2022年广东省增城区新晖学校中考数学一模试卷

这是一份2022年广东省增城区新晖学校中考数学一模试卷，共28页。试卷主要包含了下列运算正确的是，若点P1等内容，欢迎下载使用。

2022年增城区新晖学校中考数学一模试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．作为世界最大棉花消费国、第二大棉花生产国，我国2020～2021年度新疆棉产量520万吨，占国内产量比重约87%，占国内消费比重约67%．数字520万用科学记数法表示为（　　）
A．5.2×105 B．0.52×105 C．5.2×106 D．0.52×107
2．某家电商场对2020年电视机的销售情况进行了统计，制成了如图所示的统计图．小红认为创维电视机的销售量是长虹电视机销售量的2倍多，原因是（　　）

A．横轴单位长度不一致 B．纵轴单位长度不一致
C．柱的宽窄不同 D．纵轴数据没有从0开始
3．下列运算正确的是（　　）
A． B．（x2）5＝x10 C．x5•x6＝x30 D．
4．如图，在△ABC中，点D、E分别是BC、AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若BC＝6，则DF的长是（　　）

A．2 B．3 C．6 D．4
5．一个圆柱体如图所示，下面关于它的左视图的说法其中正确的是（　　）

A．既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形
C．是轴对称图形，但不是中心对称图形
D．是中心对称图形，但不是轴对称图形
6．若点P1（1，y1），点P2（﹣2，y2）是一次函数y＝﹣4x﹣b图象上的两个点，则y1与y2的大小关系是（　　）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．y1≥y2
7．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinB＝，AC＝5cm，若以点C为圆心，3cm长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是（　　）

A．相离 B．相交 C．相切 D．相切或相交
8．直径为10分米的圆柱形排水管，截面如图所示．若管内有积水（阴影部分），水面宽AB为8分米，则积水的最大深度CD为（　　）

A．2分米 B．3分米 C．4分米 D．5分米
9．若一元二次方程x2﹣2x﹣m＝0无实数根，则一次函数y＝（m+1）x+m2+2的图象经过第（　　）
A．二、三、四象限 B．一、三、四象限
C．一、二、四象限 D．一、二、三象限
10．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DF垂直平分OC，交AC于点E，交BC于点F，连接AF，若BD＝2，DF＝2，则AF的长为（　　）

A． B．2 C． D．3
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．一个角的余角的2倍比这个角的补角少24°，那么这个角的度数是 　 　．
12．计算：+＝　 　．
13．方程＝的解是：　 　．
14．如图，点A的坐标为（1，3），点B在x轴上，把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，若四边形ABDC的面积为15，则点C的坐标为 　 　．

15．如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将△DAE按逆时针方向旋转得△DCF，连接EF，分别交BD，CD于点M，N．若，则sin∠EDM＝　 　．

16．为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分．已知铅球出手处A距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的B处，则小丁此次投掷的成绩是 　 　米．

三．解答题（共9小题，满分102分）
17．（9分）解不等式组：．
18．（9分）在△ABC中，∠ABC＝60°，点D、E分别在AC、BC上，连接BD、DE和AE；并且有AB＝BE，∠AED＝∠C．
（1）求∠CDE的度数；
（2）求证：AD+DE＝BD．

19．（10分）已知：反比例函数y＝的图象分别位于第二、第四象限．
（1）填空：k﹣1 　 　0（用“、”“＜”或“＝”填空）
（2）化简：﹣+．
20．（10分）某奶粉厂为了更好、更均匀地将奶粉进行封装，准备购进一种包装机器．现有甲、乙两种包装机分装标准质量为400g的奶粉，工厂的采购员对甲、乙两种包装机封装的若干奶粉进行了抽样调查，对数据进行分类整理分析（奶粉质量用x表示，共分成四组，A：390≤x＜395，B：395≤x＜400，C：400≤x＜405，D：405≤x＜410）下面给出了下列信息：
从甲，乙包装机分装的奶粉中各自随机抽取10桶，测得实际质量x（单位：g）如下：
甲包装机分装奶粉中落在B组的数据是：396，398，398，398．
乙包装机抽取的10桶奶粉的质量分别为：400，404，396，403，400，405，397，399，400，398．
甲、乙包装机封装奶粉质量数据分析表
包装机器
甲
乙
平均数
399.3
400.2
中位数
b
400
众数
398
c
方差
20.4
7.96
请回答下列问题：
（1）a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　．
（2）根据以上数据判断奶粉包装机分装情况比较好的是　 　（填甲或乙），请写出一条你的理由　 　．
（3）从甲包装机分装的奶粉中取出2桶，记为：甲1、甲2，从乙包装机分装的奶粉中取出2桶，分别记为：乙1、乙2，现在从这4桶奶粉中随机抽取2桶出来，请用树形图或列表的方法求恰好抽到一桶为甲包装机分装的奶粉，一桶为乙包装机分装的奶粉的概率为多少？

21．（12分）如图：已知四边形ABCD是平行四边形，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0），（0，2），反比例函数y＝（x＜0），连接AC、BD相交于点M，BC的中点为N，若M、N两点在反比例函数的图象上且BC＝AB，求k的值．
（1）将线段AB平移，A的对应点为P，B的对应点为Q，若线段PQ在反比例函数的图象上，求P、Q的坐标．
（2）若将（1）中的平移改为绕平面内的某点R旋转180度，其余条件不变，求R的坐标．

22．（12分）某校七年级准备组织学生参观科普展览，门票每张20元．已知购买团体票有两种优惠方案，方案一：全体人员打7折；方案二：若打8折，有5人可免票．
（1）一班有45名学生，选择哪种方案更优惠？
（2）二班无论选择哪种方案，需支付购买门票的费用相同，求二班的学生人数．
23．（12分）如图，△ABD中，∠ABD＝∠ADB．
（1）作点A关于BD的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接BC、DC，连接AC，交BD于点O．
①求证：四边形ABCD是菱形；
②取BC的中点E，连接OE，若OE＝，BD＝14，求点E到AD的距离．

24．（14分）问题情境：如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．
（1）探究证明：如图2，在⊙O上任取一点C（不与点A，B重合），连接PC，OC．求证：PA＜PC．
（2）直接应用：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是 　 　．
（3）构造运用：如图4，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1B，则A1B长度的最小值为 　 　．
（4）综合应用：如图5，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（4，5）为圆心，以1，2为半径作⊙A，⊙B，M，N分别是⊙A，⊙B上的动点，P为x轴上的动点，直接写出PM+PN的最小值为 　 　．

25．（14分）在平面直角坐标系中，我们把横坐标与纵坐标相等的点（a，a）叫做“至善点”，显然，这样的“至善点”有无数个，两个“至善点”（x1，x1），（x2，x2）之间的距离d＝，叫做“至美距离”．
（1）求函数y＝x2﹣2x+2的图象的“至善点”，并求出“至美距离”；
（2）求函数y＝x2+mx﹣m上两个“至善点”之间的“至美距离”的最小值；
（3）若二次函数y＝ax2+bx+1（a，b是常数，a＞0）的图象上存在两个不同的“至善点”A（x1，x1）、B（x2，x2），且满足﹣2≤x1≤2，且 A、B两点之间的“至美距离”为2，求代数式b2﹣2b+5的取值范围．











参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．【考点】科学记数法—表示较大的数
【分析】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．
解：520万＝5200000＝5.2×106．
故选：C．
【点评】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．【考点】条形统计图
【分析】根据条形统计图横纵轴名称及数据，结合条形图中矩形的高可得答案．
解：创维电视机的销售量是长虹电视机销售量的2倍多，是由于纵轴数据没有从0开始造成的，
故选：D．
【点评】本题主要考查条形统计图，从条形图可以很容易看出数据的大小，便于比较．
3．【考点】二次根式的混合运算；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方
【分析】根据二次根式的加减与乘法运算、幂的乘方运算、同底数幂的乘法运算即可求出答案．
解：A、与不是同类二次根式，故不能合并，故A不符合题意．
B、原式＝x10，故B符合题意．
C、原式＝x11，故C不符合题意．
D、原式＝6a，故D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查二次根式的加减与乘法运算、幂的乘方运算、同底数幂的乘法运算，本题属于基础题型．
4．【考点】三角形中位线定理
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥AB，根据平行线的性质得到∠BFD＝∠ABF，根据角平分线的定义得到∠DBF＝∠ABF，等量代换得到∠BFD＝∠DBF，于是得到结论．
解：∵D，E分别是BC，AC的中点，
∴DE∥AB，
∴∠BFD＝∠ABF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DBF＝∠ABF，
∴∠BFD＝∠DBF，
∴DF＝DB＝BC＝＝3，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
5．【考点】简单几何体的三视图；轴对称图形；中心对称图形
【分析】圆柱体的左视图是长方形，再根据长方形的对称性进行判断即可．
解：圆柱体的左视图是长方形，而长方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，
故选：A．
【点评】本题考查简单几何体的左视图以及轴对称图形和中心对称图形，掌握圆柱体左视图的形状，理解轴对称图形和中心对称图形的意义是正确判断的前提．
6．【考点】一次函数图象上点的坐标特征
【分析】直接利用一次函数的增减性进而分析得出答案．
解：∵一次函数y＝﹣4x+b中，﹣4＜0，
∴y随x的增大而减小，
∵1＞﹣2，
∴y1＜y2，
故选：B．
【点评】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数增减性是解题关键．
7．【考点】直线与圆的位置关系；解直角三角形；圆周角定理
【分析】利用锐角三角函数关系以及勾股定理得出AC，BC的长，再利用三角形面积求出DC的长，进而利用直线与圆的位置关系得出答案．
解：过点C作CD⊥AB于点D，

∴∠B+∠DCB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∵sinB＝sin∠ACD＝＝＝，
∴AD＝4cm，
∴CD＝cm，
∵r＝3cm，
∴CD＝r，
故以点C为圆心，以3cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是相切．
故选：C．
【点评】此题主要考查了勾股定理以及锐角三角函数关系、三角形面积求法等知识，得出Rt△ABC斜边上的高是解题关键．
8．【考点】垂径定理的应用
【分析】连接OA，先由垂径定理求出AC的长，再由勾股定理求出OC的长，进而可得出结论．
解：连接OA，如图所示：
∵⊙O的直径为10分米，
∴OA＝5分米，
由题意得：OD⊥AB，AB＝8分米，
∴AC＝BC＝AB＝4分米，
∴OC＝＝＝3（分米），
∴水的最大深度CD＝OD﹣OC＝5﹣3＝2（分米），
故选：A．

【点评】本题考查的是垂径定理的应用以及勾股定理，根据勾股定理求出OC的长是解答此题的关键．
9．【考点】根的判别式；一次函数的性质
【分析】根据b2﹣4ac＜0得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出m的取值范围，再根据m的取值范围来确定一次函数系数k、b的范围，由此即可得出一次函数经过的象限，此题得解．
解：由已知得：Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣m）＝4+4m＜0，
解得：m＜﹣1．
∵一次函数y＝（m+1）x+m2+2中，k＝m+1＜0，b＝m2+2＞0，
∴该一次函数图象一、二、四象限．
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式以及一次函数图象与系数的关系，解题的关键是找出m的取值范围．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据根的个数结合根的判别式得出不等式（或不等式组）是关键．
10．【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质
【分析】根据矩形对角线相等且互相平分，OD＝BD＝，再根据DF垂直平分OC，得DC＝OD＝，分别在Rt△DCF，Rt△DCB中，利用勾股定理求出CF、BC的长，从而求出BF，在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的长．
解：∵四边形ABCD是矩形．
∴AB＝CD，OD＝BD＝．
∵DF垂直平分OC．
∴CD＝OD＝．
∴AB＝CD＝．
在Rt△BCD中，
BC＝＝3．
在Rt△DCF中，
CF＝＝1．
∴BF＝BC﹣CF＝3﹣1＝2．
在Rt△ABF中，
AF＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，正确运用矩形对角线互相平分得出OD＝BD是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【考点】余角和补角
【分析】设这个角为x，表示出这个角的余角与补角，根据这个角的余角的2倍比这个角的补角少24°，可列方程求解即可．
解：设这个角为x，则这个角的余角为90°﹣x，这个角的补角为180°﹣x，由题意得，
2（90°﹣x）+24°＝180°﹣x，
解得x＝24°，
故答案为：24°．
【点评】本题考查余角与补角，理解互为余角与互为补角的意义是解决问题的关键．
12．【考点】二次根式的加减法
【分析】两个相加的二次根式的被开方数相同，可利用二次根式的加法法则直接求和．
解：原式＝（1+1）
＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了二次根式的加减，题目比较简单，掌握二次根式加减的法则是解决本题的关键．
13．【考点】解分式方程
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
解：去分母得：x+4＝4x，
解得：x＝，
经检验x＝是分式方程的解．
故答案为：x＝．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
14．【考点】坐标与图形变化﹣平移；三角形的面积
【分析】根据平移的性质得出四边形ABDC是平行四边形，从而得A和C的纵坐标相同，根据四边形ABDC的面积求得AC的长，即可求得C的坐标．
解：∵把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC＝BD，A和C的纵坐标相同，
∵四边形ABDC的面积为15，点A的坐标为（1，3），
∴3AC＝15，
∴AC＝5，
∴C（6，3），
故答案为（6，3）．
【点评】本题考查了坐标与图形的变换﹣平移，平移的性质，平行四边形的性质，求得平移的距离是解题的关键．
15．【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；正方形的性质
【分析】过点E作EG⊥BD于点G，设AE＝2x，则DN＝5x，易证△FNC∽△FEB，得，求出x的值，进而得到AE，EB的值，根据勾股定理求出ED，在Rt△EBG中求出EG，根据正弦的定义即可求解．
解：如图，过点E作EG⊥BD于点G，
设AE＝2x，则DN＝5x，
由旋转性质得：CF＝AE＝2x，∠DCF＝∠A＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝90°，∠ABC＝90°，∠ABD＝45°，
∴∠DCB+∠DCF＝180°，∠DCB＝∠ABC，
∴点B，C，F在同一条直线上，
∵∠DCB＝∠ABC，∠NFC＝∠EFB，
∴△FNC∽△FEB，
∴，
∴，
解得：x1＝﹣1（舍去），x2＝，
∴AE＝2×＝，
∴ED＝＝＝，
EB＝AB﹣AE＝1﹣＝，
在Rt△EBG中，EG＝BE•sin45°＝×＝，
∴sin∠EDM＝＝＝，
故答案为：．

【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解直角三角形，证明出△FNC∽△FEB，求出x的值是解题的关键．
16．【考点】二次函数的应用
【分析】建立坐标系，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+2，由待定系数法求得抛物线的解析式，令y＝0，得关于x的一元二次方程，求得方程的解并根据问题的实际意义作出取舍即可．
解：建立坐标系，如图所示：

由题意得：A（0，1.68），B（2，2），点B为抛物线的顶点，
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+2，
把A（0，1.68）代入得：
4a+2＝1.68，
解得a＝﹣0.08，
∴y＝﹣0.08（x﹣2）2+2，
令y＝0，得﹣0.08（x﹣2）2+2＝0，
解得x1＝7，x2＝﹣3（舍），
∴小丁此次投掷的成绩是7米．
故答案为：7．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分102分）
17．【考点】解一元一次不等式组
【分析】分别计算出两个不等式的解集，再根据大小小大中间找确定不等式组的解集即可．
解：，
解不等式①得：x＞﹣1，
解不等式②得：x≤1．
故不等式组的解集为﹣1＜x≤1．
【点评】此题主要考查了解一元一次不等式组，解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
18．【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】（1）根据等边三角形的判定和性质解答即可；
（2）延长DA至F，使AF＝DE，连接FB，根据SAS证明△FBA和△DBE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
解：（1）∵AB＝BE，∠ABC＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，
∵∠AEB＝∠EAC+∠C，∠CDE＝∠EAC+∠AED，
∵∠AED＝∠C，
∴∠CDE＝∠AEB＝60°，
（2）如图，延长DA至F，使AF＝DE，连接FB，

由（1）得△ABE为等边三角形，
∴∠AEB＝∠ABE＝60°，
∵∠BED＝∠AEB+∠AED＝60°+∠AED，
∵∠BAF＝∠ABE+∠C＝60°+∠C，且∠C＝∠AED，
∴∠BED＝∠BAF，
在△FBA和△DBE中，
，
∴△FBA≌△DBE（SAS），
∴DB＝FB，∠DBE＝∠FBA，
∴∠DBE+∠ABD＝∠FBA+∠ABD，
∴∠ABE＝∠FBD＝60°，
∵DB＝FB，
∴△FBD为等边三角形，
∴BD＝FD，
∵FD＝AF+AD，且AF＝DE，
∴FD＝DE+AD＝BD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
19．【考点】反比例函数的性质；反比例函数的图象
【分析】（1）根据反比例函数y＝的图象分别位于第二、第四象限，可得k＜0，进一步即可确定k﹣1与0的关系；
（2）先化简可得原式＝＝再根据k＜0，进一步化简即可．
解：（1）∵反比例函数y＝的图象分别位于第二、第四象限，
∴k＜0，
∴k﹣1＜0，
故答案为：＜；
（2）原式＝
＝
∵k＜0，
∴k﹣4≠0，k﹣1＜0，
∴原式＝k+4+1﹣k＝5．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质，分式的加减，二次根式的性质等，熟练掌握反比例函数的性质与系数的关系是解题的关键．
20．【考点】列表法与树状图法；中位数；众数；方差
【分析】（1）甲包装机分装奶粉质量在B组的有4桶，抽查10桶，可求出所占的百分比，确定a的值，根据中位数、众数的意义可求出b、c的值；
（2）可以从平均数、方差、众数、中位数等方面比较得出答案；
（3）用列表法表示所有可能出现的结果情况，进而求出概率．
解：（1）4÷10＝40%，a＝40，
甲包装机分装奶粉质量处在第5、6位的两个数都是398，因此中位数是398，即b＝398，
乙包装机分装奶粉质量出现次数最多的是400，共出现3次，因此众数是400，即c＝400，
故答案为：40，398，400；
（2）乙，从平均数上看，乙包装机最接近标准质量400g，乙的方差也小，数据的离散程度较小；
故答案为：乙，从平均数上看，乙包装机最接近标准质量400g，乙的方差也小，数据的离散程度较小；
（3）用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

共有12种等可能出现的结果情况，其中“一甲一乙”的有8种，
所有P（一甲一乙）＝＝．
【点评】本题考查列表法和树状图法求等可能事件发生的概率，平均数、中位数、众数的意义及计算方法，理解平均数、中位数、众数的意义和求法是正确计算的前提．
21．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；平行四边形的性质；坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【分析】根据A、B两点的坐标可求出OA、OB、AB，由M是平行四边形对角线交点，N是BC的中点，可得MN∥AB，MN＝AB，进而可得△AOB∽△MNE，由相似比为1：2，可求出ME、NE，可得点M、N的坐标之间的关系，设M的坐标，表示N的坐标，代入反比例函数关系式，可求出点M的坐标，进而确定k的值，
（1）设平移的距离，表示A的对应点P的坐标，B的对应点Q的坐标，代入反比例函数的关系式可求出点P、Q的坐标，
（2）PQ与AB关于点R中心对称，A与Q对称点，由中心对称的性质，对称中心的坐标分别为对应点的纵横坐标的和的一半求得．
解：∵A、B两点的坐标分别为（﹣1，0），（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，AB＝＝，
过M、N分别作x轴、y轴的垂线，相交于点E，
∴AM＝MC，
∵点N是BC的中点，
∴MN∥AB，MN＝AB，
∴△AOB∽△MNE，
∴ME＝OA＝，NE＝OB＝1，
设M（a，b），则N（a+，b+1），代入y＝得，
ab＝（a+）（b+1），
整理得，b＝﹣2a﹣1，
∵BC＝AB＝×＝5，
∴CN＝BN＝BC＝，
在Rt△BNF中，NF＝﹣a﹣，BF＝b﹣1，由勾股定理得，
（﹣a﹣）2+（b﹣1）2＝（）2，且b＝﹣2a﹣1，
解得：a1＝（舍去），a2＝﹣2，
∴b＝﹣2×（﹣2）﹣1＝3，
∴k＝ab＝﹣2×3＝﹣6，
答：k的值为﹣6．
（1）设AB向左平移m个单位，向上平移n个单位，得到点P、Q，
∵A（﹣1，0），B（0，2），
∴P（﹣1﹣m，n），Q（﹣m，2+n），代入y＝得，
（﹣m﹣1）•n＝（﹣m）•（2+n）＝﹣6，
∴n＝2m，
∴（﹣1﹣m）•2m＝﹣6，
解得，m1＝，m2＝（舍去），
∴n＝﹣1+，
∴P（，﹣1），Q（，+1）；
（2）由中心对称可得，R是AQ的中点，
∵A（﹣1，0），Q（，+1），
∴R（，）．

【点评】考查反比例函数的图象和性质、平行四边形的性质、相似三角形的性质和判定，以及一元二次方程等知识，用线段的长度表示坐标，代入函数关系式，建立方程求解是常用的方法，也是基本的方法．
22．【考点】一元一次方程的应用
【分析】（1）分别计算两种方案的费用，再比较即可得答案；
（2）设二班有x人，根据选择哪种方案，需支付购买门票的费用相同列方程20×70%•x＝20×80%×（x﹣5），即可解得答案．
解：（1）方案一：20×70%×45＝630（元），
方案二：20×80%×（45﹣5）＝640（元），
∵630＜640，
∴一班选择方案一更优惠；
（2）设二班有x人，根据题意得：
20×70%•x＝20×80%×（x﹣5），
解得x＝40，
答：二班有40人．
【点评】本题考查一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找出等量列方程．
23．【考点】作图﹣轴对称变换；等腰三角形的性质；菱形的判定与性质
【分析】（1）根据轴对称的性质作出图形即可．
（2）过B点作BF⊥AD于F，利用三角形中位线定理求出AB，利用勾股定理求出OC，再利用面积法求出BF即可解决问题．
（1）解：如图，点C即为所求．

（2）①证明：∵∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∵C是点A关于BD的对称点，
∴CB＝AB，CD＝AD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；．

②解：过B点作BF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝7，
∵E是BC的中点，OA＝OC，
∴BC＝2OE＝25，
∴OC＝＝＝24，
∴AC＝48，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝25，
∵•AC•BD＝AD•BF，
∴BF＝×48×14÷25＝，
∴点E到AD的距离是．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高BF．
24．【考点】圆的综合题
【分析】（1）在△POC中，根据“三角形两边之差小于第三边”可求证；
（2）连接OA交⊙O于点P，根据勾股定理求得OA，进而求得AP；
（3）A′的轨迹是以M为圆心，半径是1的圆，故连接BM，求得BM，进而求得A′B的最小值；
（4）作点A关于x轴的对称点C，连接CB交x轴于点P，求出BC的长，进而求得PM+PN得最小值．
（1）证明：如图1，

∵PO﹣OC＜PC，
∴（AP+OA）﹣OC＜PC，
∵OA＝OC，
∴AP＜PC；
（2）如图2，

连接OA，交半⊙O于P，则AP最小，
在Rt△AOC中，
OA＝
＝
＝，
∴AP＝OA﹣OP＝﹣，
故答案是﹣；
（3）如图3，

连接BM，交⊙M（半径是1）是A1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠BAM＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵M是AD的中点，
∴∠AMB＝90°，
∴BM＝AB•sin60°＝，
∴A1B＝；
故答案是﹣1；
（4）如图4，

作点A关于x轴的对称点C，连接BC，交⊙B于点N，交x轴于点P，
连接PA交⊙A于M，
∴PA＝PC，
∴PA+PB＝PC+PB＝BC，
∵C（﹣2，﹣3），B（4，5），
∴BC＝
＝10，
∴PM+PN＝PA+PB﹣AM﹣BN
＝10﹣1﹣2
＝7，
故答案是7．
【点评】本题考查了轴对称性质，圆的定义，勾股定理，三角形三边关系等知识，解决为题的关键是熟悉“将军饮马”模型．
25．【考点】二次函数综合题
【分析】（1）令x＝x2﹣2x+2，即可求“至善点”是（1，1），（2，2）；
（2）由题意可得x＝x2+mx﹣m，得到韦达定理x1+x2＝2（1﹣m），x1•x2＝﹣2m，则d＝＝|x1﹣x2|＝＝2即可求d的最小值；
（3）由题意可得x＝ax2+bx+1，得到韦达定理x1+x2＝，x1•x2＝，再由d＝2，则|x1﹣x2|＝2，由所给范围可求当﹣2≤x1≤0时，﹣4≤x2≤2，当0≤x1≤2时，﹣2≤x2≤4，即可确定﹣3≤≤3，再由2＝，可得（1﹣b）2＝4a+4a2，能求出a≥，所以b2﹣2b+5＝（1﹣b）2+4＝4+3≥．
解：（1）由题意可得x＝x2﹣2x+2，
∴x2﹣3x+2＝0，
∴x＝2或x＝1，
∴函数的“至善点”是（1，1），（2，2），
∴d＝；
（2）∵数y＝x2+mx﹣m上两个“至善点”，
∴x＝x2+mx﹣m，
∴x2+（m﹣1）x﹣m＝0，
∴x1+x2＝2（1﹣m），x1•x2＝﹣2m，
∴d＝＝|x1﹣x2|＝＝2，
∴d的最小值为2；
（3）∵y＝ax2+bx+1有两个不同的“至善点”，
∴x＝ax2+bx+1，
∴ax2+（b﹣1）x+1＝0，
∴x1+x2＝，x1•x2＝，
∵“至美距离”为2，
∴|x1﹣x2|＝2，
∵﹣2≤x1≤2，
当﹣2≤x1≤0时，﹣4≤x2≤2，
当0≤x1≤2时，﹣2≤x2≤4，
∵对称轴为x＝，
∴﹣3≤≤3，
∵|x1﹣x2|＝2，
∴2＝＝，
∴（1﹣b）2＝4a+4a2，
∵0≤（1﹣b）2≤36a2，
∴4a+4a2≤36a2，
∴a≥，
∵b2﹣2b+5＝（1﹣b）2+4＝4a+4a2+4＝4+3，
∴b2﹣2b+5≥