2024年浙江省宁波市镇海区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年浙江省宁波市镇海区中考数学一模试卷（含解析），共24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.在实数1，0， 3，−2中，最小的数是( )
A. 1B. 0C. 3D. −2
2.2024年春节期间国内旅游出行合计约474000000人次，比2023年大幅增加.数据474000000用科学记数法表示为( )
A. 0.474×109B. 47.4×107C. 4.74×109D. 4.74×108
3.下列计算正确的是( )
A. a3−a2=aB. a3⋅a2=a6
C. (a3)2=a6D. (2a+1)(2a−1)=2a2−1
4.一城市准备选购一千株高度大约为2m的某种风景树来进行街道绿化，有四个苗圃生产基地投标(单株树的价格都一样).采购小组从四个苗圃中都任意抽查了20株树苗的高度，得到的数据如下：
请你帮采购小组出谋划策，应选购( )
A. 甲苗圃的树苗B. 乙苗圃的树苗C. 丙苗圃的树苗D. 丁苗圃的树苗
5.若点G(a,2−a)是第二象限的点，则a的取值范围是( )
A. a<0B. a<2C. 02
6.如图是一架人字梯，已知AB=AC=2米，AC与地面BC的夹角为α，则两梯脚之间的距离BC为( )
A. 4csα米
B. 4sinα米
C. 4tanα米
D. 4csα米
7.一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH(见方案一)，乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE=∠DAC，∠ACF=∠ACB的方法得到菱形AECF(见方案二)，请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是( )
A. 甲B. 乙C. 甲乙相等D. 无法判断
8.甲，乙两人练习跑步，若乙先跑10米，则甲跑5秒就可以追上乙；若乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙．若设甲的速度为x米/秒，乙的速度为y米/秒，则下列方程组中正确的是( )
A. 5x=5y+104x=4y+2yB. 5x−5y=104x+2y=4yC. 5x+10=5y4x−4y=2D. 5x−5y=104x−2=4y
9.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示.下列结论：①abc>0；②b+4a=0；③b+c>0；④若图象上有两点(x1,y1)，(x2,y2)且0A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
10.如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B′恰好落在边CD上，则△DGB′的周长等于( )
A. 2AB
B. AB+ 2BF
C. 2AB+BF
D. 2 2BF
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若分式x−2x+3的值为0，则x的值是______．
12.分解因式：mn2−4m=______．
13.在▱ABCD中，AB=5，BC=8，∠B的平分线BE交边AD于点E，则DE的长为______．
14.一个圆锥的高为4，母线长为6，则这个圆锥的侧面积是______．
15.有三面镜子如图放置，其中镜子AB和BC相交所成的角∠ABC=110°，已知入射光线EF经AB、BC、CD反射后，反射光线与入射光线EF平行，若∠AEF=α，则镜子BC和CD相交所成的角∠BCD= ______.(结果用含α的代数式表示)
16.如图，已知矩形ABCD，过点A作AE⊥AC交CB的延长线于点E，若∠AED=∠ACB，则tan2∠BAE= ______．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：
(1)20240+(−3)2×3−2−|−13|；
(2)先化简，再求值：(1+x)(1−x)+x(x+2)，其中x=12．
18.(本小题6分)
某校为了解本校九年级男生“引体向上”项目的训练情况，随机抽取该年级部分男生进行了一次测试(满分10分，成绩均记为整数分)，并按测试成绩m(单位：分)分成四类：A类(m=10)，B类(7≤m≤9)，C类(4≤m≤6)，D类(m≤3)，绘制出如图两幅不完整的统计图，请根据图中信息，解答下列问题：
(1)本次抽样调查的人数为______，并补全条形统计图；
(2)扇形统计图中A类所对的圆心角是______°，测试成绩的中位数落在______类；
(3)若该校九年级男生有500名，请估计该校九年级男生“引体向上”项目成绩为A类或B类的共有多少名？
19.(本小题6分)
如图，直线y=kx+b与双曲线y=mx(x>0)相交于点A(2,n)，B(6,1)．
(1)求直线及双曲线对应的函数表达式；
(2)直接写出关于x的不等式kx+b>mx(x>0)的解集；
(3)求△ABO的面积．
20.(本小题8分)
如图，已知△ABC和△AEF均是等边三角形，F点在AC上，延长EF交BC于点D，连接AD，CE．
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)当点D在线段BC上什么位置时，四边形ADCE是矩形？请说明理由．
21.(本小题8分)
如图的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的各个顶点都在格点上．
(1)在BC边上作一点M，使得△ABM的面积是83，并求出BMCM的值；
(2)作出AC边上的高BD，并求出高BD的长.(说明：只能使用没有刻度尺的直尺进行作图，并保留画图痕迹)
22.(本小题10分)
星期日上午9：00，小明从家里出发步行前往离家2.4km的镇海书城参加读书会活动，他以75m/min的速度步行了12min后发现忘带入场券，于是他停下来.打电话给家里的爸爸寻求帮助.9：15，爸爸骑着自行车从家里出发，沿着同一路线以375m/min的速度行进，同一时刻小明继续按原速步行赶往目的地.爸爸追上小明后载上他以相同的车速前往书城(停车载人时间忽略不计)，到达书城后爸爸原速返回家.爸爸和小明离家的路程s(m)与小明所用时间t(min)的函数关系如图所示．
(1)求爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式及a的值．
(2)爸爸出发后多长时间追上小明？此时距离镇海书城还有多远？
23.(本小题10分)
根据以下素材，探索完成任务．
24.(本小题12分)
如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，且BD为直径.作AF/​/BC交CD于点E，交⊙O于点F．

(1)证明：AF⊥CD；
(2)若cs∠DAF=45，AC=4，求半径r；
(3)如图2，连接BE并延长交DF于点G，交⊙O于点H.若AF=CD，∠AEB=∠BDC．
①求tan∠BDC；
②连接OE，设OE=x，用含x的式子表示GH的长.(直接写出答案)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵−2<0<1< 3，
∴在实数1，0， 3，−2中，最小的数是−2．
故选：D．
正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.【答案】D
【解析】解：474000000=4.74×108．
故选：D．
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．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．
3.【答案】C
【解析】解：a3与a2不是同类项，无法合并，则A不符合题意；
a3⋅a2=a5，则B不符合题意；
(a3)2=a6，则C符合题意；
(2a+1)(2a−1)=4a2−1，则D不符合题意；
故选：C．
利用合并同类项法则，同底数幂乘法法则，幂的乘方法则，平方差公式逐项判断即可．
本题考查整式的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵丁苗圃的树苗平均高度是2.0米，标准差是0.2，标准差最小，
∴采购小组应选购丁苗圃的树苗．
故选：D．
根据方差的意义：反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．再根据树苗的高度的平均数，选择丁苗圃的树苗．
本题考查方差的定义与意义，方差反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5.【答案】A
【解析】解：∵点G(a,2−a)是第二象限的点，
∴a<02−a>0，
解得a<0．
故选：A．
根据第二象限内点的坐标特点解答即可．
本题考查的是点的坐标，熟知第二象限内点的坐标特点是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：如图，过点A作AD⊥BC，交BC于点D，
∵AB=AC=2米，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴csα=DCAC=DC2，
∴DC=2csα(米)，
∴BC=2DC=2×2csα=4csα(米)，
故选：A．
直接利用等腰三角形的性质得出BD=DC，再利用锐角三角函数关系得出DC的长，即可得出答案。
此题主要考查了解直角三角形的应用以及等腰三角形的性质，正确表示出DC的长是解题关键。
7.【答案】B
【解析】解：方案一中，
∵E、F、G、H都是矩形ABCD的中点，
∴△HAE≌△HDG≌△FCG≌△FBE，
S△HAE=12AE⋅AH=12×12AB×12AD=12×12×5×12×12=152，
S菱形EFGH=S矩形ABCD−4S△HAE=12×5−152×4=30；
方案二中，设BE=x，则CE=AE=12−x，
∵AF=EC，AB=CD，AE=CF，
∴△ABE≌△CDF，
在Rt△ABE中，AB=5，BE=x，AE=12−x，由勾股定理得(12−x)2=52+x2，解得x=11924，
S△ABE=12BE⋅AB=12×11924×5=59548，
S菱形EFGH=S矩形ABCD−2S△ABE=12×5−59548×2≈60−25=35>30，
故甲<乙．
故选：B．
方案一中，通过图可知四个小直角三角形全等，用矩形面积减去4个小直角三角形的面积，即可得菱形面积；方案二中，两个小直角三角形全等，设菱形边长为x，在直角三角形中利用勾股定理可求x，再利用底×高可求菱形面积．然后比较两者面积大小．
本题考查了菱形面积的不同求法．
8.【答案】A
【解析】解：根据乙先跑10米，则甲跑5秒就可以追上乙，得方程5x=5y+10；
根据乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙，得方程4x=4y+2y．
可得方程组5x=5y+104x=4y+2y．
故选：A．
此题中的等量关系：①乙先跑10米，则甲跑5秒就可以追上乙；
②乙先跑2秒，则甲跑4秒就可追上乙．
此题是追及问题．注意：无论是哪一个等量关系中，总是甲跑的路程=乙跑的路程．
9.【答案】C
【解析】解：由题意，∵抛物线开口向下，
∴a<0．
又抛物线为x=−b2a=2．
∴b=−4a>0．
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0．
∴abc>0，故①正确．
又b=−4a，
∴b+4a=0，故②正确．
由题意，当x=1时，y=a+b+c>0．
又a<0，
∴b+c>−a>0，故③正确．
∵抛物线的对称轴是直线x=2，
∴当x=0时与当x=4时函数值相等．
∴当0y2，故④错误．
综上，正确的有：①②③．
故选：C．
依据题意，由抛物线开口向下，从而a<0，又抛物线为x=−b2a=2，故b=−4a>0，再结合抛物线与y轴交于负半轴，可得c<0，进而可以判断①；又b=−4a，从而可以判断②；又当x=1时，y=a+b+c>0，又a<0，故b+c>−a>0，进而可以判断③；由抛物线的对称轴是直线x=2，从而当x=0时与当x=4时函数值相等，进而可得当0y2，故可以判断④．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠C=∠B=90°，BC=CD=AB，
由折叠得∠GB′F=∠B=90°，B′F=BF，
∴DB′=CD−B′C=BC−B′C，CF+B′F=CF+BF=BC，BF2−B′C′2=B′F2−B′C2=CF2，∠DB′G=∠CFB′=90°−∠CB′F，
∴△DB′G∽△CFB′，
∴DB′CF=GDB′C=GB′B′F，
∴DB′+GD+GB′CF+B′C+B′F=DB′CF=BC−B′CCF，
∴DB′+GD+GB′=(BC+B′C)(BC−B′C)CF=BC2−B′C2CF，
∵BC2−B′C2CF=(BF+CF)2−B′C2CF=BF2+2BF⋅CF+CF2−B′C2CF=2BF⋅CF+2CF2CF=2BC=2AB，
∴DB′+GD+GB′=2AB，
故选：A．
由正方形的性质得BC=CD=AB，∠D=∠C=∠B=90°，由折叠得B′F=BF，∠GB′F=∠B=90°，可推导出∠DB′G=∠CFB′，进而证明△DB′G∽△CFB′，得DB′CF=GDB′C=GB′B′F，则DB′+GD+GB′CF+B′C+B′F=DB′CF=BC−B′CCF，求得DB′+GD+GB′=(BC+B′C)(BC−B′C)CF=(BF+CF)2−B′C2CF=2BC=2AB，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、乘法公式等知识，证明△DB′G∽△CFB′是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：∵分式x−2x+3的值为0，
∴x−2=0，且x+3≠0，
∴x=2．
故答案为：2．
根据分式的值为0，即分母不为0，分子为0得到x−2=0，且x+2≠0，求出x即可．
本题考查了分式的值为0的条件：分式的值为0，要满足分母不为0，分子为0.也考查了解方程和不等式．
12.【答案】m(n+2)(n−2)
【解析】解：mn2−4m，
=m(n2−4)，
=m(n+2)(n−2)．
故答案为：m(n+2)(n−2)．
先提取公因式m，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
13.【答案】3
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，AD=BC=8，
∴∠AEB=∠EBC，
又∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=5，
∴ED=AD−AE=AD−AB=8−5=3．
故答案为：3．
根据角平分线及平行线的性质可得∠ABE=∠AEB，继而可得AB=AE，根据ED=AD−AE=AD−AB即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是得出∠ABE=∠AEB，判断三角形ABE中，AB=AE，难度一般．
14.【答案】12 5π
【解析】解：这个圆锥的底面圆的半径= 62−42=2 5，
所以这个圆锥的侧面积=12×2π×2 5×6=12 5π.
故答案为：12 5π.
先利用勾股定理计算出这个圆锥的底面圆的半径，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算即可．
本题考查了圆锥的计算，解答本题的关键要掌握：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】90°+α
【解析】解：根据入射光线FE画出反射光线EG，交BC于点G，同理根据入射光线EG画出反射光线GH，交CD于点H，根据入射光线GH画出反射光线HK，过点G作EF的平行线，使得GP//EF//HK，
∵入射角等于反射角，
∴∠BEG=∠AEF=α，
∴∠GEF=180°−2α，
∵∠ABC=110°，
∴∠BGE=180°−110°−α=70°−α，
∵入射角等于反射角，
∴∠HGC=∠BGE=70°−α，
∴∠EGH=180°−2(70°−α)=40°+2α，
∵GP//EF//HK，
∴∠GEF+∠ÈGP=180°，∠PGH+∠GHK=180°，
∵∠EGP+∠PGH=∠EGH=40°+2α，
∴∠GEF+∠EGH+∠GHK=360°，
∴∠GHK=360°−(180°−2α)−(40°+2α)=140°，
根据入射角等于反射角，可知：∠GHC=∠KHD=12(180°−140°)=20°，
∴∠BCD=180°−∠CGH−∠GHC=90°+α，
故答案为：90°+α．
先根据入射角等于反射角画出反射光线，再根据平行线的性质和三角形内角和得出结论．
本题考查了平行线的性质，入射角和反射角以及三角形的内角和等知识，解题的关键在于正确画出辅助线．
16.【答案】 2−1
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=∠ABC=90°，AD//BC，DC=AB，
由勾股定理得：DC2+EC2=ED2，
∵AD/​/BC，
∴△AFD∽△CFE，∠ADE=∠CEF，
∴ADEC=DFEF，
∴ADEC=ED−EFEF，
∴EF=EC⋅EDAD+EC，
∵∠AED=∠ACB，∠ADE=∠CEF，
∴△AED∽△FCE，
∴EFAD=ECED，
∴EC⋅EDAD⋅(AD+EC)=ECED，
∴ED2=AD2+AD⋅EC，
∴DC2+EC2=AD2+AD⋅EC，
∵AE⊥AC，
∴∠CAE=90°，
∴∠BAE+∠BAC=90°，
∵∠ABE=∠ABC=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠AEB=∠BAC，
∴△AEB∽△CAB，
∴ABBE=BCAB，
∴AB2=EB⋅BC，
∴DC2=AB2=EB⋅BC，
∵CE2=(EB+BC)2=EB2+2EB⋅BC+BC2，
∴EB⋅BC+BC2+2EB⋅BC+BE2=BC2+EC⋅BC，
∴EB⋅BC+2EB⋅BC+BE2=BC(BC+BE)=BC2+BC⋅BE，
∴BE2+2EB⋅BC−BC2=0，
∴(BEBC)2−2⋅BEBC−1=0，
解得：BEBC=−1± 2(负值舍去)，
∴BEBC= 2−1，即BE=( 2−1)BC，
∴BE2=( 2−1)2⋅BC2，
∴AB2=( 2−1)⋅BC2，
∴tan2∠BAE=(BEAB)2=( 2−1)2⋅BC2( 2−1)⋅BC2= 2−1，
故答案为： 2−1．
根据△AFD∽△CFE，得到ADEC=DFEF，再根据△AED∽△FCE，得到EFAD=ECED，解方程求出BEBC= 2−1，即BE=( 2−1)BC，根据正切的定义计算即可．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数的定义，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17.【答案】解：(1)20240+(−3)2×3−2−|−13|
=1+9×19−13
=1+1−13
=53；
(2)(1+x)(1−x)+x(x+2)
=1−x2+x2+2x
=1+2x，
当x=12时，原式=1+2×12=1+1=2．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用平方差公式，单项式乘多项式的法则进行计算，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了整式的混合运算−化简求值，零指数幂，负整数指数幂，绝对值，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】50人 72 B
【解析】解：(1)本次抽样调查的人数为10÷20%=50(人)，
C组人数为50−10−22−3=15(人)，
补全的条形统计图如图；
故答案为：50人；
(2)A类所对的圆心角是360°×20%=72°；
样本量为50，可知数据从大到小排列，第25，26个数在B组，故中位数在B类；
故答案为：72，B；
(3)A类或B类的共有500×(20%+44%)=320(名)，
答：估计该校九年级男生“引体向上”项目成绩为A类或B类的共有320名．
(1)由统计图之间的联系求出样本容量，进一步求出C组人数，补齐图形；
(2)由A组的占比求出对应圆心角；根据中位数定义，可知第25，26个数在B组，故中位数在B组；
(3)由样本占比估计总本的人数．
本题考查条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体，中位数；通过统计图之间的联系求出样本容量是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵点A(2,n)，B(6,1)在双曲线y=mx图象上，
∴m=2n=6，
∴m=6，n=3，
∴A(2,3)，B(6,1)，
∴双曲线解析式为：y=6x，
∵A(2,3)，B(6,1)在直线y=kx+b图象上，
∴2k+b=36k+b=1，解得k=−12b=4，
∴直线解析式为：y=−12x+4．
(2)根据函数图象可知，关于x的不等式kx+b>mx(x>0)的解集为：2(3)设直线与y轴的交点为C(0,4)，
∵S△AOB=S△BOC−S△AOC，
∴S△AOB=12×4×6−12×4×2=8．

【解析】(1)待定系数法求出两个函数解析式即可；
(2)根据图像直接写出不等式的解集即可；
(3)根据直线解析式求出点C坐标，再根据S△AOB=S△BOC−S△AOC代入数据计算即可．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握交点坐标满足两个函数解析式是关键．
20.【答案】(1)证明：∵△ABC和△AEF均是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠EAF=∠AFE=60°，
∴AB/​/DE，AE/​/BC，
∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)解：当点D在线段BC的中点位置时，四边形ADCE是矩形，理由如下：
由(1)可知，AE/​/BC，四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵△ABC是等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴BD=CD，AD⊥BC，
∴AE=CD，∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形．
【解析】(1)由等边三角形的性质得∠BAC=∠ACB=∠EAF=∠AFE=60°，再证明AB/​/DE，AE/​/BC，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得AE=BD，再由等边三角形的性质得BD=CD，AD⊥BC，则AE=CD，∠ADC=90°，然后证明四边形ADCE是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质以及平行线的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，取格点E、F并连接交BC于点M，则点M即为所求，
由图形可知，BMCM=BFCE=2；
(2)取格点K，连接BK交AC于点D，则点D即为所求，
∵S△ABC=12×4×4=8，AC= 32+42=5，
∴S△ABC=12AC⋅BD=12×5×BD=8，
∴BD=165．
【解析】(1)由题意只要作出BC的三等分点即可；
(2)根据高的定义结合网格找出点D的位置，再根据等面积法求出BD的长即可．
本题考查了作图−应用设计作图，勾股定理，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，熟记各性质定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)爸爸到达达镇海书城所用时间为2400375=6.4(min)，
设爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式为s=kt+b，
把(15,0)，(21.4,2400)代入s=kt+b，
得：15k+b=021.4k+b=2400，
解得k=375b=−5625，
∴爸爸在到达镇海书城前，他离开家的路程s关于t的函数表达式为s=375t−5625；
∵爸爸的速度不变，
∴他返回家的时间和到达书城的时间均为6.4min，
∴a=15+2×6.4=27.8；
(2)设爸爸出发后x分钟追上小明，
则375x=75(12+x)，
解得x=3，
此时，2400−375×3=1275(m)，
答：爸爸出发后3分钟追上小明，此时距离镇海书城还有1275米．
【解析】(1)根据爸爸行驶的路程和爸爸的速度，求出爸爸到达书城所用时间，再根据待定系数法求函数解析式，再求出a的值；
(2)设爸爸出发后x分钟追上小明，根据两人路程相等列出方程，解方程求出x，并求出距离书城的距离．
本题考查一次函数的应用以及路程、速度、时间之间关系的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式．
23.【答案】解：任务1：如图建立平面直角坐标系．

设长绳摇至最高处时，对应抛物线的解析式为：y=ax2+2(a≠0)．
∵经过点(−3,1)．
∴9a+2=1．
解得：a=−19．
∴长绳摇至最高处时，对应抛物线的解析式为：y=−19x2+2．
任务2.最右侧同学所在的横坐标为：0.45×4=1.8．
当x=1.8时，y=−19×(1.8)2+2=1.64．
∵长绳摇至最高处时，人正屈膝落地，此时头顶到地面的高度是身高的1920，
∴最右侧同学屈膝后的身高为：1.70×1920=1.615．
∵1.615<1.64．
∴绳子在最高点时，长绳不会触碰到最边侧的同学．
任务3.当绳子摇至最低处时，抛物线解析式可表示为y=19x2．
∵出手高度降低至0.85m．
∴抛物线下降0.15m．
∴下移后的抛物线解析式为：y=19x2−0.15．
当x=1.8时，y=19×1.82−0.15=0.21．
∵0.21<0.25，
∴方案能解决同学反映的问题．
【解析】(1)按照题意建立平面直角坐标系，易得抛物线的对称轴为y轴，于y轴交于点(0,2)，并且经过点(−3,1)，设出相应的函数解析式，进而把点(−3,1)代入可得二次项系数的值，即可求得长绳摇至最高处时，对应抛物线的解析式；
(2)9个同学，最高的同学在正中间，那么右边将有4个同学，易得最右侧同学所在的横坐标，代入(1)中得到的解析式，可得最右侧同学所在的地方抛物线的高度，计算出最右侧同学屈膝后的身高，与抛物线的高度比较可判断绳子在最高点时，长绳是否会触碰到最边侧的同学；
(3)根据抛物线的形状相同可得绳子摇至最低处时，抛物线解析式，进而可得平移后新的抛物线解析式，取最右侧同学的横坐标代入可得最右侧同学跳绳的高度，与舒适高度0.25比较即可判断方案能否解决问题．
本题考查二次函数的应用．用到的知识点为：二次函数的形状相同，开口方向不同，则两个函数二次项的系数互为相反数；二次函数上下平移，只改变函数值，上加下减．
24.【答案】(1)证明：∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
∵AF/​/BC，
∴∠AED=∠BCD=90°，
即AF⊥CD；
(2)解：∵AF/​/BC，
∴∠EAC=∠ACB，
又∵∠ACB=∠ADB，
∴∠EAC=∠ADB，
∵∠AEC=∠BAD=90°，
∴△AEC∽△DAB，
∴ACBD=AEAD，
∴cs∠DAF=AEAD=45，
∴ACBD=45，
∵AC=4，
∴BD=5，
即r=52；
(3)①过点O作OP⊥DC于点P，OQ⊥AF于点Q，如图所示：

∵∠OPE=∠PEQ=∠OQE=90°，
∴四边形OPEQ是矩形，
∵AF=CD，
∴OP=OQ，
∴矩形OPEQ是正方形，
设OP=a=PE，CE=b，
∵OP⊥CD，
∴DP=CP，
∵DO=OB，
∴BC=2a，CD=2PC=2(a+b)，
∵AF/​/BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵∠AEB=∠BDC，
∴∠EBC=∠BDC，
∵∠BCE=∠BCD，
∴△BEC∽△DBC，
∴BCDC=ECBC，
∴BC2=CE⋅CD，
即：(2a)2=b⋅2(a+b)，
解得：ba=1，
∴tan∠BDC=OPDP=aa+b=12；
②如图，连接HF，BD与AF交于点M，与AC交于点N，如图：

由(3)①得，四边形OPEQ为正方形，
∵OE=x，
∴OP=PE=QE= 22x，
由tan∠BDC=12，得DP= 2x，
∴CP=DP= 2x，
∴CE=CP−EP= 22x，CD=2 2x，
∵AF=CD，AF⊥CD，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AE=DE=3 22x，EF=CE= 22x，
∴AC= CE2+AE2= 5x，
∵∠OPD=∠DEM=90°，∠ODP=∠MDE，
∴△ODP∽△MDE，
∴OPME=DPDE，
即 22xME= 2x 32x，
解得：ME= 34x，
∴AM=AE−ME= 32x− 34x= 34x，
∵AF/​/BC，
∴△AMN∽△CBN，
∴ANNC=AMBC=3 24x 2x=34，
∴AN=37AC=3 57x，
∵△ODP∽△MDE，
∴∠CEB=∠CBD，
∵CD=CD，
∴∠CBD=∠CAD，
∵∠CEB=∠DEG，
∴∠DAN=∠DEG，
∵CF=CF，
∴∠EDG=∠CAE，
∵AF/​/BC，
∴∠CAE=∠ACB，
∵AB=AB，
∴∠ADN=∠ACB，
∴∠ADN=∠EDG，
∴△DEG∽△DAN，
∴ANEG=ADDE= 2，
∴EG=1 2AN=3 1014x，
∵BF=BF，
∴∠EAB=∠EHF，
∵∠AEB=∠HEF，
∴△ABE∽△HFE，
∴EHAE=EFBE=1 5，
∴EH=1 5AE=3 1010，
∴GH=EH−EG=3 1035x.
【解析】(1)根据圆周角定理得出∠BCD=90°，根据平行线的得出∠AED=∠BCD=90°，即可证明结论；
(2)证明△AEC∽△DAB，得出ACBD=AEAD，根据cs∠DAF=AEAD=45，得出ACBD=45，根据AC=4，求出结果即可；
(3)①过点O作OP⊥DC于点P，OQ⊥AF于点Q，证明矩形OPEQ是正方形，设OP=a=PE，CE=b，得出BC=2a，CD=2PC=2(a+b)，证明△BEC∽△DBC，得出BC2=CE⋅CD，求出ba=1，得出tan∠BDC=OPDP=aa+b=12；
②连接HF，证明△ODP∽△MDE，得出OPME=DPDE，即 22xME= 2x 32x，求出ME= 34x，证明△AMN∽△CBN，得出AN=37AC=3 57x，根据△ODP∽△MDE，得出∠CEB=∠CBD，证明△DEG∽△DAN，得出ANEG=ADDE= 2，求出EG=1 2AN=3 1014x，证明△ABE∽△HFE，得出EH=1 5AE=3 1010，即可求出结果．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合，作出辅助线．树苗平均高度(单位：m))
标准差
甲苗圃
1.8
0.2
乙苗圃
1.8
0.6
丙苗圃
2.0
0.6
丁苗圃
2.0
0.2
设计跳长绳方案
素材1：某校组织跳长绳比赛，要求如下：
(1)每班需要报名跳绳同学9人，摇绳同学2人；
(2)跳绳同学需站成一路纵队，原地起跳，如图1．
素材2：某班进行赛前训练，发现：
(1)当绳子摇至最高处或最低处时，可近似看作两条对称分布的抛物线，已知摇绳同学之间水平距离为6m，绳子最高点为2m，摇绳同学的出手高度均为1m，如图2；
(2)9名跳绳同学身高如右表．

身高(m)
1.70
1.73
1.75
1.80
人数
2
2
4
1
素材3：观察跳绳同学的姿态(如图3)，发现：
(1)跳绳时，人的跳起高度在0.25m及以下较为舒适；
(2)当长绳摇至最高处时，人正屈膝落地，此时头顶到地面的高度是身高的1920．
问题解决
任务1：确定长绳形状.请在图2中以长绳触地点为原点建立直角坐标系，并求出长绳摇至最高处时，对应抛物线的解析式．
任务2：确定排列方案.该班班长决定：以长绳的触地点为中心，将同学按“中间高，两边低”的方式对称排列，同时保持0.45m的间距.请计算当绳子在最高点时，长绳是否会触碰到最边侧的同学．
任务3：方案优化改进.据最边侧同学反映：由于跳起高度过高，导致不舒适，希望作出调整.班长给出如下方案：摇绳同学在绳即将触地时，将出手高度降低至0.85m.此时中段长绳将贴地形成一条线段(x线段AB)，而剩余的长绳则保持形状不变，如图4．
请你通过计算说明，该方案是否可解决同学反映的问题．