2022届江苏省江阴市第一中学中考冲刺卷数学试题含解析

这是一份2022届江苏省江阴市第一中学中考冲刺卷数学试题含解析，共30页。试卷主要包含了4的平方根是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022中考数学模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．如图，是由一个圆柱体和一个长方体组成的几何体，其主视图是( )

A． B． C． D．
2．如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长度为（ ）

A． B．2 C． D．
3．如图，直线l是一次函数y=kx+b的图象，若点A（3，m）在直线l上，则m的值是（　　）

A．﹣5 B． C． D．7
4． “单词的记忆效率”是指复习一定量的单词，一周后能正确默写出的单词个数与复习的单词个数的比值.右图描述了某次单词复习中四位同学的单词记忆效率与复习的单词个数的情况，则这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的是( )

A． B． C． D．
5．如图所示，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个既无缝隙又无重叠的四边形EFGH，若EH=3，EF=4，那么线段AD与AB的比等于（　　）

A．25：24 B．16：15 C．5：4 D．4：3
6．如图，AB是定长线段，圆心O是AB的中点，AE、BF为切线，E、F为切点，满足AE=BF，在上取动点G，国点G作切线交AE、BF的延长线于点D、C，当点G运动时，设AD=y，BC=x，则y与x所满足的函数关系式为（　　）

A．正比例函数y=kx（k为常数，k≠0，x＞0）
B．一次函数y=kx+b（k，b为常数，kb≠0，x＞0）
C．反比例函数y=（k为常数，k≠0，x＞0）
D．二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0，x＞0）
7．4的平方根是( )
A．4 B．±4 C．±2 D．2
8．如图，将一副三角板如此摆放，使得BO和CD平行，则∠AOD的度数为（　　）

A．10° B．15° C．20° D．25°
9．一个正方形花坛的面积为7m2，其边长为am，则a的取值范围为（　　）
A．0＜a＜1 B．l＜a＜2 C．2＜a＜3 D．3＜a＜4
10．如图，两个等直径圆柱构成如图所示的T形管道，则其俯视图正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．在一个不透明的袋子中装有除颜色外其余均相同的m个小球，其中 5 个黑球， 从袋中随机摸出一球，记下其颜色，这称为依次摸球试验，之后把它放回袋 中，搅匀后，再继续摸出一球．以下是利用计算机模拟的摸球试验次数与摸出黑球次数的列表：
摸球试验次数
100
1000
5000
10000
50000
100000
摸出黑球次数
46
487
2506
5008
24996
50007
根据列表，可以估计出 m 的值是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
12．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
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．分解因式：a3-12a2+36a=______．
14．如图，小军、小珠之间的距离为2.7 m，他们在同一盏路灯下的影长分别为1.8 m，1.5 m，已知小军、小珠的身高分别为1.8 m，1.5 m，则路灯的高为____m.

15．关于的方程有增根，则______.
16．如图，反比例函数y=（x＞0）的图象与矩形AOBC的两边AC，BC边相交于E，F，已知OA=3，OB=4，△ECF的面积为，则k的值为_____．

17．关于x的一元二次方程ax2﹣x﹣=0有实数根，则a的取值范围为________．
18．小明和小亮分别从A、B两地同时相向而行，并以各自的速度匀速行驶，途中会经过奶茶店C，小明先到达奶茶店C，并在C地休息了一小时，然后按原速度前往B地，小亮从B地直达A地，结果还是小明先到达目的地，如图是小明和小亮两人之间的距离y(千米)与小亮出发时间x(时)的函数的图象，请问当小明到达B地时，小亮距离A地_____千米．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图,两座建筑物的水平距离为.从点测得点的仰角为53° ,从点测得点的俯角为37° ,求两座建筑物的高度(参考数据:

20．（6分） 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），抛物线的对称轴直线x＝交x轴于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，交x轴于点G，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标；
（3）在（2）的条件下，将线段FG绕点G顺时针旋转一个角α（0°＜α＜90°），在旋转过程中，设线段FG与抛物线交于点N，在线段GB上是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

21．（6分）如图1，图2…、图m是边长均大于2的三角形、四边形、…、凸n边形．分别以它们的各顶点为圆心，以1为半径画弧与两邻边相交，得到3条弧、4条弧…、n条弧．

(1)图1中3条弧的弧长的和为　 　，图2中4条弧的弧长的和为　 　；
(2)求图m中n条弧的弧长的和(用n表示)．
22．（8分）近日，深圳市人民政府发布了《深圳市可持续发展规划》，提出了要做可持续发展的全球创新城市的目标，某初中学校了解学生的创新意识，组织了全校学生参加创新能力大赛，从中抽取了部分学生成绩，分为5组：A组50～60；B组60～70；C组70～80；D组80～90；E组90～100，统计后得到如图所示的频数分布直方图（每组含最小值不含最大值）和扇形统计图．抽取学生的总人数是　 　人，扇形C的圆心角是　 　°；补全频数直方图；该校共有2200名学生，若成绩在70分以下（不含70分）的学生创新意识不强，有待进一步培养，则该校创新意识不强的学生约有多少人？

23．（8分）如图所示，小王在校园上的A处正面观测一座教学楼墙上的大型标牌，测得标牌下端D处的仰角为30°，然后他正对大楼方向前进5m到达B处，又测得该标牌上端C处的仰角为45°．若该楼高为16.65m，小王的眼睛离地面1.65m，大型标牌的上端与楼房的顶端平齐．求此标牌上端与下端之间的距离（≈1.732，结果精确到0.1m）．

24．（10分）填空并解答：
某单位开设了一个窗口办理业务，并按顾客“先到达，先办理”的方式服务，该窗口每2分钟服务一位顾客．已知早上8：00上班窗口开始工作时，已经有6位顾客在等待，在窗口工作1分钟后，又有一位“新顾客”到达，且以后每5分钟就有一位“新顾客”到达．该单位上午8：00上班，中午11：30下班．
（1）问哪一位“新顾客”是第一个不需要排队的？
分析：可设原有的6为顾客分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6，“新顾客”为c1、c2、c3、c4…．窗口开始工作记为0时刻．

a1
a2
a3
a4
a5
a6
c1
c2
c3
c4
…
到达窗口时刻
0
0
0
0
0
0
1
6
11
16
…
服务开始时刻
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
…
每人服务时长
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
…
服务结束时刻
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
…
根据上述表格，则第　 　位，“新顾客”是第一个不需要排队的．
（2）若其他条件不变，若窗口每a分钟办理一个客户（a为正整数），则当a最小取什么值时，窗口排队现象不可能消失．
分析：第n个“新顾客”到达窗口时刻为　 　，第（n﹣1）个“新顾客”服务结束的时刻为　 　．
25．（10分）如图1，△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD，PM，PN，MN．
（1）观察猜想：
图1中，PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是　 　．
（2）探究证明：
将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：
把△CDE绕点C任意旋转，若AC=4，CD=2，请直接写出△PMN面积的最大值．

26．（12分）如图，抛物线y=x1﹣1x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），直线l与抛物线交于A，C两点，其中点C的横坐标为1．
（1）求A，B两点的坐标及直线AC的函数表达式；
（1）P是线段AC上的一个动点（P与A，C不重合），过P点作y轴的平行线交抛物线于点E，求△ACE面积的最大值；
（3）若直线PE为抛物线的对称轴，抛物线与y轴交于点D，直线AC与y轴交于点Q，点M为直线PE上一动点，则在x轴上是否存在一点N，使四边形DMNQ的周长最小？若存在，求出这个最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）点H是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、H四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．

27．（12分）在平面直角坐标系中，某个函数图象上任意两点的坐标分别为（﹣t，y1）和（t，y2）（其中t为常数且t＞0），将x＜﹣t的部分沿直线y＝y1翻折，翻折后的图象记为G1；将x＞t的部分沿直线y＝y2翻折，翻折后的图象记为G2，将G1和G2及原函数图象剩余的部分组成新的图象G．
例如：如图，当t＝1时，原函数y＝x，图象G所对应的函数关系式为y＝．

（1）当t＝时，原函数为y＝x+1，图象G与坐标轴的交点坐标是　 ．
（2）当t＝时，原函数为y＝x2﹣2x
①图象G所对应的函数值y随x的增大而减小时，x的取值范围是　 ．
②图象G所对应的函数是否有最大值，如果有，请求出最大值；如果没有，请说明理由．
（3）对应函数y＝x2﹣2nx+n2﹣3（n为常数）．
①n＝﹣1时，若图象G与直线y＝2恰好有两个交点，求t的取值范围．
②当t＝2时，若图象G在n2﹣2≤x≤n2﹣1上的函数值y随x的增大而减小，直接写出n的取值范围．



参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、B
【解析】
试题分析：长方体的主视图为矩形，圆柱的主视图为矩形，根据立体图形可得：主视图的上面和下面各为一个矩形，且下面矩形的长比上面矩形的长要长一点，两个矩形的宽一样大小．
考点：三视图．
2、C
【解析】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，由垂径定理得到C为AB的中点，再由折叠得到CD=OC，求出OC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出AC的长，即可确定出AB的长．
【详解】
过O作OC⊥AB，交圆O于点D，连接OA，

由折叠得到CD=OC=OD=1cm，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC2+OC2=OA2，
即AC2+1=4，
解得：AC=cm，
则AB=2AC=2cm．
故选C．
【点睛】
此题考查了垂径定理，勾股定理，以及翻折的性质，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
3、C
【解析】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，求出解析式，再将A（3，m）代入，可求得m.
【详解】
把（-2，0）和（0，1）代入y=kx+b，得
，
解得
所以，一次函数解析式y=x+1，
再将A（3，m）代入，得
m=×3+1=.
故选C.
【点睛】
本题考核知识点：考查了待定系数法求一次函数的解析式,根据解析式再求函数值.
4、C
【解析】
分析:在四位同学中，M同学单词记忆效率最高，但是复习的单词最少，T同学复习的单词最多，但是他的单词记忆效率最低，N,S两位同学的单词记忆效率基本相同，但是S同学复习的单词最多，这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的应该是S.
详解：在四位同学中，M同学单词记忆效率最高，但是复习的单词最少，T同学复习的单词最多，但是他的单词记忆效率最低，N,S两位同学的单词记忆效率基本相同，但是S同学复习的单词最多，这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的应该是S.
故选C.
点睛：考查函数的图象，正确理解题目的意思是解题的关键.
5、A
【解析】
先根据图形翻折的性质可得到四边形EFGH是矩形，再根据全等三角形的判定定理得出Rt△AHE≌Rt△CFG，再由勾股定理及直角三角形的面积公式即可解答．
【详解】
∵∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠HEF=90°，
同理四边形EFGH的其它内角都是90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴EH=FG（矩形的对边相等），
又∵∠1+∠4=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠1=∠5（等量代换），
同理∠5=∠7=∠8，
∴∠1=∠8，
∴Rt△AHE≌Rt△CFG，
∴AH=CF=FN，
又∵HD=HN，
∴AD=HF，
在Rt△HEF中，EH=3，EF=4，根据勾股定理得HF==5，
又∵HE•EF=HF•EM，
∴EM=，
又∵AE=EM=EB（折叠后A、B都落在M点上），
∴AB=2EM=，
∴AD：AB=5：==25：1．
故选A
【点睛】
本题考查的是图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，折叠以后的图形与原图形全等．
6、C
【解析】
延长AD，BC交于点Q，连接OE，OF，OD，OC，OQ，由AE与BF为圆的切线，利用切线的性质得到AE与EO垂直，BF与OF垂直，由AE=BF，OE=OF，利用HL得到直角三角形AOE与直角BOF全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠A=∠B，利用等角对等边可得出三角形QAB为等腰三角形，由O为底边AB的中点，利用三线合一得到QO垂直于AB，得到一对直角相等，再由∠FQO与∠OQB为公共角，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形FQO与三角形OQB相似，同理得到三角形EQO与三角形OAQ相似，由相似三角形的对应角相等得到∠QOE=∠QOF=∠A=∠B，再由切线长定理得到OD与OC分别为∠EOG与∠FOG的平分线，得到∠DOC为∠EOF的一半，即∠DOC=∠A=∠B，又∠GCO=∠FCO，得到三角形DOC与三角形OBC相似，同理三角形DOC与三角形DAO相似，进而确定出三角形OBC与三角形DAO相似，由相似得比例，将AD=x，BC=y代入，并将AO与OB换为AB的一半，可得出x与y的乘积为定值，即y与x成反比例函数，即可得到正确的选项．
【详解】
延长AD，BC交于点Q，连接OE，OF，OD，OC，OQ，

∵AE，BF为圆O的切线，
∴OE⊥AE，OF⊥FB，
∴∠AEO=∠BFO=90°，
在Rt△AEO和Rt△BFO中，
∵，
∴Rt△AEO≌Rt△BFO（HL），
∴∠A=∠B，
∴△QAB为等腰三角形，
又∵O为AB的中点，即AO=BO，
∴QO⊥AB，
∴∠QOB=∠QFO=90°，
又∵∠OQF=∠BQO，
∴△QOF∽△QBO，
∴∠B=∠QOF，
同理可以得到∠A=∠QOE，
∴∠QOF=∠QOE，
根据切线长定理得：OD平分∠EOG，OC平分∠GOF，
∴∠DOC=∠EOF=∠A=∠B，
又∵∠GCO=∠FCO，
∴△DOC∽△OBC，
同理可以得到△DOC∽△DAO，
∴△DAO∽△OBC，
∴，
∴AD•BC=AO•OB=AB2，即xy=AB2为定值，
设k=AB2，得到y=，
则y与x满足的函数关系式为反比例函数y=（k为常数，k≠0，x＞0）．
故选C．
【点睛】
本题属于圆的综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，切线长定理，直角三角形全等的判定与性质，反比例函数的性质，以及等腰三角形的性质，做此题是注意灵活运用所学知识．
7、C
【解析】
根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x1=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．
【详解】
∵（±1）1=4，
∴4的平方根是±1．
故选D．
【点睛】
本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
8、B
【解析】
根据题意可知，∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°，再根据平行线的性质即可解答
【详解】
根据题意可知∠AOB=∠ABO=45°，∠DOC=30°
∵BO∥CD
∴∠BOC=∠DCO=90°
∴∠AOD=∠BOC-∠AOB-∠DOC=90°-45°-30°=15°
故选B
【点睛】
此题考查三角形内角和，平行线的性质，解题关键在于利用平行线的性质得到角相等
9、C
【解析】
先根据正方形的面积公式求边长，再根据无理数的估算方法求取值范围.
【详解】
解：∵一个正方形花坛的面积为，其边长为，


则a的取值范围为：．
故选：C．
【点睛】
此题重点考查学生对无理数的理解，会估算无理数的大小是解题的关键.
10、B
【解析】
试题分析：三视图就是主视图（正视图）、俯视图、左视图的总称．从物体的前面向后面投射所得的视图称主视图（正视图）——能反映物体的前面形状；从物体的上面向下面投射所得的视图称俯视图——能反映物体的上面形状；从物体的左面向右面投射所得的视图称左视图——能反映物体的左面形状．故选B
考点：三视图
11、B
【解析】
由概率公式可知摸出黑球的概率为，分析表格数据可知的值总是在0.5左右，据此可求解m值.
【详解】
解：分析表格数据可知的值总是在0.5左右，则由题意可得，解得m=10,
故选择B.
【点睛】
本题考查了概率公式的应用.
12、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．

【点睛】
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．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、a(a-6)2
【解析】
原式提取a，再利用完全平方公式分解即可．
【详解】
原式=a(a2-12a+36)=a(a-6)2，
故答案为a(a-6)2
【点睛】
本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题的关键．
14、3
【解析】
试题分析：如图，∵CD∥AB∥MN，
∴△ABE∽△CDE，△ABF∽△MNF，
∴，
即，
解得：AB=3m，
答：路灯的高为3m．

考点：中心投影．
15、-1
【解析】
根据分式方程－1＝0有增根，可知x-1=0，解得x=1，然后把分式方程化为整式方程为：ax+1-（x-1）=0，代入x=1可求得a=-1.
故答案为-1.
点睛：此题主要考查了分式方程的增根问题，解题关键是明确增根出现的原因，把增根代入最简公分母即可求得增根，然后把它代入所化为的整式方程即可求出未知系数.
16、1
【解析】
设E（，3），F（1，），由题意（1-）（3-）= ，求出k即可；
【详解】
∵四边形OACB是矩形，
∴OA=BC=3，AC=OB=1，
设E（，3），F（1，），
由题意（1-）（3-）=，
整理得：k2-21k+80=0，
解得k=1或20，
k=20时，F点坐标（1，5），不符合题意，
∴k=1
故答案为1．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是会利用参数构建方程解决问题．
17、a≥﹣1且a≠1
【解析】
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到≠1且△=（﹣1）2﹣4a•（﹣）≥1，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【详解】
根据题意得a≠1且△=（﹣1）2﹣4a•（﹣）≥1，解得：a≥﹣1且a≠1．
故答案为a≥﹣1且a≠1．
【点睛】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1）的根与△=b2﹣4ac有如下关系：当△＞1时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=1时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜1时，方程无实数根．
18、1
【解析】
根据题意设小明的速度为akm/h，小亮的速度为bkm/h，求出a,b的值，再代入方程即可解答.
【详解】
设小明的速度为akm/h，小亮的速度为bkm/h，
，
解得， ，
当小明到达B地时，小亮距离A地的距离是：120×(3.5﹣1)﹣60×3.5＝1(千米)，
故答案为1．
【点睛】
此题考查一次函数的应用，解题关键在于列出方程组.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、建筑物的高度为.建筑物的高度为.
【解析】
分析：过点D作DE⊥AB于于E，则DE=BC=60m．在Rt△ABC中，求出AB．在Rt△ADE中求出AE即可解决问题．
详解：过点D作DE⊥AB于于E，则DE=BC=60m，
在Rt△ABC中，tan53°==，∴AB=80（m）．
在Rt△ADE中，tan37°==，∴AE=45（m），
∴BE=CD=AB﹣AE=35（m）．
答：两座建筑物的高度分别为80m和35m．

点睛：本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
20、（1） ；（1） ，E（1，1）；（3）存在，P点坐标可以为（1+，5）或（3，5）．
【解析】
（1）设B（x1，5），由已知条件得 ，进而得到B（2，5）．又由对称轴求得b．最终得到抛物线解析式.
（1）先求出直线BC的解析式，再设E（m，＝﹣m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）
求得FE的值，得到S△CBF﹣m1+2m．又由S四边形CDBF＝S△CBF+S△CDB，得S四边形CDBF最大值， 最终得到E点坐标．
（3）设N点为（n，﹣n1+n+1），1＜n＜2．过N作NO⊥x轴于点P，得PG＝n﹣1．
又由直角三角形的判定，得△ABC为直角三角形，由△ABC∽△GNP， 得n＝1+或n＝1﹣（舍去），求得P点坐标．又由△ABC∽△GNP，且时，
得n＝3或n＝﹣2（舍去）．求得P点坐标．
【详解】
解：（1）设B（x1，5）．由A（﹣1，5），对称轴直线x＝ ．
∴
解得，x1＝2．
∴B（2，5）．
又∵
∴b＝．
∴抛物线解析式为y＝ ，
（1）如图1，

∵B（2，5），C（5，1）．
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+1．
由E在直线BC上，则设E（m，＝﹣m+1．），F（m，﹣m1+m+1．）
∴FE＝﹣m1+m+1﹣（﹣n+1）＝﹣m1+1m．
由S△CBF＝EF•OB，
∴S△CBF＝（﹣m1+1m）×2＝﹣m1+2m．
又∵S△CDB＝BD•OC＝×（2﹣）×1＝
∴S四边形CDBF＝S△CBF+S△CDB═﹣m1+2m+．
化为顶点式得，S四边形CDBF＝﹣（m﹣1）1+ ．
当m＝1时，S四边形CDBF最大，为．
此时，E点坐标为（1，1）．
（3）存在．
如图1，

由线段FG绕点G顺时针旋转一个角α（5°＜α＜95°），设N（n，﹣n1+n+1），1＜n＜2．
过N作NO⊥x轴于点P（n，5）．
∴NP＝﹣n1+n+1，PG＝n﹣1．
又∵在Rt△AOC中，AC1＝OA1+OC1＝1+2＝5，在Rt△BOC中，BC1＝OB1+OC1＝16+2＝15．
AB1＝51＝15．
∴AC1+BC1＝AB1．
∴△ABC为直角三角形．
当△ABC∽△GNP，且时，
即，
整理得，n1﹣1n﹣6＝5．
解得，n＝1+ 或n＝1﹣（舍去）．
此时P点坐标为（1+，5）．
当△ABC∽△GNP，且时，
即，
整理得，n1+n﹣11＝5．
解得，n＝3或n＝﹣2（舍去）．
此时P点坐标为（3，5）．
综上所述，满足题意的P点坐标可以为，（1+，5），（3，5）．
【点睛】
本题考查求抛物线，三角形的性质和面积的求法，直角三角形的判定，以及三角形相似的性质，属于较难题.
21、 (1)π， 2π；(2)(n﹣2)π．
【解析】
（1）利用弧长公式和三角形和四边形的内角和公式代入计算；
（2）利用多边形的内角和公式和弧长公式计算．
【详解】
(1)利用弧长公式可得
＝π，
因为n1+n2+n3＝180°．
同理，四边形的＝＝2π，
因为四边形的内角和为360度；
(2)n条弧＝＝(n﹣2)π．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和定理以及扇形的面积公式和弧长的计算公式，理解公式是关键．
22、（1）300、144；（2）补全频数分布直方图见解析；（3）该校创新意识不强的学生约有528人．
【解析】
（1）由D组频数及其所占比例可得总人数，用360°乘以C组人数所占比例可得；
（2）用总人数分别乘以A、B组的百分比求得其人数，再用总人数减去A、B、C、D的人数求得E组的人数可得；
（3）用总人数乘以样本中A、B组的百分比之和可得．
【详解】
解：（1）抽取学生的总人数为78÷26%=300人，扇形C的圆心角是360°×=144°，
故答案为300、144；
（2）A组人数为300×7%=21人，B组人数为300×17%=51人，
则E组人数为300﹣（21+51+120+78）=30人，
补全频数分布直方图如下：

（3）该校创新意识不强的学生约有2200×（7%+17%）=528人．
【点睛】
考查了频数（率）分布直方图：提高读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了用样本估计总体．
23、大型标牌上端与下端之间的距离约为3.5m．
【解析】
试题分析：将题目中的仰俯角转化为直角三角形的内角的度数，分别求得CE和BE的长，然后求得DE的长，用CE的长减去DE的长即可得到上端和下端之间的距离．
试题解析：
设AB，CD 的延长线相交于点E，
∵∠CBE=45°，
CE⊥AE，
∴CE=BE，
∵CE=16.65﹣1.65=15，
∴BE=15，
而AE=AB+BE=1．
∵∠DAE=30°，
∴DE＝＝11.54，
∴CD=CE﹣DE=15﹣11.54≈3.5 （m ），
答：大型标牌上端与下端之间的距离约为3.5m．

24、（1）5；（2）5n﹣4，na+6a．
【解析】
(1)第5位，“新顾客”到达时间是20分钟，第11位顾客结束服务的时间是20分钟，所以第5位“新顾客”是第一个不需要排队的；
(2)由表格中信息可得，“新顾客”到达时间为1，6，11，16，…，则第n个“新顾客”到达窗口时刻为5n﹣4，由表格可知，“新顾客”服务开始的时间为6a，7a，8a，…，第n﹣1个“新顾客”服务开始的时间为(6+n﹣1)a=(5+n)a，第n﹣1个“新顾客”服务结束的时间为(5+n)a+a=na+6a．
【详解】
(1)第5位，“新顾客”到达时间是20分钟，第11位顾客结束服务的时间是20分钟，所以第5位“新顾客”是第一个不需要排队的；
故答案为：5；
(2)由表格中信息可得，“新顾客”到达时间为1，6，11，16，…，
∴第n个“新顾客”到达窗口时刻为5n﹣4，
由表格可知，“新顾客”服务开始的时间为6a，7a，8a，…，
∴第n个“新顾客”服务开始的时间为(6+n)a，
∴第n﹣1个“新顾客”服务开始的时间为(6+n﹣1)a=(5+n)a，
∵每a分钟办理一个客户，
∴第n﹣1个“新顾客”服务结束的时间为(5+n)a+a=na+6a，
故答案为：5n﹣4，na+6a．
【点睛】
本题考查了列代数式，用代数式表示数的规律，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，寻找规律，列出代数式．
25、（1）PM=PN，PM⊥PN（2）等腰直角三角形，理由见解析（3）
【解析】
（1）由等腰直角三角形的性质易证△ACE≌△BCD，由此可得AE=BD，再根据三角形中位线定理即可得到PM=PN，由平行线的性质可得PM⊥PN；
（2）（1）中的结论仍旧成立，由（1）中的证明思路即可证明；
（3）由（2）可知△PMN是等腰直角三角形，PM=BD，推出当BD的值最大时，PM的值最大，△PMN的面积最大，推出当B、C、D共线时，BD的最大值=BC+CD=6，由此即可解决问题；
【详解】
解：（1）PM=PN，PM⊥PN，理由如下：
延长AE交BD于O，

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC=90°，∠AEC=∠BEO，
∴∠CBD+∠BEO=90°，
∴∠BOE=90°，即AE⊥BD，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM=BD，PN=AE，
∴PM=PM，
∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，
∴∠NPD=∠EAC，∠MPA=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°，
∴∠MPA+∠NPC=90°，
∴∠MPN=90°，
即PM⊥PN，
故答案是：PM=PN，PM⊥PN；
（2）如图②中，设AE交BC于O，

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，
∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
又∵∠AOC=∠BOE，
∠CAE=∠CBD，
∴∠BHO=∠ACO=90°，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM=BD，PM∥BD，
PN=AE，PN∥AE，
∴PM=PN，
∴∠MGE+∠BHA=180°，
∴∠MGE=90°，
∴∠MPN=90°，
∴PM⊥PN；
（3）由（2）可知△PMN是等腰直角三角形，PM=BD，
∴当BD的值最大时，PM的值最大，△PMN的面积最大，
∴当B、C、D共线时，BD的最大值=BC+CD=6，
∴PM=PN=3，
∴△PMN的面积的最大值=×3×3=．
【点睛】
本题考查的是几何变换综合题，熟知等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理的运用，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
26、（1）y=﹣x﹣1；（1）△ACE的面积最大值为；（3）M（1，﹣1），N（，0）；（4）满足条件的F点坐标为F1（1，0），F1（﹣3，0），F3（4+，0），F4（4﹣，0）．
【解析】
（1）令抛物线y=x1-1x-3=0，求出x的值，即可求A，B两点的坐标，根据两点式求出直线AC的函数表达式；
（1）设P点的横坐标为x（-1≤x≤1），求出P、E的坐标，用x表示出线段PE的长，求出PE的最大值，进而求出△ACE的面积最大值；
（3）根据D点关于PE的对称点为点C（1，-3），点Q（0，-1）点关于x轴的对称点为M（0，1），则四边形DMNQ的周长最小，求出直线CM的解析式为y=-1x+1，进而求出最小值和点M，N的坐标；
（4）结合图形，分两类进行讨论，①CF平行x轴，如图1，此时可以求出F点两个坐标；②CF不平行x轴，如题中的图1，此时可以求出F点的两个坐标．
【详解】
解：（1）令y=0，解得或x1=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
将C点的横坐标x=1代入y=x1﹣1x﹣3得
∴C（1，-3），
∴直线AC的函数解析式是
（1）设P点的横坐标为x（﹣1≤x≤1），
则P、E的坐标分别为：P（x，﹣x﹣1），E（x，x1﹣1x﹣3），
∵P点在E点的上方，
∴当时，PE的最大值
△ACE的面积最大值
（3）D点关于PE的对称点为点C（1，﹣3），点Q（0，﹣1）点关于x轴的对称点为K（0，1），
连接CK交直线PE于M点，交x轴于N点，可求直线CK的解析式为，此时四边形DMNQ的周长最小，
最小值
求得M（1，﹣1），
（4）存在如图1，若AF∥CH，此时的D和H点重合，CD=1，则AF=1，

于是可得F1（1，0），F1（﹣3，0），
如图1，根据点A和F的坐标中点和点C和点H的坐标中点相同，

再根据|HA|=|CF|，
求出
综上所述，满足条件的F点坐标为F1（1，0），F1（﹣3，0），，．
【点睛】
属于二次函数综合题，考查二次函数与轴的交点坐标，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值以及平行四边形的性质等，综合性比较强，难度较大.
27、（1）（2，0）；（2）①﹣≤x≤1或x≥；②图象G所对应的函数有最大值为；（3）①；②n≤或n≥．
【解析】
（1）根据题意分别求出翻转之后部分的表达式及自变量的取值范围，将y=0代入，求出x值，即可求出图象G与坐标轴的交点坐标；
（2）画出函数草图，求出翻转点和函数顶点的坐标，①根据图象的增减性可求出y随x的增大而减小时，x的取值范围，②根据图象很容易计算出函数最大值；
（3）①将n＝﹣1代入到函数中求出原函数的表达式，计算y=2时，x的值.据（2）中的图象，函数与y=2恰好有两个交点时t大于右边交点的横坐标且-t大于左边交点的横坐标，据此求解.
②画出函数草图，分别计算函数左边的翻转点A，右边的翻转点C，函数的顶点B的横坐标（可用含n的代数式表示），根据函数草图以及题意列出关于n的不等式求解即可.
【详解】
（1）当x＝时，y＝，
当x≥时，翻折后函数的表达式为：y＝﹣x+b，将点（，）坐标代入上式并解得：
翻折后函数的表达式为：y＝﹣x+2，
当y＝0时，x＝2，即函数与x轴交点坐标为：（2，0）；
同理沿x＝﹣翻折后当时函数的表达式为：y＝﹣x，
函数与x轴交点坐标为：（0，0），因为所以舍去.
故答案为：（2，0）；
（2）当t＝时，由函数为y＝x2﹣2x构建的新函数G的图象，如下图所示：

点A、B分别是t＝﹣、t＝的两个翻折点，点C是抛物线原顶点，
则点A、B、C的横坐标分别为﹣、1、，
①函数值y随x的增大而减小时，﹣≤x≤1或x≥，
故答案为：﹣≤x≤1或x≥；
②函数在点A处取得最大值，
x＝﹣，y＝（﹣）2﹣2×（﹣）＝，
答：图象G所对应的函数有最大值为；
（3）n＝﹣1时，y＝x2+2x﹣2，
①参考（2）中的图象知：
当y＝2时，y＝x2+2x﹣2＝2，
解得：x＝﹣1±，
若图象G与直线y＝2恰好有两个交点，则t＞﹣1且-t>,
所以；
②函数的对称轴为：x＝n，
令y＝x2﹣2nx+n2﹣3＝0，则x＝n±，
当t＝2时，点A、B、C的横坐标分别为：﹣2，n，2，
当x＝n在y轴左侧时，（n≤0），
此时原函数与x轴的交点坐标（n+，0）在x＝2的左侧，如下图所示，

则函数在AB段和点C右侧，
故：﹣2≤x≤n，即：在﹣2≤n2﹣2≤x≤n2﹣1≤n，
解得：n≤；
当x＝n在y轴右侧时，（n≥0），
同理可得：n≥；
综上：n≤或n≥．
【点睛】
在做本题时，可先根据题意分别画出函数的草图，根据草图进行分析更加直观.在做第（1）问时，需注意翻转后的函数是分段函数，所以对最终的解要进行分析，排除掉自变量之外的解；（2）根据草图很直观的便可求得；（3）①需注意图象G与直线y＝2恰好有两个交点，多于2个交点的要排除；②根据草图和增减性，列出不等式，求解即可.