2023年山东省泰安市中考数学模拟试卷（四）（含解析）

这是一份2023年山东省泰安市中考数学模拟试卷（四）（含解析），共24页。试卷主要包含了 9的算术平方根是， 下列计算错误的是，597B， 如图，在半径为4等内容，欢迎下载使用。

2023年山东省泰安市中考数学模拟试卷（四）
1. 9的算术平方根是(    )
A. −3 B. 3 C. ±3 D. 81
2. 下列计算错误的是(    )
A. (a3b)⋅(ab2)=a4b3 B. xy2−15xy2=45xy2
C. a5÷a2=a3 D. (−mn3)2=m2n5
3. 如图所示的几何体，它的左视图是(    )
A.
B.
C.
D.
4. 新冠肺炎疫情爆发以来，口罩成为需求最为迫切的防护物资．在这个关键时刻，我国某企业利用自身优势转产口罩，这背后不仅体现出企业强烈的社会责任感，更是我国人民团结--心抗击疫情的决心据悉该企业3月份的口罩日产能已达到500万只，预计今后数月内都将保持同样的产能，则3月份(按31天计算)该企业生产的口罩总数量用科学记数法表示为(    )
A. 1.55×107只 B. 1.55×108只 C. 0.155×109只 D. 5×106只
5. 如图，AB//CD，∠B=85∘，∠E=27∘，则∠D的度数为(    )
A. 45∘
B. 48∘
C. 50∘
D. 58∘
6. 小莹同学10个周综合素质评价成绩统计如下：
成绩(分)
94
95
97
98
99
100
周数(个)
1
2
2
3
1
1
这10个周的综合素质评价成绩的中位数和众数分别是(    )
A. 97.597 B. 97 97 C. 97.598 D. 97 98
7. 如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE=4，过点E作EF//BC，分别交BD、CD于G、F两点.若M、N分别是DG、CE的中点，则MN的长为(    )

A. 3 B. 2 3 C. 13 D. 4
8. 如图，在半径为4.5的⊙O内有两条互相垂直的弦AB和CD，AB=8，CD=6，垂足为E，则tan∠OEA的值是(    )
A. 34
B. 63
C. 156
D. 8515
9. 如图，在菱形ABCD中，点E是BC的中点，以C为圆心、CE为半径作弧，交CD于点F，连接AE、AF.若AB=6，∠B=60∘，则阴影部分的面积为(    )
A. 9 3−3π B. 9 3−2π
C. 18 3−9π D. 18 3−6π
10. 如图，某建筑物的顶部有一块标识牌CD，小明在斜坡上B处测得标识牌顶部C的仰角为45∘，沿斜坡走下来在地面A处测得标识牌底部D的仰角为60∘，已知斜坡AB的坡角为30∘，AB=AE=10米．则标识牌CD的高度是米．(    )
A. 15−5 3
B. 20−10 3
C. 10−5 3
D. 5 3−5
11. 如图，AB是圆锥的母线，BC为底面直径，已知BC=6cm，圆锥的侧面积为15πcm2，则sin∠ABC的值为(    )
A. 34
B. 35
C. 45
D. 53
12. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，图象过点(−1,0)，对称轴为直线x=2，下列结论：(1)2a+b=0；(2)9a+c>3b；(3)5a+7b+2c>0；(4)若点A(−3,y1)、点B(−12,y2)、点C(72,y3)在该函数图象上，则y1 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
13. 关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是______.
14. 将一块三角板和半圆形量角器按图中方式叠放，点A、O在三角板上所对应的刻度分别是8cm、2cm，重叠阴影部分的量角器弧AB所对的扇形圆心角∠AOB=120∘，若用该扇形AOB 围成一个圆锥的侧面(接缝处不重叠)，则该圆锥的底面半径为______cm.

15. 如图，直线l与⊙相切于点D，过圆心O作EF//l交⊙O于E、F两点，点A是⊙O上一点，连接AE，AF，并分别延长交直线于B、C两点；若⊙的半径R=5，BD=12，则∠ACB的正切值为______.

16. 如图，点M、N分别是正五边形ABCDE的两边AB、BC上的点．且AM=BN，点O是正五边形的中心，则∠MON的度数是______度．

17. 如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，使点B′落在射线AC上，则cos∠B′CB的值为______.





18. 如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC=60∘，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A′B′D′，分别连接A′C，A′D，B′C，则A′C+B′C的最小值为______.


19. 先化简，再求值：8x2−4x+4÷(x2x−2−x−2)，其中|x|=(12)−1.
20. “校园安全”越来越受到人们的关注，我市某中学对部分学生就校园安全知识的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了下面两幅尚不完整的统计图．根据图中信息回答下列问题：

(1)接受问卷调查的学生共有______人，条形统计图中m的值为______；
(2)扇形统计图中“了解很少”部分所对应扇形的圆心角的度数为______；
(3)若该中学共有学生1800人，根据上述调查结果，可以估计出该学校学生中对校园安全知识达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为______人；
(4)若从对校园安全知识达到“非常了解”程度的2名男生和2名女生中随机抽取2人参加校园安全知识竞赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
21. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y2=mx(m≠0)的图象相交于第一、三象限内的A(3,5)，B(a,−3)两点，与x轴交于点C.
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；
(2)直接写出当y1>y2时，x的取值范围；
(3)在y轴上找一点P使PB−PC最大，求PB−PC的最大值及点P的坐标．

22. 如图，在▱ABCD中，点E是BC边的一点，将边AD延长至点F，使得∠AFC=∠DEC，连接CF，DE.
(1)求证：四边形DECF是平行四边形；
(2)如果AB=13，DF=14，tan∠DCB=125，求CF的长．

23. 为满足市场需求，某超市在中秋节来临前夕，购进一种品牌月饼，每盒进价是40元．超市规定每盒售价不得少于45元．根据以往销售经验发现；当售价定为每盒45元时，每天可以卖出700盒，每盒售价每提高1元，每天要少卖出20盒．
(1)当每盒售价定为多少元时，每天销售的利润P(元)最大？最大利润是多少？
(2)为稳定物价，有关管理部门限定：这种月饼的每盒售价不得高于58元．如果超市想要每天获得6000元的利润，那么超市每天销售月饼多少盒？
24. 在平面直角坐标系中有Rt△AOB，O为原点，OB=1，OA=3，将此三角形绕点O顺时针旋转90∘得到Rt△COD，抛物线y=−x2+bx+c过A，B，C三点．
(1)求此抛物线的解析式及顶点P的坐标；
(2)直线l：y=kx−k+3与抛物线交于M，N两点，若S△PMN=2，求k的值；
(3)抛物线的对称轴上是否存在一点Q使得△DCQ为直角三角形．

25. 已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于点F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG.
(1)求证：EG=CG；
(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45∘，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG.问(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问(1)中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵ 9=3，
∴9的算术平方根是3.
故选：B.
首先根据算术平方根的定义求出 9，然后再求出它的算术平方根即可解决问题．
本题考查了算术平方根的定义，掌握算术平方根的定义是关键．

2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查单项式乘单项式，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，熟练运用各运算公式是解题的关键．
根据单项式乘单项式法则，合并同类项法则，同底数幂的除法法则和积的乘方法则逐项判断即可.
【解答】
解：A.(a3b)⋅(ab2)=a4b3，原计算正确，故此选项不符合题意；
B.xy2−15xy2=45xy2，原计算正确，故此选项不符合题意；
C.a5÷a2=a5−2=a3，原计算正确，故此选项不符合题意；
D.(−mn3)2=m2n6，原计算错误，故此选项符合题意.  
3.【答案】C 
【解析】解：从左边看第一层是两个小正方形，第二层左边一个小正方形，
故选：C.
根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．

4.【答案】B 
【解析】解：500万×31=5000000×31=155000000=1.55×108(只)，
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．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

5.【答案】D 
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠1=85∘，
∵∠E=27∘，
∴∠D=85∘−27∘=58∘，
故选：D.
根据平行线的性质解答即可．
此题考查平行线的性质，根据两直线平行，同位角相等解答．

6.【答案】C 
【解析】解：把这些数从小到大排列，中位数是第5和第6个数的平均数，
则中位数是97+982=97.5(分)；
∵98出现了3次，出现的次数最多，
∴众数是98分；
故选：C.
根据中位数和众数的定义分别进行解答即可．
本题考查众数与中位数的意义，中位数是将一组数据从小到大(或从大到小)重新排列后，最中间的那个数(最中间两个数的平均数)，叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会错误地将这组数据最中间的那个数当作中位数．

7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了勾股定理，属于中档题．
过M作MK⊥CD于K，过N作NP⊥CD于P，过M作MH⊥PN于H，根据三角形中位线定理得到PF、NP、FK、DK，根据等腰直角三角形可得：MK=DK=1，NH=NP−HP=3−1=2，利用勾股定理可得MN的长.
【解答】
解：如图1，过M作MK⊥CD于K，过N作NP⊥CD于P，过M作MH⊥PN于H，

则MK//EF//NP，
∵∠MKP=∠MHP=∠HPK=90∘，
∴四边形MHPK是矩形，
∴MK=PH，MH=KP，
∵NP//EF，N是EC的中点，
∴CPPF=CNEN=1，NPEF=CNEC=12，
∴PF=12FC=12BE=2，NP=12EF=3，
同理得：FK=DK=1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BDC=45∘，
∴△MKD是等腰直角三角形，
∴MK=DK=1，NH=NP−HP=3−1=2，
∴MH=2+1=3，
在Rt△MNH中，由勾股定理得：MN= NH2+MH2= 22+32= 13，
故选C.  
8.【答案】D 
【解析】解：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD，

由垂径定理得：BM=AM=12AB=4，DN=CN=12CD=3，
由勾股定理得：OM= OB2−BM2= 4.52−42= 172，
同理：ON= OD2−DN2= 4.52−32=3 52，
∵弦AB、CD互相垂直，OM⊥AB，ON⊥CD，
∴∠MEN=∠OME=∠ONE=90∘，
∴四边形MONE是矩形，
∴ME=ON=3 52，
∴tan∠OEA=OMME= 173 5= 8515.
故选：D.
作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OB，OD，根据垂径定理得出BM=AM=4，DN=CN=12CD=3，根据勾股定理求出OM和ON，求出ME，解直角三角形求出即可．
本题考查了垂径定理、勾股定理和解直角三角形等知识点，能灵活运用垂径定理进行推理是解此题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=6，AB//CD，
∵∠B=60∘，
∴∠BCD=180∘−∠B=120∘，
又∵E为BC的中点，
∴CE=BE=3=CF，△ABC是等边三角形，
由勾股定理得AE= 62−32=3 3，
∴S△AEB=S△AEC=12×3×3 3=92 3=S△AFC，
∴阴影部分的面积S=S△AEC+S△AFC−S扇形CEF=923+923−120π×32360=93−3π.
故选A.
本题考查等边三角形的性质和判定，菱形的性质，扇形面积的计算．
连接AC，根据菱形的性质求出∠BCD=120∘，BC=AB=6，则可得AE长，再根据三角形的面积和扇形的面积求出即可．

10.【答案】A 
【解析】解：过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，如图所示．
在Rt△ABE中，AB=10米，∠BAM=30∘，
∴AM=AB⋅cos∠BAM=5 3米，BM=AB⋅sin∠∠BAM=5米．
在Rt△ACD中，AE=10米，∠DAE=60∘，
∴DE=AE⋅tan∠DAE=10 3米．
在Rt△BCN中，BN=AE+AM=(10+5 3)米，∠CBN=45∘∘，
∴CN=BN⋅tan∠CBN=(10+5 3)米，
∴CD=CN+EN−DE=10+5 3+5−10 3=(15−5 3)米．
故选：A.
过点B作BM⊥EA的延长线于点M，过点B作BN⊥CE于点N，通过解直角三角形可求出BM，AM，CN，DE的长，再结合CD=CN+EN−DE即可求出结论．
本题考查了解直角三角形-仰角俯角问题及解直角三角形-坡度坡脚问题，通过解直角三角形求出BM，AM，CN，DE的长是解题的关键．

11.【答案】C 
【解析】解：设圆锥的母线长为R，由题意得
15π=π×3×R，
解得R=5.
∴圆锥的高为4，
∴sin∠ABC=AOAB=45，
故选：C.
先根据扇形的面积公式求出母线长，再根据锐角三角函数的定义解答即可．
本题考查圆锥侧面积公式的运用，注意一个角的正弦值等于这个角的对边与斜边之比．

12.【答案】B 
【解析】解：(1)−b2a=2，
∴4a+b=0，
所以此选项不正确；

(2)由图象可知：当x=−3时，y<0，
即9a−3b+c<0，
9a+c<3b，
所以此选项不正确；

(3)∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵4a+b=0，
∴b=−4a，
把(−1,0)代入y=ax2+bx+c得：a−b+c=0，
a+4a+c=0，
c=−5a，
∴5a+7b+2c=5a−7×(−4a)+2×(−5a)=−33a>0，
∴所以此选项正确；

(4)由对称性得：点C(72,y3)与(0.5,y3)对称，
∵当x<2时，y随x的增大而增大，
且−3<−12<0.5，
∴72y1 所以此选项正确；

(5)∵a<0，c>0，
∵方程a(x+1)(x−5)=c的两根为x1和x2，
故x1>−1或x2<5，
所以此选项不正确；
∴正确的有2个，
故选：B.
(1)根据抛物线的对称轴为直线x=−b2a=2，则有4a+b=0；
(2)观察函数图象得到当x=−3时，函数值小于0，则9a−3b+c<0，即9a+c<3b；
(3)由(1)得b=−4a，由图象过点(−1,0)得：c=−5a，代入5a+7b+2c中，根据a的大小可判断结果是正数还是负数，
(4)根据当x<2时，y随x的增大而增大，进行判断；
(5)由方程a(x+1)(x−5)=c的两根为x1和x2，由图象可知：x>−1或x<5可得结论．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与 y轴交于(0,c)；抛物线是轴对称图形，明确抛物线的增减性与对称轴有关，并利用数形结合的思想综合解决问题．

13.【答案】4 
【解析】
【分析】
若一元二次方程有实根，则根的判别式Δ=b2−4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围．还要注意二次项系数不为0.
本题考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根，
∴Δ=4−8(m−5)≥0，且m−5≠0，
解得m≤5.5，且m≠5，
则m的最大整数解是4.
故答案为4.  
14.【答案】2 
【解析】
【解答】
解：∵三角板上所对应的刻度分别是8cm、2cm，
∴圆锥的母线长为8−2=6cm，
∵弧AB所对的扇形圆心角∠AOB=120∘，
∴扇形AOB的弧长=120π×6180=4π，
设圆锥的底面半径为rcm，
则2πr=4π，
解得r=2，
则圆锥的底面半径为2cm.
故答案为：2.
【分析】
本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥侧面与其展开得到的扇形的关系：圆锥的母线长等于扇形的半径，圆锥的底面周长等于扇形的弧长，是解决这类题目的关键．
根据图形可以得到扇形的半径为8−2=6cm，然后求得扇形的弧长，利用圆锥的周长等于扇形的弧长即可求得圆锥的底面半径．  
15.【答案】75 
【解析】
【分析】
本题考查了切线的性质，也考查了正切的定义．
连接OD，作EH⊥BC，先利用圆周角定理得到∠A=90∘，再利用等角的余角相等得到∠BEH=∠ACB，接着根据切线的性质得到OD⊥BC，易得四边形EHDO为正方形，则EH=OD=OE=HD=5，所以BH=7，然后根据正切的定义得到tan∠BEH=75，从而得到tan∠ACB的值．
【解答】
解：连接OD，作EH⊥BC，如图，

∵EF为直径，
∴∠A=90∘，
∵∠ABC+∠ACB=90∘，∠ABC+∠BEH=90∘，
∴∠BEH=∠ACB，
∵直线l与⊙相切于点D，
∴OD⊥BC，
而EH⊥BC，EF//BC，OE=OD，
∴四边形EHDO为正方形，
∴EH=OD=OE=HD=5，
∴BH=BD−HD=7，
在Rt△BEH中，tan∠BEH=BHEH=75，
∴tan∠ACB=75.
故答案为75.  
16.【答案】72 
【解析】解：连接OA、OB、OC，

∠AOB=360∘5=72∘，
∵∠AOB=∠BOC，OA=OB，OB=OC，
∴∠OAB=∠OBC，
在△AOM和△BON中，
OA=OB∠OAM=∠OBNAM=BN
∴△AOM≌△BON，
∴∠BON=∠AOM，
∴∠MON=∠AOB=72∘，
故答案为：72.
连接OA、OB、OC，根据正多边形的中心角的计算公式求出∠AOB，证明△AOM≌△BON，根据全等三角形的性质得到∠BON=∠AOM，得到答案．
本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形与圆的关系、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

17.【答案】 55 
【解析】
【分析】
此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质和锐角三角函数关系，得出BD⊥CB′是解题关键．利用勾股定理逆定理得出△CDB是直角三角形以及锐角三角函数关系进而得出即可．
【解答】
解：如图所示：连接BD，BB′，
由网格利用勾股定理得：BC= 10，CD= 2，BD=2 2，
∴CD2+BD2=BC2，
∴△CDB是直角三角形，
则BD⊥B′C，
∴cos∠B′CB=CDCB= 2 10= 55，
故答案为 55.  
18.【答案】 3 
【解析】解：在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC=60∘，
∴AB=CD=1，∠ABD=30∘，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A′B′D′，
∴A′B′=AB=1，A′B′//AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠BAD=120∘，
∴A′B′=CD，A′B′//CD，
∴四边形A′B′CD是平行四边形，
∴A′D=B′C，
∴A′C+B′C的最小值=A′C+A′D的最小值，
∵点A′在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，
则CE的长度即为A′C+B′C的最小值，
在Rt△AHD中，∠A′AD=∠ADB=30∘，AD=1，
∴∠ADE=60∘，DH=EH=12AD=12，
∴DE=1，
∴DE=CD，
∵∠CDE=∠EDB′+∠CDB=90∘+30∘=120∘，
∴∠E=∠DCE=30∘，
∴CE=2× 32CD= 3.
故答案为： 3.
根据菱形的性质得到AB=1，∠ABD=30∘，根据平移的性质得到A′B′=AB=1，A′B′//AB，推出四边形A′B′CD是平行四边形，得到A′D=B′C，于是得到A′C+B′C的最小值=A′C+A′D的最小值，根据平移的性质得到点A′在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE的长度即为A′C+B′C的最小值，求得DE=CD，得到∠E=∠DCE=30∘，于是得到结论．
本题考查了轴对称-最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，求得A′C+B′C的最小值=A′C+A′D的最小值是解题的关键．

19.【答案】解：原式=8(x−2)2÷[x2x−2−(x+2)(x−2)x−2]
=8(x−2)2÷x2−(x2−4)x−2
=8(x−2)2⋅x−24
=2x−2，
∵|x|=(12)−1=2，
又∵根据分式x−2≠0，
∴x只能为−2，
当x=−2时，原式=2−2−2=−12. 
【解析】先算括号内的减法，再把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出即可．
本题考查了分式的混合运算和求值、负整数指数幂等知识点，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．

20.【答案】(1)60，10
(2)96∘
(3)1020
(4)由题意列树状图：


由树状图可知，所有等可能的结果有12 种，恰好抽到1名男生和1名女生的结果有8种，
∴恰好抽到1名男生和1名女生的概率为812=23. 
【解析】
【分析】
此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
(1)用“基本了解”的人数除以它所占的百分比得到调查的总人数，即可得到m；
(2)用360∘乘以扇形统计图中“了解很少”部分所占的比例即可；
(3)用总人数1800乘以达到“非常了解”和“基本了解”程度的人数所占的比例即可；
(4)画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出恰好抽到1个男生和1个女生的结果数，然后利用概率公式求解．
【解答】
解：(1)接受问卷调查的学生共有30÷50%=60(人)，m=60−4−30−16=10；
故答案为：60，10；
(2)扇形统计图中“了解很少”部分所对应扇形的圆心角的度数=360∘×1660=96∘；
故答案为：96∘；
(3)该学校学生中对校园安全知识达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数为：1800×4+3060=1020(人)；
故答案为：1020；
(4)见答案.  
21.【答案】解：(1)把A(3,5)代入y2=mx(m≠0)，可得m=3×5=15，
∴反比例函数的解析式为y2=15x；
把点B(a,−3)代入y2=15x，可得a=−5，
∴B(−5,−3)，
把A(3,5)，B(−5,−3)代入y1=kx+b，可得3k+b=5−5k+b=−3，
解得k=1b=2，
∴一次函数的解析式为y1=x+2；
(2)−53;
(3)一次函数的解析式为y1=x+2，令x=0，则y=2，
∴一次函数与y轴的交点为D(0,2)，
∵PB−PC≤BC，
∴当p点与D点重合时，PB−PC=BC最大，
∴P点坐标为(0,2)，
令y=0，则x=−2，
∴C(−2,0)，
∴BC= (−5+2)2+32=3 2，
即PB−PC的最大值为3 2，点P的坐标为P(0,2). 
【解析】解：(1)见答案；
(2)由图像可知，当一次函数y1=kx+b(k≠0)的图象在反比例函数y2=mx(m≠0)的图象上方时，−53，
∴当y1>y2时，−53;
(3)见答案．
本题考查一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征，把点的坐标代入函数关系式是解决问题常用的方法，根据图形直观得出不等式的解集是数形结合数学的实际应用．
(1)把A(3,5)代入y2=mx(m≠0)，可求出反比例函数的关系式，求出点B坐标，进而确定一次函数关系式；
(2)根据两个函数的交点坐标，结合图象即可得出答案；
(3)求出一次函数与y轴的交点坐标，可得此时PB−PC最大，为BC，根据勾股定理求出结果即可．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵∠AFC=∠DEC，
∴∠AFC=∠ADE，
∴DE//CF，
∵AD//BC，
∴DF//CE，
∴四边形DECF是平行四边形；
(2)解：如图，过D作DM⊥EC于M，则∠DMC=∠DME=90∘，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=13，∠DCB=∠CDF，
∵tan∠CDF=125，
∴tan∠DCB=125=DMMC，
设DM=12x，则CM=5x，
由勾股定理得：(12x)2+(5x)2=132，
解得：x=1，
即CM=5，DM=12，
∵CE=14，
∴EM=14−5=9，
在Rt△DME中，由勾股定理得：DE= 122+92=15，
∵四边形DECF是平行四边形，
∴CF=DE=15. 
【解析】(1)根据平行四边形的性质得出AD//BC，求出DE//CF，根据平行四边形的判定得出即可；
(2)过D作DM⊥EC于M，根据勾股定理求出DM和CM，求出DE，即可求出答案．
本题考查了平行四边形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形的应用，能灵活运用性质进行推理和计算是解此题的关键．

23.【答案】解：(1)由题意得销售量=700−20(x−45)=−20x+1600，
P=(x−40)(−20x+1600)=−20x2+2400x−64000=−20(x−60)2+8000，
∵x≥45，a=−20<0，
∴当x=60时，P最大值=8000元
即当每盒售价定为60元时，每天销售的利润P(元)最大，最大利润是8000元；
(2)由题意，得−20(x−60)2+8000=6000，
解得x1=50，x2=70.
∵每盒售价不得高于58元，
∴x2=70(舍去)，
∴−20×50+1600=600(盒).
答：如果超市想要每天获得6000元的利润，那么超市每天销售月饼600盒． 
【解析】(1)根据“当售价定为每盒45元时，每天可以卖出700盒，每盒售价每提高1元，每天要少卖出20盒”即可得出每天的销售量与每盒售价x(元)之间的函数关系式，然后根据利润=1盒月饼所获得的利润×销售量列式整理，再进行配方从而可求得答案；
(2)先由(1)中所求得的P与x的函数关系式，根据这种月饼的每盒售价不得高于58元，且每天销售月饼的利润等于6000元，求出x的值，再根据(1)中所求得的销售量与每盒售价x(元)之间的函数关系式即可求解．
本题考查的是二次函数与一次函数在实际生活中的应用，主要利用了利润=1盒月饼所获得的利润×销售量，求得销售量与x之间的函数关系式是解题的关键．

24.【答案】解：(1)∵Rt△AOB绕点O顺时针旋转90∘得到Rt△COD，且点A的坐标是(0,3)，
∴点C的坐标为(3,0)，
∵B点坐标为(0,−1)，抛物线y=−x2+bx+c经过点A、B、C，
∴抛物线的解析式为：y=−(x+1)(x−3)
即y=−x2+2x+3，
∴此抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点P(1,4)；
(2)
如图，直线l：y=kx−k+3与抛物线的对称轴交点为F，交抛物线于M(xM,yM)，N(xN,yN)，
把x=1代入y=kx−k+3，得y=3，
∴F的坐标为(1,3)，
∴PF=1，
由抛物线与直线方程联立，得y=kx−k+3y=−x2+2x+3，
得：x2+(k−2)x−k=0，
∴xM+xN=−(k−2)，xMxN=−k，
∵S△PMN=2，
∴12|xM−1|+12|xN−1|=2，
∴1−xM+xN−1=4，
∴xM−xN=−4，
∴(xM+xN)2−4xMxN=xM−xN2=−42=16，
即(k−2)2+4k=16
解得k=±2 3；
(3)存在点Q，Q为(1,−1)或(1,2)或(1,4)或(1,−6)，
理由如下：
设点Q为(1,t)，又C(3,0)，D(0,1)，
∴CD2=OC2+OD2=10，CQ2=22+t2，DQ2=12+(t−1)2，
若∠DQC=90∘，则有DQ2+CQ2=CD2，即22+t2+12+(t−1)2=10，
∴t=−1或t=2；
若∠QDC=90∘，则有QD2+CD2=CQ2，即22+t2=12+(t−1)2+10，
∴t=4；
若∠DCQ=90∘，则有CD2+CQ2=DQ2，即22+t2+10=12+(t−1)2，
∴t=−6，
综上所述：t=−1或t=2或t=4或t=−6，即点Q为(1,−1)或(1,2)或(1,4)或(1,−6). 
【解析】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用勾股定理构造方程求t是解题的关键．
(1)由题可求A的坐标是(0,3)，点C的坐标为(3,0)，B点坐标为(0,−1)，将三点代入抛物线y=−x2+bx+c即可求解析式及顶点P的坐标；
(2)交点F的坐标为(1,3)，交抛物线于M(xM,yM)，N(xN,yN)，联立y=kx−k+3y=−x2+2x+3，得：x2+(k−2)x−k=0，则有xM+xN=−(k−2)，xMxN=−k，由三角形面积可得12|xM−1|+12|xN−1|=2，求得k=±2 3；
(3)设点Q(1,t)，CD2=10，CQ2=22+t2，DQ2=12+(t−1)2，若∠DQC=90∘，则可得22+t2+12+(t−1)2=10，求得t=−1或t=2；若∠QDC=90∘，则可得22+t2=12+(t−1)2+10，求得t=4；若∠DCQ=90∘，则可得22+t2+10=12+(t−1)2，求得t=−6.

25.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCF=90∘，
在Rt△FCD中，
∵G为DF的中点，
∴CG=12FD，
同理，∵EF⊥BD，
在Rt△DEF中，EG=12FD，
∴CG=EG；
(2)(1)中结论仍然成立，即EG=CG.
证明：如图，连接AG，过G点作MN⊥AD于点M，与EF的延长线交于点N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB，
在△DAG与△DCG中，
∵AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△DAG≌△DCG(SAS)，
∴AG=CG，
又G为DF中点，则DG=FG，
∵∠DAB=∠BEF=90∘，
∴AD//EN，
∴∠ADB=∠DFN，
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGNDG=FG∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG(ASA)，
∴MG=NG，
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90∘，
∴四边形AENM是矩形，
在矩形AENM中，AM=EN，
在△AMG与△ENG中，
∵AM=EN∠AMG=∠ENGMG=NG，
∴△AMG≌△ENG(SAS)，
∴AG=EG，
∴EG=CG；
(3)(1)中的结论仍然成立，还得出EG⊥CG. 
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)(1)中的结论仍然成立，还得出EG⊥CG.
理由如下：
如图，过F作CD的平行线并延长CG交于点M，连接EM、EC，过F作FN⊥AB于点N，

由于G为FD中点，
∴FG=DG，
∵MF//CD，
∴∠FMG=∠DCG，
又∵∠MGF=∠DGC，
∴△CDG≌△MFG(AAS)，
∴FM=CD=BC，MG=CG，
又∵BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，
∴△EFM≌△EBC(SAS)，
∴∠FEM=∠BEC，EM=EC，
∵∠FEC+∠BEC=90∘，
∴∠FEC+∠FEM=90∘，即∠MEC=90∘，
∴△MEC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴EG=CG，EG⊥CG.
本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．
(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG；
(2)结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于交AD于点M，与EF的延长线交于N点，再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG，再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG，再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG，最后证出CG=EG；
(3)结论依然成立，还知道EG⊥CG，如图，过F作CD的平行线并延长CG交于点M，连接EM、EC，过F作FN⊥AB于点N，易证△CDG≌△MFG(AAS)，得FM=CD=BC，MG=CG，再证明△EFM≌△EBC(SAS)，得到∠FEM=∠BEC，EM=EC，进而可得△MEC是等腰直角三角形，根据G为CM中点，即可得到所求结果．