2021年浙江省湖州市长兴县中考数学检测试卷（一）

这是一份2021年浙江省湖州市长兴县中考数学检测试卷（一），共24页。试卷主要包含了填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列对数2021描述正确的是（ ）
A．2021不是实数B．2021的倒数是﹣2021
C．2021的相反数是D．2021的绝对值是本身
2．（3分）如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了6个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在白色区域的概率等于（ ）
A．B．C．D．无法确定
3．（3分）如图，是一个正方体的平面展开图，把展开图折成正方体后，“党”字一面相对的字是（ ）
A．一B．百C．周D．年
4．（3分）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA，OB，若∠B＝20°，则∠AOB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
5．（3分）如图，D是△ABC边AB上一点，添加一个条件后，仍然不能使△ACD∽△ABC的是（ ）
A．∠ACB＝∠ADCB．∠ACD＝∠ABCC．D．
6．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，则csA等于（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，是一个纸折的小风车模型，将它绕着旋转中心旋转下列哪个度数后不能与原图形重合（ ）
A．90°B．135°C．180°D．270°
8．（3分）如图是二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象，使y≥﹣1成立的x的取值范围是（ ）
A．x≥﹣1B．x≤﹣1C．﹣1≤x≤3D．x≤﹣1或x≥3
9．（3分）如图1是传统的手工磨豆腐设备，根据它的原理设计了图2的机械设备，磨盘半径OM＝20cm，把手MQ＝15cm，点O，M，Q在同一直线，用长为135cm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠PQM大小可变），点P在轨道AB上来回滑动并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝80cm．若磨盘转动1周，则点P在轨道AB上滑过的路径长为（ ）
A．90cmB．150cmC．180cmD．70πcm
10．（3分）已知P（2，m+4），Q（4，m+4）为平面直角坐标系xOy中两点，若二次函数y＝mx2﹣4mx+3m（m≠0）的图象与线段PQ有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．m≥2B．﹣4≤m≤﹣2或m≥2
C．﹣2≤m≤2D．m≤﹣2或m≥2
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）若x＝1是关于x的一元二次方程的一个根，则这个一元二次方程可以是 ．
12．（4分）数轴上一动点A向左移动2个单位长度到达点B，若点B表示的数为1，则点A表示的数是 ．
13．（4分）在一个不透明的口袋中，装有若干个红球和3个黄球，它们除颜色外没有任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球实验发现，摸到黄球的频率是0.2，则估计盒子中红球的个数大约是 ．
14．（4分）如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E．若PA＝10，则△PCD的周长为 ．
15．（4分）已知：点A（m，n）在函数y＝（x﹣k）2+k（k≠0）的图象上，也在函数y＝（x+k）2﹣k的图象上，则m+n的最小整数值是 ．
16．（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点E是对角线AC上的一点，经过C，D，E三点的⊙O与AD，BC分别交于点F，G，连接ED，EF，EG，延长GE交AD于点H．若当△HEF是等腰三角形时，CE的长为 ．
三、简答题（本题有8小题，共66分）
17．（6分）计算：4﹣（﹣3）2×2．
18．（6分）解方程﹣2．
19．（6分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线与AB，BC分别交于点E和点D，且BD＝2AC．
（1）求∠B的度数；
（2）求tan∠BAC的值．（结果保留根号）
20．（8分）小美周末来到公园，发现在公园一角有一种“守株待兔”游戏．游戏设计者提供了一只兔子和一个有A，B，C，D，E五个出入口的兔笼，而且笼内的兔子从每个出入口走出兔笼的机会是均等的．规定：①玩家只能将小兔从A，B两个出入口放入：②如果小兔进入笼子后选择从开始进入的出入口离开，则可获得一只价值4元的小兔玩具，否则应付费3元．
（1）请用画树状图的方法，列举出该游戏的所有可能情况；
（2）小美得到小兔玩具的机会有多大？
（3）假设有125人次玩此游戏，估计游戏设计者可赚多少元．
21．（8分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是弧BD上不与B、D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：△ADF≌△BDG．
（2）若AB＝4，且点E是弧BD的中点，求阴影部分面积．（结果保留π）
22．（10分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线M1经过O，A（4，0）两点，其顶点B的纵坐标为2n，点C为OB的中点．
（1）当∠ABC＝90°时，求抛物线M1的解析式；
（2）将抛物线M1先向左平移1个单位，再向上平移2个单位，若经过平移得到的抛物线M2恰好经过点C，
①求n的值；
②过点C的直线与抛物线M1对称轴右侧部分交于点D，与y轴交于点E，若＝，求点D的坐标．
23．（10分）受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）与周次x（x是正整数，1≤x＜5）的关系可近似用函数y＝x+a刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）从第5周的6元/kg下降至第6周的5.6元/kg．y与周次x（5≤x≤7）的关系可近似用函数y＝﹣x2+bx+5刻画．
（1）求a，b的值．
（2）若前五周该蔬菜的销售量m（kg）与每周的平均销售价格y（元/kg）之间的关系可近似地用如图2所示的函数图象刻画，第6周的销售量与第5周相同：
①求m与y的函数表达式；
②在前六周中，哪一周的销售额w（元）最大？最大销售额是多少？
24．（12分）已知：如图1，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n（m＞n，点E是CD边上的一个动点（不与C，D重合）．将四边形ABCE沿直线AE翻折，得到四边形AGFE，连接DG，DF．
（1）如图2，若m＝6，n＝3，当点G落在CD的延长线上时，求DE的长；
（2）当点E是CD边的中点时，∠FDG＝90°，求证：m＝n；
（3）设m＝k•n，是否存在这样的k，当点E从C运动到D的过程中，∠FDG度数有且只有两次为90°？若存在，请直接写出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
2021年浙江省湖州市长兴县中考数学检测试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．请选出各题中一个最符合题意的选项，并在答题卷上将相应题次中对应字母的方框涂黑，不选、多选、错选均不给分．
1．（3分）下列对数2021描述正确的是（ ）
A．2021不是实数B．2021的倒数是﹣2021
C．2021的相反数是D．2021的绝对值是本身
【分析】直接利用相反数、绝对值、倒数、实数的定义分析得出答案．
【解答】解：A、2021是实数，故此选项错误；
B、2021的倒数是：，故此选项错误；
C、2021的相反数是﹣2021，故此选项错误；
D、2021的绝对值是本身，故此选项正确；
故选：D．
2．（3分）如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了6个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在白色区域的概率等于（ ）
A．B．C．D．无法确定
【分析】根据概率P（A）＝事件A可能出现的结果数：所有可能出现的结果数可得答案．
【解答】解：以自由转动的转盘，被分成了6个相同的扇形，白色区域有4个，因此＝，
故选：C．
3．（3分）如图，是一个正方体的平面展开图，把展开图折成正方体后，“党”字一面相对的字是（ ）
A．一B．百C．周D．年
【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答．
【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
“建”与“周”是相对面，“党”与“百”是相对面，“一”与“年”是相对面．
故选：B．
4．（3分）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA，OB，若∠B＝20°，则∠AOB的度数为（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【分析】根据切线的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵AB是⊙O的切线，A为切点，
∴∠A＝90°，
∵∠B＝20°，
∴∠AOB＝90°﹣20°＝70°，
故选：D．
5．（3分）如图，D是△ABC边AB上一点，添加一个条件后，仍然不能使△ACD∽△ABC的是（ ）
A．∠ACB＝∠ADCB．∠ACD＝∠ABCC．D．
【分析】直接利用相似三角形的判定方法分别分析得出答案．
【解答】解：A、当∠ACB＝∠ADC时，再由∠A＝∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
B、当∠ACD＝∠ABC时，再由∠A＝∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
C、当＝时，再由∠A＝∠A，可得出△ACD∽△ABC，故此选项不合题意；
D、当＝时，无法得出△ACD∽△ABC，故此选项符合题意；
故选：D．
6．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，则csA等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据tanA＝求出第三边长的表达式，求出csA即可．
【解答】解：如图：
设BC＝5x，
∵tanA＝，
∴AC＝12x，AB＝＝13x，
∴csA＝＝＝．
故选：D．
7．（3分）如图，是一个纸折的小风车模型，将它绕着旋转中心旋转下列哪个度数后不能与原图形重合（ ）
A．90°B．135°C．180°D．270°
【分析】图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是90°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是90°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，
故选：B．
8．（3分）如图是二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象，使y≥﹣1成立的x的取值范围是（ ）
A．x≥﹣1B．x≤﹣1C．﹣1≤x≤3D．x≤﹣1或x≥3
【分析】观察函数图象在y＝﹣1上和上方部分的x的取值范围便可．
【解答】解：由函数图象可知，当y≥﹣1时，二次函数y＝ax2+bx+c不在y＝﹣1下方部分的自变量x满足：﹣1≤x≤3，
故选：C．
9．（3分）如图1是传统的手工磨豆腐设备，根据它的原理设计了图2的机械设备，磨盘半径OM＝20cm，把手MQ＝15cm，点O，M，Q在同一直线，用长为135cm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠PQM大小可变），点P在轨道AB上来回滑动并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA＝80cm．若磨盘转动1周，则点P在轨道AB上滑过的路径长为（ ）
A．90cmB．150cmC．180cmD．70πcm
【分析】连接OP，求出OP的取值范围，再求出PA的取值范围，即可得结论．
【解答】解：由题意可知OQ＝OM+MQ＝35cm，PQ＝135cm，
当Q、O、P三点共线且Q在线段OP左上方延长线上时，OP取得最小值，
此时OP＝PQ﹣MQ﹣OM＝135﹣15﹣20＝100cm；
当Q、O、P三点共线且Q在右下方线段OP上时，OP取得最大值，
此时OP＝PQ+MQ+OM＝135+15+20＝170cm．
∵OA⊥AP，OA＝80cm，
∴①当OP＝170cm时，AP＝＝150（cm）；
②当OP＝100cm时，AP＝＝60（cm）．
∵每转一周，AP从最小值到最大值再到最小值，
∴点P的运动路径长为：（150﹣60）×2＝180（cm）．
故选：C．
10．（3分）已知P（2，m+4），Q（4，m+4）为平面直角坐标系xOy中两点，若二次函数y＝mx2﹣4mx+3m（m≠0）的图象与线段PQ有公共点，则m的取值范围是（ ）
A．m≥2B．﹣4≤m≤﹣2或m≥2
C．﹣2≤m≤2D．m≤﹣2或m≥2
【分析】分m＞0和m＜0两种情况，由题意得出不等式组可确定m的范围．
【解答】解：当x＝2时，代入代入y＝mx2﹣4mx+3m得，y＝﹣m，
当x＝4时，代入y＝mx2﹣4mx+3m得，y＝3m，
当m＞0时，，
解得，m≥2，
当m＜0时，，
解得，m≤﹣2．
∴当m≤﹣2或m≥2时，抛物线y＝mx2﹣4mx+3m与线段PQ有公共点，
故选：D．
二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）
11．（4分）若x＝1是关于x的一元二次方程的一个根，则这个一元二次方程可以是 x2﹣x＝0（答案不唯一） ．
【分析】直接利用一元二次方程的解得出符合题意的一个方程即可．
【解答】解：关于x的一元二次方程的一个根是1，则符合条件的一个一元二次方程可以是：x（x﹣1）＝0，
整理得：x2﹣x＝0．
故答案为：x2﹣x＝0（答案不唯一）．
12．（4分）数轴上一动点A向左移动2个单位长度到达点B，若点B表示的数为1，则点A表示的数是 3 ．
【分析】首先画出数轴，然后再根据题意可得点B向右平移2个单位长度就是A，进而可得答案．
【解答】解：点A表示的数：1+2＝3，
故答案为：3．
13．（4分）在一个不透明的口袋中，装有若干个红球和3个黄球，它们除颜色外没有任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球实验发现，摸到黄球的频率是0.2，则估计盒子中红球的个数大约是 12 ．
【分析】利用大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
【解答】解：设红球有x个，根据题意得，
3：（3+x）＝1：5，
解得x＝12，
经检验：x＝12是原分式方程的解，
所以估计盒子中红球的个数大约有12个，
故答案为：12．
14．（4分）如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E．若PA＝10，则△PCD的周长为 20 ．
【分析】根据切线长定理和三角形周长的意义可求出答案．
【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线，切点为A，B，
∴PA＝PB，
同理，DA＝DE，CE＝CB，
∴△PCD的周长＝PD+DC+PC＝PD+DE+CE+PC＝PA+PB＝10+10＝20，
故答案为：20．
15．（4分）已知：点A（m，n）在函数y＝（x﹣k）2+k（k≠0）的图象上，也在函数y＝（x+k）2﹣k的图象上，则m+n的最小整数值是 1 ．
【分析】由题意求出m＝，n＝，则可得出答案．
【解答】解：∵点A（m，n）在函数y＝（x﹣k）2+k（k≠0）图象上，也在函数y＝（x+k）2﹣k图象上，
∴，
解得：，
∵k2＞0，
∴m+n＝+，＝，
∴m+n的最小整数值是1．
故答案为：1．
16．（4分）已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点E是对角线AC上的一点，经过C，D，E三点的⊙O与AD，BC分别交于点F，G，连接ED，EF，EG，延长GE交AD于点H．若当△HEF是等腰三角形时，CE的长为 6或或 ．
【分析】由平行线的性质和圆的内接四边形的性质可得∠EFH＝∠DCE，∠CDE＝∠DHE，从而得△HEF∽△DEC，列比例式＝＝，分三种情况：1°当HF＝EF时，2°当HE＝EF时，3°当HE＝HF时，根据比例式和等腰三角形的性质分别计算CE的长即可；
【解答】解：∵四边形CDFE是⊙O的内接四边形，
∴∠DFE+∠DCE＝180°，
∵∠DFE+∠EFH＝180°，
∴∠EFH＝∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DHE＝∠BGE，
∵四边形DEGC是⊙O的内接四边形，
∴∠BGE＝∠CDE，
∴∠CDE＝∠DHE，
∴△HEF∽△DEC，
∴＝＝，
1°当HF＝EF时，
∵＝，
∴EC＝DC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝6，
∴CE＝DC＝6；
2°当HE＝EF时，
∵＝，
∴DE＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝∠ECD+∠CAD＝90°，
∴∠ADE＝∠EAD，
∴AE＝ED＝EC，
Rt△ADC中，AD＝BC＝9，DC＝6，
AC＝＝3，
∴CE＝AC＝，
3°当HE＝HF时，
∵＝，
∴DE＝DC＝6，
连接DG，交AC于M，如图，
∵∠DCG＝90°，
∴DG是⊙O的直径，
∵DE＝DC，
∴DG是EC的垂直平分线，即EC⊥DM，EC＝2CM，
cs∠DCM＝＝，
即，
∴CM＝，
∴CE＝2CM＝，
综上，CE的长为6或或，
故答案为：6或或．
三、简答题（本题有8小题，共66分）
17．（6分）计算：4﹣（﹣3）2×2．
【分析】根据有理数的乘方、有理数的乘法和减法可以解答本题．
【解答】解：4﹣（﹣3）2×2
＝4﹣9×2
＝4﹣18
＝﹣14．
18．（6分）解方程﹣2．
【分析】观察可得最简公分母是（x﹣3），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【解答】解：方程的两边同乘（x﹣3），得：2﹣x＝﹣1﹣2（x﹣3），
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，（x﹣3）＝0，
∴x＝3是原分式方程的增根，原分式方程无解．
19．（6分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线与AB，BC分别交于点E和点D，且BD＝2AC．
（1）求∠B的度数；
（2）求tan∠BAC的值．（结果保留根号）
【分析】（1）连接AD，得到∠ADC，再根据AD＝BD可得答案；
（2）设AC＝m，用m表示出BC即可求出答案．
【解答】解：连接AD，如图：
∵AB的垂直平分线与AB，BC分别交于点E和点D，
∴AD＝BD，∠B＝∠DAB，
∵BD＝2AC，
∴AD＝2AC，
又∠C＝90°，
∴sin∠ADC＝＝，
∴∠ADC＝30°，
而∠ADC＝∠B+∠DAB，
∴∠B＝15°；
（2）设AC＝m，则AD＝BD＝2m，
Rt△ACD中，CD＝＝m，
∴BC＝（2+）m，
Rt△ABC中，tan∠BAC＝＝＝2+，
∴tan∠BAC＝2+．
20．（8分）小美周末来到公园，发现在公园一角有一种“守株待兔”游戏．游戏设计者提供了一只兔子和一个有A，B，C，D，E五个出入口的兔笼，而且笼内的兔子从每个出入口走出兔笼的机会是均等的．规定：①玩家只能将小兔从A，B两个出入口放入：②如果小兔进入笼子后选择从开始进入的出入口离开，则可获得一只价值4元的小兔玩具，否则应付费3元．
（1）请用画树状图的方法，列举出该游戏的所有可能情况；
（2）小美得到小兔玩具的机会有多大？
（3）假设有125人次玩此游戏，估计游戏设计者可赚多少元．
【分析】（1）画树状图展示所有10种等可能的结果数；
（2）找出从开始进入的出入口离开的结果数，然后根据概率公式求解；
（2）利用125×3×0.8减去125×0.2×4可估计游戏设计者可赚的钱．
【解答】解：（1）画树状图为：
（2）由树状图知，共有10种等可能的结果数，其中从开始进入的出入口离开的结果数为2，
所以小美玩一次“守株待兔”游戏能得到小兔玩具的概率＝＝；
（2）125×0.8×3﹣125×0.2×4＝200，
所以估计游戏设计者可赚200元．
21．（8分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是弧BD上不与B、D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．
（1）求证：△ADF≌△BDG．
（2）若AB＝4，且点E是弧BD的中点，求阴影部分面积．（结果保留π）
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠DAE＝∠DBE，∠ADB＝90°，再应用等腰三角形三线合一的性质易得AD＝CD，根据直角三角形斜边中线的性质得到AD＝BD，则△ADF≌△BDG可得证；
（2）连接OE，应用垂径定理得到OE⊥BD，即可得到OE∥AD，从而求得∠BOE＝∠BAD＝45°，由面积的和差关系可求解．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵BA＝BC，
∴AD＝CD，
∵∠ABC＝90°，
∴BD＝AD，
在△ADF和△BDG中，
，
∴△ADF≌△BDG（ASA），
（2）解：连接OE，交BD于点H，
∵点E是弧BD的中点，
∴OE⊥BD，
∴OE∥AD，
∴∠BOE＝∠BAD＝45°，
∵AB＝4，
∴OB＝OE＝2，
在Rt△OHB中，BH＝sin∠BOH•OB＝，
∴S阴影＝S扇形﹣S△ABE＝﹣×＝﹣．
22．（10分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线M1经过O，A（4，0）两点，其顶点B的纵坐标为2n，点C为OB的中点．
（1）当∠ABC＝90°时，求抛物线M1的解析式；
（2）将抛物线M1先向左平移1个单位，再向上平移2个单位，若经过平移得到的抛物线M2恰好经过点C，
①求n的值；
②过点C的直线与抛物线M1对称轴右侧部分交于点D，与y轴交于点E，若＝，求点D的坐标．
【分析】（1）设抛物线M1对称轴与x轴的交点为H，设抛物线M1解析式为y＝ax（x﹣4）（a≠0），根据抛物线的轴对称性可知，OH＝AH，可求出点B的坐标，代入抛物线M1解析式即可求出a，从而得到答案；
（2）①根据题意可得点B的坐标为（2，2n），再由点C为OB的中点，可得出点C（1，n），代入y＝a（x﹣1）2+2n+2，可求得n；
②过点C作CH⊥y轴于点H，过点D作DQ⊥CH于点Q，先证明△EHC∽△DQC，再利用相似三角形性质，即可求得答案．
【解答】解：（1）设抛物线M1对称轴与x轴的交点为H，
设抛物线M1解析式为y＝ax（x﹣4）（a≠0），
由抛物线的轴对称性可知，OH＝AH，
当∠ABC＝90°时，BH＝OH＝2，
∴点B的坐标为（2，﹣2），
把B（2，﹣2）代入y＝ax（x﹣4），得：﹣2＝2a（2﹣4），
解得：a＝，
∴抛物线M1解析式为y＝x2﹣2x；
（2）①由题意，点B的坐标为（2，2n），
∵点C为OB的中点，
∴点C的坐标为（1，n），
∵抛物线M1的解析式为y＝a（x﹣2）2+2n，
∴抛物线M2的解析式为y＝a（x﹣1）2+2n+2，
把C（1，n）代入y＝a（x﹣1）2+2n+2，
得：n＝a（1﹣1）2+2n+2，
解得：n＝﹣2；
②由①得抛物线M2的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣2，
∴点C的坐标为（1，﹣2），
过点C作CH⊥y轴于点H，过点D作DQ⊥CH于点Q，
则∠ECH＝∠QCD，∠EHC＝∠DQC，
∴△EHC∽△DQC，
∴＝＝，
∵CH＝1，
∴CQ＝2，
把x＝4，y＝0代入抛物线M1的解析式为y＝a（x﹣2）2﹣4，
得：0＝a（4﹣2）2﹣4，
解得：a＝1，
∴抛物线M1的解析式为y＝（x﹣2）2﹣4，
当x＝3时，y＝﹣3，
∴点D的坐标为（3，﹣3）．
23．（10分）受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）与周次x（x是正整数，1≤x＜5）的关系可近似用函数y＝x+a刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）从第5周的6元/kg下降至第6周的5.6元/kg．y与周次x（5≤x≤7）的关系可近似用函数y＝﹣x2+bx+5刻画．
（1）求a，b的值．
（2）若前五周该蔬菜的销售量m（kg）与每周的平均销售价格y（元/kg）之间的关系可近似地用如图2所示的函数图象刻画，第6周的销售量与第5周相同：
①求m与y的函数表达式；
②在前六周中，哪一周的销售额w（元）最大？最大销售额是多少？
【分析】（1）根据和函数图象中的数据，可以得到a、b的值；
（2）①根据题意和函数图象中的数据，可以得到m与y的函数表达式；
②利用分类讨论的方法，可以分别求得各段对应的最大销售额，然后即可得到在前六周中，哪一周的销售额w（元）最大，最大销售额是多少．
【解答】解：（1）由图1可知，点（1，4.4）在函数y＝x+a上，
则4.4＝×1+a，得a＝4，
∵函数y＝﹣x2+bx+5过点（5，6），
∴6＝﹣×52+5b+5，得b＝0.7，
即a，b的值分别为4，0.7；
（2）①设m与y的函数表达式时m＝ky+a，
，得，
即m与y的函数表达式是m＝﹣25y+250；
②当1≤x≤4时，
∵m＝﹣25y+250，y＝x+4，
∴m＝﹣10x+150，
∴w＝（﹣10x+150）（x+4）＝﹣4（x﹣）2+625，
∵x为正整数，
∴当x＝2或3时，w取得最大值，此时w＝624；
当x＝5时，y＝﹣x2+0.7x+5＝6，m＝﹣25y+250＝100，此时w＝6×100＝600，
当x＝6时，m＝100，y＝﹣x2+0.7x+5＝5.6，此时w＝5.6×100＝560，
由上可得，第二周或第三周销售额最大，最大销售额是624元．
24．（12分）已知：如图1，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n（m＞n，点E是CD边上的一个动点（不与C，D重合）．将四边形ABCE沿直线AE翻折，得到四边形AGFE，连接DG，DF．
（1）如图2，若m＝6，n＝3，当点G落在CD的延长线上时，求DE的长；
（2）当点E是CD边的中点时，∠FDG＝90°，求证：m＝n；
（3）设m＝k•n，是否存在这样的k，当点E从C运动到D的过程中，∠FDG度数有且只有两次为90°？若存在，请直接写出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明AG＝GE＝6，利用勾股定理求出DG，可得结论．
（2）首先证明G，D，B共线，再证明∠BDE＝∠DAE，推出tan∠BDE＝tan∠DAE，由此构建关系式，可得结论．
（3）利用（2）中结论，结合图象可得结论．
【解答】（1）解：如图2中，
在矩形ABCD中，CD∥AB，则∠GEA＝∠EAB，
由折叠可知，∠GAE＝∠EAB，GA＝AB＝6，
∴∠EAG＝∠AEG，
∴GA＝GE＝6，
∵点G在CD的延长线上，
∴∠GDA＝90°，
在Rt△GDA中，GD＝＝＝3，
∴DE＝GE﹣DG＝6﹣3．
（2）证明：如图3中，连接CF，BG．
由翻折的性质可知，AE⊥BG，AE⊥CF，
∴BG∥CF，
∵DE＝EC＝EF，
∴∠CFD＝90°，
∵∠GDF＝90°，
∴∠GDF＝∠CFD，
∴CF∥GD，
∴G，D，B共线，
∵∠BDE+∠AED＝90°，∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠BDE＝∠DAE，
∴tan∠BDE＝tan∠DAE，
∴＝，
∵m＞0，n＞0，
∴m＝n．
（3）解：存在．
理由：当k＝1时，四边形ABCD爱上正方形，点E从C运动到D的过程中，∠FDG度数有且只有1次为90°．
当k＝时，由（2）可知，点E从C运动到D的过程中，∠FDG度数有且只有1次为90°．
观察图象可知，当1＜k＜时，点E从C运动到D的过程中，∠FDG度数有且只有两次为90°．