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1、近年来我国 $A I$ 行业发展日新月异，其低成本且高性能的独特优势，迅速聚焦了全球投资者的视线，以下是四款常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案是轴对称图形的是（）

A、 $D e e p S e e k$ B、腾讯元宝 C、文心一言 D、纳米 $A I$

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2、如图，已知矩形 $A B C D$ ，

(1)、尺规作图：①作 $∠ B A D$ 的平分线 $A M$ ，交边 $B C$ 于点E．
②过E做 $E F ⊥ A D$ ，垂足为F
（两个画图都保留作图痕迹，不写作法）

(2)、求证：四边形 $A B E F$ 是正方形

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3、【新情境】
图①是一个平分角的仪器，其中 $O D = O E$ ， $F D = F E$ ．

(1)、如图②，将图①所示的仪器放置在 $△ A B C$ 上，使点O与顶点A重合，点D、点E分别在边 $A B$ ， $A C$ 上，沿AF画一条射线 $A P$ ，交 $B C$ 于点P． $A P$ 是 $∠ B A C$ 的平分线吗？如果是说明理由，如果不是举一个反例；

(2)、如图③，在（1）的条件下，过点P作 $P Q ⊥ A B$ 于点Q，若 $P Q = 4$ ， $A C = 6$ ，求 $△ A P C$ 的面积．

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4、先阅读，再解答，由 $(\sqrt{5} + \sqrt{3}) (\sqrt{5} - \sqrt{3}) = {(\sqrt{5})}^{2} - {(\sqrt{3})}^{2} = 2$ 可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如： $\frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{(\sqrt{3} + \sqrt{2}) (\sqrt{3} - \sqrt{2})} = \sqrt{3} - \sqrt{2}$ ，请完成下列问题：

(1)、 $\sqrt{2} - 1$ 的有理化因式是______；化简 $\frac{3}{3 - \sqrt{6}} =$ ______；

(2)、计算： $\frac{1}{\sqrt{2} + 1} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{4} + \sqrt{3}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{\sqrt{100} + \sqrt{99}}$ ．

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5、如图，在菱形 $A B C D$ 中，对角线 $A C$ 与 $B D$ 交于点 $O$ ，过点 $C$ 作 $A C$ 的垂线，过点 $D$ 作 $B D$ 的垂线，两直线相交于点 $E$ ．

(1)、求证：四边形 $O C E D$ 是矩形；

(2)、若 $C E = 1$ ， $D E = 2$ ，求菱形 $A B C D$ 面积．

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6、计算：

(1)、 $\sqrt{12} - \sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{27}$ ；

(2)、 $(\sqrt{5} + \sqrt{2}) (\sqrt{5} - \sqrt{2}) - {(\sqrt{3} + 1)}^{2}$ ．

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7、如图， $▱ A B C D$ 中， $∠ A = 70 °$ ，则 $∠ D$ 的度数为．

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8、如图，实数 $x$ 在数轴上对应点的位置如图所示，化简 $|x + 2| - \sqrt[3]{x^{3}} + \sqrt{{(x - 2)}^{2}} + |- x|$ 的结果为（）

A、 $2 x$ B、 $- 2 x - 4$ C、 $- 4 x$ D、 $- 2 x$

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9、在平行四边形 $A B C D$ 中， $A B = 5$ ， $B C = 8$ ，对角线 $A C$ ， $B D$ 相交于点O，则 $O A$ 的取值范围是（）

A、 $0 < O A < 5$ B、 $0 < O A < 6.5$ C、 $1.5 < O A < 6.5$ D、 $3 < O A < 13$

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10、如图，在平行四边形 $A B C D$ 中，对角线 $A C 、 B D$ 相交于点O，点E、F分别是 $A B 、 A O$ 的中点，连接 $E F$ ，若 $E F = 3$ ，则 $B D$ 的长为（）

A、6 B、12 C、10 D、8

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11、若一个六边形的每个外角都是 $x °$ ，则x的值为（）

A、30 B、45 C、60 D、90

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12、在平行四边形 $A B C D$ 中，若 $∠ A : ∠ B = 2 : 1$ ，则 $∠ C$ 的度数为（）

A、 $60 °$ B、 $90 °$ C、 $120 °$ D、 $150 °$

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13、下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（）

A、2，3，4 B、3，4，5 C、4，5，6 D、7，8，9

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14、下列各式中，一定是二次根式的是（）

A、 $\sqrt{- 7}$ B、 $\sqrt{0.5}$ C、 $\sqrt[3]{8}$ D、 $\sqrt{a}$

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15、在平面直角坐标系中，点 $O$ 是坐标原点，抛物线 $y = \frac{1}{2} x^{2} + x + c$ （ $c$ 是常数）经过点 $(1 ， 0)$ ，点 $A$ 、 $B$ 是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为 $m 、 - m$ ，过点 $A$ 向 $y$ 轴作垂线，垂足为点 $D$ ，连接 $A B 、 A D$ ．以 $A B$ 和 $A D$ 为边构造 $▱ A B C D$ ．

(1)、求该抛物线对应的函数表达式；

(2)、当 $m > 0$ 时，设抛物线在 $A$ 、 $B$ 两点之间的部分（含 $A$ 、 $B$ 两点）为图象 $G$ ，若图象 $G$ 上的最高点与最低点的纵坐标之差为5，则 $m$ 的值为_____．

(3)、若 $A B = 4$ ，求 $▱ A B C D$ 的周长；

(4)、当 $m > - 3$ 时，连结 $O A 、 O B 、 O C 、 O D$ ，若 $\frac{S_{△ O C D}}{S_{△ O A B}} = \frac{1}{2}$ ，直接写出 $m$ 的值．

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16、【模型认知】“阿氏圆”，是阿波罗尼斯圆的简称，已知在平面内两点A、B，则所有满足 $P A = k P B$ 的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最早由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称“阿氏圆”．如图①，在 $Rt △ A B C$ 中， $∠ A C B = 90 °, C B = 4, C A = 6$ ，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，求 $A P + \frac{1}{2} B P$ 最小值．
第一步：如图②，连结圆心C与动点P；
第二步：以半径 $C P$ 为公共边，构造“母子”型相似 $△ C P M ∽ △ C B P$ ．
第三步：计算 $C M$ 的长度，由 $△ C P M ∽ △ C B P$ 可得 $\frac{C M}{C P} = \frac{C P}{C B} = \frac{1}{2}$ ，即 $C M = \frac{1}{2} C P = 1$ ．
第四步： $A P + \frac{1}{2} B P = A P + M P$ ，如图③，当A、P、M三点共线时 $A P + \frac{1}{2} B P$ 最小，此时 $A P + \frac{1}{2} B P =$ ______．
【模型探究】如图④，在 $△ A B C$ 中， $A C = 1, A B = 2$ ，D为 $A B$ 上一点，小明同学认为当 $A D = \frac{1}{2}$ 时， $C D$ 的长是 $B C$ 长的一半，于是给出如下证明：
∵ $A C = 1, A B = 2, A D = \frac{1}{2}$ ，
∴ $\frac{A C}{A B} = \frac{1}{2}, \frac{A D}{A C} = \frac{1}{2}$
证明过程缺失
∴ $\frac{C D}{B C} = \frac{A C}{A B} = \frac{1}{2}$
∴ $C D = \frac{1}{2} B C$
请补全缺失的证明过程．
【模型应用】如图⑤，在扇形 $C O D$ 中， $∠ C O D = 90 °, O C = 6, O A = 3, O B = 5$ ，点P为扇形上一动点，则 $2 A P + P B$ 的最小值为______．

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17、如图，点 $C$ ， $D$ 在以 $A B$ 为直径的 $⊙ O$ 上， $A B$ 平分 $∠ C A D$ ， $B E$ 交 $A D$ 的延长线于点 $E, ∠ A B C = ∠ E$ ．求证： $B E$ 是 $⊙ O$ 的切线．

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18、先化简，再求值： $\frac{x}{x^{2} - 1} \div (1 + \frac{1}{x - 1})$ ，其中 $x = 2026$ ．

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19、如图， $P A, P B$ 是 $⊙ O$ 两条切线，切点分别为点 $A$ ，点 $B$ ，若 $∠ P = 40 °$ ， $⊙ O$ 的半径为2，则 $\overset{⌢}{A B}$ 的长度为．

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20、如图，某幢楼的楼梯每一级台阶的高度为20厘米，宽度为30厘米，那么斜面 $A B$ 的坡度为 $i = 1 ： m$ ，则 $m =$ ．

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