2023年北京市门头沟区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年北京市门头沟区中考数学一模试卷（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年北京市门头沟区中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，下列水平放置的几何体中，其侧面展开图是扇形的是(    )
A. B. C. D.
2. 据初步统计，截至2023年1月21日，《2023年春节联欢晚会》推出的竖屏看春晚累计观看规模约达179000000人，将数字179000000用科学记数法表示为(    )
A. 179×106 B. 17.9×107 C. 1.79×108 D. 0.179×109
3. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
4. 如图，l1//l2，等边△ABC的顶点B，C分别在l1，l2上，当∠1=20°时，∠2的大小为(    )
A. 35°
B. 40°
C. 45°
D. 50°
5. 方程2x+3+1x=0的解为(    )
A. x=−1 B. x=1 C. x=−3 D. x=−13
6. 实数a在数轴上的对应点的位置如图所示，实数b满足条件a+b>0，下列结论中正确的是(    )

A. b<1 B. b>|a| C. ab>0 D. a−b>0
7. 如图，⊙O的半径为2，△ABC是⊙O的内接三角形，半径OD⊥BC于E，当∠BAC=45°时，BE的长是(    )
A. 2
B. 2 2
C. 3
D. 2 3
8. 如图，正方形ABCD的边长为2，点E是AB上一动点(点E与点A，B不重合)，点F在BC延长线上，AE=CF，以BE，BF为边作矩形BEGF.设AE的长为x，矩形BEGF的面积为y，则y与x满足的函数关系的图象是(    )


A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 如果 a−1在实数范围内有意义，那么实数a的取值范围是______ ．
10. 分解因式：3x2−6xy+3y2=______．
11. 如果一个多边形的内角和等于其外角和，那么这个多边形是______边形．
12. 在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过点P(3,n)，且在各自象限内，y的值随x值的增大而减小，写出一个符合题意的n的值______ ．
13. 如果关于x的方程x2+4x+2m=0有两个不相等的实数根，那么m的取值范围是______ ．
14. 在一个不透明的盒子中装有四张形状、大小、质地均相同的卡片，上面分别标有数字1，2，3，4.从中随机同时抽取两张卡片，那么抽取的两张卡片上的数字之和等于5的概率是______ ．
15. 如图，在▱ABCD中，BE⊥AD于E，且交CD的延长线于F，当∠A=60°，AB=2，BEEF=12时，ED的长是______ ．


16. 某校计划租用甲，乙，丙三种型号客车送师生去综合实践基地开展活动.每种型号客车的载客量及租金如下表所示：
客车型号
甲
乙
丙
每辆客车载客量/人
20
30
40
每辆客车的租金/元
500
600
900
其中租用甲型客车有优惠活动：租用三辆或三辆以上每辆客车的租金打8折.现有280名师生需要前往综合实践基地，要求每种型号的客车至少租1辆，且每辆车都坐满．
(1)如果甲，乙，丙三种型号客车的租用数量分别是2，4，3，那么租车的总费用为______ 元；
(2)如果租车的总费用最低，那么甲，乙，丙三种型号客车的租用数量可以分别是______ ．
三、解答题（本大题共12小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算： 8+|−2|−4cos45°+(12)−1．
18. (本小题5.0分)
解不等式组：4x−2<2(x+1)5x+23>x
19. (本小题5.0分)
已知m2−m−1=0，求代数式(2m+1)(2m−1)+(m−2)2−m2的值．
20. (本小题5.0分)
在证明“等腰三角形的两个底角相等”这个性质定理时，添加的辅助线AD有以下两种不同的叙述方法，请选择其中一种完成证明．
等腰三角形的性质定理：等腰三角形的两个底角相等
已知：如图，在△ABC中，AB=AC.求证：∠B=∠C．
法一
证明：如图，作∠BAC的平分线交BC于点D．

法二
证明：如图，取BC的中点D，连接AD．


21. (本小题5.0分)
如图，在菱形ABCD中，BE⊥AD于E，DF⊥BC于F．
(1)求证：四边形BEDF是矩形；
(2)连接BD，如果tan∠BDE=2，BF=1，求AB的长．

22. (本小题5.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点A(−1,0)，且与函数y=2x的图象交于点B(1,m)．
(1)求m的值及一次函数y=kx+b(k≠0)的表达式；
(2)当x>1时，对于x的每一个值，函数y=−x+n的值小于一次函数y=kx+b(k≠0)的值，直接写出n的取值范围．

23. (本小题6.0分)
甲，乙两名同学进行羽毛球比赛，羽毛球发出后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分.如图建立平面直角坐标系，羽毛球从O点的正上方发出，飞行过程中羽毛球的竖直高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)之间近似满足函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)．

比赛中，甲同学连续进行了两次发球．
(1)甲同学第一次发球时，羽毛球的水平距离x与竖直高度y的七组对应数据如下：
水平距离x/m
0
1
2
3
4
5
6
竖直高度y/m
1
2.4
3.4
4
4.2
4
3.4
根据以上数据，回答下列问题：
①当羽毛球飞行到最高点时，水平距离是______ m；
②在水平距离5m处，放置一个高1.55m的球网，羽毛球______ (填“是”或“否”)可以过网；
③求出满足的函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)；
(2)甲同学第二次发球时，羽毛球的竖直高度y与水平距离x之间近似满足函数关系y=−0.1(x−5)2+3.3.乙同学在两次接球中，都是原地起跳后使得球拍达到最大高度2.4m时刚好接到球，记乙同学第一次接球的起跳点的水平距离为d1，第二次接球的起跳点的水平距离为d2，则d1−d2 ______ 0(填“>”“<”或“=”)．
24. (本小题6.0分)
“双减”政策颁布后，某区为了解学生每天完成书面作业所需时长的情况，从甲，乙两所学校各随机抽取50名学生进行调查，获取他们每天完成书面作业所需时长(单位：分钟)的数据，并对数据进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a.甲，乙两所学校学生每天完成书面作业所需时长的数据的精数分布直方图及扇形统计图如图(数据分成5组：15≤x<30，30≤x<45，45≤x<60，60≤x<75，75≤x≤90)；

b.甲校学生每天完成书面作业所需时长的数据在45≤x<60这一组的是：
45 46 50 51 51 52 52 53 55 56 59 59
c.甲，乙两所学校学生每天完成书面作业所需时长的数据的平均数、中位数如下：

平均数
中位数
甲校
49
m
乙校
50
54
根据以上信息，回答下列问题：
(1)m= ______ ；
(2)乙校学生每天完成书面作业所需时长的数据的扇形统计图中表示45≤x<60这组数据的扇形圆心角的度数是______ °；
(3)小明每天完成书面作业所需时长为53分钟，在与他同校被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明，那么小明是______ 校学生(填“甲”或“乙”)，理由是______ ．
(4)如果甲，乙两所学校各有200人，估计这两所学校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生共有______ 人.
25. (本小题6.0分)
如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，连接AD并延长到C，使AC=AB，连接BC交⊙O于E，过点B作⊙O的切线交OE的延长线于点F．
(1)求证：OE//AC；
(2)如果AB=10，AD=6，求EF的长．

26. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−2ax+a−4(a≠0)．
(1)求该抛物线的顶点坐标；
(2)当抛物线y=ax2−2ax+a−4(a≠0)经过点(3,0)时：
①求此时抛物线的表达式；
②点M(n−2,y1)，N(2n+3,y2)在抛物线上，且位于对称轴的两侧，当y1>y2时，求n的取值范围．

27. (本小题7.0分)
已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
(1)如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE=DF；
(2)如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．

28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知图形G上的两点M，N(点M，N不重合)和另一点P，给出如下定义：连接PM，PN，如果PM⊥PN，则称点P为点M，N的“条件拐点”．

(1)如图1，已知线段MN上的两点M(0,2)，N(4,0)．
①点P1(1,3)，P2(2,−1)，P3(4,2)中，点M，N的“条件拐点”是______ ；
②如果过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M，N的“条件拐点”，求a的取值范围；
(2)如图2，已知点F(0,1)，T(0,t)，过点F作直线l⊥y轴，点M，N在直线l上，且FM=FN=FT.如果直线y=x−t上存在点M，N的“条件拐点”，直接写出t的取值范围．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、侧面展开图是四个长方形，故此选项不符合题意；
B、侧面展开图是一个长方形，故此选项不符合题意；
C、侧面展开图是三个长方形，故此选项不符合题意；
D、侧面展开图是扇形，故此选项符合题意．
故选：D．
根据几何体的展开图：三棱柱的侧面展开图是三个长方形；四棱柱的侧面展开图是四个长方形；圆柱的侧面展开图是矩形；圆锥的侧面展开图是扇形；可得答案．
本题考查了几何体的展开图，记住常用几何体的侧面展开图是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：179000000=1.79×108．
故选：C．
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≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
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．

3.【答案】D 
【解析】解：A、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形；故A不符合题意；
B、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；故B不符合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形；故C不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形；故D符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

4.【答案】B 
【解析】解：∵l1//l2，
∴∠3=∠1=20°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∴∠2=∠ABC−∠3=60°−20°=40°．
故选：B．
由平行线的性质得到∠3=∠1=20°，由等边三角形的性质得到∠ABC=60°，即可求出∠2的度数．
本题考查平行线的性质，等边三角形的性质，关键是掌握平行线的性质，等边三角形的性质．

5.【答案】A 
【解析】解：2x+3+1x=0，
2x+x+3=0，
解得：x=−1，
检验：当x=−1时，x(x+3)≠0，
∴x=−1是原方程的根，
故选：A．
按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解分式方程，一定要注解分式方程必须检验．

6.【答案】B 
【解析】解：A、有图得−2 B、若b>|a|，则a、b异号，且|b|>|a|，∴a+b>0，∴正确．
C、若ab>0，则a、b同号，则a+b<0，∴不正确．
D、若a−b>0，则a>b，则a、b同号，则a+b<0，∴不正确．
故选：B．
利用有理数加法法则逐项判断即可．
本题考查了有理数加法法则的应用，判断出b的正负及绝对值的大小是解题关键．

7.【答案】A 
【解析】解：连接OC，
∵∠BAC=45°，
∴∠BOC=2∠BAC=90°，
∵OD⊥BC
∴∠BOD=45°，∠BEO=90°，BE=12BC，
∵OB=OC=2，
∴BC=2 2，
∴BE= 2，
故选：A．
连接OC，根据垂径定理和等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰直角三角形的判定和性质，垂径定理，正确地作出辅助线是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2，AE=CF=x，
∴BE=2−x，BF=2+x，
∴y=BE⋅BF=(2−x)(2+x)=−x2+4，
∴y与x满足的函数关系的图象是对称轴为y轴，开口向下的抛物线，且0 故选：C．
根据题意表示出y与x之间的关系式即可．
本题考查动点问题的函数图象，理清题目中的关系，列出解析式是解决问题的关键．

9.【答案】a≥1 
【解析】解：∵ a−1在实数范围内有意义，
∴a−1≥0，
∴a≥1．
故答案是：a≥1．
根据二次根式有意义的条件，列出不等式，即可求解．
本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键．

10.【答案】3(x−y)2 
【解析】解：3x2−6xy+3y2，
=3(x2−2xy+y2)，
=3(x−y)2．
故答案为：3(x−y)2．
先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

11.【答案】四 
【解析】解：设多边形的边数为n，根据题意列方程得，
(n−2)⋅180°=360°，
n−2=2，
n=4．
故答案为：四．
设多边形的边数为n，则根据多边形的内角和公式与多边形的外角和为360°，列方程解答．
本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是利用多边形的内角和公式并熟悉多边形的外角和为360°．

12.【答案】2(答案不唯一) 
【解析】解：∵在每一个象限内，y随x的增大而减小，
∴k>0，
∵x=3，
∴n>0，
∴n=2(答案不唯一)．
故答案为：2(答案不唯一)．
根据反比例函数增减性可确定k的符号，再根据横坐标，即可确定n符号．
本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质与系数的关系是解题的关键．

13.【答案】m<−2 
【解析】解：∵方程x2+4x+2m=0有两个不相等的实数根，
∴Δ=16−8m>0，
即m<−2．
故答案为：m<−2．
要使方程x2+4x+2m=0有两个不相等的实数根，只需Δ>0.即可得到关于m的不等式，从而求得m的范围．
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，正确记忆根的判别式是解题关键．

14.【答案】13 
【解析】解：根据题意画树状图如图：

共有12种情况，两次摸出的卡片的数字之和等于5的有4种，
∴两次摸出的卡片的数字之和等于5的概率为412=13，
故答案为：13．
先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的卡片的数字之和等于5的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
本题考查了列表法与树状图法，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

15.【答案】2 
【解析】解：∵四边ABCD为平行四边形，∠A=60°，
∴AD//BC，∠C=60°，
∴∠EDF=∠C=60°，
∴∠A=∠EDF，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=∠DEF，
∴△ABE∽△DFE，
∴AEDE=BEEF=12，即DE=2AE，
在Rt△AEB中，AB=2，AE=AB⋅cosA=2×12=1，
∴DE=2．
故答案为：2．
根据平行四边形的性质可得AD//BC，∠C=60°，进而得到∠EDF=∠C=60°，于是∠A=∠EDF，再证明△ABE∽△DFE，得到AEDE=BEEF=12，在Rt△AEB中，AE=AB⋅cosA=1，以此即可求解．
本题主要考查平行四边的性质、相似三角形的性质、解直角三角形，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．

16.【答案】6100  3、6、1或6、4、1或9、2、1 
【解析】解：(1)根据题意得：500×2+600×4+900×3
=1000+2400+2700
=6100(元)，
∴租车的总费用为6100元．
故答案为：6100；
(2)500÷20=25(元/人)，500×0.8÷20=20(元/人)，600÷30=20(元/人)，900÷40=22.5(元/人)，
∵25>22.5>20，且每种型号的客车至少租1辆，
∴当租用丙型客车1辆，甲型客车不少于3辆时租车的总费用最低．
设租用甲型客车a辆，乙型客车b辆，
根据题意得：20a+30b+40×1=280，
∴b=8−23a.
又∵a，b均为正整数，且a≥3，
∴a=3b=6或a=6b=4或a=9b=2，
∴甲，乙，丙三种型号客车的租用数量可以分别是：3、6、1或6、4、1或9、2、1．
故答案为：3、6、1或6、4、1或9、2、1．
(1)利用租车的总费用=每辆甲型客车的租金×租用甲型客车的数量+每辆乙型客车的租金×租用乙型客车的数量+每辆丙型客车的租金×租用丙型客车的数量，即可求出结论；
(2)利用人均费用=每辆客车的租金÷每辆客车载客量，可求出三种型号客车的人均费用，结合每种型号的客车至少租1辆，可得出当租用丙型客车1辆，甲型客车不少于3辆时租车的总费用最低，设租用甲型客车a辆，乙型客车b辆，根据租用的三种型号客车可乘载280人，可得出关于a，b的二元一次方程，再结合a，b均为正整数且a≥3，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程的应用以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．

17.【答案】解： 8+|−2|−4cos45°+(12)−1
=2 2+2−4× 22+2
=2 2+2−2 2+2
=4． 
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．

18.【答案】解：由4x−2<2(x+1)得：x<2，
由5x+23>x得：x>−1，
则不等式组的解集为−1 【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

19.【答案】解：原式=4m2−1+m2−4m+4−m2
=4m2−4m+3
∵m2−m−1=0，
∴m2−m=1，
∴原式=4(m2−m)+3
=4+3
=7． 
【解析】先计算括号的同分母的减法运算，再把分子分母因式分解，则约分得到原式=4m2+3m+3，接着利用已知条件得到m2−m=1，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了分式的加减法：同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减．

20.【答案】方法一：
证明：如图，作∠BAC的平分线交BC于点D，

则∠BAD=∠CAD，
在△BAD和△CAD中，
AB=AC∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△BAD≌△CAD(SAS)，
∴∠B=∠C；
方法二：
证明：如图，取BC的中点D，连接AD，

则BD=CD，
在△BAD和△CAD中，
AB=ACAD=ADBD=CD，
∴△BAD≌△CAD(SSS)，
∴∠B=∠C． 
【解析】方法一：作∠BAC的平分线交BC于点D，证△BAD≌△CAD(SAS)，即可得出结论；
方法二：取BC的中点D，连接AD，证△BAD≌△CAD(SSS)，即可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵BE⊥AD于E，DF⊥BC于F，
∴∠BED=∠DFB=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB//AD，
∴∠EBF=∠AEB=90°，
∴四边形BEDF是矩形．
(2)解：∵∠BED=∠AEB=90°，
∴BEDE=tan∠BDE=2，AE2+BE2=AB2，
∵DE=BF=1，
∴BE=2DE=2×1=2，
∵AD=AB，
∴AE=AD−1=AB−1，
∴(AB−1)2+22=AB2，
解得AB=52，
∴AB的长为52． 
【解析】(1)由BE⊥AD于E，DF⊥BC于F，得∠BED=∠DFB=90°，由菱形的性质得CB//AD，则∠EBF=∠AEB=90°，即可根据“有三个角是直角的四边形是矩形”证明四边形BEDF是矩形；
(2)由BEDE=tan∠BDE=2，DE=BF=1，得BE=2，由AE2+BE2=AB2，AE=AD−1=AB−1，得(AB−1)2+22=AB2，则AB=52．
此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，证明∠BED=∠DFB=∠EBF=90°是解题的关键．

22.【答案】解：(1)由题意得：−k+b=0k+b=mm=2，
解得：k=1b=1m=2，
∴一次函数y=kx+b(k≠0)的表达式为：y=x+1；
(2)如图：

当x=1时，y=2，
当y=2时，−1+n=2，
解得：n=3，
所以当n≤3时，当x>1时，对于x的每一个值，函数y=−x+n的值小于一次函数y=kx+b(k≠0)的值． 
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)根据数形结合，列式求解．
本题考查了两条直线相交或平行问题，数形结合思想是解题的关键．

23.【答案】4  是  < 
【解析】解：(1)①由表格中数据知，当x=3和x=5时，y=4，
∴对称轴为x=4，顶点坐标为(4,4.2)，
∴当羽毛球飞行到最高点时，水平距离是4m，
故答案为：4；
②∵当x=5时，y=4>1.55，
∴羽毛球是可以过网，
故答案为：是；
③∵h=4，k=4.2，
∴y=a(x−4)2+4.2，
把x=0，y=1代入解析式得，a(0−4)2+4.2=1，
解得a=−0.2，
∴y=−0.2(x−4)2+4.2；
(2)在第一次接球中，当y=2.4时，
则−0.2(x−4)2+4.2=2.4，
解得x1=1，x2=7，
∵接球时球越过球网，
∴d1=7；
在第二次接球中，当y=2.4时，
则−0.1(x−5)2+3.3=2.4，
解得x1=5，x2=8，
∵接球时球越过球网，
∴d2=8，
∴d1−d2=7−8=−1<0．
故答案为：<．
(1)①由表中数据直接可以得出结论；
②由表中数据直接可以得出结论；
③用待定系数法求函数解析式；
(2)把y=2.4分别代入(1)、(2)解析式求出d1和d2即可，
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．解题的关键是熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求出函数解析式．

24.【答案】51  108  乙  乙校的中位数为54，而小明每天完成书面作业所需时长为53分钟，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明，  272 
【解析】解：(1)由频数分布直方图和b中的信息可得，
这50名学生服务时长的中位数是(51+51)÷2=51(分钟)，
故m=51；
故答案为：51；
(2)360°×(1−26%−4%−14%−26%)=108°，
答：扇形统计图中表示45≤x<60这组数据的扇形圆心角的度数是108°，
故答案为：108；
(3)小明是乙校学生(填“甲”或“乙”)，理由是：∵乙校的中位数为54，而小明每天完成书面作业所需时长为53分钟，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明，
故∴小明是乙校学生，
故答案为：乙，乙校的中位数为54，而小明每天完成书面作业所需时长为53分钟，有一半以上的学生每天完成书面作业所需时长都超过了小明；

(4)甲校：200×3350=132(人)乙校：200×(1−26%−4%)=140(人)，
估计这两所学校每天完成书面作业所需时长低于60分钟的学生共有(132+140)=272(人)．
(1)根据统计图中的数据，可以得到第25个数和第26个数，然后计算出平均数，即这组数据的中位数；
(2)用360°乘以45≤x<60组所占的百分比，求出45≤x<60组的扇形圆心角的度数即可；
(3)根据中位数的定义即可得到结论；
(4)根据题意列式计算即可．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

25.【答案】(1)证明：∵OB=OC，
∴∠OBE=∠OEB，
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠C=∠OEB，
∴OE//AC；
(2)解：连接BD，交OF于M，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AB=10，AD=6，
∴BD= AB2−AD2= 102−62=8，
∵OE//AC，AD⊥BD，
∴OE⊥BD，
∴BM=DM=12BD=4，
∴OM= OB2−BM2= 52−42=3，
∴sin∠OBM=OMOB=35，
∵BF为⊙O的切线，
∴OB⊥BF，
∴∠OBF=90°，
∴∠BOF+∠F=90°，
∵∠OBM+∠BOM=90°，
∴∠OBM=∠F，
∴sinF=OBOF=35，
∴35=5OF，
∴OF=253，
∴EF=OF−OE=253−5=103． 
【解析】(1)由等腰三角形的性质证出∠C=∠OEB，由平行线的判定可得出结论；
(2)由勾股定理求出BD=8，由垂径定理求出BM=4，得出sin∠OBM=OMOB=35，证出∠OBM=∠F，得出sinF=OBOF=35，则可得出答案．
本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

26.【答案】解：(1)y=ax2−2ax+a−4=a(x−1)2−4，
∴抛物线y=ax2−2ax+a−4(a≠0)的对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,−4)；
(2)①∵抛物线y=ax2−2ax+a−4(a≠0)过(3,0)，
∴9a−6a+a−4=0，
解得a=1；
此时抛物线的表达式为y=x2−2x−3；
②∵a=1，
∴抛物线开口向上，
若点M在对称轴直线x=1的左侧，点N在对称轴直线x=1的右侧时，
由题意可得n−2<12n+3>11−(n−2)>(2n+3)−1，
∴−1 若点N在对称轴直线x=1的左侧，点M在对称轴直线x=1的右侧时，
由题意可得：n−2>12n+3<11−(2n+3)>(n−2)−1，
不等式组无解，
综上所述：−1 【解析】(1)把(3,0)代入y=ax2−2ax+a−4即可求得；把解析式化成顶点式即可；
(2)①把a=1代入解析式求解即可；
②分两种情况讨论，列出不等式组可求解．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，一元一次不等式组的应用，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．

27.【答案】解：(1)①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
②证明：由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
CE=CF∠BCE=∠DCFCB=CD，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF．
(2)AE=2DM，
证明：如图2，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF，取AF中点M，连接AE，DM，
由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD=AB=DA，∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
CE=CF∠BCE=∠DCFCB=CD，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∴∠CBE−90°=∠CDF−90°，
延长DM到点G，使GM=DM，连接AG，
∵M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△AGM和△FDM中，
AM=FM∠AMG=∠FMDGM=DM，
∴△AGM≌△FDM(SAS)，
∴AG=DF，∠G=∠MDF，
∴BE=AG，AG//DF，
∴∠DAG=180°−∠ADF=180°−(360°−90°−∠CDF)=∠CDF−90°，
∵∠ABE=∠CBE−90°，
∴∠ABE=∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
AB=DA∠ABE=∠DAGBE=AG，
∴△ABE≌△DAG(SAS)，
∴AE=DG=2DM． 
【解析】(1)①按题中要求补全图形即可；
②由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，由正方形的性质得CB=CD，∠BCD=90°，则∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BCE≌△DCF，则BE=DF；
(2)先证明△BCE≌△DCF，得BE=DF，∠CBE=∠CDF，再延长DM到点G，使GM=DM，连接AG，可证明△AGM≌△FDM，得AG=DF，∠G=∠MDF，所以BE=AG，AG//DF，可推导出∠DAG=180°−∠ADF=180°−(360°−90°−∠CDF)=∠CDF−90°，而∠ABE=∠CBE−90°，所以∠ABE=∠DAG，即可证明△ABE≌△DAG，则AE=DG=2DM．
此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且适当选择全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．

28.【答案】点P1和点P3 
【解析】解：(1)①∵M(0,2)，N(4,0)，
∴MN2=(0−4)2+(2−0)2=20，
当点P1(1,3)时，
则P1M2=(0−1)2+(2−3)2=2，P1N2=(1−4)2+(3−0)2=18，
∵2+18=20，即P1M2+P1N2=MN2，
∴∠MPN=90°，
∴PM⊥PN，
∴点P1是点M，N的“条件拐点”；
当点P2(2,−1)时，
则P2M2=(2−0)2+(−1−2)2=13，P2N2=(2−4)2+(−1−0)2=5，
∴13+5=18≠20，即P2M2+P2N2≠MN2，
∴∠MPN≠90°，即PM与PN不垂直，
∴点P2不是点M，N的“条件拐点”；
当点P3(4,2)时，
则P3M2=(4−0)+(2−2)2=16，P3N2=(4−4)2+(2−0)2=4，
∵16+4=20，即P3M2+P3N2=MN2，
∴∠MPN=90°，
∴PM⊥PN，
∴点P3是点M，N的“条件拐点”；
故答案为：点P1和点P3；
②根据①可得：MN=2 5，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN=90°，
∴如图所示：点P在以MN的中点B为圆心，以 5为半径的圆上，

∵过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M，N的“条件拐点”，
∴如图所示，点B到此直线的距离d≤ 5，
∵点B是MN的中点，且M(0,2)，N(4,0)，
∴点B的坐标为(2,1)，
∴|a−1|≤ 5，
解得：− 5+1≤a≤ 5+1；
(2)在直线y=x−t中，当x=0时，y=−t，当y=0时，x=t，
∴C(0,−t)，D(t,0)，
∵FM=FN=FT，
∴M，N，T在以点F为圆心，FT为半径的圆上，
分三种情况：
①当t≥1时，如图2，过点F作FG⊥l于G，则FC=t+1，FT=t−1，

∵△FGC是等腰直角三角形，
∴FG=t+1 2，
∵直线y=x−t上存在点M，N的“条件拐点”，
∴FG≤FT，
∴t+1 2≤t−1，
∴t≥3+2 2；
②当0
∵直线y=x−t上存在点M，N的“条件拐点”，
∴FG≤FT，
∴t+1 2≤1−t，
∴t≤3−2 2；
③当−1
∵直线y=x−t上存在点M，N的“条件拐点”，
∴FG≤FT，
∴t+1 2≤1−t，
∴t≤3−2 2；
④当t≤−1时，如图5，过点F作FG⊥l于G，则FC=−t−1，FT=1−t，

∵直线y=x−t上存在点M，N的“条件拐点”，
∴FG≤FT，
∴−t−1 2≤1−t，
∴t≤3+2 2；
综上，t的取值为t≥3+2 2或t≥3−2 2．
(1)①根据题中PM⊥PN，可得出：PM2+PN2=MN2，再根据三个点给出的坐标分别求出PM2和PN2，分别验证PM2+PN2=MN2是否成立，即可求出答案；
②根据题意可知∠MPN=90°和MN=2 5，则可判断出点P在以MN的中点为圆心，以 5为半径的圆上，则根据过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M，N的“条件拐点”，可得出点B到此直线的距离d≤ 5，根据中点求出点B的坐标，即可得出|a−1|≤ 5，解出不等式即可求出答案；
(2)先计算直线l与坐标轴的交点坐标C(0,−t)，D(t,0)，根据FM=FN=FT确定点M，N，T在以F为圆心，以FT为半径的圆上，分情况讨论：当t≥1时，如图2；当0 本题是一次函数的综合题，考查了新定义“条件拐点”的理解和运用，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质，一次函数的性质等知识，正确的作出图形和分类讨论是解题的关键．