2024年山东省淄博市高青县中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省淄博市高青县中考数学二模试卷（含解析），共27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.第十九届亚运会在杭州举行，旅游市场活力得到进一步释放.据统计，中秋国庆假期，浙江共接待游客43720000人次.数据43720000用科学记数法表示为( )
A. 0.4372×108B. 43.72×106C. 4.372×107D. 4.372×106
2.如图所示几何体的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.已知m+3<0，则下列结论正确的是( )
A. −3C. −34.如图，在矩形ABCD中，AB=2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为( )
A. 2 5B. 2 3C. 4D. 2
5.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=26°，BC=6.若用科学计算器求边AC的长，则下列按键顺序正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图，扇形AOB中，∠AOB=90°，OB= 3，点C为AO上一点，将扇形AOB沿着BC折叠，弧A′B恰好经过点O，则阴影部分的面积为( )
A. 32π− 3
B. 34π− 32
C. 34π− 3
D. 32π− 32
7.如图，点F，G分别在正方形ABCD的边BC，CD上，E为AB中点，连结ED，正方形FGQP的边PQ恰好在DE上，记正方形ABCD面积为S1，正方形FPQG面积为S2，则S1：S2的值为( )
A. 10：7B. 20：7C. 49：10D. 49：20
8.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在BC上取点F，使得CF=CE，连结AF交CD于点G，连结AD.若CG=GF，则BC2AD2的值等于( )
A. 5+12
B. 5+32
C. 5−12
D. 3− 52
9.如图，矩形OABC的顶点C在双曲线y=kx(k≠0)上，BC与y轴交于点D，且CD=2BD.AO与x轴负半轴的夹角的正切值为12，连接OB，S△OBD=5，则k的值为( )
A. 12
B. 15
C. 16
D. 18
10.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为边AD上一个动点，连结BE，取BE的中点G，点G绕点E逆时针旋转90°得到点F，连结CF，则△CEF面积的最小值是( )
A. 4B. 154C. 3D. 114
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.若分式x2−4x+2的值为0，则x的值是______．
12.关于x的一元二次方程(m−1)x2+x+m2+2=0有一根为2，则m的值为______．
13.如图，已知电流在一定时间段内正常通过电子元件“
”的概率是12，在一定时间段内，A，B之间电流能够正常通过的概率为______．
14.如图，在矩形ABCD中，AD=2，AB= 3，点P为BC边上一点，则AP+12PC的最小值等于______．
15.如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1,0)，对称轴为直线x=1.下列四个结论：①abc>0；②2a+b=0；③函数y=ax2+bx+c的最大值为−4a；④若关于x的方程ax2+bx+c=a+1无实数根，则−15三、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。
16.(本小题8分)
(1)计算：−12024+(π−3.14)0− 12+|−3|；
(2)先化简，再求值：x2−2x+1x2−1−xx+1，其中x=2．
17.(本小题8分)
如图，已知△ABC，∠C=50°，将AB沿射线BC的方向平移至A′B′，使B′为BC的中点，连结AA′，记A′B′与AC的交点为O．
(1)求证：△AOA′≌△COB′；
(2)若AC平分∠BAA′，求∠B的度数．
18.(本小题8分)
2022年4月21日新版《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》正式颁布，优化了课程设置，其中将劳动教育从综合实践活动课程中独立出来.某校为了初步了解学生的劳动教育情况，对九年级学生“参加家务劳动的时间”进行了抽样调查，并将劳动时间x分为如下四组(A：x<70；B：70≤x<80；C：80≤x<90；D：x≥90，单位：分钟)进行统计，绘制了如下不完整的统计图．

根据以上信息，解答下列问题：
(1)本次抽取的学生人数为______人，扇形统计图中m的值为______；
(2)补全条形统计图；
(3)已知该校九年级有600名学生，请估计该校九年级学生中参加家务劳动的时间在80分钟(含80分钟)以上的学生有多少人？
(4)若D组中有3名女生，其余均是男生，从中随机抽取两名同学交流劳动感受，请用列表法或树状图法，求抽取的两名同学中恰好是一名女生和一名男生的概率．
19.(本小题8分)
图1是某景区塔，图2是它的测量示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是塔高AB所在的直线.为了测量塔高，在地面上点M测得塔顶A的仰角为45°，继续向前走22米到达N点，又测得塔顶仰角为60°，此时N，C，A恰好共线，若塔顶底部CD=10米(CD//EF)，AB与CD交于点H(M,N,B在同一水平线上，答案精确到0.1米，参考数据： 3≈1.73)
(1)求塔尖高度AH．
(2)若塔身与地面夹角的正切值为6(即tan∠CEB=6)，则还需要往前走多少米到达塔底E处．
20.(本小题8分)
为培养学生的阅读能力，深圳市某校八年级购进《朝花夕拾》和《西游记》两种书籍，分别花费了14000元和7000元，已知《朝花夕拾》的订购单价是《西游记》的订购单价的1.4倍，并且订购的《朝花夕拾》的数量比《西游记》的数量多300本．
(1)求该校八年级订购的两种书籍的单价分别是多少元；
(2)该校八年级计划再订购这两种书籍共100本作为备用，其中《朝花夕拾》订购数量不低于30本，且两种书总费用不超过1200元，请求出再订购这两种书籍的最低总费用的方案及最低费用为多少元？
21.(本小题8分)
如图，一次函数y=−x+5的图象与函数y=nx(n>0,x>0)的图象交于点A(4,a)和点B．
(1)求n的值；
(2)若x>0，根据图象直接写出当−x+5>nx时x的取值范围；
(3)点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，交函数y=nx的图象于点Q，若△POQ的面积为1，求点P的坐标．
22.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接CB，过C作CD⊥AB于点D，过C作∠BCE，使∠BCE=∠BCD，其中CE交AB的延长线于点E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)如图2，点F在⊙O上，且满足∠FCE=2∠ABC，连接AF并延长交EC的延长线于点G．
ⅰ)试探究线段CF与CD之间满足的数量关系；
ⅱ)若CD=4，tan∠BCE=12，求线段FG的长．
23.(本小题8分)
综合与探究
如图1，已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，点M是直线BC上方抛物线上的一动点．
(1)求抛物线的顶点D的坐标和直线BC的解析式；
(2)如图1，连接AM交BC于点P，若MPAP=12，求此时点M的坐标；
(3)如图2，直线y=x+b与抛物线交于A，E两点，过顶点D作DF/​/y轴，交直线AE于点F.若点G是抛物线上一动点，试探究在直线AE上是否存在一点H，使得以点D，F，G，H为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：43720000=4.372×107，
故选：C．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：从上面可看，是一个矩形，矩形内部的右下角是一个小三角形．
故选：C．
找到从上面看所得到的图形即可．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．
3.【答案】D
【解析】解：∵m+3<0，
∴m+3−m<0−m，即3<−m，故选项A、B不符合题意；
∵m+3<0，
∴m<−3
∴m<−3<3<−m，故选项C不符合题意，选项D符合题意．
故选：D．
，应用不等式的性质，逐项判断即可．
此题主要考查了不等式的性质：(1)不等式的两边同时加上(或减去)同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；(2)不等式的两边同时乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；(3)不等式的两边同时乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴AB=AO=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴BC= 3AB=2 3，
故选：B．
由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证△AOB是等边三角形，可得∠BAC=60°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC中，
∵tan∠ABC=ACBC，
∴AC=BC⋅tan∠ABC
=6×tan26°．
故选：D．
先利用直角三角形的边角间关系用BC、tan∠ABC表示出AC，再确定正确答案．
本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：如图所示，作点O关于BC的对称点O′，连接CO′，BO′，OO′，BC与OO′交于点D，
∵OD=O′D=12OO′=12OB，
∴∠OBC=30°，
∴OC= 33OB=1，
∴阴影部分的面积=S扇AOB−2S△COB=90π×( 3)2360−2×12× 3×1=34π− 3．
故选：C．
作点O关于BC的对称点O′，连接CO′，BO′，OO′，BC与OO′交于点D，在Rt△OBD中可得∠OBC=30°，在Rt△COB中，求得OC的长，最后根据S扇AOB−2S△COB进行计算即可．
本题主要考查的是翻折的性质、扇形的面积，将不规则图形面积转化为规则图形的面积进行计算是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC，∠A=∠ADG=∠C=90°，
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠PQC=∠DQG=90°，∠QGF=90°，
∴∠ADE+∠QDG=∠QDG+∠DGQ=90°，
∴∠ADE=∠DGQ，
∵∠A=∠DQG=90°，
∴△ADE∽△QGD，
∴ADAE=QGQD，
设正方形ABCD的边长为2a，则AD=DC=AB=2a，
∵E为AB中点，
∴AE=a，
∴QGQD=2aa=2，
设正方形FGQP的边长为2b，则FG=QG=2b，QD=b，
∴DG= QG2+QD2= 4b2+b2= 5b，
∵∠DGQ+∠FGC=90°=∠DGQ+∠GDQ，
∴∠GDQ=∠FGC，
∴cs∠GDQ=cs∠FGC=DQDG=GCFG，
∴ b 5b=GC2b，
∴GC=2 55b，
∵DC=2a= 5b+2 55b，
∴2a=7 55b，
∴S1：S2=49×525b24b2=4920，
故选：D．
由相似三角形的性质和锐角三角函数可求DC=2a= 5b+2 55b，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角函数等知识，利用参数表示线段的长度是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥AB，
∴AC=AD，∠CEB=∠CEA=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，∠ABC+∠BCE=90°，
∴∠BAC=∠BCE，
∴△BCE∽△BAC，
∴BCAB=BEBC，
∴BC2=AB⋅BE，
同理可得：AC2=AB⋅AE，
∵CG=GF，
∴∠CFG=∠FCG，
∴△ACF∽△BEC，
∴ACBE=CFCE，
∵CF=CE，
∴AC=BE，
∴AC2=AB⋅AE=AB(AB−AC)，
∴AC= 5−12AB(负值舍去)，
∴BE= 5−12AB，
∴AE=3− 52AB，
∴BC2AD2=BC2AC2=AB⋅BEAB⋅AE= 5+12，
故选：A．
由射影定理可得BC2=AB⋅BE，AC2=AB⋅AE，通过证明△ACF∽△BEC，可得AC=BE，可求AC= 5−12AB，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关知识，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E，
∵四边形ABCO是矩形，
∴∠AOC=∠BCO=90°，
∴∠1+∠COE=90°，
∵CE⊥x轴，
∴∠2+∠COE=90°，CE/​/y轴，
∴∠1=∠2=∠3，
∵CD=2BD，S△OBD=5，
∴S△OBC=3S△OBD=15，
设BD=a，则CD=2a，
∵tan∠1=12，
∴tan∠2=tan∠3=12，
∴CDCO=12，
∴CO=4a，
∴OD= (2a)2+(4a)2=2 5a，
S△OBC=12×4a×3a=15，
∴a= 102，
∴OC=2 10，
∵tan∠2=12，
∴OECE=12，
∴OE=2 2，
∴CE=4 2，
C(2 2,4 2)，
∴k=2 2×4 2=16，
故选：C．
过点C作CE⊥x轴于点E，由题意可知∠1=∠2=∠3，由CD=2BD，S△OBD=5可知S△OBC=15，设BD=a，则CD=2a，利用三角函数求得OD=2 5a，利用S△OBC=15，求得a的值，在△OCE中利用三角函数求得OE和CE的长，从而求得点C的坐标，即可求得k的值．
本题考查了矩形的性质，三角函数，反比例函数k的几何意义等知识的综合运用．
10.【答案】B
【解析】解：过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，
∵∠A=∠H=90°，∠FEB=90°，
∴∠FEH=90°−∠BEA=∠EBA，
∴△FEH∽△EBA，
∴HFAE=HEAB=EFBE=12，
设AE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴HF=12x，EH=2，DH=x，
∴△CEF面积=12×(12x+4)×x+12×4×(2−x)−12×2×12x=14x2−12x+4=14(x−1)2+154，
∴当x=1时，△CEF面积的最小值是154．
故选：B．
过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，则△FEH∽△EBA，设AE=x，可得出△CEF面积与x的函数关系式，再根据二次函数图象的性质求得最小值．
本题通过构造K形图，建立△CEF面积与AE长度的函数关系式是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：∵分式x2−4x+2的值为0，
∴x2−4=0且x+2≠0，
解得：x=2．
故答案为：2．
直接利用分式的值为零，则分子为零，再利用分式有意义的条件，其分母不为零，进而得出答案．
此题主要考查了分式的值为零的条件以及分式有意义的条件，注意分式有意义的条件是解题关键．
12.【答案】m1=0，m2=−4
【解析】解：把x=2代入关于x的一元二次方程(m−1)x2+x+m2+2=0得：
4(m−1)+2+m2+2=0，
4m−4+2+m2+2=0，
m2+4m=0，
m(m+4)=0，
m1=0，m2=−4，
故答案为：m1=0，m2=−4．
把x=2代入关于x的一元二次方程(m−1)x2+x+m2+2=0得关于m的一元二次方程，解方程求出m的值即可．
本题主要考查了一元二次方程的解，解题关键是熟练掌握一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值．
13.【答案】34
【解析】解：根据题意，电流在一定时间段内正常通过电子元件的概率是0.5，
即某一个电子元件不正常工作的概率为12，
则两个元件同时不正常工作的概率为14；
故在一定时间段内AB之间电流能够正常通过的概率为1−14=34；
故答案为：34．
根据题意，某一个电子元件不正常工作的概率为12，可得两个元件同时不正常工作的概率为14，进而由概率的意义可得一定时间段内AB之间电流能够正常通过的概率．
本题主要考查了等可能事件的概率，属于基础题，用到的知识点为：电流能正常通过的概率=1−电流不能正常通过的概率．
14.【答案】52
【解析】解：在矩形外作∠BCM=30°，过点P作PE⊥CM，则PE=12PC，过点A作AF⊥CM于点F，交BC于点P′，
∴AP+12PC=AP+PE≥AF，
∴AP+12PC的最小值为AF的长，
∵∠AP′B=∠CP′F=90°−∠BCM=60°，∠B=90°，
在Rt△ABP′中，
AP′=ABsin∠AP′B= 3 32=2，BP′=ABtan∠AP′B= 3 3=1，
∴CP′=BC−BP′=AD−BP′=2−1=1，
在Rt△CFP′中，
P′F=12CP′=12，
∴AF=AP′+P′F=2+12=52，
故答案为：52．
在矩形外作∠BCM=30°，过点P作PE⊥CM，则PE=12PC，过点A作AF⊥CM于点F，交BC于点P′，推出AP+12PC的最小值为AF的长，在分别求出AP′和P′F即可求出答案．
本题考查胡不归，解答中涉及矩形的性质，勾股定理，三角函数，构造出一条线段表示AP+12PC的最小值是解题的关键．
15.【答案】②③④
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴c>0，
∵−b2a>0，
∴b>0，
∴abc<0，故①错误．
∵抛物线的对称轴是直线x=1，
∴−b2a=1，
∴2a+b=0，故②正确．
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1,0)，对称轴为直线x=1，
∴抛物线交x轴于另一点(3,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
当x=1时，y的值最大，最大值为−4a，故③正确．
∵ax2+bx+c=a+1无实数根，
∴a(x+1)(x−3)=a+1无实数根，
∴ax2−2ax−4a−1=0，Δ<0，
∴4a2−4a(−4a−1)<0，
∴a(5a+1)<0，
∴−15故答案为：②③④．
根据抛物线的开口方向和对称轴以及与y轴的交点即可判断①；利用抛物线的对称轴即可判断②；由抛物线对称轴得到抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，当x=1时，y的值最大，最大值为−4a，即可判断③；把问题转化为一元二次方程，利用判别式<0，即可判断④．
本题考查二次函数的性质，根的判别式，二次函数的最值等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型，
16.【答案】解：(1)−12024+(π−3.14)0− 12+|−3|
=−1+1−2 3+3
=3−2 3；
(2)x2−2x+1x2−1−xx+1
=(x−1)2(x+1)(x−1)−xx+1
=x−1x+1−xx+1
=x−1−xx+1
=−1x+1，
当x=2时，原式=−12+1=−13．
【解析】(1)先化简，然后计算加减法即可；
(2)先化简，然后计算减法，再将x的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查实数的运算、分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
17.【答案】(1)证明：由平移可知，AB=A′B′，AB/​/A′B′，
∵B′为BC的中点，
∴OB′是△ABC的中位线，
∴OA=OC，OB′=12AB，
∴OB′=12A′B′，
即A′O=OB′，
在△AOA′与△COB′中，
OA=OC∠AOA′=∠COB′OA′=OB′，
∴△AOA′≌△COB′(SAS)；
(2)解：∵△AOA′≌△COB′，
∴∠A′AO=∠C=50°，
∵AC平分∠BAA′，
∴∠BAC=∠OAA′=50°，
∴∠B=180°−50°−50°=80°．
【解析】(1)利用三角形中位线定理得出OA=OC，进而利用SAS证明△AOA′≌△COB′即可；
(2)根据全等三角形的性质得出∠A′AO的度数，进而利用三角形的内角和定理解答即可．
此题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用SAS证明△AOA′≌△COB′解答．
18.【答案】解：(1)50 ；30；
(2)C组的人数为：50−10−15−5=20(人)，
补全条形统计图如下：
(3)600×20+550=300(人)，
答：估计该校九年级学生中参加家务劳动的时间在80分钟(含80分钟)以上的学生约有300人；
(4)若D组中有3名女生，则有2名男生，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中抽取的两名同学中恰好是一名女生和一名男生的结果有12种，
∴抽取的两名同学中恰好是一名女生和一名男生的概率是1220=35．
【解析】解：(1)本次抽取的学生人数为5÷10%=50(人)，
∴m%=15÷50×100%=30%，
∴m=30，
故答案为：50，30；
(2)见答案；
(3)见答案
(4)见答案．
(1)由D组的人数除以所占百分比得出本次抽取的学生人数，即可解决问题；
(2)求出C组的人数，补全条形统计图即可；
(3)由该校九年级学生人数乘以参加家务劳动的时间在80分钟(含80分钟)以上的学生所占的比例即可；
(4)画树状图，共有20种等可能的结果，其中抽取的两名同学中恰好是一名女生和一名男生的结果有12种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19.【答案】解：(1)∵CD//EF，
∴∠ACD=∠ANB=60°，
由题意得：AC=AD，AH⊥CD，
∴CH=12CD=5(米)，
在Rt△ACH中，AH=CH⋅tan60°=5 3≈8.7(米)，
∴塔尖高度AH约为8.7米；
(2)过点C作CG⊥EF，垂足为G，

由题意得：MN=22米，CH=BG=5米，CG=BH，
设NG=x米，
∴BM=MN+NG+BG=22+x+5=(27+x)米，
在Rt△ABM中，∠AMB=45°，
∴AB=BM⋅tan45°=(27+x)米，
在Rt△CNG中，∠CNG=60°，
∴CG=NG⋅tan60°= 3x(米)，
∴CG=BH= 3x米，
∵AH+BH=AB，
∴5 3+ 3x=27+x，
解得：x=11 3+6，
∴NG=(11 3+6)米，CG= 3x=(33+6 3)米，
在Rt△CEG中，tan∠CEB=6，
∴EG=CGtan∠CEB=33+6 36=(336+ 3)米，
∴NE=NG−EG=11 3+6−(336+ 3)=10 3+12≈17.8(米)，
∴还需要往前走约17.8米到达塔底E处．
【解析】(1)先利用平行线的性质可得∠ACD=∠ANB=60°，再根据题意可得：AC=AD，AH⊥CD，从而可得CH=12CD=5米，然后在Rt△ACH中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)过点C作CG⊥EF，垂足为G，根据题意可得：MN=22米，CH=BG=5米，CG=BH，然后设NG=x米，则BM=(27+x)米，分别在Rt△ABM和Rt△CNG中，利用锐角三角函数的定义求出AB和CG的长，从而列出关于x的方程，进行计算可求出CG的长，最后在Rt△CEG中，利用锐角三角函数的定义求出EG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，轴对称图形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设《西游记》的订购单价是x元，则《朝花夕拾》的订购单价是1.4x元，
根据题意得：140001.4x−7000x=300，
解得：x=10，
经检验，x=10是所列方程的解，且符合题意，
∴1.4x=1.4×10=14(元)．
答：《朝花夕拾》的订购单价是14元，《西游记》的订购单价是10元；
(2)设再次订购m本《朝花夕拾》，则再次订购(100−m)本《西游记》，
根据题意得：m≥3014m+10(100−m)≤1200，
解得：30≤m≤50．
设该校八年级再次订购这两种书籍共花费为w元，则w=14m+10(100−m)，
即w=4m+1000，
∵4>0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m=30时，w取得最小值，最小值为4×30+1000=1120(元)，此时100−m=100−30=70(本)．
答：当再次订购30本《朝花夕拾》，70本《西游记》时，总费用最低，最低费用为1120元．
【解析】(1)设《西游记》的订购单价是x元，则《朝花夕拾》的订购单价是1.4x元，利用数量=总价÷单价，结合用14000元订购的《朝花夕拾》的数量比用7000元订购的《西游记》的数量多300本，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出《西游记》的订购单价，再将其代入1.4x中，即可求出《朝花夕拾》的订购单价；
(2)设再次订购m本《朝花夕拾》，则再次订购(100−m)本《西游记》，根据“《朝花夕拾》订购数量不低于30本，且两种书总费用不超过1200元”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，设该校八年级再次订购这两种书籍共花费为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组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)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
21.【答案】解：(1)∵一次函数y=−x+5的图象与过点A(4,a)，
∴a=−4+5=1，
∴点A(4,1)，
∵点A在反比例函数y=nx(n>0,x>0)的图象上，
∴n=4×1=4；
(2)由y=−x+5y=4x，解得x=1y=4或x=4y=1，
∴B(1,4)，
∴若x>0，当−x+5>nx时x的取值范围是1(3)设P(x,−x+5)，则Q(x,4x)，
∴PQ=−x+5−4x，
∵△POQ的面积为1，
∴12PQ⋅OM=1，即12x⋅(−x+5−4x)=1，
整理得x2−5x+6=0，
解得x=2或3，
∴P点的坐标为(2,3)或(3,2)．
【解析】(1)根据一次函数解析式求得点A的坐标，然后利用待定系数法即可求得n的值；
(2)解析式联立成方程组，解方程组求得点B的坐标，然后根据图象求得即可；
(3)设P(x,−x+5)，则Q(x,4x)，得到PQ=−x+5−4x，由△POQ的面积为1即可求得x的值，从而求得点P的坐标．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，函数与不等式的关系以及三角形的面积，求得交点坐标是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：如图1，连接OC，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CD⊥AB，
∴∠OBC+∠BCD=90°，
∵∠BCE=∠BCD，
∴∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线；
(2)解：i)线段CF与CD之间满足的数量关系是：CF=2CD，
理由如下：
如图2，过O作OH⊥CF于点H，
∴CF=2CH，
∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，
∴∠OCH=∠OCD，
∵OC为公共边，
∴△COH≌△COD(AAS)，
∴CH=CD，
∴CF=2CD；
ii)∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=12，
∴tan∠BCD=12．
∵CD=4，
∴BD=CD⋅tan∠BCD=2，
∴BC= CD2+BD2=2 5，
由i)得：CF=2CD=8，
设OC=OB=x，则OD=x−2，
在Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，
∴x2=(x−2)2+42，
解得：x=5，即OB=5，
∵OC⊥GE，
∴∠OCF+∠FCG=90°，
∵∠OCD+∠COD=90°，∠FCO=∠OCD，
∴∠GCF=∠COB，
∵四边形ABCF为⊙O的内接四边形，
∴∠GFC=∠ABC，
∴△GFC∽△CBO，
∴FGCB=FCBO，
∴FG2 5=85，
∴FG=16 55．
【解析】(1)如图1，连接OC，根据等边对等角得：∠OBC=∠OCB，由垂直定义得：∠OBC+∠BCD=90°，根据等量代换可得：∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，可得结论；
(2)i)如图2，过O作OH⊥CF于点H，证明△COH≌△COD，则CH=CD，得CF=2CD；
ii)先根据勾股定理求BC= CD2+BD2=2 5，则CF=2CD=8，设OC=OB=x，则OD=x−2，根据勾股定理列方程得：x2=(x−2)2+42，可得x的值，证明△GFC∽△CBO，列比例式可得FG的长．
此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的切线的判定，第2问的最后一问有难度，证明△GFC∽△CBO是关键．
23.【答案】解：(1)y=−x2+2x+3=−(x2−2x+1−1)+3=−(x−1)2+4，
∴D(1,4)，
令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B(3,0)，C(0,3)代入y=kx+b中，
得3k+b=0b=3，
解得k=−1b=3，
所以直线BC的解析式为y=−x+3；
(2)过点M作MQ⊥x轴于点Q，交BC于点H，过点A作AN⊥x轴交BC于点N．

∴MQ//NA，
∴△MPT∽△APN，
∴MPAP=MTAN，
设M(x,−x2+2x+3)，
∴T(x,−x+3)，
∴MT=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x，
把x=−1代入y=−x+3，得：y=4，
∴N(−1,4)，
∴AN=4，
∵MPAP=12，
∴−x2+3x4=12，
解得：x1=1，x2=2
∴点M坐标为(1,4)或(2,3)；
(3)存在．
∵点A(−1,0)在直线AE：y=x+b上，
∴0=−1+b，
解得b=1，
∴直线AE的解析式为y=x+1，
∵直线y=x+1与抛物线y=−x2+2x+3交与A，E两点，
∴y=x+1y=−x2+2x+3，
解得x=−1y=0或x=2y=3，
∴E(2,3)，
设在直线AE上存在一点H，使得以点D，F，G，H为顶点的四边形是平行四边形，设H(n,n+1)，G(e,f)，
①若DF为平行四边形DGFH的对角线，则：
e+n2=1+12f+n+12=4+22，
化简得：e=2−nf=5−n，
∵点G(e,f)在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴−(2−n)2+2(2−n)+3=5−n，
解得：n1=2，n2=1(舍去)，
此时点H的坐标为(2,3)；
②若DF为平行四边形DGHF的边，
∴DF//GH，
∵DF//y轴，
∴GH//y轴，
则e=nf−(n+1)=4−2，
化简得：e=nf=n+3，
∵点G(e,f)在抛物线y=−x2+2x+3上，
−n2+2n+3=n+3，
解得：n=0，n=1(舍去)，
此时点H的坐标为(0,1)；
③若DF为平行四边形DFGH的边，
∴DF//GH，
∵DF//y轴，
∴GH//y轴，
则e=nn+1−f=4−2，
化简得：e=nf=n−1，
∵点G(e,f)在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴−n2+2n+3=n−1，
解得n1=1+ 172，n2=1− 172，
此时点H的坐标为(1+ 172,3+ 172)或(1− 172,3− 172)；
综上所述，点H的坐标为(0,1)或(2,3)或(1+ 172,3+ 172)或(1− 172,3− 172).
【解析】(1)将抛物线解析式y=−x2+2x+3化为顶点式，即可得出顶点D的坐标，然后根据当y=0时−x2+2x+3=0，解方程求出x的值即可；根据B、C坐标，用待定系数法求一次函数解析式即可；
(2)过点M作MQ⊥x轴于点Q，交BC于点H，过点A作AN⊥x轴交BC于点N，证明△MPH∽△APN得MPAP=MTAN，设M(x,−x2+2x+3)，H(x,−x+3)，得到−x2+3x4=12，求解即可
(3)确定直线AE的解析式为y=x+1，确定E(2,3)，设H(n,n+1)，G(e,f)，然后分三种情况：①若DF为平行四边形DGFH的对角线；②若DF为平行四边形DGHF的边；③若DF为平行四边形DFGH的边，分别建立一元二次方程求解即可
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识点，本题运用了分类讨论的思想．掌握函数的性质、相似三角形的定和性质、平行四边形的判定和性质是解题的关键．