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广东省肇庆市广宁县部分学校2026年九年级数学中考三模试卷
1．下列各数中，比0小的数是（　　）
A．1 B．3 C．-3 D．
【答案】C
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：根据有理数大小比较规则，正数都大于0，负数都小于0。
A：是正整数，，不符合题意；
B：是正整数，，不符合题意；
C：是负整数，，符合题意；
D：是正分数，，不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查有理数的大小比较，核心是正负数与0的大小关系法则。根据有理数大小比较的基本结论：所有正有理数都大于0，所有负有理数都小于0，依次对四个选项进行判断。前三个选项分别为正整数、正整数、负整数，第四个选项为正分数，其中只有负整数满足小于0的要求，由此可确定正确选项。
2．春日经济犹如一扇窗，折射出中国经济的韧性和活力，据商务大数据监测，截至4月12日，2026年消费品以旧换新销售额达5029.4亿元.将数据“5029.4亿”用科学记数法表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：先进行单位换算，亿，因此亿。
科学记数法的标准形式为，其中，为正整数。
将的小数点向左移动3位，得到，对应指数增加3，即：
。
故答案为：B
【分析】本题考查科学记数法表示较大的数，涉及单位换算与科学记数法的定义。科学记数法要求将数表示为的形式，其中的绝对值需在1到10之间，的值由原数的整数位数决定。解题时先将“亿”换算为，得到以个为单位的数字表达式；再将前面的数值调整为符合要求的，根据小数点移动的位数调整10的指数，最终得到标准形式的科学记数法结果。
3．《九章算术·商功》中的“斜解立方，得两堑堵”，指的是将一个立方体沿着斜对角切开，得到两个相同的三棱柱，即“堑堵”.如图放置的“堑堵”的左视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：该“堑堵”本质是底面为直角三角形的直三棱柱，侧棱沿水平方向放置。从几何体左侧向右侧作正投影，棱柱的两条侧棱投影为直角边，斜面投影为斜边，最终得到的投影图形为直角三角形。
故答案为：A
【分析】本题考查几何体的三视图之左视图，涉及直三棱柱的结构特征。左视图是从几何体左侧观察得到的正投影图形，解题时先明确“堑堵”的几何结构：它是底面为直角三角形的直三棱柱；结合其放置方位，从左侧观察时，棱柱的竖直棱与水平棱分别投影为三角形的两条直角边，倾斜的侧面投影为三角形的斜边，因此左视图为直角三角形，据此匹配对应选项即可。
4．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、合并同类项时，系数相加，字母与指数保持不变，，该选项错误；
B、根据同底数幂相乘法则，底数不变、指数相加，，该选项正确；
C、根据同底数幂相除法则，底数不变、指数相减，，该选项错误；
D、根据积的乘方法则，积内每个因式分别乘方，，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题考查整式运算与幂的运算法则，涵盖合并同类项、同底数幂乘除法、积的乘方。解题时逐一对应运算法则验证选项：合并同类项仅对系数进行加减，字母和指数均不改变，由此可判断选项A错误；同底数幂乘法遵循“底数不变、指数相加”，代入计算可验证选项B运算正确；同底数幂除法遵循“底数不变、指数相减”，代入计算可发现选项C的指数计算有误；积的乘方需要对括号内每一项分别乘方，幂的乘方遵循“底数不变、指数相乘”，由此可判断选项D遗漏了的指数运算，结果错误。
5．如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于A，B两点，若点A（2，5），则点B的坐标为（　　）
A．（5，2） B．（-5，-2） C．（-2，-5） D．（-1，-2）
【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：∵过原点的直线与反比例函数图象交于A、B两点，
∴A、B两点关于坐标原点中心对称。
∵关于原点对称的点，横、纵坐标均互为相反数，点A坐标为，
∴点B的横坐标为，纵坐标为，即
故答案为：C
【分析】本题考查反比例函数的图象对称性与关于原点对称的点的坐标特征。反比例函数的图象是中心对称图形，对称中心为坐标原点，因此过原点的直线与双曲线的两个交点必然关于原点对称。根据关于原点对称的点的坐标规律：若点关于原点对称，则对称点坐标为，将点A的横、纵坐标分别取相反数，即可得到点B的坐标。
6．中国象棋是中华民族的文化瑰宝，历史悠久、深受人们喜爱.一副标准中国象棋共有32枚棋子，其中“帥”和“将”棋子各有一枚.现从一副完整的中国象棋中随机摸出一枚棋子，摸到的棋子是“帥”或“将”的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵一副完整的中国象棋共有32枚棋子，从中随机摸出一枚，共有32种等可能的结果，
其中摸到“帥”或“将”的结果共有2种，
∴根据概率公式，摸到“帥”或“将”的概率。
故答案为：B
【分析】本题考查简单随机事件的概率计算，核心是概率公式的应用。概率的计算公式为：随机事件发生的概率等于该事件包含的等可能结果数除以所有等可能结果的总数。解题时先确定总结果数：整副象棋共32枚棋子，因此摸一枚棋子有32种等可能情况；再确定符合条件的结果数：“帥”和“将”各1枚，共2枚符合条件的棋子；将两个数值代入概率公式化简后，即可得到对应概率。
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD、AC平分∠DAB，若∠DCA=38°，则∠D的度数为（　　）
A．38° B．76° C．104° D．142°
【答案】C
【知识点】平行线的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵，
∴（两直线平行，内错角相等），
且（两直线平行，同旁内角互补）。
∵平分，
∴（角平分线的定义）。
∴。
故答案为：C
【分析】本题考查平行线的性质与角平分线的定义，属于几何基础计算题型。首先根据“两直线平行，内错角相等”，由可得与相等，代入已知角度得到；再根据角平分线的定义，将分为两个相等的角，因此的度数是的2倍，计算得；最后根据“两直线平行，同旁内角互补”，与的和为，用减去的度数，即可求出的度数。
8．一元二次方程的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：将原方程整理为一元二次方程的一般形式：
，
其中二次项系数，一次项系数，常数项。
代入根的判别式公式：
，
∴该一元二次方程有两个不相等的实数根。
故答案为：A
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式的应用，核心是通过判别式的值判断根的个数。解题第一步需先将方程化为的标准形式，确定二次项系数、一次项系数与常数项；再代入根的判别式公式计算数值；最后根据判别式的意义判断：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根。本题计算得，因此对应两个不相等的实数根。
9．如图，青山在王家庄、绿水两地之间，青山距绿水120km.有两辆汽车A，B从王家庄同时出发，分别前往青山、绿水两地，已知A车的平均速度为60km/h、B车的平均速度为100km/h，两车同时到达目的地：若设王家庄距青山xkm，根据题意可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：设王家庄距青山 km，
∵青山在王家庄与绿水之间，且青山距绿水120km，
∴王家庄到绿水的路程为 km。
根据“时间=路程÷速度”，
A车从王家庄到青山的行驶时间为 h，
B车从王家庄到绿水的行驶时间为 h。
∵两车同时出发、同时到达，即行驶时间相等，
∴可列方程：。
故答案为：C
【分析】本题考查由实际行程问题列分式方程，核心是抓住“时间相等”的等量关系。解题时先根据题意梳理路程关系：王家庄到青山的路程为 km，青山到绿水为120km，因此王家庄到绿水的总路程为与120的和；再根据行程问题基本公式“时间=路程÷速度”，分别用路程除以对应车速，表示出A车、B车的行驶时间；最后根据“两车同时出发且同时到达”这一条件，得到两车行驶时间相等的等量关系，将两个时间表达式用等号连接，即可得到对应的方程。
10．如图，在正方形ABCD中，E是AB边的中点，连接DE，F是DE的中点，连接CF，作CG⊥DE于点C，则tan∠GCF的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，则。
∵E是AB边的中点，
∴。
在中，由勾股定理得：
。
∵F是DE的中点，
∴。
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴（两直线平行，内错角相等）。
∵，∴，
又，
∴（两角分别相等的两个三角形相似）。
∴，
代入线段长得，
解得，。
∴。
在中，
。
故答案为：C
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及锐角三角函数的定义，属于几何综合题型。解题时可先设正方形边长为参数，利用中点定义得到AE的长度，再根据勾股定理求出DE的长度，结合中点定义得到DF的长度；接着利用正方形对边平行的性质，得到内错角与相等，结合两个直角相等，根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明与相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，列出比例式求出DG与CG的长度；通过线段和差计算出GF的长度后，在直角三角形CGF中，根据正切的定义“对边比邻边”，用GF的长度除以CG的长度，化简后即可得到的值。
11．因式分解：x3-9x=　 　.
【答案】x（x+3）（x-3）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：x3﹣9x=x（x2-9）=x（x+3）（x-3）
【分析】先提取公因式x，再利用平方差公式进行分解。
12．已知实数a，b满足则=　 　.
【答案】9
【知识点】偶次方的非负性；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵，，且两者的和为0，
根据“若几个非负数的和为0，则每个非负数都为0”，
可得：，，
解得，。
将、代入得：
。
故答案为：
【分析】本题考查非负数的性质，涉及偶次幂与绝对值的非负性。初中阶段常见的非负数有平方数、绝对值与算术平方根，其核心性质为：若若干个非负数的和为0，则每一个非负数的值都为0。解题时先分别判断与均为非负数，根据上述性质可列出两个一元一次方程，求解得到、的值；再将数值代入代数式，按照有理数的运算规则计算，即可得到最终结果。
13．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，C是上一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA，PB于点D，E，PA=12cm，则△的周长是　 　cm.
【答案】24
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵、都是的切线，切点分别为A、B，
∴（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等）。
同理，、都是的切线，∴；
、都是的切线，∴。
的周长
将、代入得：
。
故答案为：
【分析】本题考查切线长定理的应用，核心是利用切线长相等进行线段转化。切线长定理指出：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长度相等。解题时先对三组切线分别应用定理：从点P引的两条切线PA、PB长度相等，从点D引的两条切线DA、DC长度相等，从点E引的两条切线EB、EC长度相等；再将的周长拆分为三条线段的和，把其中的DC替换为DA、EC替换为EB，通过线段重组可将周长转化为PA与PB的长度之和；最后代入PA的长度计算，即可得到三角形的周长。
14．如图，在中，，先以点C为圆心，AC的长为半径画弧，交BA延长线于点G，再分别以点G和点A为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；画射线CM交GB于点D.若AD=1，则AB的长为　 　.
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：由尺规作图的步骤可知，垂直平分线段，
∴，即。
∵，
∴，
在中，。
在上取点E，使，
则（等边对等角），
∴（三角形外角等于不相邻两内角和）。
在中，，，
∴，，
∴，
∴。
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴。
∴。
故答案为：
【分析】本题考查尺规作图的识别、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形性质及等腰直角三角形的判定与性质。解题第一步先根据尺规作图的步骤，判断出射线CM是线段AG的垂直平分线，因此CD与AB垂直，得到两个直角三角形；接着利用邻补角关系求出的度数，再结合直角三角形两锐角互余求出的度数；通过构造等腰三角形ACE，利用等边对等角与三角形外角性质，得到；在含30°角的直角三角形ADE中，根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”求出AE的长度，再用勾股定理求出DE的长度，进而得到CD的总长度；然后根据与直角条件，判定为等腰直角三角形，得到BD与CD相等；最后通过线段和差，用BD减去AD的长度，即可求出AB的长。
15．已知抛物线的对称轴是直线与x轴交于A（-1，0），B两点，与y轴的交点C在x轴下方，若OC>2OA，则该抛物线的表达式可以是　 　.（写出一个即可）
【答案】
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线，且与x轴交于，
根据抛物线的对称性，点A到对称轴的距离为，
∴点B的横坐标为，即。
设抛物线的交点式为，
展开得，
∴抛物线与y轴交点C的坐标为。
∵点C在x轴下方，∴，即。
∵，∴，
由得，
∵，∴，解得。
取，代入得抛物线解析式为。
故答案为：（答案不唯一）
【分析】本题考查二次函数的图象性质与待定系数法求解析式，涉及抛物线的对称性、交点式的应用。解题第一步利用抛物线的对称性：抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，已知点A坐标与对称轴，可计算出另一个交点B的坐标；第二步设抛物线的交点式，代入两个交点坐标，将解析式用含参数的形式表示，并展开得到一般式，从而得到与y轴交点C的纵坐标；第三步根据“交点C在x轴下方”确定的取值范围为正，再结合的条件，代入线段长度列出不等式，求解得到的取值范围；最后在取值范围内任取一个的值，代入解析式化简，即可得到符合条件的抛物线表达式。
16．解不等式组：
【答案】解：记不等式组
解不等式①得：x>3，
解不等式②得：x≤4，
∴不等式组的解集为：3【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】本题考查一元一次不等式组的求解，涉及不等式的基本性质与解集的确定。解不等式组需先分别求出每个不等式的解集，再找出两个解集的公共部分作为最终解集。解第一个不等式时，依据不等式的移项法则，将右侧的移到左侧、左侧的移到右侧，合并同类项后得到；解第二个不等式时，先在不等式两边同时乘3消去分母，再通过移项、系数化为1得到；最后根据解集的确定规则，取两个解集的公共部分，即为不等式组的解集。
17．如图，AC，BD相交于点E，BC，EF为四边形BECF的对角线.连接AB，CD，已知AB=CD.现从条件：①AC=BD，②∠A=∠D，③BF=FC中任选2个，求证：EF垂直平分BC.
【答案】解：选择条件②③，
证明：在△ABE和△DCE中，
∴△ABE≌△DCE（AAS）.
∴EB=EC，
∴点E在线段BC的垂直平分线上.
∵BF=FC，
∴点F在线段BC的垂直平分线上，
∴EF垂直平分BC.
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题考查三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定，属于几何证明题型，需结合所选条件逐步推导。要证明垂直平分，根据线段垂直平分线的判定定理，只需证明点E和点F都在线段的垂直平分线上，即证明且。选择条件②③：先利用、对顶角与已知，根据AAS判定定理证明，由全等三角形对应边相等得到，结合已知，同理可证垂直平分。
18．为持续对机器人进行升级改进、某公司从自己生产的甲、乙两种型号的人形机器人中各随机插取20台对感知与环境交互能力进行测评，并对测评成筑进行整理、描述和分析，并绘制成如下的统计图表（分数用x表示，总分为100分，共分四组：A.100）.下面给出了部分信息：
甲型20台人形机器人测评成绩是：69，74，76，77，79，79，81，83，85，85，86，90.91，92，92，92，95.96，98、98.
乙型20台人形机器人测评成绩在C组中的数据是：81，83，85.86，87，89.
所抽甲、乙两种型号人形机器人的测评成绩统计表
型号 甲型 乙型
平均数 85.9 85.9
中位数 85.5 0
众数 b 94
所抽乙型人形机器人的测评成绩扇形统计图
根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中a=　 　，b=　 　，m=　 　
（2）根据以上数据，你认为该公司甲、乙两种型号的人形机器人哪种型号的感知与环境交互能力较好 请说明理由（写出一条理由即可）.
（3）该公司已经生产甲型人形机器人450台，乙型人形机器人540台，公司规定所生产的每台人形机器人需要感知与环境交互能力不低于80分才能交付，请估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级多少台才满足交付的标准
【答案】（1）86.5；92；40
（2）该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好，理由①：该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型
人形机器人的测评成绩的中位数86.5大于甲型人形机器人的测评成绩的中位数85.5，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好；
理由②：∵该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型人形机器人的测评成绩的众数94大于甲型人形机器人的测评成绩的众数92，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好.（写出一条理由即可）
（3）（台）.
答：估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级297台才满足交付的标准.
【知识点】统计表；扇形统计图；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）根据题意可得C组占比为，
∴；
20个数据的中位数是第10、11个数据的平均数，
A组有台，B组有台，
∴第10、11个数据都在C组，分别为86、87，中位数，
甲型测评成绩中，92出现次数最多（共3次），
∴众数；
【分析】（1）求的值时，先根据乙型C组的数量除以总样本数得到C组占比，再用100%减去A、B、C三组的占比，即可得到D组的占比；求中位数时，先根据各组占比计算出A、B组的台数，确定第10、11个数据都落在C组，取出C组中对应的两个数据求平均数，即为中位数；求众数时，统计甲型成绩中出现次数最多的数值，即为众数。
（2）对比两种型号的统计量时，可从中位数、众数等角度分析，例如两者平均数相同的情况下，乙型的中位数更高，说明乙型半数以上的成绩高于甲型的中位数水平，整体表现更优，据此判断即可。
（3）估计升级台数时，先分别统计样本中甲型、乙型低于80分的数量与占比，再用各自的总台数乘以对应占比，得到两种型号需要升级的台数，相加后即为总升级台数，体现了用样本估计总体的统计思想。
19．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点D，BC的延长线交AD于点E，F是AE的中点.
（1）求证：CF是⊙O的切线.
（2）若⊙O的半径为6，求BE的长.
【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∴∠ACE=90°.
∵F是AE的中点，
∴∠FAC=∠FCA.
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD=∠OAC+∠CAF=90°，∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=90°.
∵OC为⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线.
（2）解：∵⊙O的半径为6，
∴CD=4，
∴OD=OC+CD=6+4=10，
∴在Rt△OAD中，
在Rt△CDF中，
即CF=3，
∴AE=2CF=6.
∵AB=2OA=12，
∴在Rt△ABE中，
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；求正切值；已知正切值求边长；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）要证明是的切线，根据切线的判定定理，只需证明，即。首先由直径所对的圆周角为直角，得到，进而；再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由F是AE中点得到，根据等边对等角推出；结合半径相等得到，再由AD是切线得到，通过角的和差关系可推出，结合OC是半径，即可证明CF是切线。
（2）求BE的长时，先根据半径长度与比例关系求出CD、OD的长度，再在中用勾股定理求出AD的长；接着利用正切函数的定义，在中表示出，再在中利用同一个角的正切值相等，求出CF的长度；结合F是AE中点，得到AE的长度，最后在中，利用勾股定理即可求出BE的长度。
20．某公司专门生产高端智能测量装备，2023年研发投入资金1000万元，随着公司规模的扩大，研发投入逐年增长，到2025年研发投入资金1210万元.
（1）求该公司研发投入资金的年平均增长率.
（2）若该公司计划2026年生产A、B两款高端智能测量装备共3000台，其中A款装备每台定价5万元，B款每台定价3.5万元.市场调研表明，A款装备的数量不多于B款装备数量的2倍.当生产A款装备多少台时，公司的销售总收入最大 最大收入是多少万元
【答案】（1）解：设该公司研发投入资金的年平均增长率为x，
依题意得，
解得x=0.1（负值已舍去），
∴年均增长率为10%，
答：该公司研发投入资金的年平均增长率为10%.
（2）设生产A款装备a台，则生产B款装备（3000-a）台.
根据题意，得a≤2（3000-a），
解得a≤2000.
设销售总收入为W万元，则W=5a+3.5（3000-a）=1.5a+10500，
∵1.5>0，
∴W随a的增大而增大.
∵a≤2000，
∴当a=2000时W值最大，10500=13500（万元）.
答：当生产A款装备2000台时，公司的销售总收入最大，最大收入是13500万元.
【知识点】一元一次不等式的应用；一元二次方程的实际应用-百分率问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）求年平均增长率时，设年平均增长率为，根据增长率问题的公式：初始量增长率增长年后的量，代入2023年的初始资金与2025年的资金，列出一元二次方程，求解后舍去负根，即可得到年平均增长率。
（2）求最大收入时，先设生产A款装备的数量为参数，根据总台数表示出B款的数量；再根据“A款数量不多于B款数量的2倍”列出一元一次不等式，求解得到参数的取值范围；接着根据“总收入=A款收入+B款收入”列出总收入关于参数的一次函数表达式，根据一次项系数的正负判断函数的增减性，在取值范围内找到使函数值最大的参数值，代入计算即可得到最大收入。
21．综合与实践
【项目】为迎接市中学生运动会，某校计划将一片旧操场角落改造成一个符合国际田联（世界田径）标准的铅球投掷场地.作为校“未米工程师”项目组成员，你需要运用所学知识参与设计.
【资料】如题21-1图，铅球场地由扇形的一部分与圆组成，圆为铅球投掷圈，扇形部分为铅球落地区，以下是国际田联对铅球场地的关键规定：
⑴投掷圈为直径2.135m的圆形区域.
⑵落地区是以投掷圈圆心为顶点、夹角为34.92°、半径为25m的扇形区域.
⑶为保证安全，在场地四周2m范围内为安全区，均不得有障碍物.
【问题】
（1）根据田联标准计算
如题21-1图，MN⊥OH、OH平分∠AOB，当OD=OC=20m时，求CD的长（参考数据：0）
（2）铅球场地占地面积约是多少平方米 （结果保留两位小数，π取3.14）
（3）规划设计
学校提供的空地呈长方形，长35米，宽20米，如题21-2图，请结合空地尺寸和落地区角度，从安全角度判断该空间是否可以建设一个标准铅球场地 如可以，画出简单场地示意图；如不可以，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意得，∠AOB=34.92°，OH平分∠AOB，
∴∠COG=∠DOC=17.46°.
∵MN⊥OH，OD=OC=20m，
在△COG中，
∴CD=2CC=12m.
（2）铅球场地由扇形落地区和圆形投掷圈组成.扇形半径R=25m，圆心角0=34.92°，投掷圈直径d=2.135m，半径r=1.0675m.
∴扇形面积：
3.14×625=190.3625m2.
投掷圈面积：
重叠部分（投掷圈内位于扇形内的部分）面积：
场地总面积：0.3471=193.5936=193.59m2.
∴铅球场地占地面积约是193.59m2.
（3）可以.
示意图如下（以长方形表示空地，内部画出投掷圈和扇形落地区，并标注安全区）.（位置不固定）
【知识点】扇形面积的计算；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）求CD的长时，先根据角平分线的定义，由OH平分得到；再根据等腰三角形三线合一，由且，得到G为CD中点，即；最后在中，利用正弦函数的定义求出CG的长度，乘以2即可得到CD的长。
（2）求场地占地面积时，需分别计算扇形落地区与圆形投掷圈的面积，再减去两者重叠部分的面积避免重复计算；根据扇形面积公式代入角度与半径求出扇形面积，根据圆的面积公式求出投掷圈面积，再按圆心角占比求出重叠部分面积，通过“扇形面积+投掷圈面积-重叠面积”即可得到总面积。
（3）判断场地是否可建设时，先计算扣除四周2m安全区后的有效可用矩形尺寸，再分别计算标准场地沿对称轴方向的总长度与垂直对称轴方向的总宽度，将两个尺寸与有效区域的长、宽对比，若均小于有效区域尺寸则可建设，放置时将场地对称轴沿矩形长边方向布置即可。
22．问题背景
如图，在四边形ABCD中，，点E是射线BC上的动点，以AE为直角腰在AE右侧作四边形AEFG，且四边形ABCD∽四边形AEFG.连接FC.
（1）观察感知
如题图1，当AE∥CD时，EF交CD于点M，求CM的长.
（2）探究发现
设BE=x，△ECF的面积为S，求S关于x的函数关系式.
（3）问题拓展
如题图2，连接DF，点E在运动过程中，求线段DF的最小值.
【答案】（1）解：∵AD∥BC，AE∥CD，∠BAD=90°，
∴四边形ADCE为平行四边形，∠ABC=∠BAD=90°，
∴EC=AD=4.
∵四边形ABCD∽四边形AEFG，∴∠CME=∠AEF=∠ABC=90°，
∴BE=BC-EC=9-4=5.
∴在Rt△ABE中，
∴AE=13.
∵∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE=∠MEC.
∵∠ABE=∠EMC=90°，
∴△ABE∽△EMC、
即
（2）∵四边形ABCD∽四边形AEFC，
如答22-1，答22-2图，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H，
∴∠FHE=∠ABC=90°，
由题可知∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
∴△ABE∽△EHF，
∵BE=x.
分类讨论：
①如图1，当点E在线段BC上时（0≤x≤9），EC=BC-BE=9-x，
当x=0时，即点E与点B重合，点F与点C重合，此时△ECF不存在，当x=9时，即点E与点C重合，△ECF不存在，∴0②如图2，当点E在BC延长线上时（x>9），EC=BE-BC=x-9，
综上所述，S与x的函数关系式为：
（3）解值思密
如图3，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H，延长AD交直线FH于点K，
∴四边形ABHK为矩形，
由（2）可知：
设BE=x
点E是动点，设出BE的长
∴AK=BH=BE+EH=x+9，HK=AB=12，
∴DK=AK-AD=9+x-4=5+x，FK=HK-FH=12-
在Rt△DKF中，建立DF与BE的关系
∴当时，DF有最小值，利用三次函数的图象性质，确定最值最小值为
∴线段DF的最小值为635.
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；相似多边形；二次函数的实际应用-几何问题；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）求CM的长时，先由、，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，判定四边形ADCE为平行四边形，得到，进而求出BE的长度；再由勾股定理求出AE的长度；接着根据相似多边形对应角相等，得到，通过同角的余角相等推出角相等，结合两个直角相等，证明；最后根据相似三角形对应边成比例列出比例式，代入已知线段长度即可求出CM的长。
（2）求S关于x的函数关系式时，先根据相似多边形对应边成比例，求出AE与EF的比值；再过点F作BC的垂线，构造直角三角形，通过角的互余关系证明，根据相似比求出FH的长度；再分两种情况讨论：当点E在线段BC上时，EC的长度为；当点E在BC延长线上时，EC的长度为；分别利用三角形面积公式表示出的面积，即可得到分段函数关系式。
（3）求DF的最小值时，可通过坐标法或几何转化，将DF的长度用含参数的代数式表示；延长AD交FH的垂线于点K，构造直角三角形DKF，根据前面的相似关系用参数表示出DK与FK的长度，再在直角三角形中利用勾股定理写出DF平方关于参数的二次函数表达式，通过配方法求出二次函数的最小值，开方后即可得到DF的最小值。
23．如图1，已知抛物线与x轴交于.A（-8，0）、B两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC，BC.点D是抛物线的顶点.
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标.
（2）求证：
（3）如图2，平面内有一点M（-3，8），一条不垂直于y轴的直线l与抛物线交于两点G，H，且满足探究直线l是否过定点 若直线l过定点，求定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）解：抛物线与x轴交于A（-8，0）、B两点，与y轴交于点C（0，4）.
将点A，点C的坐标分别代入得：解得
∴抛物线的解析式为
对称轴为直线将x=-3代入中得：
∴顶点D的坐标为
（2）证明：当y=0时，得
解得.
∴B（2，0），
∴OB=2，OA=8，AB=8+2=10，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，即AC⊥BC.
（3）解：是.
如答23图，分别过点G，H作抛物线对称轴的垂线，垂足为N，K，
设直线CH的解析式为=kx+m，G（x1，y1），H（x2，y2），则.N（-3，（-3，y2），
联立
整理得
∵∠GMD=∠HMD，M（-3，8），
∴tan∠GMD=tan∠HMD，
即
∴2k（4m-16）+（3k+m-8）（-4k-6）+6（m-8）=0，
即
∵直线l不垂直于y轴，
∴k≠0，
∴-6k+2m-9，
将代入直线y=kx+m得：
∴当x=-3时，
∴直线l过定点（-3，）
【知识点】勾股定理；解直角三角形—边角关系；二次函数-线段定值（及比值）的存在性问题
【解析】【分析】（1）求抛物线解析式与顶点坐标时，将点A、点C的坐标代入抛物线一般式，得到关于、的二元一次方程组，解方程组求出系数值，即可得到抛物线解析式；再利用对称轴公式求出对称轴横坐标，代入解析式求出对应纵坐标，即为顶点D的坐标。
（2）证明时，先令抛物线解析式中，解一元二次方程求出点B的坐标，进而得到OA、OB、AB的长度；再利用勾股定理分别求出AC、BC的长度，计算与的值，若两者相等，根据勾股定理的逆定理可判定为直角三角形且，即可证明垂直关系。
（3）探究直线是否过定点时，先设直线GH的解析式为斜截式，设出G、H两点的坐标，将直线与抛物线解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理写出两根之和与两根之积；再由可知MD是角平分线，通过构造垂线，利用正切值相等得到线段比例关系，将坐标代入比例式并化简，结合韦达定理的结论推导出斜率与截距的关系；最后将截距用斜率表示，代入直线解析式并整理为点斜式形式，即可找到无论斜率取何值都成立的定点坐标。
1 / 1广东省肇庆市广宁县部分学校2026年九年级数学中考三模试卷
1．下列各数中，比0小的数是（　　）
A．1 B．3 C．-3 D．
2．春日经济犹如一扇窗，折射出中国经济的韧性和活力，据商务大数据监测，截至4月12日，2026年消费品以旧换新销售额达5029.4亿元.将数据“5029.4亿”用科学记数法表示为（　　）
A． B．
C． D．
3．《九章算术·商功》中的“斜解立方，得两堑堵”，指的是将一个立方体沿着斜对角切开，得到两个相同的三棱柱，即“堑堵”.如图放置的“堑堵”的左视图是（　　）
A． B．
C． D．
4．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于A，B两点，若点A（2，5），则点B的坐标为（　　）
A．（5，2） B．（-5，-2） C．（-2，-5） D．（-1，-2）
6．中国象棋是中华民族的文化瑰宝，历史悠久、深受人们喜爱.一副标准中国象棋共有32枚棋子，其中“帥”和“将”棋子各有一枚.现从一副完整的中国象棋中随机摸出一枚棋子，摸到的棋子是“帥”或“将”的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD、AC平分∠DAB，若∠DCA=38°，则∠D的度数为（　　）
A．38° B．76° C．104° D．142°
8．一元二次方程的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根 D．没有实数根
9．如图，青山在王家庄、绿水两地之间，青山距绿水120km.有两辆汽车A，B从王家庄同时出发，分别前往青山、绿水两地，已知A车的平均速度为60km/h、B车的平均速度为100km/h，两车同时到达目的地：若设王家庄距青山xkm，根据题意可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，在正方形ABCD中，E是AB边的中点，连接DE，F是DE的中点，连接CF，作CG⊥DE于点C，则tan∠GCF的值是（　　）
A． B． C． D．
11．因式分解：x3-9x=　 　.
12．已知实数a，b满足则=　 　.
13．如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，C是上一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA，PB于点D，E，PA=12cm，则△的周长是　 　cm.
14．如图，在中，，先以点C为圆心，AC的长为半径画弧，交BA延长线于点G，再分别以点G和点A为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；画射线CM交GB于点D.若AD=1，则AB的长为　 　.
15．已知抛物线的对称轴是直线与x轴交于A（-1，0），B两点，与y轴的交点C在x轴下方，若OC>2OA，则该抛物线的表达式可以是　 　.（写出一个即可）
16．解不等式组：
17．如图，AC，BD相交于点E，BC，EF为四边形BECF的对角线.连接AB，CD，已知AB=CD.现从条件：①AC=BD，②∠A=∠D，③BF=FC中任选2个，求证：EF垂直平分BC.
18．为持续对机器人进行升级改进、某公司从自己生产的甲、乙两种型号的人形机器人中各随机插取20台对感知与环境交互能力进行测评，并对测评成筑进行整理、描述和分析，并绘制成如下的统计图表（分数用x表示，总分为100分，共分四组：A.100）.下面给出了部分信息：
甲型20台人形机器人测评成绩是：69，74，76，77，79，79，81，83，85，85，86，90.91，92，92，92，95.96，98、98.
乙型20台人形机器人测评成绩在C组中的数据是：81，83，85.86，87，89.
所抽甲、乙两种型号人形机器人的测评成绩统计表
型号 甲型 乙型
平均数 85.9 85.9
中位数 85.5 0
众数 b 94
所抽乙型人形机器人的测评成绩扇形统计图
根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中a=　 　，b=　 　，m=　 　
（2）根据以上数据，你认为该公司甲、乙两种型号的人形机器人哪种型号的感知与环境交互能力较好 请说明理由（写出一条理由即可）.
（3）该公司已经生产甲型人形机器人450台，乙型人形机器人540台，公司规定所生产的每台人形机器人需要感知与环境交互能力不低于80分才能交付，请估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级多少台才满足交付的标准
19．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点D，BC的延长线交AD于点E，F是AE的中点.
（1）求证：CF是⊙O的切线.
（2）若⊙O的半径为6，求BE的长.
20．某公司专门生产高端智能测量装备，2023年研发投入资金1000万元，随着公司规模的扩大，研发投入逐年增长，到2025年研发投入资金1210万元.
（1）求该公司研发投入资金的年平均增长率.
（2）若该公司计划2026年生产A、B两款高端智能测量装备共3000台，其中A款装备每台定价5万元，B款每台定价3.5万元.市场调研表明，A款装备的数量不多于B款装备数量的2倍.当生产A款装备多少台时，公司的销售总收入最大 最大收入是多少万元
21．综合与实践
【项目】为迎接市中学生运动会，某校计划将一片旧操场角落改造成一个符合国际田联（世界田径）标准的铅球投掷场地.作为校“未米工程师”项目组成员，你需要运用所学知识参与设计.
【资料】如题21-1图，铅球场地由扇形的一部分与圆组成，圆为铅球投掷圈，扇形部分为铅球落地区，以下是国际田联对铅球场地的关键规定：
⑴投掷圈为直径2.135m的圆形区域.
⑵落地区是以投掷圈圆心为顶点、夹角为34.92°、半径为25m的扇形区域.
⑶为保证安全，在场地四周2m范围内为安全区，均不得有障碍物.
【问题】
（1）根据田联标准计算
如题21-1图，MN⊥OH、OH平分∠AOB，当OD=OC=20m时，求CD的长（参考数据：0）
（2）铅球场地占地面积约是多少平方米 （结果保留两位小数，π取3.14）
（3）规划设计
学校提供的空地呈长方形，长35米，宽20米，如题21-2图，请结合空地尺寸和落地区角度，从安全角度判断该空间是否可以建设一个标准铅球场地 如可以，画出简单场地示意图；如不可以，请说明理由.
22．问题背景
如图，在四边形ABCD中，，点E是射线BC上的动点，以AE为直角腰在AE右侧作四边形AEFG，且四边形ABCD∽四边形AEFG.连接FC.
（1）观察感知
如题图1，当AE∥CD时，EF交CD于点M，求CM的长.
（2）探究发现
设BE=x，△ECF的面积为S，求S关于x的函数关系式.
（3）问题拓展
如题图2，连接DF，点E在运动过程中，求线段DF的最小值.
23．如图1，已知抛物线与x轴交于.A（-8，0）、B两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC，BC.点D是抛物线的顶点.
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标.
（2）求证：
（3）如图2，平面内有一点M（-3，8），一条不垂直于y轴的直线l与抛物线交于两点G，H，且满足探究直线l是否过定点 若直线l过定点，求定点坐标；若不过定点，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法
【解析】【解答】解：根据有理数大小比较规则，正数都大于0，负数都小于0。
A：是正整数，，不符合题意；
B：是正整数，，不符合题意；
C：是负整数，，符合题意；
D：是正分数，，不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查有理数的大小比较，核心是正负数与0的大小关系法则。根据有理数大小比较的基本结论：所有正有理数都大于0，所有负有理数都小于0，依次对四个选项进行判断。前三个选项分别为正整数、正整数、负整数，第四个选项为正分数，其中只有负整数满足小于0的要求，由此可确定正确选项。
2．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：先进行单位换算，亿，因此亿。
科学记数法的标准形式为，其中，为正整数。
将的小数点向左移动3位，得到，对应指数增加3，即：
。
故答案为：B
【分析】本题考查科学记数法表示较大的数，涉及单位换算与科学记数法的定义。科学记数法要求将数表示为的形式，其中的绝对值需在1到10之间，的值由原数的整数位数决定。解题时先将“亿”换算为，得到以个为单位的数字表达式；再将前面的数值调整为符合要求的，根据小数点移动的位数调整10的指数，最终得到标准形式的科学记数法结果。
3．【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：该“堑堵”本质是底面为直角三角形的直三棱柱，侧棱沿水平方向放置。从几何体左侧向右侧作正投影，棱柱的两条侧棱投影为直角边，斜面投影为斜边，最终得到的投影图形为直角三角形。
故答案为：A
【分析】本题考查几何体的三视图之左视图，涉及直三棱柱的结构特征。左视图是从几何体左侧观察得到的正投影图形，解题时先明确“堑堵”的几何结构：它是底面为直角三角形的直三棱柱；结合其放置方位，从左侧观察时，棱柱的竖直棱与水平棱分别投影为三角形的两条直角边，倾斜的侧面投影为三角形的斜边，因此左视图为直角三角形，据此匹配对应选项即可。
4．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、合并同类项时，系数相加，字母与指数保持不变，，该选项错误；
B、根据同底数幂相乘法则，底数不变、指数相加，，该选项正确；
C、根据同底数幂相除法则，底数不变、指数相减，，该选项错误；
D、根据积的乘方法则，积内每个因式分别乘方，，该选项错误。
故答案为：B
【分析】本题考查整式运算与幂的运算法则，涵盖合并同类项、同底数幂乘除法、积的乘方。解题时逐一对应运算法则验证选项：合并同类项仅对系数进行加减，字母和指数均不改变，由此可判断选项A错误；同底数幂乘法遵循“底数不变、指数相加”，代入计算可验证选项B运算正确；同底数幂除法遵循“底数不变、指数相减”，代入计算可发现选项C的指数计算有误；积的乘方需要对括号内每一项分别乘方，幂的乘方遵循“底数不变、指数相乘”，由此可判断选项D遗漏了的指数运算，结果错误。
5．【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：∵过原点的直线与反比例函数图象交于A、B两点，
∴A、B两点关于坐标原点中心对称。
∵关于原点对称的点，横、纵坐标均互为相反数，点A坐标为，
∴点B的横坐标为，纵坐标为，即
故答案为：C
【分析】本题考查反比例函数的图象对称性与关于原点对称的点的坐标特征。反比例函数的图象是中心对称图形，对称中心为坐标原点，因此过原点的直线与双曲线的两个交点必然关于原点对称。根据关于原点对称的点的坐标规律：若点关于原点对称，则对称点坐标为，将点A的横、纵坐标分别取相反数，即可得到点B的坐标。
6．【答案】B
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵一副完整的中国象棋共有32枚棋子，从中随机摸出一枚，共有32种等可能的结果，
其中摸到“帥”或“将”的结果共有2种，
∴根据概率公式，摸到“帥”或“将”的概率。
故答案为：B
【分析】本题考查简单随机事件的概率计算，核心是概率公式的应用。概率的计算公式为：随机事件发生的概率等于该事件包含的等可能结果数除以所有等可能结果的总数。解题时先确定总结果数：整副象棋共32枚棋子，因此摸一枚棋子有32种等可能情况；再确定符合条件的结果数：“帥”和“将”各1枚，共2枚符合条件的棋子；将两个数值代入概率公式化简后，即可得到对应概率。
7．【答案】C
【知识点】平行线的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵，
∴（两直线平行，内错角相等），
且（两直线平行，同旁内角互补）。
∵平分，
∴（角平分线的定义）。
∴。
故答案为：C
【分析】本题考查平行线的性质与角平分线的定义，属于几何基础计算题型。首先根据“两直线平行，内错角相等”，由可得与相等，代入已知角度得到；再根据角平分线的定义，将分为两个相等的角，因此的度数是的2倍，计算得；最后根据“两直线平行，同旁内角互补”，与的和为，用减去的度数，即可求出的度数。
8．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：将原方程整理为一元二次方程的一般形式：
，
其中二次项系数，一次项系数，常数项。
代入根的判别式公式：
，
∴该一元二次方程有两个不相等的实数根。
故答案为：A
【分析】本题考查一元二次方程根的判别式的应用，核心是通过判别式的值判断根的个数。解题第一步需先将方程化为的标准形式，确定二次项系数、一次项系数与常数项；再代入根的判别式公式计算数值；最后根据判别式的意义判断：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根。本题计算得，因此对应两个不相等的实数根。
9．【答案】C
【知识点】一元一次方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：设王家庄距青山 km，
∵青山在王家庄与绿水之间，且青山距绿水120km，
∴王家庄到绿水的路程为 km。
根据“时间=路程÷速度”，
A车从王家庄到青山的行驶时间为 h，
B车从王家庄到绿水的行驶时间为 h。
∵两车同时出发、同时到达，即行驶时间相等，
∴可列方程：。
故答案为：C
【分析】本题考查由实际行程问题列分式方程，核心是抓住“时间相等”的等量关系。解题时先根据题意梳理路程关系：王家庄到青山的路程为 km，青山到绿水为120km，因此王家庄到绿水的总路程为与120的和；再根据行程问题基本公式“时间=路程÷速度”，分别用路程除以对应车速，表示出A车、B车的行驶时间；最后根据“两车同时出发且同时到达”这一条件，得到两车行驶时间相等的等量关系，将两个时间表达式用等号连接，即可得到对应的方程。
10．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，则。
∵E是AB边的中点，
∴。
在中，由勾股定理得：
。
∵F是DE的中点，
∴。
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴（两直线平行，内错角相等）。
∵，∴，
又，
∴（两角分别相等的两个三角形相似）。
∴，
代入线段长得，
解得，。
∴。
在中，
。
故答案为：C
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及锐角三角函数的定义，属于几何综合题型。解题时可先设正方形边长为参数，利用中点定义得到AE的长度，再根据勾股定理求出DE的长度，结合中点定义得到DF的长度；接着利用正方形对边平行的性质，得到内错角与相等，结合两个直角相等，根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明与相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，列出比例式求出DG与CG的长度；通过线段和差计算出GF的长度后，在直角三角形CGF中，根据正切的定义“对边比邻边”，用GF的长度除以CG的长度，化简后即可得到的值。
11．【答案】x（x+3）（x-3）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：x3﹣9x=x（x2-9）=x（x+3）（x-3）
【分析】先提取公因式x，再利用平方差公式进行分解。
12．【答案】9
【知识点】偶次方的非负性；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵，，且两者的和为0，
根据“若几个非负数的和为0，则每个非负数都为0”，
可得：，，
解得，。
将、代入得：
。
故答案为：
【分析】本题考查非负数的性质，涉及偶次幂与绝对值的非负性。初中阶段常见的非负数有平方数、绝对值与算术平方根，其核心性质为：若若干个非负数的和为0，则每一个非负数的值都为0。解题时先分别判断与均为非负数，根据上述性质可列出两个一元一次方程，求解得到、的值；再将数值代入代数式，按照有理数的运算规则计算，即可得到最终结果。
13．【答案】24
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵、都是的切线，切点分别为A、B，
∴（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等）。
同理，、都是的切线，∴；
、都是的切线，∴。
的周长
将、代入得：
。
故答案为：
【分析】本题考查切线长定理的应用，核心是利用切线长相等进行线段转化。切线长定理指出：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长度相等。解题时先对三组切线分别应用定理：从点P引的两条切线PA、PB长度相等，从点D引的两条切线DA、DC长度相等，从点E引的两条切线EB、EC长度相等；再将的周长拆分为三条线段的和，把其中的DC替换为DA、EC替换为EB，通过线段重组可将周长转化为PA与PB的长度之和；最后代入PA的长度计算，即可得到三角形的周长。
14．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：由尺规作图的步骤可知，垂直平分线段，
∴，即。
∵，
∴，
在中，。
在上取点E，使，
则（等边对等角），
∴（三角形外角等于不相邻两内角和）。
在中，，，
∴，，
∴，
∴。
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴。
∴。
故答案为：
【分析】本题考查尺规作图的识别、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形性质及等腰直角三角形的判定与性质。解题第一步先根据尺规作图的步骤，判断出射线CM是线段AG的垂直平分线，因此CD与AB垂直，得到两个直角三角形；接着利用邻补角关系求出的度数，再结合直角三角形两锐角互余求出的度数；通过构造等腰三角形ACE，利用等边对等角与三角形外角性质，得到；在含30°角的直角三角形ADE中，根据“30°角所对的直角边等于斜边的一半”求出AE的长度，再用勾股定理求出DE的长度，进而得到CD的总长度；然后根据与直角条件，判定为等腰直角三角形，得到BD与CD相等；最后通过线段和差，用BD减去AD的长度，即可求出AB的长。
15．【答案】
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线，且与x轴交于，
根据抛物线的对称性，点A到对称轴的距离为，
∴点B的横坐标为，即。
设抛物线的交点式为，
展开得，
∴抛物线与y轴交点C的坐标为。
∵点C在x轴下方，∴，即。
∵，∴，
由得，
∵，∴，解得。
取，代入得抛物线解析式为。
故答案为：（答案不唯一）
【分析】本题考查二次函数的图象性质与待定系数法求解析式，涉及抛物线的对称性、交点式的应用。解题第一步利用抛物线的对称性：抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，已知点A坐标与对称轴，可计算出另一个交点B的坐标；第二步设抛物线的交点式，代入两个交点坐标，将解析式用含参数的形式表示，并展开得到一般式，从而得到与y轴交点C的纵坐标；第三步根据“交点C在x轴下方”确定的取值范围为正，再结合的条件，代入线段长度列出不等式，求解得到的取值范围；最后在取值范围内任取一个的值，代入解析式化简，即可得到符合条件的抛物线表达式。
16．【答案】解：记不等式组
解不等式①得：x>3，
解不等式②得：x≤4，
∴不等式组的解集为：3【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】本题考查一元一次不等式组的求解，涉及不等式的基本性质与解集的确定。解不等式组需先分别求出每个不等式的解集，再找出两个解集的公共部分作为最终解集。解第一个不等式时，依据不等式的移项法则，将右侧的移到左侧、左侧的移到右侧，合并同类项后得到；解第二个不等式时，先在不等式两边同时乘3消去分母，再通过移项、系数化为1得到；最后根据解集的确定规则，取两个解集的公共部分，即为不等式组的解集。
17．【答案】解：选择条件②③，
证明：在△ABE和△DCE中，
∴△ABE≌△DCE（AAS）.
∴EB=EC，
∴点E在线段BC的垂直平分线上.
∵BF=FC，
∴点F在线段BC的垂直平分线上，
∴EF垂直平分BC.
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题考查三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定，属于几何证明题型，需结合所选条件逐步推导。要证明垂直平分，根据线段垂直平分线的判定定理，只需证明点E和点F都在线段的垂直平分线上，即证明且。选择条件②③：先利用、对顶角与已知，根据AAS判定定理证明，由全等三角形对应边相等得到，结合已知，同理可证垂直平分。
18．【答案】（1）86.5；92；40
（2）该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好，理由①：该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型
人形机器人的测评成绩的中位数86.5大于甲型人形机器人的测评成绩的中位数85.5，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好；
理由②：∵该公司甲、乙两种型号的人形机器人的测评成绩的平均数相同都是85.9，但乙型人形机器人的测评成绩的众数94大于甲型人形机器人的测评成绩的众数92，∴该公司乙型人形机器人的感知与环境交互能力较好.（写出一条理由即可）
（3）（台）.
答：估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级297台才满足交付的标准.
【知识点】统计表；扇形统计图；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）根据题意可得C组占比为，
∴；
20个数据的中位数是第10、11个数据的平均数，
A组有台，B组有台，
∴第10、11个数据都在C组，分别为86、87，中位数，
甲型测评成绩中，92出现次数最多（共3次），
∴众数；
【分析】（1）求的值时，先根据乙型C组的数量除以总样本数得到C组占比，再用100%减去A、B、C三组的占比，即可得到D组的占比；求中位数时，先根据各组占比计算出A、B组的台数，确定第10、11个数据都落在C组，取出C组中对应的两个数据求平均数，即为中位数；求众数时，统计甲型成绩中出现次数最多的数值，即为众数。
（2）对比两种型号的统计量时，可从中位数、众数等角度分析，例如两者平均数相同的情况下，乙型的中位数更高，说明乙型半数以上的成绩高于甲型的中位数水平，整体表现更优，据此判断即可。
（3）估计升级台数时，先分别统计样本中甲型、乙型低于80分的数量与占比，再用各自的总台数乘以对应占比，得到两种型号需要升级的台数，相加后即为总升级台数，体现了用样本估计总体的统计思想。
19．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，∴∠ACE=90°.
∵F是AE的中点，
∴∠FAC=∠FCA.
∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD=∠OAC+∠CAF=90°，∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=90°.
∵OC为⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线.
（2）解：∵⊙O的半径为6，
∴CD=4，
∴OD=OC+CD=6+4=10，
∴在Rt△OAD中，
在Rt△CDF中，
即CF=3，
∴AE=2CF=6.
∵AB=2OA=12，
∴在Rt△ABE中，
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；求正切值；已知正切值求边长；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）要证明是的切线，根据切线的判定定理，只需证明，即。首先由直径所对的圆周角为直角，得到，进而；再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由F是AE中点得到，根据等边对等角推出；结合半径相等得到，再由AD是切线得到，通过角的和差关系可推出，结合OC是半径，即可证明CF是切线。
（2）求BE的长时，先根据半径长度与比例关系求出CD、OD的长度，再在中用勾股定理求出AD的长；接着利用正切函数的定义，在中表示出，再在中利用同一个角的正切值相等，求出CF的长度；结合F是AE中点，得到AE的长度，最后在中，利用勾股定理即可求出BE的长度。
20．【答案】（1）解：设该公司研发投入资金的年平均增长率为x，
依题意得，
解得x=0.1（负值已舍去），
∴年均增长率为10%，
答：该公司研发投入资金的年平均增长率为10%.
（2）设生产A款装备a台，则生产B款装备（3000-a）台.
根据题意，得a≤2（3000-a），
解得a≤2000.
设销售总收入为W万元，则W=5a+3.5（3000-a）=1.5a+10500，
∵1.5>0，
∴W随a的增大而增大.
∵a≤2000，
∴当a=2000时W值最大，10500=13500（万元）.
答：当生产A款装备2000台时，公司的销售总收入最大，最大收入是13500万元.
【知识点】一元一次不等式的应用；一元二次方程的实际应用-百分率问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）求年平均增长率时，设年平均增长率为，根据增长率问题的公式：初始量增长率增长年后的量，代入2023年的初始资金与2025年的资金，列出一元二次方程，求解后舍去负根，即可得到年平均增长率。
（2）求最大收入时，先设生产A款装备的数量为参数，根据总台数表示出B款的数量；再根据“A款数量不多于B款数量的2倍”列出一元一次不等式，求解得到参数的取值范围；接着根据“总收入=A款收入+B款收入”列出总收入关于参数的一次函数表达式，根据一次项系数的正负判断函数的增减性，在取值范围内找到使函数值最大的参数值，代入计算即可得到最大收入。
21．【答案】（1）解：由题意得，∠AOB=34.92°，OH平分∠AOB，
∴∠COG=∠DOC=17.46°.
∵MN⊥OH，OD=OC=20m，
在△COG中，
∴CD=2CC=12m.
（2）铅球场地由扇形落地区和圆形投掷圈组成.扇形半径R=25m，圆心角0=34.92°，投掷圈直径d=2.135m，半径r=1.0675m.
∴扇形面积：
3.14×625=190.3625m2.
投掷圈面积：
重叠部分（投掷圈内位于扇形内的部分）面积：
场地总面积：0.3471=193.5936=193.59m2.
∴铅球场地占地面积约是193.59m2.
（3）可以.
示意图如下（以长方形表示空地，内部画出投掷圈和扇形落地区，并标注安全区）.（位置不固定）
【知识点】扇形面积的计算；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】（1）求CD的长时，先根据角平分线的定义，由OH平分得到；再根据等腰三角形三线合一，由且，得到G为CD中点，即；最后在中，利用正弦函数的定义求出CG的长度，乘以2即可得到CD的长。
（2）求场地占地面积时，需分别计算扇形落地区与圆形投掷圈的面积，再减去两者重叠部分的面积避免重复计算；根据扇形面积公式代入角度与半径求出扇形面积，根据圆的面积公式求出投掷圈面积，再按圆心角占比求出重叠部分面积，通过“扇形面积+投掷圈面积-重叠面积”即可得到总面积。
（3）判断场地是否可建设时，先计算扣除四周2m安全区后的有效可用矩形尺寸，再分别计算标准场地沿对称轴方向的总长度与垂直对称轴方向的总宽度，将两个尺寸与有效区域的长、宽对比，若均小于有效区域尺寸则可建设，放置时将场地对称轴沿矩形长边方向布置即可。
22．【答案】（1）解：∵AD∥BC，AE∥CD，∠BAD=90°，
∴四边形ADCE为平行四边形，∠ABC=∠BAD=90°，
∴EC=AD=4.
∵四边形ABCD∽四边形AEFG，∴∠CME=∠AEF=∠ABC=90°，
∴BE=BC-EC=9-4=5.
∴在Rt△ABE中，
∴AE=13.
∵∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE=∠MEC.
∵∠ABE=∠EMC=90°，
∴△ABE∽△EMC、
即
（2）∵四边形ABCD∽四边形AEFC，
如答22-1，答22-2图，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H，
∴∠FHE=∠ABC=90°，
由题可知∠AEF=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
∴△ABE∽△EHF，
∵BE=x.
分类讨论：
①如图1，当点E在线段BC上时（0≤x≤9），EC=BC-BE=9-x，
当x=0时，即点E与点B重合，点F与点C重合，此时△ECF不存在，当x=9时，即点E与点C重合，△ECF不存在，∴0②如图2，当点E在BC延长线上时（x>9），EC=BE-BC=x-9，
综上所述，S与x的函数关系式为：
（3）解值思密
如图3，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H，延长AD交直线FH于点K，
∴四边形ABHK为矩形，
由（2）可知：
设BE=x
点E是动点，设出BE的长
∴AK=BH=BE+EH=x+9，HK=AB=12，
∴DK=AK-AD=9+x-4=5+x，FK=HK-FH=12-
在Rt△DKF中，建立DF与BE的关系
∴当时，DF有最小值，利用三次函数的图象性质，确定最值最小值为
∴线段DF的最小值为635.
【知识点】二次函数的最值；勾股定理；相似多边形；二次函数的实际应用-几何问题；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）求CM的长时，先由、，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，判定四边形ADCE为平行四边形，得到，进而求出BE的长度；再由勾股定理求出AE的长度；接着根据相似多边形对应角相等，得到，通过同角的余角相等推出角相等，结合两个直角相等，证明；最后根据相似三角形对应边成比例列出比例式，代入已知线段长度即可求出CM的长。
（2）求S关于x的函数关系式时，先根据相似多边形对应边成比例，求出AE与EF的比值；再过点F作BC的垂线，构造直角三角形，通过角的互余关系证明，根据相似比求出FH的长度；再分两种情况讨论：当点E在线段BC上时，EC的长度为；当点E在BC延长线上时，EC的长度为；分别利用三角形面积公式表示出的面积，即可得到分段函数关系式。
（3）求DF的最小值时，可通过坐标法或几何转化，将DF的长度用含参数的代数式表示；延长AD交FH的垂线于点K，构造直角三角形DKF，根据前面的相似关系用参数表示出DK与FK的长度，再在直角三角形中利用勾股定理写出DF平方关于参数的二次函数表达式，通过配方法求出二次函数的最小值，开方后即可得到DF的最小值。
23．【答案】（1）解：抛物线与x轴交于A（-8，0）、B两点，与y轴交于点C（0，4）.
将点A，点C的坐标分别代入得：解得
∴抛物线的解析式为
对称轴为直线将x=-3代入中得：
∴顶点D的坐标为
（2）证明：当y=0时，得
解得.
∴B（2，0），
∴OB=2，OA=8，AB=8+2=10，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，即AC⊥BC.
（3）解：是.
如答23图，分别过点G，H作抛物线对称轴的垂线，垂足为N，K，
设直线CH的解析式为=kx+m，G（x1，y1），H（x2，y2），则.N（-3，（-3，y2），
联立
整理得
∵∠GMD=∠HMD，M（-3，8），
∴tan∠GMD=tan∠HMD，
即
∴2k（4m-16）+（3k+m-8）（-4k-6）+6（m-8）=0，
即
∵直线l不垂直于y轴，
∴k≠0，
∴-6k+2m-9，
将代入直线y=kx+m得：
∴当x=-3时，
∴直线l过定点（-3，）
【知识点】勾股定理；解直角三角形—边角关系；二次函数-线段定值（及比值）的存在性问题
【解析】【分析】（1）求抛物线解析式与顶点坐标时，将点A、点C的坐标代入抛物线一般式，得到关于、的二元一次方程组，解方程组求出系数值，即可得到抛物线解析式；再利用对称轴公式求出对称轴横坐标，代入解析式求出对应纵坐标，即为顶点D的坐标。
（2）证明时，先令抛物线解析式中，解一元二次方程求出点B的坐标，进而得到OA、OB、AB的长度；再利用勾股定理分别求出AC、BC的长度，计算与的值，若两者相等，根据勾股定理的逆定理可判定为直角三角形且，即可证明垂直关系。
（3）探究直线是否过定点时，先设直线GH的解析式为斜截式，设出G、H两点的坐标，将直线与抛物线解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理写出两根之和与两根之积；再由可知MD是角平分线，通过构造垂线，利用正切值相等得到线段比例关系，将坐标代入比例式并化简，结合韦达定理的结论推导出斜率与截距的关系；最后将截距用斜率表示，代入直线解析式并整理为点斜式形式，即可找到无论斜率取何值都成立的定点坐标。
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