2023年吉林省长春市德惠市中考数学一检试卷(含答案解析)

这是一份2023年吉林省长春市德惠市中考数学一检试卷(含答案解析)，共26页。试卷主要包含了1×105B， 分解因式等内容，欢迎下载使用。

2023年吉林省长春市德惠市中考数学一检试卷
1. 在−2， 2，0，1这四个实数中，最小的实数是(    )
A. −2 B. 2 C. 0 D. 1
2. 从今年两会传来的数据看新时代中国发展之变.截至2022年底，我国累计建设开通5G基站2310000个，实现“县县通5G”“村村通宽带”，将2310000这个数用科学记数法表示为(    )
A. 23.1×105 B. 2.31×106 C. 0.231×107 D. 2.31×107
3. 如图是一种六角螺栓的示意图，其俯视图为(    )
A.
B.
C.
D.
4. 不等式6−3x≥0的解集在数轴上表示正确的是(    )
A.
B.
C.
D.
5. 如图，数学兴趣小组用测角仪和皮尺测量一座信号塔CD的高度，信号塔CD对面有一座高15米的瞭望塔AB，测得瞭望塔底B与信号塔底D之间的距离为25米，若从瞭望塔顶部A测得信号塔顶C的仰角为α，则信号塔CD的高为(    )
A. (15+25sinα)米
B. (15+25⋅sinα)米
C. (15+25tanα)米
D. (15+25⋅tanα)米
6. 如图，AB是⊙O的直径，点C、D、E都在⊙O上.若∠1=55∘，则∠2的大小为(    )
A. 55∘
B. 45∘
C. 35∘
D. 25∘
7. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘.按下列步骤作图：以点A为圆心，适当长为半径画圆弧分别交AB、AC于点M和点N.再分别以点M和点N为圆心，大于MN一半的长为半径画圆弧，两弧交于点P，连接AP并延长交BC于点D，则下列说法不正确的是(    )
A. ∠ADC=60∘ B. AD=BD C. BD=2CD D. AB=4CD
8. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−6,0)、B(0,−8)，将线段AB绕点A逆时针旋转90∘得到线段AC.若反比例函数y=kx(k为常数)的图象经过点C，则k的值为(    )
A. 8
B. 12
C. 16
D. 20
9. 分解因式：m2−5m=______ .
10. 如果关于x的一元二次方程ax2+x−1=0有两个不相等的实数根，那么a的值可以是______ .(写出一个a值即可)
11. 《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，记有许多有趣而又不乏技巧的算术程式．其中记载：“今有甲、乙二人，持钱各不知数．甲得乙中半，可满四十八．乙得甲太半，亦满四十八．问甲、乙二人原持钱各几何？”
译文：“甲，乙两人各有若干钱．如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有钱48文．如果乙得到甲所有钱的23，那么乙也共有钱48文．问甲，乙二人原来各有多少钱？”
设甲原有x文钱，乙原有y文钱，可列方程组为______.
12. 将两个直角三角尺按如图所示方式摆放，点A、D分别在边EF、BC上，∠BAC=∠EDF=90∘，∠E=45∘，∠C=30∘，AB与DF交于点M.若BC//EF，则∠BMD的大小为______ 度.


13. 圆心角为90∘的扇形如图所示，过AB的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为点D、E.若半径OA=4，则图中阴影部分图形的面积和为______ .

14. 在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−4ax−1经过点(2,7).若关于x的一元二次方程ax2−4ax−1−t=0(t为实数)在12 15. 先化简，再求值：(x+2)2+(1−x)(2+x)−3，其中x= 3−1.
16. 在一个不透明的布袋中只装有2个黑色的围棋子和1个白色的围棋子，围棋子除颜色不同外其余均相同．从这个布袋中随机地摸出1个围棋子，记下颜色后放回，搅匀后再随机地摸出1个围棋子记下颜色．请用画树状图(或列表)的方法，求两次摸出的围棋子颜色都是黑色的概率．
17. 为了更好地满足学生网课需求，某商店购进A型和B型两种型号的学生机平板电脑.已知每台A型学生机平板电脑的进价比每台B型学生机平板电脑的进价多400元，且用60000元购进A型学生机平板电脑与用48000元购进B型学生机平板电脑的数量相同.求每台B型学生机平板电脑的进价.
18. 图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B均在格点上.在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求作图，所画图形的顶点均在格点上.

(1)在图①中，画等腰三角形ABC，使其面积为3.
(2)在图②中，画等腰直角三角形ABD，使其面积为5.
(3)在图③中，画平行四边形ABEF，使∠ABE=135∘.
19. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D、E分别是边BC、AB的中点，连接ED并延长到点F，使DF=DE，连接AD、CE、BF、CF.
(1)求证：四边形BECF是菱形.
(2)若sin∠CAD=35，EF=4，则AB的长为______ .

20. 为了提高学生的安全意识，某校开展了安全教育课程，并在全校实施，为了检验此课程的效果，随机抽取了20名学生在开展此课程前进行了第一次安全常识测试，课程开展一段时间后，对这些学生又进行了第二次安全常识测试，获得了他们的成绩，并对数据(成绩)进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息：
a.第一次安全常识测试成绩统计表：
分组/分
人数
20≤x<25
5
25≤x<30
6
30≤x<35
m
35≤x≤40
3
b.第二次安全常识测试成绩扇形统计图：

c.两次成绩的平均数、中位数、众数如表：

平均数
中位数
众数
第一次成绩
28.2
n
32
第二次成绩
35.8
36.5
37
d.第一次安全常识测试成绩在25≤x<30这一组的数据是：26，26，27，28，28，29.
e.第二次安全常识测试成绩在B：30≤x<35这一组的数据是：31，31，33，34，34.
请根据以上信息，回答下列问题：
(1)m=______ ，n=______ .
(2)下列推断合理的是______ (填写序号).
①第二次测试成绩的平均分高于第一次的平均分，所以大多数学生通过参加此课程一段时间后成绩提升了.
②被抽测的学生小明的第二次测试成绩是36分，他觉得学校里至少有一半的学生的测试成绩比他高.
(3)若第二次安全常识测试成绩不低于34分为优秀，根据统计结果，估计全校600名学生第二次安全常识测试成绩优秀的人数.
21. 在中小学生科技节中，某校展示了学生自主研制的甲、乙两种电动车搬运货物的能力.这两种电动车充满电后都可以连续搬运货物30分钟.甲种电动车先开始搬运，6分钟后，乙种电动车开始搬运.线段OA、BC分别表示两种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)(从甲种电动车开始搬运时计时)的函数图象，根据图象提供的信息，解答下列问题：
(1)甲种电动车每分钟搬运货物量为______ 千克，乙种电动车每分钟笒运货物量为______ 千克.
(2)当6≤x≤36时，求乙种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)之间的函数关系式.
(3)在甲、乙两车同时搬运货物的过程中，直接写出二者搬运量相差8千克时x的值.

22. 已知AD是△ABC的中线，点E是线段AD上一点，过点E作AC的平行线，过点B作AD的平行线，两平行线交于点F，连结AF.
【方法感知】如图①，当点E与点D重合时，易证：△AEC≌△FBE.(不需证明)
【探究应用】如图②，当点E与点D不重合时，求证：四边形ACEF是平行四边形.
【拓展延伸】如图③，记AB与EF的交点为G，CE的延长线与AB的交点为N，且N为AB的中点.
(1)NGGA=______ ；
(2)若CA⊥AB，BC=5时，则BF的长为______ .

23. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，AC=10，BC=20，点D从点A出发，以每秒 5个单位长度的速度沿AB方向运动，到点B停止.当点D与A、B两点不重合时，作DP⊥AC交AC于点P，作DQ⊥BC交BC于点Q.E为射线CA上一点，且∠CQE=∠BAC.设点D的运动时间为t(秒).
(1)AB的长为______ .
(2)求CQ的长.(用含有t的代数式表示)
(3)线段QE将矩形PDQC分成两部分图形的面积比为1：3时，求t的值.
(4)当t为某个值时，沿PD将以D、E、Q、A为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形.请直接写出所有符合上述条件的t值.

24. 在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx−1(b是常数)的对称轴为直线x=−1，点A在这个抛物线上，且点A的横坐标为m.
(1)求该抛物线对应的函数表达式，并写出顶点C的坐标.
(2)点B在这个抛物线上(点B在点A的左侧)，点B的横坐标为−1−2m.
①当△ABC是以AB为底的等腰三角形时，求△ABC的面积.
②将此抛物线A、B两点之间的部分(包括A、B两点)记为图象G，当顶点C在图象G上，记图象G最高点的纵坐标与最低点的纵坐标的差为h，求h与m之间的函数关系式.
(3)设点D的坐标为(m,2−m)，点E的坐标为(1−m,2−m)，点F在坐标平面内，以A、D、E、F为顶点构造矩形，当此抛物线与矩形有3个交点时，直接写出m的取值范围.
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵−2<0<1< 2，
∴最小的实数是−2，
故选：A.
根据实数的大小比较法则(正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小)比较即可．
本题考查了实数的大小比较法则的应用，主要考查学生的理解能力和比较能力，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，绝对值大的反而小．

2.【答案】B 
【解析】解：2310000用科学记数法表示为2.31×106.
故选：B.
科学记数法的表示形式为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．
本题考查了科学记数法的表示方法，掌握形式为a×10n，其中1≤|a|<10是关键．

3.【答案】D 
【解析】解：该几何体的俯视图如图，

故选：D.
根据俯视图是从上面看到的图形解答即可．
本题考查判断简单几何体的三视图．掌握主视图是从正面看到的图形，左视图是从左面看到的图形，俯视图是从上面看到的图形是解题关键．

4.【答案】A 
【解析】解：6−3x≥0，
移项得：−3x≥−6，
解得：x≤2，
所以原不等式得解集：x≤2.
把解集在数轴上表示如下：

故选：A.
先求出不等式的解集，再在数轴上表示出不等式的解集即可．
本题考查的是解一元一次不等式及在数轴上表示不等式的解集，掌握“画图时，小于向左拐，大于向右拐”是解本题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，

则AB=DE=15米，AE=BD=25米，
设CD=x米，
∴CE=CD−DE=(x−15)米，
在Rt△ACE中，∠CAE=α，
∴tanα=CEAE=x−1525，
∴x=15+25⋅tanα，即CD=(15+25⋅tanα)米，
故选：D.
过点A作AE⊥CD，垂足为E，AB=DE=15米，AE=BD=25米，从而求出CE=(x−15)米，然后在Rt△ACE中，利用锐角三角函数的定义，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：连接OE，如图，
∵∠AOE=2∠1=2×55∘=110∘，
∴∠BOE=180∘−∠AOE=180∘−110∘=70∘，
∵∠BOE=2∠2，
∴∠2=12×70∘=35∘.
故选：C.
连接OE，如图，先利用圆周角定理得到∠AOE=2∠1=110∘，则利用邻补角计算出∠BOE=70∘，然后再利用圆周角定理计算∠2的度数．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

7.【答案】D 
【解析】解：∵∠C=90∘，∠B=30∘，
∴∠CAB=60∘，
由作图可知AD为∠CAB的平分线，
∴∠CAD=∠BAD=12∠CAB=30∘，
∴∠ADC=90∘−∠CAD=60∘，
故A正确，不符合题意；
∵∠BAD=∠B=30∘，
∴AD=BD，
故B正确，不符合题意；
∵∠CAD=30∘，∠C=90∘，
∴AD=2CD，
∴BD=2CD，
故C正确，不符合题意；
∵∠C=90∘，∠B=30∘，
∴AB=2AC，
∵AD2=AC2+CD2，AD=2CD，
∴AC= 3CD，
∴AB=2 3CD，
故D错误，符合题意．
故选：D.
由三角形内角和定理可求出∠CAB=60∘.由角平分线的作图方法可知AD为∠CAB的平分线，即得出∠CAD=∠BAD=12∠CAB=30∘，从而可求出∠ADC=60∘，故A正确；由等角对等边可知AD=BD，故B正确；由含30度角的直角三角形的性质可得出AD=2CD，进而得出BD=2CD，故C正确；结合勾股定理可求出AB=2 3CD，故D错误．
本题考查作图-角平分线，角平分线的定义，三角形内角和定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定，根据基本作图方法判断出AD为∠CAB的平分线是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：如图所示，过点C作CD⊥x轴于D，
∴∠CDA=∠AOB=90∘，
∵A(−6,0)、B(0,−8)，
∴OA=6，OB=8，
由旋转的性质可得∠BAC=90∘，CA=AB，
∴∠DAC+∠DCA=90∘=∠DAC+∠OAB，
∴∠DCA=∠OAB，
∴△DCA≌△OAB(AAS)，
∴AD=OB=8，CD=OA=6，
∴OD=AD−OA=2，
∴C(2,6)，
∵反比例函数y=kx(k为常数)的图象经过点C，
∴k=2×6=12.
故选：B.
如图所示，过点C作CD⊥x轴于D，先求出A(−6,0)、B(0,−8)，然后根据一线三垂直模型证明△DCA≌△OAB得到AD=OB=8，CD=OA=6，进而求出OD=2，则C(2,6)，然后把点C(2,6)代入反比例函数解析式中求出k的值即可．
本题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．

9.【答案】m(m−5) 
【解析】解：原式=m(m−5)，
故答案为：m(m−5)
原式提取公因式即可得到结果．
此题考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．

10.【答案】1(答案不唯一) 
【解析】解：∵关于x的一元二次方程ax2+x−1=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=12−4a×(−1)>0，且a≠0，
∴a>−14且a≠0，
∴a的值可以是1.
故答案为：1.
根据一元二次方程其判别式Δ=b2−4ac>0时有两个不相等的实数根和一元二次方程的定义即可求出a的取值范围，进而即可任意写出a的值．
本题考查根据一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式为Δ=b2−4ac，且当Δ>0时，该方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，该方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，该方程没有实数根是解题关键．

11.【答案】x+y2=48y+23x=48 
【解析】解：设甲原有x文钱，乙原有y文钱，
根据题意，得：x+y2=48y+23x=48，
故答案为：x+y2=48y+23x=48.
设甲原有x文钱，乙原有y文钱，根据题意可得，甲的钱+乙的钱的一半=48文钱，乙的钱+甲所有钱的23=48文钱，据此列方程组可得．
本题考查了二元一次方程组的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程组求解．

12.【答案】75 
【解析】解：∵BC//EF，∠E=45∘，
∴∠EDC=∠E=45∘，
又∠C=30∘，∠BAC=∠EDF=90∘，
∴∠B=180∘−∠BAC−∠C=60∘，∠BDM=180∘−∠EDF−∠CDE=45∘，
∴∠BMD=180∘−∠B−∠BDM=75∘.
故答案为：75.
利用平行线的性质求出∠CDE的度数，利用平角定义和三角形内角和定理分别求出∠B和∠BDM的度数，再利用三角形内角和定理即可求出∠BMD的度数．
本题考查了平行线的性质和三角形的内角和定理等知识，正确求出∠B和∠BDM的度数是解题的关键．

13.【答案】4π−8 
【解析】解：如图所示，连接OC，

∵CD⊥OA，CE⊥OB，
∴∠CDO=∠CEO=∠AOB=90∘，
∴四边形CDOE是矩形，
∵点C是AB的中点，
∴∠AOC=∠BOC，
在△COD与△COE中，
∠CDO=∠CEO∠DOC=∠EOCOC=OC，
∴△COD≌△COE(AAS)，
∴OD=OE，
∴矩形CDOE是正方形，
∴OD=CD，
∵OC=OA=4，OD2+CD2=OC2，
∴OD=CD=2 2，
∴图中阴影部分的面积=90π×42360−(2 2)2=4π−8，
故答案为：4π−8.
先证明四边形CDOE是矩形，再证明△COD≌△COE得到OD=OE，得到矩形CDOE是正方形，根据阴影部分图形的面积和等于扇形面积减去正方形的面积即可得到答案．
本题主要考查了不规则图形的面积的计算，勾股定理，圆心角与弧之间的关系，矩形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．

14.【答案】−1 【解析】解：∵抛物线y=ax2−4ax−1经过点(2,7)，
∴7=4a−8a−1，
解得：a=−2，
∴抛物线解析式为y=−2x2+8x−1.
一元二次方程ax2−4ax−1−t=0的实数根可以看作y=ax2−4ax−1与函数y=t的有交点，如图，

当x=4时，y=−2×42+8×4−1=−1.
∵方程在12 ∴−1 故答案为：−1 利用待定系数法求出抛物线解析式，再根据将一元二次方程ax2−4ax−1−t=0的实数根可以看作y=ax2−4ax−1与函数y=t的有交点，结合图象，在12 本题考查二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，从而借助数形结合解题是关键．

15.【答案】解：(x+2)2+(1−x)(2+x)−3
=x2+4x+4+2+x−2x−x2−3
=3x+3.
当x= 3−1时，原式=3( 3−1)+3=3 3−3+3=3 3. 
【解析】根据整式的混合运算法则计算即可化简，再将x= 3−1代入化简后的式子计算即可．
本题考查整式的化简求值，实数的混合运算．掌握整式的混合运算法则，实数的混合运算法则是解题关键．

16.【答案】解：根据题意画图如下：

共有9种等可能的情况数，其中两次摸出的围棋子颜色都是黑色的有4种，
则两次摸出的围棋子颜色都是黑色的概率是49. 
【解析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图可求得所有等可能的结果与两次摸出的围棋子颜色都是黑色的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

17.【答案】解：设每台B型学生机平板电脑的进价为x元，
由题意知：60000x+400=48000x，
化为整式方程为5x=4(x+400)，
解得x=1600，
经检验，x=1600是所列分式方程的解，且符合题意，
因此每台B型学生机平板电脑的进价为1600元． 
【解析】设每台B型学生机平板电脑的进价为x元，则每台A型平板电脑的进价为(400+x)元，根据所给等量关系列分式方程，解方程即可．
本题考查分式方程的实际应用，找准等量关系，列出分式方程是解题的关键，求出解后注意检验．

18.【答案】解：(1)如图，△ABC即为所求；

理由：由图可知AB= 32+12= 10，AC= 32+12= 10，BC=2，
∴AB=AC，S△ABC=12×2×3=3；
(2)如图，△ABD即为所求；

理由：由图可知AB= 32+12= 10，AD= 32+12= 10，BD= 22+42=2 5，
∴AB=AD，且AB2+AD2=BD2，
∴△ABD为等腰直角三角形，S△ABD=12AB⋅AD=12× 10× 10=5；
(3)如图，平行四边形ABEF即为所求；

理由：连接BF，
由图可知AB=EF= 32+12= 10，AF=BE=BF= 22+12= 5，
∴四边形ABEF是平行四边形，AF2+BF2=AB2，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠ABF=45∘，∠AFB=∠EBF=90∘，
∴∠ABE=135∘. 
【解析】(1)取格点C，连接AC，BC，得到△ABC即为所求，再利用三角形的面积计算方法求得到符合题意的图形，即可；
(2)取格点D，连接AD，BD，得到△ABD即为所求，再根据勾股定理逆定理，即可证明；
(3)取格点E，F，连接AF，EF，BE，即可得到平行四边形ABEF，由勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质和平行四边形的判定和性质即可证明．
本题主要考查了作图-应用与设计，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，掌握数形结合的思想是解题的关键．

19.【答案】2 13 
【解析】(1)证明：∵D是边BC的中点，
∴BD=CD，
∵DF=ED，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵∠ACB=90∘，E是边AB的中点，
∴CE=12AB=BE=CE，
∴平行四边形BECF是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形BECF是菱形，EF=4，
∴DE=12EF=2，BD=CD，EF⊥BC，
∵D、E分别是边BC、AB的中点，
∴AB=2BE，DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE=4，
∵∠ACB=90∘，
∴sin∠CAD=CDAD=35，则CDAC=34，
∴CD=34AC=3，
∴BD=CD=3，
在Rt△BDE中，
由勾股定理得：BE= BD2+DE2= 32+22= 13，
∴AB=2BE=2 13，
故答案为：2 13.
(1)先证四边形BECF是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得BE=CE，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得DE=2，BD=CD，EF⊥BC，再由三角形中位线定理得AC=2DE=4，然后由锐角三角函数定义得BD=CD=3，进而由勾股定理得BE= 13，即可得出结论．
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

20.【答案】628.5①② 
【解析】解：(1)由题意可知：m=20−5−6−3=6，
把第一次的成绩从小到大的顺序排列可知处于中间的两个数是28、29，
∴第一次成绩的中位数是：28+292=28.5，
故答案为：6，28.5.
(2)解：第二次测试成绩的平均分高于第一次的平均分，所以大多数学生通过参加此课程一段时间后成绩提升了，故①合理；
被抽测的学生小明的第二次测试成绩是3(6分)，他觉得学校里至少有一半的学生的测试成绩比他高，他的第二次成绩低于第二次成绩的中位数，故②合理，
故答案为：①②．
(3)解：根据题意可得：第二次成绩在A：35≤x≤40的人数为：60%×20=12(人)，
若第二次安全常识测试成绩不低于3(4分)为优秀，则优秀人数为12+2=14(人)，
∴1420×600=420(人)，
答：估计全校600名学生第二次安全常识测试成绩优秀的人数为420(人).
(1)利用抽取的总人数减去其他组的人数即可求出m，再根据中位数的定义即可求出n的值；
(2)根据比较平均数和中位数即可进行判断；
(3)根据题意求出优秀人数，再利用第二次成绩中优秀人数所占的百分比乘以全校人数即可求解．
本题考查统计表和扇形统计图、中位数和平均数及用样本估计总数，熟练掌握找中位数的方法和求出优秀人数是解题的关键．

21.【答案】4 6 
【解析】解：(1)由图可知，甲种电动车每分钟搬运货物量为7218=4(千克)，
乙种电动车每分钟搬运货物量为7218−6=6(千克)，
故答案为：4，6；
(2)设6≤x≤36时，乙种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)之间的函数关系式为y=kx+b，
由图可知，图象经过(6,0)，(18,72)，
∴6k+b=018k+b=72，
解得k=6b=−36，
∴6≤x≤36时，乙种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)之间的函数关系式为y=6x−36；
(3)设甲种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)之间的函数关系式为y=mx，
将(18,72)代入，得72=18m，
解得m=4，
∴甲种电动车的搬运货物量y(千克)与时间x(分)之间的函数关系式为y=4x，
∵两种电动车充满电后都可以连续搬运货物30分钟，
∴当6≤x≤30时，甲、乙两车同时搬运货物，
若二者搬运量相差8千克，则4x−(6x−36)=8或(6x−36)−4x=8，
解得x=14或x=22，
因此，二者搬运量相差8千克时，x的值为14或22.
(1)由图可知甲、乙两车搬运72千克的货物分别用时(18分)，(12分)，由此可解；
(2)函数图象经过(6,0)，(18,72)，利用待定系数法即可求解；
(3)6≤x≤30时，甲、乙两车同时搬运货物，根据二者搬运量相差8千克列方程即可．
本题考查一次函数的实际应用，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键．

22.【答案】12 103 
【解析】方法感知，证明：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵BF//DA，
∴∠FBD=∠ADC，
同理∠FDB=∠C，
在△AEC与△FBE中，
∠FBD=∠ADCBD=CD∠FDC=∠C，
∴△AEC≌△FBE(ASA).
探究应用，证明：如图②，延长CE交BF于点M.

∵D是BC的中点，AD//BF，
∴CDBD=CEEM，∠AEC=∠FME，
∴CE=EM，
∵AC//EF，
∴∠ACE=∠FEM，
在△AEC和△FME中，
∠ACE=∠FEMCE=EM∠AEC=∠FME，
∴△AEC≌△FME(ASA)，
∴AC=EF，
∵AC//EF，
∴四边形ACEF是平行四边形；
拓展延伸，解：(1)如图③中，连接DN.

∵BD=DC，BN=AN，
∴DN//AC，DN=12AC，
∴NE：EC=DN：AC=1：2，
∵四边形ACEF是平行四边形，
∴AF=EC，
∴NGGA=NEAF=NEEC=12，
故答案为：12；
(2)如图③−1中，连接DN，延长CE交BF于点M.

在Rt△ABC中，BC=5，AD是△ABC的中线
∴AD=12BC=52，
∵四边形ACEF是平行四边形，
∴AF//CM，
∵BF//AD，
∴四边形AFME是平行四边形，
∴FM=AE，
∵DN//AC，DN=12AC，
∴△DEN∽△AEC，
∴DE=12AE，
∴AE=53，DE=56，
∵D是BC的中点，AD//BF，
∴△CDE∽△CBM，
∴DEBM=CDBC=12，
∴BM=2DE，
∴BF=BM+FM=2DE+AE=103.
故答案为：103.
方法感知，根据平行线的性质和三角形全等的判定进行证明即可；
探究应用，如图②，延长CE交BF于点M.证明△AEC≌△FME(ASA)，推出AC=EF，可得结论；
拓展延伸，(1)利用平行线分线段成比例定理求解即可；
(2)如图③−1中，连接DN，延长CE交BF于点M.证明四边形AFME是平行四边形，由△DEN∽△AEC，求出AE=53，DE=56，再证明△CDE∽△CBM，推出BM=2DE，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

23.【答案】10 5 
【解析】解：(1)在Rt△ACB中，AC=10，BC=20，
∴AB= AC2+BC2= 102+202=10 5，
故答案为：10 5；

(2)∵DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴∠DPC=∠DQC=∠C=90∘，
∴四边形DPCQ是矩形，
∴CQ=PD=AD⋅sinA= 5t×2 55=2t；

(3)如图1中，当点E在线段PC上时，

∵∠C=∠C，∠CQE=∠A，
∴△CQE∽△CAB，
∴CECB=CQAC，
∴CE20=2t10，
∴CE=4t，
由题意，S△CQE=14S矩形DPCQ，
∴12×2t×4t=14×2t×(10−t)，
解得，t=109.
如图2中，当点E落在CA的延长线上时，设QE交DP于点H.

当PH=DH时，满足条件，
∵DQ//PE，
∴DQPE=DHPH=1，
∴PE=DQ，
∴4t−(10−t)=10−t，
∴t=103，
综上所述，满足条件的t的值为109或103.

(4)如图3−1中，当PD=PE时，满足条件，能拼成△TDQ.此时2t=10−t−4t，
∴t=107.

如图3−2中，当P，E重合时，能拼成△ADC，此时4t=10−t，
∴t=2.

图3−3中，当AP=QD时，能拼成△DEP，此时t=10−t，
∴t=5.

综上所述，满足条件的t的值为107或2或5.
(1)利用勾股定理求出AB，可得结论；
(2)证明四边形DPCQ是矩形，求出PD，可得结论；
(3)分两种情形：点E在线段PC时，点E在CP的延长线上时，分别构建方程求解即可；
(4)分四种情形，分别画出图形，构建方程求解即可．
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

24.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx−1(b是常数)的对称轴为直线x=−1，
∴−b2=−1，
∴b=2，
∴抛物线对应的函数表达式为：y=x2+2x−1，
∵y=x2+2x−1=(x+1)2−2，
∴顶点C的坐标为(−1,−2)；
(2)①当x=−1−2m时，y=(−1−2m+1)2−2=4m2−2，
∴B(−1−2m,4m2−2)，
当△ABC是以AB为底的等腰三角形时，
则AC=BC，
∵点C在抛物线对称轴x=−1上，
∴点A、点B关于直线x=−1对称，
∴A(2m−1,4m2−2)，
∵点A的横坐标为m，
∴2m−1=m，
解得：m=1，
∴A(1,2)，B(−3,2)，
由(1)得，C(−1,−2)，
∴S△ABC=12[1−(−3)]×[2−(−2)]=8；
②∵A(m,(m+1)2−2)，B(−1−2m,4m2−2)，点B在点A的左侧，
∴−1−2m ∴m>13，
∵顶点C在图象G上，
∴−1−2m≤−1≤m，
∴m≥0，
∴当点A是最高点，即m>1时，
则h=(m+1)2−2−(−2)
=m2+1++2m−2+2
=m2+2m+1
=(m+1)2；
当点B是最高点，即0≤m<1时，
则h=4m2−2−(−2)
=4m2−2+2
=4m2，
综上，h与m之间的函数关系式为：h=(m+1)2(m>1)或h=4m2(0≤m<1)；
(3)①∵点D在直线y=−x+2上运动，
由y=−x+2y=x2+2x−1，
当−3− 2123，1−m>2，如图：

此时矩形ADEF与抛物线有3个交点；
当m≤−3− 212时，有4个交点，不符合题意．
②当−1≤m≤1时，则1≤2−m≤3，0≤1−m≤2，如图：

此时矩形ADEF与抛物线有2个交点；
③当1
此时矩形ADEF与抛物线有2个交点；
④当2
此时矩形ADEF与抛物线有2个交点；
⑤当m=3时，点E在抛物线上，此时矩形ADEF与抛物线有3个交点；
⑥当3
此时矩形ADEF与抛物线有4个交点；
⑦当m=4时，则2−m=−2，1−m=−3，如图：

此时矩形ADEF与抛物线有3个交点(ED经过抛物线的顶点)；
⑧当m>4时，则2−m<−2，1−m<−3，如图：

此时矩形ADEF与抛物线有2个交点．
综上，当−3− 212 【解析】(1)根据对称轴方程求出b的值，求出抛物线的解析式，再将抛物线的解析式化成顶点式，即可求解；
(2)①先根据等腰三角形的性质求出A、B、C三点坐标，再根据三角形面积公式求解即可；②按第一种情况：当点A是最高点，可得m>1，第二种情况：当点B是最高点，得m的取值范围，再计算纵坐标的差h即可解答；
(3)分情况讨论：①当m<−1时，②当−1≤m≤1时时，③当14时，分别画出图形求解即可．
本题考查二次函数的综合应用，掌握矩形的性质，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质是解题的关键．