2023年河北省中考数学试卷（含解析）

这是一份2023年河北省中考数学试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年河北省中考数学试卷
一、选择题（本大题共16小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 代数式−7x的意义可以是(    )
A. −7与x的和 B. −7与x的差 C. −7与x的积 D. −7与x的商
2. 淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西70°的方向，则淇淇家位于西柏坡的(    )

A. 南偏西70°方向 B. 南偏东20°方向 C. 北偏西20°方向 D. 北偏东70°方向
3. 化简x3(y3x)2的结果是(    )
A. xy6 B. xy5 C. x2y5 D. x2y6
4. 有7张扑克牌如图所示，将其打乱顺序后，背面朝上放在桌面上．若从中随机抽取一张，则抽到的花色可能性最大的是(    )

A. (黑桃) B. (红心) C. (梅花) D. (方块)
5. 四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化．当△ABC为等腰三角形时，对角线AC的长为(    )

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
6. 若k为任意整数，则(2k+3)2−4k2的值总能(    )
A. 被2整除 B. 被3整除 C. 被5整除 D. 被7整除
7. 若a= 2，b= 7，则 14a2b2= (    )
A. 2 B. 4 C. 7 D. 2
8. 综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形．如图是其作图过程．


在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是(    )

A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等
9. 如图，点P1～P8是⊙O的八等分点．若△P1P3P7，四边形P3P4P6P7的周长分别为a，b，则下列正确的是(    )

A. a C. a>b D. a，b大小无法比较
10. 光年是天文学上的一种距离单位，一光年是指光在一年内走过的路程，约等于9.46×1012km.下列正确的是(    )
A. 9.46×1012−10=9.46×1011 B. 9.46×1012−0.46=9×1012
C. 9.46×1012是一个12位数 D. 9.46×1012是一个13位数
11. 如图，在Rt△ABC中，AB=4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF.若S正方形AMEF=16，则S△ABC=(    )

A. 4 3 B. 8 3 C. 12 D. 16
12. 如图1，一个2×2的平台上已经放了一个棱长为1的正方体，要得到一个几何体，其主视图和左视图如图2，平台上至少还需再放这样的正方体(    )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
13. 在△ABC和△A′B′C′中，∠B=∠B′=30°，AB=A′B′=6，AC=A′C′=4.已知∠C=n°，则∠C′=(    )
A. 30° B. n° C. n°或180°−n° D. 30°或150°
14. 如图是一种轨道示意图，其中ADC和ABC均为半圆，点M，A，C，N依次在同一直线上，且AM=CN.现有两个机器人(看成点)分别从M，N两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动，其路线分别为M→A→D→C→N和N→C→B→A→M.若移动时间为x，两个机器人之间距离为y，则y与x关系的图象大致是(    )

A. B.
C. D.
15. 如图，直线，l1// l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2上，点B，D，E，G在同一直线上．若∠α=50°，∠ADE=146°，则∠β=(    )

A. 42° B. 43° C. 44° D. 45°
16. 已知二次函数y=−x2+m2x和y=x2−m2(m是常数)的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为(    )
A. 2 B. m2 C. 4 D. 2m2
二、填空题（本大题共3小题，共10.0分）
17. 如图，已知点A(3,3)，B(3,1)，反比例函数y=kx (k≠0)图象的一支与线段AB有交点，写出一个符合条件的k的整数值：          ．

18. 根据表中的数据，写出a的值为          ，b的值为          ．

2
n
3x+1
7
b
2x+1x
a
1

19. 将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
(1)∠α=          度；
(2)中间正六边形的中心到直线l的距离为          (结果保留根号)．




三、解答题（本大题共7小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题9.0分)
某磁性飞镖游戏的靶盘如图．珍珍玩了两局，每局投10次飞镖，若投到边界则不计入次数，需重新投．计分规则如下：
投中位置
A区
B区
脱靶
一次计分(分)
3
1
−2
在第一局中，珍珍投中A区4次，B区2次，脱靶4次．

(1)求珍珍第一局的得分；
(2)第二局，珍珍投中A区k次，B区3次，其余全部脱靶．若本局得分比第一局提高了13分，求k的值．

21. (本小题9.0分)
现有甲、乙、丙三种矩形卡片各若干张，卡片的边长如图1所示(a>1).某同学分别用6张卡片拼出了两个矩形(不重叠无缝隙)，如图2和图3，其面积分别为S1，S2．

(1)请用含a的式子分别表示S1，S2；当a=2时，求S1+S2的值；
(2)比较S1与S2的大小，并说明理由．

22. (本小题9.0分)
某公司为提高服务质量，对其某个部门开展了客户满意度问卷调查，客户满意度以分数呈现，满意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档．公司规定：若客户所评分数的平均数或中位数低于3.5分，则该部门需要对服务质量进行整改．工作人员从收回的问卷中随机抽取了20份，如图是根据这20份问卷中的客户所评分数绘制的统计图．
(1)求客户所评分数的中位数、平均数，并判断该部门是否需要整改；
(2)监督人员从余下的问卷中又随机抽取了1份，与之前的20份合在一起，重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分，求监督人员抽取的问卷所评分数为几分？与(1)相比，中位数是否发生变化？



23. (本小题10.0分)
嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏．某同学借此情境编制了一道数学题，请解答这道题．
如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1 m长．嘉嘉在点A(6,1)处将沙包(看成点)抛出，其运动路线为抛物线C1：y=a(x−3)2+2的一部分，淇淇恰在点B(0,c)处接住，然后跳起将沙包回传，其运动路线为抛物线C2：y=−18x2+n8x+c+1的一部分．
(1)写出C1的最高点坐标，并求a，c的值；
(2)若嘉嘉在x轴上方1 m的高度上，且到点A水平距离不超过1 m的范围内可以接到沙包，求符合条件的n的整数值．


24. (本小题10.0分)
装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以AB为直径的半圆O，AB=50 cm，如图1和图2所示，MN为水面截线，GH为台面截线，MN // GH．
计算  在图1中，已知MN=48 cm，作OC⊥MN于点C．
(1)求OC的长．
操作  将图1中的水槽沿GH向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当∠ANM=30°时停止滚动，如图2.其中，半圆的中点为Q，GH与半圆的切点为E，连接OE交MN于点D．
探究  在图2中．
(2)操作后水面高度下降了多少？
(3)连接OQ并延长交GH于点F，求线段EF与EQ的长度，并比较大小．


25. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点(x,y)移动到点(x+2,y+1)称为一次甲方式；从点(x,y)移动到点(x+1,y+2)称为一次乙方式．
例  点P从原点O出发连续移动2次：若都按甲方式，最终移动到点M(4,2)；若都按乙方式，最终移动列点N(2,4)；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点E(3,3)．
(1)设直线l1经过上例中的点M，N，求l1的解析式；并直接写出将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式；
(2)点P从原点O出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点Q(x,y).其中，按甲方式移动了m次．
①用含m的式子分别表示x，y；
②请说明：无论m怎样变化，点Q都在一条确定的直线上，设这条直线为l3，在图中直接画出l3的图象；
(3)在(1)和(2)中的直线l1，l2，l3上分别有一个动点A，B，C，横坐标依次为a，b，c，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式．


26. (本小题13.0分)
如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB=8，BC=2 11，CD=12，DA=6，∠A=90°，点M在AD边上，且DM=2.将线段MA绕点M顺时针旋转n°(00)，连接A′P．
(1)若点P在AB上，求证：A′P=AP；
(2)如图2，连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
(3)当0

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
 根据代数式的实际意义即可解答．
本题主要考查了代数式的意义，掌握代数式和差乘除的意义是解答本题的关键．
【解答】
  解：−7x的意义可以是−7与x的积．
   故选C．  
2.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据方向角的定义可得答案．
本题主要考查方向角，理解方向角的定义是正确解答的关键．
【解答】
解：如图：

∵西柏坡位于淇淇家南偏西70∘的方向，
∴淇淇家位于西柏坡的北偏东70∘方向．
故选D．  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查分式的乘方，掌握公式准确计算是本题的解题关键．
【解答】
 解：x3(y3x)2=x3⋅y6x2=xy6，
  故选 A．  
4.【答案】B 
【解析】
【分析】
根据概率计算公式分别求出四种花色的概率即可得到答案．
本题主要考查了简单的概率计算，正确求出每种花色的概率是解题的关键．
【解答】
  解：∵一共有7张扑克牌，每张牌被抽到的概率相同，其中黑桃牌有1张，红心牌有3张，梅花牌有1张，方片牌有2张，
∴抽到的花色是黑桃的概率为17，抽到的花色是红心的概率为37，抽到的花色是梅花的概率为17，抽到的
花色是方块的概率为27，
∴抽到的花色可能性最大的是红心，故选B．  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
利用三角形三边关系求得0 本题考查了三角形三边关系以及等腰三角形的定义，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【解答】
解：2−2 当AC=BC=4时，△ABC为等腰三角形，但不合题意，舍去;
若AC=AB=3时，△ABC为等腰三角形，
故选B．  
6.【答案】B 
【解析】
【分析】
用平方差公式进行因式分解，得到乘积的形式，然后直接可以找到能被整除的数或式．
本题考查了平方差公式的应用，平方差公式为a2−b2=(a−b)(a+b)通过因式分解，可以把多项式分解成若干个整式乘积的形式．
【解答】
解：(2k+3)2−4k2
=(2k+3+2k)(2k+3−2k)
=3(4k+3)，
 3(4k+3)能被3整除，
∴(2k+3)2−4k2的值总能被3整除，
故选B．
  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
把a= 2，b= 7代入计算即可求解．
本题考查了求二次根式的值，掌握二次根式的乘方和乘除运算是解题的关键．
【解答】
解：∵a= 2，b= 7，
∴ 14a2b2= 14×( 2)2( 7)2= 14×27= 4=2，
故选A．  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．
本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
【解答】
解：根据图1，得出BD的中点O，图2，得出OC=AO，
可知使得对角线互相平分，从而得出四边形ABCD为平行四边形，
判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，
故选C．  
9.【答案】A 
【解析】
【分析】
连接P1P2，P2P3，依题意得P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P1P7，△P1P3P7的周长为
a=P1P3+P1P7+P3P7，四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，故b−a=P1P2+P2P3−P1P3，
根据△P1P2P3的三边关系即可得解．
本题考查等弧所对的弦相等，三角形的三边关系等知识，利用作差比较法比较周长大小是解题的关键．
【解答】
解：连接P1P2，P2P3，

∵点P1∽P8是⊙O的八等分点，即P1P2=P2P3=P3P4=P4P5=P5P6=P6P7=P7P8=P8P1
∴P1P2=P2P3=P3P4=P6P7，P4P6=P1P7
∴P4P6=P1P7
又∵△P1P3P7的周长为a=P1P3+P1P7+P3P7，
四边形P3P4P6P7的周长为b=P3P4+P4P6+P6P7+P3P7，
∴b−a=(P3P4+P4P6+P6P7+P3P7)−(P1P3+P1P7+P3P7)
=(P1P2+P1P7+P2P3+P3P7)−(P1P3+P1P7+P3P7)
=P1P2+P2P3−P1P3，
在△P1P2P3中有P1P2+P2P3>P1P3，
∴b−a=P1P2+P2P3−P1P3>0
故选A．  
10.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据科学记数法、同底数幂乘法和除法逐项分析即可解答．
本题主要考查了科学记数法、同底数幂乘法和除法等知识点，理解相关定义和运算法则是解答本
题的关键．
【解答】
解：A.9.46×1012÷10=9.46×1011，故该选项错误，不符合题意;
B.9.46×1012−0.46≠9×1012，故该选项错误，不符合题意;
C.9.46×1012是一个13位数，故该选项错误，不符合题意;
D.9.46×1012是一个13位数，正确，符合题意．
故选D．  
11.【答案】B 
【解析】
【分析】
根据正方形的面积可求得AM的长，利用直角三角形斜边的中线求得斜边BC的长，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形的面积公式即可求解．
本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键．
【解答】
解：∵S正方形AMEF=16，
∴AM= 16=4，
∵Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴BC=2AM=8，
∴AC= BC2−AB2= 82−42=4 3，
∴S△ABC=12AB·AC=12×4×4 3=8 3，
故选B．  
12.【答案】B 
【解析】
【分析】
利用左视图和主视图画出草图，进而得出答案．
此题主要考查了三视图，正确观察图形是解题关键．
【解答】
解：由题意画出草图，如图，

平台上至少还需再放这样的正方体2个，故选B．  
13.【答案】C 
【解析】
【分析】
过A作AD⊥BC于点D，过A′作A′D′⊥B′C′于点D′，，求得AD=A′D′=3，分两种情况讨论，
利用全等三角形的判定和性质即可求解．
本题考查了含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
【解答】
解：过A作AD⊥BC于点D，过A′作A′D′⊥B′C′于点D′，
∵∠B=∠B′=30∘，AB=A′B′=6，
∴AD=A′D′=3，
当B、C在点D的两侧，B′、C′在点D′的两侧时，如图，

∵AD=A′D′=3，AC=A′C′=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A′C′D′(HL)，
∴∠C′=∠C=n∘;
当B、C在点D的两侧，B′、C′在点D′的同侧时，如图，

∵AD=A′D′=3，AC=A′C′=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A′C′D′(HL)，
∴∠A′C′D′=∠C=n∘，即∠A′C′B′=180∘−∠A′C′D′=180∘−n∘;
综上，∠C′的值为n∘或180∘−n∘．
故选C．  
14.【答案】D 
【解析】
【分析】
设圆的直径为d，根据机器人移动时最开始的距离为AM+CN+d，之后同时到达点A，C，两
个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器
人之间的距离是直径d，当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．
本题考查动点函数图像，找到运动时的特殊点用排除法是关键．
【解答】
解：由题意可得：机器人(看成点)分别从M，N两点同时出发，
 设圆的直径为d，
∴两个机器人最初的距离是AM+CN+d，
∵两个人机器人速度相同，
∴同时到达点A，C，
∴两个机器人之间的距离y越来越小，故排除A，C;
当两个机器人分别沿A→D→C和C→B→A移动时，此时两个机器人之间的距离是直径d，保持不变，
当机器人分别沿C→N和A→M移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除C，
故选D．  
15.【答案】C 
【解析】
【分析】
如图，由平角的定义求得∠ADB=180∘−∠ADE=34∘，由三角形的外角性质求得，∠AHD=∠α−∠ADB=16∘，
根据平行性质，得∠GIF=∠AHD=16∘，进而求得∠β=∠EGF−∠GIF=44∘．
本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形的外角性质，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
【解答】
解：如图，

∵∠ADE=146∘
∴∠ADB=180∘−∠ADE=34∘
∵∠α=∠ADB+∠AHD
∴∠AHD=∠α−∠ADB=50∘−34∘=16∘
∵l1/​/l2
∴∠GIF=∠AHD=16∘
∵△EFG是等边三角形
∴∠EGF=60°
∵∠EGF=∠β+∠GIF
∴∠β=∠EGF−∠GIF=60∘−16∘=44∘
故选C．  
16.【答案】A 
【解析】
【分析】
先求得两个抛物线与x轴的交点坐标，，据此解答即可;
本题考查了抛物线与x轴的交点问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【解答】
解：∵y=−x2+m2x=−x(x−m2)，
∴图象与x轴交于点(0,0)(m2,0)
∵y=x2−m2=(x+m)(x−m)，
∴图象与x轴交于点(m,0)(−m,0)
∵相邻两点距离相等，(0,0)为(m,0)与(−m,0)的中点，
∴(0,0)与(m2,0)的中点为(m,0)或(−m,0)，
∴m2=2m或m2=−2m，
∵m≠0，
∴m=2或−2
∴对称轴为y轴、直线x=m或y轴、直线x=−m
∴两条对称轴的距离为|m|=2
故选A．
  
17.【答案】4(答案不唯一) 
【解析】
【分析】
先分别求得反比例函数y=kx(k≠0)图象过A、B时k的值，从而确定k的取值范围，然后确定符合条件k的值即可．
本题主要考查了求反比例函数的解析式，确定边界点的k的值是解答本题的关键．
【解答】
解：当反比例函数y=kx(k≠0)图象过A(3,3)时，k=3×3=9;
当反比例函数y=kx(k≠0)图象过B(3,1)时，k=3×1=3;
∴k的取值范围为3 ∴k可以取4．
故答案为4(答案不唯一，满足3 18.【答案】52
−2
 
【解析】
【分析】
把x=2代入得2x+1x=a，可求得a的值；把x=n分别代入3x+1=b和2x+1x=1，据此求解
即可．
本题考查了求代数式的值，解分式方程，准确计算是解题的关键．
【解答】
解：当x=n时，3x+1=b，即3n+1=b，
当x=2时，2x+1x=a，即a=2×2+12=52，
当x=n时，2x+1x=1，即2n+1n=1，
解得n=−1，
经检验，n=−1是分式方程的解，
∴b=3×(−1)+1=−2，
故答案为52;−2  
19.【答案】30°  
 2 3
 
【解析】
【分析】
(1)根据题意先得到∠BPM=90°，再根据六角形螺母为正六边形，得到∠ABC=120°，最后由三角形的外角性质得∠α=30°；
(2)延长AB交l于点D，连接OD交BC于点E，则AO // BC // l，MN // OD，先证OB=BD=AB=2，再由AO // BC得OE=DE，从而OD=OE+DE，在Rt△OBE中，求出OE即可求解．
本题考查了正六边形的性质，勾股定理，含30度直角三角形的特征，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的性质．
【解答】
解：(1)如图，延长CB交另一个正六边形的MN边于点P，
由题意得∠BPM=90°，
又∵六角形螺母为正六边形
∴∠ABC=120°，
∴∠α=30°

(2)延长AB交l于点D，连接OD交BC于点E
则AO // BC // l，MN // OD，
∴OD⊥BC，∠OAD=∠EBD=180°−∠ABC=60°，
∴∠ADO=30°，△AOB为等边三角形，
∴∠ABO=60°，OB=AB
又∵∠ABO=∠ADO+∠BOD
∴∠BOD=30°
∴OB=BD=AB=2
∵AO // BC
∴OE=DE
在Rt△OBE中，BE=12BO=12AB=1
OE= BO2−BE2= 3
∴ DE=OE= 3 ，
∴ OD=DE+OE=2 3
  
20.【答案】(1)由题意得4×3+2×1+4×(−2)=6(分)，
      答：珍珍第一局的得分为6分;
(2)由题意得3k+3×1+(10−k−3)×(−2)=6+13， 
解得：k=6，
则k的值为6． 
【解析】(1)根据题意列式计算即可求解;
(2)根据题意列一元一次方程即可求解．
本题考查了一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合
适的等量关系，列出方程，再求解．

21.【答案】(1)依题意得，三种矩形卡片的面积分别为：S甲=a2，S乙=a，S丙=1，
∴S1=S甲+3S乙+2S丙=a2+3a+2，S2=5S乙+S丙=5a+1，
∴S1+S2=(a2+3a+2)+(5a+1)=a2+8a+3，
∴当a=2时，S1+S2=22+8×2+3=23;
(2)S1>S2，理由如下：
∵S1=a2+3a+2，S2=5a+1
∴S1−S2=(a2+3a+2)−(5a+1)=a2−2a+1=(a−1)2
∵a>1，
∴S1−S2=(a−1)2>0，
∴S1>S2． 
【解析】(1)根据题意求出三种矩形卡片的面积，从而得到S1，S2，S1+S2，将a=2代入用a表示S1+S2的等式中求值即可;
(2)利用(1)的结果，使用作差比较法比较即可．
本题考查列代数式，整式的加减，完全平方公式等知识，会根据题意列式和掌握作差比较法是解题的关键．

22.【答案】(1)由条形统计图可知，客户所评分数按从小到大排列后，第10个数据是3分，第11个数据是4分;
∴客户所评分数的中位数为：3+42=3.5(分)
由统计图可知，客户所评分数的平均数为：1×1+2×3+3×6+4×5+5×520=3.5(分)
∴客户所评分数的平均数或中位数都不低于3.5分，
∴该部门不需要整改．
(2)设监督人员抽取的问卷所评分数为x分，则有：
3.5×20+x20+1>3.55
解得x>4.55
∵调意度从低到高为1分，2分，3分，4分，5分，共5档，
∴监督人员抽取的问卷所评分数为5分，
∴加入这个数据，客户所评分数按从小到大排列之后，第11个数据是4分，
即加入这个数据之后，中位数是4分．
∴与(1)相比，中位数发生了变化，由3.5分变成4分． 
【解析】(1)先求出客户所评分数的中位数、平均数，再根据中位数、平均数确定是否需要整改即可;
(2)根据“重新计算后，发现客户所评分数的平均数大于3.55分”列出不等式，继而求出监督人员抽取的
问卷所评分数，重新排列后再求出中位数即可得解．
本题考查条形统计图，中位数和加权平均数，一元一次不等式的应用等知识，掌握求中位数和加权平均数的方法是解题的关键．

23.【答案】(1)∵抛物线C1:y=a(x−3)2+2，
∴C1的最高点坐标为(3,2)，
∵点A(6,1)在抛物线C1:y=a(x−3)2+2上，
∴1=a(6−3)2+2，解得：a=−19，
∴抛物线C1的解析式为y=−19(x−3)2+2，
令x=0，则c=−19×(0−3)2+2=1;
(2)∵嘉嘉到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，
∴嘉嘉在(5,1)到(7,1)处接到沙包，
当C2经过(5,1)时，1=−18×52+n8×5+1+1，解得n=175;
当C2经过(7,1)时，1=−18×72+n8×7+1+1，解得n=417;
∴175≤n≤417
∴符合条件的n的整数值为4和5． 
【解析】(1)利用顶点式即可得到最高点坐标，点A(6,1)在抛物线上，利用待定系数法即可求得a的值；令x=0，
即可求得c的值;
(2)根据嘉嘉在(5,1)到(7,1)处接到沙包，求得n的取值范围，即可求解．
本题考查了二次函数的应用，联系实际，理解题意，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．

24.【答案】(1)连接OM，
∵O为圆心，OC⊥MN于点C，MN=48cm，
∴MC=12MN=24cm，
∵AB=50cm，
∴OM=12AB=25cm，
∴在中，
OC= OM2−MC2= 252−242=7cm⋅

(2)∵GH与半圆的切点为E，
∴OE⊥GH
∵MN//GH
∴OE⊥MN于点D，
∵∠ANM=30∘，ON=25cm，
∴OD=12ON=252cm，
∴操作后水面高度下降高度为252−7=112cm．
(3)∵OE⊥MN于点D，∠ANM=30∘
∴∠DOB=60∘，
∵半圆的中点为Q，
∴AQ=QB，
∴∠QOB=90∘，
∴∠QOE=30∘，
∴EF=tan∠QOE⋅OE=25 33cm，
EQ=30×π×25180=25π6cm，
∵25 33−25π6=50 3−25π6=25(2 3−π)6>0，
∴EF>EQ． 
【解析】(1)连接OM，利用垂径定理计算即可;
(2)由切线的性质证明OE⊥GH进而得到OE⊥MN，利用锐角三角函数求OD，再与(1)中OC相减即可;
(3)由半圆的中点为Q得到∠QOB=90∘，得到∠QOE=30∘分别求出线段EF与EQ的长度，再相减比较即可．
本题考查了垂径定理、圆的切线的性质、求弧长和解直角三角形的知识，解答过程中根据相关性质构造直角三角形是解题关键．

25.【答案】(1)设l1的解析式为y=kx+b，把M(4,2)、N(2,4)代入，得
4k+b=22k+b=4，解得：k=−1b=6，
∴l1的解析式为y=−x+6;
将l1向上平移9个单位长度得到的直线l2的解析式为y=−x+15;
(2) ①∵点P按照甲方式移动了m次，点P从原点O出发连续移动10次，
∴点P按照乙方式移动了(10−m)次，
∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为(2m,m);
∴点(2m,m)按照乙方式移动(10−m)次后得到的点的横坐标为2m+10−m=m+10，纵坐标为
m+2(10−m)=20−m，
∴x=m+10，y=20−m;
 ②由于x+y=m+10+20−m=30，
∴直线l3的解析式为y=−x+30;
函数图象如图所示：

(3)5a+3c=8b． 
【解析】解：(1)见答案；
(2) ①见答案；
 ②见答案．
(3)∵点A，B，C的横坐标依次为a，b，c，且分别在直线l1，l2，l3上，
∴A(a,−a+6)，B(b,−b+15)，C(c,−c+30)，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
把A、B两点坐标代入，得
ma+n=−a+6mb+n=−b+15．
解得：m=−1+9b−an=6−9ab−a
∴直线AB的解析式为y=(−1+9b−a)x+6−9ab−a，
∵A，B，C三点始终在一条直线上，
∴c(−1+9b−a)+6−9ab−a=−c+30，
整理得：5a+3c=8b;
即a，b，c之间的关系式为：5a+3c=8b．
(1)根据待定系数法即可求出l1的解析式，然后根据直线平移的规律：上加下减即可求出直线l2的解析式；
(2) ①根据题意可得：点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为(2m,m)，再得出点(2m,m)按照乙
方式移动(10−m)次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结果;
 ②由 ①的结果可得直线l3的解析式，进而可画出函数图象;
(3)先根据题意得出点A，B，C的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，再把点C的坐标代入整理即可得出结果．
本题是一次函数和平移综合题，主要考查了平移的性质和一次函数的相关知识，正确理解题意、熟练掌握平移的性质和待定系数法求一次函数的解析式是解题关键．

26.【答案】(1)∵将线段MA绕点M顺时针旋转n∘(0 ∴A′M=AM，
∵∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB−BC于点P，
∴∠A′MP=∠AMP，
又∵PM=PM，
∴△A′MP≌△AMP(SAS)
∴A′P=AP;
(2) ①∵AB=8，DA=6，∠A=90∘
∴BD= AB2+AD2=10
∵BC=2 11，CD=12，
∴BC2+BD2=(2 11)2+102=144，CD2=122=144，
∴BC2+BD2=CD2，
∴∠CBD=90∘，|
当n=180时，x的值为13．
 ②如图所示，当P点在AB上时，PQ=2，∠A′MP=∠AMP，

∵AB=8，DA=6，∠A=90∘，
∴BD= AB2+AD2= 62+82=10，sin∠DBA=ADBD=610=35，
，|
∴AP=AB−BP=8−103=143，|

如图所示，当P在BC上时，则PB=2，
过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，

∵∠PQB=∠CBD=∠DAB=90∘，
∴∠QPB=90∘−∠PBQ=∠DBA，
∴△PQB∽△BAD，
∴PQBA=QBAD=PBBD
即PQ8=QB6=PB10
∴PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，
∴AQ=AB+BQ=465
∵PQ⊥AB，DA⊥AB
∴PQ//AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴HQHA=PQAM，
∴HQHQ+465=854
解得：HQ=9215
∴tan∠A′MP=tan∠AMP=tan∠QPH=HQPQ=921585=236，
综上所述，tan∠A′MP的值为76或236．
(3)点A′到直线AB的距离为8x2x2+16． 
【解析】解：(1)见答案；
(2) ①如图所示，当n=180时，

∵PM平分∠A′MA
∴∠PMA=90∘
∴PM//AB
∴△DNM∽△DBA
∴DNDB=DMDA=MNBA
∵DM=2，DA=6
∴DN10=26=MN8
∴DN=103，MN=83
∴BN=BD−DN=203
∵∠PBN=∠NMD=90∘，∠PNB=∠DNM
∴△PBN∽△DMN
∴PBDM=BNMN，即PB2=20383
∴解得PB=5
∴x=AB+PB=8+5=13．
  ②见答案；
(3)当0 如图所示，过点A′作A′E⊥AB交AB于点E，
过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，
∴AE=FM，EF=AM=4，

∵△A′MP≌△AMP，
∴∠PA′M=∠A=90∘，
∴∠PA′E+∠FA′M=90∘，
又∠A′MF+∠FA′M=90∘，
∴∠PA′E=∠A′MF，
又∵∠A′EP=∠MFA′=90∘，
∴△A′PE∽△MA′F，
∴A′PMA′=PEA′F=A′EFM，
∵A′P=AP=x，MA′=MA=4，
设FM=AE=y，A′E=h
即x4=x−yh−4=hy，
∴y=4hx，4(x−y)=x(h−4)
∴4(x−4hx)=x(h−4)
整理得h=8x2x2+16
即点A′到直线AB的距离为8x2x2+16．
(1)根据旋转的性质和角平分线的概念得到A′M=AM，∠A′MP=∠AMP，然后证明出△A′MP≌△AMP(SAS)，即可得到A′P=AP;
(2) ①首先根据勾股定理得到BD= AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD=90∘;
首先画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出DN=103，MN=83，，然后证
明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB=5，进而求解即可;
 ②当P点在AB上时，PQ=2，∠A′MP=∠AMP，分别求得BP，AP，根据正切的定义即可求解;
当P在BC上时，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，
证明△PQB∽△BAD，得出PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求解;
(3)如图所示，过点A′作A′E⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，证明△A′PE∽△MA′F，根据相似三角形的性质即可求解．
本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．