2022届四川省遂宁四校联考中考数学对点突破模拟试卷含解析

这是一份2022届四川省遂宁四校联考中考数学对点突破模拟试卷含解析，共25页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列运算正确的是，已知点A等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．下列二次根式中，为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．已知电流I（安培）、电压U（伏特）、电阻R（欧姆）之间的关系为，当电压为定值时，I关于R的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是　　

A． B． C． D．
4．下列运算正确的是（ ）
A．a3•a2=a6 B．（2a）3=6a3
C．（a﹣b）2=a2﹣b2 D．3a2﹣a2=2a2
5．国家主席习近平提出“金山银山，不如绿水青山”，国家环保部大力治理环境污染，空气质量明显好转，将惠及13.75亿中国人，这个数字用科学记数法表示为（　　）
A．13.75×106 B．13.75×105 C．1.375×108 D．1.375×109
6．如图，已知AB∥CD，∠1=115°，∠2=65°，则∠C等于（　　）

A．40° B．45° C．50° D．60°
7．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（　　）

A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm
8．如图，菱形中，对角线AC、BD交于点O，E为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OE的长等于（ ）

A．3.5 B．4 C．7 D．14
9．已知点A（1﹣2x，x﹣1）在第二象限，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．国家主席习近平在2018年新年贺词中说道：“安得广厦千万间，大庇天下寒士俱欢颜！2017年我国3400000贫困人口实现易地扶贫搬迁、有了温暖的新家．”其中3400000用科学记数法表示为（　　）
A．0.34×107 B．3.4×106 C．3.4×105 D．34×105
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，如果四边形ABCD中，AD＝BC＝6，点E、F、G分别是AB、BD、AC的中点，那么△EGF面积的最大值为_____．

12．如图，点A、B、C是⊙O上的三点，且△AOB是正三角形，则∠ACB的度数是 。
13．如图，△ABC中，AD是中线，BC=8，∠B=∠DAC，则线段 的长为________．

14．某自然保护区为估计该地区一种珍稀鸟类的数量，先捕捉了20只，给它们做上标记后放回，过一段时间待它们完全混合于同类后又捕捉了20只，发现其中有4只带有标记，从而估计该地区此种鸟类的数量大约有______只
15．二次函数的图象与y轴的交点坐标是________．
16．与直线平行的直线可以是__________（写出一个即可）．
17．菱形ABCD中，∠A=60°，AB=9，点P是菱形ABCD内一点，PB=PD=3，则AP的长为_____．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为　　；
（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=　　；
（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t（秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．
19．（5分）计算：解不等式组，并写出它的所有整数解．
20．（8分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P沿射线BD运动，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°得线段PQ．
(1)当点Q落到AD上时，∠PAB＝____°，PA＝_____，长为_____；
(2)当AP⊥BD时，记此时点P为P0，点Q为Q0，移动点P的位置，求∠QQ0D的大小；
(3)在点P运动中，当以点Q为圆心，BP为半径的圆与直线BD相切时，求BP的长度；
(4)点P在线段BD上，由B向D运动过程(包含B、D两点)中，求CQ的取值范围，直接写出结果．

21．（10分）如图，经过原点的抛物线y=﹣x2+2mx（m＞0）与x轴的另一个交点为A，过点P（1，m）作直线PA⊥x轴于点M，交抛物线于点B．记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（点B、C不重合），连接CB、CP．
（I）当m=3时，求点A的坐标及BC的长；
（II）当m＞1时，连接CA，若CA⊥CP，求m的值；
（III）过点P作PE⊥PC，且PE=PC，当点E落在坐标轴上时，求m的值，并确定相对应的点E的坐标．

22．（10分） 某品牌牛奶供应商提供A，B，C，D四种不同口味的牛奶供学生饮用．某校为了了解学生对不同口味的牛奶的喜好，对全校订牛奶的学生进行了随机调查，并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图．
根据统计图的信息解决下列问题：

（1）本次调查的学生有多少人？
（2）补全上面的条形统计图；
（3）扇形统计图中C对应的中心角度数是　 　；
（4）若该校有600名学生订了该品牌的牛奶，每名学生每天只订一盒牛奶，要使学生能喝到自己喜欢的牛奶，则该牛奶供应商送往该校的牛奶中，A，B口味的牛奶共约多少盒？
23．（12分）某学校要了解学生上学交通情况，选取七年级全体学生进行调查，根据调查结果，画出扇形统计图（如图），图中“公交车”对应的扇形圆心角为60°，“自行车”对应的扇形圆心角为120°，已知七年级乘公交车上学的人数为50人．
（1）七年级学生中，骑自行车和乘公交车上学的学生人数哪个更多？多多少人？
（2）如果全校有学生2400人，学校准备的600个自行车停车位是否足够？

24．（14分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．求证：BC是⊙O的切线；设AB＝x，AF＝y，试用含x，y的代数式表示线段AD的长；若BE＝8，sinB＝，求DG的长，




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、B
【解析】
最简二次根式必须满足以下两个条件:1.被开方数的因数是（整数）,因式是（ 整式 ）（分母中不含根号）2.被开方数中不含能开提尽方的（ 因数 ）或（ 因式 ）.
【详解】
A. =3, 不是最简二次根式；
B. ，最简二次根式；
C. =,不是最简二次根式；
D. =,不是最简二次根式.
故选：B
【点睛】
本题考核知识点：最简二次根式.解题关键点：理解最简二次根式条件.
2、C
【解析】
根据反比例函数的图像性质进行判断．
【详解】
解：∵，电压为定值，
∴I关于R的函数是反比例函数，且图象在第一象限，
故选C．
【点睛】
本题考查反比例函数的图像，掌握图像性质是解题关键．
3、C
【解析】
如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【详解】
如图作，FN∥AD，交AB于N，交BE于M．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4、D
【解析】
试题分析：根据同底数幂相乘，底数不变指数相加求解求解；
根据积的乘方，等于把积的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘求解；
根据完全平方公式求解；
根据合并同类项法则求解．
解：A、a3•a2=a3+2=a5，故A错误；
B、（2a）3=8a3，故B错误；
C、（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2，故C错误；
D、3a2﹣a2=2a2，故D正确．
故选D．
点评：本题考查了完全平方公式，合并同类项法则，同底数幂的乘法，积的乘方的性质，熟记性质与公式并理清指数的变化是解题的关键．
5、D
【解析】
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
【详解】
13.75亿=1.375×109.
故答案选D.
【点睛】
本题考查的知识点是科学记数法，解题的关键是熟练的掌握科学记数法.
6、C
【解析】
分析：根据两直线平行，同位角相等可得 再根据三角形内角与外角的性质可得∠C的度数．
详解：∵AB∥CD，
∴
∵
∴
故选C.
点睛：考查平行线的性质和三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和.
7、D
【解析】
分析：根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．
详解：连接OB，

∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=1cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=1．
在Rt△EBC中，BC=．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴，即，
解得：OF=．
故选D．
点睛：本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．
8、A
【解析】
根据菱形的四条边都相等求出AB，再根据菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OE是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为28，
∴AB=28÷4=7，OB=OD，
∵E为AD边中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=AB=×7=3.1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．
9、B
【解析】
先分别求出每一个不等式的解集，再根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【详解】
解：根据题意，得： ，
解不等式①，得：x＞，
解不等式②，得：x＞1，
∴不等式组的解集为x＞1，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查解一元一次不等式组，关键要掌握解一元一次不等式的方法，牢记确定不等式组解集方法．
10、B
【解析】
解：3400000=.
故选B.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、4.1．
【解析】
取CD的值中点M，连接GM，FM．首先证明四边形EFMG是菱形，推出当EF⊥EG时，四边形EFMG是矩形，此时四边形EFMG的面积最大，最大面积为9，由此可得结论．
【详解】
解：取CD的值中点M，连接GM，FM．
∵AG＝CG，AE＝EB，
∴GE是△ABC的中位线
∴EG＝BC，
同理可证：FM＝BC，EF＝GM＝AD，
∵AD＝BC＝6，
∴EG＝EF＝FM＝MG＝3，
∴四边形EFMG是菱形，
∴当EF⊥EG时，四边形EFMG是矩形，此时四边形EFMG的面积最大，最大面积为9，
∴△EGF的面积的最大值为S四边形EFMG＝4.1，
故答案为4.1．

【点睛】
本题主要考查菱形的判定和性质，利用了三角形中位线定理，掌握菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形是解题的关键．
12、30°
【解析】
试题分析：圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角相等，均等于所对圆心角的一半.
∵△AOB是正三角形
∴∠AOB=60°
∴∠ACB=30°.
考点：圆周角定理
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握圆周角定理，即可完成.
13、
【解析】
已知BC=8， AD是中线，可得CD=4， 在△CBA和△CAD中， 由∠B=∠DAC，∠C=∠C， 可判定△CBA∽△CAD，根据相似三角形的性质可得 ， 即可得AC2=CD•BC=4×8=32，解得AC=4.
14、1
【解析】
求出样本中有标记的所占的百分比，再用样本容量除以百分比即可解答．
【详解】
解：

只．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是通过样本去估计总体，总体百分比约等于样本百分比．
15、
【解析】
求出自变量x为1时的函数值即可得到二次函数的图象与y轴的交点坐标．
【详解】
把代入得：，
∴该二次函数的图象与y轴的交点坐标为，
故答案为．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，在y轴上的点的横坐标为1．
16、y=-2x+5（答案不唯一）
【解析】
根据两条直线平行的条件：k相等，b不相等解答即可．
【详解】
解：如y=2x+1（只要k=2，b≠0即可，答案不唯一）．
故答案为y=2x+1．（提示：满足的形式，且）
【点睛】
本题考查了两条直线相交或平行问题．直线y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数），当k相同，且b不相等，图象平行；当k不同，且b相等，图象相交；当k，b都相同时，两条直线重合．
17、3或6
【解析】
分成P在OA上和P在OC上两种情况进行讨论，根据△ABD是等边三角形，即可求得OA的长度，在直角△OBP中利用勾股定理求得OP的长，则AP即可求得．
【详解】
设AC和BE相交于点O．

当P在OA上时，
∵AB=AD，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=9，OB=OD=BD=．
则AO=．
在直角△OBP中，OP=．
则AP=OA-OP-；
当P在OC上时，AP=OA+OP=．
故答案是：3或6．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，注意到P在AC上，应分两种情况进行讨论是解题的关键．

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（4）4；（2）；（4）点E的坐标为（4，2）、（，）、（4，2）．
【解析】
分析：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．
（4）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．
详解：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．
∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH==4，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．
故答案为4．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2）．
由（4）得：OH=2，BH=4．
∵OC与⊙M相切于N，∴MN⊥OC．
设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．
∵BC⊥OC，OA⊥OC，∴BC∥MN∥OA．
∵BM=DM，∴CN=ON，∴MN=（BC+OD），∴OD=2r﹣2，∴DH==．
在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2，∴（2r）2=42+（2r﹣4）2．
解得：r=2，∴DH=0，即点D与点H重合，∴BD⊥0A，BD=AD．
∵BD是⊙M的直径，∴∠BGD=90°，即DG⊥AB，∴BG=AG．
∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD，∴△AFG∽△ADB，
∴===，∴AF=AD=2，GF=BD=2，∴OF=4，
∴OG===2．
同理可得：OB=2，AB=4，∴BG=AB=2．
设OR=x，则RG=2﹣x．
∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，
∴（2）2﹣x2=（2）2﹣（2﹣x）2．
解得：x=，∴BR2=OB2﹣OR2=（2）2﹣（）2=，∴BR=．
在Rt△ORB中，sin∠BOR===．
故答案为．
（4）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．
此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t． 则有2t=2．
解得：t=4．则OP=CD=DB=4．
∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴==，∴DE=2，∴EP=2，
∴点E的坐标为（4，2）．
②当∠BED=90°时，如图4．
∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，
∴==，∴BE=t．
∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．
∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，
∴==，∴OE=t．
∵OE+BE=OB=2t+t=2．
解得：t=，∴OP=，OE=，∴PE==，
∴点E的坐标为（）．
③当∠DBE=90°时，如图4．
此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．
则有OD=PE，EA==（6﹣t）=6﹣t，
∴BE=BA﹣EA=4﹣（6﹣t）=t﹣2．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，
∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．
在Rt△DBE中，cos∠BED==，∴DE=BE，
∴t=t﹣2）=2t﹣4．
解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．
综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（4，2）、（）、（4，2）．


点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．
19、（1）；（1）0，1，1.
【解析】
（1）本题涉及零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值，在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果
（1）先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后再找出整数解即可
【详解】
解：（1）原式＝1﹣1× ，
＝7﹣．
（1） ，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＞﹣1，
∴不等式组的解集是：﹣1＜x≤1．
故不等式组的整数解是：0，1，1．
【点睛】
此题考查零指数幂、负指数幂、特殊角的三角函数值，一元一次不等式组的整数解，掌握运算法则是解题关键
20、 (1)45，，π；(2)满足条件的∠QQ0D为45°或135°；(3)BP的长为或；(4)≤CQ≤7.
【解析】
(1)由已知，可知△APQ为等腰直角三角形，可得∠PAB，再利用三角形相似可得PA，及弧AQ的长度；
(2)分点Q在BD上方和下方的情况讨论求解即可．
(3)分别讨论点Q在BD上方和下方的情况，利用切线性质，在由(2)用BP0表示BP，由射影定理计算即可；
(4)由(2)可知，点Q在过点Qo，且与BD夹角为45°的线段EF上运动，有图形可知，当点Q运动到点E时，CQ最长为7，再由垂线段最短，应用面积法求CQ最小值．
【详解】
解：(1)如图，过点P做PE⊥AD于点E

由已知，AP＝PQ，∠APQ＝90°
∴△APQ为等腰直角三角形
∴∠PAQ＝∠PAB＝45°
设PE＝x，则AE＝x，DE＝4﹣x
∵PE∥AB
∴△DEP∽△DAB
∴=
∴=
解得x＝
∴PA＝PE＝
∴弧AQ的长为•2π•＝π．
故答案为45，，π．
(2)如图，过点Q做QF⊥BD于点F

由∠APQ＝90°，
∴∠APP0+∠QPD＝90°
∵∠P0AP+∠APP0＝90°
∴∠QPD＝∠P0AP
∵AP＝PQ
∴△APP0≌△PQF
∴AP0＝PF，P0P＝QF
∵AP0＝P0Q0
∴Q0D＝P0P
∴QF＝FQ0
∴∠QQ0D＝45°．
当点Q在BD的右下方时，同理可得∠PQ0Q＝45°，
此时∠QQ0D＝135°，

综上所述，满足条件的∠QQ0D为45°或135°．
(3)如图当点Q直线BD上方，当以点Q为圆心，BP为半径的圆与直线BD相切时
过点Q做QF⊥BD于点F，则QF＝BP

由(2)可知，PP0＝BP
∴BP0＝BP
∵AB＝3，AD＝4
∴BD＝5
∵△ABP0∽△DBA
∴AB2＝BP0•BD
∴9＝BP×5
∴BP＝
同理，当点Q位于BD下方时，可求得BP＝
故BP的长为或
(4)由(2)可知∠QQ0D＝45°

则如图，点Q在过点Q0，且与BD夹角为45°的线段EF上运动，
当点P与点B重合时，点Q与点F重合，此时，CF＝4﹣3＝1
当点P与点D重合时，点Q与点E重合，此时，CE＝4+3＝7
∴EF＝==5
过点C做CH⊥EF于点H
由面积法可知
CH＝==
∴CQ的取值范围为：≤CQ≤7
【点睛】
本题是几何综合题，考查了三角形全等、勾股定理、切线性质以及三角形相似的相关知识，应用了分类讨论和数形结合的数学思想．
21、（I）4；（II） （III）（2，0）或（0，4）
【解析】
（I）当m=3时，抛物线解析式为y=-x2+6x，解方程-x2+6x=0得A（6，0），利用对称性得到C（5，5），从而得到BC的长；
（II）解方程-x2+2mx=0得A（2m，0），利用对称性得到C（2m-1，2m-1），再根据勾股定理和两点间的距离公式得到（2m-2）2+（m-1）2+12+（2m-1）2=（2m-1）2+m2，然后解方程即可；
（III）如图，利用△PME≌△CBP得到PM=BC=2m-2，ME=BP=m-1，则根据P点坐标得到2m-2=m，解得m=2，再计算出ME=1得到此时E点坐标；作PH⊥y轴于H，如图，利用△PHE′≌△PBC得到PH=PB=m-1，HE′=BC=2m-2，利用P（1，m）得到m-1=1，解得m=2，然后计算出HE′得到E′点坐标．
【详解】
解：（I）当m=3时，抛物线解析式为y=﹣x2+6x，
当y=0时，﹣x2+6x=0，解得x1=0，x2=6，则A（6，0），
抛物线的对称轴为直线x=3，
∵P（1，3），
∴B（1，5），
∵点B关于抛物线对称轴的对称点为C
∴C（5，5），
∴BC=5﹣1=4；
（II）当y=0时，﹣x2+2mx=0，解得x1=0，x2=2m，则A（2m，0），
B（1，2m﹣1），
∵点B关于抛物线对称轴的对称点为C，而抛物线的对称轴为直线x=m，
∴C（2m﹣1，2m﹣1），
∵PC⊥PA，
∴PC2+AC2=PA2，
∴（2m﹣2）2+（m﹣1）2+12+（2m﹣1）2=（2m﹣1）2+m2，
整理得2m2﹣5m+3=0，解得m1=1，m2=，
即m的值为；
（III）如图，
∵PE⊥PC，PE=PC，
∴△PME≌△CBP，
∴PM=BC=2m﹣2，ME=BP=2m﹣1﹣m=m﹣1，
而P（1，m）
∴2m﹣2=m，解得m=2，
∴ME=m﹣1=1，
∴E（2，0）；
作PH⊥y轴于H，如图，
易得△PHE′≌△PBC，
∴PH=PB=m﹣1，HE′=BC=2m﹣2，
而P（1，m）
∴m﹣1=1，解得m=2，
∴HE′=2m﹣2=2，
∴E′（0，4）；
综上所述，m的值为2，点E的坐标为（2，0）或（0，4）．

【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式．
22、（1）150人；（2）补图见解析；（3）144°；（4）300盒．
【解析】
(1)根据喜好A口味的牛奶的学生人数和所占百分比，即可求出本次调查的学生数.
（2）用调查总人数减去A、B、D三种喜好不同口味牛奶的人数，求出喜好C口味牛奶的人数，补全统计图.再用360°乘以喜好C口味的牛奶人数所占百分比求出对应中心角度数.
(3)用总人数乘以A、B口味牛奶喜欢人数所占的百分比得出答案.
【详解】
解：（1）本次调查的学生有30÷20%＝150人；
（2）C类别人数为150﹣（30+45+15）＝60人，
补全条形图如下：

（3）扇形统计图中C对应的中心角度数是360°×＝144°
故答案为144°
（4）600×（）＝300（人），
答：该牛奶供应商送往该校的牛奶中，A，B口味的牛奶共约300盒．
【点睛】
本题考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得出必要的信息是解题的关键.
23、（1）骑自行车的人数多，多50人；（2）学校准备的600个自行车停车位不足够，理由见解析
【解析】
分析: （1）根据乘公交车的人数除以乘公交车的人数所占的比例，可得调查的样本容量，根据样本容量乘以自行车所占的百分比，可得骑自行车的人数，根据有理数的减法，可得答案；
（2）根据学校总人数乘以骑自行车所占的百分比，可得答案.
详解:
（1）乘公交车所占的百分比=，
调查的样本容量50÷=300人，
骑自行车的人数300×=100人，
骑自行车的人数多，多100﹣50=50人；
（2）全校骑自行车的人数2400×=800人，
800＞600，
故学校准备的600个自行车停车位不足够．
点睛: 本题考查了扇形统计图，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．扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.
24、 (1)证明见解析；(2)AD=；(3)DG=．
【解析】
（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接DF，由（1）得到BC为圆O的切线，由弦切角等于夹弧所对的圆周角，进而得到三角形ABD与三角形ADF相似，由相似得比例，即可表示出AD；
（3）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义求出r的值，由直径所对的圆周角为直角，得到EF与BC平行，得到sin∠AEF=sinB，进而求出DG的长即可．
【详解】
(1)如图，连接OD，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC为圆O的切线；
(2)连接DF，由(1)知BC为圆O的切线，
∴∠FDC=∠DAF，
∴∠CDA=∠CFD，
∴∠AFD=∠ADB，
∵∠BAD=∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴，即AD2=AB•AF=xy，
则AD= ；
(3)连接EF，在Rt△BOD中，sinB=，
设圆的半径为r，可得，
解得：r=5，
∴AE=10，AB=18，
∵AE是直径，
∴∠AFE=∠C=90°，
∴EF∥BC，
∴∠AEF=∠B，
∴sin∠AEF=，
∴AF=AE•sin∠AEF=10×=，
∵AF∥OD，
∴，即DG=AD，
∴AD=，
则DG=．

【点睛】
圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．