2024年吉林省长春市南关区东北师大附中中考数学四模试卷（含答案）

这是一份2024年吉林省长春市南关区东北师大附中中考数学四模试卷（含答案），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。

一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.实数a，b，c，d在数轴上的对应点的位置如图所示，这四个数中，相反数最大是( )
A. aB. bC. cD. d
2.长春市解放大路和新民大街分别是东西走向与南北走向，如交通图所示，小明同学想从新民广场尽快走到解放大路，他选择沿新民大街走，小明这样走的数学依据是( )
A. 两点之间，线段最短
B. 垂线段最短
C. 三角形任意两边之和大于第三边
D. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
3.如图①是由大小相同的小正方体搭成的几何体，将上层的小正方体平移后得到图②.关于平移前后几何体的三视图，下列说法正确的是( )
A. 主视图相同B. 左视图相同C. 俯视图相同D. 三种视图都不相同
4.若aA. ax−b+3D. 2−a<2−b
5.如图，直线a与直线b、c分别交于点A、B，将含45°角的直角三角板BCD如图所示放置，∠1=120°.若使直线b与直线c平行，则可将直线b绕点A逆时针旋转的最小角度为( )
A. 5°B. 15°
C. 30°D. 45°
6.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°.用无刻度的直尺和圆规在BC边上找一点D，使△ABD为等边三角形，下列作法不正确的是( )
A. B. C. D.
7.如图，在坡角为α的斜坡上要栽两棵树，要求它们之间的水平距离AC为6m，坡比i=12，则这两棵树之间的坡面AB的长为( )
A. 1m
B. 9m
C. 2 10m
D. 3 5m
8.小丽要把一篇文章录入电脑，如图是录入时间y(分钟)与录字速度x(字/分钟)成反比例函数的图象，该图象经过点(150,10).根据图象可知，下列说法不正确的是( )
A. 这篇文章一共1500字
B. 当小丽的录字速度为75字/分钟时，录入时间为20分钟
C. 小丽在19：20开始录入，要求完成录入时不超过19：35，则小丽每分钟至少应录入90字
D. 小丽原计划每分钟录入125字，实际录入速度比原计划提高了20%，则小丽会比原计划提前2分钟完成任务
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
9.计算：(−2)2+(12)−1−|−3|= ______．
10.若二次函数y=−x2+x+k(k为常数)的图象与x轴有两个公共点，则k的取值范围是______．
11.如图，每一幅图中有若干个大小不同的菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3个菱形，第3幅图中有5个菱形，继续排列下去，如果第n幅图中有33个菱形，则n= ______
12.如图，FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ= ______°.
13.如图，笔记本电脑水平放置在桌面上、图2是它的示意图，张角∠AOB=150°，顶部边缘A对应处离桌面的高度AC=12cm.当将电脑屏幕绕点O旋转至张角∠A′OB=108°时(点A′是A的对应点)，顶部边缘A处绕点O旋转到A′处转过的弧长为______cm.(结果保留π)
14.如图，抛物线y=12x2−2x+c交x轴于点A(a,0)和B(b,0)，点A在点B左侧，交y轴于点C(0,c)，抛物线的顶点为D.给出下面四个结论：
①y≥c−2；
②当y<0时，a③抛物线上有点P(x1,y1)和Q(x2,y2)，若x14，则y1>y2；
④当c=32时，对于抛物线上两点M(m,n1)，N(m+2,n2)，若n1<0，则n2>0．
上述结论中，所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
先化简，再求值：(a2−1)÷a+1a−1+3(a2−23a)，其中a=1− 22．
16.(本小题6分)
动物分为无脊椎动物和脊椎动物，其中脊椎动物又分为：鱼类、两栖类、爬行类、鸟类和哺乳动物.下面有三张正面印有不同动物的卡片，A是老虎，B是燕子，C是鹦鹉，三张卡片除正面印的动物不同，其余均相同，将三张卡片背面向上放在桌面上.先从中随机抽取一张，记下动物名称后放回，再从中随机抽取一张，并记下动物名称.请用画树状图(或列表)的方法求抽取的两张卡片都是鸟类的概率．
17.(本小题6分)
长春轨道交通7号线南起汽车公园站，北至东环城路站，一期全长23.11千米，共设19座车站，全部为地下车站，预计2025年通车.该项工程使用我因自主研发的“春城一号”盾构机.在挖掘某段长1200米的全风化泥岩和粉质粘土路段时，盾构机在这段的工作效率下降了20%，打通这段路段比正常路段施工多用了30天，求正常路段盾构机每天能掘进多少米．
18.(本小题7分)
如图，菱形ABCD的两条对角线交于点O，E为线段AO上一点，⊙E与AD相切于点F．
(1)求证：AB是⊙E的切线．
(2)若⊙E经过点O，tan∠BAC=512，且⊙E的半径为10，则菱形ABCD的边长为______．
19.(本小题7分)
图①、图②、图③均是6×6的正方形网格.每个小正方形的顶点称为格点，点A、B均在格点上，点C在网格线上且不是格点，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求作图，保留作图痕迹．

(1)在图①中，作四边形ABCD，使∠DAB=90°，且点D为格点．
(2)在图②中，作△ABC的中线BE．
(3)在图③中，作▱ABCF．
20.(本小题7分)
体育王老师为了提高学生男子1000米跑训练的科学性，对学生的配速、心率进行了测试，下面信息是从全年级600名男生中随机抽取的20名男生1000米跑的测试信息：
信息一：20名男生1000米跑的配速(分.秒)分组及频数分布直方图为：A：x≤3.40；B：3.404.40．
信息二：D组5人的配速为：4.12，4.16，4.20，4.22，4.22．
信息三：完成1000米跑后的心率(次)：
根据以上信息解答下列问题：
(1)20名男生1000米跑配速(分秒)的中位数是______．
(2)若又有4名男生参加了此次测试，配速(分.秒)分别为：4.15，4.15，4.18，4.20，则中位数是否会受到影响：______.(填“受影响”或“不受影响”)
(3)若心率不超过150次，可以增加训练强度，估计全年级600名男生可以有多少人能增加训练强度．
21.(本小题8分)
随着城市基础建设的完善，长春市新修了很多绿道，绿道骑行成为市民的一种低碳生活新风尚.甲、乙两人相约同时从伊通河绿道某地出发同向骑行，乙中途停车整理装备用了6分钟，然后继续骑行，追上甲后又骑行了2分钟一起到达终点.甲、乙骑行的路程s(千米)与骑行时间t(分钟)之间的函数关系如图所示．

(1)求甲的骑行速度．
(2)求乙整理完装备后到追上甲时s与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
(3)两人相距不超过0.06千米时，可以互相联系，直接写出乙整理完装备后至少再骑行多少分钟可以联系到甲．
22.(本小题9分)
【问题初探】数学活动课上，张老师给出如下问题：如图①，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D是边BC上一点，连结AD，在AB右侧作△ADE，使DE=AD，∠ADE=90°，连结CE.求证：∠DCE=135°．

①小智同学从△ABC和△ADE都是等腰直角三角形这个条件出发给出如下解题思路：通过证明△ABD～△ACE，将∠DCE转化为∠ABD+∠ACB．
②小慧同学从结论的角度出发给出另外一种解题思路：如图②，在线段AB上截取BP=BD，连结DP，通过证明△APD≌△DCE，将∠DCE转化为∠APD．
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【拓展延伸】如图③，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点(点E不与点B重合)，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段PE，连结AP、DP，若AB=6，则△ADP周长的最小值为______．
23.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=5，BC=11，△ABC的面积为22，AE⊥BC于点E，动点P从点A出发，沿折线AB−BC向终点C运动，在AB上的速度为每秒5个单位长度，在BC上的速度为每秒2个单位长度，当点P出发后，且不与点E重合时，将点E绕PA的中点旋转180°得到点F，连结AF、PF、PE.设点P的运动时间为t(秒)(t>0)．
(1)AE长为______．
(2)用含t的代数式表示四边形AFPE的面积S．
(3)当四边形AFPE被直线AC分得的两部分面积之比为1：3时，求t的值．
(4)当直线CF垂直于△ABC的一边所在的直线时，直接写出t的值．
24.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c(b、c是常数)的顶点A(1,−3)，点P是抛物线上一点，横坐标为m，过点P作PQ⊥y轴于点Q，点M(2−m,m−4)，以QM和QP为邻边作▱PQMN．
(1)求此抛物线对应的函数表达式．
(2)当点P在线段MN上时，求m的值．
(3)当P、A、N不重合时，连结PA、NA，当线段PA、NA、PN满足其中两条线段之和等于第三条线段时，求m的取值范围．
(4)若点P在抛物线对称轴右侧，连结AQ、AN、QN，当S△AQN=2S△MQN时，直接写出点P的坐标．
参考答案
1.【答案】A
【解析】解：a的相反数是3.5，b的相反数是2.5，c的相反数是0，d的相反数是−5，
3.5>2.5>0>−5，
故选：A．
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得各数的相反数，根据有理数的大小比较，可得答案．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
2.【答案】B
【解析】解：由垂线段最短可知，小明走新民大街路程最短，
故选：B．
根据垂线段最短进行判断即可．
本题考查垂线段最短，理解垂线段最短是正确判断的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了由几何体判断三视图，解题的关键是学生的观察能力和对几何体三种视图的空间想象能力．
根据三视图解答即可．
【解答】
解：图①的三视图为：
图②的三视图为：
易得平移前后几何体的俯视图相同，
故选C．
4.【答案】C
【解析】解：A、∵a0，
∴ax故A不符合题意；
B、∵a∴3a<3b，
故B不符合题意；
C、∵a∴−a>−b，
∴−a+3>−b+3，
故C符合题意；
D、∵a∴−a>−b，
∴2−a>2−b，
故D不符合题意；
故选：C．
根据不等式的性质，逐一判断即可解答．
本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，
∵直线b与直线c平行，
∴∠ABD=∠MAB=45°，
∵∠1=120°，
∴旋转的最小角度=180°−45°−120°=15°，
故选：B．
由平行线的性质可求∠ABD=∠MAB=45°，由旋转的性质和平行线的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A.由作法得D点为AC的垂直平分线与BC的交点，则DA=DC，所以∠DAC=∠C=30°，则∠BAD=60°，所以△ABD为等边三角形，所以A选项不符合题意；
B.由作法得BA=BD，而∠B=60°，所以△ABD为等边三角形，所以B选项不符合题意；
C.由作法得D点为AB的垂直平分线与BC的交点，则DA=DB，而∠B=60°，所以△ABD为等边三角形，所以C选项不符合题意；
D.由作法得AD平分∠BAC，则∠BAD=45°，所以△ABD为不是等边三角形，所以D选项符合题意．
故选：D．
利用基本作图、线段垂直平分线的性质和等边三角形的判定可对A选项和C选项进行判断；根据基本作图和等边三角形的判定可对B、D选项进行判断．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等边三角形的性质．
7.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC中，tanα=12，
则BCAC=12，
∵AC=6m，
∴BC=3m，
∴AB= AC2+BC2= 62+32=3 5(m)，
故选：D．
根据正切的定义求出BC，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，掌握正切的定义、勾股定理是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设y=kx，
把(150,10)代入y=kx得，10=k150，
∴k=1500，
∴y与x的函数表达式为y=1500x．
A.当录字时间y(分钟)与录字速度x的乘积为1500字，即这篇文章一共1500字，故本选项不符合题意；
B.当录字速度x=75时，y=150075=20(字/分)，故本选项不符合题意；
C.当录字时间y=35−20=15时，x=150015=100，
∵k>0，
在第一象限内，y随x的增大而减小，
即小丽每分钟至少应录入100字，故本选项符合题意；
D.当x=12时，y=1500125=12(分钟)，
当x=125×(1+12%)=150时，y=1500150=10，
实际用的时间是1500125×(1+25%)=9.6(分钟)，
12−10=2(分钟)，
比原计划提前2分钟，故本选项不符合题意．
故选：C．
利用待定系数法求出反比例函数解析式，根据解析式判断各个选项即可．
本题考查了反比例函数的应用，根据工作量得到等量关系是解决本题的关键．
9.【答案】3
【解析】解：(−2)2+(12)−1−|−3|
=4+112−3
=4+2−3
=3．
故答案为：3．
根据乘方、负整数指数幂运算法则和绝对值意义进行计算即可．
本题主要考查了乘方、负整数指数幂和绝对值的运算，解题的关键是熟练掌握相关的运算法则．
10.【答案】k>−14
【解析】解：∵二次函数y=−x2+x+k(k为常数)的图象与x轴有两个公共点，
∴b2−4ac=12−4×(−1)×k>0，
解得k>−14，
故答案为：k>−14．
根据二次函数y=−x2+x+k(k为常数)的图象与x轴有两个公共点，可知b2−4ac=12−4×(−1)×k>0，然后求解即可．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
11.【答案】17
【解析】解：由题意知，第1幅图中有1个菱形，
第2幅图中有2+1=3个菱形，
第3幅图中有3+2=5个菱形，
……，
∴可推导一般性规律为第n幅图中有n+(n−1)=2n−1个菱形，
∴2n−1=33，
解得，n=17，
故答案为：17．
由题意知，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有(2+1)个菱形，第3幅图中有(3+2)个菱形，……可推导一般性规律为第n幅图中有n+(n−1)=2n−1个菱形，由题意得2n−1=33，然后求解作答即可．
本题考查了菱形的判定，图形的规律探究，发现规律是关键．
12.【答案】180
【解析】解：如图，设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，
∵FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，
∴∠OAF=∠OBG=∠OCH=∠ODI=∠OEJ=90°，
即(∠BAF+∠OAB)+(∠CBG+∠OBC)+(∠DCH+∠OCD)+(∠EDI+∠ODE)+(∠AEJ+∠OEA)=90°×5=450°，
∵OA=OB=OC=OD=OE，
∴∠OAB=∠OBA，∠OBC=∠OCB，∠OCD=∠ODC，∠ODE=∠OED，OEA=∠OAE，
∴∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA=12×五边形ABCDE内角和=12×(5−2)×180°=270°，
∴∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ=(∠BAF+∠OAB)+(∠CBG+∠OBC)+(∠DCH+∠OCD)+(∠EDI+∠ODE)+(∠AEJ+∠OEA)−(∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA)=450°−270°=180°，
故答案为：180．
设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，根据切线的性质和等腰三角形的性质得出∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ=(∠BAF+∠OAB)+(∠CBG+∠OBC)+(∠DCH+∠OCD)+(∠EDI+∠ODE)+(∠AEJ+∠OEA)−(∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA)即可求出．
本题主要考查切线的性质，多边形内角和等知识，熟练掌握切线的性质和多边形内角和公式是解题的关键．
13.【答案】285π
【解析】解：∵∠AOB=150°，
∴∠AOC=30°．
由题意得：∠C=90°．
∵AC=12cm，
∴AO=24(cm)．
∵∠A′OB=108°，
∴∠AOA′=42°．
∴顶部边缘A处绕点O旋转到A′处转过的弧长为：42π×24180=28π5(cm)．
故答案为：285π.
根据∠AOB的度数可得∠AOC的度数，进而根据直角三角形中，30°的直角边所对的锐角等于斜边的一半可得AO的长，易得∠AOA′的度数，根据弧长公式可得顶部边缘A处绕点O旋转到A′处转过的弧长．
本题考查含30°角的直角三角形及弧长公式的应用．用到的知识点为：弧长l=nπr180．
14.【答案】①②④
【解析】解：由题意，∵抛物线为y=12x2−2x+c=12(x−2)2+c−2，
又a=12>0，
∴当x=2时，y取最小值为c−2．
∴y≥c−2，故①正确．
∵抛物线交x轴于点A(a,0)和B(b,0)，
又抛物线开口向上，
∴结合图象，当y<0时，a∵抛物线为y=12x2−2x+c=12(x−2)2+c−2，
∴抛物线的对称轴是直线x=2．
又∵x14，
∴P(x1,y1)到对称轴的距离小于Q(x2,y2)到对称轴的距离．
∴y1故③错误．
当c=32时，y=12x2−2x+c=12x2−2x+32，
令y=0，则12x2−2x+32=0，
∴x1=1，x2=3．
∴A(1,0)，B(3,0)．
若n1<0，则1∴3∴n2>0．
故④正确．
综上，正确的有：①②④．
故答案为：①②④．
依据题意，由抛物线为y=12x2−2x+c=12(x−2)2+c−2，又a=12>0，从而可得当x=2时，y取最小值为c−2，故y≥c−2，进而可以判断①；由抛物线交x轴于点A(a,0)和B(b,0)，又抛物线开口向上，再结合图象，可以判断②；又抛物线为y=12x2−2x+c=12(x−2)2+c−2，可得抛物线的对称轴是直线x=2，再结合x14，可得P(x1,y1)到对称轴的距离小于Q(x2,y2)到对称轴的距离，进而y10，最后可以判断④．
本题主要考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数性质是关键．
15.【答案】解：原式=(a−1)(a+1)⋅a−1a+1+3a2−2a
=(a−1)2+3a2−2a
=a2−2a+1+3a2−2a
=4a2−4a+1
=(2a−1)2，
∵a=1− 22，
∴2a−1=− 2，
∴原式=(− 2)2
=2．
【解析】先把除化为乘，去括号，再合并同类项，分解因式，最后将已知变形后代入计算即可．
本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质，把所求式子化简．
16.【答案】解：画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中抽取的两张卡片都是鸟类的结果有：BB，BC，CB，CC，共4种，
∴抽取的两张卡片都是鸟类的概率为49．
【解析】画树状图可得出所有等可能的结果数以及抽取的两张卡片都是鸟类的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
17.【答案】解：设正常路段盾构机每天能掘进x米，则全风化泥岩和粉质粘土路段盾构机每天能掘进(1−20%)x米，
根据题意得：1200(1−20%)x−1200x=30，
解得：x=10，
经检验，x=10是所列方程的解，且符合题意．
答：正常路段盾构机每天能掘进10米．
【解析】设正常路段盾构机每天能掘进x米，则全风化泥岩和粉质粘土路段盾构机每天能掘进(1−20%)x米，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合打通这段路段比正常路段施工多用了30天，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18.【答案】39
【解析】(1)证明：如图1，连接EF，作EG⊥AB于点G，
∵⊙E与AD相切于点F，
∴EF是⊙E的半径，且EF⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AO⊥BD，
∴AO平分∠BAD，
∵点E为线段AO上一点，且EG⊥AB，EF⊥AD，
∴EG=EF，
∴点G在⊙E上，
∵EG是⊙E的半径，且AB⊥EG，
∴AB是⊙E的切线．
(2)解：如图2，⊙E经过点O，设AB与⊙E相切于点H，连接EH，
∵且⊙E的半径为10，
∴EH=EO=10，
∵∠AHE=∠AOB=90°，tan∠BAC=512，
∴EHAH=tan∠BAC=512，
∴AH=125EH=125×10=24，
∴AE= EH2+AH2= 102+242=26，
∴AO=AE+EO=26+10=36，
∵AOAB=AHAE=cs∠BAC=2426=1213，
∴AB=1312AO=1312×36=39，
∴菱形ABCD的边长为39，
故答案为：39．
(1)连接EF，作EG⊥AB于点G，由⊙E与AD相切于点F，证明EF是⊙E的半径，且EF⊥AD，由菱形的性质得AB=AD，AO⊥BD，则AO平分∠BAD，所以EG=EF，即可由EG是⊙E的半径，且AB⊥EG，根据切线的判定定理证明AB是⊙E的切线；
(2)当⊙E经过点O，设AB与⊙E相切于点H，连接EH，则EH=EO=10，由EHAH=tan∠BAC=512，求得AH=24，则AE= EH2+AH2=26，所以AO=AE+EO=36，由AOAB=AHAE=cs∠BAC=1213，求得AB=39，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、等腰三角形的“三线合一”、角平分线的性质、切线的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图①中，四边形ABCD即为所求；

(2)如图②中，线段BE即为所求；
(3)如图③中，四边形ABCF即为所求．
【解析】(1)根据要求作出四边形ABCD即可；
(2)根据三角形的中线的定义作出线段BE即可；
(3)延长中线BE交网格线一点F，连接CF，AF，四边形ABCF即为所求．
本题考查作图−应用与设计作图，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
20.【答案】4.18 受影响
【解析】解：(1)20名男生1000米跑配速(分秒)的中位数是4.16+4.202=4.18；
故答案为：4.18；
(2)若又有4名男生参加了此次测试，配速(分．秒)分别为：4.15，4.15，4.18，4.20，
则中位数是4.16+4.182=4.17≠4.18，
∴会受影响；
故答案为：受影响；
(3)由信息三可知，心率不超过150次有7人，
∴600×720=210(人)，
答：估计全年级600名男生可以有210人能增加训练强度．
(1)根据中位数的定义求解可得；
(2)根据中位数判断即可；
(3)用总人数乘以样本中心率不超过150次的人数所占的百分比即可．
本题考查了频数(率)分布直方图，用样本估计总体和中位数，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
21.【答案】解：(1)甲的骑行速度为V甲=930=0.3(千米/分钟)，
答：甲的骑行速度为0.3千米/分钟，
(2)设函数解析式为：s=kt+b，图象过点(16,3)，(30,9)，
16k+b=330k+b=9，解得k=37b=−277，
∴s与t的函数关系式为s=37t−277(16≤t≤30)，
答：乙整理完装备后到追上甲时s与t的函数关系式为s=37t−277(16≤t≤30)，
(3)∵甲的函数解析式为：s=0.3t，
∴16分钟甲行驶的路程0.3×16=4.8(km)，两人相距4.8−3=1.8(km)，
乙中途停车整理装备后行驶的速度37km/min，
设乙整理完装备后至少再骑行m分钟可以联系到甲
根据题意得：0.3m+1.8−37m≤0.06，
解得：m≥20315．
答：乙整理完装备后至少再骑行20315分钟可以联系到甲．
【解析】(1)根据路程÷时间计算即可；
(2)待定系数法求出乙整理完装备后到追上甲时s与t的函数关系式即可；
(3)先计算出两人相距1.8km，根据题意列出不等式0.3m+1.8−37m≤0.06解答即可．
本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式，理解题意熟练掌握待定系数法求函数解析式是关键．
22.【答案】6 5+6
【解析】(1)证明：选择小智同学的解题思路：
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠BCA=45°，AC= 2AB，
∵DE=AD，∠ADE=90°，
∴∠DAE=∠DEA=45°，AE= 2AD，
∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE= 22，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△АВD∽△АСЕ，
∴∠ACE=∠ABD=90°，
∴∠DCE=45°+90°=135°；
选择小慧同学的解题思路：
如图②，在线段AB上截取BP=BD，连接DP，
∵AB=BC，BP=BD，
∴AP=DC，
∵∠ABC=90°，
∴∠BPD=∠BDP=45°，
∴∠PAD+∠ADP=45°，∠APD=135°，
∵∠ADE=90°，
∴∠ADP+∠CDE=180°−45°−90°=45°，
∴∠PAD=∠CDE，
又∵AD=DE，
∴△APD≌△DCE(SAS)，
∴∠APD=∠DCE=135°，
即∠DCE=135°；
(2)解：如图③，在线段BC延长线上截取截取CD′，使得CD′=CD，连接CP、D′P、D′A，
由【问题初探】可知：∠ECP=135°，
又∵在正方形ABCD中，∠BCD=∠DCD′=90°，
∴∠DCP=∠PCD′=45°，
∴D与D′是关于D′P的对称，
∴DP=D′P，
∴DP+AP=DP+AP≥AD′，
当A、P、D′三点共线时，DP+AP取最小值，
DP+АP=АD′= AB2+BD′2= 62+(6+6)2=6 5，
∴△ADP周长的最小值为：DP+АP+АD=6 5+6，
故答案为：6 5+6．
(1)选择小智同学的解题思路：由等腰直角三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=45°，AC= 2AB，∠DAE=∠DEA=45°，AE= 2AD，进而得到∠BAD=∠CAE，ABAC=ADAE= 22，即可得到△ABD∽△ACE，得到∠ACE=∠ABD=90°，即可求证；选择小慧同学的解题思路：在线段AB上截取BP=BD，连接DP，可得AP=DC，又根据等腰直角三角形的性质可得∠BPD=∠BDP=45°，进而得∠PAD+∠ADP=45°，∠APD=135°，由∠ADE=90°得∠ADP+∠CDE=180°−45°−90°=45°，得到∠PAD=∠CDE，即可证明△APD≌△DCE(SAS)，得到∠APD=∠DCE=135°；
(2)在线段BC延长线上截取截取CD′，使得CD′=CD，连接CP、D′P、D′A，根据【问题初探】可知CP是∠DCD′的角平分线，由将军饮马模型可知，DP+AP=D′P+AP≥AD′，当A、P、D′三点共线时，DP+AP取最小值，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，轴对称——最短路线问题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线．
23.【答案】4
【解析】(1)解：∵BC=11，△ABC的面积为22，AE⊥BC，
∴S△ABC=12BC⋅AE=22，
∴AE=(22×2)+11=4，
故答案为4；
(2)∵AE⊥BC，AB=5，AE=4，
∴BE=3，
∴CE=BC−BE=11−3=8，
∴AC= AE2+EC2= 42+82=4 5，
∴S△ABE=12BE⋅AE=12×3×4=6，
∴点P到达B点时间=55=1(秒)，
点P到达E点时间=1+32=52(秒)，
点P到达C点时间=1+112=132(秒)，
①如图，当P在AB上(不含点A、B)运动时，此时0∵将点E绕PA的中点旋转180°得到点F，
∴OA=OP，OF=OE，
∴四边形AEPF是平行四边形，
∴FP=AE=4，FP/​/AE，
∴∠FPA=∠BAE，
∴sin∠FPA=sin∠BAE=BEAB=35，
∴AG=AP⋅sin∠FPA=5t×35=3t，
∴S▱AEPF=FP⋅AG=12t；
②如图，当P在BE上(含点B)运动时，此时1≤t<52，
同理可得：四边形AEPF是平行四边形，又AE⊥BE，
∴▱AEPF是矩形，
∵PE=3−2(t−1)=5−2t，
∴S▱AEPF=PE⋅AE=4(5−2t)=−8t+20，
③如图，当P在EC上(含点C)运动时，此时52同理可得：四边形AEPF是平行四边形，
又∵AE⊥BE，
∴▱AEPF是矩形，
∵PE=2(t−1)−3=2t−5，
∴S▱AEPF=PE⋅AE=4(2t−5)=8t−20，
综上所述：S▱AEPF=12t(0(3)①当P在AB上(不含点A、B)运动时，此时0由(2)可得：AG=3t，
∵PF/​/AE，AE⊥BC，GA⊥FP，
∴AG//BC，
∴∠B=∠GAP，∠QAG=∠C，
∵tan∠GAP=tan∠B=AEBE=43，tan∠QAG=tan∠C=AEEC=48=12，四边形AEPF是平行四边形，
∴GP=AGtan∠PAG=3t×43=4t，QG=AG⋅tan∠QAG=32t，
∴FQ=FP−QG−PG=4−4t−32t=4−112t，
∴S△AFQ=12FQ⋅AG=12⋅(4−112t)⋅3t=32(4−112t)t，
当四边形AFPE被直线AC分得的两部分面积之比为1：3时，
即S△AFQ=14S▱AEPF或S△AFQ=34S▱AEPF，
∴32(4−112t)t=14⋅12t或32(4−112t)t=34⋅12t，
解得：t1=0(舍去)，t2=411，t3=−411(负值舍去)，
②当P在BE上(含点B)运动时，直线AC不分割四边形AFPE；
③当P在EC上(含点C)运动时，此时52∵▱AEPF是矩形，
∴AF=EP=2t−5，CP=11−2(t−1)=13−2t，
∵PQ=PC⋅tan∠C=(13−2t)⋅12=13−2t2，
∵FQ=FP−PQ=4−13−2t2=2t−52，
∴S△AFQ=12FQ⋅AF=12⋅2t−52⋅(2t−5)=14(2t−5)2，
当四边形AFPE被直线AC分得的两部分面积之比为1：3时，
即S△AFQ=14S▱AEPF或S△AFQ=34S▱AEPF，
∴14(2t−5)2=14(8t−20)或14(2t−5)2=34(8t−20)，
解得：t1=92，t2=52(不合题意舍去)，t3=172(不合题意舍去)，
综上所述：t=411或t=92，四边形AFPE被直线AC分得的两部分面积之比为1：3．
(4)①当P在AB上运动时，当CF⊥AB时，垂足为K，如图所示，过点A作GA⊥FP，垂足为G，
∵AG=3t，GP=4t，
∴KC=BC⋅sin∠B=11×45=445，FK=PF⋅sin∠FPK=4×35=125，PK=PF⋅cs∠FPK=4×45=165，
∴FG=4−4t，AK=PK−AP=165−5t，
在Rt△AKC中，AK2+KC2=AC2，
∴(445)2+(165−5t)2=(4 5)2，
解得：t1=825，t2=2425(AK小于0，不合题意舍去)，
②当P在BE上运动时，如图，直线CF与AB、BC、AC所在直线的夹角不能为直角；
③当P在EC上运动时，此时52当CF⊥AB时，设AB与CF交于点M，∠M=90°，
∴BM=BCcs∠B=11×35=335，
∴AM=BM−AB=335−5=85，
∵▱AEPF是矩形，
∴AF/​/BC，AF=EP，
∴∠MAF=∠B，
∴EP=AF=AMcs∠MAF=85÷35=83，
∴BP=BE+EP=173，
∴t=1+173÷2=236，
当CF⊥BC时，P点与C点重合，如图所示：此时t=132
综上所述：当直线CF垂直于△ABC的一边所在的直线时，t=825或t=236或t=132．
(1)利用面积法即可求出△ABC的高AE；
(2)根据点P在不同线段的运动的图形，分三种不同情况求解即可；
(3)由AC与四边形相交分割的图形分类讨论进行求解即可；
(4)根据点P的位置不同以及可能成直角的图形分别求解．
本题考查了解直角三角形，平行四边形的性质，勾股定理的应用；解题关键是正确画出图形，分不同情况解三角形．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c(b、C是常数)的顶点A(1,−3)，
∴y=(x−1)2−3=x2−2x−2．
(2)如图，

∵在▱PQMN中，点P坐标为(m,m2−2m−2)，点Q坐标为(0,m2−2m−2)，点M坐标为(2−m,m−4)，
∴N(2,m−4)，
∵点P在线段MN，
∴m2−2m−2=m−4，
解得m1=1，m2=2，
当m=1时，点P坐标为(1,−3)，点N坐标为(2,−3)，点M坐标为(1,−3)，此时点M与点P重合；
当m=2时，点P坐标为(2,−2)，点N坐标为(2,−2)，点M坐标为(0,−2)，此时点N与点P重合；
综上所述，当m=1或m=2时，点P在线段MN上．
(3)设直线PA解析式为yAP=kx+b，把点P坐标为(m,m2−2m−2)，A(1,−3)，
代入得k+b=−3km+b=m2−2m−2，
解得k=m−1b=−m−2，
∴直线PA解析式为yAP=(m−1)x+(−m−2)，
同理可求yAN=(m−1)x+(−m−2)，
∴PA、NA、PN三条线段再同一直线上，它们始终满足其中两条线段之和等于第三条线段．
又∵当P、A、N不重合时，即m≠1，线段PA、NA、PN始终满足其中两条线段之和等于第三条线段．
(4)∵在▱PQMN中，S△MQP=S△MQN，MQ//PN，S△AQN=2S△PQN，
∴AN=2PN，
如图，点A在PN延长线上，则ANAP=23，过点A作AK//y轴，交PQ于K，交MN于T，

∵MN/​/PQ，PQ⊥y轴，
∴△ANT∽△AKP，
∴ANAP=NTKP，
∴KP=xP−xk=m−1，NT=xN−xT=2−1=1，
∴1m−1=23，
解并检验得m=52，
如图，点A在NP延长线上，则ANAP=21，

同理可得ANAP=NTKP=21，
即1m−1=21，
解并检验得m=32，
当P在对称轴x=1左侧时，m<1，m−4<3，A在线段PN上，
即△AQN在平行四边形内部，故不存在点P，使S△AQN=2S△PQN⋅，
综上所述，m=32或m=52．
【解析】(1)根据顶点坐标直接可得顶点式，进而可得函数解析式．
(2)根据平行四边形顶点坐标特点由P、Q、M得出N点坐标，再由线段MN平行x轴可知m2−2m−2=m−4，求出m，进而确定点的坐标进行判定．
(3)求出直线yAP=(m−1)x+(−m−2)，yAN=(m−1)x+(−m−2)，进而判定三点共线，由当P、A、N不重合时，m≠1．
(4)当S△AQN=2S△MQN时，根据平行四边形性质可得S△AQN=2S△PQN，AN=2PN，根据坐标与线段比例关系可求m．
本题考查二次函数综合应用，主要考查了求二次函数解析式、矩形的性质、平行四边形的性质等知识，难度较大，解题关键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
168
148
162
116
163
156
180
138
136
157
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
152
148
161
186
118
170
171
169
162
132