2023年浙江省杭州市西湖区保椒塔申花中学中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省杭州市西湖区保椒塔申花中学中考数学二模试卷（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。

2023年浙江省杭州市西湖区保椒塔申花中学中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在中国浙江省杭州市举行，杭州奥体博览城游泳馆区建筑总面积272000平方米，将数272000用科学记数法表示为(    )
A. 0.272×107 B. 2.72×106 C. 2.72×105 D. 272×104
2. 下列计算正确的是(    )
A. b6+b3=b2 B. b3⋅b3=b6 C. a2+a2=a2 D. (a3)3=a6
3. 某校七年级学生的平均年龄为13岁，年龄的方差为3，若学生人数没有变动，则两年后的同一批学生，对其年龄的说法正确的是(    )
A. 平均年龄为13岁，方差改变 B. 平均年龄为15岁，方差不变
C. 平均年龄为15岁，方差改变 D. 平均年龄为13岁，方差不变
4. 如图，等腰三角形ABC中，AB=AC，∠A=40°，BD是△ABC的平分线，DE//BC，则∠BDE的度数为(    )
A. 20°
B. 35°
C. 40°
D. 70°
5. 如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，Q是优弧AB上一点，若∠APB=40°，则∠AQB的度数是(    )
A. 50°
B. 70°
C. 80°
D. 85°
6. 直线y=x−3与x轴，y轴分别交于A，B两点，把△AOB绕着A点旋转180°得到△AO′B′，则点B′的坐标为(    )
A. (−6,3) B. (−6,−3) C. (6,3) D. (6,−3)
7. 若关于x的一元二次方程ax2+bx−3=0(a≠0)有一个根为x=2023，则方程a(x−1)2+bx−3=b必有一根为(    )
A. 2021 B. 2022 C. 2023 D. 2024
8. 如图，AB是半径为4的⊙O的直径，P是圆上异于A，B的任意一点，∠APB的平分线交⊙O于点C，连接AC和BC，△ABC的中位线所在的直线与⊙O相交于点E、F，则EF的长是(    )
A. 4 3
B. 2 3
C. 3
D. 2 5
9. 已知二次函数y=ax2+bx+c，当x=2时，该函数取最大值8.设该函数图象与x轴的一个交点的横坐标为x1，若x1>4，则a的取值范围是(    )
A. −3 10. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以其三边为边向外作正方形，连结EH，交AC于点P，过点P作PR⊥FG于点R.若tan∠AHE=12，EH=8 5，则PR的值为(    )
A. 10
B. 11
C. 4 5
D. 5 5
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 已知x+y=3，则代数式2x+2y−1的值是______ ．
12. 一个口袋中有红球、白球共10个，这些球除颜色外都相同.将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球，记下它的颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程，共摸了100次球，发现有80次摸到红球，则估计这个口袋中红球的个数为______ 个.
13. 如图，已知直线y=ax+b和直线y=kx交于点P，则关于x，y的二元一次方程组y=kxy=ax+b的解是          ．


14. 如图，从热气球C上测得两建筑物A、B底部的俯角分别为30°和60°，如果这时气球的高度CD为100米，且点A、D、B在同一直线上，则建筑物A、B之间的距离为______ 米(结果保留根号)．


15. 某地2020年新能源汽车A的销量为100万辆，2022年新能源汽车A的销量为144万辆，设此地新能源汽车A的年平均增长率为x(x>0)，则x= ______ (用百分数表示)．
16. 如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F.点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H．
(1)若∠DMN=70°，则∠MGC= ______ ；
(2)若EN=2，AB=4，当GH=2HN时，MD的长为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
化简：4xx2−4−2x−2−1
圆圆的解答如下：
4xx2−4−2x−2−1=4x−2(x+2)−(x2−4)=−x2+2x
圆圆的解答正确吗？如果不正确，写出正确的答案．
18. (本小题8.0分)
4月17日是“世界血友病日”，某高校开展义务献血活动，经过检测，献血者血型有“A，B，AB，O”四种类型，随机抽取部分献血结果统计，根据结果制作如图两幅不完整统计图表：
血型
A
B
AB
O
人数

20
10

(1)本次随机抽取献血者人数为______ 人，图表中m= ______ ；
(2)若该高校总共有2万名学生，估计其中A型血的学生有______ 人；
(3)现有4个自愿献血者，2人为O型，1人为A型，1人为B型，若在4人中随机挑选2人，利用树状图或列表法求两人血型均为O型的概率．

19. (本小题8.0分)
如图，AB=AC，CE//AB，D是AC上的一点，且AD=CE．
(1)求证：△ABD≌△CAE．
(2)若∠ABD=25°，∠CBD=40°，求∠BAE的度数．

20. (本小题10.0分)
已知：一次函数y1=x−2−k与反比例函数y2=−2kx(k≠0).其中y2的图象过(−4,12).
(1)求出两个函数图象的交点坐标；
(2)根据图象直接回答：x取何值时，y1 21. (本小题10.0分)
在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，延长ED至点F，使得DF=DE，连结BF．
(1)求证：四边形BCEF是平行四边形．
(2)BG⊥CE于点G，连结CF，若G是CE的中点，CF=6，tan∠BCG=3，
①求CG的长．
②求平行四边形BCEF的周长．

22. (本小题12.0分)
已知函数y1=ax2+3ax+1与y2=ax+5(a为常数，且a≠0)．
(1)若a=1，请求出y1，y2解析式，并写出y1的对称轴．
(2)若y1与y2的函数图象没有交点，请求出a的取值范围；
(3)若a<12，当0 23. (本小题12.0分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，AC为直径，E为AD一动点，连结BE交AC于点G，交AD于点F，连结DE．
(1)设∠E为α，请用α表示∠BAC的度数．
(2)如图1，当BE⊥AD时，
①求证：DE=BG．
②当tan∠ABE=34，BG=5时，求半径的长．
(3)如图2，当BE过圆心O时，若tan∠ABE=k，直接写出BFEF的值(用含k的代数式表示.)


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：272000=2.72×105，
故选：C．
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．
本题考查了科学记数法的表示方法，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，解题的关键是要正确确定a和n的值．

2.【答案】B 
【解析】解：A、b6与b3不属于同类项，不能合并，故A不符合题意；
B、b3⋅b3=b6，故B符合题意；
C、a2+a2=2a2，故C不符合题意；
D、(a3)3=a9，故D不符合题意；
故选：B．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

3.【答案】B 
【解析】解：两年后的同一批学生的年龄均增加2岁，其年龄的波动幅度不变，
所以平均年龄为15岁，方差不变，
故选：B．
根据两年后的同一批学生的年龄均增加2岁，其年龄的波动幅度不变知平均年龄为15岁，方差不变．
本题主要考查平均数与方差，解题的关键是掌握平均数和方差的意义．

4.【答案】B 
【解析】解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵∠A=40°，
∴∠ABC=12×(180°−40°)=70°，
∵BD是△ABC的平分线，
∴∠DBC=12∠ABC=35°，
∵DE//BC，
∴∠BDE=∠DBC=35°，
故选：B．
根据等腰三角形的性质推出∠ABC=70°，根据角平分线的定义得出∠DBC=35°，根据平行线的性质即可得解．
此题考查了等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：连接OA、OB，如图，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠AOB=360°−90°−90°−∠P=180°−40°=140°，
∴∠AQB=12∠AOB=70°．
故选：B．
连接OA、OB，如图，先根据切线的性质得OA⊥PA，OB⊥PB，再利用四边形的内角和计算出∠AOB=140°，然后根据圆周角定理得到∠AQB的度数．
本题看了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．

6.【答案】C 
【解析】解：依照题意，画出图形，如图所示．
当x=0时，y=x−3=−3，
∴点B的坐标为(0,−3)，OB=3；
当y=0时，x−3=0，
解得：x=3，
∴点A的坐标为(3,0)，OA=3．
根据旋转的性质，可知：O′A=OA=3，O′B′=OB=3，
∴OO′=OA+AO′=3+3=6，
∴点B′的坐标为(6,3)．
故选：C．
依照题意，画出图形，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点A，B的坐标，进而可得出OA，OB的长，结合旋转的性质，可得出O′A，O′B′的长，再结合图形，即可得出点B′的坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形的变化−旋转，画出图形，利用数形结合找出点B′的坐标是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：a(x−1)2+bx−3=b可化为：a(x−1)2+b(x−1)−3=0
关于x的一元二次方程ax2+bx−3=0(a≠0)有一个根为x=2023，
∴把x−1看作是整体未知数，则x−1=2023，
∴x=2024，
即a(x−1)2+bx−3=b有一根为x=2024．
故选：D．
把a(x−1)2+bx−3=b化为：a(x−1)2+b(x−1)−3=0再结合题意可得x−1=2023，从而可得方程的解．
本题考查的是一元二次方程的根的含义，掌握“利用整体未知数求解方程的根”是解本题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：如图所示，
∵PC是∠APB的角平分线，
∴∠APC=∠CPB，
∴弧AC=弧BC；
∴AC=BC；
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°．
即△ABC是等腰直角三角形．
连接OC，交EF于点D，则OC⊥AB；
∵MN是△ABC的中位线，
∴MN//AB；
∴OC⊥EF，OD=12OC=2．
连接OE，根据勾股定理，得：DE= 42−22=2 3，
∴EF=2ED=4 3．
故选：A．
连接OE、OC，OC交EF于D，由圆周角定理得出AC=BC，如果连接OC交EF于D，根据垂径定理可知：OC必垂直平分EF.由MN是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得：OD=CD=12OC=2.在Rt△OED中求出ED的长，即可得出EF的值．
此题考查圆周角定理，垂径定理，三角形的中位线，综合运用了圆周角定理及其推论发现等腰直角三角形，再进一步根据等腰三角形的性质以及中位线定理，求得EF的弦心距，最后结合垂径定理和勾股定理求得弦长．

9.【答案】B 
【解析】解：∵二次函数y=ax2+bx+c，当x=2时，该函数取最大值8，
∴a<0，该函数解析式可以写成y=a(x−2)2+8，
∵设该函数图象与x轴的一个交点的横坐标为x1，x1>4，
∴当x=4时，y>0，
即a(4−2)2+8>0，解得，a>−2，
∴a的取值范围时−2 故选：B．
根据二次函数y=ax2+bx+c，当x=2时，该函数取最大值8，可以写出该函数的顶点式，得到a<0，再根据该函数图象与x轴的一个交点的横坐标为x1，x1>4，可知，当x=4时，y>0，即可得到a的取值范围，本题得以解决．
本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数的最值、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．

10.【答案】B 
【解析】解：设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，
则∠M=90°，

∵四边形ACDE、BCIH、ABGF均为正方形，
∴AE=AC，BC=BH，AB=BG，∠CAE=∠CBH=∠ABG=∠G=90°，AB//FG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠M=90°，
∴∠ACB+∠CAB=90°，
∵∠EAM+∠CAB=90°，
∴∠ACB=∠EAM，
∴△ACB≌△EAM(AAS)，
∴EM=AB，AM=BC，
∴AM=BH=BC，
设AB=x，BC=y，
则EM=x，AM=BH=y，
MH=x+2y，
∵tan∠AHE=12，
∴EMMH=12，即MH=2EM，
∴x+2y=2x，
∴x=2y，
∴EM=2y，MH=4y，
∵EM2+MH2=EH2，
∴(2y)2+(4y)2=(8 5)2，
解得：y=4或y=−4(舍去)，
∴x=8，
∴AM=BC=BH=4，AB=BG=8，
∵∠ABC+∠CBH=180°，
∴A、B、H三点共线，
∴AH=AB+BH=8+4=12，
∵tan∠CAB=BCAB=48=12，
∴tan∠CAB=tan∠AHE，
∴∠CAB=∠AHE，
∴PA=PH，
∵AB//FG，
∴∠PNB=∠PRG=90°，
∴AN=12AH=12×12=6，
∴PNAN=tan∠CAB=12，
∴PN=12AN=12×6=3，
∵PR⊥FG，
∴∠PRG=90°，
∴∠ABC=∠G=∠PRG=90°，
∴四边形BGRN是矩形，
∴NR=BG=8，
∴PR=PN+NR=3+8=11．
故选：B．
设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，利用正方形性质可证得△ACB≌△EAM(AAS)，得出EM=AB，AM=BC，设AB=x，BC=y，根据tan∠AHE=12，可得EM=2y，MH=4y，利用勾股定理建立方程求解可得x=8，再由tan∠CAB=BCAB=48=12，可得PA=PH，利用等腰三角形性质和解直角三角形可求得PH=3，再证明四边形BGRN是矩形，得出NR=BG=8，利用PR=PN+NR即可求得答案．
本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，三角函数定义等知识，利用勾股定理建立方程求得AB=8，BC=4是解题的关键．

11.【答案】5 
【解析】解：2x+2y−1=2(x+y)−1，
当x+y=3时，原式=2×3−1=6−1=5．
故答案为：5．
原式变形为2(x+y)−1，然后把x+y=3整体代入计算即可．
本题考查了代数式求值：把代数式变形，然后利用整体代入的方法进行计算．

12.【答案】8 
【解析】解：估计这个口袋中红球的数量为10×80100=8(个)，
故答案为：8．
用球的总个数乘以摸到红球的频率即可．
本题主要考查用样本估计总体，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容量越大，这时对总体的估计也就越精确．

13.【答案】x=1y=2 
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数与二元一次方程(组)：函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．直接根据函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解得到答案．
【解答】
解：∵直线y=ax+b和直线y=kx交点P的坐标为(1,2)，
∴关于x，y的二元一次方程组y=kxy=ax+b的解为x=1y=2．
故答案为x=1y=2．  
14.【答案】4003 3 
【解析】解：在直角△ACD中，∠A=30°，tanA=CDAD，
∴AD= 3CD=100 3(米)；
同理，BD= 33CD=1003 3(米)，
则AB=AD+BD=4003 3(米)．
故答案为：4003 3．
在直角△ACD中利用三角函数求得AD，然后在直角△BCD中，利用三角函数求得BD，根据AB=AD+BD即可求解．
本题考查运用俯角的定义，三角函数，通过作高线转化为解直角三角形的问题．

15.【答案】20% 
【解析】解：根据题意得：100(1+x)2=144，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)，
∴x的值为20%．
故答案为：20%．
利用此地2022年新能源汽车A的销量=此地2020年新能源汽车A的销量×(1+此地新能源汽车A的年平均增长率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

16.【答案】40° 2 13−4 
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，四边形EFMN由四边形CDMN折叠得到，
∴∠GMN=∠DMN=70°，AD//BC，
∴∠MGC=180°−∠GMN−∠DMN=180°−70°−70°=40°，
故答案为：40°；
(2)过点G作GP⊥NE交NE的延长线于点P，

由矩形的性质和翻折性质，知MG//NE，
∴△GFH∽△NEH，
∴GFNE=GHNH，
∵GH=2HN，EN=2，
∴GF=2NE=4，
∵四边形ABCD是矩形，四边形EFMN由四边形CDMN折叠得到，
∴∠NEF=∠C=90°，∠MFE=∠D=90°，
∴∠PEF=∠GFE=90°，
∴四边形EFGP是矩形，
∴GP=EF=CD=AB=4，PE=GF=4，
∴PN=PE+EN=4+2=6，
∵四边形ABCD是矩形，四边形EFMN由四边形CDMN折叠得到，
∴AD//BC，∠GMN=∠DMN，MF=MD，
∴∠DMN=∠GNM，
∴∠GMN=∠GNM，
∴GN=GM，
在Rt△GNP中，
由勾股定理，得GN= GP2+PN2= 42+62=2 13，
∴MG=2 13，
∴MD=MF=MG−FG=2 13−4，
故答案为：2 13−4，
(1)利用翻折性质求出∠DMG的度数，再利用平行线性质即可求出∠MGC的度数；
(2)过点G作GP⊥NE交NE的延长线于点P，可证四边形EFGP是矩形，由△GFH∽△NEH可求出GF的长，由翻折性质和矩形性质可求出GP，PN的长，以及MG与NG的关系，利用勾股定理可求出NG的长，从而求出MD的长．
本题考查翻折性质，矩形性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，过点G作GP⊥NE交NE的延长线于点P，构造Rt△GNP是解题的关键．

17.【答案】解：圆圆的解答错误，
正确解法：4xx2−4−2x−2−1
=4x(x−2)(x+2)−2(x+2)(x−2)(x+2)−(x−2)(x+2)(x−2)(x+2)
=4x−2x−4−x2+4(x−2)(x+2)
=2x−x2(x−2)(x+2)
=−xx+2． 
【解析】直接将分式进行通分，进而化简得出答案．
此题主要考查了分式的加减运算，正确进行通分运算是解题关键．

18.【答案】100  20  4800 
【解析】解：(1)这次随机抽取的献血者人数为10÷10%=100(人)，
所以m=20100×100%=20；
故答案为：100，20；
(2)O型献血的人数为46%×100=46(人)，
A型献血的人数为100−20−10−46=24(人)，
从献血者人群中任抽取一人，其血型是A型的百分比=24100=625，
20000×625=4800，
估计这2万名学生中大约有4800人是A型血；
故答案为：4800；
(3)画树状图如图所示，

共有12个等可能的结果，两人血型均为O型的结果有2个，
∴两人血型均为O型的概率为212=16．
(1)用AB型的人数除以它所占的百分比得到随机抽取的献血者的总人数，然后计算m的值；
(2)用样本中A型的人数除以100得到血型是A型的百分比，然后用20000乘以此百分比可估计这20000人中是A型血的人数；
(3)画出树状图，根据概率公式即可得到结果．
此题考查了树状图法求概率以及统计表和扇形统计图等知识．树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

19.【答案】(1)证明：∵CE//AB，
∴∠BAD=∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
AB=CA∠BAD=∠ACEAD=CE，
∴△ABD≌△CAE(SAS)．
(2)解：∵△ABD≌△CAE，
∴∠ABD=∠CAE=25°，
∵∠CBD=40°，
∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=25°+40°=65°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=65°，
∴∠BAC=180°−2×65°=50°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=50°+25°=75°，
∴∠BAE的度数是75°． 
【解析】(1)由CE//AB，得∠BAD=∠ACE，而AB=CA，AD=CE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABD≌△CAE；
(2)由∠ABD=∠CAE=25°，∠CBD=40°，得∠ACB=∠ABC=∠ABD+∠CBD=65°，则∠BAC=50°，所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=75°．
此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，证明∠BAD=∠ACE及△ABD≌△CAE是解题的关键．

20.【答案】解：(1)由题意，将(−4,12)代入反比例函数解析式得，−2k−4=12，
∴k=1．
联立方程组y=x−3y=−2x，
∴x=1y=−2或x=2y=−1．
∴两个函数图象的交点坐标为(1,−2)，(2,−1)．
(2)由题意，作图如下，

∵y1 ∴一次函数图象在反比例函数下方时对应的自变量为：x<0或1 【解析】(1)依据题意，把(−4,12)代入反比例函数解析式求出k，再将y1与y2联列方程组，进而可以求出交点的坐标；
(2)依据题意，根据一次函数图象在反比例函数下方时对应的自变量作答即可．
本题主要考查一次函数与反比例函数的应用，解题的关键是根据已知，列出相应的代数式或方程(组)．

21.【答案】(1)证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC，
∵DF=DE=12EF，
∴EF//BC，EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形；
(2)解：①设BG与FC交于点H，

∵G是CE的中点，
∴EC=2EG=2CG，
∵四边形BCEF是平行四边形，
∴FB=EC，EF=BC，FB//EC，
设EG=CG=x，则FB=EC=2x，
∵FB//EC，
∴△FBH∽△CGH，
∴FBCG=FHHC=BHGH=21，
∵FH+HC=CF=6，
∴FH=4，HC=2，
∵tan∠BCG=BGCG=3，
∴BG=3CG=3x，
∵BH=2GH，BG=BH+GH，
∴BH=2x，GH=x，
∴GH=CG=x，
∵BG⊥CE，
∴△GHC是等腰直角三角形，
∵HC=2，
∴GH=CG=x= 22HC= 2，
②由①得x= 2，
∴FB=EC=2x=2 2，
在Rt△BCG中，根据勾股定理得：
BC= BG2+CG2= (3x)2+x2= 10x=2 5，
∴平行四边形BCEF的周长=2(BC+FB)=2(2 5+2 2)=4 5+4 2． 
【解析】(1)根据三角形中位线定理证明EF//BC，EF=BC，进而可以解决问题；
(2)①设BG与FC交于点H，设EG=CG=x，则FB=EC=2x，证明△FBH∽△CGH，得FBCG=FHHC=BHGH=21，所以FH=4，HC=2，由tan∠BCG=BGCG=3，得BG=3CG=3x，即可求得CG的长；
②由①得CG，然后证明△GHC是等腰直角三角形，再利用勾股定理求出x的值，进而可以解决问题．
本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△FBH∽△CGH．

22.【答案】解：(1)当a=1时，y1=x2+3x+1，y2=x+5，
∴y1的对称轴为：直线x=−32；
(2)∵y1与y2的函数图象没有交点，
∴ax2+3ax+1=ax+5没有实数根，
∴方程ax2+2ax−4=0没有实数解，
即：Δ=4a2+16a<0，
解得：−4 (3)设y=y1−y2=ax2+2ax−4，
∵函数y=ax2+2ax−4的图象的对称轴为直线x=−1，
∴函数y=ax2+2ax−4的图象在0 当x=2时，y=4a+4a−4=8a−4，
∵a<12，
∴8a−4<0，即x=2时，y<0，
∴y1 当x=0时，y=−4<0，
∴y1 综上所述，当0 【解析】(1)把a=1代入解析式，并根据对称轴公式求对称轴；
(2)根据函数与方程的关系求解；
(3)设y=y1−y2，根据函数发增减性求解．
本题考查了函数和方程、不等式的关系，掌握数形结合思想是解题的关键．

23.【答案】(1)解：∵AB=AD，
∴AB=AD，
∴∠ACB=∠ACD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠BAD=∠E=α，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=12α.
(2)①证明：如图1，连结BD，

∵BE⊥AD于点F，
∴∠AFB=∠ADC=90°，
∴BE//CD，
∴∠DBE=∠BDC，
∴DE=CB，
∴DE=BC，
∵∠BGC=∠ACD=∠ACB，
∴BC=BG，
∴DE=BG．
②解：如图1，作GL⊥AB于点L，

则GL=GF，∠BLG=90°，
∴GLBL=tan∠ABE=34，
设GL=GF=3m，BL=4m，则BG= (3m)2+(4m)2=5m，
∴BF=5m+3m=8m，
∴AF=BF⋅tan∠ABE=8m×34=6m，
∴BCAB=tan∠BAC=tan∠DAC=GFAF=3m6m=12，
∵BC=BG=5，
∴AB=2BC=2×5=10，
∴AC= 52+102=5 5，
∴OA=12AC=12×5 5=5 52，
∴⊙O的半径的长为5 52．
(3)解：BFEF=21−x2．
如图2，连结BD交AC于点M，设BFEF=y，

∵AC是⊙O的直径，AB=AD，
∴AC⊥BD，MB=MD，
∵OB=OE，
∴OM//ED，ED=2OM，
∵OA//ED，
∴△AOF∽△DEF，
∴OAED=OFEF，
∴OAED+1=OFEF+1，
∴OA+EDED=OEEF，
∵OA=OB=OE，
∴y=BFEF=OB+OFEF=OEEF+OFEF=OA+EDED+OAED=2OA2OM+1=OAOM+1，
∵∠AMB=∠BMC=90°，∠ABE=∠BAC=∠DAC=∠DBC，
∴BMAM=tan∠BAC=tan∠DBC=CMBM=tan∠ABE=x，
设AM=a，则BM=ax，CM=x⋅BM=ax2，
∴AC=AM+CM=a+ax2，
∴OA=a+ax22，OM=AM−OA=a−a+ax22=a−ax22，
∴y=OAOM+1=a+ax22a−ax22+1=21−x2，
∴BFEF=21−x2． 
【解析】(1)由AB=AD，得AB=AD，则∠ACB=∠ACD，由AC是⊙O的直径，得∠ABC=∠ADC=90°，则∠BAC+∠ACB=90°，∠DAC+∠ACD=90°，所以∠BAC=∠DAC=12∠BAD=12α；
(2)①连结BD，由∠AFB=∠ADC=90°，得BE//CD，则∠DBE=∠BDC，所以DE=BC，则DE=BC，而∠BGC=∠ACD=∠ACB，则BC=BG，所以DE=BG；
②作GL⊥AB于点L，则GL=GF，GLBL=tan∠ABE=34，设GL=GF=3m，BL=4m，则BG=5m，BF=8m，所以AF=BF⋅tan∠ABE=6m，则BCAB=tan∠BAC=tan∠DAC=GFAF=12，而BC=BG=5，所以AB=2BC=2×5=10，由勾股定理得AC=5 5，即可求得⊙O的半径的长为5 52；
(3)连结BD交AC于点M，由垂径定理得AC⊥BD，MB=MD，因为OB=OE，所以OM//ED，ED=2OM，由△AOF∽△DEF，得OAED=OFEF，可推导出OA+EDED=OEEF，则y=BFEF=OB+OFEF=OEEF+OFEF=OAOM+1，因为∠AMB=∠BMC=90°，∠ABE=∠BAC=∠DAC=∠DBC，所以BMAM=CMBM=tan∠ABE=x，设AM=a，则BM=ax，CM=x⋅BM=ax2，所以AC=a+ax2，OA=a+ax22，OM=a−ax22，则y=OAOM+1=21−x2．
此题重点考查圆周角定理、垂径定理、平行线的判定与性质、角平分线的性质、三角形的中位线定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．