浙江省2025年初中学业水平考试数学模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题：（每题3分，共30分.下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的.）
1．（3分）﹣2025的倒数是（ ）
A．2025 B． C．﹣2025 D．
2．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x2+x3＝2x5 B．（﹣x3）2＝x5 C．（2x）2 3x＝6x3 D．x4÷x＝x3
3．（3分）榫卯（sǔnmǎo）是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯．如图所示的“榫”和“卯”中，“卯”的左视图是（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．若a＞b，则a+2＞b+2 B．若a＞b，则
C．若a＞b，则ac2＞bc2 D．若2a＞2b，则a＞b
5．（3分）下面式子从左边到右边的变形是因式分解的是（ ）
A．x2﹣x﹣2＝x（x﹣1）﹣2 B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+3x+2＝（x+1）（x+2） D．x﹣2＝x（1）
6．（3分）一只不透明的袋子中装有2个红球和1个白球，这些球除颜色外都相同，将球搅匀，从中任意摸出1个球，记下颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球，则2次都摸到红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．（3分）图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器，可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直，已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，某一时刻测得BD＝1.7米，悬托架AE＝DE，点E固定在伞面上，当伞面完全张开时，太阳光线与地面的夹角设为α，当时，此时悬托架AE的长度为（ ）米.
A．0.5 B．0.6 C．0.8 D．0.9
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝6，D是线段AB上一个动点，以BD为边在△ABC外作等边△BDE．若F是DE的中点，连接CF，当CF取最小值时，△BDE的周长为（ ）
A．22 B．21 C．18 D．17
10．（3分）已知二次函数，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），（5，0）图象上有三个（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3）．若当x1＜﹣1＜x2＜5＜x3时，均有y1＞y3＞y2，则下列说法中正确的是（ ）
A．a﹣4b＝0 B．x＝2时，y有最大值 C．y1y2y3＞0 D．x1+x2＜0
二、填空题：（每小题3分，共18分.）
11．（3分）计算： ．
12．（3分）如图直线AB∥CD∥EF，若，BD＝6cm，则BF＝ cm．
13．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣k+3＝0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
14．（3分）在密码学中，把直接可以看到的内容称为明码，对明码进行某种处理后得到的内容称为密码．有一种密码，将英文26个字母a，b，c，…z依次对应1、2、3，…，26这26个自然数，如表，当明码对应的序号x为奇数时，密码对应的序号；当明码对应的序号x为偶数时，密码对应的序号．按该规定，将明码“yano”译成密码（密码是字母）是 ．
字母 a b c d e f g h i j k l m
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
字母 n o p q r s t u v w x y z
序号 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 ．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC＝8，点D为AB的中点，点M，N分别是边AC，BC上的动点，且MN＝4，点P是MN的中点，连接BP，DP，则：
①DP的最小值为 ；
②当∠PBC最大时，线段AM的长是 ．
三、解答题：（本大题共8个小题，共72分.）
17．（6分）（1）解方程组：； （2）解不等式组：．
18．（6分）如图，均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A，B均在格点上．在给定的网格中使用无刻度的直尺按要求画图．
（1）在图①中，以线段AB为腰画一个等腰直角三角形ABC．
（2）在图②中，以线段AB为直角边画一个直角三角形ABD，并且使．
19．（8分）如图，矩形ABCD的宽AB＝2，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE，若BE＝BC，求DE的长．
20．（8分）某中学在“世界读书日”知识竞赛活动中，七年级800名学生全部参赛，从中随机抽取n名学生的竞赛成绩按以下五组进行整理（每名学生的得分为x）：
A.50≤x＜60；B.60≤x＜70；C.70≤x＜80；D.80≤x＜90；E.90≤x≤100．
并绘制了七年级竞赛成绩频数分布直方图，如图．
已知C组的全部数据为：71，72，70，75，74，78，76，77，76，77，79．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）n＝ ，抽取的n名学生竞赛成绩的中位数是 ；
（2）C组学生竞赛成绩的平均分是 ；
（3）学校将对80分以上（含80分）的学生授予“读书新星”称号，请根据以上统计信息估计该校七年级被授予“读书新星”称号的学生人数．
21．（10分）图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特殊情况，两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中升起的道闸EPQ1R1），升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD＝3.6米，宽AB＝6.6米．矩形闸机的宽AH＝BW＝0.3米，矩形道闸的宽FG＝EP＝1米，道闸底部距地面AB的高度FH＝EW＝0.2米．顶点G、M、Q、P在同一条直线上，边MG＝PQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计．
（1）求道闸升起的最大角的正切值；
（2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的小货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？请说明理由．
22．（10分）已知：如图，在△ABC中，点D在边AC上，点M、N在边BC上，AB是线段AD与AC的比例中项，∠BAN＝∠CAM，AM、AN分别交BD于点E、F．
（1）求证： ；
（2）若点O为BD边的中点，联结ON，且BD2＝2BN BC，求证：ON∥AB．
23．（12分）法国数学家韦达在探究二次项系数为1的一元二次方程x2+bx+c＝0根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：x1+x2＝﹣b，x1 x2＝c．借此结论，小麓对“倍根方程”的根的特征的进行了探究．
定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．若函数G1的图象与函数G2的图象相交于A，B两点，其中一个点的横坐标等于另一点的横坐标的2倍，则称函数G1与函数G2互为“倍根函数”．
（1）若（x﹣2）（2x+k）＝0是“倍根方程”，求k的值；
（2）一次函数G1：y＝kx+b（k＞0）与反比例函数互为“倍根函数”，求k和b满足的数量关系；
（3）已知 是“倍根方程”，点P（xP，yP）是函数
图象上一点，且 ，当a＞0时，yp的最大值和最小值的差是3，求a的值．
24．（12分）已知：如图，AB是⊙O的直径，M为OB上一点，过M作CD⊥AB，N为弧AC上一动点，连接NC、NB、ND，NB交CD与P．
（1）当M为OB中点时，求证以O、C、B、D为顶点的四边形是菱形．
（2）当NC⊥CD时，设NB的长为，y＝AM AB，求y与x的关系式．
（3）在（2）的条件下，△PBC＝S1，△PBM＝S2，△NPC＝S3，自然数p、t满足以下关系，S1＝3，S2＝2p﹣t，S3＝3p+t，求AB的长．
浙江省2025年初中学业水平考试数学模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题：（每题3分，共30分.下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的.）
1．（3分）﹣2025的倒数是（ ）
A．2025 B． C．﹣2025 D．
【分析】利用倒数的定义求解即可．
【解答】解：﹣2025的倒数是．
故选：B．
2．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．x2+x3＝2x5 B．（﹣x3）2＝x5
C．（2x）2 3x＝6x3 D．x4÷x＝x3
【分析】根据合并同类项法则、幂的乘方与积的乘方法则、单项式乘单项式法则、同底数幂的除法法则逐项计算判断即可．
【解答】解：A、x2与x3不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意；
B、（﹣x3）2＝x6，故此选项不符合题意；
C、（2x）2 3x＝4x2 3x＝12x3，故此选项不符合题意；
D、x4÷x＝x3，故此选项符合题意；
故选：D．
3．（3分）榫卯（sǔnmǎo）是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯．如图所示的“榫”和“卯”中，“卯”的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据左视图是从左面观察到的图形，进行判断即可．
【解答】解：“卯”的左视图是，
故选：B．
4．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．若a＞b，则a+2＞b+2 B．若a＞b，则
C．若a＞b，则ac2＞bc2 D．若2a＞2b，则a＞b
【分析】根据不等式的性质：①不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变，②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变，③不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，分别判断即可．
【解答】解：由a＞b得，a+2＞b+2，说法正确，故A不符合题意；
由a＞b得，，说法正确，故B不符合题意；
由a＞b得，当c＝0时，ac2＝bc2，原说法错误，故本选项符合题意；
若2a＞2b，则a＞b，说法正确，故D不符合题意．
故选：C．
5．（3分）下面式子从左边到右边的变形是因式分解的是（ ）
A．x2﹣x﹣2＝x（x﹣1）﹣2 B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+3x+2＝（x+1）（x+2） D．x﹣2＝x（1）
【分析】根据分解因式就是把一个多项式化为几个整式的积的形式的定义，利用排除法求解．
【解答】解：A．x2﹣x﹣2＝x（x﹣1）﹣2，没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故A不符合题意；
B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，是整式的乘法，不是因式分解，故B不符合题意；
C．x2+3x+2＝（x+1）（x+2），把一个多项式化为几个整式的积的形式的定义，是因式分解，故C符合题意；
D．x﹣2＝x（1），没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故D不符合题意．
故选：C．
6．（3分）一只不透明的袋子中装有2个红球和1个白球，这些球除颜色外都相同，将球搅匀，从中任意摸出1个球，记下颜色后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球，则2次都摸到红球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及2次都摸到红球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
红 红 白
红 （红，红） （红，红） （红，白）
红 （红，红） （红，红） （红，白）
白 （白，红） （白，红） （白，白）
共有9种等可能的结果，其中2次都摸到红球的结果有4种，
∴2次都摸到红球的概率为．
故选：C．
7．（3分）《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】设慢马的速度为x里/天，则快马的速度为2x里/天，根据规定时间相等可得方程．
【解答】解：设慢马的速度为x里/天，则快马的速度为2x里/天，
根据题意，得13．
故选：D．
8．（3分）图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器，可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直，已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，某一时刻测得BD＝1.7米，悬托架AE＝DE，点E固定在伞面上，当伞面完全张开时，太阳光线与地面的夹角设为α，当时，此时悬托架AE的长度为（ ）米.
A．0.5 B．0.6 C．0.8 D．0.9
【分析】过点E作EM⊥AD，垂足为M，根据题意可得：DG∥EH，从而可得∠DGB＝∠α，再根据垂直定义可得：∠ABC＝∠FDG＝90°，从而可得∠BDG+∠DGB＝90°，∠ADE+∠BDG＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠DGB＝∠ADE＝α，从而可得tan∠ADE，再根据已知易得：AD＝0.8m，再利用等腰三角形的三线合一性质可得：AM＝DM＝0.4m，最后在Rt△DME中，利用锐角三角函数的定义求出EM的长，从而利用勾股定理求出DE的长，即可解答．
【解答】解：过点E作EM⊥AD，垂足为M，
由题意得：DG∥EH，
∴∠DGB＝∠α，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BDG+∠DGB＝90°，
∵DF⊥DG，
∴∠FDG＝90°，
∴∠ADE+∠BDG＝180°﹣∠FDG＝90°，
∴∠DGB＝∠ADE＝α，
∵，
∴tan∠ADE，
∵AB＝2.5m，BD＝1.7m，
∴AD＝AB﹣BD＝2.5﹣1.7＝0.8（m），
∵AE＝DE，EM⊥AD，
∴AM＝DMAD＝0.4（m），
在Rt△DME中，EM＝DM tan∠ADE＝0.40.3（m），
∴DE0.5（m），
∴DE＝AE＝0.5m，
故选：A．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝6，D是线段AB上一个动点，以BD为边在△ABC外作等边△BDE．若F是DE的中点，连接CF，当CF取最小值时，△BDE的周长为（ ）
A．22 B．21 C．18 D．17
【分析】通过连接辅助线，利用三角形的内角和、等边三角形的性质以及角度关系，求出当CF最小时点D的位置，从而计算出△BDE的周长．
【解答】解：如图，连接BF，过点C作CH⊥BF，交BF的延长线于点H，交AB于点D′．
∵△BDE是等边三角形，F是DE的中点，
∴∠BDE＝∠DBE＝60°，BF平分∠DBE，
∴，
∴点F在射线BH上运动，当点F与点H重合时，CF的长最小．
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝60°，AB＝2AC＝12．
∵CH⊥BF，
∴∠BHD'＝90°，
∵∠ABF＝30°，
∴∠BD'H＝90°﹣∠ABF＝60°．
∵∠BDE＝∠BD'H，
∴当点F运动到点H处时，点D运动到点D'处．
∵∠AD'C＝∠BD'H＝60°，
∴∠ACD'＝ 180°﹣∠A﹣∠AD'C＝60°，
∴∠A＝∠AD'C＝∠ACD'，△ACD'是等边三角形．
∴AD'＝AC＝6，BD'＝AB﹣AD'＝12﹣6＝6．
∴当CF的长取最小值时，BD'＝6△BDE的周长为3×6＝18．
故选：C．
10．（3分）已知二次函数，y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），（5，0）图象上有三个（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3）．若当x1＜﹣1＜x2＜5＜x3时，均有y1＞y3＞y2，则下列说法中正确的是（ ）
A．a﹣4b＝0 B．x＝2时，y有最大值
C．y1y2y3＞0 D．x1+x2＜0
【分析】由x1＜﹣1＜x2＜5＜x3时，均有y1＞y3＞y2可知抛物线开口向上，由抛物线开口向上，可知x＝2时，y有最小值可判定B选项；再结合抛物线对称轴即可判定A选项；当x1＜﹣1＜x2＜5＜x3有y1＞0，y2 0，y3 0，可判定C选项；根据二次函数的性质可判定D选项．
【解答】解：由条件可知该抛物线的开口方向向上，即a＞0，
∴x＝2，y有最小值，故B错误；
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0）、（5，0），
∴对称轴为直线，
∴，则b＝﹣4a，
∴a﹣4b＝a+16a＝17a＞0（a＞0），故A错误；
∵二次函数的图象经过点（﹣1，0）、（5，0），对称轴为直线x＝2，
∴y1＞0，y2＜0，y3＞0，
∴y1y2y3＜0，C错误；
∵x1＜﹣1＜x2＜5＜x3时，均有y1＞y3＞y2，
∴点（x1，y1）与对称轴直线x＝2的对称点为距离大于点（x2，y2）与对称轴直线x＝2的距离，
∴2﹣x1＞|x2﹣2|，
∴2﹣x1＞x2﹣2或2﹣x1＞﹣x2+2，
∴x1+x2＜4或x1﹣x2＜0，
∴x1+x2＜0时，符合当x1＜﹣1＜x2＜5＜x3时，均有y1＞y3＞y2，即D正确．
故选：D．
二、填空题：（每小题3分，共18分.）
11．（3分）计算： 6 ．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝2×3
＝6，
故答案为：6．
12．（3分）如图直线AB∥CD∥EF，若，BD＝6cm，则BF＝ 14 cm．
【分析】根据题意得到，求出DF的长，即可得到答案．
【解答】解：∵AB∥CD∥EF，，BD＝6cm，
∴，
∴，
∴DF＝8，
∴BF＝BD+DF＝6+8＝14（cm），
故答案为：14．
13．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣k+3＝0有两个相等的实数根，则k的值为 ﹣1 ．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac＝0，可得出4k+4＝0，解之即可得出k的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣4x﹣k+3＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣k+3）＝4k+4＝0，
解得：k＝﹣1，
∴k的值为﹣1．
故答案为：﹣1．
14．（3分）在密码学中，把直接可以看到的内容称为明码，对明码进行某种处理后得到的内容称为密码．有一种密码，将英文26个字母a，b，c，…z依次对应1、2、3，…，26这26个自然数，如表，当明码对应的序号x为奇数时，密码对应的序号；当明码对应的序号x为偶数时，密码对应的序号．按该规定，将明码“yano”译成密码（密码是字母）是 math ．
字母 a b c d e f g h i j k l m
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
字母 n o p q r s t u v w x y z
序号 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26
【分析】先找出“yano”中各个字母对应的数，判断出奇偶数，然后依据不同的解析式进行解答即可．
【解答】解：明码中y对应序号为25，故密码对应的序号为13，对应的字母为m，
明码中a对应序号为1，故密码对应的序号为1，对应的字母为a，
明码中n对应序号为14，故密码对应的序号为13＝20，对应的字母为t，
明码中o对应序号为15，故密码对应的序号为8，对应的字母为h，
∴将明码“yano”译成密码是math；
故答案为：math．
15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，E为AB边上一点，以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连结AD，BE＝3，BD＝3．P是AB边上的动点，当△ADP为等腰三角形时，AP的长为 6或2 ．
【分析】连接OD，DE，根据切线的性质和勾股定理求出OD＝6，然后分三种情况讨论：①当AP＝PD时，此时P与O重合，②如图2，当AP′＝AD时，③如图3，当DP′′＝AD时，分别进行求解即可．
【解答】解：如图1，连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
在Rt△OBD中，OB＝OE+BE＝OD+3，BD＝3．
∴OB2＝BD2+OD2，
∴（OD+3）2＝（3）2+OD2，
解得OD＝6，
∴AO＝EO＝OD＝6，
①当AP＝PD时，此时P与O重合，
∴AP＝AO＝6；
②如图2，当AP′＝AD时，
在Rt△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴，
∴，
∴AC＝10，CD＝2，
∴AD2，
∴AP′＝AD＝2；
③如图3，当DP′′＝AD时，
∵AD＝2，
∴DP′′＝AD＝2，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠BAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH＝P″H，DH＝DC＝2，
∵AD＝AD，
∴Rt△ADH≌Rt△ADC（HL），
∴AH＝AC＝10，
∴AH＝AC＝P″H＝10，
∴AP″＝2AH＝20（P为AB边上一点，不符合题意，舍去），
综上所述：当△ADP为等腰三角形时，AP的长为6或2．
故答案为：6或2．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC＝8，点D为AB的中点，点M，N分别是边AC，BC上的动点，且MN＝4，点P是MN的中点，连接BP，DP，则：
①DP的最小值为 ；
②当∠PBC最大时，线段AM的长是 ．
【分析】①连接CP，CD，先求出AB，则CDAB，再根据点P是MN的中点得PCMN＝2，则点P始终在以C为圆心，以PC＝2为半径的圆上运动，根据“两点之间线段最短”得PC+DP≤CD，则DP≤CD﹣PC，即当C，P，D三点在同一条直线上时，DP最小，最小值为CD﹣PC，据此即可得出答案；
②当∠PBC最大时，则点C到直线PB的距离最大，由①可知点P在C为圆心，以PC＝2为半径的圆上，当BP与圆C相切时，点C到直线PB的距离最大，即∠PBC最大，过点点P作PE⊥BC于点E，先求出PB，再由三角形的面积公式得PE，证明PE是△CMN的中位线，则CM＝2PE，然后根据AM＝AC﹣CM即可得出线段AM的长．
【解答】①解：连接CP，CD，如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC＝8，
∴AC＝4，BC＝8，
由勾股定理得：AB，
∵点D是Rt△ABC斜边上的中线，
∴CDAB，
∵∠ACB＝90°，点P是MN的中点，MN＝4，
∴PC是Rt△MCN斜边上的中线，
∴PCMN＝2，
∴在点M，N的运动过程中，点P始终在以C为圆心，以PC＝2为半径的圆上运动，
根据“两点之间线段最短”得：PC+DP≤CD，
∴DP≤CD﹣PC，
∴当C，P，D三点在同一条直线上时，DP最小，最小值为CD﹣PC，
∵CD，PC＝2，
∴DP的最小值为：，
故答案为：；
②解：当∠PBC最大时，则点C到直线PB的距离最大，
由①可知：点P在C为圆心，以PC＝2为半径的圆上，
∴当BP与圆C相切时，点C到直线PB的距离最大，即∠PBC最大，
连接PC，过点点P作PE⊥BC于点E，如图2所示：
∵PB与⊙C相切，
∴PC⊥PB，
在Rt△PBC中，BC＝8，PC＝2，
由勾股定理得：PB，
由三角形的面积公式得：S△PBCBC PEPC PB，
∴PE，
∵∠ACB＝90°，PE⊥BC，
∴PE∥AC，
∵点P是MN的中点，
∴PE是△CMN的中位线，
∴CM＝2PE，
∴AM＝AC﹣CM，
∴当∠PBC最大时，线段AM的长是．
故答案为：．
三、解答题：（本大题共8个小题，共72分.）
17．（6分）（1）解方程组：；
（2）解不等式组：．
【分析】（1）利用加减消元法求解即可；
（2）分别求出每个不等式的解集，再依据口诀“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”确定不等式组的解集．
【解答】解：（1），
①×2+②得：5x＝15，
解得x＝3，
将x＝3代入①得：6+y＝8，
解得y＝2，
所以方程组的解为；
（2）由5x﹣2＜3（x+1）得：x＜2.5，
由x﹣1得：x≤1，
则不等式组的解集为x≤1．
18．（6分）如图，均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点A，B均在格点上．在给定的网格中使用无刻度的直尺按要求画图．
（1）在图①中，以线段AB为腰画一个等腰直角三角形ABC．
（2）在图②中，以线段AB为直角边画一个直角三角形ABD，并且使．
【分析】（1）利用等腰直角三角形的定义画出图形；
（2）取格点D，连接AD，根据相似三角形的性质和正切的定义即可得到符合题意的图形．
【解答】解：（1）如图①所示，即为△ABC所求，
（2）如图②所示，
，使，
则，
∴△ABD即为所求图形．
19．（8分）如图，矩形ABCD的宽AB＝2，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE，若BE＝BC，求DE的长．
【分析】根据矩形的性质求出∠ABE＝∠EBC＝45°，AD∥BC，得到∠AEB＝∠EBC＝45°，证明△ABE为等腰三角形，求出，即可得到答案．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE＝∠EBC＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC＝45°，
∴△ABE为等腰三角形，
∵AB＝2，
∴AB＝AE＝2，
∴BE2，
∵BE＝BC，
∴CB＝DA＝2，
∴DE＝DA﹣EA＝22．
20．（8分）某中学在“世界读书日”知识竞赛活动中，七年级800名学生全部参赛，从中随机抽取n名学生的竞赛成绩按以下五组进行整理（每名学生的得分为x）：
A.50≤x＜60；B.60≤x＜70；C.70≤x＜80；D.80≤x＜90；E.90≤x≤100．
并绘制了七年级竞赛成绩频数分布直方图，如图．
已知C组的全部数据为：71，72，70，75，74，78，76，77，76，77，79．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）n＝ 50 ，抽取的n名学生竞赛成绩的中位数是 77.5 ；
（2）C组学生竞赛成绩的平均分是 75 ；
（3）学校将对80分以上（含80分）的学生授予“读书新星”称号，请根据以上统计信息估计该校七年级被授予“读书新星”称号的学生人数．
【分析】（1）根据频数分布直方图即可求出，根据中位数的定义计算即可求出中位数；
（2）根据平均数的定义求解即可．
（3）用800乘以80分以上（含80分）的学生的占比即可求解
【解答】解：（1）n＝6+10+11+15+8＝50，
将50名同学的成绩按从低到排列，则第25位，第26位的成绩的平均即为中位数．
则中位数为：．
故答案为：50，77.5；
（2）C组学生竞赛成绩的平均分是：（分），
故答案为：75；
（3）（人），
答：该校七年级被授予“读书新星”称号的学生人数为368人．
21．（10分）图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特殊情况，两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中升起的道闸EPQ1R1），升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD＝3.6米，宽AB＝6.6米．矩形闸机的宽AH＝BW＝0.3米，矩形道闸的宽FG＝EP＝1米，道闸底部距地面AB的高度FH＝EW＝0.2米．顶点G、M、Q、P在同一条直线上，边MG＝PQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计．
（1）求道闸升起的最大角的正切值；
（2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的小货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？请说明理由．
【分析】（1）道闸升起，最大角为∠R1EN，最高点Q1应在CD上，延长Q1R1交EF于点X，分别计算出ER1和R1X的值，利用勾股定理求得EX的值，即可求得最大角∠R1EN的正切值；
（2）设汽车为矩形A′B′NC′，一个道闸升起时，画出相关图形，求得EB′的长，利用∠R1EN的正切值可得R1X的值，加上0.2即为可通过的汽车的最高高度，与1.8比较即可判断一个道闸升起能否通过．
【解答】解：（1）如图：道闸升起，最大角为∠R1EN，最高点Q1应在CD上，
延长Q1R1交EF于点X，则∠R1XE＝90°，
∵FG＝EP＝1米，道闸升起过程中对边始终保持平行，
∴Q1R1＝1米，
∵AD＝3.6米，FH＝EW＝0.2米，
∴R1X＝3.6﹣1﹣0.2＝2.4米，
∵AB＝6.6米，AH＝BW＝0.3米，
∴ER13米，
∴EX1.8米，
∴tan∠R1EN．
答：道闸升起的最大角的正切值为；
（2）需要同时升起两个道闸．理由如下：
设汽车为矩形A′B′NC′，一个道闸升起时，汽车应从如图位置进入．
∴B′N＝1.9米，
由（1）得：ER＝3米，
∴EB′＝3﹣1.9＝1.1米，
∵tan∠R1EN，
∴A′B′＝1.1米，
∴点A′到地面的距离为：0.2米，
∵1.8，
∴需要同时升起两个道闸．
22．（10分）已知：如图，在△ABC中，点D在边AC上，点M、N在边BC上，AB是线段AD与AC的比例中项，∠BAN＝∠CAM，AM、AN分别交BD于点E、F．
（1）求证：；
（2）若点O为BD边的中点，联结ON，且BD2＝2BN BC，求证：ON∥AB．
【分析】（1）先证明△ABD∽△ACB，得到，∠ABD＝∠ACB，再根据∠BAN＝∠CAM，得出∠BAM＝∠CAN，得到△BAE∽△CAN，得出，从而得证；
（2）根据BD2＝2BN BC，O为BD中点，∠OBN是公共角，得到△BON∽△BCD，得出∠BON＝∠C，再根据△ABD∽△ACB，得出∠ABD＝∠C，得到∠BON＝∠ABD，从而得证ON∥AB．
【解答】证明：（1）∵AB是线段AD与AC的比例中项，
∴，
∵∠BAC是公共角，
∴△ABD∽△ACB，
∴，∠ABD＝∠ACB，
∵∠BAN＝∠CAM，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△BAE∽△CAN，
∴，
∴，
∴；
（2）∵BD2＝2BN BC，O为BD中点，
∴BD2＝BN BC＝BO BD，
∵∠OBN是公共角，
∴△BON∽△BCD，
∴∠BON＝∠C，
∵△ABD∽△ACB，
∴∠ABD＝∠C，
∴∠BON＝∠ABD，
∴ON∥AB．
23．（12分）法国数学家韦达在探究二次项系数为1的一元二次方程x2+bx+c＝0根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：x1+x2＝﹣b，x1 x2＝c．借此结论，小麓对“倍根方程”的根的特征的进行了探究．
定义：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．若函数G1的图象与函数G2的图象相交于A，B两点，其中一个点的横坐标等于另一点的横坐标的2倍，则称函数G1与函数G2互为“倍根函数”．
（1）若（x﹣2）（2x+k）＝0是“倍根方程”，求k的值；
（2）一次函数G1：y＝kx+b（k＞0）与反比例函数互为“倍根函数”，求k和b满足的数量关系；
（3）已知是“倍根方程”，点P（xP，yP）是函数图象上一点，且，当a＞0时，yp的最大值和最小值的差是3，求a的值．
【分析】（1）由新定义即可求解；
（2）联立两个函数表达式得：kx+b，设方程的解为m，2m，则m+2m，m×2m，即可求解；
（3）由新定义得到b＝2a+2，确定点P在对称轴的右侧，a＞0，则y随x增大而增大，即可求解．
【解答】解：（1）（x﹣2）（2x+k）＝0，
解得x＝2或，
由题意得：2×2或2＝2×（），
解得：k＝﹣2或﹣8；
（2）联立两个函数表达式得：kx+b，设方程的解为m，2m，
则m+2m，m×2m，
整理得：b2＝27k；
（3）设的解为m，2m，
则m+2m，m×2m，
整理得：b＝2a+2，
则抛物线的表达式为：y＝ax2+bx，
则抛物线的对称轴为直线x1，
∵（﹣1）0，
即点P在对称轴的右侧，
∵a＞0，则y随x增大而增大，
当x时，ymax＝a（）2+（2a+2）（），
当x时，ymin＝a（）2+（2a+2）（），
∵yp的最大值和最小值的差是3，
即a（）2+（2a+2）（）a（）2+（2a+2）（）3，
整理得：（4a﹣2）+2a+2＝3，
解得：a．
24．（12分）已知：如图，AB是⊙O的直径，M为OB上一点，过M作CD⊥AB，N为弧AC上一动点，连接NC、NB、ND，NB交CD与P．
（1）当M为OB中点时，求证以O、C、B、D为顶点的四边形是菱形．
（2）当NC⊥CD时，设NB的长为，y＝AM AB，求y与x的关系式．
（3）在（2）的条件下，△PBC＝S1，△PBM＝S2，△NPC＝S3，自然数p、t满足以下关系，S1＝3，S2＝2p﹣t，S3＝3p+t，求AB的长．
【分析】（1）先由垂径定理证明CM＝DM，再证明OM＝BM，即可得出四边形ODBC为平行四边形，然后由CD⊥AB，即可由菱形的判定定理得出结论．
（2）连接AN，先证明Rt△ACB≌Rt△BNA（HL），得AC＝BN，再证明△CAM∽△BAC，得AC2＝AM AB，即NB2＝AM AB，再代入即可求解．
（3）先证明△PCN∽△PMB，得，再由，得到，求解得，从面求得S3＝9，S2＝1，，，设BM＝a，NC＝3a，，则，在Rt△OMC中，MC＝2a，，然后根据，求得a＝2，即可由AB＝5a求解．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，BD，
∵AB为直径，CD⊥AB，
∴CM＝DM，
∵M是OB中点，
∴OM＝BM，
∵四边形ODBC为平行四边形，
∵CD⊥AB，
∵平行四边形ODBC为菱形．
（2）解：连接AN，如图，
∵CN⊥CD，CD⊥AB，
∴CN∥AB，
∴∠NCA＝∠BAC，
∴CB＝AN，
又∵AB为直径，
∴∠ACB＝∠ANB＝90°，
又∵AB＝BA，
∴Rt△ACB≌Rt△BNA（HL），
∴AC＝BN，
∵∠AMC＝∠ACB＝90°，∠CAM＝∠BAC，
∴△CAM∽△BAC，
∴AC2＝AM AB，
∴NB2＝AM AB，
∵且y＝AM AB，
∴y＝3x2；
（3）解：∵CN∥AB，
∴△PCN∽△PMB，
∴，
∵，
∴，
∴（3p+t）（2p﹣t）＝9，
∵p，t为自然数，
∴或或，
解得（舍去）或（舍去）或，
∴S3＝9，S2＝1，
∴，，
设BM＝a，NC＝3a，
如图，过点O作OE⊥CN，连接OC，
则，
∵CN∥AB，OE⊥CN，CD⊥AB，
∴∠OEC＝∠ECM＝∠CMO＝∠MOE＝90°，
∴四边形OECM是矩形，
∴，
∴，
在Rt△OMC中，由勾股定理得，
∵，CM＝CP+PM，
∴，
∴，
∴a＝2，
∴AB＝5a＝10．
