2021-2022学年福建省福州教育学院附中实验班九年级（下）第三次月考数学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年福建省福州教育学院附中实验班九年级（下）第三次月考数学试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年福建省福州教育学院附中实验班九年级（下）第三次月考数学试卷


第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列运用等式的性质，变形不正确的是(    )
A. 若a=b，则a+5=b+5 B. 若a=b，则ac=bc
C. ac=bc，则a=b D. 若a=b，则ac=bc
2. 若3x+3y=0，则x与y的关系一定是(    )
A. x-y=0 B. xy=0 C. x+y=0 D. xy=-1
3. 设“■▲●”分别表示三种不同的物体，如图所示，前两架天平保持平衡，若要使第三架天平也平衡，则“？”处应该放“●”(    )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 如图，点D、E分别在△ABC的边AB、BC上，下列条件中一定能判定DE//AC的是(    )
A. ADDB=BECE
B. BDAD=BEEC
C. ADAB=CEBE
D. BDBA=DEAC
5. 如图所示的运算程序中，若开始输入x的值为2，则第2022次输出的结果是(    )

A. -6 B. -3 C. -8 D. -2
6. 下列说法错误的是(    )

A. 如图(1)，建筑工人砌墙时，经常在两个墙脚的位置分别插一根木桩，然后拉一条直的参照线，这种做法用几何知识解释是：两点确定一条直线
B. 如图(2)，将甲，乙两把尺子拼在一起，两端重合，如果甲尺经校定是直的，那么乙尺不是直的，判断依据是：经过两点有且只有一条直线
C. 如图(3)，要测量两堵围墙形成的∠AOB的度数，但人不能进入围墙，可先延长BO得到∠AOC，然后测量∠AOC的度数，再计算出∠AOB的度数，其中依据的原理是：等角的余角相等
D. 如图(4)，从小明家A到学校B原有三条路线：路线①A-D-B；路线②A-E-B；路线③A-C-B，后又开通了一条直道，路线④A-B，这四条路线中路线④路程最短，其中依据的原理是：两点之间线段最短
7. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载，“三百七十八里关；初日健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意是；有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到关口，则此人第一和第六这两天共走了(    )
A. 102里 B. 126里 C. 192里 D. 198里
8. 在平面直角坐标系中，点P的坐标为(0,2)，点M的坐标为(m-1,-34m-94)(其中m为实数)，当PM的长最小时，m的值为(    )
A. -125 B. -75 C. 3 D. 4
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，与x轴，y轴的正半轴分别交于点A，B，点C(1,c)，D(2,d)，E(e,1)，P(m,n)均为AB上的点(点P不与点A，B重合)，若m
A. 在BC上 B. 在CD上 C. 在DE上 D. 在EA上
10. 在平面直角坐标系中，已知点M，N的坐标分别为(-1,3)，(3,3)，若抛物线y=x2-2mx+m2-m+2与线段MN只有一个公共点，则m的取值范围是(    )
A. -1⩽m<0或7-172 B. -1⩽m<0或m>7-172
C. m<0或7-172 D. -1⩽m⩽7+172
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共6小题，共24分）
11. 计算：(3-2)2020(3+2)2021=______．
12. 定义一种运算：a*b=a,a≥bb,a3的解集是______．
13. 2022年冬奥会吉祥物为“冰墩墩“，冬残奥会吉祥物为“雪容融“，如图，现有三张正面印有吉祥物的不透明卡片，卡片除正面图案不同外，其余均相同，其中两张正面印有冰墩敬图案，一张正面印有雪容融图案，将三张卡片正面向下洗匀，从中随机抽取一张卡片，记下图案后正面向下放回，洗匀后再从中随机抽取一张卡片．则抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的概率是______．

14. 如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC与⊙O交于点D，若BC=3，AD=165，则AB的长为______．


15. 七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经过历代演变而成七巧板，如图1所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”(意为“来自中国的拼图”)，图2是由边长为8的正方形分割制作的七巧板拼摆成的“叶问蹬”图．则图中抬起的“腿”(即阴影部分)的面积为______．

16. 如图，已知平行四边形OABC中，OA=6，∠AOC=45°，以AB为直径的圆经过点C，Q为线段OC上任一点(与点O、点C不重合)，过点Q作直线PD垂直于OA于D，交直线BC于P，设OD=t，△OPQ的面积为S.以下结论正确的是：______
①点B的坐标是(12,62)；
②直线AB的解析式是：y=x-6；
③S与t的函数关系式是：S=-12t2+3t(0 ④当S=182-22.5时，直线PQ与已知圆相切．



三、解答题（本大题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：(-1)4-|1-3|+6tan30°-(3-27)0．
18. (本小题9.0分)
已知x2-3xy-4y2=0(y≠0)，试求代数式x-y2x+y的值．
19. (本小题9.0分)
如图，AD是△ABC的中线，F为AD上一点，E为AD延长线上一点，且DF=DE．
求证：BE//CF．

20. (本小题10.0分)
某化妆品公司每月付给销售人员的工资有两种方案．
方案一：没有底薪，只拿销售提成；
方案二：底薪加销售提成．
设x(件)是销售商品的数量，y(元)是销售人员的月工资，如图所示，y1为方案一的函数图象，y2为方案二的函数图象，已知每件商品的销售提成方案二比方案一少6元，根据图中信息解答如下问题(注：销售提成是指从销售每件商品得到的销售额中提取一定数量的费用)：
(1)求y1的函数解析式；
(2)请问方案二中每月(按30天计)付给销售人员的底薪是多少元？
(3)如果该公司销售人员小丽的月工资要超过1000元，那么小丽选用哪种方案较好？她至少要销售商品多少件？

21. (本小题10.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为D，E为AD的中点，DF⊥BE，垂足为F，CF交AD于点G．
求证：(1)∠CFD=∠CAD；
(2)EG
22. (本小题10.0分)
女生排球考试要求：垫球后，球在运动中离地面的最大高度至少为2米．某次模拟测试中，某女生在O处将球垫偏，之后又在A，B两处先后垫球，球沿抛物线C1→C2→C3运动(假设抛物线C1，C2，C3在同一平面内)，最终正好在O处垫住，O处离地面的距离为1米．如图所示，以O为坐标原点1米为单位长度建立直角坐标系，x轴平行于地面水平直线m，已知点A(32,38)，点B的横坐标为-32，抛物线C1和C3的表达式分别为y=ax2-2ax和y=2ax2+bx(a≠0)．
(1)求抛物线C1的函数表达式．
(2)第一次垫球后，球在运动中离地面的最大高度是否达到要求？请说明理由．
(3)为了使第三次垫球后，球在运动中离地面的最大高度达到要求，该女生第三次垫球处B离地面的高度至少为多少米？

23. (本小题10.0分)
近年来，新能源汽车以其舒适环保、节能经济的优势受到热捧，随之而来的就是新能汽车销量的急速增加，当前市场上新能漂汽车从动力上分纯电动和混合动力两种，从用途上又分为乘用式和商用式两种，据中国汽车工业协会提供的信息，2017年全年新能源乘用车的累计销量为57.9万辆，其中，纯电动乘用车销量为46.8万辆，混合动力乘用车销量为11.1万辆； 2017年全年新能源商用车的累计销量为19.8万辆，其中，纯电动商用车销量为18.4万辆，混合动力商用车销量为1.4万辆，请根据以上材料解答下列问题：
(1)请用统计表表示我国2017年新能源汽车各类车型销量情况；
(2)小颖根据上述信息，计算出2017年我国新能源各类车型总销量为77.7万辆，并绘制了“2017年我国新能源汽车四类车型销量比例”的扇形统计图，如图1，请你将该图补充完整(其中的百分数精确到0.1%)；

(3)2017年我国新能源乘用车销量最高的十个城市排名情况如图2，请根据图2中信息写出这些城市新能源乘用车销售情况的特点(写出一条即可)；
(4)数据显示，2018年1～3月的新能源乘用车总销量排行榜上位居前四的厂家是比亚迪、北汽、上汽、江准，参加社会实践的大学生小王想对其中两个厂家进行深入调研，他将四个完全相同的乒乓球进行编号(用“1，2，3，4”依次对应上述四个厂家)，并将乒乓球放入不透明的袋子中搅匀，从中一次拿出两个乒乓球，根据乒乓球上的编号决定要调研的厂家．求小王恰好调研“比亚迪”和“江淮”这两个厂家的概率．
24. (本小题10.0分)
北京冬奥会上，由于中国冰雪健儿们的发挥出色，中国金牌总数位列第三，向世界证明了中国是冰雪运动强国！青蛙公主谷爱凌发挥出色一人斩获两金一银．在数学上，我们不妨约定：在平面直角坐标系中，将点P(2,1)称为“爱凌点”，经过点P(2,1)的函数，称为“爱凌函数”
(1)若点(3r+4s,r+s)是“爱凌点”，关于x的函数y=x2-x+t都是“爱凌函数”，则r=______，s=______，t=______．
(2)若关于x的函数y=kx+b和y=mx都是“爱凌函数”，且两个函数图象有且只有一个交点，求k的值．
(3)如图，点C(x1,y1)、D(x2,y2)是抛物线y=x2-3x+2上两点，其中D在第四象限，C在第一象限对称轴右侧，直线AC、AD分别交y轴于F、E两点；
①求点E，F的坐标；(用含x1，x2的代数式表示)
②若OE⋅OF=1，试判断经过C、D两点的一次函数y=kx+b(k≠0)是否为“爱凌函数”，并说明理由．

25. (本小题10.0分)
如图1，正方形ABCD，以BC为直径的半圆O交对角线BD于点E，点P是边AB上的点，延长PE交BC和边CD于点F，G．

(1)连接BF，求∠BFP的度数；
(2)如图2，过F作FN⊥PG交BC于N，求证：BP=BN；
(3)如图3，在(2)条件下，连接EN，
①若APPB=17，求tan∠NEF的值；
②若BC=13，EN+NF=12，直接写出AP的值．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A：若a=b，两边同时加5得：a+5=b+5，不符合题意；
B：若a=b，两边同时乘c得：ac=bc，不符合题意；
C：∵ac=bc，
∴c≠0，
∴ac⋅c=bc⋅c,即a=b，不符合题意；
D：若a=b，方程两边同时除以c(c≠0)，得：ac=ac，
∴D选项需要加c≠0，符合题意；
故选：D．
依据等式的性质：①等式的两边加或减同一个数或式子，等式不变；②等式的两边乘或除以同一个不为0的数或式子，等式不变，可知D错误．
本题考查了等式的性质，关键在于学生熟练掌握知识进行判断，注意等式的性质2中是除以同一个不为0的数或式子，等式不变．

2.【答案】C 
【解析】解：∵3x+3y=0，
∴3x=-3y，
∴x=-y，
∴x+y=0，
故选：C．
由题意得3x=-3y可得x=-y，就可得到此题的结果了．
此题考查了立方根问题的解决能力，关键是能准确理解立方根的性质．

3.【答案】C 
【解析】解：设■=x，▲=y，●=z，
所以x+2y=3y，
所以y=x，
又因为x+y=x+z，
所以y=z，
所以x=y=z，
所以3x=3z，
故选：C．
设■=x，▲=y，●=z，由题可得x=y=z，则可求解．
本题考查等式的性质，从图中能得到三个图形之间的等量关系是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：A.因为ADDB=ECBE，所以DE//AC，故A不符合题意；
B.因为BDAD=BECE，所以DE//AC，故B符合题意；
C.因为ADAB=CEBC，所以DE//AC，故C不符合题意；
D.因为BDAB=BEBC，所以DE//AC，故D不符合题意；
故选：B．
根据平行线分线段成比例判断即可．
本题考查了平行线分线段成比例，根据题目的已知并结合图形去分析是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查数字的变化规律，能够通过所给条件，探索出输出数的规律是解题的关键．
分别求出第1次，第2次，第3次，第4次，第5次，第6次，第7次的结果，从第8次开始，结果开始循环，每输入6次结果循环一次；所以第2022次输出的结果与第2次输出的结果相同，即可求解．
【解答】
解：①当x=2时，输出为12×2=1，
②当x=1时，输出为1-5=-4，
③当x=-4时，输出为12×(-4)=-2，
④当x=-2时，输出为12×(-2)=-1，
⑤当x=-1时，输出为-1-5=-6，
⑥当x=-6时，输出结果为12×(-6)=-3，
⑦当x=-3时，输出为-3-5=-8；
⑧当x=-8时，输出为12×(-8)=-4；
……
由此可知，从第2次开始，输出的结果是以-4，-2，-1，-6，-3，-8循环往复的，
因为(2022-1)÷6=336……5
∴第2022次输出结果和第6次结果相同，即为-3．
故选：B．  
6.【答案】C 
【解析】解：∵此题应用了知识“两点确定一条直线”，
∴选项A不符合题意；
∵此题应用了知识“经过两点有且只有一条直线”，
∴选项B不符合题意；
∵此题应用了知识邻补角，而不是等角的余角相等，
∴选项C符合题意；
∵此题应用了知识“两点之间线段最短”，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
根据对两点确定一条直线、经过两点有且只有一条直线、互余、邻补角、两点之间线段最短等知识的理解可得此题结果．
此题考查了两点确定一条直线、经过两点有且只有一条直线、互余、邻补角、两点之间线段最短等知识应用能力，关键是能准确理解并应用以上知识．

7.【答案】D 
【解析】解：设第六天走的路程为x里，则第五天走的路程为2x里，依此往前推，第一天走的路程为32x里，
依题意，得：x+2x+4x+8x+16x+32x=378，
解得：x=6．
32x=192，
6+192=198，
答：此人第一和第六这两天共走了198里，
故选：D．
设第六天走的路程为x里，则第五天走的路程为2x里，依此往前推，第一天走的路程为32x里，根据前六天的路程之和为378里，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：由勾股定理可知：
PM2=(m-1)2+(-34m-94-2)2=2516(m+75)2+16，
∴当m=-75时，PM2最小．
故选：B．

9.【答案】B 
【解析】解：如图，过点C作CH⊥x轴于点H，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥x轴于点F，
∵C(1,c)，D(2,d)，E(e,1)，
∴OH=1，OG=2，EF=1，
∵OC=OD=OE=2，∠CHO=∠DGO=∠EFO=90°，
∴c=CH=OC2-OH2=22-12=3，
d=DG=OD2-OG2=22-(2)2=2，
e=OF=OE2-EF2=22-12=3，
∴C(1,3)，D(2,2)，E(3,1)，
由图可知：随着∠COH-∠DOG-∠EOF角度逐渐变小，点C、D、E的横坐标逐渐增大，纵坐标逐渐减小，
∵m ∴点P在CD上．
故选：B．
如图，过点C作CH⊥x轴于点H，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥x轴于点F，利用勾股定理求出c、d、e的值，观察点的坐标变化规律即可得出答案．
本题考查了圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理，运用勾股定理求出C、D、E的坐标是解题关键．

10.【答案】A 
【解析】解：∵y=x2-2mx+m2-m+2=(x-m)2-m+2，
∴抛物线顶点坐标为(m,-m+2)，
∴抛物线顶点所在图象解析式为y=-x+2，
如图，当顶点落在MN上时，-m+2=3，
解得m=-1，

m增大，当抛物线经过点M时，将(-1,3)代入y=x2-2mx+m2-m+2得3=1+2m+m2-m+2，
解得m=0或m=-1(舍)，

∴-1≤m<0满足题意．
m增大，当抛物线经过点N时，将(3,3)代入y=x2-2mx+m2-m+2得3=9-6m+m2-m+2，
解得m=7-172或m=7+172，

∴7-172 故选：A．
通过函数解析式求出抛物线顶点坐标，可得抛物线运动轨迹，然后通过数形结合求解．
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握求二次函数顶点运动轨迹的方法，通过数形结合方法求解．

11.【答案】3+2 
【解析】解：原式=[(3-2)×(3+2)]2020×(3+2)
=(3-4)2020×(3+2)
=3+2．
故答案为：3+2．
利用积的乘方与幂的乘方得到原式=[(3-2)×(3+2)]2020×(3+2)，然后利用平方差公式计算．
本题考查了平方差公式：两个数的和与这两个数的差相乘，等于这两个数的平方差，即(a+b)(a-b)=a2-b2．

12.【答案】x>1或x<-1 
【解析】解：由新定义得2x+1≥2-x2x+1>3或2x+1<2-x2-x>3，
解得x>1或x<-1，
故答案为：x>1或x<-1．
分2x+1≥2-x和2x+1<2-x两种情况，根据新定义列出不等式组分别求解可得．
此题考查的是一元一次不等式组的解法，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

13.【答案】49 
【解析】解：把2张“冰墩墩“卡片分别记为A、B，1张“雪容融“卡片记为C，
画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的结果有4种，
∴抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的概率为49，
故答案为：49．
画树状图，共有9种等可能的结果，其中抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的结果有4种，再由概率公式求解即可．
此题考查了树状图法求概率．正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

14.【答案】4 
【解析】解：∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC=90°，
∵AB为直径
∴∠BDC=90°，
又∵∠C=∠C
∴△ABC∽△BDC
∴BCDC=ACBC
∴BC2=CD⋅CA，即32=CD⋅(CD+DA)，
即32=CD⋅(CD+165)，(CD>0)，
解得CD=95，
∴AC=AD+CD=5，
由勾股定理可得：
AB=AC2-BC2=52-32=4，
故答案为：4．
利用切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理综合即可得出．
本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理，解题关键是利用相似求出CD的长，再利用勾股定理求得答案．

15.【答案】12 
【解析】解：如图，

因为图2是由边长为8的正方形分割制作的七巧板拼摆成的，
所以大正方形面积=64，
由图形可知，阴影部分面积=S1+S2=116×64+18×64=12，
故答案为：12．
根据七巧板中各部分面积的关系可得答案．
本题主要考查了七巧板，熟练掌握七巧板中各部分面积之间的关系是解题的关键．

16.【答案】②③ 
【解析】解：①如图1，连接AC，

∵AB是圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴∠OAC=90°，
∴∠AOC=45°，
∴OA=AC=BC=6，
∵∠CAO=∠AOE=∠ACE=90°，
∴四边形ACEO是矩形，
∴CE=OA=6，
∴BE=BC+CE=12，
∴B(12,6)，故①不正确；
②∵点A的坐标为(6,0)，
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
∴6k+b=012k+b=6，
解得k=1b=-6，
∴直线AB的解析式为：y=x-6，故②正确；
③∵PD⊥OD，
∴∠PDO=90°，
∵∠DOQ=45°，
∴△DQO是等腰直角三角形，
∴DQ=OD=t，
∴PQ=6-t，
∴S=12PQ⋅OD=12⋅t⋅(6-t)=-12t2+3t(0 ④当S=182-22.5时，-12t2+3t=182-22.5，
(t-3)2=(6-32)2，
解得：t1=9-32，t2=32-3，
如图2，过AB的中点G作GF⊥PD于F，交AC于H，
当t=9-32时，OD=9-32，

∴AD=FH=6-OD=6-(9-32)=32-3，
∵AG=12AB=32，
∴GH=3，
∴FG=GH+FH=3+(32-3)=32=AG，
∴直线PQ与已知圆相切；
当t=32-3时，OD=32-3，
∴AD=FH=6-OD=6-(32-3)=9-32，
∴FG=3+9-32=12-32≠AG，
∴此时直线PQ与已知圆不相切，故④不正确；
∴正确的结论有2个是：②③．
故答案为：②③．
①根据▱ABCO的性质得AO=BC=6，证明四边形ACEO是矩形，可得CE=6，可得点B的坐标；
②利用待定系数法可得直线AB的解析式；
③根据三角形的面积公式可得S与t的关系式，由于Q为线段OC上任一点(与点O、点C不重合)，可得0 ④根据S的值，代入③中的关系式可得两个对应t的值，求出AB的中点G到PQ的距离FG的长，可知一个相切，一个不相切．
本题是二次函数和圆的综合题型，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，直线和圆相切的判定，平行四边形的性质，三角形的面积，解一元二次方程，等腰直角三角形的性质和判定等知识，掌握圆与平行四边形的性质是关键．

17.【答案】解：原式=1-(3-1)+6×33-1
=1-3+1+23-1
=1+3． 
【解析】直接利用特殊角的三角函数值以及零指数幂的性质、特殊角的三角函数值分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．

18.【答案】解：∵x2-3xy-4y2=0(y≠0)，即(x-4y)(x+y)=0，
∴x-4y=0或x+y=0，
即x=4y或x=-y，
当x=4y时，原式=4y-y8y+y=13，
当x=-y时，原式=-y-y-2y+y=2，
答：代数式x-y2x+y的值为13或2． 
【解析】根据题意可得x-4y=0或x+y=0，即x=4y或x=-y，把x=4y，x=-y代入计算即可．
本题考查分式的值，由题意得到x=4y或x=-y是正确解答的前提．

19.【答案】证明：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDF中，
BD=CD∠BDE=∠CDFDE=DF，
∴△BDE≌△CDF(SAS)，
∴∠BED=∠CFD，
∴BE//CF． 
【解析】证明△BDE≌△CDF(SAS)，由全等三角形的性质得出∠BED=∠CFD，由平行线的判定可得出结论．
本题考查了平行线的判定，全等三角形的判定与性质，证明△BDE≌△CDF是解题的关键．

20.【答案】解：(1)设l1所表示的函数关系式为y1=k1x，由图象，得420=30k1，
解得：k1=14，
∴l1所表示的函数关系式为y1=14x；
(2)∵每件商品的销售提成方案二比方案一少6元，
∴y2=(14-6)x+b把(30,560)代入得560=8×30+b，解得b=320，
∴方案二中每月付给销售人员的底薪是320元；
(3)由(2)，得y2的函数解析式为y=8x+320(x≥0)．
当8x+320>1000，
∴x>85，
由y1=14x，当14x>1000，得x>7137，
当8x+320>14x，解得：x<5313，
则当销量x≥72件时，小丽选择方案一比较好，小丽至少销售商品72件． 
【解析】(1)设l1所表示的函数关系式为y1=k1x，由待定系数法就可以求出解析式；
(2)由函数图象就可以得出方案二中每月付给销售人员的底薪是320元；
(3)利用(1)、(2)中求出的两函数的解析式，利用不等式求出即可，即可写出选择的最好方案，并利用该方案涉及的函数解析式，利用不等式即可求出至少要销售多少商品．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数与一元一次不等式关系的知识，充分利用图象中数据信息，正确应用待定系数法求解析式以及构造不等式是解题关键．

21.【答案】(1)证明：连接AF，并延长交BC于N，
∵AD⊥BC，DF⊥BE，
∴∠DFE=∠ADB，
∴∠BDF=∠DEF，
∵BD=DC，DE=AE，
∵∠BDF=∠DEF，∠EFD=∠BFD=90°，
∴△BDF∽△DEF，
∴BDDF=DEEF，
则DCDF=AEEF，
∵∠AEF=∠CDF，
∴△CDF∽△AEF，
∴∠CFD=∠AFE，
∴∠CFD+∠AEF=90°，
∴∠AFE+∠CFE=90°，
∴∠ADC=∠AFC=90°，
∴A、F、D、C四点共圆，
∴∠CFD=∠CAD．

(2)证明：∵∠BAD+∠ABD=90°，∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD，
∴∠EFG=∠ABD，
∵CF⊥AD，AD⊥BC，
∴F、N、D、G四点共圆，
∴∠EGF=∠AND，
∵∠AND>∠ABD，∠EFG=∠ABD，
∴∠EGF>∠EFG，
∴DG 【解析】(1)连接AF，并延长交BC于N，根据相似三角形的判定定理证△BDF∽△DEF，推出，DCDF=AEEF，再证△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，证出A、F、D、C四点共圆即可；
(2)根据已知推出∠EFG=∠ABD，证F、N、D、G四点共圆，推出∠EGF=∠AND，根据三角形的外角性质推出∠EGF>∠EFG即可．
本题综合考查了相似三角形的性质和判定，四点共圆等知识点，此题难度较大，对学生提出了较高的要求，但题型较好．

22.【答案】解：(1)∵C1：y=ax2-2ax，
将A(32,38)代入，得：38=a×(32)2-2a×32，
解得：a=-12，
∴C1：y=-12x2+x；
(2)由(1)得：y=-12x2+x=-12(x-1)2+12，
∴C1的对称轴为直线x=1，顶点为(1,12)，
∵O处距离地面1米，
∴最大高度为12+1=32<2，
∴未达到要求；
(3)C3：y=2ax2+bx(a≠0)，
对称轴为直线x=-b4a，顶点(-b4a,-b28a)，
∵要求最大距离达标，
∴-b28a≥1，
∵B的横坐标为-32，
∴yB=92a-32b，
由(1)知a=-12，
∴b24≥1，
解得：b≥2或b≤-2，
∵x=-b4a<0，
∴a，b同号，则b≤-2，
∴yB=92×(-12)-32×(-2)=34，
∴高度至少应为1+34=1.75米．
∴该女生第三次垫球处B离地面的高度至少为1.75米． 
【解析】(1)将点A坐标代入C1：y=ax2-2ax中，求出a值即可；
(2)求出抛物线C的顶点，求出实际最大高度，可得结果；
(3)根据最大高度达到要求得到不等式，求出b的范围，从而算出B离地面的高度．
本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是读懂题意，理解题干中的实际情景．

23.【答案】解：(1)统计表如下：
     2017年新能源汽车各类型车型销量情况(单位：万辆)
类型
纯电动
混合动力
总计
新能源乘用车
46.8
11.1
57.9
新能源商用车
18.4
1.4
19.8
(2)混动乘用：11.177.7×100%≈14.3%，14.3%×360°≈51.5°，
纯电动商用：18.477.7×100%≈23.7%，23.7%×360°≈85.3°，
补全图形如下：


(3)总销量越高，其个人购买量越大．

(4)画树状图如下：

∵一共有12种等可能的情况数，其中抽中1、4的情况有2种，
∴小王恰好调研“比亚迪”和“江淮”这两个厂家的概率为212=16． 
【解析】(1)将题目中涉及的数据按照乘用车和商用车两个类别，分纯电动和混合动力两种类型统计可得；
(2)先求出混动乘用、纯电动商用所占百分比，再用360°乘以对应百分比求得圆心角度数可得；
(3)根据条形图中的数据知总销量越高，其个人购买量越大；
(4)根据题意先画出树状图，得出所有等可能的情况数和两个球上的数字为1、4的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
此题考查的是树状图法求概率和条形统计图、扇形统计图；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

24.【答案】解：(1)2，-1，-1；
(2)将(2,1)分别代入y=kx+b与y=mx中，有：
2k+b=1m=2，
∵两个函数图像有且只有一个交点，
∴kx+1-2k=2x只有一个根，即：
kx2+(1-2k)x-2=0，
Δ=(1-2k)2+8k=0，
∴k=-12．
(3)①令x2-3x+2=0，得：
A(1,0)，B(2,0)，
∵C(x1,x12-3x1+2)，D(x2,x22-3x2+2)，
∴yAD=x22-3x2+2x2-1⋅(x-1)=(x2-2)(x-1)，
令x=0，
∴yAD=2-x2，
∴E(0,2-x2)，
同理可求，
yAC=(x1-2)(x-1)，
令x=0，x12-3x1+2x1-1⋅(x-1)
∴yAC=2-x1，
∴F(0,2-x1).
②y=kx+b是“爱凌函数”，理由如下：
∵若OE⋅OF=1，
∴|2-x2|⋅|2-x1|=1，
∴(2-x2)(x1-2)-1=0，
∴2x1-x1x2+2x2-5=0，
∵kCD=x22-3x2+2-x12+3x1-2x2-x1=x22-x12-3(x2-x1)x2-x1=x1+x2-3，
∴yCD=(x1+x2-3)x+b，
将C(x1,x12-3x1+2)代入上式，有：
b=2-x1x2，
∴yCD=(x1+x2-3)x+2-x1x2，
将(2,1)代入，有：
2(x1+x2-3)+2-x1x2=1，即
2x1-x1x2+2x2-5=0，与前提条件OE⋅OF=1所得出的结论一致，
∴经过C，D的一次函数y=kx+b是“爱凌函数”． 
【解析】
【分析】
本题考查一次函数、反比例函数和二次函数相关知识点，运用待定系数法和根的判别式可解决第(1)(1)小题，第(3)小题需要运用求斜率的公式，将结论与前提条件进行比较，整个题目涉及的未知数比较多，计算过程中需要仔细．
(1)根据已知条件，代入求解即可；
(2)首先用待定系数法求出反比例函数解析式，然后应用一元二次方程根的判别式求出k的值；
(3)首先根据前提条件推出x1与x2的关系，然后利用C，D坐标用x1和x2表示出直线斜率kCD，进一步代入点C或者点D的坐标，表示出截距b，然后将坐标(2,1)代入一次函数，和前面的结论比较是否符合条件．
【解答】
解：(1)∵(3r+4s,r+s)为“爱凌点”，
∴3r+4s=2r+s=1，
∴r=2s=-1，
将(2,1)代入y=x2-x+t，解得，
t=-1．
(2)(3)见答案．  
25.【答案】解：(1)如图1，

连接BF，EC，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠DBC=45°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BEC=90°，
∴∠ECB=180°-90°-45°=45°，
∴∠BFP=∠ECB=45°；
(2)如图2，

过点B作BM⊥PF于点M，作BQ⊥FN的延长线于点Q，则∠BMP=∠BQN，
∵FN⊥PG即∠PFN=90°，且∠BFP=45°，
∴∠BFQ=45°，∠MBQ=90°，
∴BF是∠PFQ的角平分线，
∴BM⊥BQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°=∠MBQ，
∴∠PBM+∠MBN=∠NBQ+∠MBN，
∴∠PBM=∠NBQ，
在△PBM和△NBQ中，
∠PBM=∠NBQBM=BQ∠BMP=∠BQN，
∴△PBM≌△NBQ(ASA)，
∴BP=BN．
(3)①如图3，

设AP=x，则BP=7x=BN，AB=8x=BC，
连接OE，连接BF，则OB=OC=4x=OE，ON=7x-4x=3x，
∴EN=5x，
易得△BEP≌△BEN，
∴EP=EN=5x，
∵∠PBE=∠PFB，
∴△PBE∽△PFB，
∴PB2=PE⋅PF即(7x)2=5x⋅PF，
∴BF=495x，
∴EF=245x，
在Rt△ENF中，FN=75x，
∴tan∠NEF=75x245x=724．
②如图4，

设ME=a，QN=b，
由①得：PM=QN=b，EN=PE=a+b，
∴NF=12-EN=12-a-b，
∴BM=FQ=QN+NF=12-a，
∵AB=13，
∴BD=2AB=132，
∴BE=12BD=1322，
在Rt△BME中，由勾股定理得，
BM2+ME2=BE2，
∴(12-a)2+a2=(1322)2，
∴a1=72，a2=172，
当a=72时，
BM=12-a=172，EF=MF-ME=172-72=5，
EN=72+b，NF=172-b，
在Rt△EFN中，
(72+b)2-(172-b)2=52，
∴b=8524，
∴PE=EN=16924，PF=PE+5=28924，
∴PB2=PE⋅PF=16924×28924，
∴PB=13×1724，
∴AP=AB-PB=13-13×1724=(24-17)×1324=9124
当a=172时，点不符合给出的图形，故舍去，
∴AP=9124． 
【解析】(1)连接CE，结合正方形的45°和圆周角定理即可得∠BCE的度数，从而得∠BFP的度数；
(2)过点B作BM⊥PF，作BQ⊥FN的延长线，利用三角形全等证BP=BN；
(3)①连接OE，利用线段比设线段长，从而表示出相关线段长，最终得tan∠NEF的值；
②设ME=a，QN=b，表示出BM=12-a，在Rt△BEM中，根据勾股定理列出方程，求得a的值，进而求得b的值，从而求得EF，EN，PE的值，进而根据①中的PB2=PE⋅PF，求得BP，进而求得AP．
本题考查正方形综合题，涉及到正方形的性质、圆的性质处理图形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理，层层递进是解题的关键．