2024年浙江省部分学校中考数学一模模拟试题(含答案解析)

2024年浙江省部分学校中考数学一模模拟试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设x是用字母表示的有理数，则下列各式中一定大于零的是（

）A．x2

B．2x

C．x

D．x22【答案】D【分析】本题考查了非负数的性质，三种类型的非负数：（1）绝对值；（2）偶次方；（3）二次根式（算术平方根）．根据含绝对值、平方的数都是非负数，它们的值都大于等于0，由此可解此题．【详解】解：当x0时，x2与2x都小于0，当x0时，x0，而不论x取何值，x20，x22必大于0．故选：D．2．下列计算正确的是（A．a2bba20C．x22x23x4

）

B．33aD．2m3n5mn【答案】A【分析】本题主要考查了合并同类项，去括号，解题的关键是熟练掌握合并同类项和去括号法则，根据运算法则进行判断即可．【详解】解：A、a2bba20，故本选项运算正确，符合题意；B、33ab，故本选项运算错误，不符合题意；C、x22x23x2，故本选项运算错误，不符合题意；D、2m与3n不是同类项，故本选项运算错误，不符合题意．故选：A．3．2023年9月23日第19届杭州亚运会开幕，有最高2640000人同时收看直播，数字2640000用科学记数法可以表示为（

）A．2.64104

B．2.64105

C．2.64106

D．2.64107【答案】C试卷第1页，共30页abbab3abbab3【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a10n，确定a与n的值是解题的关键．【详解】解：2640000，共有7位数字，2的后面有6位，26400002.64106，故选：C．4．由6个同样的立方体摆出从正面看是

的几何体，下面摆法正确的是（

）A．

B．

C．D．【答案】B【分析】根据主视图：从正面看得到几何体的图像，逐个判断即可得到答案．【详解】解：A选项图形主视图得到两行两列，故A不符合题意；B选项图形主视图得到两行三列，且第一列由两个，其余的一个，故B符合题意；C选项图形主视图得到两行三列，且第一二列都是两个，故C不符合题意；D选项图形主视图得到两行四列，故D不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查主视图：从正面看得到几何体的图像叫几何体的主视图．5．分式

x22x21

的值，可以等于（

）A．1

B．0

C．1

D．2【答案】D【分析】根据分子、分母的取值范围进行判断即可．【详解】解：∵x2+2≥2，x211，且x22x21，∴

x22x21

的值不可能是1、0、1；当

x0时，分式

x22x21

的值等于2，故选：D．【点睛】本题考查了分式的求值，正确得出分子、分母的取值范围是解题的关键．6．如图，BC是O的切线，点B是切点，延长CO交O于点A，连接AB，OD2，试卷第2页，共30页,

)A．22

B．32

C．23

D．33【答案】C【分析】此题考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．连接OB、DB，由AD是O的直径，得ÐABD=90°，AD2OD4，由切线的性质得OBC90，而C30，则BOC60，得到BOD是等边三角形，则BDOD2，所以ABAD2BD

2

23，于是得到问题的答案．【详解】解：连接OB、DB，则OBOD2，AD是O的直径，ABD90，AD2OD4，BC与O相切于点B，BCOB，OBC90，C30，BOC60，BOD是等边三角形，BDOD2，ABAD2BD

2

422223．故选：C．7．小明所在的班级有20人去体育场观看演出，20张票分别为A区第10排1号到20号.采用随机抽取的办法分票，小明第一个抽取得到10号座位，接着小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率是（）A．

219

B．

119

C．

120

D．

110试卷第3页，共30页C30则AB的长为(C30则AB的长为(【答案】A【分析】本题考查了概率公式，直接利用概率公式求解．【详解】解：因为与10号座位相邻得有2个座位（9号和11号），所以小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率为

219

．故选：A．1212在实数m，使得M1M定规律”的是（-3）

2

1，则称函数y和y符合“特定规律”，以下函数y和y符合“特1212A．yx28和yx22x12C．yx28和yx22x12

B．yx2x和yx812D．yx2x和yx812【答案】B【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式、二次函数的性质．根据题中所给定义及一元二次方程根的判别式可直接进行排除选项．【详解】解：当xm时，函数值分别为M1和M2，若存在实数m，使得M1M

2

1，A、有2m22m70，b24ac456520，所以不存在实数m，故不符合题意；B、有m22m90，b24ac436400，所以存在实数m，故符合题意；C、有2m22m70，b24ac456520，所以不存在实数m，故不符合题意；D、有m22m70，b24ac428240，所以不存在实数m，故不符合题意；故选：B．9．如图，已知AOB60，以点O为圆心，与角的两边分别交于C，D两点，D为圆12于点E，过点P作直线PF∥OB交OA于点F，OP6cm，则四边形PFOE的面积是（

）

试卷第4页，共30页8．已知y和y均是以x8．已知y和y均是以x为自变量的函数，当xm时，函数值分别是M和M，若存心，大于CD，两条圆弧交于AOB内一点P，连结OP，过点P作直线PEOA交OBA．123cm2

B．63cm2

C．33cm2

D．23cm

2【答案】B【分析】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．过P作PMOB于M，再判定四边形OEPF为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．【详解】解：过P作PMOB于M，由作图得：OP平分AOB，12∴

1PMOP3cm，2∴OMOP2PM

2

33，∵PEOA，PFOB，∴四边形OEPF为平行四边形，EPOPOA30，∴POEOPE，∴OEPE，设OEPExcm，在RtPEM中，PE2MP

2

EM

2

，即：x23233x，解得：x23，∴S四边形OEPF

OE32363．故选：B．10．如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，以CE为试卷第5页，共30页∴PABAOPAOB∴PABAOPAOB30，PM边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，APM，BCM

．若点Q、B、F三点共线，tanntan，则n（

）A．

23

B．

35

C．

67

D．

1213【答案】A【分析】过点Q作QNAB于N，连接Q、B、F，由正方形的性质得ECEQ，CBCD，ENQCBE90，由等腰三角形的性质得QNBN，由AAS可判定ENQ≌CBE和PAM≌QNM

，由ASA可判定CBE≌CDP，结合全等三角形的性质及正切的定义，即可求解．【详解】解：过点Q作QNAB于N，连接Q、B、F，四边形ABCD、四边形CPQE是正方形，ECEQ，CBCD，ENQCBE90，点Q、B、F三点共线，QBNEBF45，△EBF、△BQN都是等腰直角三角形，QNBN，BCEBEC90，QENBEC90，BCEQEN，在△ENQ和△CBE中，试卷第6页，共30页ENQCBEQEN，EQCEENQ≌CBE（AAS），ENCB，QNEB，ENCB2EB，EBQNBNBGCG，设EBQNBNBGCGa，则ABBCCDAD2a，DCPBCP90，BCEBCP90，DCPBCE，在△CBE和△CDP中，CBED90CD，BCEDCPCBE≌CDP（ASA），BEDPa，PA2aaa，PAQN，在△PAM和△QNM

中，PMAQMNQNM90，PAQNPAM≌QNM

（AAS），11AMMNANa，2213BM2aaa，22在RtPAM中，tanAPMtanAMPA

1a2a

2在RtBCM中，试卷第7页，共30页BCECBABCECBA1，tanBCMtanBMBC

3a22a

4tanntan，13n，2423故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正切的定义等；掌握判定方法及性质，能根据题意作出恰当的辅助线是解题的关键．二、填空题11．计算的结果等于

．【答案】2【分析】根据平方差公式计算即可．【详解】解：原式32．故答案为：2．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟记平方差公式是解题的关键．12．如图，在ABC中，CD平分ACB，ABAC，AE∥DC交BC的延长线于点E，已知E36，则B

度．【答案】72【分析】本题考查了等腰三角形的性质定理、平行线的性质以及角平分线的性质，先根据两平行线平行，同位角相等得到角度，再根据角平分线性质以及等腰三角形的性质得到结果，准确得到角度是解题的关键．,∴EBCD36，试卷第8页，共30页3，n．313133，n．31313112【详解】解：∵E36AE∥DC，∵CD平分ACB，∴ACB72，∵ABAC，∴BACB72，故答案为：72．13．已知在二次函数yax2bxc中，函数值y与自变量x的部分对应值如表：xy

LL

18

03

10

21

30

LL则满足方程ax2bxc3的解是【答案】x10,x24/x14,x20【分析】本题考查了求抛物线解析式，一元二次方程的解，通过表格数据求出a、b、c然后代入方程ax2bxc3即可求解．【详解】解：由表格可知抛物线经过0,33,01,0抛物线解析式为：yax2bxc，将0,33,01,0入yax2bx可得：c，aa1cx24x33移项可得：x24x0因式分解可得：x0解得：x10,x24．14．如图，P为直径AB上的一点，AB16cm，点M和N在O上，APMNPB30，OP2cm，则PN+PM试卷第9页，共30页

cm．9a3bc0解得：b49a3bc0解得：b4，；，；；代c；3bc03x4【答案】67【分析】本题考查了垂径定理，含30的直角三角形三边的关系和勾股定理．延长NP交O于Q，作OHNQ于H，连接ON，由APMNPB30，

APQNPB，得到APMAPQ，根据圆的对称性得到点M与点Q关于AB对称，则PMPQ，所以PNPMNQ，在RtOPH中根据含30的直角三角形三边的关系得到OH1，则在RtOHN中根据勾股定理计算出NH37，然后根据垂径定理得到NQ67，即得．【详解】延长NP交O于Q，作OHNQ于H，连接ON，∵APMNPB30，而APQNPB，∴APMAPQ，∴点M与点Q关于AB对称，∴PMPQ，∴PNPMPQPNNQ，在RtOPH中，∵OP2，NPB30，∴OH1，12∴NHON

2

OH

2

37，∴NQ2NH67，即PNPM67，试卷第10页，共30页在RtOHN在RtOHN中，∵ONAB8，故答案为：67．15．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH

，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PGHG，DF8cm，GF2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG

cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD2cm，则压杆MN到底座AB的距离为

cm．【答案】

4

2152【分析】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PKAB于K，可得PFKCDFMPF

，在RtCDF

中，CFDF

2

CD

2

CF215，知tanCDFCD

15，故tanMPF15，可得415PG15

15

215，由CDF∽KFP，得PK

841530，即15可得压杆MN到底座AB的距离为

2152

cm．【详解】解：如图2，延长NM，则NM过点D，四边形EFGH

是矩形，HG∥EF，即MG∥DF，G是PF中点，MG是△PDF的中位线，试卷第11页，共30页41530，PFPG41530，PFPGGF11cm，22如图3，过点P作PKAB于K，MNAB，PKMN，MPFPFK，DFPDCF90，CDFDFCPFKDFC90，PFKCDFMPF，在RtCDF中，CFDF2CD

2

8222215，CFtanCDFCD

2152

15，tanMPF15，即

MGPG

15，

4PG

15，415解得PG15

，PFPGGF

41515

2

4153015

，CDFPFK，DCF90PKF，△CDF∽△KFP，

CFPK

DFPF

215，即PK

841530，15解得PK

2

2

2

15

cm，故答案为：4，

2152

．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．16．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．将小正方形对角线EF双向延长，分别交边AB，和边BC的延长线于点G，若大正方形与小正方形的面积之比为5，GH210，则大正方形的边长为试卷第12页，共30页

．MGDF8MGDF84215cm，压杆MN到底座AB的距离为【答案】3【分析】设小正方形在线段DE上的一个顶点为M，CD与GH相交于点P，由大正方形与小正方形的面积之比为5，可推出AD5EM，设EMa，AEb，则AD5a，利用勾股定理和多项式的因式分解推出ab；延长BF交CD于点N，利用平行线分线段成比例定理可证N是CD的中点以及

FNBF

PNBG

FPGF

14证BFG≌DEP得PDBG4x，同理得EGFP，由此可推出PC2x；由CP∥BG，得

CPBG

PHGH

，可求得PH与PG的长，最后由EFPG2EG2a求出a的值即可．【详解】解：设小正方形在线段DE上的一个顶点为M，CD与GH相交于点P，∵大正方形与小正方形的面积之比为5，∴

ADEM

5，∴AD5EM，设EMa，AEb，则AD5a，由勾股定理得：AE2DE

2

AD2，2∴2b22ab4a20，∴b2ab2a20，∴a0，∵b2a0，∴ba0，∴ba，∴AEEMDMCFa，延长BF交CD于点N，试卷第13页，共30页，设PNx，则BG，设PNx，则BG4x，∴b2b5a，a2bab2∵BN∥DE，CFFM，∴DNCN，1122∵PN∥BG，∴FNBF

PNBG

FPGF

1a22a

4设PNx，则BG4x，∵BN∥DE，AB∥CD，∴BFGDEF，BGFDPE，∵DEBF，∴BFG≌DEPAAS

，∴PDBG4x，同理可得：EGFP，∴DN3xCN，∴PC2x，∵CP∥BG，∴

CPBG

PHGH

2x，即4x

PH∴PHPG10，∵

FPFG

14∴EGFP

105

，210∴EFPG2EG10535，∴a5

3105

2a，∴AD5a3，故答案为：3．试卷第14页，共30页∴FNDMa，∴FNDMa，1，210，，即FG4FP，【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，因式分解等知识，灵活运用平行线分线段成比例定理和勾股定理求出线段之间的关系是解答本题的关键．三、解答题17．（1）计算：(2023)0|32|12；（2）解不等式：3(x2)2(2x)．【答案】（1）33；（2）x10【分析】本题考查了实数的运算以及解一元一次不等式；（1）分别根据零指数幂的定义，绝对值的性质以及二次根式的性质，计算即可；（2）不等式去括号，移项，合并同类项，化系数为1即可．【详解】（1）原式=1+2-3+2333；（2）3(x2)2(2x)，去括号，得3x642x，移项，得3x2x46，合并同类项，得x10．18．小汪解答“解分式方程：

2x3x2

x12x

”的过程如下，请指出他解答过程中错误步骤的序号，并写出正确的解答过程．解：去分母得：2x①，去括号得：2x31x1…②，移项得：2xx113…③，合并同类项得：3x1…④，系数化为1得：

13∴

13【答案】错误步骤的序号为①，解法见详解．【分析】本题考查检查解分式方程；错误步骤的序号为①，解方程去分母转化为整式方程，试卷第15页，共30页2311…xx…⑤，x2311…xx…⑤，x是原分式方程的解．2xx1)，进而解这个整式方程，最后检验，即可求解．【详解】解：错误步骤的序号为①，2x3x2

x12x去分母得：2x去括号得：2x32x4x1移项得：2x2xx134…③，合并同类项得：x6…④，检验：当x6时，x20，∴x6是原分式方程的解．19．某校初三年级开展了系列交通安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息．a．这30名学生第一次竞赛成绩b．这30名学生两次知识竞赛的获奖情况统计表参与奖

优秀奖

卓越奖第一次竞赛第二次竞赛

人数平均分人数平均分

1082284

10871287

10951693和第二次竞赛成绩得分情况统计图：（规定：分数90，获卓越奖；85分数＜90，获优秀奖；分数＜85，获参与奖）试卷第16页，共30页32x2(232x2(232x21xc．第二次竞赛获卓越奖的学生成绩如下：90909191919192939394949495959698d．两次竞赛成绩样本数据的平均数、中位数、众数如表：平均数

中位数

众数第一次竞赛第二次竞赛

m90

87.5n

8891根据以上信息，回答下列问题：(1)小松同学第一次竞赛成绩是89分，第二次竞赛成绩是91分，在图中用“〇”圈出代表小松同学的点；(2)直接写出m，n的值；(3)请判断第几次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)m=88，n90(3)二，理由见解析【分析】本题考查统计图分析，涉及中位数、加权平均数、众数，（1）根据这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图可得横坐标是89，纵坐标是90的点即代表小松同学的点；（2）根据平均数和中位数的定义可得m和n的值；（3）根据平均数，众数和中位数进行决策即可．【详解】（1）解：（1）如图所示．试卷第17页，共30页（2）82108710951030∵第二次竞赛获卓越奖的学生有16人，成绩从小到大排列为：90909191919192939394949495959698，∴第一和第二个数是30名学生成绩中第15和第16个数，∴

n

2

90，∴m=88，n90；（3）可以推断出第二次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是：第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．答：二，第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．20．某校九年级学生在数学社团课上进行了项目化学习研究，某小组研究如下：【提出驱动性问题】如何设计纸盒？【设计实践任务】选择“素材1”素材2”设计了“任务1”任务2”的实践活动．请你尝试帮助他们解决相关问题．素材1

利用一边长为40cm的正方形纸板可能设计成如图所示的无盖纸盒如图，若在正方形硬纸板的四角素各剪掉一个同样大小的小正方材2

形，将剩余部分折成一个无盖纸盒．【尝试解决问题】任初步探究：折一个底面积为务1任务2

484cm2无盖纸盒折成的无盖纸盒的侧面积是否有最大值？

（1）求剪掉的小正方形的边长为多少？（2）如果有，求出这个最大值和此时剪掉的小正方形的边长；如果没有，说明理由．试卷第18页，共30页mm88，9090““【答案】任务1：剪掉的正方形的边长为9cm．任务2：当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm2．【分析】此题主要考查了一元二次方程和二次函数的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程和函数关系式是解决问题的关键．任务1：假设剪掉的正方形的边长为xcm，根据长方形盒子的底面积为484cm2，得方2任务2：侧面积有最大值，设剪掉的正方形边长为acm，盒子的侧面积为ycm2，利用长方形盒子的侧面积为：yaa得出即可．【详解】解：任务1：设剪掉的正方形的边长为xcm，2解得x131（不合题意，舍去），x29，答：剪掉的正方形的边长为9cm．任务2：侧面积有最大值．理由如下：设剪掉的小正方形的边长为acm，盒子的侧面积为ycm2，则y与x的函数关系为：yaa，即y8a2160a，2∴a10时，y最大

800．即当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm2．21．为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座AB高为2cm，ABC150，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计）试卷第19页，共30页程x484程x484，解所列方程并检验可得；则x484，即40x22，即y10800，40244024(1)求支点C离桌面l的高度；（计算结果保留根号）(2)小吉通过查阅资料，当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足3070时，问面板上端E离桌面l的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：sin700.94,cos700.34,tan702.75）【答案】(1)(932)cm(2)当α从30变化到70的过程中，高度增加了7.9cm【分析】本题考查解直角三角形的应用．把所求线段和所给角放在合适的直角三角形中是解决本题的关键．（1）过点C作CFl于点F，过点B作BMCF于点M，，易得四边形ABMF为矩形，那么可得MFAB2cm，ABM90，所以MBC60，利用60的三角函数值可得CM长，进而可求解；（2）过点C作CNl，过点E作EHCN于点H，分别得到CE与CN所成的角为30和70时EH的值，相减即可得到面板上端E离桌面l的高度增加或减少了．【详解】（1）解：过点C作CFl于点F，过点B作BMCF于点M，CFABMCBMF90，由题意得：BAF90，四边形ABMF为矩形，MFAB2cm，ABM90．ABC150，MBC60．BC18cm，CMBCsin6018

32

93．CFCMMF(932)cm，试卷第20页，共30页答：支点C离桌面l的高度为932cm；（2）解：过点C作CNl，过点E作EHCN于点H，EHC90，DE24cm,CD2cm，CE18cm，1当ECH30时，EHCEsin30189cm；2当ECH70时，EHCEsin70180.9416.92cm；16.9297.927.9cm，∴当α从30变化到70的过程中，面板上端E离桌面l的高度是增加了．22．正方形ABCD边长为3，点E是CD上一点，连结BE交AC于点F．(1)如图1，若CE1，求CF的值；(2)如图1，

CEED

m，若S△CBF

32(3)如图2，点G为BC上一点，且满足GACEBC，设CEx，GBy，试探究y与x的函数关系．(2)m1

34

2(3)y

3x

x3【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，掌握相似三角形判定定试卷第21页，共30页，求m的值．【答案】(1)93x0，求m的值．【答案】(1)93x0理的内容是解题关键．（1）证△CEF∽△ABF可得

CEAB

CFAF

，结合AFACCF即可求解；（2）由

CEED

m可得

CFAF

CEAB

mm1

SSCBF△ABC

m32x（3）由（1）可得CF3x

，证ACG∽BCF得

CGCF

ACBC

2即可求解．【详解】（1）解：由题意得：AB∥CE,ABBC3∴VCEF∽VABF,ACAB2BC

2

32∴

CEAB

CFAF1即：3

CF32CF解得：

3CF4

2（2）解：∵

CEED

m，∴∴

CECDCEAB

mm1mm1由（1）可得：

CFAF

CEAB

mm1SSCBFSABFSCBF△ABC∵SVABC

mm1m2m11922△CBF3

32m∴2m

1932解得：m1（3）解：由（1）得：xCF即：332CF

CEAB

CFAF32x解得：CF3x∵GACEBC，ACGBCF∴ACG∽BCF∴

CGCF

ACBC

2试卷第22页，共30页，进一步可得2m1，据此即可求解；∴∴ABBC，S21，进一步可得2m1，据此即可求解；∴∴ABBC，S21即：

3yCF

23y∴32x

23x93x3x∵y0∴93x0，x3又x0∴0x3故：

93x3x

x3个动点，且A(1,0)、E(1,0)．(2)如图2，连结PC，取PC中点G，则OG的最大值为；(3)如图3，连接AC、AP、CP、CB．若CQ平分PCD交PA于Q点，求AQ的长；(4)如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：定值，并求出这个定值．【答案】(1)120(2)2(3)AQ23为定值，证明见详解-56(4)PA

PCPDPA

为【分析】（1）由已知条件可以得到CD垂直平分AE，所以CACE，由于CEAE，所以可以证得三角形ACE为等边三角形，得到CEB120；试卷第23页，共30页整理得：yy023．如图1，E点为x轴正半轴上一点，E交x轴于A整理得：yy023．如图1，E点为x轴正半轴上一点，E交x轴于A、B两点，P点为劣弧BC上一(1)BC的度数为°；PCPD（2）由于直径ABCD，根据垂径定理，可以得到O是CD的中点，又G是CP的中点，12大；CQ平分DCP，所以PCQDCQ，可以证明ACQAQC，所以ACAQ，由（1）可得，ACAE4，所以AQ4；（4）由直径ABCD，可以得到AB垂直平分CD，所以ACAD，CAD2CAE120，将△ACP绕A点顺时针旋转120至△ADM，可以证明M，D，P三点共线，所以PCPDPM，可以证明△PAM

是顶角为120的等腰三角形，过A做AGPM于G，由于APM30，可以通过勾股定理或者三角函数证明PM3PA，所以

PCPDPA

3．【详解】（1）（1）连接AC，CE，A(1,0)、E(1,0)，OAOE1，OCAE，ACCE，AECE，ACCEAE，CAE60，BEC2CAB120，BC的度数为120．故答案为：120．（2）试卷第24页，共30页连接PD，则OG∥PD，连接PD，则OG∥PD，OGPD，要求OG最大值，只需要求PD最大值，由于P是劣弧BC上的一动点，故当P，E，D三点共线，即PD为直径时，PD最大，此时OG最（3）由于直径ABCD，根据垂径定理，可以得到AD，所以ACDCPA，又AC由题可得，AB为E直径，且ABCD，由垂径定理可得，COOD，连接PD，如图2，又G为PC的中点，12当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，且DPAB2AE4，OG的最大值为2，故答案为：2．（3）连接AC，BC，直径ABCD，，ACDCPA，QCQ平分DCP，DCQPCQ，ACDDCQCPAPCQ，ACQAQC，试卷第25页，共30页OGPD∥OGPD∥，且OGPD，ADACAQAC，CAO60，AO

1，AC2，AQ2．（4）由题可得，直径ABCD，AB垂直平分CD，如图4，连接AC，AD，则ACAD，由（1）得，DAC120，将△ACP绕A点顺时针旋转120至△ADM

，△ACP≌△ADM

，ACPADM

，PCDM，四边形ACPD为圆内接四边形，ACPADP180，ADMADP180，M、D、P三点共线，PDPCPDDMPM

，过A作AGPM于G，则PM2PG，ACD30，在RtAPG中，APM30，设AGx，则AP2x，PGAP2AG23x，PM2PG23xPM3AP，PCPD3AP试卷第26页，共30页APMAPM

PCPDPA

3为定值．【点睛】本题是一道圆的综合题，重点考查了垂径定理在圆中的应用，最后一问由“共顶点，等线段”联想到旋转，是此题的突破口，同时，要注意顶角为120度的等腰三角形腰和底边比是固定值．24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx4交y轴于点A，交x轴于点B6,0点C2,0连接AB、AQ、BQ，BQ与y轴交于点N．(1)求抛物线表达式；7

是平行四边形．①求点E的坐标；②设射线AM与BN相交于点P，交BE于点H，将BPH绕点B旋转一周，旋转后的三角形记为△BPH1，求