2023年河北省衡水市桃城中学中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023年河北省衡水市桃城中学中考数学模拟试卷（含解析），共30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年河北省衡水市桃城中学中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列选项是负整数的是(    )
A. |−34| B. −1 C. −(−2) D. −312
2. 下列四个图中，能表示线段x=a+c−b的是(    )
A.
B.
C.
D.
3. 如图，已知AB//CD，点E(不与点A，点D重合)在线段AD上，连接CE，若∠C=25°，∠AEC=55°，则∠A=(    )
A. 15°
B. 25°
C. 30°
D. 35°
4. 下面算式与512−13+214的值相等的是(    )
A. 312−(−213)+(−414) B. 12−(−313)+314
C. 212+(−213)+714 D. 412−(−13)+314
5. 下面是计算(a2)3⋅a5的过程．
解：原式=a6⋅a5(①)=a11.(②)
在上述运算中，依据①②分别表示的是(    )
A. 合并同类项，同底数幂相乘 B. 幂的乘方，同底数幂相乘
C. 幂的乘方，乘法结合律 D. 乘法交换律，合并同类项
6. 如图是一个由大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，若在标号为①的位置添加一个小正方体，则新几何体与原几何体三视图一定相同的是(    )
A. 主视图和左视图 B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图 D. 主视图、俯视图和左视图
7. 如图所示的是琳琳作业中的一道题目，“”处都是0但发生破损，琳琳查阅后发现本题答案为2，则破损处“0”的个数为(    )


A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8. 如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，这个正五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系式错误的是(    )
A. r=Rcos36°
B. a=2Rsin36°
C. a=2rtan36°
D. R=rsin36°
9. 如图，小明骑自行车从A地到B地，小美骑自行车从B地到A地，两人都以相同的速度匀速前进，已知两人在上午8时同时出发，到上午10时，两人还相距36千米，到中午12时，两人又相距36千米.设A，B两地间的路程为x千米，则下列正确的是(    )

A. x−3610−8表示小明的速度 B. 依题意得x−3610−8=x+3612−8
C. A、B两地之间路程为100千米 D. 两人的速度之和为18千米/时
10. 为测量一池塘两端A，B间的距离．甲、乙两位同学分别设计了两种不同的方案．
甲：如图1，先过点B作AB的垂线BF，再在射线BF上取C，D两点，使BC=CD，接着过点D作BD的垂线DE，交AC的延长线于点E.则测出DE的长即为A，B间的距离；
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作AB的垂线BE，在BE上找可直接到达点A的点D，连接DA，作DC=DA，交直线AB于点C，则测出BC的长即为AB间的距离，则下列判断正确的是(    )

A. 只有甲同学的方案可行 B. 只有乙同学的方案可行
C. 甲、乙同学的方案均可行 D. 甲、乙同学的方案均不可行
11. 若x为正整数，则1x−1−2x2−1的结果是(    )
A. ≤13 B. ≤12 C. ≥12 D. ≥13
12. 为了解“睡眠管理”落实情况，某初中学校随机调查50名学生每天平均睡眠时间(时间均保留整数)，将样本数据绘制成统计图(如图)，其中有两个数据被遮盖．关于睡眠时间的统计量中，与被遮盖的数据无关的是(    )

A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差
13. 两本长方形的书按如图所示方式叠放在一起，则∠3+∠2+2∠1=(    )
A. 360°        
B. 540°   
C. 720°
D. 以上案均不对


14. 如图，已知函数y1=kx(x>0)，y2=−2x(x<0)，点A在y轴的正半轴上，过点A作BC//x轴，交两个函数的图象于点B和C.下列说法中：
①若A的纵坐标为2，则C的横坐标为−1
②若2AC=AB，则k=12
③若AC=AB，则y1，y2的图象关于y轴对称
④当x<−2时，则y2的取值范围为y2<1
结论正确的是(    )



A. ①② B. ②④ C. ①③ D. ①③④
15. 已知关于x的两个多项式A=x2−ax−2，B=x2−2x−3，其中a为常数，下列说法：
①若A−B的值始终与x无关，则a=−2；
②关于x的方程A+B=0始终有两个不相等的实数根；
③若A⋅B的结果不含x2的项，则a=52；
④当a=1时，若AB的值为整数，则x的整数值只有2个．
以上结论正确的个数有(    )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
16. 如图1，在△ABC中，∠B=36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止.若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t(s)，AP的长度y(cm)，y与t的函数图象如图2所示.当AP恰好平分∠BAC时t的值为(    )

A. 2 5−2 B. 3 5−1 C. 2 5 D. 2 5+2
二、填空题（本大题共3小题，共11.0分）
17. 若x−y−7=0，则代数式x2−y2−14y的值等于______ ．
18. 如图，在△ABP中，B、P两个顶点在x轴上，点A在x轴的上方，以点P为位似中心作△ABP的位似图形△CDP，其中点B、P、D在x轴上对应的数分别为−3、−1和3．
(1)△ABP与△CDP的位似比为______ ；
(2)若点A的纵坐标为a，则点C的纵坐标为______ ．
19. 如图是数学兴趣小组研究某种在同一平面进行摆动的机械装置的示意图．支架ABC是BC在地面上的等边三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转．已知BC=5分米，AD=3分米，DM=1分米．
(1)当A，D，M三点在同一直线上时，AM的长为______分米；
(2)当AD⊥AB时，S△ACM的最大值是______平方分米．


三、解答题（本大题共7小题，共67.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
已知算式“(−9)×2−5”．
(1)嘉嘉将数字“5”抄错了，所得结果为−21，则嘉嘉把“5”错写成了______ ；
(2)淇淇不小心把运算符号“×”错看成了“+”，求淇淇的计算结果比原题的正确结果大多少？
21. (本小题8.0分)
甲、乙两个长方形的边长如图所示(m为正整数)，其面积分别为S1，S2．
(1)填空：S1−S2= ______ (用含m的代数式表示)；
(2)若一个正方形的周长等于甲、乙两个长方形的周长之和．
①设该正方形的边长为x，求x的值(用含m的代数式表示)；
②设该正方形的面积为S3，试探究：S3与2(S1+S2)的差是否是常数？若是常数，求出这个常数，若不是常数，请说明理由．

22. (本小题9.0分)
一场家庭教育沙龙，主办方邀请9位家长参加活动，在场地安排了9把椅子(每个方格代表一把椅子，横为排，竖为列)按图示方式摆放，其中圆点表示已经有家长入座的椅子．

(1)如图1−1，已经有两位家长入座，又有一位家长随机入座，则这三把椅子刚好在同一直线上的概率为______ ；
(2)如图1−2，已经有四位家长入座四个位置，又有甲、乙两位家长随机入座，已知甲坐第一排，乙坐第二排，用列举法求甲、乙两人刚好坐在同一列上的概率；
(3)如图1−3，已经有四位家长入座四个位置，又有两名家长丙和丁随机入座，直接写出仅有三位家长坐在同一直线上的概率．
23. (本小题9.0分)
A、B两地相距120km，甲车从A地驶往B地，乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，乙车比甲车晚出发m h.设甲车行驶的时间为x(h)，甲、乙两车离A地的距离分别为y1(km)、y2(km)，图中线段OP表示y1与x的函数关系．
(1)甲车的速度为______ km/h；
(2)若两车同时到达目的地，在图中画出y2与x的函数图象，并求甲车行驶几小时后与乙车相遇；
(3)若甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，直接写出m的范围．

24. (本小题10.0分)
如图，⊙O的半径为3 cm，直线MN与⊙O交于A、B两点，圆心O到直线MN的距离为2.2 cm.点P从点A开始以5°/秒的速度在圆周上按逆时针方向运动，运动时间为t．
(1)求弦AB的长度；
(2)当t=3.4秒时，点P到直线MN的距离；
(3)若MO=8 cm，连接MP，当MP是⊙O的切线时，求点P走过的弧长.(参考数据：cos43°=sin47°≈1115，sin16°=cos74°≈1140，sin22°=cos68°≈38)

25. (本小题11.0分)
如图，春节期间，某同学燃放一种手持烟花，烟花弹的飞行路径是一段抛物线，喷射出时距地面2米，在与他水平距离是20米，达到最大高度18米时爆炸.若是哑弹(在空中没有爆炸的烟花弹)，会继续按原有的抛物线飞落，在他的正前方33米处有一栋高15米的居民楼(截面矩形ABCD与抛物线在同一平面上)．

(1)求抛物线的解析式(不必写出x的取值范围)，请通过计算说明若是哑弹，会落在几层居民楼的外墙或窗户上(每层楼高按3米计算)；
(2)该同学沿x轴负半轴至少后退几米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上？(结果保留根号)
(3)若居民楼宽AB=CD=12m，该同学沿x轴向居民楼走n米，可使哑弹落在楼顶CD上(不含点C，D)，直接写出n的取值范围.(结果保留根号)
26. (本小题12.0分)
问题提出：
(1)如图1，在正方形ABCD中，AD=4，点F，G分别在AB，CD上，连接FG，若BF=1.5，CG=2，以FG为斜边，向下作直角三角形FEG，则在边BC上存在______ 个符合条件的直角顶点E；
问题探究：
(2)如图2，在(1)的条件下，Rt△FEG是符合题意的一个直角三角形(BE 问题解决：
(3)草根小区有一个边长为40米的正方形活动区域，小区物业在一面墙的E处安装一台监控器，该监控器的视角为90°，监控器可以左右来回转动，并且可以监控该区域的每一个地方如图3，正方形ABCD是过点E的一个水平面，∠FEG=90°，∠FEG与正方形ABCD在同一个平面内，连接FG，若E为BC的中点，点F在边AB上
①点G在AD上，求△AFG面积的最大值；
②点G在CD上，设BF为x，用x的代数式表示FG的长______ ．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、|−34|=34，不合题意；
B、−1是负整数，符合题意；
C、−(−2)=2，不合题意；
D、−312，是分数，不合题意．
故选：B．
直接化简各数，进而得出答案．
此题主要考查了绝对值以及相反数，正确化简各数是解题关键．

2.【答案】B 
【解析】解：根据线段的和差可得，A表示：x=c−b;
B表示：x=a+c−b;
C表示：x=c−b;
D表示：x=b+c;
故选：B．
根据线段的和差即可得出答案．
本题考查了线段的和差，掌握线段的和差是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠A=∠D，
∵∠C=25°，∠AEC=55°，
∴∠A=∠D=∠AEC−∠C=55°−25°=30°，
故选：C．
根据AB//CD可得∠A=∠D，结合三角形内外角关系即可得到答案．
本题考查三角形内外角关系及平行线的性质，根据平行线性质转换等角结合三角形内外角关系列等式是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：由于512−13+214
=112−13+94
=224+94−13
=314−13
=8912．
对于A选项，
312−(−213)+(−414)
=144−174+73
=−34+73
=1912，
故A选项不符合；
对于B选项，
12−(−313)+314
=24+134+103
=154+103
=8512，
故B选项不符合；
对于C选项，
212+(−213)+714
=104+294−73
=394−73
=8912，
故C选项符合；
对于D选项，
412−(−13)+314
=184+134+13
=314+13
=9712，
故D选项不符合．
故选：C．
根据有理数的加减混合运算法则计算即可得出答案．
本题考查有理数的加减混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：根据计算过程可知，①用的是幂的乘方，②用的同底数幂相乘，
故选：B．
根据题目所给的计算过程即可得到答案．
本题主要考查了幂的乘方，同底数幂相乘，熟知相关计算法则是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵小正方形内的数字表示该位置上小正方体的数量，在标号为①的位置添加一个小正方体，
∴主视图和左视图不变，俯视图改变．
故选：A．
利用俯视图上小立方体的个数可以判断三视图，再利用在标号为①的位置添加一个小正方体得出三视图的变化情况．
此题主要考查了由三视图判断几何体，正确掌握三视图观察角度是解题关键．

7.【答案】B 
【解析】解：∵本题答案为2，
∴a−n=2，
又∵a=6，
∴n=4，
∵60000=6×104，
∴破损处“0”的个数为3．
故选：B．
根据科学记数法的表示方法求解即可．
本题主要考查科学记数法．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．解题关键是正确确定a的值以及n的值．

8.【答案】D 
【解析】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，
∴∠BOC=15×360°=72°，
∴∠1=12∠BOC=12×72°=36°，
R2−r2=(12a)2=14a2，
12a=Rsin36°，故B不符合题意；
a=2Rsin36°，
12a=rtan36°，
a=2rtan36°，故C不符合题意；
cos36°=rR，
r=Rcos36°，故A不符合题意；
故选：D．
根据圆内接正五边形的性质求出∠BOC，再根据垂径定理求出∠1=36°，然后利用勾股定理和解直角三角形对各选项分析判断即可得解．
本题考查了圆内接五边形、解直角三角形的知识，掌握圆内接正五边形的性质，并求出中心角的度数是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：A、 x−3610−8表示两人的速度和，故不符合题意；
B、根据题意得：x−3610−8=x+3612−8，故符合题意；
C、解方程x−3610−8=x+3612−8，得x=108，所以A、B两地之间路程为100千米，故不符合题意；
D、当x=108时， x−3610−8=36，故两人的速度之和为36千米/时，故不符合题意；
故选：B．
根据两段时间内，甲、乙两人的速度的和相等列方程．
本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，本题要把握题目中两人速度这个不变量建立等量关系，就显得尤为简单．同时注意两人从相距36千米到再次相距36千米，两人所骑的路程和为72千米．

10.【答案】C 
【解析】解：甲：∵AB⊥BC，ED⊥BC，
∴∠B=∠CDE=90°，
在△ABC和△EDC中，
∠B=∠CDEBC=DC∠ACB=∠ECD,
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴AB=DE，
故甲正确；
乙：∵DC=DA，DB⊥AC，
∴AB=BC，
故乙正确，
故选：C．
利用ASA证明△ABC≌△EDC，得DE=AB，可知甲正确；利用等腰三角形三线合一可知乙正确．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质是解题的关键．

11.【答案】A 
【解析】解：原式=x+1(x+1)(x−1)−2(x+1)(x−1)
=x−1(x+1)(x−1)
=1x+1，
∵x为正整数，(x+1)(x−1)≠0，
∴x≥2，
则x+1≥3，
∴1x+1≤13，
故选：A．
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再结合x的值可得答案．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．

12.【答案】B 
【解析】解：由统计图可知，
平均数无法计算，众数无法确定，方差无法计算，而中位数第25、26名学生都是9小时，即(9+9)÷2=9，
故选：B．
根据条形统计图中的数据，可以判断出平均数、众数、方差无法计算，可以计算出中位数，本题得以解决．
本题考查条形统计图、平均数、中位数、众数、方差，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

13.【答案】B 
【解析】解：
过B作BN//EH，
∵四边形EFGH是长方形，矩形ABCD是长方形，
∴∠ABC=90°，∠A=∠H=90°，EH//FG，
∴EH//BN//FG，
∴∠HIB+∠IBN=180°，∠BQG+∠CBN=180°，
∴∠HIB+∠IBN+∠BQG+∠CBN=360°，
∴∠HIB+∠ABC+∠BQG=360°，
∴∠HIB+∠BQG=360°−90°=270°，
∵∠3=∠HIB，∠1=∠BQG，
∴∠1+∠3=270°，
∵∠3=∠A+∠AMI，∠2=∠H+∠HMD，∠AMI=∠DMH，∠A=∠H=90°，
∴∠3=∠2，
∴∠3+∠2+2∠1=∠3+∠3+2∠1=2(∠3+∠1)=2×270°=540°，
故选：B．
根据长方形的性质得出∠ABC=90°，∠A=∠H=90°，EH//FG，求出EH//BN//FG，根据平行线的性质得出∠HIB+∠IBN=180°，∠BQG+∠CBN=180°，求出∠HIB+∠ABC+∠BQG=360°，求出∠HIB+∠BQG=270°，根据三角形的外角性质求出∠3=∠2，再求出答案即可．
本题考查了长方形的性质，平行线的性质，三角形的外角性质等知识点，能求出∠HIB+∠ABC+∠BQG=360°是解此题的关键．

14.【答案】D 
【解析】解：①将y=2代入y2=−2x得x=−1，故①正确．
②∵xB⋅yB=−2，xC=−12xB，yC=yB，
∴xC⋅yC=−12xB⋅yB=1，故②错误．
③若AC=AB，则k=2，
∴y1，y2的图象关于y轴对称，
故③正确．
④当x=−2时，y2=1，
∵y2=−2x(x<0)随x增大而增大，
∴x<−2时y2<1，
故④正确．
故选：D．
①将y=2代入y2=−2x求解．
②由2AC=AB得xC=−12xB，再由xB⋅yB=−2求解．
③若AC=AB，则k=2，2与−2互为相反数，y1，y2的图象关于y轴对称．
④将x=−2代入y2=−2x求出y值，再由函数增减性求解．
本题考查反比例函数的性质，解题关键是熟练掌握反比例函数的性质，掌握求反比例函数中k的方法．

15.【答案】B 
【解析】解：①∵A=x2−ax−2，B=x2−2x−3，
∴A−B=(x2−ax−2)−(x2−2x−3)=(2−a)x+1，
∵A−B的值始终与x无关，
∴a=2，
故①不符合题意；
②A+B=x2−ax−2+x2−2x−3=2x2−(a+2)x−5=0，
∵Δ=(a+2)2+40>0，
∴关于x的方程A+B=0始终有两个不相等的实数根，
故②符合题意；
③A⋅B=(x2−ax−2)⋅(x2−2x−3)=x4−(2+a)x3+(2a,−5)x2+(3a+4)x+6，
∵A⋅B的结果不含x2的项，
∴2a−5=0，
解得a=52；
故③符合题意；
④当a=1时，A=x2−x−2，
∴AB=x2−x−2x2−2x−3=(x−2)(x+1)(x−3x+1)=x−2x−3=1+1x−3，(    )
∵AB的值为整数，
∴x−3=±1，
解得x=4或x=2，
故④符合题意；
故选：B．
根据A−B=(2−a)x+1，A−B的值始终与x无关，可得a=2；根据A+B=2x2−(a+2)x−5=0，利用判别式Δ>0，可得关于x的方程A+B=0始终有两个不相等的实数根；根据A⋅B=x4−(2+a)x3+(2a,−5)x2+(3a+4)x+6，当2a−5=0时，A⋅B的结果不含x2的项；④根据AB=1+1x−3，由AB的值为整数，可得x−3=±1，求出x的值．
本题考查整式的运算，熟练掌握整式的加减乘除运算法则，一元二次方程判别式与根的关系是解题的关键．

16.【答案】D 
【解析】解：如图，连接AP，

由图2可得AB=BC=4cm，
∵∠B=36°，AB=BC，
∴∠BAC=∠C=72°，
∵AP平分∠BAC，
∴∠BAP=∠PAC=∠B=36°，
∴AP=BP，∠APC=72°=∠C，
∴AP=AC=BP，
∵∠PAC=∠B，∠C=∠C，
∴△APC∽△BAC，
∴APAB=PCAC，
∴AP2=AB⋅PC=4(4−AP)，
∴AP=2 5−2=BP，(负值舍去)，
∴t=(4+2 5−2)÷1=2 5+2．
故选：D．
由图象可得AB=BC=4cm，通过证明△APC∽△BAC，可求AP的长，即可求解．
本题是动点问题的函数图象，考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．

17.【答案】49 
【解析】解：∵x−y−7=0，
∴x=y+7，
∴x2=(y+7)2=y2+14y+49，
∴x2−y2−14y=49，
故答案为：49．
根据x−y−7=0，得出x=y+7，两边平方移项即可得出x2−y2−14y的值．
本题主要考查因式分解的应用，熟练利用因式分解将已知等式变形是解题的关键．

18.【答案】12  −2a 
【解析】解：(1)∵点B、P、D在x轴上对应的数分别为−3、−1和3，
∴BP=2，PD=4，
∴BPPD=12，
∴△ABP与△CDP的位似比为12．
故答案为：12．
(2)根据题意，作出△CDP如图所示，
过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥x轴于点N，
由(1)可知，△ABP与△CDP的位似比为12，
∴ANCM=12，
∵点A的纵坐标为a，
∴AN=a，
∴CM=2a，
∵点C在第四象限，
∴点C的纵坐标为−2a．
故答案为：−2a．
(1)由题意可得BPPD=12，再结合相似三角形的性质可得答案．
(2)由题意，作出△CDP，过点C作CM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥x轴于点N，则可得ANCM=12，即CM=2a，再根据点C的位置可得答案．
本题考查作图−相似变换、点的坐标，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键．

19.【答案】4或2 254 
【解析】解：(1)当点M在线段AD的延长线上时，AM=AD+DM=3+1=4(分米)，
当点M在线段AD上时，AM=AD−DM=3−1=2(分米)；
综上所述：4或2；
(2)如图，过D′作CA交CA的延长线于H，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵AD′⊥AB，
∴∠D′AB=90°，
∴∠D′AH=30°，
∴D′H=12AD′=32(分米)，
当点M′，点D′，点H三点共线时，M′H有最大值，
则此时，M′H=52(分米)，
∴S△ACM的最大值=12×5×52=254(平方分米)，
故答案为：254．
(1)分两种情况讨论，由线段和差关系可求解；
(2)由三角形的三边关系可得当点M′，点D′，点H三点共线时，M′H有最大值，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，确定点M′的位置是解题的关键．

20.【答案】3 
【解析】解：(1)(−9)×2−——=−21
 ——=(−9)×2−(−21)
 ——=−18+21
 ——=3，
所以把“5”错写成了“3”，
故答案为：3；
(2)原题正确结果(−9)×2−5=−18−5=−23，
淇淇的结果：(−9)+2−5=−12，
−12−(−23)=−12+23=11，
所以结果比原题的正确结果大11．
(1)将数字“5”改成空格，采用有理数的运算可以得到结果．
(2)重新计算得结果，再作差运算得到结果．
本题考查了有理数的混合运算，掌握有理数的混合运算法则是解题的关键．

21.【答案】2m−1 
【解析】解：(1)S1−S2
=(m+7)(m+1)−(m+4)(m+2)
=(m2+m+7m+7)−(m2+2m+4m+8)
=m2+m+7m+7−m2−2m−4m−8
=2m−1，
故答案为：2m−1；
(2)①根据题意得：
4x=2(m+7+m+1)+2(m+4+m+2)，
解得：x=2m+7，
答：x的值为 2m+7；
②∵S1+S2
=(m+7)(m+1)+(m+4)(m+2)
=(m2+m+7m+7)+(m2+2m+4m+8)
=m2+m+7m+7+m2+2m+4m+8
=2m2+14m+15，
∴S3−2(S1+S2)
=(2m+7)2−2(2m2+14m+15)
=4m2+28m+49−4m2−28m−30
=19，
答：S3与 2(S1+S2)的差是常数19．
(1)根据题意列出算式，再利用多项式乘多项式的法则，去括号法则，合并同类项法则进行计算，即可得出答案；
(2)①根据题意列出关于x的方程，解方程即可得出x的值；
②先计算S1+S2的值，再计算S3−2(S1+S2)的值，即可得出答案．
本题考查了多项式乘多项式及整式的加减，掌握多项式乘多项式的法则，去括号法则，合并同类项法则是解决问题的关键．

22.【答案】17 
【解析】解：(1)如图1−1，还有7把椅子可入座，入座后刚好在同一条直线上只有1种情况，
∴P(三把椅子刚好在同一直线上)=17．
故答案为：17；
(2)将第m排，第n列记为(m,n)，
由图1−2知，第1排可入座的位置有：(1,1)，(1,2)，(1,3)；
第2排可入座的位置有：(2,2)，(2,3)．
画树状图如下：

由树状图可知，一共有6种等可能情况，其中甲、乙刚好坐在同一列有2种情况，
∴P(甲、乙两人刚好坐在同一列上)=26=13；
(3)将第m排，第n列记为(m,n)，
由图1−3知，可入座的位置有：(1,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(3,3)．
列表如下：

由表格可知，一共有20种可能的入座方法，
结合图1−3可知：仅有三位家长坐在同一直线上有8种可能性，
∴P(有三位家长坐在同一直线上)=820=25．
故答案为：25．
(1)直接根据概率公式求出即可；
(2)用列表法或树状图法列举出所有等可能结果，数出甲、乙两人刚好坐在同一列的结果数，利用概率公式求出概率即可；
(3)用列表法或树状图法列举出所有等可能结果，数出仅有三位家长坐在同一直线上的结果数，利用概率公式求出概率即可．
本题考查等可能事件概率的求法，掌握列表法和树状图法是解题的关键．

23.【答案】60 
【解析】解：(1)由图可得，甲车的速度为120÷2=60(km/h)，
故答案为：60；
(2)∵乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，两车同时到达目的地，
∴乙车行驶时间为120÷80=1.5(h)，
∵2−1.5=0.5(h)，
∴乙车比甲车晚出发0.5h，
画出y2与x的函数图象如下：

图象CD即为y2与x的函数图象，
由题意得y1=60x，
设CD的函数表达式为y2=−80x+b，将(2,0)代入y2=−80x+b，得b=160，
∴y2=−80x+160，
由−80x+160=60x，解得x=87，
∴甲车出发后87h与乙车相遇，
答：甲车出发后87h与乙车相遇；
(3)根据题意得y1=60x，y2=120−80(x−m)=−80x+120+80m，
由60x=−80x+120+80m得：x=67+47m，
当x=67+47m时，y1=y2=60(67+47m)，
∵甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，
∴60<60(67+47m)<72，
解得14 ∴m的范围是14 (1)甲车的速度为120÷2=60(km/h)；
(2)求出乙车比甲车晚出发0.5h，即可画出图象，再求出y1=60x，y2=−80x+160，联立解析式解方程组即可得到答案；
(3)求得y1=60x，y2=120−80(x−m)=−80x+120+80m，联立解方程组可得y1=y2=60(67+47m)，根据甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，可列60<60(67+47m)<72，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用，涉及待定系数法，解题的关键是数形结合数形的应用．

24.【答案】解：(1)连接OA，过点O作OC⊥AB于点C，则AC=BC=12AB，

依题意，在Rt△ACO中，OA=3，OC=2.2，
∴AC= AO2−OC2= 32−(115)2=2 265；
∴AB=4 265；
(2)过点P作PD⊥OC，垂足为D，在Rt△POD中，

当t=3.4秒时，∠AOP=3.4×5°=17°．
∵在Rt△ACO中，由OA=3，OC=2.2，
∴cos∠ACO=OCOA=1115，
∵cos43°=sin47°≈1115，
∴∠ACO=43°，
∴∠POC=∠AOC+∠AOP=43°+17°=60°．
∴OD=OP⋅cos60°=3×12=1.5，
∴2.2−1.5=0.7．
即点P到直线MN的距离为0.7cm．
(3)连接MP，当MP是⊙O的切线时，连接OP，

∴OP⊥MN．
在Rt△OPM中，cos∠POM=OPOM=38，
∴∠POM=68°．
在Rt△OCM中，cos∠COM=OCOM=2.28=1140，
∴∠COM=74°．
∴点P走过的弧长360−(68+74)180×π×3=10930πcm． 
【解析】(1)连接OA，过点O作OC⊥AB于点C，根据勾股定理即可求解；
(2)∠AOP，进而得出∠POC，最后利用三角函数计算出OD，从而得到P到直线MN的距离；
(3)利用三角函数得到∠POM=68°，∠COM=74°，从而根据弧长公式即可求解．
本题考查了切线的性质、锐角三角函数、求弧长，垂径定理，勾股定理，灵活运用题目所给数量关系，掌握三角函数是解题的关键．

25.【答案】解：(1)依题意，设y=a(x−20)2+18，将点(0,2)代入，得202a+18=2，
解得：a=−0.04，
∴抛物线解析式为y=−0.04(x−20)2+18，
∵D(33,15)，
当x=33时，y=−0.04(33−20)2+18=11.24，
∵9<11.24<12，每层楼高按3米计算，
∴若是哑弹，会落在4层居民楼的外墙或窗户上；
(2)设该同学沿x轴负半轴后退m(m>0)米，
则抛物线解析式为y=−0.04(x−20+m)2+18，
将(33,0)代入得，0=−0.04(33−20+m)2+18，
解得：m=15 2−13或m=−15 2−13(舍去)．
该同学沿x轴负半轴至少后退15 2−13米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上；
(3)∵AB=CD=12，D(33,15)，
∴C(45,15)，
该同学沿x轴向居民楼走n米，则抛物线解析式为：y=−0.04(x−20−n)2+18
将点D(33,15)，C(45,15)分别代入，
得15=−0.04(33−20−n)2+18，
解得：n=13−5 3或n=5 3+13(舍去)，
15=−0.04(45−20−n)2+18，
解得：n=25−5 3或n=5 3+25(舍去)，
∴13−5 3 【解析】(1)依题意，设y=a(x−20)2+18，将点(0,2)代入，待定系数法求解析式，将x=33代入求得y=11.24，结合题意即可求解；
(2)设抛物线解析式为y=−0.04(x−20+m)2+18，将(33,0)代入即可求解；
(3)该同学沿x轴向居民楼走n米，则抛物线解析式为：y=−0.04(x−20−n)2+18，根据题意求得点D(33,15)，C(45,15)，分别代入抛物线解析式即可求解．
本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

26.【答案】2 x+400x 
【解析】解：(1)由题意得，以FG为斜边，直角三角形FEG，则∠FEG=90°，如图所示，

∵∠FEG=90°，
∴∠FEB+∠GEC=90°，
∵ABCD为正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠FEB+∠BFE=90°．
∴∠BFE=∠CEG．
∴△BEF∽△CEG．
∴BEGC=BFEC．
∵AD=BC=4，BF=1.5，CG=2，则EC=4−BE，
∴BE2=1.54−BE，
∴BE=1或BE=3．
∴在边BC上存在2个符合条件的直角顶点E．
故答案为：2．

(2)∵∠FEG=90°，
∴∠FEB+∠GEC=90°，
∵ABCD为正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠FEB+∠BFE=90°．
∴∠BFE=∠CEG．
∴△BEF∽△CEG．
∴BEGC=BFEC．
∵AD=BC=4，BF=1.5，CG=2，则EC=4−BE，
∴BE2=1.54−BE，
∴BE=1或BE=3．
∵BE ∴BE=1，EC=3．
∴S△EFG=(1.5+2)×42−1×1.52−3×22=134．

(3)①如图3，过点G作GH⊥BC于H，

∵ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=90°，
∵GH⊥BC，
∴∠GHC=90°，
∴∠GHC=∠C=∠D=90°，
∴GHDC为矩形．
∴GH=CD=40m．
∵E为BC中点，
∴BE=20m．
∵∠FEG=90°，
∴∠FEB+∠GEC=90°，
∵ABCD为正方形，
∴∠B=90°，
∴∠FEB+∠BFE=90°．
∴∠BFE=∠CEG．
∵∠B=∠GHE=90°，
∴△BEF∽△HGE．
∴BEGH=EFGE．
∴2040=EFGE．
∴GE=2EF．
∴S△EFG=12×EF×EG=14GE2．
∵△AFG面积最大，
∴G与D重合，此时GE最大，
在Rt△GEC中，GE= CD2+CE2= 402+202=20 5m，
∴S△EFG=14GE2=14×(20 5)2=500m2．

②当点G在线段CD上时，依据题意画图，

∵∠FEG=90°，
∴∠FEB+∠GEC=90°，
∵ABCD为正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠FEB+∠BFE=90°．
∴∠BFE=∠CEG．
∴△BEF∽△CEG．
∴BEGC=BFEC．
∵E为BC中点，BC=40m，
∴BE=EC=20m．
∵BF=x，
∴20GC=x20，
∴GC=400x．
在Rt△BFE中，EF2=BF2+BE2=x2+400，
在Rt△GCE中，GE2=EC2+GC2=160000x2+400．
在Rt△FEG中，
FG= FE2+GE2
= x2+400+160000x2+400
= x2+160000x2+800
= (x+400x)2
=x+400x，
故答案为：x+400x．
(1)证明△BEF∽△CEG可得BEGC=BFEC，利用已知长度即可求出BE长度有两个，即可求出存在的直角顶点两个E．
(2)通过证明△BEF∽△CEG可得BEGC=BFEC，利用已知长度即可求出BE和CE的长度，再根据面积法即可求出△FEG的面积．
(3)①通过证明△BEF∽△HGE可得BEGH=EFGE，可得GE=2EF，再根据题意确保△AFG面积的最大，可知G与D重合，从而求出GE的长度，最后求出△AFG的最大面积．
②通过证明△BEF∽△CEG可得BEGC=BFEC，根据E为BC中点，从而求出GC与BF关系式，利用勾股定理求出EF2和GE2长度，最后利用△AFG为直角三角形，求出FG长度．
本题是正方形的综合题，考查了正方形的性质、三角形相似的性质和判定、勾股定理，解题的关键在于寻找三角形相似解决问题．