑑=3，𝑑= 的交点坐标，然后画出草图，数形结合求解
4
即可．
【详解】（1）解：当𝑥=0时，𝑦=6，
∴𝐶(0,6)，
∴𝐶𝑂=6，
∵𝑂𝐶=2𝑂𝐵，
∴𝐵𝑂=3，
∴𝐵(3,0)，代入𝑦=𝑎𝑥2 −4𝑎𝑥+6，得9𝑎−12𝑎+6=0，
解得𝑎=2，
∴𝑦=2𝑥2 −8𝑥+6；
（2）解：设𝐷(0,𝑑)，
∵𝐶(0,6)，
∴𝐶𝐷=6−𝑑，
过E作𝐸𝐹⊥𝐶𝐷于F，
∵△𝐶𝐷𝐸是以𝐶𝐷为斜边的等腰直角三角形，
1 1 1
∴𝐶𝐹=𝐷𝐹= 𝐶𝐷= (6−𝑑)=3− 𝑑，
2 2 2
1 1 1 1 1
∴𝐸𝐹= 𝐶𝐷= (6−𝑑)=3− 𝑑，𝑂𝐹=𝐷𝐹−𝐷𝑂=3− 𝑑−(−𝑑)=3+ 𝑑
2 2 2 2 2
1 1
∴𝐸 3− 𝑑,3+ 𝑑 ，
2 2
∵点𝐸在第一象限的抛物线上，
2
1 1 1
∴3+ 𝑑=2 3− 𝑑 −8 3− 𝑑 +6，
2 2 2
解得𝑑=−1，𝑑=6（不符合题意，舍去），
∴𝐷(0,−1)；
（3）解：当𝑦=2𝑥2 −8𝑥+6=0时，解得𝑥
1
=1，𝑥
2
=3，
∴𝐴(1,0)，
当P和B重合时，𝑃(3,0)，
∴𝑃𝑂=3，
∵𝑀为𝑂𝑃的三等分点且靠近点𝑂，
1
∴𝑂𝑀= 𝑃𝑂=1，
3
∴𝑀(1,0)，此时M、N重合，
当P和C重合时，𝑃𝑂、𝑀𝑂都在y轴上，则P和N重合，
设𝑃(𝑡,2𝑡2−8𝑡+6)，
当𝑡≥3时，如图，过P作𝑃𝐻⊥𝑥轴于H，设𝑀𝑁与x轴相交于G，则𝑃𝐻∥𝑦轴，
又𝑀𝑁∥𝑦轴，
∴𝑀𝑁∥𝑃𝐻，
∴△𝑂𝑀𝐺∽△𝑂𝑃𝐻，
𝑂𝑀 𝑂𝐺 𝑀𝐺
∴ = = ，
𝑂𝑃 𝑂𝐻 𝑃𝐻
∵𝑀为𝑂𝑃的三等分点且靠近点𝑂，
𝑂𝑀 1
∴ = ，
𝑂𝑃 3
𝑂𝐺 𝑀𝐺 1
∴ = = ，
𝑡 2𝑡2−8𝑡+6 3
解得𝑂𝐺= 1 𝑡，𝑀𝐺= 2 𝑡2 − 8 𝑡+2，
3 3 3
∴𝑀 1 𝑡, 2 𝑡2− 8 𝑡+2 ，
3 3 3
∵𝑀𝑁∥𝑦轴，
1
∴N的横坐标为 𝑡，
3
∵N在抛物线上，
2
∴N的纵坐标为2× 1 𝑡 −8× 1 𝑡+6= 2 𝑡2 − 8 𝑡+6，
3 3 9 3
∴𝑁 1 𝑡, 2 𝑡2− 8 𝑡+6 ，
3 9 3
∴𝑑=𝑀𝑁= 2 𝑡2 − 8 𝑡+2− 2 𝑡2− 8 𝑡+6 = 4 𝑡2 −4；
3 3 9 3 9
当0<𝑡<3时，如图，过P作𝑃𝐻⊥𝑥轴于H，设𝑀𝑁与x轴相交于G，
同理可求𝑀 1 𝑡, 2 𝑡2− 8 𝑡+2 ，𝑁 1 𝑡, 2 𝑡2− 8 𝑡+6 ，
3 3 3 3 9 3
∴𝑑=𝑀𝑁= 2 𝑡2− 8 𝑡+6 − 2 𝑡2− 8 𝑡+2 =− 4 𝑡2 +4；
9 3 3 3 9
当𝑡≤0时，如图，同理可求𝑑=𝑀𝑁= 2 𝑡2− 8 𝑡+6 − 2 𝑡2− 8 𝑡+2 =− 4 𝑡2 +4，
9 3 3 3 9
4 𝑡2−4(𝑡≥3)
9
综上，𝑑= − 4 𝑡2+4(𝑡<3) ；
9
②当𝑡≥3时，𝑑= 4 𝑡2 −4，
9
9 4 9 15
当𝑑= 时， 𝑡2 −4= ，解得𝑡=± ，
4 9 4 4
当𝑑=3时， 4 𝑡2 −4=3，解得𝑡=± 3 7，
9 2
函数图象草图如图，
15 3 9
由图象可知：当 <𝑡< 7时， <𝑑<3，
4 2 4
当𝑡<3时，𝑑=− 4 𝑡2 +4，
9
当𝑑= 9 时，− 4 𝑡2 +4= 9 ，解得𝑡=± 3 7，
4 9 4 4
当𝑑=3时，− 4 𝑡2 +4=3，解得𝑡=± 3 ，
9 2
函数图象草图如图，
3 3 3 3 9
由图象可知：当− 7<𝑡<− 或 <𝑡< 7时， <𝑑<3，
4 2 2 4 4
3 3 3 3 15 3 9
综上，当− 7<𝑡<− 或 <𝑡< 7或 <𝑡< 7时， <𝑑<3．
4 2 2 4 4 2 4
