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2023年吉林省长春市朝阳区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年吉林省长春市朝阳区中考数学二模试卷（含解析），共21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年吉林省长春市朝阳区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 我国的珠穆朗玛峰高于海平面8848.86m，可记为+8848.86m，吐鲁番盆地大部分地面低于海平面500m，应记为( )
A. 500m B. −500m C. 8348.86m D. −8348.86m
2. 下列立体图形中，主视图是三角形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年“五⋅一”假期，文化和旅游行业复苏，经文化和旅游部数据中心测算，长春市实现国内旅游总收入3629000000元，数据3629000000用科学记数法表示为( )
A. 0.3629×1010 B. 3.629×1010 C. 36.29×109 D. 3.629×109
4. 已知药品A的保存温度要求为0℃～5℃，药品B保存温度要求为2℃～7℃，若需要将A，B两种药品放在一起保存，则保存温度要求为( )
A. 0℃～2℃ B. 0℃～7℃ C. 2℃～5℃ D. 5℃～7℃
5. 如图，直线a与直线b、c分别交于点A、B，将含45°角的直角三角板BCD如图所示放置，∠1=120°.若使直线b与直线c平行，则可将直线b绕点A逆时针旋转的最小角度为( )
A. 5° B. 15° C. 30° D. 45°
6. 如图，某飞机于空中A处探测到正下方的地面目标C，此时飞机高度AC为1400米，从飞机上看地面控制点B的俯角为α，则B、C之间的距离为
A. 1400tanα米 B. 1400tanα米 C. 1400sinα米 D. 1400cosα米
7. 如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，BC长为半径画圆弧，交边AC于点D，再分别以点C、D为圆心，大于12CD长为半径画圆弧，两圆弧相交于点E，作射线BE交AC于点F.若AB= 2，∠A=45°，则AD的长为( )
A. 2−1 B. 2 2−2 C. 3−2 2 D. 2− 2
8. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，▱OABC的顶点A在函数y=−4x(x>0)的图象上，点C在函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，若点A、B的横坐标分别为2、6，则k的值为( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 因式分解：a2+6a= ______ ．
10. 一元二次方程x2+4x=0根的判别式的值为______ ．
11. 两个日常生活现象如图所示.能用“垂线段最短”来解释的是______ .(填“A”或“B”)
12. 如图所示：边长是a的正方形纸片的四个角各剪去一个边长为b的正方形，余下纸片的面积为______ ．
13. 某正六边形的雪花图案如图所示.这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为______ 度.
14. 如图，某活动板房由矩形和抛物线构成，矩形的边长AB=3m，BC=4m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m，在该抛物线与AD之间的区域内装有一扇矩形窗户FGHK，点G、H在边AD上，点F、K在该抛物线上.按如图所示建立平面直角坐标系.若GH=2m，则矩形窗户的宽FG的长为______ m.
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)
先化简，再求值：(a+2)(a−2)+a(3−a)，其中a=83．
16. (本小题6.0分)
学校准备组织“亲子活动”，每名学生需要邀请一名家长参加．小明的爸爸、妈妈都很愿意参加，于是决定用抛掷硬币的方法决定由谁参加每次掷一枚硬币，连掷三次，现约定：若两次或两次以上正面向上，则爸爸参加；若两次或两次以上反面向上，则妈妈参加，请用画树状图或列表等方法求出爸爸参加这次“亲子活动”的概率．
17. (本小题6.0分)
如图，AC为▱ABCB的对角线，点E、F分别在边AB、AD上，AE=AF，连接EF
交AC于点G.若AC⊥EF，求证：四边形ABCD是菱形．
18. (本小题7.0分)
某商场用800元购进一批新型衬衫，上架后很快销售一空，商场又紧急购进第二批这种衬衫，数量是第一次的2倍，但进价每件涨了4元，结果用去1760元.求该商场第一批购进衬衫的件数．
19. (本小题7.0分)
图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形边长均为1，线段AB的端点和点M都在格点上.在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中画一个△ABC，使得BM=CM；
(2)在图②中画一个△ABD，使得AM⊥BD；
(3)在图③中画一个△ABE，使得点M到△ABE三边的距离相等．
20. (本小题7.0分)
吉林省2022年国民经济和社会发展统计公报，初步核算，2022年末全省机动车保有量达到610.1万辆，比上年末增长3.5%.根据公报出示的数据绘制了2018年−2022年全省机动车保有量及其增长速度的统计图表.根据该统计图表解答下列问题：
(1)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量最多年份比最少的年份多______ 万辆；
(2)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量增长速度的中位数是______ %；
(3)与2021年相比，2022年吉林省机动车保有量增加了______ 万辆，机动车保有量增长速度提高了______ 个百分点；(注：1%为1个百分点)
(4)根据统计图提供的信息，有下列说法，其中正确的是______ .(填写字母)
A.吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量持续增长．
B.全省机动车保有量年增长率=当年全省机动车保有量−上一年全省机动车保有量上一年全省机动车保有量×100%，设2017年吉林省机动车保有量为x，则通过列方程536.4−xx=3.3%来求得2017年吉林省机动车保有量．
C.通过统计数据，从2019年到2021年，吉林省机动车保有量增长率持续下降，因此这三年的机动车保有量增长率是负增长．
21. (本小题8.0分)
某水果店分别以每千克15元和16元进价购进风梨和火龙果两种水果各mkg.火龙果在销售5kg后采取了降价销售，这个价格保持到销售完这批火龙果.这两种水果的各自销售额y(元)与各自的销售量x(kg)之间的函数图象如图所示．
(1)m的值为______ ，火龙果降价前每千克的销售价为______ 元；
(2)求火龙果降价后y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当两种水果销售额相同，且销售额大于0时，求销售这两种水果的利润和．
22. (本小题9.0分)
【发现问题】如图①，小明同学发现笔记本上每相邻两条直线互相平行且距离相等.于是他把这样的平行线称为等格线；
【实验探究】如图②，小明同学继续在作业本上任作一条直线a与等格线交于A、B、C三点，测量发现AB=BC，勤于思考的他分别过点A、点B作l2、l3的垂线，垂足分别为点D、E，可证△ABD≌△BCE，进而证得AB=BC.可得一直线被等格线截得的线段长相等；(不需要再证明)
【应用】如图③，三条等格线l1、l2、l3称为三格线，Rt△ABC的直角顶点A在l1上，点C、B分别在l1、l3上，将△ABC沿BC翻折，点A的对称点D在l2上，延长CD交l3于点E.求证：△BCE为等边三角形；
【拓展】如图④，将图③中的三格线改为四格线，Rt△ABC的直角顶点A在l1上，点C、B分别在l1、l4上，将△ABC沿BC翻折，点A的对称点D在l2上，延长CD交l4于点E.若AC=2，则BE= ______ ，AB= ______ ．
23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，OA=2，点C是AB的中点，连接OC、AC.OD是⊙O的半径(点D不与点C重合)，点C关于直线OD的对称点为点C，连接OC，DC、CD．
(1)AC的长为______ ；(结果保留π)
(2)当点C′与点B重合，且点D在BC上时，求C′D所在的扇形的面积；(结果保留π)
(3)当点D在直线OC右侧，且C′D与△OAC的某条直角边平行时，求C′D的长；
(4)当CD//AC时，直接写出C′D的长．
24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2x+c经过点A(0,−2).点B在y轴上，其纵坐标为m，作点B关于点A的对称点为点C，以点A为对称中心，以BC长为边长作正方形PQMN，且PQ⊥x轴．
(1)求该抛物线对应的函数关系式；
(2)当点B在点A的上方，且正方形PQMN的顶点在抛物线上时，求BC的长；
(3)当正方形PQMN的某一条边与抛物线有两个交点时，设这两个交点的横坐标分别为x1、x2(x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵高于海平面8848.86m，可记为+8848.86m，
∴低于海平面500m，应记为−500m，
故选：B．
正数和负数是一对具有相反意义的量，据此即可求得答案．
本题考查正数和负数的意义，充分理解其意义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.圆锥的主视图是等腰三角形，故本选项符合题意；
B.三棱柱的主视图的矩形(矩形内部有一条纵向的实线)，故本选项不符合题意；
C.圆柱的主视图的矩形，故本选项不符合题意；
D.球的主视图是圆，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，掌握各种几何体三视图的形状是正确判断的前提．
3.【答案】D
【解析】解：3629000000=3.629×109．
故选：D．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
4.【答案】C
【解析】解：∵药品A的保存温度要求为0℃～5℃，药品B保存温度要求为2℃～7℃，
∴将A，B两种药品放在一起保存，保存温度要求为2℃～5℃．
故选：C．
需要将A，B两种药品放在一起保存，保存温度正好是A药品保存温度的最低度数和B药品保存温度的最高度数．
此题考查了不等式，一般地，用不等号表示不相等关系的式子叫做不等式，解题的关键是读懂题意，搞懂A药品保存温度和B药品保存温度的要求．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
∵直线b与直线c平行，
∴∠ABD=∠MAB=45°，
∵∠1=120°，
∴旋转的最小角度=180°−45°−120°=15°，
故选：B．
由平行线的性质可求∠ABD=∠MAB=45°，由旋转的性质和平行线的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意可得：AC=1200米，∠ABC=α，
∵tanα=ACBC，
∴BC=1400tanα(米)．
故选：A．
由题可知，在直角三角形中，知道已知角和对边，只需根据正切值即可求出BC．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，本题的关键是结合图形利用三角函数解直角三角形．
7.【答案】D
【解析】解：连接BD，CE，DE，
由题意得：BC=BD，ED=EC，
∴B、E在CD的垂直平分线上，
∴BE⊥CD，DF=CF，
∵∠A=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF= 22AB= 22× 2=1，
∵CA=AB= 2，
∴CF=AC−AF= 2−1，
∴CD=2CF=2( 2−1)，
∴AD=AC−CD=2− 2．
故选：D．
连接BD，CE，DE，由BC=BD，ED=EC，推出BE⊥CD，DF=CF，由等腰直角三角形的性质求出AF的长，得到CF的长，求出CD的长，即可得到AD的长．
本题考查等腰三角形的性质，线段的垂直平分线，关键是由条件证明BE垂直平分CD，由等腰直角三角形的性质求出AF的长，得到CF的长．
8.【答案】C
【解析】解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，
∵▱OABC的顶点A在函数y=−4x(x>0)的图象上，点A的横坐标为2，
∴点A的纵坐标为−2，
∴OD=2，AD=2，
∵B的横坐标为6，
∴BD=6−2=4，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC=AB，OC//AB，
∴∠BOC=∠OBA，
∵∠CEO=∠BDA=90°，
∴△COE≌△ADB(AAS)，
∴OE=BD=4，CE=AD=2，
∴C(4,2)，
∵点C在函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，
∴k=4×2=8．
故选：C．
作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，求得A的纵坐标，即可得到OD=2，AD=2，BD=4，通过证得△COE≌△ADB(AAS)，求得C(4,2)，代入y=kx(x>0,k>0)，即可求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，求得点C的坐标是解此题的关键．
9.【答案】a(a+6)
【解析】解：a2+6a=a(a+6)，
故答案为：a(a+6)．
由题意通过提取公因式a进行分解．
此题考查了运用提公因式法进行因式分解的能力，关键是能根据具体整式选择正确的方法并分解．
10.【答案】16
【解析】解：∵a=1，b=4，c=0，
∴Δ=b2−4ac=16−0=16．
所以一元二次方程x2+4x=0根的判别式的值为16．
故答案为：16．
根据一元二次方程根的判别式Δ=b2−4ac即可求出值．
本题考查了根的判别式，解决本题的关键是掌握根的判别式．
11.【答案】A
【解析】解：由题意得，日常生活现象A是运用数学知识“垂线段最短”，
日常生活现象B是运用数学知识“两点之间，线段最短”，
故答案为：A．
根据问题A和B所用的数学知识进行求解．
此题考查了垂线段最短和两点之间，线段最短数学知识的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
12.【答案】a2−4b2
【解析】解：余下纸片的面积为a2−4b2．
故答案为：a2−4b2．
利用大正方形的面积减去剪去的四个小正方形的面积即可求解．
本题主要考查列代数式，读懂题意，找出题目所蕴含的等量关系式解题关键．
13.【答案】60
【解析】解：∵360°÷6=60°，
∴旋转的角度是60°的整数倍，
∴旋转的角度至少是60°．
故答案为：60．
根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．
本题考查利用旋转设计图案，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
14.【答案】34
【解析】解：设抛物线表达式为y=ax2+c，
由图象可知：E(0,4)，点D(2,3)，
∴c=44a+c=3，
解得a=−14c=4，
∴抛物线的表达式为y=−14x2+4，
∵GH=2，
∴H(1,3)，
当x=1时，y=−14×12+4=154，
∴FG=HK=154−3=34(m)，
∴矩形窗户的宽FG的长为34m，
故答案为：34．
根据抛物线在坐标系的位置，可设抛物线的表达式为y=ax2+c，依题意得点E(0,4)，点D(2,3)在抛物线的图象上，抛物线解析式可求；根据GH=2m可确定H(1,3)，再把x=1代入解析式求出相应的y值，然后再减去3，即可得到FG的长．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
15.【答案】解：原式=a2−4+3a−a2
=3a−4；
当a=83时，
原式=3×83−4
=8−4
=4．
【解析】先展开，再合并同类项，化简后将a的值代入计算．
本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握平方差公式和单项式乘多项式的法则，把所求式子化简．
16.【答案】解：根据题意画图如下：
共有8种等可能的情况数，其中爸爸参加的情况有4种，妈妈参加的情况有4种，
则P(由爸爸陪参加)=48=12；P(由妈妈参加)=48=12，
爸爸参加这次“亲子活动”的概率是12．
【解析】此题需要三步完成，所以采用树状图法最简单，解题时要注意审题．列举出所有情况，让所求的情况数除以总情况数即为所求的概率．
此题考查了树状图法求概率，树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】证明：∵AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∵AC⊥EF，
∴∠BAC=∠DAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CAD=∠ACB，
∴∠BAC=∠BCA，
∴△ABC为等腰三角形，
∴BA=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
【解析】由平行四边形的性质得∠CAD=∠ACB，再证∠BAC=∠DAC，得△ABC为等腰三角形即可得出结论．
本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
18.【答案】解：设该商场第一批购进衬衫x件，则第二批购进衬衫2x件，
根据题意得：17602x−800x=4，
解得：x=20，
经检验，x=20是所列方程的解，且符合题意．
答：该商场第一批购进衬衫20件．
【解析】设该商场第一批购进衬衫x件，则第二批购进衬衫2x件，利用单价=总价÷数量，结合第二批的进货单价涨了4元，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
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：(1)如图①中，△ABC即为所求(答案不唯一)；
(2)如图②中，△ABD即为所求(答案不唯一)；
(3)如图③中，△ABE即为所求．
【解析】(1)根据要求画出图形即可；
(2)根据要求利用数形结合的思想画出图形即可；
(3)利用数形结合的思想画出图形即可．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
20.【答案】73.7 3.5 20.4 3.5 AB
【解析】解：(1)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量最多年份比最少的年份多：610.1−536.4=73.7(万辆)，
故答案为：73.7；
(2)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量增长速度的中位数是3.5，
故答案为：3.5；
(3)与2021年相比，2022年吉林省机动车保有量增加了：610.1−589.7=20.4(万辆)，
机动车保有量增长速度提高了3.5个百分点；
故答案为：20.4，3.5；
(4)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量持续增长，说法正确，故A符合题意；
设2017年吉林省机动车保有量为x，则通过列方程536.4−xx=3.3%来求得2017年吉林省机动车保有量，说法正确，故B符合题意；
通过统计数据，从2019年到2021年，吉林省机动车保有量增长率持续下降，但这三年的机动车保有量增长率是正增长，原说法错误，故C不符合题意；
故答案为：AB．
(1)根据条形统计图数据判断即可；
(2)根据中位数的定义判断即可；
(3)根据题意列式计算可得答案；
(4)根据折线统计图数据解答即可．
本题考查了折线统计图，熟练读懂折线统计图，利用数形结合的方法解答是解题思的关键．
21.【答案】20 24
【解析】解：(1)由图可知，m=20，
∵120÷5=24(元/kg)，
∴火龙果降价前每千克的销售价为24元；
故答案为：20，24；
(2)设火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
将(5,120)，(20,360)代入得：
5k+b=12020k+b=360，
解得k=16b=40，
∴火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=16x+40(5≤x≤20)；
(3)风梨销售额y与销售量x的关系为y=40020x=20x，
由20x=16x+40得x=10，
∴销售额y=20×10=200，
∵200+200−10×15−10×16=90(元)，
∴销售这两种水果的利润和是90元．
(1)由图直接可得m=20，用销售额除以销售量可得火龙果降价前每千克的销售价为24元；
(2)用待定系数法可得火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=16x+40(5≤x≤20)；
(3)求出风梨销售额y与销售量x的关系为y=40020x=20x，由20x=16x+40得x=10，即知销售额y=20×10=200，用两种水果销售额减去成本即为利润．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
22.【答案】6 2 5
【解析】【应用】证明：∵将△ABC沿BC翻折，
∴AB=BD，AC=CD，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，
∵l1、l2、l3为三格线，
∴CD=DE，
又∵∠BDC=∠BDE=90°，BD=BD，
∴△BDC≌△BDE(SAS)，
∴BC=BE，∠BCD=∠BEC，
∴∠ACB=∠BCD=∠BED，
∵AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE=∠BCD=∠BED，
∴BE=BC=CE，
∴△BEC是等边三角形；
【拓展】解：∵将△ABC沿BC翻折，
∴AC=CD=2，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，AB=BD，
∵l1、l2、l3，l4为四格线，
∴DE=2CD=4，
∴CE=6，
∵AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE，
∴∠CBE=∠BCE，
∴CE=BE=6，
∵BD= BE2−DE2= 36−16=2 5，
∴AB=BD=2 5，
故答案为：6，2 5．
(1)由“SAS”可证△BDC≌△BDE，可得BC=BE，∠BCD=∠BEC，由平行线的性质可证∠ACB=∠CBE=∠BCD=∠BED，可得结论；
(2)由折叠的性质可得AC=CD=2，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，AB=BD，由平行线的性质可得BE=CE，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23.【答案】π
【解析】解：(1)AB是⊙O的直径，点C是AB的中点，
∴AC的长为14×2π×2=π．
(2)如图：
当C′与点B重合时，则OD平分∠COB，
∵AB是⊙O的直径，点C是AB的中点，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴∠C′OD=45°，
∴S扇形C′OD=45×π×22360=π2，
(3)当C′D//OC时，如图：
则∠ODC′=∠COD，
由翻折得∠DOC′=∠COD，
∴∠ODC′=∠DOC′，
∵OC=OD，
∴∠ODC′=∠OC′D，
∴∠ODC′=∠OC′D=∠DOC′=60°，
∴△ODC′是等边三角形．
∴C′D=OD=2，
当C′D//OA时，如图：
由翻折得C′D=CD，
∵OC⊥AB，
∴CE⊥CD，且E为CD的中点，
∴CC′=CD，
∴CD=C′D=CC′，
∴△CDC′是等边三角形，
∴∠C′CD=60°，
∴∠OC′E=30°，
∴cos30°=C′EOC′= 32，
∴C′E= 3，
∴C′D=2 3，
综上可得C′D=2或2 3．
(4)当点D在点C右侧时，如图：
∵C′D//AC，
∴∠ACC′=∠CC′D=45°，
∴∠C′CD=∠CC′D=45°，
∴点D和点B重合，
∴C′D= OC2+OB2=2 2，
当点D在点C左侧时，如图，连接C′C，设C′C交OD于点E，
∵C′D//AC，
∴∠DC′C=∠CC′A，
∴AC′=DC，
∵C′D=DC，
∴∠AOC′=∠C′OD=∠DOC=30°，
∴∠C′OC=60°，
∴△C′OC是等边三角形，
∵点C关于直线OD的对称点为点C，
∴OD⊥C′C，
∴C′E=12C′C=1，OE= 3，
∴C′D= C′E2+DE2= 12+(2− 3)2= 6−2 12+2= ( 6− 2)2= 6− 2，
∴C′D=2 2或= 6− 2，
(1)根据AB是直径，点C是中点，可直解求弧长．
(2)先求出弧CD所对应的圆心角，即可求出长度．
(3)分别根据C′D//OC和C′D//OA两种情况进行讨论，当C′D//OC时，证明△ODC′是等边三角形，即可求出C′D的长，当C′D//OA时，△CDC′是等边三角形，即可求出C′D的长，
(4)分别根据当点D在点C右侧和左侧两种情况进行讨论，当点D在点C右侧时，可得到∠C′CD=∠CC′D=45°，根据勾股定理求出C′D的长，当点D在点C左侧时，证明△C′OC是等边三角形，即可求出C′D的长．
本题考查圆的性质，解题的关键是熟练掌握弧长的周长，扇形的面积及等边三角形的相关知识．
24.【答案】解：(1)将A(0,−2)代入y=x2−2x+c，
∴c=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−2；
(2)由题可知B(0,m)，
∵点B关于点A的对称点为点C，
∴C(0,−4−m)，
∴BC=4+2m，
当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，
∴m=(2+m)2−2(2+m)−2，
解得m=1或m=−2(舍)，
此时BC=6；
当Q点在C点右侧时，Q(m+2,−4−m)，
∴−4−m=(2+m)2−2(2+m)−2，
解得m=−2(舍)或m=−1，
此时BC=2；
综上所述：BC的长为2或6；
(3)∵y=x2−2x−2=(x−1)2+3，
∴对称轴为直线x=1，
∴x1+x2=2，
∵x2−x1=6，
∴x1=−2，x2=4，
当x=4时，y=6，
当m>−2时，m=6；
当m<−2时，−4−m=6，解得m=−10；
(4)∵A是正方形的中心，
∴抛物线与正方形PQMN的一个交点纵坐标为−2．
∵抛物线与正方形PQMN交点的纵坐标之差为2，
∴抛物线与正方形PQMN另一个交点的纵坐标为0或−4，
当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，
∴m=0或m=−4．
【解析】(1)将A(0,−2)代入y=x2−2x+c，即可求函数的解析式；
(2)根据题意分别求出B(0,m)，C(0,−4−m)，则BC=4+2m，当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，再将点P代入函数解析式求出m=1，此时BC=6；当Q点在C点右侧时，Q(m+2,−4−m)，再将点Q代入函数解析式求出m=−1，此时BC=2；
(3)根据抛物线的对称性可得x1+x2=2，结合已知求出x1=−2，x2=4，当x=4时，y=6，当m>−2时，m=6；当m<−2时，−4−m=6，解得m=−10；
(4)根据正方形的中心对称性可知抛物线与正方形PQMN的一个交点纵坐标为−2，由题意可知抛物线与正方形PQMN另一个交点的纵坐标为0或−4，当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，则m=0或m=−4．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的中心对称性和轴对称性是解题的关键．
2023年吉林省长春市朝阳区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 我国的珠穆朗玛峰高于海平面8848.86m，可记为+8848.86m，吐鲁番盆地大部分地面低于海平面500m，应记为( )
A. 500m B. −500m C. 8348.86m D. −8348.86m
2. 下列立体图形中，主视图是三角形的是( )
A. B. C. D.
3. 2023年“五⋅一”假期，文化和旅游行业复苏，经文化和旅游部数据中心测算，长春市实现国内旅游总收入3629000000元，数据3629000000用科学记数法表示为( )
A. 0.3629×1010 B. 3.629×1010 C. 36.29×109 D. 3.629×109
4. 已知药品A的保存温度要求为0℃～5℃，药品B保存温度要求为2℃～7℃，若需要将A，B两种药品放在一起保存，则保存温度要求为( )
A. 0℃～2℃ B. 0℃～7℃ C. 2℃～5℃ D. 5℃～7℃
5. 如图，直线a与直线b、c分别交于点A、B，将含45°角的直角三角板BCD如图所示放置，∠1=120°.若使直线b与直线c平行，则可将直线b绕点A逆时针旋转的最小角度为( )
A. 5° B. 15° C. 30° D. 45°
6. 如图，某飞机于空中A处探测到正下方的地面目标C，此时飞机高度AC为1400米，从飞机上看地面控制点B的俯角为α，则B、C之间的距离为
A. 1400tanα米 B. 1400tanα米 C. 1400sinα米 D. 1400cosα米
7. 如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，BC长为半径画圆弧，交边AC于点D，再分别以点C、D为圆心，大于12CD长为半径画圆弧，两圆弧相交于点E，作射线BE交AC于点F.若AB= 2，∠A=45°，则AD的长为( )
A. 2−1 B. 2 2−2 C. 3−2 2 D. 2− 2
8. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，▱OABC的顶点A在函数y=−4x(x>0)的图象上，点C在函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，若点A、B的横坐标分别为2、6，则k的值为( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 12
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 因式分解：a2+6a= ______ ．
10. 一元二次方程x2+4x=0根的判别式的值为______ ．
11. 两个日常生活现象如图所示.能用“垂线段最短”来解释的是______ .(填“A”或“B”)
12. 如图所示：边长是a的正方形纸片的四个角各剪去一个边长为b的正方形，余下纸片的面积为______ ．
13. 某正六边形的雪花图案如图所示.这个图案绕着它的中心旋转一定角度后能与自身重合，则这个旋转角的大小至少为______ 度.
14. 如图，某活动板房由矩形和抛物线构成，矩形的边长AB=3m，BC=4m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m，在该抛物线与AD之间的区域内装有一扇矩形窗户FGHK，点G、H在边AD上，点F、K在该抛物线上.按如图所示建立平面直角坐标系.若GH=2m，则矩形窗户的宽FG的长为______ m.
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)
先化简，再求值：(a+2)(a−2)+a(3−a)，其中a=83．
16. (本小题6.0分)
学校准备组织“亲子活动”，每名学生需要邀请一名家长参加．小明的爸爸、妈妈都很愿意参加，于是决定用抛掷硬币的方法决定由谁参加每次掷一枚硬币，连掷三次，现约定：若两次或两次以上正面向上，则爸爸参加；若两次或两次以上反面向上，则妈妈参加，请用画树状图或列表等方法求出爸爸参加这次“亲子活动”的概率．
17. (本小题6.0分)
如图，AC为▱ABCB的对角线，点E、F分别在边AB、AD上，AE=AF，连接EF
交AC于点G.若AC⊥EF，求证：四边形ABCD是菱形．
18. (本小题7.0分)
某商场用800元购进一批新型衬衫，上架后很快销售一空，商场又紧急购进第二批这种衬衫，数量是第一次的2倍，但进价每件涨了4元，结果用去1760元.求该商场第一批购进衬衫的件数．
19. (本小题7.0分)
图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形边长均为1，线段AB的端点和点M都在格点上.在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中画一个△ABC，使得BM=CM；
(2)在图②中画一个△ABD，使得AM⊥BD；
(3)在图③中画一个△ABE，使得点M到△ABE三边的距离相等．
20. (本小题7.0分)
吉林省2022年国民经济和社会发展统计公报，初步核算，2022年末全省机动车保有量达到610.1万辆，比上年末增长3.5%.根据公报出示的数据绘制了2018年−2022年全省机动车保有量及其增长速度的统计图表.根据该统计图表解答下列问题：
(1)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量最多年份比最少的年份多______ 万辆；
(2)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量增长速度的中位数是______ %；
(3)与2021年相比，2022年吉林省机动车保有量增加了______ 万辆，机动车保有量增长速度提高了______ 个百分点；(注：1%为1个百分点)
(4)根据统计图提供的信息，有下列说法，其中正确的是______ .(填写字母)
A.吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量持续增长．
B.全省机动车保有量年增长率=当年全省机动车保有量−上一年全省机动车保有量上一年全省机动车保有量×100%，设2017年吉林省机动车保有量为x，则通过列方程536.4−xx=3.3%来求得2017年吉林省机动车保有量．
C.通过统计数据，从2019年到2021年，吉林省机动车保有量增长率持续下降，因此这三年的机动车保有量增长率是负增长．
21. (本小题8.0分)
某水果店分别以每千克15元和16元进价购进风梨和火龙果两种水果各mkg.火龙果在销售5kg后采取了降价销售，这个价格保持到销售完这批火龙果.这两种水果的各自销售额y(元)与各自的销售量x(kg)之间的函数图象如图所示．
(1)m的值为______ ，火龙果降价前每千克的销售价为______ 元；
(2)求火龙果降价后y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当两种水果销售额相同，且销售额大于0时，求销售这两种水果的利润和．
22. (本小题9.0分)
【发现问题】如图①，小明同学发现笔记本上每相邻两条直线互相平行且距离相等.于是他把这样的平行线称为等格线；
【实验探究】如图②，小明同学继续在作业本上任作一条直线a与等格线交于A、B、C三点，测量发现AB=BC，勤于思考的他分别过点A、点B作l2、l3的垂线，垂足分别为点D、E，可证△ABD≌△BCE，进而证得AB=BC.可得一直线被等格线截得的线段长相等；(不需要再证明)
【应用】如图③，三条等格线l1、l2、l3称为三格线，Rt△ABC的直角顶点A在l1上，点C、B分别在l1、l3上，将△ABC沿BC翻折，点A的对称点D在l2上，延长CD交l3于点E.求证：△BCE为等边三角形；
【拓展】如图④，将图③中的三格线改为四格线，Rt△ABC的直角顶点A在l1上，点C、B分别在l1、l4上，将△ABC沿BC翻折，点A的对称点D在l2上，延长CD交l4于点E.若AC=2，则BE= ______ ，AB= ______ ．
23. (本小题10.0分)
如图，AB是⊙O的直径，OA=2，点C是AB的中点，连接OC、AC.OD是⊙O的半径(点D不与点C重合)，点C关于直线OD的对称点为点C，连接OC，DC、CD．
(1)AC的长为______ ；(结果保留π)
(2)当点C′与点B重合，且点D在BC上时，求C′D所在的扇形的面积；(结果保留π)
(3)当点D在直线OC右侧，且C′D与△OAC的某条直角边平行时，求C′D的长；
(4)当CD//AC时，直接写出C′D的长．
24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2x+c经过点A(0,−2).点B在y轴上，其纵坐标为m，作点B关于点A的对称点为点C，以点A为对称中心，以BC长为边长作正方形PQMN，且PQ⊥x轴．
(1)求该抛物线对应的函数关系式；
(2)当点B在点A的上方，且正方形PQMN的顶点在抛物线上时，求BC的长；
(3)当正方形PQMN的某一条边与抛物线有两个交点时，设这两个交点的横坐标分别为x1、x2(x1
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵高于海平面8848.86m，可记为+8848.86m，
∴低于海平面500m，应记为−500m，
故选：B．
正数和负数是一对具有相反意义的量，据此即可求得答案．
本题考查正数和负数的意义，充分理解其意义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.圆锥的主视图是等腰三角形，故本选项符合题意；
B.三棱柱的主视图的矩形(矩形内部有一条纵向的实线)，故本选项不符合题意；
C.圆柱的主视图的矩形，故本选项不符合题意；
D.球的主视图是圆，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，掌握各种几何体三视图的形状是正确判断的前提．
3.【答案】D
【解析】解：3629000000=3.629×109．
故选：D．
把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法，由此即可得到答案．
本题考查科学记数法—表示较大的数，关键是掌握用科学记数法表示数的方法．
4.【答案】C
【解析】解：∵药品A的保存温度要求为0℃～5℃，药品B保存温度要求为2℃～7℃，
∴将A，B两种药品放在一起保存，保存温度要求为2℃～5℃．
故选：C．
需要将A，B两种药品放在一起保存，保存温度正好是A药品保存温度的最低度数和B药品保存温度的最高度数．
此题考查了不等式，一般地，用不等号表示不相等关系的式子叫做不等式，解题的关键是读懂题意，搞懂A药品保存温度和B药品保存温度的要求．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
∵直线b与直线c平行，
∴∠ABD=∠MAB=45°，
∵∠1=120°，
∴旋转的最小角度=180°−45°−120°=15°，
故选：B．
由平行线的性质可求∠ABD=∠MAB=45°，由旋转的性质和平行线的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意可得：AC=1200米，∠ABC=α，
∵tanα=ACBC，
∴BC=1400tanα(米)．
故选：A．
由题可知，在直角三角形中，知道已知角和对边，只需根据正切值即可求出BC．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，本题的关键是结合图形利用三角函数解直角三角形．
7.【答案】D
【解析】解：连接BD，CE，DE，
由题意得：BC=BD，ED=EC，
∴B、E在CD的垂直平分线上，
∴BE⊥CD，DF=CF，
∵∠A=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF= 22AB= 22× 2=1，
∵CA=AB= 2，
∴CF=AC−AF= 2−1，
∴CD=2CF=2( 2−1)，
∴AD=AC−CD=2− 2．
故选：D．
连接BD，CE，DE，由BC=BD，ED=EC，推出BE⊥CD，DF=CF，由等腰直角三角形的性质求出AF的长，得到CF的长，求出CD的长，即可得到AD的长．
本题考查等腰三角形的性质，线段的垂直平分线，关键是由条件证明BE垂直平分CD，由等腰直角三角形的性质求出AF的长，得到CF的长．
8.【答案】C
【解析】解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，
∵▱OABC的顶点A在函数y=−4x(x>0)的图象上，点A的横坐标为2，
∴点A的纵坐标为−2，
∴OD=2，AD=2，
∵B的横坐标为6，
∴BD=6−2=4，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC=AB，OC//AB，
∴∠BOC=∠OBA，
∵∠CEO=∠BDA=90°，
∴△COE≌△ADB(AAS)，
∴OE=BD=4，CE=AD=2，
∴C(4,2)，
∵点C在函数y=kx(x>0,k>0)的图象上，
∴k=4×2=8．
故选：C．
作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，求得A的纵坐标，即可得到OD=2，AD=2，BD=4，通过证得△COE≌△ADB(AAS)，求得C(4,2)，代入y=kx(x>0,k>0)，即可求得k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，求得点C的坐标是解此题的关键．
9.【答案】a(a+6)
【解析】解：a2+6a=a(a+6)，
故答案为：a(a+6)．
由题意通过提取公因式a进行分解．
此题考查了运用提公因式法进行因式分解的能力，关键是能根据具体整式选择正确的方法并分解．
10.【答案】16
【解析】解：∵a=1，b=4，c=0，
∴Δ=b2−4ac=16−0=16．
所以一元二次方程x2+4x=0根的判别式的值为16．
故答案为：16．
根据一元二次方程根的判别式Δ=b2−4ac即可求出值．
本题考查了根的判别式，解决本题的关键是掌握根的判别式．
11.【答案】A
【解析】解：由题意得，日常生活现象A是运用数学知识“垂线段最短”，
日常生活现象B是运用数学知识“两点之间，线段最短”，
故答案为：A．
根据问题A和B所用的数学知识进行求解．
此题考查了垂线段最短和两点之间，线段最短数学知识的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
12.【答案】a2−4b2
【解析】解：余下纸片的面积为a2−4b2．
故答案为：a2−4b2．
利用大正方形的面积减去剪去的四个小正方形的面积即可求解．
本题主要考查列代数式，读懂题意，找出题目所蕴含的等量关系式解题关键．
13.【答案】60
【解析】解：∵360°÷6=60°，
∴旋转的角度是60°的整数倍，
∴旋转的角度至少是60°．
故答案为：60．
根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．
本题考查利用旋转设计图案，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
14.【答案】34
【解析】解：设抛物线表达式为y=ax2+c，
由图象可知：E(0,4)，点D(2,3)，
∴c=44a+c=3，
解得a=−14c=4，
∴抛物线的表达式为y=−14x2+4，
∵GH=2，
∴H(1,3)，
当x=1时，y=−14×12+4=154，
∴FG=HK=154−3=34(m)，
∴矩形窗户的宽FG的长为34m，
故答案为：34．
根据抛物线在坐标系的位置，可设抛物线的表达式为y=ax2+c，依题意得点E(0,4)，点D(2,3)在抛物线的图象上，抛物线解析式可求；根据GH=2m可确定H(1,3)，再把x=1代入解析式求出相应的y值，然后再减去3，即可得到FG的长．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
15.【答案】解：原式=a2−4+3a−a2
=3a−4；
当a=83时，
原式=3×83−4
=8−4
=4．
【解析】先展开，再合并同类项，化简后将a的值代入计算．
本题考查整式的化简求值，解题的关键是掌握平方差公式和单项式乘多项式的法则，把所求式子化简．
16.【答案】解：根据题意画图如下：
共有8种等可能的情况数，其中爸爸参加的情况有4种，妈妈参加的情况有4种，
则P(由爸爸陪参加)=48=12；P(由妈妈参加)=48=12，
爸爸参加这次“亲子活动”的概率是12．
【解析】此题需要三步完成，所以采用树状图法最简单，解题时要注意审题．列举出所有情况，让所求的情况数除以总情况数即为所求的概率．
此题考查了树状图法求概率，树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】证明：∵AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∵AC⊥EF，
∴∠BAC=∠DAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CAD=∠ACB，
∴∠BAC=∠BCA，
∴△ABC为等腰三角形，
∴BA=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
【解析】由平行四边形的性质得∠CAD=∠ACB，再证∠BAC=∠DAC，得△ABC为等腰三角形即可得出结论．
本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
18.【答案】解：设该商场第一批购进衬衫x件，则第二批购进衬衫2x件，
根据题意得：17602x−800x=4，
解得：x=20，
经检验，x=20是所列方程的解，且符合题意．
答：该商场第一批购进衬衫20件．
【解析】设该商场第一批购进衬衫x件，则第二批购进衬衫2x件，利用单价=总价÷数量，结合第二批的进货单价涨了4元，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
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：(1)如图①中，△ABC即为所求(答案不唯一)；
(2)如图②中，△ABD即为所求(答案不唯一)；
(3)如图③中，△ABE即为所求．
【解析】(1)根据要求画出图形即可；
(2)根据要求利用数形结合的思想画出图形即可；
(3)利用数形结合的思想画出图形即可．
本题考查作图−应用与设计作图，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
20.【答案】73.7 3.5 20.4 3.5 AB
【解析】解：(1)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量最多年份比最少的年份多：610.1−536.4=73.7(万辆)，
故答案为：73.7；
(2)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量增长速度的中位数是3.5，
故答案为：3.5；
(3)与2021年相比，2022年吉林省机动车保有量增加了：610.1−589.7=20.4(万辆)，
机动车保有量增长速度提高了3.5个百分点；
故答案为：20.4，3.5；
(4)吉林省从2018年到2022年，全省机动车保有量持续增长，说法正确，故A符合题意；
设2017年吉林省机动车保有量为x，则通过列方程536.4−xx=3.3%来求得2017年吉林省机动车保有量，说法正确，故B符合题意；
通过统计数据，从2019年到2021年，吉林省机动车保有量增长率持续下降，但这三年的机动车保有量增长率是正增长，原说法错误，故C不符合题意；
故答案为：AB．
(1)根据条形统计图数据判断即可；
(2)根据中位数的定义判断即可；
(3)根据题意列式计算可得答案；
(4)根据折线统计图数据解答即可．
本题考查了折线统计图，熟练读懂折线统计图，利用数形结合的方法解答是解题思的关键．
21.【答案】20 24
【解析】解：(1)由图可知，m=20，
∵120÷5=24(元/kg)，
∴火龙果降价前每千克的销售价为24元；
故答案为：20，24；
(2)设火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
将(5,120)，(20,360)代入得：
5k+b=12020k+b=360，
解得k=16b=40，
∴火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=16x+40(5≤x≤20)；
(3)风梨销售额y与销售量x的关系为y=40020x=20x，
由20x=16x+40得x=10，
∴销售额y=20×10=200，
∵200+200−10×15−10×16=90(元)，
∴销售这两种水果的利润和是90元．
(1)由图直接可得m=20，用销售额除以销售量可得火龙果降价前每千克的销售价为24元；
(2)用待定系数法可得火龙果降价后y与x之间的函数关系式为y=16x+40(5≤x≤20)；
(3)求出风梨销售额y与销售量x的关系为y=40020x=20x，由20x=16x+40得x=10，即知销售额y=20×10=200，用两种水果销售额减去成本即为利润．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
22.【答案】6 2 5
【解析】【应用】证明：∵将△ABC沿BC翻折，
∴AB=BD，AC=CD，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，
∵l1、l2、l3为三格线，
∴CD=DE，
又∵∠BDC=∠BDE=90°，BD=BD，
∴△BDC≌△BDE(SAS)，
∴BC=BE，∠BCD=∠BEC，
∴∠ACB=∠BCD=∠BED，
∵AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE=∠BCD=∠BED，
∴BE=BC=CE，
∴△BEC是等边三角形；
【拓展】解：∵将△ABC沿BC翻折，
∴AC=CD=2，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，AB=BD，
∵l1、l2、l3，l4为四格线，
∴DE=2CD=4，
∴CE=6，
∵AC//BE，
∴∠ACB=∠CBE，
∴∠CBE=∠BCE，
∴CE=BE=6，
∵BD= BE2−DE2= 36−16=2 5，
∴AB=BD=2 5，
故答案为：6，2 5．
(1)由“SAS”可证△BDC≌△BDE，可得BC=BE，∠BCD=∠BEC，由平行线的性质可证∠ACB=∠CBE=∠BCD=∠BED，可得结论；
(2)由折叠的性质可得AC=CD=2，∠ACB=∠DCB，∠BAC=∠BDC=90°，AB=BD，由平行线的性质可得BE=CE，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23.【答案】π
【解析】解：(1)AB是⊙O的直径，点C是AB的中点，
∴AC的长为14×2π×2=π．
(2)如图：
当C′与点B重合时，则OD平分∠COB，
∵AB是⊙O的直径，点C是AB的中点，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∴∠C′OD=45°，
∴S扇形C′OD=45×π×22360=π2，
(3)当C′D//OC时，如图：
则∠ODC′=∠COD，
由翻折得∠DOC′=∠COD，
∴∠ODC′=∠DOC′，
∵OC=OD，
∴∠ODC′=∠OC′D，
∴∠ODC′=∠OC′D=∠DOC′=60°，
∴△ODC′是等边三角形．
∴C′D=OD=2，
当C′D//OA时，如图：
由翻折得C′D=CD，
∵OC⊥AB，
∴CE⊥CD，且E为CD的中点，
∴CC′=CD，
∴CD=C′D=CC′，
∴△CDC′是等边三角形，
∴∠C′CD=60°，
∴∠OC′E=30°，
∴cos30°=C′EOC′= 32，
∴C′E= 3，
∴C′D=2 3，
综上可得C′D=2或2 3．
(4)当点D在点C右侧时，如图：
∵C′D//AC，
∴∠ACC′=∠CC′D=45°，
∴∠C′CD=∠CC′D=45°，
∴点D和点B重合，
∴C′D= OC2+OB2=2 2，
当点D在点C左侧时，如图，连接C′C，设C′C交OD于点E，
∵C′D//AC，
∴∠DC′C=∠CC′A，
∴AC′=DC，
∵C′D=DC，
∴∠AOC′=∠C′OD=∠DOC=30°，
∴∠C′OC=60°，
∴△C′OC是等边三角形，
∵点C关于直线OD的对称点为点C，
∴OD⊥C′C，
∴C′E=12C′C=1，OE= 3，
∴C′D= C′E2+DE2= 12+(2− 3)2= 6−2 12+2= ( 6− 2)2= 6− 2，
∴C′D=2 2或= 6− 2，
(1)根据AB是直径，点C是中点，可直解求弧长．
(2)先求出弧CD所对应的圆心角，即可求出长度．
(3)分别根据C′D//OC和C′D//OA两种情况进行讨论，当C′D//OC时，证明△ODC′是等边三角形，即可求出C′D的长，当C′D//OA时，△CDC′是等边三角形，即可求出C′D的长，
(4)分别根据当点D在点C右侧和左侧两种情况进行讨论，当点D在点C右侧时，可得到∠C′CD=∠CC′D=45°，根据勾股定理求出C′D的长，当点D在点C左侧时，证明△C′OC是等边三角形，即可求出C′D的长．
本题考查圆的性质，解题的关键是熟练掌握弧长的周长，扇形的面积及等边三角形的相关知识．
24.【答案】解：(1)将A(0,−2)代入y=x2−2x+c，
∴c=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−2；
(2)由题可知B(0,m)，
∵点B关于点A的对称点为点C，
∴C(0,−4−m)，
∴BC=4+2m，
当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，
∴m=(2+m)2−2(2+m)−2，
解得m=1或m=−2(舍)，
此时BC=6；
当Q点在C点右侧时，Q(m+2,−4−m)，
∴−4−m=(2+m)2−2(2+m)−2，
解得m=−2(舍)或m=−1，
此时BC=2；
综上所述：BC的长为2或6；
(3)∵y=x2−2x−2=(x−1)2+3，
∴对称轴为直线x=1，
∴x1+x2=2，
∵x2−x1=6，
∴x1=−2，x2=4，
当x=4时，y=6，
当m>−2时，m=6；
当m<−2时，−4−m=6，解得m=−10；
(4)∵A是正方形的中心，
∴抛物线与正方形PQMN的一个交点纵坐标为−2．
∵抛物线与正方形PQMN交点的纵坐标之差为2，
∴抛物线与正方形PQMN另一个交点的纵坐标为0或−4，
当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，
∴m=0或m=−4．
【解析】(1)将A(0,−2)代入y=x2−2x+c，即可求函数的解析式；
(2)根据题意分别求出B(0,m)，C(0,−4−m)，则BC=4+2m，当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，再将点P代入函数解析式求出m=1，此时BC=6；当Q点在C点右侧时，Q(m+2,−4−m)，再将点Q代入函数解析式求出m=−1，此时BC=2；
(3)根据抛物线的对称性可得x1+x2=2，结合已知求出x1=−2，x2=4，当x=4时，y=6，当m>−2时，m=6；当m<−2时，−4−m=6，解得m=−10；
(4)根据正方形的中心对称性可知抛物线与正方形PQMN的一个交点纵坐标为−2，由题意可知抛物线与正方形PQMN另一个交点的纵坐标为0或−4，当P点在B点右侧时，P(2+m,m)，则m=0或m=−4．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的中心对称性和轴对称性是解题的关键．
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