2024年山东省菏泽市鲁西新区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省菏泽市鲁西新区中考数学一模试卷（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.若盈余200元记作+200元，则−200元表示( )
A. 盈余200元B. 亏损200元C. 亏损−200元D. 不盈余也不亏损
2.若⋅2a2b=2a3b，则括号内应填的单项式是( )
A. aB. 2aC. abD. 2ab
3.实数a、b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列式子不成立的是( )
A. a|b|C. a+b<0D. ab>0
4.用5个大小相同的小正方体黏合成如图所示的几何体，将几何体向右翻滚90°，与原几何体相比较，三视图没有发生改变的是( )
A. 左视图
B. 主视图
C. 俯视图
D. 主视图和左视图
5.光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此光线从水中射向空气时，要发生折射.由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的.如图，∠1=45°，∠2=120°，则∠3+∠4=( )
A. 165°B. 155°C. 105°D. 90°
6.小明用自制的直角三角形纸板DEF测量树AB的高度．测量时，使直角边DE保持水平状态，其延长线交AB于点G；使斜边DF与点A在同一条直线上．测得边DE离地面的高度GB为1.4m，点D到AB的距离DG为6m(如图).已知DE=30cm，EF=20cm，那么树AB的高度等于( )
A. 4mB. 5.4mC. 9mD. 10.4m
7.如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的切线，切点为D，CD与AB的延长线交于点C，∠A=30°，给出下面3个结论：①AD=CD；②BD=BC；③AB=2BC，其中正确结论的个数是( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.已知关于x的分式方程mx−2+1=x2−x的解是非负数.则m的取值范围是( )
A. m≤2B. m≥2
C. m≤2且m≠−2D. m<2且m≠−2
9.如图是甲、乙两同学五次数学测试成绩的折线图．比较甲、乙的成绩，下列说法正确的是( )
A. 甲平均分高，成绩稳定B. 甲平均分高，成绩不稳定
C. 乙平均分高，成绩稳定D. 乙平均分高，成绩不稳定
10.如图，点C在线段AB上，AB=8，AC=2，P为线段CB上点一动点，点A绕点C旋转后与点B绕点P旋转后重合于点D，设CP=x，△CPD的面积为y，则下列图象中能表示y与x关系的图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.掌握地震知识，提升防震意识．根据里氏震级的定义，地震所释放出的能量E与震级n的关系为E=k×101.5n(其中k为大于0的常数)，那么震级为8级的地震所释放的能量是震级为6级的地震所释放能量的 倍．
12.若二次根式 3x−2有意义，则x的取值范围是______．
13.分解因式：3x2−12x+12=______．
14.将一张半径为4的圆形纸片(如图①)连续对折两次后展开得折痕AB、CD，且AB⊥CD，垂足为M(如图②)，之后将纸片如图③翻折，使点B与点M重合，折痕EF与AB相交于点N，连接AE、AF(如图④)，则△AEF的面积是______．
15.如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，DF⊥AB于点E，且DF=DC，连接FC，则∠ACF的度数为______度．
16.在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC如图放置，动点P从(0,3)出发，沿所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第5次碰到矩形的边时，点P的坐标为______；当点P第2024次碰到矩形的边时，点P的坐标为______．
三、解答题：本题共8小题，共64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)
(1)计算：π0+2cs30°+| 3−2|−(12)−2．
(2)先简化，再求值：(x+4)(x−4)+(x−3)2，其中x2−3x+1=0．
18.(本小题8分)
为满足顾客的购物需求，某水果店计划购进甲、乙两种水果进行销售．经了解，甲水果的进价比乙水果的进价低20%，水果店用1000元购进甲种水果比用1200元购进乙种水果的重量多10千克，已知甲，乙两种水果的售价分别为6元/千克和8元/千克．
(1)求甲、乙两种水果的进价分别是多少？
(2)若水果店购进这两种水果共150千克，其中甲种水果的重量不低于乙种水果重量的2倍，则水果店应如何进货才能获得最大利润，最大利润是多少？
19.(本小题8分)
宿迁市政府为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图①是某品牌共享单车放在水平地面上的实物图，图②是其示意图，其中AB、CD都与地面l平行，车轮半径为32cm，∠BCD=64°，BC=60cm，坐垫E与点B的距离BE为15cm．
(1)求坐垫E到地面的距离；
(2)根据经验，当坐垫E到CD的距离调整为人体腿长的0.8时，坐骑比较舒适．小明的腿长约为80cm，现将坐垫E调整至坐骑舒适高度位置E′，求EE′的长．
(结果精确到0.1cm，参考数据：sin64°≈0.90，cs64°≈0.44，tan64°≈2.05)
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，点O坐标原点，直线l分别交x轴、y轴于A，B两点，OA(1)求直线AB的函数表达式；
(2)点P是y轴上的点，点Q第一象限内的点．若以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出Q的坐标．
21.(本小题8分)
2022年5月，W市从甲、乙两校各抽取10名学生参加全市语文素养水平监测．
【学科测试】每名学生从3套不同的试卷中随机抽取1套作答，小亮、小莹都参加测试，请用树状图或列表法求小亮、小莹作答相同试卷的概率．
样本学生语文测试成绩(满分100分)如下表：
表中a=______；b=______．
请从平均数、方差、中位数、众数中选择合适的统计量，评判甲、乙两校样本学生的语文测试成绩．
【问卷调查】对样本学生每年阅读课外书的数量进行问卷调查，根据调查结果把样本学生分为3组，制成频数分布直方图，如图所示．
A组：0请分别估算两校样本学生阅读课外书的平均数量(取各组上限与下限的中间值近似表示该组的平均数)．
【监测反思】
①请用【学科测试】和【问卷调查】中的数据，解释语文测试成绩与课外阅读量的相关性；
②若甲、乙两校学生都超过2000人，按照W市的抽样方法，用样本学生数据估计甲、乙两校总体语文素养水平可行吗？为什么？
22.(本小题8分)
如图，在以线段AB为直径的⊙O上取一点C，连接AC、BC.将△ABC沿AB翻折后得到△ABD．
(1)试说明点D在⊙O上；
(2)在线段AD的延长线上取一点E，使AB2=AC⋅AE.求证：BE为⊙O的切线；
(3)在(2)的条件下，分别延长线段AE、CB相交于点F，若BC=2，AC=4，求线段EF的长．
23.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为5.点P是直线AB下方的抛物线上的一动点(不与点A、B重合)，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；
②连结PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，使这两个三角形的面积比为1：2？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
24.(本小题8分)
如图1，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE，BG．
(1)试猜想线段BG和AE的数量关系是______；
(2)将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转α(0°<α≤360°)，
①判断(1)中的结论是否仍然成立？请利用图2证明你的结论；
②若BC=DE=4，当AE取最大值时，求AF的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：若盈余200元记作+200元，则−200元表示亏损200元．
故选：B．
正和负具有相对性，若盈余用“+”表示，那么亏损就用“−”表示，据此求解即可．
本题主要考查了正负数的实际应用，掌握正和负具有相对性，若盈余用“+”表示，那么亏损就用“−”表示是关键．
2.【答案】A
【解析】解：2a3b÷2a2b=a，
即括号内应填的单项式是a，
故选：A．
根据单项式乘单项式法则(或根据单项式除以单项式法则)求出答案即可．
本题考查了单项式乘单项式法则，能熟记掌握单项式乘单项式法则是解此题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：由数轴可知，−2∴|a|>|b|,a+b<0,ab<0，
∴四个选项中只有D选项符合题意，
故选：D．
根据数轴上点的位置可得−2此题主要考查了实数大小比较的方法，绝对值的含义和求法，以及数轴的特征，解答本题的关键要明确：一般来说，当数轴正方向朝右时，右边的数总比左边的数大．
4.【答案】A
【解析】解：翻滚之前几何体的三视图为：
翻滚之后几何体的三视图为：
因此，三视图没有发生改变的是左视图．
故选：A．
作出几何体翻滚前后的三视图，即可得出没有发生改变的视图．
本题主要考查了简单几何体的三视图，画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．画物体的三视图的口诀为：主、俯：长对正；主、左：高平齐；俯、左：宽相等．
5.【答案】C
【解析】解：∵在水中平行的光线，在空气中也是平行的，∠1=45°，∠2=120°，
∴∠3=∠1=45°，∠4=180°−∠2=60°，
∴∠3+∠4=105°．
故选：C．
由平行线的性质可得∠3=∠1=45°，∠4=60°，从而可求解．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意得：DG=6m，
∵EF//AG
∴△DEF∽△DAG
∴AGDG=EFFD，
即：AG6=2030，
解得：AG=4
∴AB=AG+GB=AG+DC=4+1.4=5.4(米)，
故选：B．
根据题意从实际问题中抽象出相似三角形后，利用相似三角形的性质求解即可．
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是从实际问题中抽象出纯数学问题，然后利用相似三角形求解．
7.【答案】A
【解析】解：如图，连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD⊥OD，
∴∠ODC=90°，
又∵∠A=30°，
∴∠ABD=60°，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠DOB=∠ABD=60°，AB=2OB=2OD=2BD．
∴∠C=∠BDC=30°，
∴BD=BC，②成立；
∴AB=2BC，③成立；
∴∠A=∠C，
∴DA=DC，①成立；
综上所述，①②③均成立，
故答案选：A．
连接OD，CD是⊙O的切线，可得CD⊥OD，由∠A=30°，可以得出∠ABD=60°，△ODB是等边三角形，∠C=∠BDC=30°，再结合在直角三角形中300所对的直角边等于斜边的一半，继而得到结论①②③成立．
本题考查了圆的有关性质的综合应用，在本题中借用切线的性质，求得相应角的度数是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：分式方程去分母得：m+x−2=−x，
解得：x=2−m2，
由分式方程的解是非负数，得到2−m2≥0，且2−m2−2≠0，
解得：m≤2且m≠−2，
故选：C．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程的解是非负数，确定出m的范围即可．
此题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平均数、方差的计算方法以及折线统计图，从统计图中获取数据，是正确计算的前提．分别求出甲、乙成绩的平均数、方差，比较得出答案即可．
【解答】
解：x乙=100+85+90+80+955=90，
x甲=85+90+80+85+805=84，
因此乙的平均分较高；
S乙2=15[(100−90)2+(85−90)2+(90−90)2+(80−90)2+(95−90)2]=50，
S甲2=15[(85−84)2+(90−84)2+(80−84)2+(85−84)2+(80−84)2]=14，
∵50>14，
∴乙的成绩离散程度较高，不稳定，甲的成绩离散程度较低，比较稳定；
故选D．
10.【答案】B
【解析】解：由题意，DC=2，CP=x，DP=6−x，根据三角形的构成条件可得x+6−x>22+6−x>x2+x>6−x，解得2在△CPD中，设∠DCP=θ，由余弦定理可得csθ=22+x2−(6−x)22×2x=3x−8x．
∴sinθ= 1−cs2θ= 1−(3x−8x)2，
∴y=12×CP×CD×sinθ=2 −2(x−3)2+2，
∴当且仅当x=3时，y取得最大值，y最大=2 2．
综上所述，只有选项B符合条件．
故选：B．
在△CPD中，利用CP+CD>PD，CD+PD>CP，可得2本题考查了三角形三边的大小关系、余弦定理、平方关系、三角形的面积计算公式、二次函数的单调性等基础知识与基本技能方法，属于难题．
11.【答案】1000
【解析】【分析】
本题考查了同底数幂的除法，理解能量E与震级n的关系，掌握同底数幂的除法法则是解决问题的关键．
由题意列出算式：k×101.5×8k×101.5×6，进行计算即可得出答案．
【解答】
解：由题意得：k×101.5×8k×101.5×6=1012109=1000，
故答案为：1000．
12.【答案】x≥23
【解析】解：根据题意得，3x−2≥0，
解得x≥23．
故答案为：x≥23．
根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于0列不等式计算即可得解．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
13.【答案】3(x−2)2
【解析】解：原式=3(x2−4x+4)=3(x−2)2，
故答案为：3(x−2)2
原式提取3后，利用完全平方公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
14.【答案】12 3
【解析】【分析】
本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，等边三角形的判定与性质，综合题，但难度不大，仔细分析便不难求解．连接ME，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠MEN=30°，然后求出∠EMN=60°，根据等边对等角求出∠AEM=∠EAM，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AEM=30°，从而得到∠AEF=60°，同理求出∠AFE=60°，再根据三角形的内角和等于180°求出∠EAF=60°，从而判定△AEF是等边三角形，求出MN、EN，然后求出AN、EF，再根据三角形的面积公式求即可．
【解答】
解：连接ME，
∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合，
∴BN=MN，则ME=MB=2MN，
∴∠MEN=30°，
∴∠EMN=90°−30°=60°，
又∵AM=ME(都是半径)，
∴∠AEM=∠EAM，
∴∠AEM=12∠EMN=12×60°=30°，
∴∠AEF=∠AEM+∠MEN=30°+30°=60°，
同理可求∠AFE=60°，
∴∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
则MN=12BN=12×4=2，EN= EM2−MN2=2 3，
∴EF=2EN=4 3，AN=AM+MN=6，
∴△AEF的面积为：12×EF×AN=12×4 3×6=12 3．
故答案为：12 3．
15.【答案】15
【解析】解：∵菱形ABCD中，∠DAB=60°，DF=DC，
∴∠BCD=60°，AB/​/CD，∠DFC=∠DCF，
∵DF⊥AB于点E，
∴∠FDC=90°，
∴∠DFC=∠DCF=45°，
∵菱形ABCD中，∠DCA=∠ACB，
∴∠DCA=∠ACB=30°，
∴∠ACF的度数为：45°−30°=15°．
故答案为：15°．
利用菱形的性质得出∠DCB的度数，再利用等腰三角形的性质得出∠DCF的度数，进而得出答案．
此题主要考查了菱形的性质以及等腰三角形的性质等知识，得出∠DFC=∠DCF=45°是解题关键．
16.【答案】(1,4) (7,4)
【解析】解：如图，根据反射角与入射角的定义作出图形，可知：
当点P第5次碰到矩形的边时，点P的坐标为(1,4)；
每6次反弹为一个循环组依次循环，经过6次反弹后动点回到出发点(0,3)，
∵2024÷6=337⋅⋅⋅2，
∴当点P第2024次碰到矩形的边时为第338个循环组的第2次反弹，点P的坐标为(7,4)．
故答案为：(1,4)；(7,4)．
作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，当点P第5次碰到矩形的边时，可参照图象得出点的坐标；当点P第2024次碰到矩形的边时，用2024除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．
此题考查了对点的坐标的规律变化的认识，解题的关键是根据条件画出图形并得到点的坐标．
17.【答案】解：(1)π0+2cs30°+| 3−2|−(12)−2
=1+2× 32+2− 3−4
=1+ 3+2− 3−4
=−1；
(2)(x+4)(x−4)+(x−3)2
=x2−16+x2−6x+9
=2x2−6x−7，
∵x2−3x+1=0，
∴x2−3x=−1，
∴原式=2(x2−3x)−7=−1×2−7=−9．
【解析】(1)先计算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角三角函数值，再根据实数的运算法则求解即可；
(2)先根据平方差公式和完全平方公式去括号，然后合并同类项化简，最后利用整体代入法求解即可．
本题主要考查了整式的化简求值，熟练掌握零指数幂，负整数指数幂，求特殊角三角函数值是关键．
18.【答案】解：(1)设乙种水果的进价为x元，则甲种水果的进价为(1−20%)x元，
由题意得：1000(1−20％)x=1200x+10
解得：x=5，
经检验：x=5是原方程的解，且符合题意，
则5×(1−20%)=4(元)，
答：甲种水果的进价为4元，则乙种水果的进价为5元；
(2)设购进甲种水果m千克，则乙种水果(150−m)千克，利润为w元，
由题意得：w=(6−4)m+(8−5)(150−m)=−m+450，
∵甲种水果的重量不低于乙种水果重量的2倍，
∴m≥2 (150−m)，
解得：m≥100，
∵−1<0，则w随m的增大而减小，
∴当m=100时，w最大，最大值=−100+450=350，
则150−m=50，
答：购进甲种水果100千克，乙种水果50千克才能获得最大利润，最大利润为350元．
【解析】(1)设乙种水果的进价为x元，则甲种水果的进价为x(1−20%)元，由题意：用1000元购进甲种水果比用1200元购进乙种水果的重量多10千克，列出分式方程，解方程即可；
(2)设购进甲种水果m千克，则乙种水果(150−m)千克，利润为w元，由题意得w=−m+450，再由甲种水果的重量不低于乙种水果重量的2倍，得m≥2 (150−m)，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
19.【答案】解：(1)如图1，过点E作EM⊥CD于点M，
由题意知∠BCM=64°，EC=BC+BE=60+15=75cm，
∴EM=EC·sin∠BCM=75×sin64°≈67.5m，
则单车坐垫E到地面的高度为67.5+32≈99.5cm；
(2)如图2所示，过点E′作E′H⊥CD于点H，
由题意知E′H=80×0.8=64cm，
则E ′C=E ′Hsin⁡∠ECH=64sin64∘≈71.1cm，
∴EE′=CE−CE′=75−71.1=3.9cm．
【解析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是明确题意，利用锐角三角函数进行解答．
(1)作EM⊥CD于点M，由EM=EC·sin∠BCM=75×sin64°可得答案；
(2)作E′H⊥CD于点H，先根据E ′C=E ′Hsin⁡∠ECD求得E′C的长度，再根据EE′=CE−CE′可得答案
20.【答案】解：(1)∵x2−7x+12=0，
∴(x−3)(x−4)=0，
∴x=3，x=4．
∴点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,4).
∵设直线AB的函数表达式为y=kx+b(k≠0)
∴0=3k+b4=b
∴k=−43b=4
∴直线AB的函数表达式为y=−43x+4．
(2)当P在B的下边时，AB是菱形的对角线，AB的中点D坐标是(32,2)，
设过D点，与直线AB垂直的直线的解析式是y=34x+m，则98+m=2，
解得：m=78，
则P的坐标是(0,78).
设Q的坐标是(x,y)，则x2=32，78+y2=2，
解得：x=3，y=258，
则Q点的坐标是：(3,258).
当P在B点的上方时，AB= 32+42=5，
AQ=5，则Q点的坐标是(3,5)．
总之，Q点的坐标是(3,5)或(3,258).
【解析】(1)首先解方程，求得OA、OB的长度，即求得A、B的坐标，利用待定系数法即可求解；
(2)分P在B点的上边和在B的下边两种情况进行讨论，求得Q的坐标．
本题考查了待定系数法求函数的解析式，以及菱形的性质，正确对P的位置进行分类讨论是关键．
21.【答案】解：【学科测试】
设3套不同的试卷分别为1，2，3，列表如下：
一共有9种等可能的情况，而满足题意的有3种情况，
∴小亮、小莹作答相同试卷的概率为39=13；
将甲校样本学生成绩从小到大排序为：50，66，66，66，78，80，81，82，83，94，
位于第5个和第6个的数据分别是78和80，
∴a=78+802=79，
在乙校样本学生成绩中出现次数最多的是76，
∴b=76，
故答案为：79，76；
由题意，甲、乙两校样本学生语文测试成绩的平均数相同，乙校方差小于甲校，
∴乙校成绩更加稳定；
【问卷调查】
由题意，甲校学生阅读课外书的平均数量为10×4+30×1+50×54+1+5=32(本)，
乙校学生阅读课外书的平均数量为10×3+30×4+50×33+4+3=30(本)；
【监测反思】
①甲校样本学生阅读课外书的平均数量为32本，乙校样本学生阅读课外书的平均数量为30本；
从语文测试成绩来看，甲、乙两校平均数一样大，乙校样本学生成绩比较稳定，甲校的中位数比乙校高，但从众数来看乙校成绩要好一些；
从课外阅读量来看，虽然甲校学生阅读课外书数量的平均数较大，但整体来看，三个组的人数差别较大，没有乙校平稳；
综上来说，课外阅读量越大，语文成绩就会好一些，所以要尽可能地增加课外阅读量；
②甲、乙两校学生都超过2000人，不可以按照W市的抽样方法，用样本学生数据估计甲、乙两校总体语文素养水平，因为W市的抽样方法是各校抽取了10人，样本容量较小，而甲、乙两校的学生人数太多，评估出来的数据不够精确，所以不能用这10个人的成绩来评估全校超过2000人的成绩．
【解析】【分析】
本题是统计综合题，解题的关键在于能结合频数分布直方图和数据统计表分析学生的成绩．
【学科测试】根据中位数和众数的概念分析求解，然后结合平均数、方差、中位数、众数的意义进行分析评判；
【问卷调查】根据平均数的计算公式分析计算；
【监测反思】①根据表格中的数据和频数分布直方图分析语文测试成绩与课外阅读量的相关性；②统计调查中确定样本容量的大小时要考虑总体的大小，从而可得结果．
【解答】
解：【学科测试】
设3套不同的试卷分别为1，2，3，列表如下：
一共有9种等可能的情况，而满足题意的有3种情况，
∴小亮、小莹作答相同试卷的概率为39=13；
将甲校样本学生成绩从小到大排序为：50，66，66，66，78，80，81，82，83，94，
位于第5个和第6个的数据分别是78和80，
∴a=78+802=79，
在乙校样本学生成绩中出现次数最多的是76，
∴b=76，
故答案为：79，76；
由题意，甲、乙两校样本学生语文测试成绩的平均数相同，乙校方差小于甲校，
∴乙校成绩更加稳定；
【问卷调查】
见答案；
【监测反思】
见答案．
22.【答案】解：(1)

如图，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵将△ABC沿AB翻折后得到△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠ADB=∠C=90°，
∴OD=AO=BO，
∴点D在以AB为直径的⊙O上；
(2)∵△ABC≌△ABD，
∴AC=AD，∠ADB=∠C=90°，
∵AB2=AC⋅AE，
∴AB2=AD⋅AE，即ABAE=ADAB，
∵∠EAB=∠BAD，
∴△AEB∽△ABD，
∴∠ABE=∠ADB=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴BE是⊙O的切线；
(3)∵△ABC≌△ABD，BC=2，AC=4，
∴BD=BC=2，AD=AC=4，∠ADB=∠C=90°，
∴∠BDE=90°，
∴在Rt△ABD中，AB= AD2+BD2= 42+22=2 5，
由(2)可得ABAE=ADAB，
∴2 54+DE=42 5，
解得：DE=1，
∴AE=AD+DE=4+1=5，
∴在Rt△BDE中，BE= BD2+DE2= 22+12= 5，
∵四边形ACBD内接于⊙O，
∴∠FBD=∠FAC，即∠FBE+∠DBE=∠BAE+∠BAC，
又∵∠DBE+∠ABD=∠BAE+∠ABD=90°，
∴∠DBE=∠BAE，
∴∠FBE=∠BAC，
又∠BAC=∠BAD，
∴∠FBE=∠BAD，即∠FBE=∠FAB，
∵∠F=∠F，
∴△FBE∽△FAB，
∴EFBF=BEAB，
即EFBF=BEAB= 52 5=12，
∴BF=2EF，
在Rt△ACF中，∵AF2=AC2+CF2，
∴(5+EF)2=42+(2+2EF)2，
整理，得：3EF2−2EF−5=0，
解得：EF=−1(舍)或EF=53，
∴EF=53．
【解析】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握翻折的性质、圆内接四边形的性质及相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．
(1)由翻折知△ABC≌△ABD，得∠ADB=∠C=90°，据此即可得；
(2)由AC=AD知AB2=AD⋅AE，即ABAE=ADAB，据此可得△AEB∽△ABD，即可得出∠ABE=∠ADB=90°，从而得证；
(3)由ABAE=ADAB知DE=1、BE= 5，证△FBE∽△FAB得EFBF=BEAB，据此知BF=2EF，在Rt△ACF中根据AF2=AC2+CF2可得关于EF的一元二次方程，解之可得．
23.【答案】解：(1)在y=x+1中，当y=0时，x=−1；当y=5时，x=4．
则A(−1,0)、B(4,5)，
将A(−1,0)、B(4,5)分别代入y=ax2+bx−3中，得a−b−3=016a+4b−3=5.
解得a=1，b=−2．
∴所求解析式为y=x2−2x−3．
(2)①设直线AB交y轴于点E，求得E(0,1)，
∴OA=OE=1，∠AEO=45°，
∴∠ACP=∠AEO=45°，
∴PD=PCsin∠ACP= 22PC．
设P(m,m2−2m−3)，则C(m,m+1)，
∴PC=(m+1)−(m2−2m−3)=−m2+3m+4．
∴PD= 22(−m 2+3m+4)=− 22(m−32)2+25 28．
∴PD的最大值为25 28．
②过D作DF⊥CP，过B作BG⊥PQ，交PC延长线与点Q，
∵sin∠ACP= 22，
∴cs∠ACP= 22，
在Rt△PDF中，DF=DP⋅sin∠DPC=DP⋅cs∠ACP= 22× 22(−m2+3m+4)=−12(m2−3m−4)，
又∵BG=4−m，
∴S△DCPS△BCP=12DF⋅CP12BG⋅CP=DFBG=−12(m2−3m−4)4−m=m+12，
当S△DCPS△BCP=m+12=12时，解得：m=0；
当S△DCPS△BCP=m+12=2时，解得：m=3．
故当m=0或m=3时，PC把△PDB分成两个三角形的面积比为1：2．
【解析】(1)在y=x+1中，当y=0时，x=−1；当y=5时，x=4，依此可得A与B的坐标；将A与B坐标代入抛物线解析式求出a与b的值，即可确定出抛物线解析式；
(2)①设直线AB与y轴交于点E，由CP与y轴平行，得到∠ACP=∠AEO，求出AE与OA的长，得出sin∠AEO的值，即为sin∠ACP的值，由P的横坐标为m，分别代入直线与抛物线解析式得到两个纵坐标之差为PC的长，由PD=PCsin∠ACP表示出PD，利用二次函数的性质求出PD的最大值即可；
②存在，过D作DF⊥CP，过B作BG⊥PQ，交PC延长线与点Q，表示出DF与BG，进而表示出三角形DCP面积与三角形BCP面积，根据面积之比为1：2列出关于m的方程，求出方程的解得到m的值即可．
此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，坐标与图形性质，二次函数的图象与性质，锐角三角函数定义，同角三角函数间的基本关系，以及三角形的面积求法，熟练掌握待定系数法是解本题第一问的关键．
24.【答案】(1)BG=AE；
(2)①成立BG=AE．
理由：如图2，连接AD，
∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，
∴AD=BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB=90°.
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE=DG，且∠GDE=90°，
∴∠ADG+∠ADE=90°，
∴∠BDG=∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△BDG≌△ADE(SAS)，
∴BG=AE；
②∵BG=AE，
∴当BG取得最大值时，AE取得最大值．
如图3，当旋转角为270°时，BG=AE．
∵BC=DE=4，
∴BG=2+4=6．
∴AE=6．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF= AE2+EF2= 36+16，
∴AF=2 13．

【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
(1)由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；
(2)①如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；
②由①可知BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论．
【解答】
解：(1)BG=AE．
理由：如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠ADB=∠ADC=90°．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△ADE≌△BDG(SAS)，
∴BG=AE．
故答案为：BG=AE；
(2)见答案．样本学生成绩
平均数
方差
中位数
众数
甲校
50
66
66
66
78
80
81
82
83
94
74.6
141.04
a
66
乙校
64
65
69
74
76
76
76
81
82
83
74.6
40.84
76
b
1
2
3
1
(1,1)
(2,1)
(3,1)
2
(1,2)
(2,2)
(3,2)
3
(1,3)
(2,3)
(3,3)
1
2
3
1
(1,1)
(2,1)
(3,1)
2
(1,2)
(2,2)
(3,2)
3
(1,3)
(2,3)
(3,3)