2023年江苏省常州市武进区前黄实验学校中考数学一模试卷(含答案解析)

这是一份2023年江苏省常州市武进区前黄实验学校中考数学一模试卷(含答案解析)，共28页。试卷主要包含了 −21的绝对值为，5×106B等内容，欢迎下载使用。

2023年江苏省常州市武进区前黄实验学校中考数学一模试卷
1. −21的绝对值为(    )
A. 21 B. −21 C. 121 D. −121
2. 2022年6月5日上午10时44分07秒，熊熊的火焰托举着近500000千克的火箭和飞船冲上云霄，这是我国长征2F运载火箭将“神舟十四号”载人飞船送入太空的壮观情景.其中，数据500000用科学记数法可以表示为(    )
A. 0.5×106 B. 50×104 C. 5×104 D. 5×105
3. 已知点P(3,2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，则下列各点中在此反比例函数图象上的是(    )
A. (−3,−2) B. (3,−2) C. (−2,3) D. (2,−3)
4. 对任意四个有理数a，b，c，d定义新运算：abcd=ad−bc，已知2x−4x1=18，则x=(    )
A. −1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径.若∠CAD=∠B，AD=8，则AC的长为(    )
A. 5
B. 4 2
C. 5 2
D. 4 3
6. 如图，是一个棱长为1的正方体纸盒.若一只蚂蚁要沿着正方体纸盒的表面，从顶点A爬到顶点B去觅食，则需要爬行的最短路程是(    )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 3
7. 若二次函数y=x2+2 5x+3m−1的图象只经过第一、二、三象限，则m满足的条件一定是(    )
A. m>13 B. m<2
C. m<−2或m≥−13 D. 13≤m<2
8. 10个全等的小正方形拼成如图所示的图形，点P、X、Y、S是小正方形的顶点，Q是边XY上一点.T是PQ与SY的交点，若线段PQ恰好将这个图形分成面积相等的两个部分，则tan∠QTY的值为(    )
A. 14 B. 825 C. 13 D. 25
9. 若式子 x+1x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是______ .
10. 分解因式：4x2−8x+4=__________.
11. 若关于x的一元二次方程(k+2)x2−2x−1=0有实数根，则实数k的取值范围是______.
12. 如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木框A′BCD′，且A′D′与CD相交于CD边的中点E，若AB=4，BC=5，则原矩形ABCD和平行四边形A′BCD′重叠部分的面积是______ .


13. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=3cm，动点P从点A出发，以 2cm/s的速度沿AB方向运动到点B，动点Q同时从点A出发，以1cm/s的速度沿折线AC→CB方向运动到点B.设△APQ的面积为y(cm2)，运动时间为x(s)，写出Q点在BC上运动时y与x之间函数关系式______ .
14. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=−2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y=kx交于点C，P在直线BC上运动，则PO的最小值为______ .


15. 如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠D=60∘.点P为边CD上一点，且不与点C，D重合，连接BP，过点A作EF//BP，且EF=BP，连接BE，PF，则四边形BEFP的面积为______ .


16. 生活处处有数学：在五一出游时，小明在沙滩上捡到一个美丽的海螺，经仔细观察海螺的花纹后画出如图所示的螺旋线，该螺旋线由一系列直角三角形组成，则第2023个三角形的面积为______ .


17. 抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=1，且经过点(−1,0).若关于x的一元二次方程x2+bx+c−t=0(t为实数)在−1 18. 如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边上一点，以AB为直径在正方形内作半圆O，将△DCE沿DE翻折，点C刚好落在半圆O的点F处，则CF的长为______ .


19. 计算或化简：
(1)5×(−2)+ 2× 8−(12)−1；
(2)(a+1a−1+1)÷2aa2−1.
20. 解下列方程或不等式：
(1)x2−8x+12=0；
(2)x+2>−1x−5≤3(x−1).
21. 某校为了了解本校九年级学生的视力情况，随机抽查了50名学生的视力，并进行统计，绘制了如下统计图.
(1)这50名学生视力的众数为______ ，中位数为______ ；
(2)求这50名学生中，视力低于4.7的人数占被抽查总人数的百分比；
(3)若该校九年级共有400名学生，请估计该校九年级学生中，视力不低于4.8的人数.

22. 有三枚普通硬币，其面值数字分别为1，1，2.现规定：掷一枚硬币，若该硬币正面朝上，则所得的数字为面值数字；若该硬币反面朝上，则所得的数字为0.
(1)若用其中一枚硬币，随机掷10次，其中正面朝上的次数为6次，则在这10次掷币中，该硬币正面朝上的频率为______ ；
(2)若依次掷出这三枚硬币，用画树状图的方法，求掷出这三枚硬币所得数字之和是2的概率.
23. 如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠后，使得点D落在点H的位置上，点C恰好落在边AD上的点G处，连接CF.
(1)判断四边形GECF的形状，并说明理由；
(2)若CD=4，GD=8，求四边形GECF的面积及折痕EF的长.

24. 某同学眼睛距地面高度1.7米(图中AE部分)在护旗手开始走正步的点A处测得旗杆顶部D的仰角为22∘，在护旗手结束走正步的点B处测得旗杆顶部D的仰角为45∘，又测量得到A，B两点间的距离是30米，求旗杆DC的高度.(结果精确到整数米；参考数据：sin22∘≈0.37，cos22∘≈0.93，tan22∘≈0.40.)

25. 如图，在△OAB中，∠OAB=90∘，OA=2，AB=4.延长OA至点C，使AC=8，连接BC，以O为圆心，OB长为半径作⊙O，延长BA，与⊙O交于点E，作弦BF=BE，连接EF，与BO的延长线交于点D.
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)求EF的长.

26. 问题提出
(1)如图①，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=3，BC=4.若点P是边AC上一点，则BP的最小值为______ ；
问题探究
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=BC=2，点E是BC的中点.若点P是边AC上一点，试求PB+PE的最小值；
问题解决
(3)某市一湿地公园内有一条四边形ABCD型环湖路，如图③所示.已知AD=2000米，CD=1000米，∠A=60∘，∠B=90∘，∠C=150∘.为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要修一条由CE，EF，FC连接而成的步行景观道，其中，点E，F分别在边AB，AD上.为了节省成本，要使所修的这条步行景观道最短，即CE+EF+FC的值最小，求此时BE，DF的长.(路面宽度忽略不计)

27. 【概念发现】(1)对于平面上的图形S，将其绕某定点A逆时针旋转角度α，得到图形S′，我们记为图形S的(A,α)旋转变换，若在另一图形T上存在一动点C，图形S′上存在一动点D，记CD长度的最大值为S、T两图形旋转变换后的极大距离，记为H(S,T)，记CD长度的最小值为S、T两图形旋转变换后的极小距离，记为h(S,T).例如，图1中，平面直角坐标系中，M(9,1)，N(5,−1)，记线段MN为图形S，线段MN绕点P(5,1)逆时针旋转90∘，得到线段M′N′，记线段M′N′为图形S′，则图形S的(______ ，______ ∘)旋转变换得到图形S′，此时M′、N′坐标分别为M′(5,5)，N′(7,1)，记原点O为图形T，因为原点O到M′、N′两点的距离相等，都是5 2，而原点O到线段M′N′的距离OD长为3 5，所以H(S,T)是5 2，h(S,T)是3 5.
【理解应用】(2)如图2，△BCD在坐标平面内，B(4,0)，C(6,0)，D(6,3)，记△BCD为图形S，点A(3,0)为图形T，图形S的(O,90∘)旋转变换得到图形S′，则H(S,T)=______ ，h(S,T)=______ .

【拓展延伸】(3)如图3，⊙P在坐标平面内，半径为2，圆心P(6,0)，A(1,0)、B(−1,0)记⊙P为图形S，线段AB记为图形T，图形S的(O,60∘)旋转变换得到图形S′，求H(S,T)与h(S,T)的值；
【思维提升】(4)如图4，A(−3,0)、B(3,0)，将函数y=4 3x在第一象限的图象记为图形S，线段AB记为图形T，图形S的(O,60∘)旋转变换得到图形S′，直接写出h(S,T)=______ .
28. 已知：如图，抛物线y=mx2+4mx+3(m>0)交x轴于E、F两点，交y轴于A点，直线AE：y=x+b交x轴于E点，交y轴于A点.

(1)求抛物线的解析式；
(2)若Q为抛物线上一点，连接QE，QA，设点Q的横坐标为t(t<−3)，△QAE的面积为S，求S与t函数关系式；(不要求写出自变量t的取值范围)
(3)在(2)的条件下，点M在线段QA上，点N是位于Q、E两点之间的抛物线上一点，S=15，∠QMN=∠AEM，且MN=EM，求点N的坐标.
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：−21的绝对值为21，
故选：A.
根据负数的绝对值等于它的相反数可得答案．
本题考查绝对值，解题的关键是掌握正数的绝对值等于本身，0的绝对值为0，负数的绝对值等于它的相反数．

2.【答案】D 
【解析】解：数据500000用科学记数法表示为5×105.
故选：D.
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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查科学记数法的表示方法，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

3.【答案】A 
【解析】解：∵点P(3,2)在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=3×2=6，
A、∵−3×(−2)=6，∴此点在该函数图象上，故本选项正确；
B、∵3×(−2)=−6，∴此点不在该函数图象上，故本选项错误；
C、∵−2×3=−6，∴此点不在该函数图象上，故本选项错误；
D、∵2×(−3)=−6，∴此点不在该函数图象上，故本选项错误．
故选：A.
直接把点P(3,2)代入反比例函数y=kx(k≠0)求出k的值，进而可得出结论．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了定义新运算和一元一次方程的解法．根据新定义运算规则，得2x+4x=18，解方程求出x的值即可．
【解答】
解：因为abcd=ad−bc，
所以2x+4x=18，
即x=3，
故选：C.  
5.【答案】B 
【解析】解：连接CD，如图：

∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90∘，
∴∠ADC+∠CAD=90∘，
∵∠CAD=∠B，
∴∠ADC+∠B=90∘，
∵AC=AC，
∴∠ADC=∠B，
∴∠ADC=45∘=∠B，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC=AD 2=8 2=4 2，
故选：B.
连接CD，由AD是⊙O的直径，得∠ACD=90∘，又∠CAD=∠B，可得∠ADC+∠B=90∘，而∠ADC=∠B，故△ACD是等腰直角三角形，即可求出答案．
本题考查圆的性质及应用，解题的关键是掌握圆周角定理和等腰直角三角形三边的关系．

6.【答案】C 
【解析】解：需要爬行的最短路程即为线段AB的长，如图：

∵正方体棱长为1，
∴BC=1，AC=2，
∴AB= AC2+BC2= 22+12= 5，
∴需要爬行的最短路程为 5；
故选：C.
把A，B展到同一个平面内，用勾股定理即可得到答案．
本题考查勾股定理的应用，解题的关键是把A，B展到同一个平面内，求出线段AB的长度．

7.【答案】D 
【解析】解：∵抛物线y=x2+2 5x+3m−1经过第一、二、三象限，
∴Δ=(2 5)2−4(3m−1)>0且3m−1≥0，
解得13≤m<2.
故选：D.
利用二次函数的性质，抛物线与x轴有2个交点，与y轴的交点不在负半轴上，即Δ>0，且3m−1≥0，然后解不等式组即可．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：设小正方形边长为1，QY=x，则QM=QY+MY=x+1，
∵线段PQ恰好将这个图形分成面积相等的两个部分，
∴S△PQM+1=10×12=5，
∴12PM⋅QM+1=5，
∴12×5(x+1)+1=5，
∴x=35，
∴QM=85，
∵TY//PM，
∴∠QTY=∠QPM，
∴tan∠QTY=tan∠QPM=QMPM=825，
故选：B.

设小正方形边长为1，QY=x，则QM=x+1，利用面积法求出QM=85，再由平行线的性质得到∠QTY=∠QPM，则tan∠QTY=tan∠QPM=QMPM=825.
本题主要考查了求一个角的正切值，正确根据面积法求出QM=85是解题的关键．

9.【答案】x≠2且x≥−1 
【解析】解：由题意，得：x+1≥0且x−2≠0，
∴x≥−1且x≠2；
∴x的取值范围是x≥−1且x≠2；
故答案为：x≥−1且x≠2.
根据二次根式的被开方数大于等于0，分式的分母不为0，进行求解即可．
本题考查代数式有意义．熟练掌握二次根式的被开方数大于等于0，分式的分母不为0，是解题的关键．

10.【答案】4(x−1)2 
【解析】
【分析】
先提取公因式4，再根据完全平方公式进行二次分解即可求得答案．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用完全平方公式进行二次分解，注意分解要彻底．
【解答】
解：4x2−8x+4=4(x2−2x+1)=4(x−1)2.
故答案为：4(x−1)2.  
11.【答案】k≥−3且k≠−2 
【解析】解：根据题意得k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，
解得k≥−3且k≠−2，
所以实数k的取值范围是k≥−3且k≠−2.
故答案为：k≥−3且k≠−2.
根据一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到k+2≠0且Δ=(−2)2−4(k+2)×(−1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根．

12.【答案】10−2 3 
【解析】解：∵矩形木框ABCD变形为平行四边形木框A′BCD′
∴AD//BC//A′D′，CD⊥BC，AB=CD=CD′=4，AD=BC=A′D′=5，
∴CD⊥A′D′
∵点E为CD的中点，
∴CE=12CD=2，
在Rt△CED′中，根据勾股定理可得：ED′= CD′2−CE2=2 3，
∴AE=AD′−ED′=5−2 3，
∴S重叠=S梯形BCEA′=A′E+BC2⋅CE=5+5−232×2=10−23，
故答案为：10−2 3.
根据矩形和平行四边形的性质可得：AD//BC//A′D′，CD⊥BC，AB=CD=CD′=4，AD=BC=A′D′=5，从而得出CD⊥A′D′，根据中点的定义即可求出CE，然后根据勾股定理即可求出ED′，进而求出AE，最后根据梯形面积公式进行求解即可．
此题考查的是矩形的性质、平行四边形的性质、勾股定理，掌握矩形的性质定理、平行四边形的性质定理、用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．

13.【答案】y=−32x+9(3 【解析】解：∵∠C=90∘，AC=BC=3cm，
∴AB= AC2+BC2=3 2(cm)，
∵动点P从点A出发，以 2cm/s的速度沿AB方向运动到点B，动点Q同时从点A出发，以1cm/s的速度沿折线AC→CB方向运动到点B，
∴当点Q在CB上运动，即3 过点Q作QD⊥AB于点D，如图2所示：

由题意知BQ=6−x，
∵∠C=90∘，AC=BC=3cm，
∴∠B=∠BAC=12×90∘=45∘，
∴△QDB为等腰直角三角形，
∴QD= 22BQ= 22(6−x)，
∴y=12×3 2× 22(6−x)=−32x+9.
故答案为：y=−32x+9(3 作QD⊥AB，分点Q在CB上运动时，判断出点P在点B处，表示出BQ=6−x，由直角三角形的性质表示出QD的长，利用三角形面积公式得出函数解析式即可．
本题主要考查了动点问题的函数图象，掌握题意弄清两点的运动路线，根据点P、Q所在位置，得出函数解析式是解题的关键．

14.【答案】45 5 
【解析】解：∵直线y=−2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
当x=0时，y=4；当y=0时，x=2；
∴A(2,0)，B(0,4)，
∴OA=2，OB=4，
∴AB= 22+42=2 5，
∵直线y=−2x+4与直线y=kx交于点C，P在直线BC上运动，
∴直线BC即为直线y=−2x+4，
∵点到直线的距离，垂线段最短，
∴当OP⊥BC时，OP的值最小，

∵S△AOB=12OA⋅OB=12AB⋅OP，
∴2×4=2 5OP，
∴OP=45 5；
即PO的最小值为45 5；
故答案为：45 5.
根据点到直线的距离，垂线段最短，所以当OP⊥BC时，PO的值最小，利用等积法求出OP的长即可．
本题考查一次函数的综合应用．熟练掌握点到直线的距离，垂线段最短是解题的关键．

15.【答案】8 3 
【解析】解：如图，连接AC，AP，

∵四边形ABCD是菱形中，∠D=60∘，
∴AB=BC=4，∠D=∠ABC=60∘，AB//CD，
∴△ABC是等边三角形，
过点C作CG⊥AB于点G，过点P作PH⊥AB于点H，
则CG=PH，
∵S△ABP=12AB⋅PH，S△ABC=12AB⋅CG，
∴S△ABP=S△ABC，
∵CG⊥AB，
∴BG=AG=12AB=2，
∴CG= BC2−BG2= 42−22=2 3
∵EF//BP，EF=BP，
∴四边形BEFP是平行四边形，
∴S平行四边形BEFP=2S△ABP，
∵S菱形ABCD=2S△ABC，
∴S平行四边形BEFP=S菱形ABCD=AB⋅CG=4×23=83，
故答案为：8 3.
连接AC，AP，由菱形的性质可知△ABC是等边三角形，过点C作CG⊥AB于点G，过点P作PH⊥AB于点H，可得CG=PH，继而得出S△ABP=S△ABC，根据勾股定理求出CG长度，再证明四边形BEFP是平行四边形，依据S平行四边形BEFP=S菱形ABCD进行求解即可．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．

16.【答案】 20232 
【解析】解：第1个三角形的面积12×1×1=12，
由勾股定理得，OA1= 12+12= 2，
则第2个三角形的面积=12× 2×1= 22，
OA2= ( 2)2+12= 3，
则第3个三角形的面积12× 3×1= 32，
……，
则第n个三角形的面积= n2；
∴第2023个三角形的面积= 20232；
故答案为： 20232.
根据勾股定理分别求出OA1，OA2，…，根据三角形的面积公式分别求出第一个、第二个、第三个三角形的面积，总结规律，根据规律解答即可．
本题考查图形类规律探究．熟练掌握勾股定理，抽象概括出相应的数字规律，是解题的关键．

17.【答案】−4≤t<5 
【解析】
【分析】
根据抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=1，且经过点(−1,0).可以求得b、c的值，从而可以得到抛物线的解析式，再根据关于x的一元二次方程x2+bx+c−t=0(t为实数)在−1 本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答。
【解答】
解：∵抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=1，且经过点(−1,0).
∴−b2=11−b+c=0得b=−2c=−3
即抛物线解析式为y=x2−2x−3，
当y=t时，t=x2−2x−3，即x2−2x−3−t=0，
∵关于x的一元二次方程x2+bx+c−t=0(t为实数)在−1 ∴t=x2−2x−3有实数根，
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴当−1 ∴t的取值范围是−4≤t<5，
故答案为−4≤t<5。  
18.【答案】2 105 
【解析】解：如图：连接DO，OF，DE与CF相交于点G，

∵四边形ABCD是正方形，将△DCE沿DE翻折得到△DEF，
∴DC=DA，DC=DF，DE垂直平分CF，
∴DA=DF，
在△DAO与△DFO中，
DA=DFOA=OFDO=DO.
∴△DAO≌△DFO(SSS)，
∴∠A=∠DFO，
∵∠A=90∘，
∴∠DFO=90∘，
又∵∠DFE=∠C=90∘，
∴∠DFO=∠DFE=90∘，
∴点O、F、E三点共线，
设CE=EF=x，则OE=OF+EF=1+x，BE=2−x，OB=1，
∵∠OBE=90∘，
∴∠OB2+BE2=OE2，
∴12+(2−x)2=(1+x)2，
解得x=23，
即CE=23，
∵DE垂直平分CF，
∴CF=2CG，∠DGC=90∘，
∵∠DCB=90∘，
∴DE= CD2+CE2= 22+(23)2=2 103，
∵sin∠CDE=CEDE=CGCD，
∴232 103=CG2，
解得CG= 105，
∴CF=2CG=2 105，
故答案为：2 105.
连接DO，OF，首先根据SSS定理，可以判定△DAO≌△DFO，从而可以得到∠DFO的度数，再根据折叠的性质可知∠DFE=90∘，从而可以得到点O、F、E三点共线，然后根据勾股定理，即可求得CE的长，再根据折叠的性质，可得DC⊥CF，利用解直角三角形，即可求解．
本题考查圆周角定理，全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理，求一个角的正弦值，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

19.【答案】解：(1)原式=−10+ 16−2
=−10+4−2
=−8；
(2)原式=(a+1a−1+a−1a−1)⋅(a+1)(a−1)2a
=2aa−1⋅(a+1)(a−1)2a
=a+1. 
【解析】(1)先进行乘法运算，负整数指数幂的运算，再进行加减运算即可；
(2)根据分式的混合运算法则，进行计算即可．
本题考查二次根式的混合运算和分式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．

20.【答案】解：(1)x2−8x+12=0，
∴(x−2)(x−6)=0，
∴x1=2，x2=6；
(2)由不等式x+2>−1，得x>−3；
由x−5≤3(x−1)，得x≥−1；
∴不等式组的解集为：x≥−1. 
【解析】(1)利用因式分解法解一元二次方程即可；
(2)分别解出每一个不等式，找到它们的公共部分，即可得解．
本题考查解一元二次方程，解一元一次不等式组．熟练掌握因式分解法解一元二次方程，正确的求出每一个不等式的解集是解题的关键．

21.【答案】4.94.8 
【解析】解：(1)由统计图可知众数为4.9；共有50人，中位数应为第25与第26个的平均数，而第25个数和第26个数都是4.8，
∴中位数是4.8；
故答案为：4.9，4.8；
(2)由统计图可知，50人中视力低于4.7的有8人，
∴视力低于4.7的人数占被抽查总人数的百分比为850×100%=16%；
(3)由统计图可知，50人中视力不低于4.8的有34人，
∴视力不低于4.8的人数占被抽查总人数的百分比为3450×100%=68%，
∴400名学生中，视力不低于4.8的人数为400×68%=272(人)，
答：估计该校九年级学生中，视力不低于4.8的人数为272人．
(1)由统计图可知视力为4.9的有12人，人数最多，所以众数为4.9；总人数为50，得到中位数应为第25与第26个的平均数，而第25个数和第26个数都是4.8，即可确定出中位数为4.8；
(2)用视力低于4.7的人数除以50，再化为百分数即可；
(3)用抽查中视力不低于4.8人数所占的百分比估计400人的情况即可．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．

22.【答案】0.6 
【解析】解：(1)由题意得，该硬币正面朝上的频率为610=0.6，
故答案为：0.6；
(2)画树状图如下：

由树状图可知一共有8种等可能性的结果数，其中掷出这三枚硬币所得数字之和是2的结果数有2种，
∴掷出这三枚硬币所得数字之和是2的概率为28=14.
(1)根据频率=频数÷总数进行求解即可；
(2)先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后根据概率计算公式求解即可．
本题主要考查了求频率，树状图法求解概率，正确画出树状图是解题的关键．

23.【答案】解：(1)四边形GECF是菱形，理由如下：
∵矩形纸片ABCD，
∴AD//BC，
∴∠GFE=∠FEC，
由折叠的性质可得GE=CE，CF=GF，∠FEC=∠GEF，
∴∠GFE=∠GEF，
∴GE=GF，
∴GE=HF=CE=CF，
∴四边形GECF是菱形．
(2)如图所示，过点F作FM⊥BC于M，则四边形FMCD是矩形，

∴FM=CD=4，CM=DF；
设GF长为x，则DF长为8−x，
在Rt△FDC中，由勾股定理得CF2=CD2+DF2，
∴(8−x)2+42=x2，
解得x=5，
∴CE=GF=5，CM=DF=3，
∴EM=2，S菱形GECF=CE⋅FM=5×4=20，
∴EF= FM2+EM2=2 5. 
【解析】(1)根据矩形的性质得到∠GFE=∠FEC，根据折叠性质可知GE=CE，CF=GF，∠FEC=∠GEF，根据等量代换得∠GFE=∠GEF，再根据等角对等边即可证明GE=HF=CE=CF得到四边形GECF是菱形；
(2)如图所示，过点F作FM⊥BC于M，则四边形FMCD是矩形，FM=CD=4，CM=DF；设GF长为x，则DF长为8−x，在Rt△FDC中，由勾股定理得，(8−x)2+42=x2解得x=5，则CE=GF=5，CM=DF=3，即可得到EM=2，S菱形GECF=20，则EF= FM2+EM2=2 5.
本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．

24.【答案】解：延长EF交CD于G，则∠DGF=90∘，由题意可知，EF=AB=30米，CG=AE=1.7米．

∵∠DEF=22∘，∠DFG=45∘，
在Rt△DGF中，DG=GF，
在Rt△DGE中，tan22∘=DGEG，
∴EG=DGtan22∘≈2.5DG，
∵EG−GF=EF，
∴2.5DG−DG=30，
解得DG=20，
则DC=DG+CG=20+1.7≈22(米).
所以旗杆DC的高度大约是22米． 
【解析】延长EF交CD于G，在Rt△DGE中求得EG≈2.5DG，然后根据EG−GF=EF求出DG的长，进而可求出求旗杆DC的高度．
此题考查了解直角三角形-仰角俯角问题，构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形是解答本题的关键．

25.【答案】(1)证明：∵OA=2，AB=4，AC=8，
∴OAAB=ABAC，
∵∠OAB=∠BAC=90∘，
∴△OAB∽△BAC，
∴∠BOA=∠ABC，
∵∠OBA+∠BOA=90∘，
∴∠OBA+∠ABC=90∘，
即∠OBC=90∘，
∵OB为⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)解：如图，过点O作OG⊥BF于点G，

∵OG⊥BF，OA⊥BE，弦BF=BE，
∴BG=AB，
∵OB=OB，
∴Rt△BOG≌Rt△BOA(HL)，
∴∠FBD=∠EBD，即BD平分∠FBE，
∵BF=BE，即△BEF为等腰三角形，
∴BD⊥EF，DF=DE，
∵OA=2，AB=4，
∴OB= OA2+AB2=2 5，
在Rt△ABO中，sin∠OBA=OAOB=22 5= 55，
在Rt△BDE中，sin∠DBE=DEBE=DE8= 55，
∴DE=8 55
∴EF=16 55. 
【解析】(1)根据题意可得OAAB=ABAC，∠OAB=∠BAC=90∘，以此推出△OAB∽△BAC，根据相似三角形的性质可得∠BOA=∠ABC，以此得到∠OBA+∠ABC=90∘，即可证明BC是⊙O的切线；
(2)过点O作OG⊥BF于点G，根据题意可证明Rt△BOG≌Rt△BOA，以此得到BD平分∠FBE，则BD⊥EF，DF=DE，再根据sin∠OBA=OAOB=DEBE= 55，以此即可求解．
本题主要考查切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、垂径定理，熟练运用相关知识答题时解题关键．

26.【答案】125 
【解析】解：(1)过B作BP⊥AC于P，如图：

由垂线段最短可知，BP⊥AC时，BP的值最小，
∵∠ABC=90∘，AB=3，BC=4，
∴AC= AB2+BC2=5，
∵2S△ABC=AB⋅BC=AC⋅BP，
∴BP=AB⋅BCAC=3×45=125，
故答案为：125；
(2)作E关于直线AC的对称点E′，连接CE′，EE′，BE′，BE′交AC于P，如图：

∵E，E′关于直线AC对称，
∴PE=PE′，
∴PB+PE=PB+PE′，
∵B，P，E′共线，
∴此时PB+PE最小，最小值为BE′的长度，
∵∠B=90∘，AB=BC=2，
∴∠ACB=45∘，
∵点E是BC的中点，
∴CE=1，
∵E，E′关于直线AC对称，
∴∠ACE′=∠ACB=45∘，CE=CE′=1，
∴∠BCE′=90∘，
在Rt△BCE′中，
BE′= BC2+CE′2= 22+12= 5，
∴PB+PE的最小值为 5；
(3)作C关于AD的对称点M，连接DM，CM，CM交AD于H，作C关于AB的对称点N，连接BN，延长DC，AB交于G，连接NG，连接MN交AB于E，交AD于F，如图：

∵C，N关于AB对称，C，M关于AD对称，
∴CE=NE，CF=MF，
∴CE+EF+CF=NE+EF+MF，
∵N，E，F，M共线，
∴此时CE+EF+CF最小，
∵∠A=60∘，∠ABC=90∘，∠BCD=150∘，
∴∠ADC=60∘，
∵C，M关于AD对称，
∴∠MDH=∠CDH=60∘，∠CHD=∠MHD=90∘，CD=MD=1000米，
∴∠MCD=∠CMD=30∘，
∴DH=12CD=500米，CH=MH= 3DH=500 3米，
∴CM=1000 3米，
∵∠ADC=60∘，∠A=60∘，
∴△ADG是等边三角形，
∴DG=AD=2000米，
∴CG=DG−CD=1000米，
∵∠BCD=150∘，
∴∠BCG=30∘，
∵C，N关于AB对称，∠ABC=90∘，
∴C，B，N共线，CG=NG=1000米，∠BNG=∠BCG=30∘，
∴BG=12CG=500米，BC=BN= 3BG=500 3米，
∴CN=1000 3米=CM，
∴∠CNM=∠CMN，
∵∠BCD=150∘，∠MCD=30∘，
∴∠NCM=120∘，
∴∠CNM=∠CMN=30∘，
在Rt△BNE中，
BE=BN 3=500 3 3=500(米)，
在Rt△MHF中，
FH=MH 3=500 3 3=500(米)，
∴DF=FH+DH=500+500=1000(米)，
答：BE的长为500米，DF的长为1000米．
(1)过B作BP⊥AC于P，由垂线段最短可知，BP⊥AC时，BP的值最小，由面积法可得BP=AB⋅BCAC=3×45=125；
(2)作E关于直线AC的对称点E′，连接CE′，EE′，BE′，BE′交AC于P，由E，E′关于直线AC对称，可知PB+PE=PB+PE′，而B，P，E′共线，故此时PB+PE最小，最小值为BE′的长度，根据∠B=90∘，AB=BC=2，点E是BC的中点，可得CE=CE′=1，∠BCE′=90∘，再用勾股定理可得答案；
(3)作C关于AD的对称点M，连接DM，CM，CM交AD于H，作C关于AB的对称点N，连接BN，延长DC，AB交于G，连接NG，连接MN交AB于E，交AD于F，由C，N关于AB对称，C，M关于AD对称，CE=NE，CF=MF，又N，E，F，M共线，知此时CE+EF+CF最小，根据∠A=60∘，∠ABC=90∘，∠BCD=150∘，可得∠ADC=60∘，∠MCD=∠CMD=30∘，即得DH=12CD=500米，CH=MH= 3DH=500 3米，CM=1000 3米，由∠ADC=60∘，∠A=60∘，知△ADG是等边三角形，从而CG=DG−CD=1000米，同理可得CG=NG=1000米，∠BNG=∠BCG=30∘，即得BG=12CG=500米，BC=BN= 3BG=500 3米，故CN=1000 3米=CM，知∠CNM=∠CMN=30∘，在Rt△BNE中，BE=BN 3=500 3 3=500米，在Rt△MHF中，FH=MH 3=500 3 3=500米，即得DF=FH+DH=1000米．
本题考查四边形综合应用，涉及等腰直角三角形，含30∘角的直角三角形三边的关系，解题的关键是作对称，根据两点之间线段最短解决问题．

27.【答案】P906 2 6 1313  2 3 
【解析】解：(1)根据题意可得：图形S的(P,90∘)旋转变换得到图形S′；
故答案为：P，90；
(2)图形S的(O,90∘)旋转变换得到图形S′，如图2所示：
根据旋转的性质得：B′(0,4)、C′(0,6)、D′(−3,6)，
∵AB′= 32+42=5，AC′= 32+62=3 5，AD′= 62+62=6 2，
∴点A分别到B′、C′、D′的距离为：5、3 5、6 2，
连接B′C，过点A作AE⊥B′C于点E，
∵∠AEC=∠B′OC=90∘，∠B′CO=∠ACE，
∴△AEC∼△B′OC，
∴AEOB′=ACCB′，AC=3，CB′= 42+62=2 13，
∴AE4=32 13，
∴AE=6 1313
∴点A到B′C′的距离为：3；点A到D′C′的距离为：6；点A到D′B′的距离为：6 1313，
∴H(S,T)=6 2，h(S,T)=6 1313，
故答案为：6 2；6 1313.

(3)图形S的(O,60∘)旋转变换得到图形S′，如图所示：
设图形S′的圆心为点P′，连接OP′、P′P，过点P′作P′H⊥OP，交⊙P′于点N，
由旋转的性质可得：∠P′OP=60∘，OP′=OP=6，
∴△P′OP是等边三角形，
∴OH=12OP=3，∠P′HO=90∘，
∴P′H= 62−32=3 3，
∴点P′的坐标为：(3,3 3)，
连接BP′，并延长BP′交⊙P′于点F、G，连接AP′，并延长AP′交⊙P′于点M、D，
∵BP′= 42+(3 3)2= 43，AP′= 22+(3 3)2= 31，
∴BG=BP′+P′G= 43+2，AD=AP′+P′D= 31+2，BF= 43−2，AM= 31−2，NH=3 3−2，
∴图形S′到点A、B的距离为： 43−2、 31−2， 43+2、 31+2，
图形S′到线段AB的距离为：3 3−2，
∴H(S,T)= 43+2，h(S,T)=3 3−2，

(4)图形S的(O,60∘)旋转变换得到图形S′，当函数y=4 3x在第一象限上一点C绕点A旋转60∘，在图形S′得到点C′，点C与点C′关于y轴对称，图形S′到线段AB的距离最短，设点C的坐标为：(x,4 3x)，过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，
∵∠COF=12∠COC′=30∘，∠CEO=90∘，
∴OC=2x，
在Rt△CEO中，CE2+OE2=OC2，即x2+(4 3x)2=(2x)2，
解得：x=2，
∴点C的坐标为：(2,2 3)，点C′的坐标为：(−2,2 3)，h(S,T)=2 3.

故答案为：2 3.
(1)根据题意即可得出结果；
(2)根据题意确定图形S′，分别求出点A到图形S′的三个顶点和三边的距离，即可得出结果；
(3)根据旋转的性质求出图形S′的圆心坐标，再分别求出图形S′到点A、B的距离和线段AB的距离，即可得出结果；
(4)函数y=4 3x在第一象限的图象记为图形S，线段AB记为图形T，图形S的(O,60∘)旋转变换得到图形S′，可得图形S′在第二象限且两图形的对称点到线段AB的距离最短，设点C的坐标为：(x,4 3x)，构造直角三角形，利用勾股定理和直角三角形的性质求解即可求出结果．
本题考查了新定义、旋转的性质、平面直角坐标系中点的特征、等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转的性质和理解新定义解题的关键．

28.【答案】解：(1)当x=0时，y=3，
∴A(0,3)，
将A(0,3)代入y=x+b中，得b=3，
∴y=x+3，
0=x+3，
∵E(−3,0)，
将E(−3,0)代入y=mx2+4mx+3得9m−12m+3=0，
解得m=1，
∴抛物线的解析式为y=x2+4x+3；
(2)令y=x2+4x+3=0，
解得x=−3或−1，
∴F(−1,0)，
∴OF=1，
过点Q作QB⊥EF于B，如图，

∴Q(t,t2+4t+3)，
∴OB=−t，BQ=t2+4t+3，
∵A(0,3)，E(−3,0)，
∴OA=3，BE=−3−t，
∴S=S梯形AQBO−S△BQE−S△AOF=(3+t2+4t+3)×(−t)2−12(t2+4t+3)(−3−t)−12×3×3=32t2+92t，
即S=32t2+92t；
(3)当S=15=32t2+92t时，解得t=−5(正值舍去)，
当x=−5时，y=8，
∴Q(−5,8)，
设直线AQ的解析式为：y=kx+b，
∴8=−5k+b3=0+b，解得k=−1b=3，
∴直线AQ的解析式为：y=−x+3，
如图，分别过点Q，点N作x轴的垂线，分别过与点A，点M作的x轴的平行线分别交于点K，点H，过点M作x轴的垂线，垂足为G，

∵A(0,3)，
∴QA=KA=5，
∵∠QKA=90∘，
∴∠KAQ=90∘，
∵MH∖user2//AK，
∴∠QMH=∠QAK=45∘，
∴∠NMH=45∘−∠QMN，
∵∠NHM=90∘，
∴∠HNM=45∘+∠QMN，
∵A(0,3)，E(−3,0)，
∴OA=OE=3，
∴∠AEO=45∘，
∴∠MEO=45∘+∠MEA，
∵∠QMN=∠AEM，
∴∠HNM=∠MEG，
∵∠NHM=∠EGM=90∘，MN=EM，
∴△NHM≌△EGM(AAS)，
∴NH=EG，MH=MG，
设N(n,n2+4n+3)，M(m,−m+3)，
∴NH=n2+4n+3−(−m+3)=n2+4n+m，MH=m−n，MG=−m+3，EG=m+3，
∴m−n=−m+3，n2+4n+m=m+3，
∴n=−2− 7(负值舍去)，
∴n2+4n+3=6
∴N(−2− 7,6). 
【解析】(1)先求出一次函数解析式，再将E(−3,0)代入二次函数解析式求解即可；
(2)利用梯形面积减去两个直角三角形的面积即可求解；
(3)先求出直线AQ的解析式，分别过点Q，点N作x轴的垂线，分别过与点A，点M作的x轴的平行线分别交于点K，点H，过点M作x轴的垂线，垂足为G，通过证明△NHM≌△EGM(AAS)，根据全等三角形的性质可得NH=EG，MH=MG，设N(n,n2+4n+3)，M(m,−m+3)，建立方程求解即可．
本题考查了求一次函数解析式，求二次函数解析式，全等三角形的判定和性质，二次函数与几何综合等，熟练掌握知识点是解题的关键．