2023年浙江省宁波市鄞州实验学校、曙光中学等六校中考数学强基联考试卷（含解析）

这是一份2023年浙江省宁波市鄞州实验学校、曙光中学等六校中考数学强基联考试卷（含解析），共29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。

2023年浙江省宁波市鄞州实验学校、曙光中学等六校中考数学强基联考试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列计算正确的是(    )
A. 3x3⋅2x2y=6x5 B. 2a2⋅3a3=6a5
C. (−2x)⋅(−5x2y)=−10x3y D. (−2xy)⋅(−3x2y)=6x3y
2. 一个盒子里有完全相同的三个小球，球上分别标上数字1、2、4.随机摸出一个小球(不放回)其数字记为p，再随机摸出另一个小球其数字记为q，则满足关于x的方程x2+px+q=0有两个不相等实数根的概率是(    )
A. 13 B. 12 C. 23 D. 56
3. 若a<0，b>0，则b、b+a、b−a、ab中最大的一个数是(    )
A. b B. b+a C. b−a D. ab
4. 若关于x的不等式组3−2x≥1x≥m+1共有2个整数解，则m的取值范围是(    )
A. m=−1 B. −2 5. 如图所示的是反比例函数y1=kx(x>0)和一次函数y2=mx+n的图象，则下列结论正确的是(    )
A. 反比例函数的解析式是y1=6x
B. 一次函数的解析式为y2=−x+6
C. 当x>6时，0 D. 若y1 6. 二次函数y=x2+2x+c的图象与x轴的两个交点为A(x1,0)，B(x2,0)，且x1 A. 当n>0时，m0时，m>x2
C. 当n<0时，m<0 D. 当n<0时，x1 7. 商店为了对某种商品促销，将定价为30元的商品，以下列方式优惠销售：若购买不超过5件，按原价付款；若一次性购买5件以上，超过部分打八折，现有270元，最多可以购买该商品的件数是(    )
A. 9件 B. 10件 C. 11件 D. 12件
8. 已知：a、b是正数，且a+b=2，则a2+1+b2+4的最小值是(    )
A. 13 B. 5 C. 2+5 D. 7
9. 如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AD平分∠BAC交BC于点D，CE平分∠ACB交AB于点E，AD、CE交于点F.则下列说法正确的个数为(    )
①∠AFC=120°；②S△ABD=S△ADC，③若AB=2AE，则CE⊥AB；④CD+AE=AC；⑤S△AEF：S△FDC=AF：FC．
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
10. 如图，点A，B分别在y轴正半轴、x轴正半轴上，以AB为边构造正方形ABCD，点C，D恰好都落在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，点E在BC延长线上，CE=BC，EF⊥BE，交x轴于点F，边EF交反比例函数y=kx(k≠0)的图象于点P，记△BEF的面积为S，若S=k2+12，则△CEP的面积是(    )

A. 217+2 B. 217−2 C. 17+2 D. 17−2
二、填空题（本大题共5小题，共34.0分）
11. 已知两组数据3，2a，5，b与a，4，2b的平均数都是6，若将这两组数据合并为一组数据，则这组新数据的中位数是        ．
12. 对于任意两个非零实数a、b，定义新运算“*”如下：a*b=1b−1a，例如：3*4=14−13=−112.若x*y=2，则2022xyx−y的值为          ．
13. 在直角坐标系xOy中，直线l：y=−33x+b交x轴、y轴于点E，F.点B的坐标是(2,2)，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足为A，C.点D是线段CO上的动点，以BD为对称轴，作与△BCD成轴对称的△BC′D.当直线l经过点A时(如图)，求点D由C到O的运动过程中，线段BC′扫过的图形与△OAF重叠部分的面积______．
14. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=3，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且tan∠ADF=32.则下列结论中：①AE=BE；②△BED∽△ABC；③BD2=AD⋅DE；④AF=2133.正确的有        .(把所有正确答案的序号都填上)

15. 如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，∠B=∠C=90°，△ADE是等边三角形，且点E在BC上，如果AB=6，CD=9，△ADE的面积为        ．


三、解答题（本大题共6小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题12.0分)
一辆轿车和一辆货车同时从甲地出发驶往乙地，轿车到达乙地后立即以另一速度原路返回甲地，货车到达乙地后停止.如图所示的图象分别表示货车、轿车离甲地距离y(km)与轿车行驶时间x(h)的关系．
(1)求轿车在返回甲地过程中的速度；
(2)当轿车从乙地返回甲地的途中与货车相遇时，求相遇处离甲地的距离．

17. (本小题12.0分)
已知抛物线y1=ax2+bx．
(1)若此抛物线与x轴只有一个公共点且过点(1,−12)．
①求此抛物线的解析式；
②直线y2=−x+k与该抛物线交于点A(−2,m)和点B.若y1 (2)若a>0，将此抛物线向上平移c个单位(c>0)得到新抛物线y3，当x=c时，y3=0；当00.试比较ac与1的大小，并说明理由．
18. (本小题14.0分)
对于任意一个四位数，我们可以记为abcd−，即abcd−=1000a+100b+10c+d.若规定：对四位正整数abcd−进行F运算，得到整数F(abcd−)=a4+b3+c2+d1.例如，F(1249)=14+23+42+91=34；F(2020)=24+03+22+01=20．
(1)计算：F(2137)；
(2)当c=e+2时，证明：F(abcd−)−F(abed−)的结果一定是4的倍数；
(3)求出满足F(32xy−)=98的所有四位数．
19. (本小题18.0分)
如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H，求证：
(1)AM=12EG；
(2)AH⊥EG；
(3)EG2+BC2=2(AB2+AC2).

20. (本小题20.0分)
如图1，菱形ABCD的边长为12cm，∠B=60°，M，N分别在边AB，CD.上，AM=3cm，DN=4cm，点P从点M出发，沿折线MB−BC以1cm/s的速度向点C匀速运动(不与点C重合)；△APC的外接圆⊙O与CD相交于点E，连接PE交AC于点F.设点P的运动时间为t s．

(1)∠APE=        °；
(2)若⊙O与AD相切，
①判断⊙O与CD的位置关系；
②求APC的长；
(3)如图3，当点P在BC上运动时，求CF的最大值，并判断此时PE与AC的位置关系；
(4)若点N在⊙O的内部，直接写出t的取值范围．
21. (本小题20.0分)
【证明体验】
如图1，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，∠DAB=∠GAE=60°，点G，点E分别在边AD，AB上，点F在菱形ABCD内部，将菱形AEFG绕点A旋转一定的角度α，点E，F始终在菱形ABCD的内部．
(1)图2，求证：△DGA≌△BEA．
【思考探究】
(2)如图3，点P，Q分别在AB，AD延长线上，连接AF并延长与∠QDC的平分线交于点H，连接AE并延长与∠PBC的平分线交于K.连接DH，HK，CH，CK．
①求证：△ADH∽△KBA；
②若AB=210，DH=5，则线段BK的长度为______，线段HK的长为______．
③菱形AEFG绕点A旋转α度(0°<α<30°)，AB=m，△KBC是等腰三角形，线段HK的长为______．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、3x3×2x2y=6x5y，故此选项错误；
B、2a2×3a3=6a5，故此选项正确；
C、(−2x)×(−5x2y)=10x3y，故此选项错误；
D、(−2xy)×(−3x2y)=6x3y2，故此选错误．
故选：B．
直接利用单项式乘以单项式运算法则以及合并同类项法则和积的乘方运算法则化简求出即可．
此题主要考查了单项式乘以单项式运算以及合并同类项，正确掌握相关运算法则是解题关键．

2.【答案】A 
【解析】解：画树状图如下：

共有6种等可能的结果，其中满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根(即p2−4q>0)的结果有2种，
∴满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根的概率为26=13，
故选：A．
画树状图，共有6种等可能的结果，其中满足关于x的方程x2+px+q=0有两不相等实数根(即p2−4q>0)的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率与一元二次方程判别式等知识．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意此题是放回试验还是不放回试验；概率=所求情况数与总情况数之比．

3.【答案】C 
【解析】解：∵a<0 ∴b+ab>0，ab<0，
∴b、b+a、b−a、ab中最大的一个数是b−a，
故选：C．
根据有理数的概念与运算法则进行比较、辨别．
此题考查了运用有理数的概念与运算法则进行大小比较的能力，关键是能准确理解并运用以上知识．

4.【答案】B 
【解析】解：解不等式3−2x≥1，得：x≤1，
∵不等式组共有2个整数解，
∴不等式组的整数解为1、0，
则−1 解得−2 故选：B．
解不等式3−2x≥1得x≤1，结合不等式组的整数解个数得出其整数解情况，据此列出关于m的不等式组，解之即可．
本题主要考查一元一次不等式组的整数解，解题的关键是根据不等式组的整数解情况得出关于m的不等式组．

5.【答案】D 
【解析】解：A、∵反比例函数y1=kx(x>0)的图象过点(1,5)，
∴k=1×5=5，
∴反比例函数的解析式是y1=5x，故结论错误；
B、把x=6代入y1=5x得，y=56，
∴反比例函数y1=kx(x>0)和一次函数y2=mx+n的图象另一个交点为(6,56)，
把点(1,5)，(6,56)分别代入y2=mx+n，
得m+n=56m+n=56，解得m=−56n=356，
∴一次函数解析式为y=−56x+356，故结论错误；
C、由图象可知当x>6时，0 D、由函数图象知，双曲线在直线下方时x的范围是1 ∴y1 故选：D．
求得反比例函数解析式即可判断A；求得直线的解析式即可判断B；根据交点坐标结合图象即可判断C、D．
本题主要考查直线和双曲线交点的问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式、函数图象与不等式组的关系是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：∵二次函数y=x2+2x+c，
∴该函数图象开口向上，
∵二次函数y=x2+2x+c的图象与x轴的两个交点为A(x1,0)，B(x2,0)，且x1 ∴当n>0时，mx2，故选项A、B错误；
当n<0时，x1 故选：D．
根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．

7.【答案】B 
【解析】解：设可以购买该商品x件(x>5)，
根据题意得：30×5+30×0.8(x−5)≤270，
解得：x≤10，
即最多可以购买该商品10件，
故选：B．
由购买5件商品只需150元可设可以购买该商品x件(x>5)，根据30×5+30×0.8×超出5件部分≤270，列出关于x的一元一次不等式，解之取其最大的正整数即可．
本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：∵a，b均为正数，a+b=2，b=2−a，
设W=a2+1+b2+4=a2+1+(2−a)2+22，
从上式可以看出：第一个根号是表示点C(a,0)到A(0,1)的距离，第二个根号是点C(a,0)到B(2,−2)的距离，
最小值为AB=(0−2)2+(1+2)2=13(注意取值范围：0 ∴W最小值=13，
故选：A．
得出b=2−a，代入求出W，得出表示X轴上一点C(a,0)到A(0,1)，B(2,−2)的距离之和，根据勾股定理求出最小值AB长即可．
本题主要考查对轴对称−最短路线问题，勾股定理等知识点的理解和掌握，能得出结论W表示X轴上一点C(a,0)到A(0,1)，B(2,−2)的距离之和和最小值为AB是解此题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：①在△ABC中，∠ABC=60°，
∴∠ACB+∠CAB=120°，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠FCA=12∠ACB，∠FAC=12∠CAB，
∴∠AFC=180°−(∠FCA+∠FAC)=180°−12(∠ACB+∠CAB)=120°，故①正确；
②当AD是△ABC的中线时，S△ABD=S△ADC，
而AD平分∠BAC，故②错误；
③∵AB=2AE，
∴CE为△ABC的中线，
∵CE为角平分线，
∴AC=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴CE⊥AB，故③正确；
④如图，作∠AFC的平分线交AC于点G，

由①得∠AFC=120°，
∴∠AFG=∠CFG=60°，
∴∠AFE=60°，
∴∠AFG=∠CFG=∠AFE=60°，
∵∠EAF=∠GAF，∠DCF=∠GCF，
∴△AEF≌△AGF(ASA)，△CDF≌△CGF(ASA)，
∴AE=AG，CD=CG，
∴CD+AE=CG+AG=AC，故④正确；
⑤过G作GM⊥FC，GH⊥AF于点G，H，
由④知，FG为∠AFC的角平分线，
∴GH=GM，
∴S△AGF：S△FGC=AF：FC，
∵△AEF≌△AGF，△CDF≌△CGF，
∴S△AEF：S△FDC=AF：FC，故⑤正确．
综上所述：正确的有①③④⑤，共4个，
故选：C．
①根据三角形内角和定理可得可得∠ACB+∠CAB=120°，然后根据AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，可得∠FCA=12∠ACB，∠FAC=12∠CAB，再根据三角形内角和定理即可进行判断；
②当AD是△ABC的中线时，S△ABD=S△ADC，进而可以进行判断；
③根据AB=2AE，证明△ABC为等边三角形，根据三线合一的性质进而可以进行判断；
④作∠AFC的平分线交AC于点G，可得∠AFG=∠CFG=∠AFE=60°，证明△AEF≌△AGF(ASA)，△CDF≌△CGF(ASA)，可得AE=AG，CD=CG，进而可以判断；
⑤过G作GM⊥FC，GH⊥AF于点G，H，由④知，FG为∠AFC的角平分线，可得GH=GM，所以可得S△AGF：S△FGC=AF：FC，根据△AEF≌△AGF，△CDF≌△CGF，进而可以进行判断．
本题考查了角平分线的定义，三角形全等的性质和判定，作辅助线，构建三角形全等是关键，有难度．

10.【答案】B 
【解析】解：如图作DM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N.设OA=b，OB=a．

∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
易证△AOB≌△BNC≌△DMA，
∴DM=OA=BN=b，AM=OB=CN=a，
∴D(b,a+b)，C(a+b,a)，
∵点C，D恰好都落在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴b(a+b)=a(a+b)，
∵a+b≠0，
∴a=b，
∴OA=OB，
∴∠ABO=45°，∠EBF=45°，
∵BE⊥EF，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∵BC=EC，
∴可得E(3a,2a)，F(5a,0)，
∴12×4a×2a=k2+12，
∵D(a,2a)，
∴2a2=k，
∴a=2，k=8，
∴E(6,4)，F(10,0)，
∴直线EF的解析式为y=−x+10，
由y=8xy=−x+10，解得x=5+17y=5−17或x=5−17y=5+17，
∴p(5+17,5−17)，
∴PE=34−2，
∴S△ECP=12⋅EC⋅EP=12⋅(34−2)×22=217−2，
故选：B．
如图作DM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N.设OA=b，OB=a.首先利用全等三角形的性质求出D、C两点坐标，再证明a=b，再构建方程求出a、k，再求出直线EF的解析式，利用方程组确定点P坐标即可解决问题；
本题考查反比例函数图象的点的特征，正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

11.【答案】5 
【解析】解：∵两组数据3，2a，5，b与a，4，2b的平均数都是6，
∴3+2a+5+b=6×4，(a+4+2b)÷3=6，
解得a=6，b=4，
∴合并后数据按照从小到大排列是：3，4，4，5，6，8，12，
∴这组数据的中位数为：5，
故答案为：5．
根据两组数据3，2a，5，b与a，4，2b的平均数都是6，可以求得a、b的值，然后即可求出合并后数据的中位数．
本题考查算术平均数、中位数，解答本题的关键是明确题意，求出a、b的值．

12.【答案】1011 
【解析】
【分析】
根据定义新运算可得1y−1x=2，从而可得x−y=2xy，然后代入式子中进行计算即可解答．
本题考查了分式的化简求值，理解新定义的运算方法是解题的关键．
【解答】
解：∵x*y=2，
∴1y−1x=2，
∴x−y=2xy，
∴2022xyx−y=2022xy2xy=1011，
故答案为：1011．  
13.【答案】23π−3 
【解析】解：∵B(2,2)，
∴A(2,0)，C(0,2)，
∵直线l：y=−33x+b经过点A，
∴b=233，
∴直线l：y=−33x+233，
∵∠OAF=30°，∠BAF=60°，
∵在点D由C到O的运动过程中，BC′扫过的图形是扇形，
∴当D与O重合时，点C′与A重合，且BC′扫过的图形与△OAF重叠部分是弓形，
∴当C′在直线y=−33x+233上时，BC′=BC=AB，
∴△ABC′是等边三角形，
∴∠ABC′=60°，
∴重叠部分的面积是π×60×4360−34×4=23π−3，
故答案为23π−3．
求出直线l的解析式为y=−33x+233，再确定C点的运动轨迹是以B为圆心BC为半径的圆，可知所求面积是弓形，再由△ABC′是等边三角形即可重叠部分的面积是π×60×4360−34×4=23π−3．
本题考查一次函数的图象与性质；根据题意，确定C的运动轨迹是以B为圆心BC为半径的圆是解题的关键．

14.【答案】①②③④ 
【解析】解：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=3，BC=3，
∴AB=23，
∴∠ABC=60°，∠BAC=30°，
∵Rt△ABC沿着AB翻折得到Rt△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠BAD=∠BAC=30°，∠ABD=∠ABC=60°，∠ADB=∠C=90°，
AD=AC=3，BD=BC=3，
∵BE⊥BC，∠C=90°，
∴∠EBC=90°，
∴∠EBC+∠C=180°，
∴BE/​/AC，
∴∠EBA=∠BAC=30°，
∴∠EBA=∠EAB，
∴BE=AE，即①正确；
由上可知，∠DBE=30°，
∴∠DBE=∠BAC，
又∵∠ADB=∠C=90°，
∴△BED∽△ABC，即②正确；
由②知，BDAC=DEBC，
∴BD⋅BC=AC⋅DE，
又由折叠可知，BD=BC，AD=AC，
∴BD2=AD⋅DE，即③正确；
∵BD2=AD⋅DE，
∴(3)2=3DE，
∴DE=1，
过点F作FG⊥DE于点G，

∵tan∠ADF=32，
∴FGDG=32，
设FG=3t，则DG=2t，
又∵△BED∽△ABC，
∴∠DEB=60°，
∴GE=t，
∴2t+t=1，解得t=13，
∴DG=23，AG=3−23=73，GF=33，
∴AF=AG2+GF2=2133，故④正确．
综上，正确的结论是①②③④．
故答案为：①②③④．
由直角三角形的三边关系可得，∠ABC=60°，∠BAC=30°，由折叠可知，△ABC≌△ABD，得出边之间的关系，又BE⊥BC，则可得BE/​/AC，可得∠EBA=∠BAC=∠EAB，则BE=AE，可得出结论①正确；由题可知，∠DBE=60°−∠EBA=30°=∠BAC，则可得△BED∽△ABC，即结论②正确；又△BED∽△ABC得，BD⋅BC=AC⋅DE，又△ABC≌△ABD，易得BD2=AD⋅DE，则结论③正确；过点F作FG⊥DE于点G，在△DEF中，已知tan∠ADF=32，且∠DEF=60°，DE=1，可解△DEF，在直角△AFG中，利用勾股定理可求得，AF=2133，即结论④正确．
本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，直角三角形的性质，解直角三角形等内容，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

15.【答案】213 
【解析】解：作△ADE的外接圆与BC交于点F，连接AF、DF，

则∠AFD=∠AED=60°，∠DFE=∠DAE=60°，
∴∠AFB=60°，
∴BF=23，CF=33，
∴BC=53，
作AH⊥CD于H，
∴四边形ABCH是矩形，
∴AH=BC=53，DH=CD−CH=9−6=3，
∴AD=AH2+DH2=32+(53)2=221，
∴△ADE的面积为34×(221)2=213，
故答案为：213．
作△ADE的外接圆与BC交于点F，连接AF、DF，利用同弧所对的圆周角相等可说明∠AFB=60°，再利用含30°的直角三角形的性质可得BF河CF的长，利用勾股定理求出AD，进而解决问题．
本题主要考查了等边三角形的性质，三角形的外接圆的性质，勾股定理等知识，构造等边三角形的外接圆求出BC的长是解题的关键．

16.【答案】解：(1)根据图象可得当x=2小时时，离甲地的距离是120千米，当x=3.5小时时，离甲地的距离是0千米，
∴轿车在返回甲地过程中的速度为：120÷(3.5−2)=80(千米/小时)，
答：轿车在返回甲地过程中的速度为80千米/小时；
(2)设货车离甲地的距离y(千米)与轿车行驶时间x(小时)的函数解析式是y=kx+b，
则3k=120，
解得：k=40，
则函数解析式是y=40x(0≤x≤3)；
设轿车在返回甲地过程中离甲地的距离y(千米)与轿车行驶时间x(小时)的解析式是y=mx+b，
则2m+b=1203.5m+b=0，
解得m=−80b=280，
则函数解析式是y=−80x+280．
根据题意得：−80x+280=40x，
解得：x=73，
则轿车从乙地返回甲地的途中与货车相遇时，相遇处到甲地的距离是40×73=2803(千米)．
答：当轿车从乙地返回甲地的途中与货车相遇时，相遇处离甲地的距离是2803千米． 
【解析】(1)根据图象可得当x=2小时时，离甲地的距离是120千米，当x=3.5小时时，离甲地的距离是0千米，即可求得轿车在返回甲地过程中的速度；
(2)利用待定系数法求得轿车从乙地到甲地的函数解析式和货车路程和时间的函数解析式，求交点坐标即可得出相遇时间，进而可得相遇处离甲地的距离
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

17.【答案】解：(1)①∵抛物线y1=ax2+bx与x轴只有一个公共点，
∴Δ=b2−4ac=b2=0，
∴b=0，
又∵抛物线y1=ax2+bx过点(1,−12)．
∴a=−12，
∴抛物线的解析式y1=−12x2；
②当x=−2时，y=−12×(−2)2=−2，
∴A(−2,−2)，
∴−2=2+k，
∴k=−4，
∴y2=−x−4，
联立方程组y=−x−4y=−12x2，
解得x=−2y=−2或x=4y=−8，
∴A(−2,−2)，B(4,−8)，
∴当y14；
(2)ac≤1，理由：
由题知a>0，将此抛物线y=ax2+bx向上平移c个单位(c>0)，
其解析式为y=ax2+bx+c，且过点(c,0)，
∴ac2+bc+c=0，
∴ac+b+1=0，
∴−b=ac+1，
且当x=0时，y=c，
对称轴：x=−b2a，抛物线开口向上，画草图如右所示．
由题知，当00．
∴−b2a≥c，
∴−b≥2ac，
∴ac+1≥2ac，
∴ac≤1； 
【解析】(1)①由抛物线y1=ax2+bx与x轴只有一个公共点得到Δ=b2−4ac=b2=0求出b=0，然后抛物线y1=ax2+bx过点(1,−12).把坐标代入函数解析式即可求解；
②首先把A的坐标代入二次函数解析式中求出m，然后联立两个解析式解方程组得到A、B两点坐标即可求解；
(2)ac≤1，首先设此抛物线解析式为y=ax2+bx+c，接着把(c,0)代入解析式得到−b=ac+1，然后利用函数图象的示意图即可得到−b2a≥c，即可得到ac≤1．
此题分别考查了抛物线与x轴的交点、抛物线与直线的交点坐标及抛物线与不等式的关系，综合性比较强，对于学生的能力要求比较高．

18.【答案】解：(1)F(2137)=24+13+32+71=16+1+9+7=33；
(2)∴F(abcd−)−F(abed−)=(a4+b3+c2+d)−(a4+b3+e2+d)=c2−e2，
∵c=e+2，
原式=(e+2)2−e2=4e+4=4(e+1)．
∵e≥0，且e是整数，
∴4(e+1)是4的倍数．
所以，当c=e+2时，F(abcd−)−F(abed−)的结果一定是4的倍数．
(3)∵F(32xy−)=34+23+x2+y，
∴34+23+x2+y=98，即x2+y=9．
∵0≤y≤9，
∴0≤x2≤9．
∴0≤x≤3，且x为整数．
∴x=0y=9或x=1y=8或x=2y=5或x=3y=0．
所以，满足条件的四位数有3209，3218，3225，3230． 
【解析】(1)根据F(abcd−)=a4+b3+c2+d1代入数据计算即可求解；
(2)根据F(abcd−)=a4+b3+c2+d1得到F(abcd−)−F(abed−)=c2−e2，再根据已知条件c=e+2，可得原式=4(e+1)，依此即可求解；
(3)首先得到x2+y=9，再根据整数的性质确定0≤x≤3，且x为整数，可求对应的y值，从而求解．
考查了数的十进制，因式分解的应用，理解题意，从题目中获取信息，由数的特点求解是解题的关键．

19.【答案】(1)证明：延长AM到点N，使MN=MA，连接BN，
∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM=BM，
在△MBN和△MCA中
AM=MN∠AMC=∠NMBCM=BM
∴△MBN≌△MCA(SAS)，
∴∠BNM=∠CAM，NB=AC，
∴BN//AC，NB=AG，
∴∠NBA+∠BAC=180°，
∵∠GAE+∠BAC=360°−90°−90°=180°，
∴∠NBA=∠GAE，
在△NBA和△GAE中
NB=AG∠NBA=∠GAEBA=EA
∴△NBA≌△GAE(SAS)，
∴AN=EG，
∴AM=12EG；
(2)证明：由(1)△NBA≌△GAE得∠BAN=∠AEG，
∵∠HAE+∠BAN=180°−90°=90°，
∴∠HAE+∠AEH=90°，
∴∠AHE=90°，
即AH⊥EG；
(3)证明：连接CE、BG，
易证△ACE≌△ABG
∴CE⊥BG，
∴EG2+BC2=CG2+BE2，
∴EG2+BC2=2(AB2+AC2). 
【解析】(1)延长AM到点N，使MN=MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM=∠CAM，NB=AC，从而得到BN/​/AC，NB=AG，进一步得到∠NBA=∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论；
(2)由△NBA≌△GAE得∠BAN=∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH=90°，即可证得∠AHE=90°，
得到AH⊥EG；
(3)连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2=CG2+BE2，从而得到2(AB2+AC2).
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．

20.【答案】60 
【解析】解：(1)∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°，AD=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACE=60°，
∴∠APE=∠ACE=60°，
故答案为：60；
(2)如图，当点P运动到点B时，⊙O与AD相切，

①∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，
∵⊙O与AD相切，
∴⊙O与CD相切；
②连接OD，
由(1)可知，∠ADC=60°，
∵AD、CD分别与⊙O相切，
∴∠ADO=12∠ADC=30°，
∴AO=AD×tan30°=12×33=43，
∴弧APC的长=23×(2π×43)=1633π；
(3)由图可知：CF=AC−AF，

∵AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
则AC=12cm，∠ACB=60°，
∴要使CF取得最大值，
则AF应该取最小值，
当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，
∵点O为△APC外接圆圆心，
∴OA=OC=OP=12AC=6cm，
∵∠ACB=60°，
∴CF=CP⋅cos60°=3cm，
综上：CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE；
(4)①当点P在AB上时，

∵四边形APCE为圆的内接四边形，
∴∠APC+∠AEC=180°，
∵∠AED+∠AEC=180°，
∴∠APC=∠AED，
在△APC和△DEA中，AC=AD，∠PAC=∠D，∠APC=∠AED，
∴△APC≌△DEA(AAS)，
∴AP=DE，
当点E与点N重合时，DE=DN=AP=4，
∴MP=4−3=1cm，
∴t=1，
当0 ②当点P在BC上运动时，

∵∠AEP=∠ACP=60°，
∴△APE为等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAP=∠CAE，
在△BAP和△CAE中，AB=AC，∠BAP=∠CAE，AP=AE，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP=CE，
当点E与点N重合时，CE=CN=BP=12−4=8cm，
此时t=MP+BP1=9+8=17，
当点P到达点C时，t=21，
当17 综上：当0 (1)根据菱形的性质易证△ACD为等边三角形，根据同弧所对的圆周角相等即可得到∠APE的度数；
(2)①先找出⊙O与AD相切时的情况，根据切线长定理即可证明⊙O与CD相切；②根据切线长定理和菱形的性质，可求得圆的半径，根据弧长公式即可求解；
(3)要使CF取得最大值，则AF应该取最小值，当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，求出即可；
(4)分两种情况进行讨论，当P在AB上时和当点P在BC上时．
本题主要考查了圆的综合应用，掌握菱形的性质，切线长定理，以及和圆相关的内容是解题的关键．

21.【答案】8  7 3996m或m或133m 
【解析】(1)证明：如图2中，

∵四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，∠DAB=∠GAE=60°，
∴AD=AB，AG=AE，∠GAD=∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
AG=AE∠GAD=∠EABAD=AB，
∴△GAD≌△EAB(SAS)；

(2)①证明：如图3−1中，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB/​/CD，AD//BC，
∴∠CBP=∠DAB=60°，∠CDQ=∠DAB=60°，
∵DH，BK分别平分∠QDC，∠CBP，
∴∠QDH=∠KBP=30°，
∴∠ADH=∠ABK=150°，
∵∠FAE=∠QDH=30°，
∴∠DAH+∠AHD=∠BAK+∠DAH=30°，
∴∠AHD=∠BAK，
∴△ADH∽△KBA；

②解：如图3−2中，连接DB，过点H作HM⊥BK于点M．

∵△ADH∽△KBA，
∴ADBK=DHAB，
∴BK=210×2105=8，
∵∠BDH=∠DBM=∠BMH=90°，
∴四边形DBMH是矩形，
∴BM=DH=5，DB=MH=210，
∴KM=BK−BM=8−5=3，
∴HK=HM2+KM2=(210)2+32=7．
故答案为：8，7；

③解：如图4−1中，当KB=KC时，连接BD，过点K作KJ⊥DH于点J．

∵DB=DC，KB=KC，
∴DK⊥BC，CJ=BJ，
∵AB=BC=m，∠CBK=∠KCB=30°，
∴BK=36m，DJ=32m，
∴DH=AB2BK=m236m=23m，
∵四边形BDJK是矩形，
∴DJ=BK=36m，
DB=KJ=m，
∴JH=DH−DJ=23m−36m=1136m，
∴KH=HJ2+KJ2=(1136m)2+m2=3996m
如图4−2中，当BC=BK时，四边形BDHK是正方形，KH=m．

如图4−3中，当CB=CK时，D，C，K共线，过点H作HN⊥BK于点N．

∵CB=CK=m，∠BCK=120°，
∴BK=3m，
∴DH=AB2BK=m23m=33m，
∵∵四边形BDHN是矩形，
∴DH=BN=33m，
DB=HN=m，
∴KN=BK−BN=3m−33m=233m，
∴KH=HN2+KN2=m2+(233m)2=133m，
综上所述，满足条件的HK的值为3996m或m或133m.
故答案为：3996m或m或133m.
(1)根据SAS证明三角形全等即可；
(2)①根据两角对应相等两三角形相似证明即可；
②如图3−2中，连接DB，过点H作HM⊥BK于点M.利用相似三角形的性质求出BK，再利用勾股定理求解即可；
③分三种情形：如图4−1中，当KB=KC时，连接BD，过点K作KJ⊥DH于点J.如图4−2中，当BC=BK时，四边形BDHK是正方形，KH=m.如图4−3中，当CB=CK时，D，C，K共线，过点H作HN⊥BK于点N.分别利用相似三角形的性质以及勾股定理求解．
本题属于相似形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．