2023年山东省菏泽市曹县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省菏泽市曹县中考数学二模试卷（含解析），共23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。

1. 比−3大2的数是( )
A. −5B. −1C. 1D. 5
2. 下列运算不正确的是( )
A. a3÷a=a2B. (−a3)2=a6
C. (a+1)(1−a)=a2−1D. (a−12)2=a2−a+14
3. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体是( )
A. 圆锥
B. 三棱锥
C. 三棱柱
D. 四棱柱
4. 已知a，b是一元二次方程x2+x−8=0的两个实数根，则代数式a2+2a+b的值等于( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
5. 如图，在△ABC中，∠BAC=108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′恰好落在BC边上，且AB=CB′，则∠C′的度数为( )
A. 18°
B. 20°
C. 24°
D. 28°
6. 在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象可能是( )
A. B. C. D.
7. 如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为( )
A. 3π−3 3B. 3π−9 32C. 2π−3 3D. 6π−9 32
8. 如图，四边形ABCD是矩形，点O在BA的延长线上，OB=OD，∠BOD=45°，连接AC，BD交于点E，连接OE，交AD于点F，下列结论：①OF=BD；②DF= 2AF；③若点G是线段OF的中点，则△AEG是等腰直角三角形；其中正确结论的个数为( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 分解因式：−8x2+2= ______ ．
10. 如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，点A落在点E处，∠1=56°，∠ABC=70°，则∠2的度数为______ ．
11. 若a+4b=6，3a+2b=4，则a−b的值为______ ．
12. 如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止.设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为______ ．
13. 如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB/​/x轴，交y轴于点P.将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为 ．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=4，点P为斜边AB上的一个动点(点P不与点A，B重合)，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D和点E，连接DE，PC交于点Q，连接AQ，当△APQ为直角三角形时，AP的长是______．
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
化简：(2aa+1−4)÷2+aa2−1．
16. (本小题6.0分)
解不等式组3(x−1)≤x−7x−34+1>x+2．
17. (本小题6.0分)
如图，四边形ABCD是菱形，点E在AC的延长线上，∠ACD=∠ABE，AB=6，AC=4，求AE的长．
18. (本小题6.0分)
在全民健身运动中，骑行运动颇受人民青睐.甲、乙两骑行爱好者约定从A地沿相同路线骑行去距离30千米的B地，已知甲骑行的平均速度是乙骑行平均速度的1.2倍，若乙先骑行20分钟，然后甲从A地出发，则甲、乙恰好同时到达B地，求甲骑行的平均速度是每分钟多少千米？
19. (本小题7.0分)
如图，B港口在A港口的南偏西25°方向上，距离A港口100海里处．一艘货轮航行到C处，发现A港口在货轮的北偏西25°方向，B港口在货轮的北偏西70°方向．求此时货轮与A港口的距离(结果取整数)．
(参考数据：sin50°≈0.766，cs50°≈0.643，tan50°≈1.192， 2≈1.414)
20. (本小题7.0分)
如图，直线y=k1x+b与反比例函数y=k2x的图象相交于点A，B，直线AB与x轴交于点C，与y轴交于点D(0,−2)，OA= 5，tan∠AOC=12．
(1)求直线AB与反比例函数的表达式；
(2)若点P是第四象限内反比例函数图象上一点，S△OCP=43，求点P的坐标．
21. (本小题10.0分)
某学校为了解学生参加课外活动的情况，随机抽取了部分学生在某一天参加课外活动的时间，并绘制了如图标不完整的频数分布表和扇形统计图．
(1)求抽取的学生共有多少名？
(2)求B对应扇形圆心角的度数；
(3)课外活动时间在2.5≤t≤3范围内的4名学生中，有2名男生和2名女生，学校准备从中任意抽取2名学生在全校交流发言，求恰好抽取一名男生和一名女生的概率．
22. (本小题10.0分)
如图，△ABC中，▱ODEF的顶点O，D在边AB上，顶点E，F分别在边BC，AC上，以点O为圆心，OA长为半径的⊙O与AB相交于点D，与BC相切于点E．
(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)若sin∠BAC=35，CE=6，求AB的长．
23. (本小题10.0分)
如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接BE，DE，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G．
(1)求证：BE=DE；
(2)判断△FBG是什么特殊三角形？并说明理由；
(3)若正方形ABCD的边长为4cm，G为AB的中点，求AF的长．
24. (本小题10.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(−1,0)，B，对称轴是直线x=1，与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P为抛物线对称轴上一动点，当△PCB是以BC为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，在第一象限内，抛物线上是否存在点M，使得S△BCM=S△BCP？若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−3+2=−(3−2)=−1.故选B．
有理数运算中加法法则：异号两数相加，取绝对值较大数的符号，并把绝对值相减．
解题关键是理解加法的法则，先确定和的符号，再进行计算．
2.【答案】C
【解析】解：a3÷a=a2，故A正确，不符合题意；
(−a3)2=a6，故B正确，不符合题意；
(a+1)(1−a)=1−a2，故C错误，符合题意；
(a−12)2=a2−a+14，故D正确，不符合题意；
故选：C．
根据同底数的幂的除法法则，幂的乘方与积的乘方法则，平方差公式，完全平方公式逐项判断即可．
本题考查整式的混合运算，解题的关键是掌握整式相关运算的法则．
3.【答案】C
【解析】解：由三视图可知，这个几何体是直三棱柱．
故选：C．
从三视图的俯视图看是一个三角形，而主视图是一个矩形，左视图为矩形，可知这是一个三棱柱．
本题考查了由三视图判断几何体的知识，由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助．
4.【答案】A
【解析】解：∵a，b是一元二次方程x2+x−8=0的两个实数根，
∴a+b=−11=−1，ab=−81=−8，
∴a=−1−b，
∴a2+2a+b
=a2+a+(a+b)
=a(a+1)+(a+b)
=a(−1−b+1)+(a+b)
=−ab+a+b
=8−1
=7．
故选：A．
根据根与系数的关系可得a+b=−ba=−1，ab=ca=−8，将a2+2a+b变形为a(a+1)+(a+b)，再前面括号中的a用−1−b替换得−ab+a+b，最后将ab，a+b的值代入计算即可求解．
本题主要考查根与系数的关系的关系、代数式求值，将根与系数的关系与代数式变形相结合是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°−108°，
∴∠C=24°，
∴∠C′=∠C=24°，
故选：C．
由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB′，∠B=∠AB′B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为y=ax+a2与y=a2x+a，
所以x=1时，两函数的值都是a2+a，
所以两直线的交点的横坐标为1，
若a>0，则一次函数y=ax+a2与y=a2x+a的图象都是y随x的增大而增大，且都交y轴的正半轴；
若a<0，则一次函数y=ax+a2的图象中y随x的增大而减小，交y轴的正半轴，y=a2x+a的图象中y随x的增大而增大，交y轴的负半轴，且两直线的交点的横坐标为1；
故选：D．
利用一次函数的性质进行判断．
此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．
一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限．
7.【答案】B
【解析】解：沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，
∴AC=AO，BC=BO，
∵AO=BO，
∴四边形AOBC是菱形，
连接OC交AB于D，
∵OC=OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO=∠AOC=60°，
∴∠AOB=120°，
∵AC=3，
∴OC=3，AD= 32AC=3 32，
∴AB=2AD=3 3，
∴图中阴影部分的面积=S扇形AOB−S菱形AOBC=120π×32360−12×3×3 3=3π−9 32，
故选：B．
根据折叠的想找得到AC=AO，BC=BO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到∠CAO=∠AOC=60°，求得∠AOB=120°，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了扇形面积的计算，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：①∵四边形ABCD是矩形，AC，BD交于点E，
∴BE=DE=AE=CE，∠DAB=90°，
∵OB=OD，
∴OE⊥BD，
∴∠AOF=90°−∠OBD=∠ADB，
∵∠BOD=45°，∠OAD=90°，
∴∠ADO=45°，
∴∠ADO=∠AOD，
∴OA=DA，
在△ABD和△AFO中，
∠ADB=∠AOF,AD=AO,∠DAB=∠OAF,
∴△ABD≌△AFO(ASA)，
∴BD=OF，
故①正确；
②过点F作FH⊥OD于H，如图，

∵OB=OD，BE=DE，
∴OF是∠BOD的平分线，
∴HF=AF，
∵∠FDH=90°−∠BOD=90°−45°=45°，
∴DF= 2AF，
故②正确；
③∵△ABD≌△AFO，AE，AG分别是对应边上的中线，
∴AE=AG，
∵AG=OG，EA=EB，
∴∠GOA=∠GAO，∠EAB=∠EBA，
∵∠GOA+EBA=90°，
∴∠GAO+∠EAB=90°，
∴∠GAE=90°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
故③正确．
综上，正确的个数为3．
故选：D．
①设法证明△ABD≌△AFO即可；
②过点F作FH⊥OD于H，可得AF=HF，可证Rt△FDH是等腰直角三角形，从而可作出判断判断；
③利用直角三角形斜边上中线的性质和全等三角形的性质，可得AE=AG，∠GAO+∠EAB=90°，从而可作出判断判断．
本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，一般等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
9.【答案】−2(2x+1)(2x−1)
【解析】解：原式=−2(4x2−1)
=−2(2x+1)(2x−1)．
故答案为：−2(2x+1)(2x−1)．
直接提取公因式−2，再利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式分解因式是解题关键．
10.【答案】42°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，AB/​/CD，
∴∠ABD=∠CDB，
由折叠的性质得：∠EBD=∠ABD，
∴∠ABD=∠CDB=∠EBD，
∵∠1=∠CDB+∠EBD=56°，
∴∠ABD=∠CDB=28°，
∵AD/​/BC，∠ABC=70°，
∴∠A=180°−∠ABC=180°−70°=110°，
∴∠2=180°−∠ABD−∠A=180°−28°−110°=42°，
故答案为：42°．
由平行四边形的性质和折叠的性质得∠ABD=∠CDB=∠EBD，再由三角形的外角性质得∠ABD=∠CDB=28°，然后由三角形内角和定理即可得出结论．
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键．
11.【答案】−1
【解析】解：∵a+4b=6，3a+2b=4，
∴(3a+2b)−(a+4b)=4−6，
∴2a−2b=−2，
∴a−b=−1．
故答案为：−1．
根据两个方程相减可得2a−2b=−2，左右两边同时除以2可得：a−b=−1．
本题主要考查了学生整体代入的知识，同时也考查了二元一次方程的知识．
12.【答案】2 3
【解析】解：连接BD，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=AD，

∴△ABD为等边三角形，
设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为3 3，
∴△ABD的面积= 34a2=3 3，
解得：a=2 3(负值已舍)，
故答案为：2 3．
根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为3 3解答即可．
本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，得出正确信息是解此题的关键．
13.【答案】(− 3,1)
【解析】解：∵正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，AB/​/x轴，
∴AP=1，AO=2，∠OPA=90°，
∴OP= AO2−AP2= 3，
∴第1次旋转结束时，点A的坐标为( 3,−1)，
第2次旋转结束时，点A的坐标为(−1,− 3)，
第3次旋转结束时，点A的坐标为(− 3,1)，
第4次旋转结束时，点A的坐标为(1, 3)，
∴4次一个循环，
∵2023÷4=505⋯⋯3，
∴第2023次旋转结束时，点A的坐标为(− 3,1)．
故答案为：(− 3,1)．
首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2023次旋转后点的坐标即可．
本题考查正多边形的性质，规律型问题，坐标与图形变化——旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
14.【答案】6或4 3
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠B=60°，BC=4，
∴∠BAC=30°，
∴AB=8，AC=4 3，
∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠ACB=90°，
∴四边形PECD是矩形，
∴CQ=PQ，
当∠APQ=90°时，则AB⊥CP，
∵S△ABC=12×AC×BC=12×AB×CP，
∴4×4 3=8CP，
∴CP=2 3，
∴AP= AC2−CP2= 48−12=6，
当∠AQP=90°时，则AQ⊥CP，
又∵CQ=QP，
∴AC=AP=4 3，
综上所述：AP的长为6或4 3，
故答案为：6或4 3．
先证四边形PECD是矩形，可得CQ=PQ，分两种情况讨论，由线段垂直平分线的性质和勾股定理可求解．
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
15.【答案】解：原式=2a−4(a+1)a+1⋅(a+1)(a−1)a+2
=−2(a+2)a+1⋅(a+1)(a−1)a+2
=−2(a−1)
=−2a+2．
【解析】先把括号内通分和除法运算化为乘法运算，再把分子分母因式分解，然后约分即可．
本题考查了分式的混合运算：先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的．
16.【答案】解：解不等式3(x−1)≤x−7得x≤−2；
解不等式x−34+1>x+2得x<−73；
故不等式组的解集为x<−73．
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17.【答案】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD=∠BCA，
∵∠ACD=∠ABE，
∴∠BCA=∠ABE，
∵∠BAC=∠EAB，
∴△ABC∽△AEB，
∴ABAE=ACAB，
∵AB=6，AC=4，
∴6AE=46，
∴AE=364=9．
【解析】根据两角相等可得两三角形相似，由相似三角形的性质可得结论．
本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的性质和判定是解本题的关键．
18.【答案】解：设乙骑行的平均速度是每分钟x千米，则甲骑行的平均速度是每分钟1.2x千米，
由题意得：30x−301.2x=20，
解得：x=0.25，
经检验，x=0.25是原方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×0.25=0.3，
答：甲骑行的平均速度是每分钟0.3千米．
【解析】设乙骑行的平均速度是每分钟x千米，则甲骑行的平均速度是每分钟1.2x千米，根据时间=路程÷速度，结合乙先骑行20分钟，甲、乙恰好同时到达B地，列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
19.【答案】解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，

由题意得：
∠BAC=25°+25°=50°，∠BCA=70°−25°=45°，
在Rt△ABD中，AB=100海里，
∴AD=AB⋅cs50°≈100×0.643=64.3(海里)，
BD=AB⋅sin50°≈100×0.766=76.6(海里)，
在Rt△BDC中，CD=BDtan45∘=76.6(海里)，
∴AC=AD+CD=64.3+76.6≈141(海里)，
∴此时货轮与A港口的距离约为141海里．
【解析】过点B作BD⊥AC，垂足为D，根据题意得：∠BAC=50°，∠BCA=45°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD，BD的长，再在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，最后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，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．
20.【答案】解：(1)过点A作AE⊥x轴于点E，则tan∠AOC=AEOE=12，
设AE=x，则OE=2x，
根据勾股定理得，AE2+OE2=OA2，
∴x2+(2x)2=( 5)2，
∴x=1(负数舍去)，
∴AE=1，OE=2，
∴点A的坐标为(−2,1)，
∵点A在反比例函数y=k2x的图象上，
∴k2=−2×1=−2，
∴反比例函数解析式为y=−2x，
由直线y=k1x+b经过点A，D得−2k1+b=1b=−2，
解得k=−32b=−2，
∴直线AB的解析式为y=−32x−2；
(2)由−32x−2=0，得x=−43，
∴OC=43，
设点P的纵坐标为y，
∵S△OCP=43，
∴12×43(−y)=43，
解得y=−2，
∴横坐标为：x=−2−2=1，
∴点P的坐标为(1,−2)．
【解析】(1)过点A作AE⊥x轴于E，根据锐角三角函数和勾股定理求出点A(−2,1)，进而求出双曲线的解析式，进而求出点B的坐标，最后用待定系数法，即可得出结论；
(2)由一次函数解析式求得点D的坐标，设点P的纵坐标为y，则12×43(−y)=43，解得y=−2，即可求得P(1,−2)．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得交点坐标是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵A组12人，占15%，
∴抽取学生人数为：12÷15%=80(名)，
答：抽取的学生共有80名；
(2)∵B组频数为：80−12−28−16−4=20(名)，
∴B组对应扇形圆心角为：360°×2080=90°，
答：B对应扇形圆心角的度数为90°；
(3)记两名男生为：男1、男2，两名女生为：女1、女2，画树状图如下：

∵抽取2名学生一共有共有12种等可能的结果，其中恰好抽取一名男生和一名女生的结果有8种，
∴P(恰好抽取一男生和一女生)=812=23．
【解析】(1)由A组频数和所占百分比可求出抽取的学生总数；
(2)先求出B组人数，进而求出B组所占样本容量的百分比，再用B组所占百分比乘以360°即可；
(3)用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出恰好抽取一名男生和一名女生的结果数，再利用等可能事件的概率公式求出即可．
本题考查扇形统计图，频数分布表，列表法和树状图法求等可能事件的概率，熟悉统计图表的特点，掌握列表法、树状图法求等可能事件概率的方法是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OE，
∵⊙O与BC相切于点E，
∴OE⊥BC，
∵四边形ODEF为平行四边形，
∴OD//EF，OD=EF，
∵OA=OD，
∴OA=EF，
∴四边形AOEF是平行四边形，
∴AC/​/OE，
∴∠C=∠OEB=90°，
∴△ACB是直角三角形；
(2)解；∵EF//AB，
∴∠CFE=∠BAC，
∴sin∠CFE=sin∠BAC=35，
∴EF=CEsin∠CFE=635=10，
∴CF= EF2−CE2= 102−62=8，
∵OA=OE，
∴四边形AOEF是菱形，
∴AF=EF=10，
设BC=3x，则AB=5x，
∴(5x)2=(3x)2+182
∴x=92(舍去负值)，
∴AB=5×92=452．
【解析】(1)连接OE，利用切线的性质得到OE⊥BC，然后利用已知条件四边形AOEF是平行四边形，由此即可求解；
(2)首先利用已知条件求出EF、CF，然后证明四边形AOEF是菱形，在△ABC中利用勾股定理建立方程即可求解．
本题主要考查了圆的切线的性质，平行四边形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理等知识，熟练运用相等角的三角函数值相等是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE．
(2)解：△FBG是等腰三角形．理由是：
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE，
又∵∠ABE+∠EBC=∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠EBC=∠EDC．
又∵∠ABE+∠FBG=90°，
∴∠FBG=∠EBC．
∵AB/​/CD，
∴∠FGB=∠EDC．
∴∠FBG=∠FGB．
∴△FBG是等腰三角形，并且FB=FG．
(3)解：过点F作FH⊥AB于H．
∵FB=FG，G为AB中点，
∴GH=12BG=14AB=14×4=1，
∴AH=AG+GH=12AB+1=12×4+1=3．
∵∠FHG=∠DAG=90°，∠FGH=∠DGA，
∴△FHG∽△DAG
∴FHDA=HGAG，即FH4=12，
∴FH=2．
∴AF= FH2+AH2= 22+32= 13．
【解析】(1)证明对应两三角形全等，从而证明两对应边相等；
(2)由正方形的性质及三角形全等，证明△FBG各角有何特点，从而证明是什么样的特殊三角形；
(3)由三角形相似和勾股定理求解．
本题主要考查了正方形的性质和三角形全等的判定及性质，证明过程有些复杂，但计算量不大．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(−1,0)，B，对称轴是直线x=1，
∴点B的坐标为(3,0)．
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3得：a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴抛物线的函数表达式为y=−x2+2x+3；
(2)当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为(0,3)，
又∵点B的坐标为(3,0)，
∴OB=OC．
连接OP，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，如图1所示．
∵△PCB是以BC为底边的等腰三角形，
∴PC=PB．
在△OPC和△OPB中，
OC=OBOP=OPPC=PB，
∴△OPC≌△OPB(SSS)，
∴∠POC=∠POB，
∵∠BOC=90°，
∴∠POE=12∠BOC=12×90°=45°，
∴△POE为等腰直角三角形，
∴PE=OE，
∵抛物线的对称轴是直线x=1，
∴OE=1，
∴PE=1，
∴点P的坐标为(1,1)；
(3)假设存在，过点M作MF⊥x轴于点F，如图2所示．
设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)(0∵S△BCM=S△BCP，
∴S梯形OCMF+S△FMB−S△OBC=S△OBC−2S△OPB，
∴12(OC+MF)⋅OF+12MF⋅BF−12OB⋅OC=12OB⋅OC−2×12OB⋅PE，
∴12(3−m2+2m+3)⋅m+12(−m2+2m+3)(3−m)−12×3×3=12×3×3−2×12×3×1，
整理得：m2−3m+1=0，
解得：m1=3− 52，m2=3+ 52，
∴假设成立，
即在(2)的条件下，在第一象限内，抛物线上存在点M，使得S△BCM=S△BCP，点M的横坐标为3− 52或3+ 52．
【解析】(1)由抛物线与x轴的一个交点的坐标及对称轴，可求出抛物线与x轴的另一交点坐标，再利用待定系数法，即可求出抛物线的函数表达式；
(2)利用二次函数图象上点的坐标特征，可得出点C的坐标，结合点B的坐标，可得出OB=OC，连接OP，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，易证△OPC≌△OPB(SSS)，利用全等三角形的性质，可得出∠POC=∠POB，结合∠BOC=90°，可得出∠POE=45°，进而可得出△POE为等腰直角三角形，再结合抛物线的对称轴为直线x=1，即可求出点P的坐标；
(3)假设存在，过点M作MF⊥x轴于点F，设点M的坐标为(m,−m2+2m+3)(0本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、三角形的面积以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)由点A，B的坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式；(2)利用等腰直角三角形的性质，找出OE=PE=1；(3)根据三角形面积间的关系，找出关于m的一元二次方程．
课外活动时间t(单位：时)
频数
0.5≤t<1
12
1≤t<1.5
1.5≤t<2
28
2≤t<2.5
16
2.5≤t≤3
4