2024年山东省德州市齐河县中考数学一练试卷
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分。
1．（4分）下列实数中，比﹣5小的数是（ ）
A．﹣6 B．﹣ C．0 D．
2．（4分）在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（4分）2024年春节文旅消费“热辣滚烫”．文旅部公布的数据显示，2024年春节假期，全国旅游人次达4.74亿，实现旅游收入6326.87亿元，同比增长47.3%．其中6326.87亿用科学记数法可表示为（ ）
A．6.32687×1011 B．0.632687×1012
C．63.2687×1010 D．6.32687×1013
4．（4分）在我国古代建筑中经常使用榫卯构件，如图是某种榫卯构件的示意图，其中卯的俯视图是（ ）
A． B．
C． D．
5．（4分）下列计算正确的是（ ）
A．3x+2x2＝5x3 B．（a﹣b）2＝a2﹣b2
C．（﹣x3）2＝x6 D．3x2 4x3＝12x6
6．（4分）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，连接OE．若∠ABC＝50°，∠BAC＝80°，则∠1的度数为（ ）
A．60° B．50° C．40° D．25°
7．（4分）雪上项目占据了2022年北京冬奥会的大部分比赛项目，有自由式滑雪、越野滑雪、跳台滑雪、无舵雪橇、有舵雪橇、高山滑雪等．如图，某滑雪运动员在坡度为5：12的雪道上下滑65m，则该滑雪运动员沿竖直方向下降的高度为（ ）
A．13m B．25m C．m D．156 m
8．（4分）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC经过坐标原点O，矩形的边分别平行于坐标轴，点B在函数（k≠0，x＞0）的图象上，点D的坐标为（﹣3，1），则k的值为（ ）
A． B．﹣3 C．3 D．
9．（4分）如图，AB是⊙O的直径，延长AB至C，CD切⊙O于点D，过点D作DE∥AB交⊙O于点E，连接BE．若AB＝12，∠ABE＝15°，则BC的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．4﹣6
10．（4分）小明上月在某文具店正好用20元钱买了几本笔记本，本月再去买时，恰遇此文具店搞优惠酬宾活动，同样的笔记本，每本比上月便宜1元，结果小明只比上次多用了4元钱，却比上次多买了2本．若设他上月买了x本笔记本，则根据题意可列方程（ ）
A．＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
11．（4分）如图，已知锐角∠AOB，按如下步骤作图：（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作 ，交射线OB于点D，连接CD；（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交 于点M，N；（3）连接OM，MN，ND．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．∠COM＝∠COD B．若OM＝MN，则∠AOB＝30°
C．MN∥CD D．∠MOD＝2∠MND
12．（4分）如图，在矩形ABCD中，，，点P在AC上从点A运动到点C后，停止运动，连接BP，DP．设点P的运动距离为x，y＝BP2+DP2，则y关于x的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分，填错或不填均记零分。
13．（4分）分解因式：8m2+2m＝ ．
14．（4分）等腰三角形的周长为16，其一边长为6，则该等腰三角形的底边长为 ．
15．（4分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是 ．
16．（4分）已知（1，3）是反比例函数图象和正比例函数y2＝k2x图象的交点．若y1＞y2，则x的取值范围是 ．
17．（4分）若整数a既使得关于x的分式方程有整数解，又使得关于x，y的方程组的解为正数，则a＝ ．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为边BC（不含端点）上的任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD，DE，AE．设AC与DE交于点F，则线段CF的最大值为 ．
三、解答题：本大题共7小题，共78分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
19．（8分）（1）计算：；
（2）解不等式组：，并写出所有整数解．
20．（10分）某学校八、九年级各有学生200人，为了提高学生的身体素质，学校开展了主题为“快乐运动，健康成长”的系列体育健身活动．为了了解学生的运动状况，从八、九年级各随机抽取40名学生进行了体能测试，获得了他们的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．（说明：成绩80分及以上为优秀，70～79分为良好，60～69分为合格，60分以下为不合格）
a．八年级学生成绩的频数分布直方图如图（数据分为五组：50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）
b．八年级学生成绩在70≤x＜80这一组的是：
70 71 73 73 73 74 76 77 78 79
c．九年级学生成绩的平均数、中位数、众数、优秀率如下：
平均数 中位数 众数 优秀率
79 76 84 40%
根据以上信息，回答下列问题：
（1）在此次测试中，小腾的成绩是74分，在年级排名是第17名，由此可知他是 年级的学生（填“八”，或“九”）；
（2）根据上述信息，推断 年级学生运动状况更好，理由为 ；（至少从两个不同的角度说明推断的合理性）
（3）假设八、九年级全体学生都参加了此次测试，
①预估九年级学生达到优秀的约有 人；
②如果年级排名在前70名的学生可以被评选为“运动达人”，预估八年级学生至少要达到 分才可以入选．
21．（10分）如图是某种云梯车的示意图，云梯OD升起时，OD与底盘OC夹角为α，液压杆AB与底盘OC夹角为β．已知液压杆AB＝3m，当α＝37°，β＝58°时．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
（1）求液压杆顶端B到底盘OC的距离BE的长；
（2）求AO的长．
22．（12分）某校组织初二年级380名学生到广东南路革命化州纪念馆研学活动，已知用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生130人，用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人．
（1）每辆小客车和每辆大客车各能坐多少名学生？
（2）若计划租小客车m辆，大客车n辆，一次送完，且恰好每辆车都坐满：
①请你设计出所有的租车方案；
②若小客车每辆租金200元，大客车每辆租金300元．请选出最省钱的租车方案、并求出最少租金．
23．（12分）如图，ABC是等腰三角形，AB＝AC，以AC为直径的⊙O与BC交于D，DE⊥AB，垂足为点E，ED的延长线与AC的延长线交于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，BE＝1，求cos∠A的值．
24．（12分）抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣1，0），点B（3，0），顶点为C，与y轴相交于点D．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m（0＜m＜3）．
（1）求抛物线的表达式及点C的坐标；
（2）如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；
（3）连接AC，过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使得PM＝2CM．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
25．（14分）某校数学兴趣学习小组在一次活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
（1）发现问题：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，点M是边BC上任意一点，连接AM，以AM为腰作等腰△AMN，使AM＝AN，∠MAN＝∠BAC，连接CN．求证：∠ACN＝∠ABM；
（2）类比探究：如图2，在等腰△ABC中，∠B＝30°，AB＝BC，AC＝8，点M是边BC上任意一点，以AM为腰作等腰△AMN，使AM＝MN，∠AMN＝∠B．在点M运动过程中，AN是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由；
（3）拓展应用：如图3，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，以DE为边作正方形DEFG，H是正方形DEFG的中心，连接CH，DH．若正方形DEFG的边长为8，，求△CDH的面积．
2024年山东省德州市齐河县中考数学一练试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个均记零分。
1．【分析】根据实数的大小做出判断即可．
【解答】解：∵﹣6＜﹣5，﹣＞﹣5，0＞﹣5，＞﹣5，
∴A选项符合题意，
故选：A．
【点评】本题主要考查实数大小的比较，根据实数的大小做出正确的判断是解题的关键．
2．【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．
3．【分析】科学记数法的表现形式为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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数；由此进行求解即可得到答案．
【解答】解：因为6326.87亿＝632687000000，
所以6326.87亿用科学记数法可表示为6.32687×1011．
故选：A．
【点评】本题主要考查了科学记数法的表示方法，熟练掌握科学记数法的表示方法是解题的关键．
4．【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
【解答】解：从上面看，可得俯视图：．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
5．【分析】根据完全平方公式，幂的乘方的性质，单项式的乘法法则，同底数幂的乘法的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、3x与2x2不是同类项，不能合并，故本选项错误；
B、应为（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故本选项错误；
C、（﹣x3）2＝x3×2＝x6，正确；
D、应为3x2 4x3＝3×4×（x2 x3）＝12x5，故本选项错误．
故选：C．
【点评】本题比较简单，主要考查了幂的乘方的性质，单项式的乘法的法则，完全平方公式．
6．【分析】直接利用三角形内角和定理得出∠BCA的度数，再利用三角形中位线定理结合平行线的性质得出答案．
【解答】解：∵∠ABC＝50°，∠BAC＝80°，
∴∠BCA＝180°﹣50°﹣80°＝50°，
∵对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，
∴EO是△DBC的中位线，
∴EO∥BC，
∴∠1＝∠ACB＝50°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理、三角形中位线定理等知识，得出EO是△DBC的中位线是解题关键．
7．【分析】依据题意画出图形，再根据坡比可得BC的高度，
【解答】解：如图，
由题意得，AB＝65m，BC⊥AC于C，
∵斜坡AB的坡比是5：12，
∴设BC＝5a，则AC＝12a，
由勾股定理可得AB＝＝13a，
∴13a＝65，
解得a＝5，
∴BC＝5a＝25，
故选：B．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，根据题意画出图形构造直角三角形是解题关键．
8．【分析】根据矩形的性质得：矩形DEOF的面积＝矩形BGOH的面积，则矩形BGOH的面积为3，从而得出k的值．
【解答】解：∵矩形ABCD的对角线AC经过坐标原点O，
∴△ACD＝S△ABC，S△AOE＝S△AOG，S△COF＝S△COH，
∴矩形DEOF的面积＝矩形BGOH的面积，
∵点D的坐标为（﹣3，1），
∴矩形DEOF的面积为3，
∴矩形BGOH的面积为3，
∵点B在第四象限，
∴k＝﹣3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，反比例函数的性质等知识，明确k的几何意义是解题的关键．
9．【分析】连接OD，利用平行线的性质和圆周角定理得到∠DOC＝30°，利用切线的性质定理得到OD⊥BC，在Rt△ODC中，利用直角三角形的边角关系定理求得OC，则BC＝OC﹣OB．
【解答】解：连接OD，如图，
∵DE∥AB，
∴∠E＝∠ABE＝15°，
∴∠DOC＝2∠E＝30°．
∵CD切⊙O于点D，
∴OD⊥CD．
∵AB＝12，AB是⊙O的直径，
∴OD＝OB＝AB＝6，
在Rt△ODC中，
∵cos∠DOC＝，
∴，
∴OC＝，
∴BC＝OC﹣OB＝4﹣6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
10．【分析】由设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，然后可求得两次每本笔记本的价格，由等量关系：每本比上月便宜1元，即可得到方程．
【解答】解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，
根据题意得：﹣＝1，
即：﹣＝1．
故选：B．
【点评】此题考查了分式方程的应用．注意准确找到等量关系是关键．
11．【分析】由圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，平行线的判定，即可解决问题．
【解答】解：A、∵CD＝MC，
∴＝，
∴∠COD＝∠MOC，故A不符合题意；
B、连接ON，由OM＝ON＝MN，得到∠MON＝60°，
∵＝＝，
∴∠AOB＝∠MON＝20°，故B符合题意；
C、连接MD，ND，
∵＝，
∴∠MDC＝∠DMN，
MN∥CD，故C不符合题意；
D、由圆周角定理得到∠MOD＝2∠MND，故D不符合题意．
故选：B．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
12．【分析】分别过点B、D作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，由矩形性质可得AC＝1，运用面积法求得BE＝，再运用三角函数定义及勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，分别过点B、D作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝，CD＝AB＝，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴AC＝＝＝1，
∵BE⊥AC，
∴AC BE＝AB BC，即1×BE＝×，
∴BE＝，
∵tan∠BAC＝＝＝＝，
∴AE＝BE＝×＝，
同理可得CF＝，DF＝，
∴AF＝AC﹣CF＝1﹣＝，
由题意得AP＝x，则PE＝﹣x，PF＝﹣x，
在Rt△BPE中，BP2＝BE2+PE2＝（）2+（﹣x）2＝x2﹣x+，
在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝（）2+（﹣x）2＝x2﹣x+，
∴y＝BP2+DP2＝x2﹣x++x2﹣x+＝2x2﹣2x+1＝2（x﹣）2+，
故选：C．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，矩形性质，三角函数，勾股定理，找出y关于x的函数关系式是解题的关键．
二、填空题：本大题共6小题，共24分，只要求填写最后结果，每小题填对得4分，填错或不填均记零分。
13．【分析】直接提取公因式2m，进而分解因式得出答案．
【解答】解：8m2+2m＝2m（4m+1）．
故答案为：2m（4m+1）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
14．【分析】此题分为两种情况：6是等腰三角形的底边或6是等腰三角形的腰．然后进一步根据三角形的三边关系进行分析能否构成三角形．
【解答】解：当腰为6时，则底边4，此时三边满足三角形三边关系；
当底边为6时，则另两边长为5、5，此时三边满足三角形三边关系；
故答案为：6或4．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形的三边关系，解题的关键是能够分类讨论，难度不大．
15．【分析】根据题意，可以画出相应的树状图，从而可以得到小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率．
【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，画树状图如下，
由图可得，一共有12种等可能性的结果，
其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性有2种，
∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是，
故答案为：．
【点评】本题考查列表法与画树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图．
16．【分析】将点（1，3）分别代入解析式得到一次函数和反比例函数解析式，联立方程组求出交点的横坐标即可得到不等式的解集．
【解答】解：∵（1，3）是反比例函数图象和正比例函数y2＝k2x图象的交点．
∴k1＝3，k2＝3，
∴反比例函数解析式为y＝；正比例函数解析式为y＝3x，
联立方程组得，解得x1＝1，x2＝﹣1，
∵y1＞y2，
∴0＜x＜1或x＜﹣1．
故答案为：0＜x＜1或x＜﹣1．
【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式．
17．【分析】先解分式方程得x关于a的代数式，根据分式方程有整数解和不能为增根，求出a的取值，再解方程组，根据方程组的解为正数，列出a的不等式组求得a的取值范围，进而综合求得a的取值个数．
【解答】解：解方程得，
x＝，
∵分式方程有整数解，且x≠1，
∴a﹣3＝﹣4或﹣2或﹣1或1或2或4，且a≠7，
∴a＝﹣1或1或2或4或5，
解方程组得，
，
∵方程组的解为正数，
∴，
解得a＞4，
综上，a＝5．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了解分式方程，二元一次方程组，解不等式组，整数解的应用，容易忽略分式方程增根的限制条件．
18．【分析】利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，根据AA证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质得到AF＝，求出AD的最小值，得到AF的最小值，求出CF的最大值．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°．
∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACM＝30°．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．
∴∠CAE+∠DAC＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°；
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
∴△ADF∽△ACD．
∴＝．
∴AD2＝AF AC．
∴AD2＝5AF．
∴AF＝．
∴当AD最短时，AF最短、CF最长．
∵当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，此时AD＝AB＝．
∴AF最短＝＝．
∴CF最长＝AC﹣AF最短＝5﹣＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
三、解答题：本大题共7小题，共78分。解答要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
19．【分析】（1）先化简二次根式、代入三角函数值、去绝对值符号、计算零指数幂，再去括号、计算加减即可；
（2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【解答】解：（1）原式＝2﹣﹣（2﹣）+1
＝2﹣﹣2++1
＝2﹣1；
（2）由3（x﹣1）≤2x得：x≤3，
由＞x得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤3．
所以不等式组的整数解为0、1、2、3．
【点评】本题考查的是实数的运算和解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
20．【分析】（1）求出八年级学生成绩的中位数，根据小腾的成绩和在年级的名次，确定是哪个年级的；
（2）从优秀率、中位数上分析可以得出九年级成绩较好，理由为；①九年级的优秀率为40%，可以求出九年级的优秀人数，
②九年级中位数为76，八年级为72，说明九年级一半的同学测试成绩高于76，而八年级一半同学的测试成绩仅高于72．
（3）年级排名在前70名的学生可以被评选为“运动达人”，因此“运动达人”占＝35%，进而得出抽样中获“运动达人”的有40×35%＝14人，根据直方图和70≤x＜80中学生的成绩，得出最少为78分．
【解答】解：（1）八年级学生成绩的中位数为＝72分；
小腾的成绩是74分，在年级排名是第17名，可知其中位数应该不大于74，因此他应该在八年级，
故答案为：八；
（2）九；理由：①九年级优秀率40%，八年级优秀率30%，说明九年级体能测试优秀人数更多；
②九年级中位数为76，八年级为72，说明九年级一半的同学测试成绩高于76，而八年级一半同学的测试成绩仅高于72．
（3）①200×40%＝80；
②总体中“运动达人”占＝35%，可得样本中“运动达人”有40×35%＝14人，
80≤x＜90的有9人，而90≤x≤100的有3人，因此再从70≤x＜80成绩中，从大到小找出第2个即可．
故答案为：78．
【点评】考查频数分布表、频数分布直方图的意义和制作方法，理解中位数、众数、平均数的意义是正确解答的前提．
21．【分析】（1）由锐角三角函数可求解；
（2）利用锐角三角函数可求AE，OE的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵sinβ＝sin58°＝，
∴0.85≈，
∴BE＝2.55m；
（2）∵tanα＝tan37°＝，
∴0.75≈，
∴OE＝3.4m，
∵tanβ＝tan58°＝，
∴≈1.60，
∴AE≈1.59m，
∴OA＝OE﹣AE＝1.81m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练运用锐角三角函数求线段的长是解题的关键．
22．【分析】（1）设每辆小客车能坐x名学生，每辆大客车能坐y名学生，根据“用3辆小客车和1辆大客车每次可运送学生130人，用1辆小客车和2辆大客车每次可运送学生110人”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）①根据一次运送学生380名，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为整数，即可得出各租车方案；
②利用总租金＝每辆车的租金×租车辆数，可分别求出3个租车方案所需费用，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设每辆小客车能坐x名学生，每辆大客车能坐y名学生，
依题意得：，
解得：．
答：每辆小客车能坐30名学生，每辆大客车能坐40名学生．
（2）①依题意得：30m+40n＝380，
∴n＝．
又∵m，n均为整数，
∴或或，
∴共有3种租车方案，
方案1：租小客车2辆，大客车8辆；
方案2：租小客车6辆，大客车5辆；
方案3：租小客车10辆，大客车2辆．
②方案1所需租金为200×2+300×8＝2800（元）；
方案2所需租金为200×6+300×5＝2700（元）；
方案3所需租金为200×10+300×2＝2600（元）．
∵2800＞2700＞2600，
∴最省钱的租车方案是方案3租小客车10辆，大客车2辆，最少租金为2600元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）①找准等量关系，正确列出二元一次方程；②利用总租金＝每辆车的租金×租车辆数，分别求出3个租车方案所需费用．
23．【分析】（1）连接OD，AD，由AC为圆的直径，利用直径所对的圆周角为直角及垂直的定义得到AD垂直于BC，利用三线合一得到D为BC中点，再由O为AC的中点，得到OD为三角形ABC的中位线，利用中位线性质得到OD与AB平行，进而得到OD垂直于DE，即可得证；
（2）由半径的长求出AB与AC的长，根据BE的长，由AB﹣BE求出AE的长，由平行得相似，相似得比例，设CF＝x，根据题意列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出所求．
【解答】（1）证明：连接OD，AD，
∵AC为圆的直径，
∴∠ADC＝90°，AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴点D为BC的中点，
∵点O为AC的中点，
∴OD∥AB，
∵DE⊥AB，∠AED＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
则DE为圆O的切线；
（2）解：∵r＝2，
∴AB＝AC＝2r＝4，
∵BE＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∵OD∥AB，
∴△FOD∽△FAE，
∴＝＝，
设CF＝x，则有OF＝x+2，AF＝x+4，
∴＝，
解得：x＝2，
∴AF＝6，
在Rt△AEF中，∠AEF＝90°，
则cosA＝＝．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，以及解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
24．【分析】（1）利用待定系数法可以确定抛物线的解析式，利用配方法可得抛物线的顶点坐标；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝﹣x+3，过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，设点P（m，﹣m2+2m+3），点Q（m，﹣m+3），根据△PBD的面积为3，可得出关于m的方程，解方程即可得到m的值；
（3）设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，可得tan∠MCP＝tan∠CAE，则∠MCP＝∠CAE，△GAC是等腰三角形，证明△AFO∽△FGO，根据相似三角形的性质可得OG＝4，G（4，0），求出直线CG的解析式为为y＝﹣x+，联立得方程组，解方程组即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：
，
解得．
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点C（1，4）；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝4，
∴点D（0，3），
设直线BD的解析式为y＝sx+t，
∵点B（3，0），
∴，
解得．
∴直线BD解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，
设点P（m，﹣m2+2m+3），点Q（m，﹣m+3），
∴S△PBD＝×PQ×OB＝×3（﹣m2+2m+3+m﹣3）＝+，
∵△PBD的面积为3，
∴﹣+m＝3，
∴m1＝1，m2＝2，
∴m的值为1或2；
（3）∵在Rt△CMP中，PM＝2CM，
∴tan∠MCP＝＝2，
设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，如图3，
∵A（﹣1，0），C（1，4），
∴AE＝2，CE＝4，
∴OA＝1，OE＝1，CE＝4．
∴OA＝OE，AC＝＝．
Rt△AEC中，tan∠CAE＝2，tan∠ACE＝，
∵tan∠MCP＝tan∠CAE，
∴∠MCP＝∠CAE，
∴GA＝GC，
∴△GAC是等腰三角形，
∵FO⊥AB，CE⊥AB，
∴FO∥CE，
∴OF＝CE＝2，F为AC的中点．
∵△GAC是等腰三角形，GA＝GC，
∴GF⊥AC．
∵FO⊥AG，
∴△AFO∽△FGO．
∴，
∴，
∴OG＝4．
∴G（4，0），
设直线CG的解析式为y＝kx+n，
∴，
解得．
∴直线CG的解析式为y＝﹣x+．
∴，
解得，，
∴P（，）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，配方法求抛物线的顶点坐标，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定与性质．熟练掌握二次函数图象和性质，灵活运用数形结合思想，方程思想是解题的关键．
25．【分析】（1）证明△BAM≌△CAN（SAS），即可得出结论；
（2）证△ABC∽△AMN，得比例式，再证△ABM∽△ACN，得∠ABM＝∠ACN＝30°，则点N在∠ACN的边CN上运动，当AN⊥CN时，AN最小，进而得出结论；
（3）连接BD，证△DBE∽△DCH，得＝＝，设EC＝x，则BC＝DC＝6+x，在Rt△DCE中，由勾股定理得出方程，可得x的值，最后根据三角形的面积公式即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAC﹣∠CAM＝∠MAN﹣∠CAM，即∠BAM＝∠CAN，
∵AB＝AC，AM＝AN，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠ACN＝∠ABM；
（2）解：AN存在最小值，理由如下：
如图2，连接CN，
∵AM＝MN，AB＝BC，
∴，
又∵∠AMN＝∠B，
∴△ABC∽△AMN，
∴，∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAC﹣∠MAC＝∠MAN﹣∠MAC，即∠BAM＝∠CAN，
∴△ABM∽△ACN，
∴∠ACN＝∠B＝30°，
如图2，连接CN，过点A作AH⊥CN，交CN延长线于点H，
此时AN最小，最小值为AH，
Rt△ACH中，∠ACN＝30°，
∴AH＝AC＝＝4，
故AN存在最小值，最小值为4；
（3）解：连接BD，EH，过H作HQ⊥CD于Q，
∵H为正方形DEFG的中心，
∴DH＝EH，∠DHE＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BDE+∠CDE＝∠CDH+∠CDE＝45°，
∴∠BDE＝∠CDH，
∵，
∴△BDE∽△CDH，
∴∠DCH＝∠DBC＝45°，BE＝，
设CE＝x，则CD＝x+6，
∵DE＝8，
由勾股定理得：x2+（x+6）2＝82，
解得：x＝或x＝（舍），
∴CD＝，
在Rt△CDH中，CQ＝QH＝3，
∴△CDH的面积为．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及最小值问题等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
