2023年湖北省武汉市江岸区七一中学中考数学模拟试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023年湖北省武汉市江岸区七一中学中考数学模拟试卷（6月份）（含解析），共25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. 实数5的相反数是( )
A. 15B. −15C. −5D. 5
2. 下列标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列事件为必然事件的是( )
A. 购买二张彩票，一定中奖
B. 打开电视，正在播放极限挑战
C. 抛掷一枚硬币，正面向上
D. 一个盒子中只装有7个红球，从中摸出一个球是红球
4. 如图是由6个完全相同的小正方体组成的几何体，其俯视图为( )
A.
B.
C.
D.
5. 计算(−2a2b)3的结果是( )
A. −6a6b3B. −8a6b3C. 8a6b3D. −8a5b3
6. 若点A(−3,y1)，B(−2,y2)，C(3,y3)在反比例函数y=2x的图象上，则y1，y2，y3大小关系是( )
A. y17. 已知a、b是一元二次方程2x2−4x−1=0的两根，则a2b−a+b2a−b的值是( )
A. 2B. 12C. −12D. −2
8. 如图，甲乙两人沿同一直线同时出发去往B地，甲到达B地后立即以原速沿原路返回，乙到达B地后停止运动，已知运动过程中两人到B地的距离y(km)与出发时间t(h)的关系如图所示，下列说法错误的是( )
A. 甲的速度是16km/hB. 出发时乙在甲前方20km
C. 甲乙两人在出发后1.5小时第一次相遇D. 甲到达B地时两人相距30km
9. 如图，AB、CD是⊙O的两条弦，AB=CD，AB⊥CD，垂足为点M，点N为AD的中点，延长NM交CB于点H，若HN=8，△MBC的面积为15，MN>MH，则AD为( )
A. 6 2
B. 5 2
C. 10
D. 9
10. 在《九章算术》方田章“圆田术”中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这里所用的割圆术所体现的是一种无限与有限的转化的思想，比如将0.7化成分数，设0.7=x，则有10x=7.7，9x=7，解得x=79，类比上述方法及思想则 6+ 6+ 6+…=( )
A. 3B. 165C. 175D. 145
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 写出一个大于2的无理数______ ．
12. 5G是第五代移动通信技术，其网络下载速度可以达到每秒1300000KB以上，正常下载一部高清电影约需1秒．将1300000用科学记数法表示为______．
13. 在一个不透明的袋子里装有大小和形状相同的2个白球和3个红球，先从袋中摸出一个球不放回，混合均匀后再摸出一个球，则两次摸到的球中都为红球的概率为______．
14. 如图，热气球的探测器显示，从热气球看一栋楼顶部的仰角为45°，看这栋楼底部的俯角为60°，热气球与楼的水平距离AD=100m，则这栋楼的高度BC约为______ m( 2≈1.414, 3≈1.732，结果保留整数)．
15. 如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象过点(−1,0)，对称轴直线x=1.有以下结论：①abc>0；②9a+3b+c=0；③点A(x1,y1)，B(x2,y2)在抛物线上，当x1>x2时，有y1>y2，则x1+x2<2；④若有且只有3个小于0的整数t，使得方程ax2+bx+c=t有实数根，则34≤a<1，其中正确的是______ (填序号)．
16. 如图，在平面直角坐标系中，A(−3,0)，点B在y轴的正半轴上，点C在第二象限满足AC=CB，∠ACB=120°，点D在x轴上在A的右边，若∠CDA=60°，BO=4DO，则点B的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题9.0分)
解不等式组3x+4>x①1−2x>−3②．
请结合解题过程，完成本题的解答．
(Ⅰ)解不等式①，得______ ；
(Ⅱ)解不等式②，得______ ；
(Ⅲ)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；
(Ⅳ)原不等式组的解集为______ ．
18. (本小题9.0分)
如图，△ABC中，已知BD⊥AC，EF⊥AC，点D、F是分别为垂足，∠GDB=∠CEF．
(1)求证：DG/​/BC；
(2)若BG=2AG，直接写出△AGD和△ABC的周长比．
19. (本小题9.0分)
某校开展了“增强体质，坚持锻炼”的活动.为了解学生的参与程度，从全校学生中随机抽取200人进行问卷调查，获取了他们每人每天锻炼的时间m(分钟)，将收集的数据分为A，B，C，D，E五个等级，绘制成如下统计图表(尚不完整)：
每天锻炼时间统计表每天锻炼时间扇形统计表
每天锻炼时间扇形统计表

请根据图表中的信息，解答下列问题：
(1)填空：x的值为______ ，a的值是______ ．
(2)这组数据的中位数所在的等级是______ ；
(3)学校欲将每天锻炼时间不低于50分钟的学生评为“运动达人”进行表扬.若全校学生以2600人计算，估计受表扬的学生人数．
20. (本小题9.0分)
如图，⊙O与矩形ABCD的BC边相切于点M，且经过CD边上的点N，CM=CN．
(1)求证：CD与⊙O相切；
(2)⊙O与AB交于点E，连接EM.若tan∠EMB=12，⊙O的半径为5，求AD的长．
21. (本小题9.0分)
如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.点A、B、C是格点，点P在AB上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图.(画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示)

(1)如图1，过点B作BH/​/AC，再作出△ABC的高线CD；
(2)如图2，在BC上画点Q使得PQ⊥BC，AC的延长线上取点N，使得PN被BC平分．
22. (本小题9.0分)
从地面以初速度v m/s竖直向上抛出一小球，小球的高度h(单位：m)和小球的运动时间t(单位：s)之间的关系式为h=vt−5t2，已知当t=2时，h=40．
(1)求小球的初速度v；
(2)①求小球运动的最大高度h1；
②当t=4时，求小球运动的路径长；
(3)假设小球为弹性小球，经过时间t1达到最大高度h1：小球落地后立刻以速度v2m/s竖直向上弹起，经过时间t2达到最大高度h2，若t1=2t2，直接写出h2的值．
23. (本小题9.0分)
提出问题：如图3，平行四边形ABCD中，∠DAC=α，点K为射线AB上一点，将线段AK绕点A顺时针旋转α得到AM，连接MD交AC于点N，探究MNND的值．

问题探究
(1)先将问题特殊化.如图1，四边形ABCD为正方形(即α=45°)时，点M恰好在BC的延长线上，直接写出MNND的值；
(2)再探究一般情况.如图2，四边形ABCD为矩形，若点K是AB的中点，求证：MNND=12csα；
问题推广
(3)AB=nAK，AD=mAC，直接写出MNND的值(用含m，n的式子)．
24. (本小题9.0分)
抛物线y=ax2+bx+c(a>0))交x轴于A、B两点(A在B的左边)，交y轴于点C．
(1)若a=12,b=−1,c=−4，直接写出A、B两点的坐标；
(2)在(1)的条件下，如图1，过点H(0,1)作直线l，交抛物线于点K、G(K在G的左边)，分别过点A、C作AM⊥l，CN⊥l，垂足分别为M、N，若CN=3AM，求G点的横坐标；
(3)如图2，b=0，过点D(0,2c)的直线交抛物线于点F、E，FC交x轴于点Q，过点E直线l与抛物线只有一个公共点，l交y轴于点P，求证：PQ/​/EF．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为符号相反，绝对值相等的两个数互为相反数，
所以5的相反数是−5；
故选：C．
根据互为相反数的定义即可判定选择项．
此题主要考查相反数的定义：只有符号相反的两个数互为相反数．
2.【答案】C
【解析】解：A.选项中的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B.选项中的图形既不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D.选项中的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据中心对称和轴对称的概念得出结论即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确记忆轴对称图形是沿着某条直线对折，图形两部分能够完全重合的图形，中心对称图形是绕某点，旋转180度后与自身重合的图形是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.购买二张彩票，不一定中奖，是随机事件，因此选项A不符合题意；
B.打开电视，可能播放极限挑战，也可能播放其它节目，是随机事件，因此选项B不符合题意；
C.抛掷一枚硬币，可能正面向上，也可能反面向上，是随机事件，因此选项C不符合题意；
D.一个盒子中只装有7个红球，没有其它颜色的球，从中摸出一个球一定是红球，是必然事件，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据必然事件、随机事件，不可能事件的意义结合具体的问题情境进行判断即可．
本题考查随机事件，理解随机事件，必然事件，不可能事件的意义是正确判断的前提．
4.【答案】B
【解析】解：从上面看第一排是三个小正方形，第二排右边是一个小正方形，
故选：B．
根据从上面看得到的图形是俯视图，据此可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
5.【答案】B
【解析】解：(−2a2b)3=−8a6b3．
故选：B．
根据幂的乘方和积的乘方的运算法则求解．
本题考查了幂的乘方和积的乘方，解答本题的关键是掌握幂的乘方和积的乘方的运算法则．
6.【答案】C
【解析】解：∵点A(−3,y1)，B(−2,y2)，C(3,y3)在反比例函数y=2x的图象上，
∵k>0y随x的增大而减小，
∴−3<−2，y1>y2，A(−3,y1)，B(−2,y2)在第三象限，
又C(3,y3)在第一象限，
∴y2故选：C．
根据k>0可知增减性：在每一象限内，y随x的增大而减小，根据横坐标的大小关系可作判断，也可将x的值代入求出y值作比较得出答案．
本题考查了反比例函数性质(增减性)，解决本题的方法比较多，可以利用反比例函数图象上点的坐标特征求出y1、y2、y3的值然后进行比较，也可以根据题意画出草图，根据三个点的相对位置比较三个点的纵坐标的大小．
7.【答案】D
【解析】解：∵a、b是一元二次方程2x2−4x−1=0的两根，
∴a+b=−−42=2，
∴a2b−a+b2a−b
=a2−b2b−a
=(a+b)(a−b)−(a−b)
=−(a+b)
=−2，
故选：D．
根据根与系数的关系得出a+b=2，再根据分式的加法法则进行计算，约分后代入即可．
本题考查了根与系数的关系和分式的加减，能根据根与系数的关系得出a+b=2是解此题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：A、由图可知：甲10小时所走路程是80×2=160(km)，∴甲的速度是16km/h，故A正确，不符合题意；
B、∵出发时甲距B地80千米，乙距B地60千米，
∴发时乙在甲前方20km，故B正确，不符合题意；
C、由图可得乙的速度是60÷10=6(km/h)，
∴出发2小时，乙所走路程是6×2=12(km)，甲所走路程为16×2=32(km)，
即甲2小时比乙多走20km，
∴甲乙两人在出发后2小时第一次相遇，故C错误，符合题意；
D、∵甲5小时达到B地，此时乙所走路程为5×6=30(km)，
∴甲到达B地时两人相距60−30=30(km)，故D正确，不符合题意；
故选：C．
由图可知甲10小时所走路程是160km，即得甲的速度是16km/h，可判定A；根据出发时甲距B地80千米，乙距B地60千米，可判断B；由图得乙的速度是6km/h，即可得甲2小时比乙多走20km，可判断C；甲5小时达到B地可求此时乙所走路程为30km，即得甲到达B地时两人相距30km，可判断D．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是理解图象中特殊点的意义，从函数图象获取到有用信息．
9.【答案】C
【解析】解：∵AB⊥CD，点N是AD的中点，
∴MN=AN=BN=12AB，
∴∠DMN=∠D=∠CMH，
∵∠C=∠A，∠A+∠D=90°，
∴∠C+∠CMH=90°，
即MH⊥BC，
设MN=x，则MH=8−x，AD=2x=BC，
∵S△BCM=15，即12×2x×(8−x)=15，
∴x=5或x=3，
∵MN>MH，
∴MN=5，
∴AD=2MN=10，
故选：C．
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得MN=AN=BN=12AB，利用圆周角定理以及三角形内角和可得MH⊥BC，再根据三角形面积公式可求出MN，进而得出AD即可．
本题考查直角三角形斜边中线，圆周角定理以及三角形内角和定理，掌握三角形面积计算方法，直角三角形的性质是正确解答的前提．
10.【答案】A
【解析】解：设 6+ 6+ 6+…=x，
两边平方得6+x=x2，
整理得x2−x−6=0，
解得x1=3，x2=−2(舍去)，
即则 6+ 6+ 6+…=3．
故选：A．
设 6+ 6+ 6+…=x，等式两边平方得6+x=x2，然后解一元二次方程即可．
本题考查了二次根式的化简求值：方程的思想的运用是解决问题的关键．也考查了规律性问题的解决方法．
11.【答案】 5(答案不唯一)
【解析】解：大于2的无理数有：
须使被开方数大于4即可， 5(答案不唯一)．
首先2可以写成 4，由于开方开不尽的数是无理数，由此即可求解．
此题主要考查了无理数的估算，其中无理数包括开方开不尽的数，和π有关的数，有规律的无限不循环小数．
12.【答案】1.3×106
【解析】解：将数据1300000用科学记数法可表示为：1.3×106．
故答案为：1.3×106．
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．
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．
13.【答案】310
【解析】解：画树状图为：

共有20种等可能的结果数，其中两次摸到的球中都为红球的结果数为6，
所以两次摸到的球中都为红球的概率=620=310．
故答案为：310．
画树状图展示所有20种等可能的结果数，再找出两次摸到的球中都为红球的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
14.【答案】273
【解析】解：由题意得：AD⊥BC，
在Rt△ABD中，∠BAD=45°，AD=100m，
∴BD=AD⋅tan45°=100(m)，
在Rt△ADC中，∠CAD=60°，
∴CD=AD⋅tan60°=100 3(m)，
∴BC=BD+CD=100+100 3≈273(m)，
∴这栋楼的高度BC约为273m，
故答案为：273．
根据题意可得：AD⊥BC，然后分别在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出BD和CD的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
15.【答案】①②④
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴b<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(3,0)，
代入抛物线得：9a+3b+c=0，故②正确，
∵当x1>x2时有y1>y2，且抛物线开口向上，对称轴为直线x=1，
∴若点A和点B同在对称轴的右侧，则定有x1+x2>2，故③错误，
∵x=−b2a=1，
∴b=−2a，
∵9a+3b+c=0，
∴c=−3a，
∴y=ax2−2ax−3a=a(x−1)2−4a，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−4a)，
∴0∵有且只有3个小于0的整数t，
∴t=−1、−2、−3，
∴−4<−4a≤−3，
∴34≤a<1，故④正确，
故选：①②④．
根据抛物线的特征确定a、b、c的范围可判断①，根据对称轴及抛物线与x轴的一个交点确定抛物线与x轴的另一个交点可判断②，根据对称轴、抛物线的开口方向可得当点A、B同在抛物线右侧时不成立可判断③，求出抛物线的顶点坐标为(1,−4a)，可得0本题主要考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点，熟练掌握各知识点是解决本题的关键．
16.【答案】(0,4)
【解析】解：在CD上取点E，使CE=AD，延长AD交y轴与点F，
∵∠CDA=60°，∠CAD+∠CDA+∠ACD=180°，
∴∠CAD+∠ACD=120°，
∵∠ACB=∠ACD+∠BCE=120°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
AC=CB∠CAD=∠BCEAD=CE，
∴△ACD≌△CBE(SAS)，
∴CD=BE，∠BEC=∠CDA=60°，
∵∠AOF=90°，
∴∠OFD=30°，
∵∠BEC=∠EBF+∠OFD，
∴∠EBF=30°，
∴FE=BE=CD，
∴DF=CE=AD，
设OD=x，则OB=4x，DF=2x，
∵A(−3,0)，
∴OA=3，
∴AD=3−x，
∴3−x=2x，
解得x=1，
∴OB=4，
∴B(0,4)．
故答案为：(0,4)．
在CD上取点E，使CE=AD，延长AD交y轴与点F，利用SAS证明△ACD≌△CBE可得CD=BE，∠BEC=∠CDA=60°，再利用直角三角形的性质求得∠OFD=30°，结合三角形外角的性质可证明DF=CE=AD，设OD=x，可得DF=2x，AD=3−x，即可得关于x的方程，计算可求解x值，即可求得OB的长，进而可求解B点坐标．
本题主要考查坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形外角的性质的知识等综合运用，构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】x>−2 x<2 −2【解析】解：(Ⅰ)解不等式①，得：x>−2；
故答案为：x>−2；
(Ⅱ)解不等式②，得：x<2；
故答案为：x<2；
(Ⅲ)在数轴上表示为：

(Ⅳ)原不等式组的解集为：−2故答案为：−2分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，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．
18.【答案】(1)证明：∵BD⊥AC，EF⊥AC，垂足分别为D，F，
∴BD//EF，
∴∠CEF=∠DBC，
∵∠GDB=∠CEF，
∴∠GDB=∠DBC，
∴GD/​/BC；
(2)解：∵DG/​/BC，
∴△AGD∽△ABC，
∴△AGD和△ABC的周长比=AG：AB，
∵BG=2AG，
∴AGAB=13，
∴△AGD和△ABC的周长比为1：3．
【解析】(1)先判断BD/​/EF，可证得∠CEF=∠DBC，利用内错角相等，两直线平行可证明GD/​/BC；
(2)根据相似三角形的判定与性质求解即可．
此题考查了平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练运用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
19.【答案】40 40 D
【解析】解：(1)由题意得，x=200×20%=40；
a%=80÷200=40%，即a=40．
故答案为：40，40；
(2)把这组数据从小到大排列，排在第100和101个数都在D等级，所以这组数据的中位数所在的等级是D；
故答案为：D；
(3)被抽查的200人中，每天锻炼时间不低于50分钟的学生有200−10−20−40−80=50(人)，
2600×50200=650(人)，
答：估计受表扬的学生人数约650人．
(1)用总人数乘20%即可得出x的值；
(2)根据中位数的定义可得这组数据的中位数所在的等级是D；
(3)用2600乘样本中每天锻炼时间不低于50分钟的学生所占比例即可．
本题考查频数分布表，扇形统计图，用样本估计总体以及加权平均数，解题的关键是掌握中位数的定义以及加权平均数的计算公式．
20.【答案】(1)证明：连接OM、ON、OC，如图，
∵⊙O与BC边相切于点M，
∴OM⊥BC，
∴∠OMC=∠OMB=90°，
在△OCN和△OCM中，
ON=OMOC=OCCN=CM，
∴△OCN≌△OCM(SSS)，
∴∠ONC=∠OMC=90°，
∴ON⊥CD，
∵ON为⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切；
(2)解：过O点作OH⊥EM于H点，如图，则MH=EH，
∵∠EMB+∠OME=90°，∠OME+∠HOM=90°，
∴∠HOM=∠EMB，
∴tan∠HOM=tan∠EMB=12，
在Rt△HOM中，∵tan∠HOM=HMOH=12，
∴设HM=t，OH=2t，
∴OM= OH2+HM2= (2t)2+t2= 5t，
即 5t=5，
解得t= 5，
∴EM=2HM=2 5，
在Rt△EMB中，∵tan∠EMB=EBBM=12，
∴设EB=x，BM=2x，
∴EM= 5x，
即 5x=2 5，
解得x=2，
∴BM=4，
∵∠OMC=∠MCN=∠ONC=90°，
∴四边形OMCN为矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMCN为正方形，
∴MC=OM=5，
∴BC=BM+MC=4+4=9，
∴AD=BC=9．
【解析】(1)连接OM、ON、OC，如图，先根据切线的性质得到∠OMC=∠OMB=90°，再证明△OCN≌△OCM得到∠ONC=∠OMC=90°，然后根据切线的判定方法得到结论；
(2)过O点作OH⊥EM于H点，如图，则根据垂径定理得到MH=EH，再利用等角的余角相等得到∠HOM=∠EMB，则tan∠HOM=tan∠EMB=12，在Rt△HOM中利用正切的定义得到tan∠HOM=HMOH=12，则设HM=t，OH=2t，所以OM= 5t=5，解得t= 5，从而得到EM=2HM=2 5，接着在Rt△EMB中利用正切的定义得到tan∠EMB=EBBM=12，则设EB=x，BM=2x，所以EM= 5x=2 5，解得x=2，则BM=4，然后证明四边形OMCN为正方形得到MC=OM=5，最后计算BC的长，从而得到AD的长．
本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了矩形的性质、垂径定理和解直角三角形．
21.【答案】解：(1)如图1中，线段BH，CD即为所求；

(2)如图2中，点Q，点N即为所求．
【解析】(1)根据平行线的判定，三角形的高的定义画出图形即可；
(2)取BC的中点F，取格点J，E，连接BJ，CE.连接CP交AF与点P，连接BP，延长BP交AC与点W，连接WF，延长WF交BJ他点Q，点Q即为所求，连接PF，延长PF交CE与点K，连接QK，延长QK交AC的延长线于点N，点N即为所求．
本题考查作图−应用于设计作图，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】解：(1)将t=2，h=40代入h=vt−5t2得：
2v−5×22=40，
解得v=30，
∴小球的初速度v为30m/s；
(2)①∵h=30t−5t2=−5(t−3)2+45≤45，
∴小球运动的最大高度h1为45m；
②由①知，当t=3时，小球向上运动到最高点，距地面45m；
当t=4时，h=30×4−5×42=120−80=40；
∴当t=4时，小球在下降过程中距地面的高度为40m，
∴当t=4时，小球运动的路径长为45×2−40=50(m)；
(3)由(1)(2)知v1=30m/s，t1=3s，h1=45m，
∵t1=2t2，
∴t2=32(s)，v1=2v2，
∴30=2v2，
∴v2=15(m/s)，
∴h2=15×32−5×(32)2=454，
∴h2的值为454．
【解析】(1)将t=2，h=40代入h=vt−5t2即可解得小球的初速度v为30m/s；
(2)①根据h=30t−5t2=−5(t−3)2+45≤45，得小球运动的最大高度h1为45m；
②由当t=4时，h=30×4−5×42=120−80=40；即当t=4时，小球在下降过程中距地面的高度为40m，即可求出小球运动的路径长为45×2−40=50(m)；
(3)根据t1=2t2，得t2=32(s)，v2=15(m/s)，即可求得h2的值为454．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，理解h，v，t之间的关系．
23.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AD=BC，AD//BC，∠BAC=∠CAB=45°，
∴△ADN∽△CMN，
∴MNND=CMAD ，
∵∠DAM=45°，∠ABM=90°，
∴∠AMB=45°，
∴∠AMB=∠BAM，
∴BM=AB=BC，
∴MNDN=2BCAD=2；
(2)证明：如图1，

作DE/​/AM，交AC于E，
∴△AMN∽△EDN，∠AED=∠MAN，
∴MNDN=AMDE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，CD=AB，
∵∠BAM=∠CAD，
∴∠MAN=∠BAD=90°，
∴∠AED=90°，
∵K是AB的中点，
∴AM=AK=12AB=12CD，
∴MNDN=12CDDE，
∵∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠DEC=90°，
∴∠ACD+∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠CAD=α，
∵cs∠CDE=DECD，
∴CDDE=1csα，
∴MNDN=12CDDE=12csα；
(3)解：如图2，

作DE/​/AM，交AC于E，
同理(2)可得：MNDN=AMDE，
∵CD=AB=n⋅AK=n⋅AM，
∴AM=CDn，
∴MNDN=1n⋅CDDE，
∵AM/​/DE，AB/​/CD，
∴∠DCE=∠BAM=∠CAD，
∵∠CDE=∠ACD，
∴△CDE∽△CAD，
∴CDDE=ACAD=1m，
∴MNCD=1mn．
【解析】(1)可推出CM=2AD=2BC，可推出△ADN∽△CMN，从而MNND=CMAD ，进一步得出结果；
(2)作DE/​/AM，交AC于E，可推出△AMN∽△EDN，从而推出MNDN=AMDE，由AM=AK=12AB=12CD，进而推出MNDN=12CDDE，可推出∠CDE=∠CAD=α，从而cs∠CDE=DECD，即：CDDE=1csα，进一步得出结论；
(3)作DE/​/AM，交AC于E，同理(2)可得：MNDN=AMDE，进而得出MNDN=1n⋅CDDE，可证得△CDE∽△CAD，从而CDDE=ACAD=1m，从而得出MNCD=1mn．
本题考查了平行四边形、矩形、正方形的性质，相似三角形的判定EH性质，锐角三角函数的定义等知识，解决问题的关键是作平行线，构造相似三角形．
24.【答案】(1)解：∵a=12，b=−1，c=−4，
∴y=12x2−x−4，
当y=0时，12x2−x−4=0，
解得：x1=−2，x2=4，
∴A(−2,0)，B(4,0)；
(2)解：过点A作AJ//直线l，交CN于点J，交y轴于点L，

又∵AM⊥l，CN⊥l，
∴AM=JN，
∵CN=3AM，
∴CJCN=23，
∵LJ//HN，
∴CLCH=CJCN=23，
∴CL=23CH，
∵C(0,−4)，H(0,1)，
∴CH=1−(−4)=5，
∴CL=103，
∴L(0,−23)，
设直线AL的解析式为y=kx+d，
∴−2k+d=0d=−23，
解得：k=−13d=−23，
∴直线AL的解析式为y=−13x−23，
∵直线l//AL，且经过H(0,1)，
∴直线l的解析式为y=−13x+1，
由12x2−x−4=−13x+1解得：x=4±2 946=2± 943，
∵点G在y轴的右侧，
∴点G的横坐标为2+ 943；
(3)证明：连接EQ，如图：

∵b=0，
∴抛物线为y=ax2+c，
∴C(0,c)，
设E(m,am2+c)，过点E的直线l解析式为y=kx+b1，
∴am2+c=km+b1，
∴b1=am2+c−km，
∴直线l解析式为y=kx+am2+c−km，
∵过点E直线l与抛物线只有一个公共点，
∴ax2+c=kx+am2+c−km有两个相等的实数解，
∴Δ=0，即(−k)2−4a(km−am2)=0，
解得k=2am，
∴直线l解析式为y=2amx+c−am2，
在y=2amx+c−am2中，令x=0得y=c−am2，
∴P(0,c−am2)；
由E(m,am2+c)，D(0,2c)可得直线DE解析式为y=am2−cmx+2c，
联立y=am2−cmx+2cy=ax2+c，
解得x=my=am2+c或x=−camy=acm2+c2am2，
∴F(−cam,acm2+c2am2)，
由F(−cam,acm2+c2am2)，C(0,c)可得直线FC解析式为y=−cmx+c，
在y=−cmx+c中，令y=0得x=m，
∴Q(m,0)，
∵E(m,am2+c)，
∴QE=am2+c且QE/​/y轴，即QE//DP，
∵D(0,2c)，P(0,c−am2)，
∴DP=2c−(c−am2)=am2+c，
∴DP=QE，
∴四边形DPQE是平行四边形，
∴DE//PQ，即PQ/​/EF．
【解析】(1)由a=12，b=−1，c=−4，知y=12x2−x−4，令y=0即可得A(−2,0)，B(4,0)；
(2)过点A作AJ//直线l，交CN于点J，交y轴于点L，由CN=3AM，可得CL=23CH，故CL=103，L(0,−23)，再用待定系数法可得直线AL的解析式为y=−13x−23，求出直线l的解析式为y=−13x+1，由12x2−x−4=−13x+1解得点G的横坐标为2+ 943；
(3)连接EQ，由b=0，知抛物线为y=ax2+c，C(0,c)，设E(m,am2+c)，根据过点E直线l与抛物线只有一个公共点，可得ax2+c=kx+am2+c−km有两个相等的实数解，(−k)2−4a(km−am2)=0，故k=2am，直线l解析式为y=2amx+c−am2，可得P(0,c−am2)；由E(m,am2+c)，D(0,2c)可得直线DE解析式为y=am2−cmx+2c，联立y=am2−cmx+2cy=ax2+c，得F(−cam,acm2+c2am2)，即可得直线FC解析式为y=−cmx+c，从而Q(m,0)，有QE=am2+c且QE/​/y轴，即QE//DP，得出四边形DPQE是平行四边形，DE/​/PQ，即PQ/​/EF．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，平行线分线段成比例，二次函数与一元二次方程的关系等知识，解题的关键是用字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
等级
人数(频数)
各组锻炼总时间(分钟)
A(10≤m<20)
10
162
B(20≤m<30)
20
534
C(30≤m<40)
x
1370
D(40≤m<50)
80
3615
E(50≤m≤60)
y
2839