2024年江苏省盐城市响水县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省盐城市响水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.−2024的绝对值是( )
A. 2024B. −2024C. 12024D. −12024
2.根据地区生产总值统一核算结果，盐城市2023年第一季度实现地区生产总值1702.3亿元.将1702.3亿用科学记数法表示为( )
A. 1.7023×103B. 1.7023×104C. 1.7023×1010D. 1.7023×1011
3.如图四种化学仪器的示意图是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.下列计算结果正确的是( )
A. a2+a2=a4B. (−2a)3=8a3C. a2⋅a3=a6D. a4÷a3=a
5.“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是( )
A. B. C. D.
6.甲、乙、丙、丁四名同学参加立定跳远训练，他们成绩的平均数相同，方差如下：S甲2=0.8，S乙2=3.6，S丙2=5，S丁2=2.5，则成绩最稳定的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
7.如图，将平行四边形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点C′处，若∠1=58°，∠2=42°，则∠C的度数为( )
A. 100°
B. 109°
C. 126.5°
D. 130°
8.在平面直角坐标系中，M(x1,y1)、N(x1,y2)为抛物线y=ax2+bx+c(a>0)上任意两点，其中x14，都有y1A. t<1B. t≤1C. t<2D. t≤2
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.已知式子1 x+3有意义，则x的取值范围是______．
10.分解因式：x2y−4y= ______．
11.正n边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的5倍，则n= ．
12.生物工作者为了估计一片山林中雀鸟的数量，设计了如下方案：先捕捉50只雀鸟，给它们做上标记后放回山林；一段时间后，再从山林中随机捕捉80只，其中有标记的雀鸟有2只，请你帮助工作人员估计这片山林中雀鸟的数量为______只.
13.如图是某高铁站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i=5：12.李老师乘扶梯从底端A以0.5m/s的速度用时40s到达顶端B，则李老师上升的垂直高度BC为 ．
14.在平面直角坐标系中，一次函数y=−3x与反比例函数y=kx(k<0)的图象交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则y1+y2的值是______．
15.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为13.点A、B、E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为______．
16.如图，在扇形OAB中，OC⊥AB于点D，AB=8，将△ODB绕点O点逆时针旋转60°，则线段DB扫过的图形面积为是______．
三、解答题：本题共10小题，共102分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：(12023)−1+(3.14−π)0+|2 3− 2|+2sin45°− 12．
18.(本小题8分)
解不等式组：x−2(x−1)≥1,1+x319.(本小题10分)
先化简，再求值：(x2−xx2−2x+1+21−x)÷x−2x2−1，其中x是不等式组12(x+1)≤2x+23≥x+34的整数解．
20.(本小题10分)
有4张扑克牌，牌面数字分别为2、3、4、4，其余都相同.小明随机从中摸出一张牌，记录牌面数字后放回；洗匀后再从中摸出一张牌，记录牌面数字后又放回.小明摸了100次，结果统计如下：
(1)上述试验中，小明摸出牌面数字为3的频率是______；小明摸一张牌，摸到牌面数字为3的概率是______；
(2)若小明一次摸出两张牌，求小明摸出的两张牌的牌面数字之和为6的概率．
21.(本小题10分)
某校规定学生每天体育活动时间不少于1小时，为了解该校800名学生参加体育活动的情况，对部分学生每天参加体育活动的时间进行了随机抽样调查，并将调查结果绘制成如表和图不完整的统计图表，请根据图表中的信息，解答下列问题：
(1)表中的a= ______，请将频数分布直方图补充完整．
(2)估计该校800名学生中，每天体育活动的时间不足1小时的学生有多少名？
(3)若E组中有3名男生和2名女生，从中随机抽取2名同学代表学校参加大课间体育活动展示，请画树状图或列表求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
22.(本小题10分)
如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕点M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP、BP．
(1)求证：BP=MN；
(2)线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，试证明BM=MC．
23.(本小题10分)
甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿同一条公路相向行驶，相遇后，甲车继续以原速行驶到B地，乙车立即以原速原路返回到B地.甲、乙两车距B地的路程y(km)与各自行驶的时间x(h)之间的关系如图所示．
(1)AB两地相距______km，b= ______；
(2)求点E的坐标，并写出点E坐标所表示的实际意义；
(3)求乙车距B地的路程y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(4)当甲车到达B地时，求乙车距B地的路程．
24.(本小题10分)
如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为3，PB=2，PC=4．
(1)求证：PC是⊙O的切线．
(2)求tan∠CAB的值．
25.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D．
(1)如图1，当AE= ______时，A′D//BE；
(2)如图2，若AE=3，求S△A′CB．
(3)点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．
26.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+(a−1)x+3经过点A(−3,t)，B(m,p)．
(1)若t=0，
①求此抛物线的表达式及其对称轴；
②当p(2)若t<0，点C(n,q)在该抛物线上，m(3)该抛物线必过平面直角坐标系内的一点，则该点坐标为______.(直接写出坐标)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−2024的绝对值是2024．
故选：A．
根据绝对值的意义解答即可．
本题主要考查了绝对值的意义，解题的关键是熟练掌握|a|=a(a>0)0(a=0)−a(a<0)．
2.【答案】D
【解析】解：1702.3亿=170230000000=1.7023×1011．
故选：D．
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．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查了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．
3.【答案】C
【解析】解：A，B，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
4.【答案】D
【解析】解：A.∵a2+a2=2a2，∴此选项计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵(−2a)3=−8a3，∴此选项计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵a2⋅a3=a5，∴此选项计算错误，故此选项不符合题意；
D.∵a4÷a3=a，∴此选项计算正确，故此选项符合题意；
故选：D．
A.根据合并同类项法则进行计算，然后判断即可；
B.根据积的乘方法则进行计算，然后判断即可；
C.根据同底数幂相乘法则进行计算，然后判断即可；
D.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握积的乘方法则和同底数幂相乘除法则．
5.【答案】C
【解析】解：从上面看，看到的图形为一个正方形，在这个正方形里面还有一个小正方形，即看到的图形为，
故选C．
根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知俯视图是从上面看到的图形是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵S甲2=0.8，S乙2=3.6，S丙2=5，S丁2=2.5，
∴S甲2∴成绩最稳定的是甲，
故选：A．
根据方差的意义求解即可．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
7.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB/​/CD，
∴∠C′EC=∠1=58°，
根据折叠可得∠CED=12∠C′EC=29°，
∴∠C=180°−∠CED−∠2=109°．
故选：B．
根据平行线的性质求出∠C′EC的度数，根据折叠的性质求出∠CED的度数，利用三角形内角和求出∠C
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：①当x1≥t时，恒成立．
②当x1③当x1t时，
∵抛物线的对称轴为直线x=t，若对于x1+x2>4，都有y1当x1+x2=4，且y1=y2时，对称轴为直线x=2，
∴满足条件的值为：t≤2．
故选：D．
由题意点(x1,0)，(x2,0)连线的中垂线与x轴的交点的坐标大于2，利用二次函数的性质判断即可．
本题考查二次函数的性质，二次函数的对称性等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9.【答案】x>−3
【解析】解：由题意得：x+3>0，
解得：x>−3，
故答案为：x>−3．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
10.【答案】y(x+2)(x−2)
【解析】解：x2y−4y
=y(x2−4)
=y(x+2)(x−2)，
故答案为：y(x+2)(x−2)．
先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
11.【答案】12
【解析】解：设多边形的每个外角为n，则其内角为5n，
n+5n=180°，
解得：n=30°，
即这个多边形的边数为：360°÷30°=12．
故答案为：12．
正n边形每个内角的度数都是其外角度数的5倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角的度数，进而利用外角和求出n．
本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化．
12.【答案】2000
【解析】解：根据题意得：
50÷280=2000(只)，
答：估计这片山林中雀鸟的数量为2000只．
故答案为：2000．
由题意可知：随机捕捉80只，其中带标记的有2只，可以知道，在样本中，有标记的占到280.而在总体中，有标记的共有50只，根据用样本估计总体即可解答．
本题考查了用样本估计总体的知识，体现了统计思想，统计的思想就是用样本的信息来估计总体的信息．
13.【答案】10013
【解析】解：设BC=5x m，
∵扶梯AB的坡度i=5：12，
∴AC=12x m，
由题意得：AB=0.5×40=20(m)，
由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，即(12x)2+(5x)2=202，
解得：x1=2013，x2=−2013(舍去)，
则BC=5x=10013(m)，
故答案为：10013．
设BC=5x m，根据坡度的概念得到AC=12x m，根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
14.【答案】0
【解析】解：∵正比例函数y=−3x与反比例函数y=kx(k<0)的图象和性质可知，
∴交点A(x1,y1)与B(x2,y2)关于原点对称，
∴y1+y2=0，
故答案为：0．
根据正比例函数的图象、反比例函数图象的性质得出交点A与交点B关于原点对称，进而得出其纵坐标互为相反数，得出答案．
本题考查一次函数、反比例函数图象的交点，理解正比例函数、反比例函数图象的对称性是正确判断的前提．
15.【答案】(3,2)
【解析】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为13．
∴BCEF=OBOE=13，
而BE=EF=6，
∴BC6=OBOB+6=13，
∴BC=2，OB=3，
∴C(3,2)．
故答案为(3,2)
先利用位似的性质得到BC6=OBOB+6=13，然后利用比例性质求出BC和OB即可得到C点坐标．
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
16.【答案】8π3
【解析】解：如图，由旋转的性质可知，∠BOB′=∠DOD′=60°，OD=OD′，OB=OB′，
∵OD⊥AB，
∴AD=BD=12AB=4，
由题意可知，BD扫过部分的面积是不规则四边形DBB′D′，
由旋转的性质可得，
S不规则四边形DBB′D′=S扇形OBB′−S扇形ODD′
=60π×OB2360−60π×OD2360
=60π(OB2−OD2)360
=π⋅BD26
=π×166
=8π3．
故答案为：8π3．
由垂径定理和勾股定理求出BD=4，根据旋转的性质以及图形中各个部分面积之间的和差关系得出S不规则四边形DBB′D′=S扇形OBB′−S扇形ODD′，再根据扇形面积的计算方法以及勾股定理进行计算即可．
本题考查扇形面积的计算，旋转的性质，勾股定理以及垂径定理，掌握扇形面积的计算方法，旋转的性质是正确解答的关键．
17.【答案】解：(12023)−1+(3.14−π)0+|2 3− 2|+2sin45°− 12
=2023+1+2 3− 2+2× 22−2 3
=2023+1+2 3− 2+ 2−2 3
=2024．
【解析】分别计算负整数指数幂、零指数幂、绝对值、三角函数值、二次根式，然后算加减即可．
本题考查了实数的混合运算，熟练掌握实数混合运算法则是解决问题的关键．
18.【答案】解：由x−2(x−1)≥1得：x≤1，
由1+x32，
则不等式组无解．
【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、大大小小找不到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．
19.【答案】解：(x2−xx2−2x+1+21−x)÷x−2x2−1
=[x(x−1)(x−1)2−2x−1]÷x−2(x+1)(x−1)
=(xx−1−2x−1)⋅(x+1)(x−1)x−2
=x−2x−1⋅(x+1)(x−1)x−2
=x+1，
解不等式组12(x+1)≤2x+23≥x+34得：1≤x≤3，
所以不等式组的整数解是1，2，3，
要使分式(x2−xx2−2x+1+21−x)÷x−2x2−1有意义，x−1≠0，x+1≠0，x−2≠0，
即x不能为1，−1，2，
取x=3，
当x=3时，原式=3+1=4．
【解析】先根据分式的加法法则算括号里面的，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解，根据分式有意义的条件求出x不能为1，−1，2，取x=3，把x=3代入化简后的结果，即可求出答案．
本题考查了分式的化简求值，解一元一次不等式组和一元一次不等式组的整数解等知识点，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
20.【答案】625 14
【解析】解：(1)上述试验中，小明摸出牌面数字为3的频率是24100=625；
小明摸一张牌，摸到牌面数字为3的概率是14；
故答案为：625，14；
(2)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中小明摸出的两张牌的牌面数字之和为6的结果有4种，
∴小明摸出的两张牌的牌面数字之和为6的概率为412=13．
(1)直接由频率定义和概率公式分别求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，其中小明摸出的两张牌的牌面数字之和为6的结果有4种，再由概率公式求解即可．
本题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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．
21.【答案】11
【解析】解：(1)∵抽样学生共有12÷0.24=50(人)，
∴a=50−8−12−14−5=11，
补全频数分布直方图如图所示：
故答案为：11；
(2)每天体育活动的时间不足1小时的学生有800×8+1250=320(名)．
(3)画树状图如图2所示，
由图可得共有20种等可能结果，其中恰好抽到一男一女的结果有12种，
∴P(恰好抽到一男一女)=1220=35．
(1)由E组的人数除以频率得出抽样调查的学生人数，即可解决问题；
(2)由该校学生人数乘以每天体育活动的时间不足1小时的学生所占的比例即可；
(3)画树状图，共有20种等可能的结果，其中恰好抽到1名男生和1名女生的结果有12种，再由概率公式求解即可．
此题考查了树状图法求概率以及频数分布表和频数分布直方图，树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适用于两步或两步以上完成的事件；解答本题的关键是熟练掌握概率的求法：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，
在△ABM和△BCP中，
AB=BC∠ABC=∠BCP=BM，
∴△ABM≌△BCP(SAS)，
∴AM=BP，
∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，
∴AM=MN，
∴BP=MN；
(2)解：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠ABM=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴ABMC=AMMQ，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴ABBM=AMMQ，
∴ABMC=ABBM，
∴BM=MC．
【解析】(1)根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠C，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，然后即可证得结论；
(2)根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根据相似三角形对应边成比例可得ABMC=AMMQ，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角形对应边成比例可得ABBM=AMMQ，从而得到ABMC=ABBM，即可得解．
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，求出两个三角形全等是解题的关键．
23.【答案】540 6
【解析】解：(1)由图象可知：AB两地相距540km，
乙在3h时与甲相遇，然后乙车立即以原速原路返回到B地，
∴b=3+3=6，
故答案为：540，6；
(2)由题意知：v甲=5405.4=100(km/h)，
∴(100+v乙)×3=540，
∴v乙=80(km/h)，
∴y=80×3=240，
∴E(3,240)，
点E的实际意义为：甲、乙两车出发3小时后在距离B地240km处相遇；
(3)当0∴y=kx，
把E(3,240)代入得：240=3k，
解得：k=80，
∴y=80x，
当3把(3,240)和(6,0)代入得，
240=3k+b0=6k+b，
解得：k=−80b=480，
∴y=−80x+480，
综上：y=80x(0(4)x=5.4时，代入y=−80x+480得，
y=80×(6−5.4)=48(km)，
∴乙车距离B地的路程为48km，
答：乙车距离B地的路程为48km．
(1)根据图象和题意直接得出结论；
(2)先求出甲的速度，再求出乙的速度，然后求出乙的路程，从而求出E点坐标，并说出E的实际意义；
(3)根据乙的图象，用待定系数法分段求出函数解析式；
(4)甲到达B地所用时间5.4和，把x=5.4代入y=−80x+480即可．
此题考查的知识点是一次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数的解析式．
24.【答案】解：(1)如图，连接OC、BC
∵⊙O的半径为3，PB=2
∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5
∵PC=4
∴OC2+PC2=OP2
∴△OCP是直角三角形，
∴OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
(2)∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠ACO+∠OCB=90°
∵OC⊥PC
∴∠BCP+∠OCB=90°
∴∠BCP=∠ACO
∵OA=OC
∴∠A=∠ACO
∴∠A=∠BCP
在△PBC和△PCA中：
∠BCP=∠A，∠P=∠P
∴△PBC∽△PCA，
∴BCAC=PBPC=24=12
∴tan∠CAB=BCAC=12
【解析】(1)可以证明OC2+PC2=OP2得△OCP是直角三角形，即OC⊥PC，PC是⊙O的切线
(2))AB是直径，得∠ACB=90°，通过角的关系可以证明△PBC∽△PCA，进而BCAC=PBPC=24=12，得出tan∠CAB=BCAC=12．
该题考查圆的相关知识和勾股定理逆定理、相似三角形，三角函数等内容，能证明图中相似三角形是解决问题的关键．
25.【答案】4
【解析】解：(1)如图1，连接AA′，交BE于点F，
∵点A′与点A关于直线BE对称，
∴BE垂直平分AA′，
∴F为AA′的中点，
∴当点E为AD的中点时，A′D//BE；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，
∴AE=DE=12AD=12×8=4，
故答案为：4．
(2)如图2，过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，则∠EMA′=90°，
∵AD/​/BC，
∴∠A′NB=180°−∠EMA′=90°，
由折叠得，∠BA′E=∠A=90°，A′E=AE=3，A′B=AB=6，
∴∠A′NB=∠EMA′，
∵∠BA′N=90°−∠EA′M=∠A′EM，
∴△BA′N∽△A′EM，
∴A′NEM=A′BA′E=63=2，
∴A′N=2EM；
∵∠A=∠ABN=∠EMA′=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=6，
设A′N=m，则A′M=6−m，
∴EM= 32−(6−m)2= −m2+12m−27，
∴m=2 −m2+12m−27，
整理得5m2−48m+108=0，
解得，m1=185，m2=6(不符合题意，舍去)，
∵BC=8，
∴S△A′CB=12×8×185=725．
(3)如图3，作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，则∠BGC=90°；
以点B为圆心、AB长为半径作圆，则点A′在⊙B上运动，
∵sin∠A′CB=BGBC=BG8，
∴sin∠A′CB的值随BG的增大而增大，
而sin∠A′CB的值随∠A′CB的增大而增大，
∴BG越大则∠A′CB越大，
∵BG≤A′B，
∴当点G与点A′重合时，BG=A′B=6，此时BG最大，∠A′CB也最大；
如图4，当点G与点A′重合时，则∠BA′C=90°，
∴∠BA′E+∠BA′C=180°，
∴C、A′、E三点在同一条直线上；
∵∠CEB=∠AEB，∠AEB=∠CBE，
∴∠CEB=∠CBE，
∴EC=BC=8，
∵A′C= BC2−A′B2= 82−62=2 7，
∴AE=A′E=8−2 7．
(1)连接AA′，交BE于点F，由折叠得F为AA′的中点，则当E为AD的中点时，A′D//BE，可知AE等于AD长的一半；
(2)过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，得到△BA′N∽△A′EM，根据相似三角形的对应边成比例列方程可求出A′N的长，再求S△A′CB；
(3)作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，可证明BG越大则∠A′CB越大，进而证明当C、A′、E三点在同一条直线上时∠A′CB最大，此时∠BA′C=90°，可证明EC=BC=8，再由勾股定理求出A′C的长，再求A′E的长即得到AE的长．
此题重点考查矩形的性质、轴对称的特征、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数及动点问题中的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．
26.【答案】m<−3或m>1 (0,3)，(−1,4)
【解析】解：(1)①将A(−3,0)代入抛物线方程，得9a−3(a−1)+3=0，解得a=−1．
故抛物线的表达式为y=−x2−2x+3．
∵对称轴x=−b2a，a=−1，b=−2，
∴该抛物线的对称轴x=−1．
答：抛物线的表达式为y=−x2−2x+3，对称轴x=−1．
②当0=−x2−2x+3时，解得x=−3或x=1．
∵该抛物线开口向下，且p<0，
∴m<−3或m>1．
(2)将点A(−3,t)代入抛物线方程，得a=16(t−6)．
∵t<0，
∴a<0．
抛物线的对称轴是直线x=−a−12a=12a−12．
若B、C关于对称轴对称，则有m+n=1−aa=1a−1．
∵m∴1a−1≤−3，即0>a≥−12，可得12a−12≤−32，
∴对称轴x=−a−12a=12a−12≤−32．
又∵m+n≤−3，
∴B比C更远离对称轴，
∴p(3)∵抛物线必过某点，
∴与a无关．
∵y=ax2+(a−1)x+3=a(x2+x)−x+3，
∴当(x2+x)=0时，解得x=0或x=−1．
当x=0时，y=3；当x=−1时，y=4．
故答案为：(0,3)，(−1,4)．
(1)①将点代入方程，用待定系数法求解；②根据抛物线的特点和性质可直接得到答案；(2)根据图象上点与对称轴的位置关系进行分析；(3)对抛物线方程进行整理，分析必过某点的条件，这是解决此问的关键．
本题难度很大，考查了求解抛物线解析式的方法、图象性质特点及图象上的点与对称轴间的关系．牌面数字
2
3
4
4
次数
26
24
30
20
组别
时间
频数(人数)
频率
A
0≤t<0.5
8
■
B
0.5≤t<1
12
0.24
C
1≤t<1.5
14
0.28
D
1.5≤t<2
a
■
E
2≤t≤2.5
5
0.1