2023年北京五十七中中考数学二模试卷(含解析 )

这是一份2023年北京五十七中中考数学二模试卷(含解析 )，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 中国空间站俯瞰地球的高度约为400000米，将400000用科学记数法表示应为( )
A. 4×105B. 4×106C. 40×104D. 0.4×106
2. 如图，已知∠AOC=90°，∠COB=60°，OD平分∠AOB，则∠COD的度数是( )
A. 35°
B. 30°
C. 25°
D. 15°
3. 一个布袋里装有5个球，其中3个红球，2个白球，每个球除颜色外其余都相同，则从布袋里任意摸出一个球是红球的概率是( )
A. 310B. 13C. 35D. 15
4. 实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是( )
A. a>bB. −a5. 如图，由图案(1)到图案(2)再到图案(3)的变化过程中，不可能用到的图形变换是( )
A. 轴对称B. 旋转C. 中心对称D. 平移
6. 如图，用绳子围成周长为210m的矩形，记矩形的一边长为x m，它的邻边长为y m，矩形的面积为S m2.当x在一定范围内变化时，y和S都随x的变化而变化，则y与x，S与x满足的函数关系分别是( )
A. 一次函数关系，二次函数关系B. 反比例函数关系，二次函数关系
C. 一次函数关系，反比例函数关系D. 反比例函数关系，一次函数关系
二、填空题（本大题共7小题，共14.0分）
7. 若分式1x−3有意义，则x的取值范围是 ．
8. 写出一个比11大且比4小的无理数 ．
9. 如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD分别与⊙O相切于点C，D，若∠CPA=40°，则∠CAD的度数为 ．
10. 若关于x的一元二次方程x2−4x+m=0没有实数根，则m的取值范围是______．
11. 在平面直角坐标系xOy中，直线y=x与双曲线y=kx交于点A(2,m)，则k的值是 ．
12. 如图，点P在直线AB外，点A、B、C、D均在直线AB上，如果AC=BD，只需添加一个
条件即可证明△APC≌△BPD，这个条件可以是 (写出一个即可)．
13. 如图，在8个格子中依次放着分别写有字母a～h的小球．
甲、乙两人轮流从中取走小球，规则如下：
①每人首次取球时，只能取走2个或3个球；后续每次可取走1个，2个或3个球；
②取走2个或3个球时，必须从相邻的格子中取走；
③最后一个将球取完的人获胜．
(1)若甲首次取走写有b，c，d的3个球，接着乙首次也取走3个球，则 (填“甲”或“乙”)一定获胜；
(2)若甲首次取走写有a，b的2个球，乙想要一定获胜，则乙首次取球的方案是 ．
三、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
14. 计算：(12)−1−2cs30°+|−12|−(3.14−π)0．
15. 解分式方程：32x−4−xx−2=12．
四、解答题（本大题共10小题，共58.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题5.0分)
已知a2−ab=1，求代数式(a−b)2+(a+b)(a−b)的值．
17. (本小题5.0分)
已知：如图，△ABC为锐角三角形，AB=AC．
求作：点P，使得AP=AB，且∠APC=∠BAC．
作法：①以点A为圆心，AB长为半径画圆；
②以点B为圆心，BC长为半径画弧，交⊙A于点D(异于点C)；
③连接DA并延长交⊙A于点P．
所以点P就是所求作的点．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形(保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：连接PC．
∵AB=AC，
∴点C在⊙A上．
∵DC=DC，
∴∠DPC=12∠DAC(______)(填推理的依据)，
由作图可知，BD=BC，
∴∠DAB=______=12∠DAC．
∴∠APC=∠BAC．
18. (本小题6.0分)
如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE//BD，BE//AC．
(1)求证：四边形AEBO是菱形；
(2)若AB=OB=2，求四边形AEBO的面积．
19. (本小题5.0分)
在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象平行于直线y=12x，且经过点A(2,2)．
(1)求这个一次函数的表达式；
(2)当x<2时，对于x的每一个值，一次函数y=kx+b(k≠0)的值大于一次函数y=mx−1(m≠0)的值，直接写出m的取值范围．
20. (本小题6.0分)
某景观公园内人工湖里有一组喷泉，水柱从垂直于湖面的水枪喷出，水柱落于湖面的路径形状是抛物线．现测量出如下数据，在距水枪水平距离为d米的地点，水柱距离湖面高度为h米．
请解决以下问题：
(1)在下边网格中建立适当的平面直角坐标系，根据已知数据描点，并用平滑的曲线连接；
(2)请结合表中所给数据或所画图象，估出喷泉的落水点距水枪的水平距离约为______米(精确到0.1)；
(3)公园增设了新的游玩项目，购置了宽度4米，顶棚到水面高度为4.2米的平顶游船，游船从喷泉正下方通过，别有一番趣味，请通过计算说明游船是否有被喷泉淋到的危险．
21. (本小题6.0分)
如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，连接AC、BC，过O作OF//AC，交BC于E，交DC于F．
(1)求证：∠DCB=∠DOF；
(2)若tan∠A=12，BC=4，求OF、DF的长．
22. (本小题5.0分)
2022年是中国共产主义青年团成立100周年，某中学为普及共青团知识，举行了一次知识竞赛(百分制).为了解七、八年级学生的答题情况，从中各随机抽取了20名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析．下面给出部分信息．
a.七年级学生竞赛成绩的频数分布表及八年级学生竞赛成绩的扇形统计图：
b.七年级学生竞赛成绩数据在80≤x<90这一组的是：
80 80 82 85 85 85 89
c.七、八两年级竞赛成绩数据的平均数、中位数、众数以及方差如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)写出表中m，n的值：m=______，n=______；八年级学生竞赛成绩扇形统计图中，表示70≤x<80这组数据的扇形圆心角的度数是______°；
(2)在此次竞赛中，竞赛成绩更好的是______(填“七”或“八”)年级，理由为______；
(3)竞赛成绩90分及以上记为优秀，该校七、八年级各有200名学生，估计这两个年级成绩优秀的学生共约______人．
23. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−2mx+m2+1与y轴交于点A.点B(x1,y1)是抛物线上的任意一点，且不与点A重合，直线y=kx+n(k≠0)经过A，B两点．
(1)求抛物线的顶点坐标(用含m的式子表示)；
(2)若点C(m−2,a)，D(m+2,b)在抛物线上，则a ______b(用“<”，“=”或“>”填空)；
(3)若对于x1<−3时，总有k<0，求m的取值范围．
24. (本小题7.0分)
已知等边△ABC，其中点D、E是过顶点B的一条直线l上两点．
(1)如图1，∠ADB=∠CEB=60°，求证：AD=BE；
(2)如图2，∠ADB=∠CEB=90°，BD=1，BE=2，求AD的长．
25. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1.对于线段PQ给出如下定义：若线段PQ与⊙O有两个交点M，N，且PM=MN=NQ，则称线段PQ是⊙O的“倍弦线”．
(1)如图，点A，B，C，D的横、纵坐标都是整数．在线段AB，AD，CB，CD中，⊙O的“倍弦线”是______；
(2)⊙O的“倍弦线”PQ与直线x=2交于点E，求点E纵坐标yE的取值范围；
(3)若⊙O的“倍弦线”PQ过点(1,0)，直线y=x+b与线段PQ有公共点，直接写出b的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：400000=4×105．
故选：A．
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵∠AOB=60°+90°=150°，
又∵OD平分∠AOB，，
∴∠BOD=12∠AOB=12×150°=75°，，
∴∠COD=∠BOD−∠COB=75°−60°=15°．
故选：D．
先求出∠AOB=60°+90°=150°，再根据角平分线的定义求得∠BOD=75°，把对应数值代入∠COD=∠BOD−∠COB即可求解．
本题主要考查了角平分线的定义和角的运算．找到等量关系∠COD=∠BOD−∠COB是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵布袋里装有5个球，其中3个红球，2个白球，从袋中任意摸出一个球共有5种结果，其中出现红球的情况有3种可能，
∴从袋中任意摸出一个球是红球的概率是35．
故选：C．
一般地，对于一件事情，所有可能出现的结果数为m，其中满足某个条件的事件A出现的结果数为n，那么事件A发生的概率为：P(A)=nm，根据概率公式直接计算即可．
本题考查了随机事件的概率，掌握随机事件的概率公式是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵−2∴1<−a<2，|a|>|b|，a+b<0，
∴a1<−a<2，所以−a>b，故B选项不符合题意；
|a|>|b|，故C选项不符合题意；
a+b<0，故D选项符合题意．
故选：D．
利用点在数轴上的位置判断即可．
本题考查的是实数的大小比较，解题的关键是熟练掌握实数大小比较的方法．
5.【答案】D
【解析】解：图(2)将图形绕着中心点旋转90°的整数倍后均能与原图形重合，图案包含旋转变换和中心对称．图(3)中有4条对称轴，本题图案包含轴对称变换．不符合题意；
图(1)三角形沿某一直线方向移动不能与图(2)(3)中三角形重合，故没有用到平移．
故选：D．
观察本题中图案的特点，根据对称、平移、旋转的特征进行判断作答．
考查图形的对称、平移、旋转等变换．对称有轴对称和中心对称，轴对称的特点是一个图形绕着一条直线对折，直线两旁的图形能够完全重合；中心对称的特点是一个图形绕着一点旋转180°后与另一个图形完全重合，它是旋转变换的一种特殊情况．
平移是将一个图形沿某一直线方向移动，得到的新图形与原图形的形状、大小和方向完全相同．旋转是指将一个图形绕着一点转动一个角度的变换．观察时要紧扣图形变换特点，认真判断．
6.【答案】A
【解析】解：由题意得：2(x+y)=210，
整理得：y=−x+105(0S=xy=x(−x+105)=−x2+105x，(0∴y与x成一次函数的关系，S与x成二次函数的关系；
故选：A．
由题意及矩形的面积及周长公式可直接列出函数关系式，然后由函数关系式可直接进行排除选项．
本题主要考查一次函数与二次函数的应用，熟练掌握一次函数与二次函数的应用是解题的关键．
7.【答案】x≠3
【解析】解：由题意得：x−3≠0，
解得：x≠3，
故答案为：x≠3．
根据分母为零，分式无意义；分母不为零，分式有意义，可得2x−3≠0，解可得答案．
此题主要考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义⇔分母为零；
(2)分式有意义⇔分母不为零；
(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
8.【答案】15(答案不唯一)
【解析】解：∵16=4，
∴11<15<4，
∴一个比11大且比4小的无理数是：15，
故答案为：15(答案不唯一)．
根据算术平方根的意义，可知4=16，再根据无理数的意义，即可解答．
本题考查了无理数，实数大小比较，算术平方根，熟练掌握算术平方根，以及无理数的意义是解题的关键．
9.【答案】50°
【解析】解：连接OC，OD，如图，
∵PC，PD分别与⊙O相切于点C，D，
∴OC⊥PC，OD⊥PD，∠CPO=∠DPO=40°，
∴∠OCP=∠ODP=90°，∠CPD=80°．
∵四边形PCOD的内角和为360°，
∴∠CPD+∠COD=180°，
∴∠COD=100°．
∴∠CAD=12∠COD=50°．
故答案为：50°．
连接OC，OD，利用切线的性质定理和切线长定理求得∠OCP=∠ODP=90°，∠CPD=80°，利用四边形的内角和定理和圆周角定理解得即可得出结论．
本题主要考查了圆的切线的性质定理和切线长定理，圆周角定理，四边形的内角和定理，连接OC，OD是解题的关键．
10.【答案】m>4
【解析】
【分析】
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
根据根的判别式列出不等式即可求出答案．
【解答】
解：由题意可知：△<0，
∴16−4m<0，
∴m>4，
故答案为m>4．
11.【答案】4
【解析】解：把A(2,m)代入y=x得：m=2，
∴A(2,2)，
把A(2,2)代入y=kx得：
2=k2，
∴k=4，
故答案为：4．
先求出m，得到A的坐标，再代入y=kx即可得答案．
本题考查一次函数与反比例函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法．
12.【答案】PA=PB(答案不唯一)
【解析】解：添加的条件是PA=PB，
理由是：∵PA=PB，
∴∠A=∠B，
在△APC和△BPD中，
PA=PB∠A=∠BAC=BD，
∴△APC≌△BPD(SAS)，
故答案为：PA=PB(答案不唯一)．
此时是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
13.【答案】(1)乙；
(2)e、f．
【解析】
【分析】
本题主要考查了逻辑推理与论证，同时也利用了分类讨论的思想．
(1)由于甲首次取走写有b、c、d的三个球，那么剩下a、e、f、g、h，而乙首次也取走三个球，但必须相邻，由此分类讨论即可加解决问题；
(2)由于甲首次拿走a、b两个球，还剩下c、d、e、f、g、h，而乙可以取的球分为①若乙取三个球；②若乙取两个球：在这两个前提之下讨论解决问题．
【解答】
解：(1)∵甲首次取走写有b、c、d的三个球，
∴还剩下a、e、f、g、h，
又∵乙首次也取走三个球，但必须相邻，
∴乙可以取e、f、g或f、g、h，
若乙取e、f、g只剩下a、h，
∵它们不相邻，
∴甲只能拿走一个，故乙拿走最后一个，故乙胜；
同理，若乙取f、g、h，只剩下a、e，
∵它们不相邻，
∴甲只能拿走一个，
故乙拿走最后的一个，故乙胜；
(2)∵甲首次拿走a、b两个球，还剩下c、d、e、f、g、h，
①若乙取三个球，
若乙取c、d、e或f、g、h，那么剩下的球胜连着的，故甲取走剩下的三个，则甲胜；
若乙取d、e、f，此时甲取g，则c、h不相邻，则甲胜；
若取e、f、g，此时甲取d，则c、h不相邻，则甲胜；
②若乙取两个球：
若乙取c、d，此时甲取f、g，那么剩下e、h，不相邻，则甲胜；
若乙取d、e，此时甲取f、g，则c、h不相邻，则甲胜；
若乙取e、f，
此时甲取c、d或g、h，则乙胜；
若甲c或d，那么乙取g或h，则乙胜；
若甲取g或h，那么乙取c或d，那么剩下两个球不相邻，则乙胜；
因此，乙一定要获胜，那么它首次取e、f．
14.【答案】解：原式=2−2×32+23−1
=2−3+23−1
=3+1．
【解析】先计算负整数指数幂，二次根式，零指数幂，绝对值及特殊角的三角函数值，再合并同类项即可．
此题考查的是负整数指数幂，二次根式，零指数幂，绝对值及特殊角的三角函数值的运算，掌握它们的法则是解决此题的关键．
15.【答案】解：去分母，得3−2x=x−2，
整理，得3x=5，
解得x=53．
经检验，x=53是原方程式的解．
所以原方程式的解是x=53．
【解析】观察方程可得最简公分母是：2(x−2)，两边同时乘最简公分母可把分式方程化为整式方程来解答．
(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．
(2)解分式方程一定注意要验根．
16.【答案】解：(a−b)2+(a+b)(a−b)
=a2−2ab+b2+a2−b2
=2a2−2ab，
当a2−ab=1时，
原式=2(a2−ab)
=2×1
=2．
【解析】先去括号，再合并同类项，然后把a2−ab=1代入化简后的式子进行计算即可解答．
本题考查了整式的混合运算−化简求值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】(1)解：图形如图所示：
(2)同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半；∠BAC．
【解析】
【解答】
(1)见答案；
(2)证明：连接PC．
∵AB=AC，
∴点C在⊙A上．
∵DC=DC，
∴∠DPC=12∠DAC(同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半)，
由作图可知，BD=BC，
∴∠DAB=∠BAC=12∠DAC．
∴∠APC=∠BAC．
故答案为：同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，∠BAC．
【分析】
(1)根据题意画出图形即可；
(2)利用圆周角定理解决问题即可．
本题考查作图−复杂作图，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18.【答案】(1)证明：∵AE//BD，BE//AC，
∴四边形AEBO是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴OA=OB，
∴四边形AEBO是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴OA=OB=OC=DO，
∵OB=AB=2，
∴BD=4，
由勾股定理得：AD=BD2−AB2=42−22=23，
∵BO=DO，
∴S△AOB=S△AOD=12S△BAD=12×12AD×AB=12×12×23×2=3，
∵四边形AEBO是菱形，AB=AO，
∴AE=AO=BO=BE=AB=2，
∴△AEB≌△BOA(SSS)，
∴△AEB的面积=△AOB的面积=3，
∴四边形AEBO的面积是3+3=23．
【解析】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，三角形的面积和勾股定理等知识点，能熟记矩形的对角线相等且平分是解此题的关键．
(1)根据平行四边形的判定得出四边形AEBO是平行四边形，根据矩形的性质得出AO=CO，BO=DO，AC=BD，求出OA=OB，再根据菱形的判定得出即可；
(2)根据矩形的性质得出∠DAB=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，求出OA=OB=OC=DO=2，求出BD，根据勾股定理求出AD，再求出△BAD的面积，求出△ABO的面积即可．
19.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象平行于直线y=12x，
∴k=12，
∵函数图象经过点A(2,2)，
∴2=12×2+b．
∴b=1．
∴一次函数的表达式为y=12x+1；
(2)把A(2,2)代入y=mx−1，得2=2m−1，
解得m=32，
∵当x<2时，对于x的每一个值，一次函数y=kx+b(k≠0)的值大于一次函数y=mx−1(m≠0)的值，
∴12≤m≤32．
【解析】本题考查了两条直线相交或平行问题，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
(1)根据题意一次函数为y=12x+b，代入A(2,2)，根据待定系数法即可求得；
(2)根据点A(2,2)结合图象即可求得．
20.【答案】解：(1)如图，
(2)由图象得，顶点(3,5.6)，
设h=a(d−3)2+5.6，
把(0,2)代入可得a=−0.4，
∴h=−0.4(d−3)2+5.6，
当h=0时，−0.4(d−3)2+5.6=0，
解得d=3+14或3−14(舍去)，
3+14≈6.7(米)，
答：喷泉的落水点距水枪的水平距离约为6.7米，
故答案为：6.7；
(3)当d=3+42=5时，h=4<4.2，
答：游船有被喷泉淋到的危险．
【解析】本题考查二次函数的实际应用，根据对应点的坐标得到二次函数关系式是解题关键．
(1)根据对应点画图象即可；
(2)求出二次函数的关系式，把h=0代入即可；
(3)把d=5代入二次函数关系式得到h得值，再与4.2比较即可．
21.【答案】(1)证明：连接OC，如图，
∵DC为⊙O的切线，
∴OC⊥DC，
∴∠OCD=90°，
即∠DCB+∠BCO=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
即∠BCO+∠OCA=90°，
∴∠DCB=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∴∠DCB=∠A，
∵OF//AC，
∴∠DOF=∠A，
∴∠DCB=∠DOF；
(2)解：在Rt△ABC中，∵tan∠A=BCAC=12，
∴AC=2BC=2×4=8，
∴AB=BC2+AC2=42+82=45，
∵∠DCB=∠A，∠BDC=∠CDA，
∴△DBC∽△DCA，
∴DCDA=DBDC=BCAC=12，
设DB=x，则DC=2x，
在Rt△ODC中，(2x)2+(25)2=(x+25)2，
解得x1=0(舍去)，x2=453，
∴DB=453，DC=853，
∵OF//AC，
∴OFAC=DFDC=ODAD，即OF8=DF853=10531653，
∴OF=5，DF=553．
【解析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和解直角三角形．
(1)连接OC，如图，先利用切线的性质得到∠OCD=90°，再利用圆周角定理得到∠ACB=90°，则根据等角的余角相等得到∠DCB=∠OCA，然后证明∠DCB=∠A，∠DOF=∠A，于是得到∠DCB=∠DOF；
(2)在Rt△ABC中利用正切的定义得到AC=8，则利用勾股定理可计算出AB=45，再证明△DBC∽△DCA，利用相似三角形的性质得DCDA=DBDC=BCAC=12，设DB=x，则DC=2x，则在Rt△ODC中利用勾股定理得到(2x)2+(25)2=(x+25)2，解方程得DB=453，DC=853，然后利用平行线分线段成比例定理，由OF//AC得到OFAC=DFDC=ODAD，最后根据比例的性质可求出OF、DF的长．
22.【答案】解：(1)m=720=0.35，n=(80+82)÷2=81，
八年级学生竞赛成绩扇形统计图中，表示70≤x<80这组数据的扇形圆心角的度数为360°×25%=90°，
故答案为：0.35，81，90；
(2)在此次竞赛中，竞赛成绩更好的是八年级，理由如下，
∵八年级成绩的平均分大于七年级年级成绩的平均分，
∴八年级的成绩好，
故答案为：八，八年级成绩的平均分大于七年级年级成绩的平均分(答案不唯一，合理均可)；
(3)估计这两个年级成绩优秀的学生共约：200×0.25+200×30%=50+60=110(人)，
故答案为：110．
【解析】本题主要考查方差、中位数、众数及扇形统计图，解题的关键是掌握众数、中位数的概念及样本估计总体思想的运用．
(1)根据频率=频数÷总数可得m的值，根据中位数的概念可得n的值，360°乘以八年级表示70≤x<80这组数据的百分比即可求解；
(2)从平均数和中位数及方差等方面比较得出答案(答案不唯一，合理均可)；
(3)用总人数乘以样本中七、八年级成绩90分及以上的学生人数和所占比例即可得．
23.【答案】=
【解析】解：(1)∵y=x2−2mx+m2+1=(x−m)2+1，
∴抛物线的顶点坐标为(m,1)；
(2)由(1)知，抛物线的顶点坐标为(m,1)，
∴抛物线的对称轴为x=m，
∵|m+2−m|=2，|m−2−m|=2，
∴点C和点点D到抛物线的对称轴的距离相等，
∴a=b，
故答案为：=；
(3)针对于抛物线y=x2−2mx+m2+1①，
令x=0，则y=m2+1，
∴A(0,m2+1)，
∵点A在直线y=kx十n(k≠0)上，
∴b=m2+1，
∴直线AB的解析式为y=kx+m2+1②，
联立①②整理得，x2−2mx+m2+1=kx+m2+1，
∴x[x−(2m+k)]=0，
∵y=x2−2mx+m2+1=(x−m)2+1，
∵点B(x1,y1)是抛物线上的任意一点，且不与点A重合，
∴x≠0，
∴x=2m+k，
∵对于x1<−3时，总有k<0，
∴2m+k<−3，
∴k<−2m−3，
∴−2m−3≤0，
∴m≥−32．
(1)将抛物线的解析式写成顶点式，即可得出答案；
(2)先确定出抛物线的对称轴，再用点C，D到对称轴的距离的大小，即可得出答案；
(3)先确定出n=m2+1，得出直线AB的解析式为y=kx+m2+1，再联立抛物线解析式，化简得x[x−(2m+k)]=0，最后利用对于x1<−3时，总有k<0，即可求出答案．
此题主要考查了二次函数的性质，直线与抛物线的交点坐标的求法，解不等式，求出x=2m+k是解本题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴∠ABD+∠CBE=120°，
∵∠ADB=∠CEB=60°，
∴∠ABD+∠BAD=120°，
∴∠CBE=∠BAD，
∴△CBE≌△BAD(AAS)，
∴AD=BE；
(2)解：如图，分别作∠AMB=∠CNB=60°，且角的顶点落在直线l上，

由(1)可知△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，BM=CN．
设EN=x，则AM=BN=2+x．
在Rt△ADM中，AD=AM⋅sin∠AMD=(2+x)×sin60°=32(2+x)，MD=AM⋅cs∠AMD=(2+x)×cs60°=12(2+x)，
∴CN=BM=12(2+x)+1=12x+2．
在Rt△CEN中，CN=ENcs∠CNE，
∴12x+2=xcs60∘，即12x+2=x12，
解得：x=43，
∴AD=32(2+43)=533．
【解析】(1)由等边三角形的性质结合题意易证△CBE≌△BAD(AAS)，即得出AD=BE；
(2)分别作∠AMB=∠CNB=60°，且角的顶点落在直线l上．由(1)可知△ABM≌△BCN，即得出AM=BN，BM=CN.设EN=x，则AM=BN=2+x.在Rt△ADM中，利用锐角三角形函数可求出AD=AM⋅sin∠AMD=32(2+x)，MD=AM⋅cs∠AMD=12(2+x)，从而可求出CN=BM=12x+2.再在Rt△CEN中，利用锐角三角形函数可得出CN=ENcs∠CNE，即可列出关于x的等式，解出x的值，即可求出AD的长．
本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，解直角三角形等知识．掌握三角形全等的判定定理是解题关键．在解(2)时作出辅助线构造全等三角形也是关键．
25.【答案】AB、CD
【解析】解：(1)如图1，

∵AF=FH=BH=2，CG=GF=DF=2，
∴AB，CD是⊙O的“倍弦线”，
∵BD与⊙O不相交，AIDI=AEBH=23，
∴BD和AD不是⊙O的“倍弦线”，
故答案为：AB、CD；
(2)如图2，

以O为圆心，3为半径画圆交直线x=2于E和E′，
∵EF=OE2−OF2=32−22=5，
∴−5(3)如图3，

以I(2,0)为圆心，1为半径画圆I，直线y=x+b与⊙I且于点P，Q，
连接IP，
∴IE=2IP=2，
∴E(2+2,0)，
∴2−2≤b≤2+2．
(1)根据定义验证可得结果；
(2)根据PQ最大值为6，所以以O为圆心，3为半径画圆，根据勾股定理求得EF，进而求得结果；
(3)以(1,0)为对称中心，作点O关于该点的对称点I(2,0)，以I为圆心，1为半径画圆，然后直线y=x+b与圆I相切，进而求得结果．
本题是新定义阅读题，考查了理解能力，与圆的位置关系，勾股定理等知识，解决问题的关键是几何直观能力，数形结合．
d(米)
0
0.7
2
3
4
…
h(米)
2.0
3.49
5.2
5.6
5.2
…
分组/分数
频数
频率
50≤x<60
1
0.05
60≤x<70
2
0.10
70≤x<80
5
0.25
80≤x<90
7
m
90≤x≤100
5
0.25
合计
20
1
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
82.0
n
85
109.9
八年级
82.4
84
85
72.1