辽宁省辽阳市辽阳县2025年中考数学押题卷含解析

这是一份辽宁省辽阳市辽阳县2025年中考数学押题卷含解析，共22页。试卷主要包含了下列命题中，真命题是等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如图，A,B是半径为1的⊙O上两点，且OA⊥OB．点P从A出发，在⊙O上以每秒一个单位长度的速度匀速运动，回到点A运动结束. 设运动时间为x，弦BP的长度为y，那么下面图象中可能表示y与x的函数关系的是
A．①B．④C．②或④D．①或③
2．如图，若AB∥CD，CD∥EF，那么∠BCE＝( )
A．∠1＋∠2B．∠2－∠1
C．180°－∠1＋∠2D．180°－∠2＋∠1
3．如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点M为BC的中点，MN⊥AC于点N，则MN等于（ ）
A．​ B．​ C．​ D．​
4．下列命题中，真命题是（ ）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
5．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF=2AF；③DF=DC；④tan∠CAD=．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
6．2022年冬奥会，北京、延庆、张家口三个赛区共25个场馆，北京共12个，其中11个为2008年奥运会遗留场馆，唯一一个新建的场馆是国家速滑馆，可容纳12000人观赛，将12000用科学记数法表示应为（ ）
A．12×10B．1.2×10C．1.2×10D．0.12×10
7．在1、﹣1、3、﹣2这四个数中，最大的数是（ ）
A．1B．﹣1C．3D．﹣2
8．下列几何体中，其三视图都是全等图形的是( )
A．圆柱B．圆锥C．三棱锥D．球
9．某校体育节有13名同学参加女子百米赛跑，它们预赛的成绩各不相同，取前6名参加决赛．小颖已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，还需要知道这13名同学成绩的（ ）
A．方差 B．极差 C．中位数 D．平均数
10．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=1．若DE是△ABC的中位线，延长DE交△ABC的外角∠ACM的平分线于点F，则线段DF的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，连接BD与AM，AN分别交于E，F点，则下列结论正确的有_____．
①MN=BM+DN
②△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍；
③EF1=BE1+DF1；
④点A到MN的距离等于正方形的边长
⑤△AEN、△AFM都为等腰直角三角形．
⑥S△AMN=1S△AEF
⑦S正方形ABCD：S△AMN=1AB：MN
⑧设AB=a，MN=b，则≥1﹣1．
12．化简：12+313=_____．
13．如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，以A为圆心，AB为半径的弧与BE交于点F，则∠EFD＝_____°．
14．如果两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，那么这两个三角形的周长比是___．
15．据国家旅游局数据中心综合测算，2018年春节全国共接待游客3.86亿人次，将“3.86亿”用科学计数法表示，可记为____________．
16．如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB=8，AD=7，E为AB上一点，AE=5，现要剪下一张等腰三角形纸片（△AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是_____________．
17．如图，五边形是正五边形，若，则__________．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）某超市预测某饮料会畅销、先用1800元购进一批这种饮料，面市后果然供不应求，又用8100元购进这种饮料，第二批饮料的数量是第一批的3倍，但单价比第一批贵2元．第一批饮料进货单价多少元？若两次进饮料都按同一价格销售，两批全部售完后，获利不少于2700元，那么销售单价至少为多少元？
19．（5分）如图，在Rt中，，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M、N，连结MN，与AC、BC分别交于点D、E，连结AE．
（1）求；（直接写出结果）
（2）当AB=3，AC=5时，求的周长．
20．（8分）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=13，AD=11，BC=21，E是BC的中点，P是AB上的任意一点，连接PE，将PE绕点P逆时针旋转90°得到PQ．
（1）如图2，过A点，D点作BC的垂线，垂足分别为M，N，求sinB的值；
（2）若P是AB的中点，求点E所经过的路径弧EQ的长（结果保留π）；
（3）若点Q落在AB或AD边所在直线上，请直接写出BP的长．
21．（10分）解不等式组:并把解集在数轴上表示出来.
22．（10分）（1）计算：|﹣3|+（π﹣2 018）0﹣2sin 30°+（）﹣1．
（2）先化简，再求值：（x﹣1）÷（﹣1），其中x为方程x2+3x+2=0的根．
23．（12分）如图，对称轴为直线的抛物线与x轴相交于A、B两点，其中A点的坐标为（－3，0）．
（1）求点B的坐标；
（2）已知，C为抛物线与y轴的交点．
①若点P在抛物线上，且，求点P的坐标；
②设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
24．（14分）如图，对称轴为直线x＝的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．
（1）求抛物线解析式及顶点坐标；
（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）①当四边形OEAF的面积为24时，请判断OEAF是否为菱形？
②是否存在点E，使四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、D
【解析】
分两种情形讨论当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①，由此即可解决问题．
【详解】
解：当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①．
故选D．
2、D
【解析】
先根据AB∥CD得出∠BCD=∠1，再由CD∥EF得出∠DCE=180°-∠2，再把两式相加即可得出结论．
【详解】
解：∵AB∥CD，
∴∠BCD=∠1，
∵CD∥EF，
∴∠DCE=180°-∠2，
∴∠BCE=∠BCD+∠DCE=180°-∠2+∠1．
故选：D．
本题考查的是平行线的判定，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等，同旁内角互补．
3、A
【解析】
连接AM，根据等腰三角形三线合一的性质得到AM⊥BC，根据勾股定理求得AM的长，再根据在直角三角形的面积公式即可求得MN的长．
【详解】
解：连接AM，
∵AB=AC，点M为BC中点，
∴AM⊥CM（三线合一），BM=CM，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BM=CM=3，
在Rt△ABM中，AB=5，BM=3，
∴根据勾股定理得：AM=
=
=4，
又S△AMC=MN•AC=AM•MC，
∴MN=
= ．
故选A．
综合运用等腰三角形的三线合一，勾股定理．特别注意结论：直角三角形斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边．
4、D
【解析】
根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
A.如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，A是假命题；
B.如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切或内切或相交，B是假命题；
C.如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切或相交，C是假命题；
D.如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离，D是真命题；
故选：D．
本题考查了两圆的位置关系：设两圆半径分别为R、r，两圆圆心距为d，则当d＞R+r时两圆外离；当d=R+r时两圆外切；当R-r＜d＜R+r（R≥r）时两圆相交；当d=R-r（R＞r）时两圆内切；当0≤d＜R-r（R＞r）时两圆内含．
5、A
【解析】
①正确．只要证明∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°即可；
②正确．由AD∥BC，推出△AEF∽△CBF，推出=，由AE=AD=BC，推出=，即CF=2AF；
③正确．只要证明DM垂直平分CF，即可证明；
④正确．设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，可得tan∠CAD===．
【详解】
如图，过D作DM∥BE交AC于N．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，AD=BC，∴∠EAC=∠ACB．
∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC=∠AFE=90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴=．
∵AE=AD=BC，∴=，∴CF=2AF，故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=BC，∴BM=CM，∴CN=NF．
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DM垂直平分CF，∴DF=DC，故③正确；
设AE=a，AB=b，则AD=2a，由△BAE∽△ADC，有 =，即b=a，∴tan∠CAD===．故④正确．
故选A．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角形的对应边成比例．
6、B
【解析】
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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数.
【详解】
数据12000用科学记数法表示为1.2×104，故选：B.
此题考查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.
7、C
【解析】
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【详解】
解：根据有理数比较大小的方法，可得
-2＜-1＜1＜1，
∴在1、-1、1、-2这四个数中，最大的数是1．
故选C．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
8、D
【解析】
分析: 任意方向上的视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆，其他的几何体的视图都有不同的.
详解:圆柱，圆锥，三棱锥，球中，
三视图都是全等图形的几何体只有球，在任意方向上的视图都是圆，
故选D.
点睛: 本题考查简单几何体的三视图，本题解题的关键是看出各个图形的在任意方向上的视图.
9、C
【解析】13个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有7个数，
故只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了．
故选C．
10、B
【解析】
根据三角形中位线定理求出DE，得到DF∥BM，再证明EC=EF=AC，由此即可解决问题．
【详解】
在RT△ABC中，∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，
∴AC===10，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DF∥BM，DE=BC=3，
∴∠EFC=∠FCM，
∵∠FCE=∠FCM，
∴∠EFC=∠ECF，
∴EC=EF=AC=5，
∴DF=DE+EF=3+5=2．
故选B．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、①②③④⑤⑥⑦．
【解析】
将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．证明△MAN≌△HAN，得到MN=NH，根据三角形周长公式计算判断①；判断出BM=DN时，MN最小，即可判断出⑧；根据全等三角形的性质判断②④；将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．证明△EAH≌△EAF，得到∠HBE=90°，根据勾股定理计算判断③；根据等腰直角三角形的判定定理判断⑤；根据等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，判断⑥，根据点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长、三角形的面积公式计算，判断⑦．
【详解】
将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．
则∠DAH=∠BAM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAN+∠DAN=45°，
∴∠NAH=45°，
在△MAN和△HAN中，
，
∴△MAN≌△HAN，
∴MN=NH=BM+DN，①正确；
∵BM+DN≥1，（当且仅当BM=DN时，取等号）
∴BM=DN时，MN最小，
∴BM=b，
∵DH=BM=b，
∴DH=DN，
∵AD⊥HN，
∴∠DAH=∠HAN=11.5°，
在DA上取一点G，使DG=DH=b，
∴∠DGH=45°，HG=DH=b，
∵∠DGH=45°，∠DAH=11.5°，
∴∠AHG=∠HAD，
∴AG=HG=b，
∴AB=AD=AG+DG=b+b=b=a，
∴，
∴，
当点M和点B重合时，点N和点C重合，此时，MN最大=AB，
即：，
∴≤≤1，⑧错误；
∵MN=NH=BM+DN
∴△CMN的周长=CM+CN+MN=CM+BM+CN+DN=CB+CD，
∴△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍，②结论正确；
∵△MAN≌△HAN，
∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AD，④结论正确；

如图1，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．
∵∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，∠DAF=∠BAE，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
∵EA=EA，AH=AD，
∴△EAH≌△EAF，
∴EF=HE，
∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，
∴∠HBE=90°，
在Rt△BHE中，HE1=BH1+BE1，
∵BH=DF，EF=HE，
∵EF1=BE1+DF1，③结论正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EDN，
∴A、E、N、D四点共圆，
∴∠ADN+∠AEN=180°，
∴∠AEN=90°
∴△AEN是等腰直角三角形，
同理△AFM是等腰直角三角形；⑤结论正确；
∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，
∴AM=AF，AN=AE，
如图3，过点M作MP⊥AN于P，
在Rt△APM中，∠MAN=45°，
∴MP=AMsin45°，
∵S△AMN=AN•MP=AM•AN•sin45°，
S△AEF=AE•AF•sin45°，
∴S△AMN：S△AEF=1，
∴S△AMN=1S△AEF，⑥正确；
∵点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长，
∴S正方形ABCD：S△AMN==1AB：MN，⑦结论正确．
即：正确的有①②③④⑤⑥⑦，
故答案为①②③④⑤⑥⑦．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解本题的关键是构造全等三角形．
12、33
【解析】
试题分析：先进行二次根式的化简，然后合并，可得原式=23+3=33．
13、45
【解析】
由四边形ABCD为正方形及半径相等得到AB＝AF＝AD，∠ABD＝∠ADB＝45°，利用等边对等角得到两对角相等，由四边形ABFD的内角和为360度，得到四个角之和为270，利用等量代换得到∠ABF＋∠ADF＝135°，进而确定出∠1＋∠2＝45°，由∠EFD为三角形DEF的外角，利用外角性质即可求出∠EFD的度数．
【详解】
∵正方形ABCD，AF，AB，AD为圆A半径，
∴AB＝AF＝AD，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABF＝∠AFB，∠AFD＝∠ADF，
∵四边形ABFD内角和为360°，∠BAD＝90°，
∴∠ABF＋∠AFB＋∠AFD＋∠ADF＝270°，
∴∠ABF＋∠ADF＝135°，
∵∠ABD＝∠ADB＝45°，即∠ABD＋∠ADB＝90°，
∴∠1＋∠2＝135°−90°＝45°，
∵∠EFD为△DEF的外角，
∴∠EFD＝∠1＋∠2＝45°．
故答案为45
此题考查了切线的性质，四边形的内角和，等腰三角形的性质，以及正方形的性质，熟练掌握性质是解本题的关键．
14、1:4
【解析】
∵两个相似三角形对应边上的高的比为1∶4，
∴这两个相似三角形的相似比是1：4
∵相似三角形的周长比等于相似比，
∴它们的周长比1：4，
故答案为：1：4.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，相似三角形对应边上的高、相似三角形的周长比都等于相似比.
15、3.86×108
【解析】
根据科学记数法的表示（a×10n，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≥1时，n是非负数；当原数的绝对值＜1时，n是负数）形式可得：
3.86亿=386000000=3.86×108.
故答案是：3.86×108.
16、或或1
【解析】
如图所示：
①当AP=AE=1时，∵∠BAD=90°，∴△AEP是等腰直角三角形，∴底边PE=AE=；
②当PE=AE=1时，∵BE=AB﹣AE=8﹣1=3，∠B=90°，∴PB==4，∴底边AP===；
③当PA=PE时，底边AE=1；
综上所述：等腰三角形AEP的对边长为或或1；
故答案为或或1．
17、72
【解析】
分析：延长AB交于点F，根据得到∠2=∠3,根据五边形是正五边形得到∠FBC=72°,最后根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求出.
详解：延长AB交于点F，
∵，
∴∠2=∠3，
∵五边形是正五边形，
∴∠ABC=108°,
∴∠FBC=72°,
∠1-∠2=∠1-∠3=∠FBC=72°
故答案为：72°.
点睛：此题主要考查了平行线的性质和正五边形的性质，正确把握五边形的性质是解题关键.
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、 (1)4元/瓶．(2) 销售单价至少为1元/瓶．
【解析】
（1）设第一批饮料进货单价为x元/瓶，则第二批饮料进货单价为（x+2）元/瓶，根据数量＝总价÷单价结合第二批购进饮料的数量是第一批的3倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）由数量＝总价÷单价可得出第一、二批购进饮料的数量，设销售单价为y元/瓶，根据利润＝销售单价×销售数量﹣进货总价结合获利不少于2100元，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．
【详解】
（1）设第一批饮料进货单价为x元/瓶，则第二批饮料进货单价为（x+2）元/瓶，
依题意，得：＝3×，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是原方程的解，且符合题意．
答：第一批饮料进货单价是4元/瓶；
（2）由（1）可知：第一批购进该种饮料450瓶，第二批购进该种饮料1350瓶．
设销售单价为y元/瓶，
依题意，得：（450+1350）y﹣1800﹣8100≥2100，
解得：y≥1．
答：销售单价至少为1元/瓶．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
19、（1）∠ADE=90°；
（2）△ABE的周长=1．
【解析】
试题分析：（1）是线段垂直平分线的做法，可得∠ADE=90°
（2）根据勾股定理可求得BC=4，由垂直平分线的性质可知AE=CE，所以△ABE的周长为AB+BE+AE=AB+BC=1
试题解析：（1）∵由题意可知MN是线段AC的垂直平分线，∴∠ADE=90°；
（2）∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，∴BC==4，
∵MN是线段AC的垂直平分线，∴AE=CE，
∴△ABE的周长=AB+（AE+BE）=AB+BC=3+4=1．
考点：1、尺规作图；2、线段垂直平分线的性质；3、勾股定理；4、三角形的周长
20、（1）1213 ；（2）5π；（3）PB的值为10526或3914．
【解析】
（1）如图1中，作AM⊥CB用M，DN⊥BC于N，根据题意易证Rt△ABM≌Rt△DCN，再根据全等三角形的性质可得出对应边相等，根据勾股定理可求出AM的值，即可得出结论；
（2）连接AC，根据勾股定理求出AC的长，再根据弧长计算公式即可得出结论；
（3）当点Q落在直线AB上时，根据相似三角形的性质可得对应边成比例，即可求出PB的值；当点Q在DA的延长线上时，作PH⊥AD交DA的延长线于H，延长HP交BC于G，设PB=x，则AP=13﹣x，再根据全等三角形的性质可得对应边相等，即可求出PB的值.
【详解】
解：（1）如图1中，作AM⊥CB用M，DN⊥BC于N．
∴∠DNM=∠AMN=90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAM=∠AMN=∠DNM=90°，
∴四边形AMND是矩形，
∴AM=DN，
∵AB=CD=13，
∴Rt△ABM≌Rt△DCN，
∴BM=CN，
∵AD=11，BC=21，
∴BM=CN=5，
∴AM==12，
在Rt△ABM中，sinB==．
（2）如图2中，连接AC．
在Rt△ACM中，AC===20，
∵PB=PA，BE=EC，
∴PE=AC=10，
∴的长==5π．
（3）如图3中，当点Q落在直线AB上时，
∵△EPB∽△AMB，
∴==，
∴==，
∴PB=．
如图4中，当点Q在DA的延长线上时，作PH⊥AD交DA的延长线于H，延长HP交BC于G．
设PB=x，则AP=13﹣x．
∵AD∥BC，
∴∠B=∠HAP，
∴PG=x，PH=（13﹣x），
∴BG=x，
∵△PGE≌△QHP，
∴EG=PH，
∴﹣x=（13﹣x），
∴BP=．
综上所述，满足条件的PB的值为或．
本题考查了相似三角形与全等三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形与全等三角形的判定与性质.
21、不等式组的解集为﹣7＜x≤1，将解集表示在数轴上表示见解析.
【解析】
试题分析：先解不等式组中的每一个不等式，再根据大大取较大，小小取较小，大小小大取中间，大大小小无解，把它们的解集用一条不等式表示出来．
试题解析：由①得：﹣2x≥﹣2，即x≤1，
由②得：4x﹣2＜5x+5，即x＞﹣7，
所以﹣7＜x≤1．
在数轴上表示为：
.
考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
点睛：分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．不等式组的解集在数轴上表示的方法：把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个.在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示.
22、（1）6；（2）﹣（x+1），1.
【解析】
（1）原式=3+1﹣2×+3=6
（2）由题意可知：x2+3x+2=0，
解得：x=﹣1或x=﹣2
原式=（x﹣1）÷
=﹣（x+1）
当x=﹣1时，x+1=0，分式无意义，
当x=﹣2时，
原式=1
23、（1）点B的坐标为（1，0）.
（2）①点P的坐标为（4，21）或（－4，5）.
②线段QD长度的最大值为.
【解析】
（1）由抛物线的对称性直接得点B的坐标．
（2）①用待定系数法求出抛物线的解析式，从而可得点C的坐标，得到，设出点P 的坐标，根据列式求解即可求得点P的坐标．
②用待定系数法求出直线AC的解析式，由点Q在线段AC上，可设点Q的坐标为(q,-q-3)，从而由QD⊥x轴交抛物线于点D，得点D的坐标为(q,q2+2q-3)，从而线段QD等于两点纵坐标之差，列出函数关系式应用二次函数最值原理求解.
【详解】
解：（1）∵A、B两点关于对称轴对称 ，且A点的坐标为（－3，0），
∴点B的坐标为（1，0）.
（2）①∵抛物线，对称轴为，经过点A（－3，0），
∴，解得.
∴抛物线的解析式为.
∴B点的坐标为（0，－3）.∴OB=1，OC=3.∴.
设点P的坐标为(p,p2+2p-3)，则.
∵，∴，解得.
当时；当时，，
∴点P的坐标为（4，21）或（－4，5）.
②设直线AC的解析式为，将点A，C的坐标代入，得：
，解得：.
∴直线AC的解析式为.
∵点Q在线段AC上，∴设点Q的坐标为(q,-q-3).
又∵QD⊥x轴交抛物线于点D，∴点D的坐标为(q,q2+2q-3).
∴.
∵，
∴线段QD长度的最大值为.
24、（1）抛物线解析式为，顶点为；（2），1＜＜1；（3）①四边形是菱形；②不存在，理由见解析
【解析】
（1）已知了抛物线的对称轴解析式，可用顶点式二次函数通式来设抛物线，然后将A、B两点坐标代入求解即可．
（2）平行四边形的面积为三角形OEA面积的2倍，因此可根据E点的横坐标，用抛物线的解析式求出E点的纵坐标，那么E点纵坐标的绝对值即为△OAE的高，由此可根据三角形的面积公式得出△AOE的面积与x的函数关系式进而可得出S与x的函数关系式．
（3）①将S=24代入S，x的函数关系式中求出x的值，即可得出E点的坐标和OE，OA的长；如果平行四边形OEAF是菱形，则需满足平行四边形相邻两边的长相等，据此可判断出四边形OEAF是否为菱形．
②如果四边形OEAF是正方形，那么三角形OEA应该是等腰直角三角形，即E点的坐标为（3，﹣3）将其代入抛物线的解析式中即可判断出是否存在符合条件的E点．
【详解】
（1）由抛物线的对称轴是，可设解析式为．
把A、B两点坐标代入上式，得
解之，得
故抛物线解析式为，顶点为
（2）∵点在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合
，
∴y0,－y表示点E到OA的距离．
∵OA是的对角线，
∴．
因为抛物线与轴的两个交点是（1，0）的（1，0），所以，自变量的
取值范围是1＜＜1．
（3）①根据题意，当S = 24时，即．
化简，得解之，得
故所求的点E有两个，分别为E1（3，－4），E2（4，－4）．
点E1（3，－4）满足OE = AE，所以是菱形；
点E2（4，－4）不满足OE = AE，所以不是菱形．
②当OA⊥EF，且OA = EF时，是正方形，
此时点E的坐标只能是（3，－3）．
而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，
故不存在这样的点E，使为正方形．