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2023年湖南省岳阳市三县六区中考数学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年湖南省岳阳市三县六区中考数学二模试卷（含解析），共23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年湖南省岳阳市三县六区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −7的相反数是( )
A. −7 B. 7 C. −17 D. 17
2. 下列运算一定正确的是( )
A. a+a=a2 B. a2⋅a3=a6
C. (a+b)(a−b)=a2−b2 D. (2a2)3=6a6
3. 据世界卫生组织2020年6月26日通报，全球新冠肺炎确诊人数达到941万人，将数据941万人，用科学记数法表示为( )
A. 9.41×102 人 B. 9.41×105人 C. 9.41×106人 D. 0.941×107人
4. 如图所示的几何体，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 从 2，cos45°，π，0，17五个数中，随机抽取一个数，抽到无理数的概率是( )
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
6. 按一定规律排列的一列数依次是23、1、87、119、1411、1713…按此规律，这列数中第100个数是( )
A. 299199 B. 299201 C. 301201 D. 303203
7. 在设计人体雕像时，使雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为2m的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是(结果精确到0.01m.参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732， 5≈2.236)( )
A. 0.73m
B. 1.24m
C. 1.37m
D. 1.42m
8. 已知一次函数y1=ax−3a，二次函数y2=x2−(a2−2)x−3.若x>0时，y1y2≥0恒成立，则a的取值范围是( )
A. a≤−2或a≥2 B. −2≤a≤2且a≠0
C. a=−2 D. a=2
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
9. 函数y=3x−4中，自变量x取值范围是______ ．
10. 分解因式：m2−8m+16=______．
11. 为了中考“跳绳”项目能得到满分，小明练习了6次跳绳，每次跳绳的个数如下(单位：个)：176，183，187，179，187，188.这6次数据的中位数是______ ．
12. 将一块等腰直角三角板与一把直尺如图放置，若∠1=65°，则∠2的大小为______．
13. 2x≥6x+7>−2的解集是______ ．
14. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠C=70°，分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AC于点D，连接BD，则∠BDC= ______ °.
15. 请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯⋅托勒密(约90年−168年)，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB=2，则对角线BD的长为 ．
16. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE平分∠BAC交⊙O于点E，交BC于点D，∠ABC的平分线BF交AD于点F，过点E作⊙O的切线l．
①若⊙O的半径为3，∠BAC=60°，则扇形OBC的面积为______ ．
②若DE=4，DF=3，则AF= ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算；(−12)−1+ 3tan30°+|1− 2|− 8
18. (本小题6.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点(不与A，B重合)，过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA=∠PCB，QP=QD．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)求证：CD=CP．
19. (本小题8.0分)
已知一次函数y1=kx+b(k≠0)与反比例函数y2=mx(m≠0)相交于A和B两点，且A点坐标为(1,3)，B点的横坐标为−3．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)根据图象直接写出使得y1>y2时，x的取值范围．
20. (本小题8.0分)
小明爸爸想锻炼小明的独立生活能力并提高用数学知识解决实际问题的能力，让小明周末期间去姑姑家，到姑姑家后，下面是一段对话：
小明：坐出租车价格怎么计费？
姑姑：2公里以内6元，还要加1元的燃油补贴，超过2公里，超出部分每公里2元，超出部分不再出燃油补贴，但不足1公里按1公里计费，例如3.1公里按4公里收费．
根据对话解答下列问题：
(1)小明乘出租车去2.6公里处的风景点A处要付司机______ 元.
(2)小明乘出租车去x公里(x>2且x为整数)的风景点B处，要付钱______ 元(用含x的代数式表示)；
(3)小明从风景点B处去C处，下了出租车交给司机师傅13元，说：“师傅，这些钱够不够？”师傅说：“钱数恰好，且路程也刚好为整数.”小明回家后告诉爸爸，我知道从风景点B到风景点C处有多少公里了.请你帮小明算一算．
21. (本小题8.0分)
国家规定“中小学生每天在校体育活动时间不低于1小时”.为此，某市就“每天在校体育活动时间”的问题随机调查了辖区内一部分初中学生，分成四个小组.(t表示时间，单位：小时)A组：t<0.5；B组：0.5≤t<1；C组：1≤x<1.5；D组：t≥1.5.并将调查结果绘制成两幅不完整的统计图.请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共抽取______ 名学生，其中B组有______ 人，D组有______ 人.
(2)请你补全图1统计图．
(3)本次调查数据的中位数落在______ 组内．
(4)若该市辖区内约有30000名初中学生，请你估计其中达到国家规定体育活动时间的学生约有多少人．
22. (本小题8.0分)
如图，某大楼的顶部有一块广告牌CD，小背在山坡的坡脚A处测得广告牌底部的仰角为45°，沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为30°.已知山坡AB的坡度为i=1： 3，AB=20米，AE=30米．
(1)求点B距地面的高度BH；
(2)求广告牌CD的高度.(结果保留根号)
23. (本小题10.0分)
有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接DE，BF，点M是BF的中点，连接AM交ED于点N．
【观察猜想】
(1)线段DE与AM之间的数量关系是______ ，位置关系是______ ；
【探究证明】
(2)将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45o，线段DE与AM之间的数量关系和位置关系是否仍然成立？并说明理由．
(3)若正方形ABCD的边长为m，将其沿EF翻折，点D的对应点G恰好落在BC边上，DG+DH有最小值吗？有的话求出最小值，没有的话请说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+5(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)、B(5,0)，与y轴交于点C.D是抛物线对称轴上一点，纵坐标为−5，P是线段BC上方抛物线上的一个动点，连接BP、DP．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)当△BDP与△BDC的面积相等时，求点P的坐标；
(3)将抛物线y=ax2+bx+5(a≠0)向左平移3个单位，再向下平移5个单位.新抛物线与x轴交于E、F两点(点E在点F左侧)，与y轴交于点G，M是新抛物线上一动点，N是坐标平面上一点，当以备用图点E、G、M、N为顶点的四边形是矩形时，请写出所有满足条件的点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据概念，−7的相反数是7．
故选：B．
根据相反数的概念，求解即可．
本题考查了相反数的概念．
2.【答案】C
【解析】解：A、a+a=2a，故A错误；
B、a2⋅a3=a5，故B错误；
C、按照平方差公式可知，(a+b)(a−b)=a2−b2，故C正确；
D、(2a2)3=23×(a2)3=8a6，故D错误．
故选：C．
分别按照合并同类项的法则、同底数幂的乘法法则、平方差公式及积的乘方的运算法则计算分析即可．
本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、平方差公式及积的乘方等整式运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：941万=9410000=9.41×106，
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，10的指数n比原来的整数位数少1．
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．
4.【答案】A
【解析】解：从左边看，可得选项A的图形．
故选：A．
根据左视图是从物体左面看，所得到的图形，通过观察几何体可以得到答案．
本题主要考查了简单组合体的三视图，熟知左视图是从左边看到的图形是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：从 2，cos45°，π，0，17五个数中，这五个数中随机抽取一个数，抽到的无理数的有 2，cos45°，π，
抽到无理数的概率是35．
故选：C．
直接利用概率公式计算得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确得出无理数的个数是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：由23、1、87、119、1411、1713、…可得第n个数为3n−12n+1．
∵n=100，
∴第100个数为：299201
故选：B．
观察不难发现数字的规律，代入具体的数就可求解．
本题考查学生的观察和推理能力，通过观察发现数字之间的联系，找出一般的规律，解决具体的问题；关键是找出一般的规律．
7.【答案】B
【解析】解：设下部的高度为x m，则上部高度是(2−x)m，
∵雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比，
∴2−xx=x2，
解得x= 5−1或x=− 5−1(舍去)，
经检验，x= 5−1是原方程的解，
∴x= 5−1≈1.24，
故选：B．
设下部高为x m，根据雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比列方程可解得答案．
本题考查黄金分割及一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出一元二次方程解决问题．
8.【答案】D
【解析】解：y1=ax−3a=a(x−3)，
∴y1经过点(3,0)，
y2=x2−(a2−2)x−3，经过点(0,−3)，
∵x>0时，y1y2≥0恒成立，
∴a>0，且(3,0)是两函数的交点，
∴0=32−(a2−2)×3−3，
∴a=±2，
∴a=2；
故选：D．
由已知可以确定y1经过点(3,0)，y2经过点(0,−3)，根据x>0时，y1y2≥0恒成立，可以断定(3,0)是两函数的交点，即可求a；
本题考查一次函数与二次函数图象及性质；能够根据两个函数分别经过的顶点，结合已知确定点(3,0)是函数的交点是解题的关键．
9.【答案】x≠4
【解析】解：依题意，得x−4≠0，即x≠4，
故答案为：x≠4．
根据函数式为分式，分母不为0，求自变量x的取值范围．
本题考查了函数自变量的取值范围：注意分式有意义，分母不为0．
10.【答案】(m−4)2
【解析】
【分析】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
直接利用完全平方公式进而分解因式得出答案．
【解答】
解：m2−8m+16=(m−4)2．
故答案为：(m−4)2．
11.【答案】185
【解析】解：这组数据按照从小到大的顺序排列为：176，179，183，187，187，188，
则中位数为：183+1872=185．
故答案为：185．
根据中位数的概念求解．
本题考查了中位数的概念，将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
12.【答案】70°
【解析】解：∵是等腰直角三角板，
∴∠4=45°，
∵∠1=65°，
∴∠3=70°，
∵a//b，
∴∠3=∠2=70°，
故答案为：70°．
根据等腰直角三角形的性质得∠4=45°，再根据三角形内角和得出∠3=70°，最后根据平行线的性质得出∠2的大小．
本题考查了等腰直角三角形、平行线性质，熟练掌握平行线、等腰直角三角形的性质的应用是解题的关键．
13.【答案】x≥3
【解析】解：解不等式2x≥6，得x≥3，
解不等式x+7>−2，得x>−9，
∴不等式组的解集是x≥3．
故答案为：x≥3．
分别求出两个不等式的解集，再找这两个解集的公共部分，即为不等式组的解集．
本题考查解一元一次不等式组，正确求出各个不等式的解集的公共部分是解题的关键．
14.【答案】80
【解析】解：∵AB=AC，∠C=70°，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴∠A=180°−∠ABC−∠C=40°，
由作图过程可知：DM是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=40°，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=40°+40°=80°，
故答案为：80．
由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠A，由作图过程可得DM是AB的垂直平分线，得到AD=BD，再根据等腰三角形的性质求出∠ABD，由三角形外角的性质即可求得∠BDC．
本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，能由作图过程判断出DM是AB的垂直平分线是解决问题的关键．
15.【答案】1+ 5
【解析】
【分析】
连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌AED，根据全等三角形的性质可设BD=AC=AD=x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了命题、正多边形的性质、全等三角形的性质以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出关于x的一元二次方程是解决问题的关键．
【解答】
解：如图，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED(SAS)，
∴设BD=AC=AD=x．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即2×2+x⋅2=x2，
解得：x1=1+ 5，x2=1− 5(舍去)．
∴对角线BD的长为1+ 5．
故答案为：1+ 5．
16.【答案】3π 214
【解析】解：①连接OB、OC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵⊙O的半径为3，
∴扇形OBC的面积为120π×32360=3π，
故答案为：3π；
②如图，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠4，
∵∠1=∠5，
∴∠4=∠5，
∵BF平分∠ABC，
∴∠2=∠3，
∵∠6=∠3+∠4=∠2+∠5，
即∠6=∠EBF，
∴EB=EF；
∵DE=4，DF=3，
∴BE=EF=DE+DF=7，
∵∠5=∠4，∠BED=∠AEB，
∴△EBD∽△EAB，
∴BEEA=DEBE，即7EA=47，
∴EA=494，
∴AF=AE−EF=214，
故答案为：214．
①连接OB、OC，利用圆周角定理求得∠BOC=120°，根据扇形的面积公式求解即可；
②通过证明∠6=∠EBF得到EB=EF，通过证明△EBD∽△EAB，再利用相似比求出AE，然后计算AE−EF即可得到AF的长．
本题考查了圆周角定理，扇形的面积公式，相似三角形的判定和性质，掌握定理并熟练运用是解题必备的能力．
17.【答案】解：原式=−2+ 3× 33+ 2−1−2 2
=−2− 2．
【解析】直接利用绝对值的性质以及二次根式的性质、特殊角的三角函数值分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】证明：(1)∵PQ⊥CP，
∴∠QPC=90°，
∴∠QPA+∠BPC=180°−90°=90°，
∵∠QPA=∠PCB，
∴∠BPC+∠PCB=90°，
∴∠B=180°−(∠BPC+∠PCB)=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)连接CQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵∠CPQ=90°，
∴在Rt△CDQ和Rt△CPQ中
CQ=CQDQ=PQ，
∴Rt△CDQ≌Rt△CPQ(HL)，
∴CD=CP．
【解析】(1)根据垂直求出∠QPC=90°，求出∠QPA+∠BPC=90°，求出∠BPC+∠PCB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B=90°，再根据矩形的判定得出即可；
(2)连接CQ，根据全等三角形的判定定理HL推出Rt△CDQ≌Rt△CPQ，根据全等三角形的性质推出即可．
本题考查了三角形内角和定理，垂直的定义，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，能求出∠B=90°和Rt△CDQ≌Rt△CPQ是解此题的关键．
19.【答案】解：(1)把点A(1,3)代入y2=mx，得到m=3，
∵B点的横坐标为−3，
∴点B坐标(−3,−1)，
把A(1,3)，B(−3,−1)代入y1=kx+b得到k+b=3−3k+b=−1解得k=1b=2，
∴y1=x+2，y2=3x．
(2)由图象可知y1>y2时，x>1或−3
(2)观察图象y1>y2时，y1的图象在y2的上面，由此即可写出x的取值范围．
本题考查反比例函数与一次函数的图象的交点，学会待定系数法是解决问题的关键，学会观察图象由函数值的大小确定自变量的取值范围，属于中考常考题型．
20.【答案】9 (2x+5)
【解析】解：(1)小明乘出租车去2.6公里处的风景点A处，取整为3，
则要付司机6+1+2(3−2)=9(元)．
故答案为：9；
(2)∵小明乘出租车去x公里(x>2)的风景点B处，
6+1+2(x−2)=2x+5．
故答案为：(2x+5)；
(3)设风景点B到风景点C处有x公里，
2x+5=13，
解得：x=4，
答：风景点B到风景点C处有4公里．
(1)2.6>2，取整为3，所以付6+1+2(3−2)元；
(2)超出2公里，根据2公里以内6元，外加1元的燃油补贴，超出部分公里2元，可列出代数式；
(3)把13和代数式表示的钱数结合，可成方程求解．
本题考查了列代数式，代数式求值，以及一元一次方程的知识点，关键看到路程和钱数的关系，从而可解．
21.【答案】400 120 100 C
【解析】解：(1)本次抽取的学生人数为140÷35%=400(名)，
B组人数为400×30%=120(名)，D组人数为400×25%=100(名)，
故答案为：400、120、100；
(2)补全图形如下：
(3)∵一共有400个数据，其中位数是第200、201个数据的平均数，而第200、201个数据均落在C组，
∴本次调查数据的中位数落在C组，
故答案为：C．
(4)估计其中达到国家规定体育活动时间的学生约有30000×(25%+35%)=18000(人)．
(1)由C组人数及其所占百分比可得被调查的总人数，总人数分别乘以B、D组对应的百分比即可求出其人数；
(2)根据以上所求结果即可补全图形；
(3)根据中位数的定义求解即可；
(4)总人数乘以样本中C、D组百分比之和．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力及中位数的定义．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．
22.【答案】解：(1)过B作BH⊥AE于H，
Rt△ABH中，i=tan∠BAH=1 3= 33，
∴∠BAH=30°，
∴BH=12AB=10米；
(2)∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE，
∴四边形BHEG是矩形．
由(1)得：BH=10,AH=10 3米，
∴BG=AH+AE=(10 3+30)米，
Rt△BGC中，∠CBG=30°，
∴CG=BG⋅tan30°=(10 3+30)⋅ 33=10+10 3．
Rt△ADE中，∠DAE=45°，AE=30米，
∴DE=AE=30米，
∴CD=CG+GE−DE=10+10 3+10−30=10 3−10(米)，
答：宣传牌CD高约(10 3−10)米．
【解析】(1)过B作BH⊥AE于H.分别在Rt△ABH中，通过解直角三角形求出BH、AH；
(2)在Rt△BGC中，∠CBG=30°，解直角三角形求得CG的长，在△ADE解直角三角形求出DE的长，然后根据CD=CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
此题考查了仰角、坡度的定义，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角形的问题是解答此类题的关键．
23.【答案】DE=2AM DE⊥AM
【解析】解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AD=AB，AE=AF，∠DAE=∠BAF=90°，
∴△DAE≌△BAF(SAS)，
∴DE=BF，∠ADE=∠ABF，
∵M是BF的中点，
∴AM=12BF，
∴BF=2AM，
∴DE=2AM；
∵BM=12BF，
∴AM=BM，
∴∠MAB=∠ABF，
∴∠MAB=∠ADE，
∴∠MAB+∠AEN=∠ADE+∠AEN=90°，
∴∠ANE=90°，
∴DE⊥AM，
故答案为：DE=2AM，DE⊥AM；
(2)成立，理由如下：
如图2，延长AM到点H，使HM=AM，连接BH，则AH=2AM，
∵∠BMH=∠FMA，BM=FM，
∴△HMB≌△AMF(SAS)，
∴∠MBH=∠MFA，BH=AF=AE，
∴BH//AF，
∵AF=GF，∠AFG=90°，
∴∠FAG=∠FGA=45°，
∴∠ABH=180°−∠FAG=135°，
同理∠EAG=∠EGA=45°，
∴∠DAE=45°+90°=135°，
∴∠ABH=∠DAE，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△DAE(SAS)，
∴DE=AH=2AM，∠BAH=∠ADE，
∴∠ADE+∠DAN=∠BAH+∠DAN=∠BAD=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
(3)如图3，延长DC到点K，使CK=CD，连接AK交BC于点L，连接KG、GA，
∵∠BCD=90°，
∴BC⊥DK，
∵BC垂直平分DK，
∴KG=DG，
由翻折得AD=HG，∠ADG=∠HGD，
∵DG=GD，
∴△ADG≌△HGD(SAS)，
∴GA=DH，
∴DG+DH=KG+GA，
∵KG+GA≥AK，
∴DG+DH≥AK，
∴当点G与点L重合时，KG+GA=AK，此时KG+GA的值最小，
∴DG+DH=AK的值也最小，
∵∠ADK=90°，AD=m，DK=2CD=2m，
∴AK= AD2+DK2= m2+(2m)2= 5m.
∴DG+DH的最小值为 5m.
(1)由正方形的四条边都相等、四个角都是直角，证明△DAE≌△BAF，得到DE=BF，∠ADE=∠ABF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明BF=2AM，再通过导角得∠MAB+∠AEN=90°，则∠ANE=90°，证得DE=2AM，DE⊥AM；
(2)线段DE与AM之间的关系仍然成立，延长AM到点H，使HM=AM，连接BH，则AH=2AM，证明△HMB≌△AMF，△ABH≌△DAE，类比(1)中所用的方法可证得结论；
(3)延长DC到点K，使DK=CD，连接AK交BC于点L，连接KG、GA，将DG+DH转化为KG+GA，可求出DG+DH的最小值．
此题是四边形的综合题，重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、旋转的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形、直角三角形．
24.【答案】解：(1)由题意得，a−b+5=025a+5b+5=0，
解之得，a=−1b=4，
∴抛物线的函数解析式是：y=−x2+4x+5；
(2)如图，连接CP，
∵抛物线的对称轴是直线x=−1+52=2，
∴D(2,−5)，
∵B(5,0)，
设直线BD的解析式是y=kx+b′，
∴2k+b′=−55k+b′=0，解得k=53b′=−253，
∴直线BD的解析式是：y=53x−253，
当CP//BD时，△BDP与△BDC的面积相等，
∴直线CP的解析式是：y=53x+5，
解方程53x+5=−x2+4x+5，
解得x=0(舍去)或x=73，
∴y=53×73+5=809，
∴点P的坐标为(73,809)；
(3)∵将抛物线y=−x2+4x+5向左平移3个单位，再向下平移5个单位，
∴y=−x2+4x+5=−(x−2)2+9平移后的关系式是y=−(x+1)2+4，
∴−(x+1)2+4=0，
∴x=1或x=−3，
∴点E(−3,0)，G(0,3)，
如图3，
当点M落在抛物线y=−(x+1)2+4的顶点(−1,4)时，∠EGM=90°，
根据MN//EG，MN=EG可得N(−4,1)，
∴NE的解析式是y=−x−3，
由−(x+1)2+4=−x−3得，
x=2或x=−3(舍去)，
∴M′(2,−5)；
当EG是对角线时，
设点M1(m,−m2−2m+3)，
由M1E2+M1G2=EG2得，
(x+3)2+(−x2−2x+3)2+x2+(−x2−2x)2=32+32，
∴x1=−3，x2=0，x3=−1+ 52,x4=−1− 52，
∴点M的坐标为(−1+ 52,5− 52)或(−1− 52,5+ 52)，
综上所述点M的坐标为(−1,4)或(2,−5)或(−1+ 52,5− 52)或(−1− 52,5+ 52)．
【解析】(1)可将点A、点B两点坐标代入，进而求得；
(2)当CP//BD时，△BDP与△BDC的面积相等，求得直线BD的解析式，再求得直线CP的解析式，联立，即可求解；
(3)可根据特殊性，发现新抛物线的顶点是符合条件一M点，进而求得相应N点坐标，再次基础上，求得另一个，当EG是对角线时，根据ME2+MG2=EG2或“一线三等角”求得结果．
本题考查了二次函数及其图象性质，一次函数图象及其性质，一元二次方程与二次函数之间关系，矩形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类及注意特殊性．
2023年湖南省岳阳市三县六区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −7的相反数是( )
A. −7 B. 7 C. −17 D. 17
2. 下列运算一定正确的是( )
A. a+a=a2 B. a2⋅a3=a6
C. (a+b)(a−b)=a2−b2 D. (2a2)3=6a6
3. 据世界卫生组织2020年6月26日通报，全球新冠肺炎确诊人数达到941万人，将数据941万人，用科学记数法表示为( )
A. 9.41×102 人 B. 9.41×105人 C. 9.41×106人 D. 0.941×107人
4. 如图所示的几何体，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 从 2，cos45°，π，0，17五个数中，随机抽取一个数，抽到无理数的概率是( )
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
6. 按一定规律排列的一列数依次是23、1、87、119、1411、1713…按此规律，这列数中第100个数是( )
A. 299199 B. 299201 C. 301201 D. 303203
7. 在设计人体雕像时，使雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为2m的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是(结果精确到0.01m.参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732， 5≈2.236)( )
A. 0.73m
B. 1.24m
C. 1.37m
D. 1.42m
8. 已知一次函数y1=ax−3a，二次函数y2=x2−(a2−2)x−3.若x>0时，y1y2≥0恒成立，则a的取值范围是( )
A. a≤−2或a≥2 B. −2≤a≤2且a≠0
C. a=−2 D. a=2
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
9. 函数y=3x−4中，自变量x取值范围是______ ．
10. 分解因式：m2−8m+16=______．
11. 为了中考“跳绳”项目能得到满分，小明练习了6次跳绳，每次跳绳的个数如下(单位：个)：176，183，187，179，187，188.这6次数据的中位数是______ ．
12. 将一块等腰直角三角板与一把直尺如图放置，若∠1=65°，则∠2的大小为______．
13. 2x≥6x+7>−2的解集是______ ．
14. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠C=70°，分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AC于点D，连接BD，则∠BDC= ______ °.
15. 请阅读下列材料，解答问题：
克罗狄斯⋅托勒密(约90年−168年)，是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．
如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB=2，则对角线BD的长为 ．
16. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE平分∠BAC交⊙O于点E，交BC于点D，∠ABC的平分线BF交AD于点F，过点E作⊙O的切线l．
①若⊙O的半径为3，∠BAC=60°，则扇形OBC的面积为______ ．
②若DE=4，DF=3，则AF= ______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算；(−12)−1+ 3tan30°+|1− 2|− 8
18. (本小题6.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点(不与A，B重合)，过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，且∠QPA=∠PCB，QP=QD．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)求证：CD=CP．
19. (本小题8.0分)
已知一次函数y1=kx+b(k≠0)与反比例函数y2=mx(m≠0)相交于A和B两点，且A点坐标为(1,3)，B点的横坐标为−3．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)根据图象直接写出使得y1>y2时，x的取值范围．
20. (本小题8.0分)
小明爸爸想锻炼小明的独立生活能力并提高用数学知识解决实际问题的能力，让小明周末期间去姑姑家，到姑姑家后，下面是一段对话：
小明：坐出租车价格怎么计费？
姑姑：2公里以内6元，还要加1元的燃油补贴，超过2公里，超出部分每公里2元，超出部分不再出燃油补贴，但不足1公里按1公里计费，例如3.1公里按4公里收费．
根据对话解答下列问题：
(1)小明乘出租车去2.6公里处的风景点A处要付司机______ 元.
(2)小明乘出租车去x公里(x>2且x为整数)的风景点B处，要付钱______ 元(用含x的代数式表示)；
(3)小明从风景点B处去C处，下了出租车交给司机师傅13元，说：“师傅，这些钱够不够？”师傅说：“钱数恰好，且路程也刚好为整数.”小明回家后告诉爸爸，我知道从风景点B到风景点C处有多少公里了.请你帮小明算一算．
21. (本小题8.0分)
国家规定“中小学生每天在校体育活动时间不低于1小时”.为此，某市就“每天在校体育活动时间”的问题随机调查了辖区内一部分初中学生，分成四个小组.(t表示时间，单位：小时)A组：t<0.5；B组：0.5≤t<1；C组：1≤x<1.5；D组：t≥1.5.并将调查结果绘制成两幅不完整的统计图.请你根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)本次共抽取______ 名学生，其中B组有______ 人，D组有______ 人.
(2)请你补全图1统计图．
(3)本次调查数据的中位数落在______ 组内．
(4)若该市辖区内约有30000名初中学生，请你估计其中达到国家规定体育活动时间的学生约有多少人．
22. (本小题8.0分)
如图，某大楼的顶部有一块广告牌CD，小背在山坡的坡脚A处测得广告牌底部的仰角为45°，沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为30°.已知山坡AB的坡度为i=1： 3，AB=20米，AE=30米．
(1)求点B距地面的高度BH；
(2)求广告牌CD的高度.(结果保留根号)
23. (本小题10.0分)
有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接DE，BF，点M是BF的中点，连接AM交ED于点N．
【观察猜想】
(1)线段DE与AM之间的数量关系是______ ，位置关系是______ ；
【探究证明】
(2)将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45o，线段DE与AM之间的数量关系和位置关系是否仍然成立？并说明理由．
(3)若正方形ABCD的边长为m，将其沿EF翻折，点D的对应点G恰好落在BC边上，DG+DH有最小值吗？有的话求出最小值，没有的话请说明理由．
24. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+5(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)、B(5,0)，与y轴交于点C.D是抛物线对称轴上一点，纵坐标为−5，P是线段BC上方抛物线上的一个动点，连接BP、DP．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)当△BDP与△BDC的面积相等时，求点P的坐标；
(3)将抛物线y=ax2+bx+5(a≠0)向左平移3个单位，再向下平移5个单位.新抛物线与x轴交于E、F两点(点E在点F左侧)，与y轴交于点G，M是新抛物线上一动点，N是坐标平面上一点，当以备用图点E、G、M、N为顶点的四边形是矩形时，请写出所有满足条件的点M的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据概念，−7的相反数是7．
故选：B．
根据相反数的概念，求解即可．
本题考查了相反数的概念．
2.【答案】C
【解析】解：A、a+a=2a，故A错误；
B、a2⋅a3=a5，故B错误；
C、按照平方差公式可知，(a+b)(a−b)=a2−b2，故C正确；
D、(2a2)3=23×(a2)3=8a6，故D错误．
故选：C．
分别按照合并同类项的法则、同底数幂的乘法法则、平方差公式及积的乘方的运算法则计算分析即可．
本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、平方差公式及积的乘方等整式运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：941万=9410000=9.41×106，
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，10的指数n比原来的整数位数少1．
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．
4.【答案】A
【解析】解：从左边看，可得选项A的图形．
故选：A．
根据左视图是从物体左面看，所得到的图形，通过观察几何体可以得到答案．
本题主要考查了简单组合体的三视图，熟知左视图是从左边看到的图形是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：从 2，cos45°，π，0，17五个数中，这五个数中随机抽取一个数，抽到的无理数的有 2，cos45°，π，
抽到无理数的概率是35．
故选：C．
直接利用概率公式计算得出答案．
此题主要考查了概率公式，正确得出无理数的个数是解题关键．
6.【答案】B
【解析】解：由23、1、87、119、1411、1713、…可得第n个数为3n−12n+1．
∵n=100，
∴第100个数为：299201
故选：B．
观察不难发现数字的规律，代入具体的数就可求解．
本题考查学生的观察和推理能力，通过观察发现数字之间的联系，找出一般的规律，解决具体的问题；关键是找出一般的规律．
7.【答案】B
【解析】解：设下部的高度为x m，则上部高度是(2−x)m，
∵雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比，
∴2−xx=x2，
解得x= 5−1或x=− 5−1(舍去)，
经检验，x= 5−1是原方程的解，
∴x= 5−1≈1.24，
故选：B．
设下部高为x m，根据雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比，等于下部与全部的高度比列方程可解得答案．
本题考查黄金分割及一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出一元二次方程解决问题．
8.【答案】D
【解析】解：y1=ax−3a=a(x−3)，
∴y1经过点(3,0)，
y2=x2−(a2−2)x−3，经过点(0,−3)，
∵x>0时，y1y2≥0恒成立，
∴a>0，且(3,0)是两函数的交点，
∴0=32−(a2−2)×3−3，
∴a=±2，
∴a=2；
故选：D．
由已知可以确定y1经过点(3,0)，y2经过点(0,−3)，根据x>0时，y1y2≥0恒成立，可以断定(3,0)是两函数的交点，即可求a；
本题考查一次函数与二次函数图象及性质；能够根据两个函数分别经过的顶点，结合已知确定点(3,0)是函数的交点是解题的关键．
9.【答案】x≠4
【解析】解：依题意，得x−4≠0，即x≠4，
故答案为：x≠4．
根据函数式为分式，分母不为0，求自变量x的取值范围．
本题考查了函数自变量的取值范围：注意分式有意义，分母不为0．
10.【答案】(m−4)2
【解析】
【分析】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
直接利用完全平方公式进而分解因式得出答案．
【解答】
解：m2−8m+16=(m−4)2．
故答案为：(m−4)2．
11.【答案】185
【解析】解：这组数据按照从小到大的顺序排列为：176，179，183，187，187，188，
则中位数为：183+1872=185．
故答案为：185．
根据中位数的概念求解．
本题考查了中位数的概念，将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
12.【答案】70°
【解析】解：∵是等腰直角三角板，
∴∠4=45°，
∵∠1=65°，
∴∠3=70°，
∵a//b，
∴∠3=∠2=70°，
故答案为：70°．
根据等腰直角三角形的性质得∠4=45°，再根据三角形内角和得出∠3=70°，最后根据平行线的性质得出∠2的大小．
本题考查了等腰直角三角形、平行线性质，熟练掌握平行线、等腰直角三角形的性质的应用是解题的关键．
13.【答案】x≥3
【解析】解：解不等式2x≥6，得x≥3，
解不等式x+7>−2，得x>−9，
∴不等式组的解集是x≥3．
故答案为：x≥3．
分别求出两个不等式的解集，再找这两个解集的公共部分，即为不等式组的解集．
本题考查解一元一次不等式组，正确求出各个不等式的解集的公共部分是解题的关键．
14.【答案】80
【解析】解：∵AB=AC，∠C=70°，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴∠A=180°−∠ABC−∠C=40°，
由作图过程可知：DM是AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴∠ABD=∠A=40°，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=40°+40°=80°，
故答案为：80．
由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠A，由作图过程可得DM是AB的垂直平分线，得到AD=BD，再根据等腰三角形的性质求出∠ABD，由三角形外角的性质即可求得∠BDC．
本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，能由作图过程判断出DM是AB的垂直平分线是解决问题的关键．
15.【答案】1+ 5
【解析】
【分析】
连接AD、AC，根据正多边形的性质可得出△ABC≌△DCB≌AED，根据全等三角形的性质可设BD=AC=AD=x，在圆内接四边形ABCD中，利用托勒密定理可得关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了命题、正多边形的性质、全等三角形的性质以及解一元二次方程，利用托勒密定理找出关于x的一元二次方程是解决问题的关键．
【解答】
解：如图，连接AD、AC．
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴△ABC≌△DCB≌△AED(SAS)，
∴设BD=AC=AD=x．
在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB⋅CD+AD⋅BC=AC⋅BD，
即2×2+x⋅2=x2，
解得：x1=1+ 5，x2=1− 5(舍去)．
∴对角线BD的长为1+ 5．
故答案为：1+ 5．
16.【答案】3π 214
【解析】解：①连接OB、OC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
∵⊙O的半径为3，
∴扇形OBC的面积为120π×32360=3π，
故答案为：3π；
②如图，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠4，
∵∠1=∠5，
∴∠4=∠5，
∵BF平分∠ABC，
∴∠2=∠3，
∵∠6=∠3+∠4=∠2+∠5，
即∠6=∠EBF，
∴EB=EF；
∵DE=4，DF=3，
∴BE=EF=DE+DF=7，
∵∠5=∠4，∠BED=∠AEB，
∴△EBD∽△EAB，
∴BEEA=DEBE，即7EA=47，
∴EA=494，
∴AF=AE−EF=214，
故答案为：214．
①连接OB、OC，利用圆周角定理求得∠BOC=120°，根据扇形的面积公式求解即可；
②通过证明∠6=∠EBF得到EB=EF，通过证明△EBD∽△EAB，再利用相似比求出AE，然后计算AE−EF即可得到AF的长．
本题考查了圆周角定理，扇形的面积公式，相似三角形的判定和性质，掌握定理并熟练运用是解题必备的能力．
17.【答案】解：原式=−2+ 3× 33+ 2−1−2 2
=−2− 2．
【解析】直接利用绝对值的性质以及二次根式的性质、特殊角的三角函数值分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】证明：(1)∵PQ⊥CP，
∴∠QPC=90°，
∴∠QPA+∠BPC=180°−90°=90°，
∵∠QPA=∠PCB，
∴∠BPC+∠PCB=90°，
∴∠B=180°−(∠BPC+∠PCB)=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)连接CQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵∠CPQ=90°，
∴在Rt△CDQ和Rt△CPQ中
CQ=CQDQ=PQ，
∴Rt△CDQ≌Rt△CPQ(HL)，
∴CD=CP．
【解析】(1)根据垂直求出∠QPC=90°，求出∠QPA+∠BPC=90°，求出∠BPC+∠PCB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B=90°，再根据矩形的判定得出即可；
(2)连接CQ，根据全等三角形的判定定理HL推出Rt△CDQ≌Rt△CPQ，根据全等三角形的性质推出即可．
本题考查了三角形内角和定理，垂直的定义，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，能求出∠B=90°和Rt△CDQ≌Rt△CPQ是解此题的关键．
19.【答案】解：(1)把点A(1,3)代入y2=mx，得到m=3，
∵B点的横坐标为−3，
∴点B坐标(−3,−1)，
把A(1,3)，B(−3,−1)代入y1=kx+b得到k+b=3−3k+b=−1解得k=1b=2，
∴y1=x+2，y2=3x．
(2)由图象可知y1>y2时，x>1或−3
(2)观察图象y1>y2时，y1的图象在y2的上面，由此即可写出x的取值范围．
本题考查反比例函数与一次函数的图象的交点，学会待定系数法是解决问题的关键，学会观察图象由函数值的大小确定自变量的取值范围，属于中考常考题型．
20.【答案】9 (2x+5)
【解析】解：(1)小明乘出租车去2.6公里处的风景点A处，取整为3，
则要付司机6+1+2(3−2)=9(元)．
故答案为：9；
(2)∵小明乘出租车去x公里(x>2)的风景点B处，
6+1+2(x−2)=2x+5．
故答案为：(2x+5)；
(3)设风景点B到风景点C处有x公里，
2x+5=13，
解得：x=4，
答：风景点B到风景点C处有4公里．
(1)2.6>2，取整为3，所以付6+1+2(3−2)元；
(2)超出2公里，根据2公里以内6元，外加1元的燃油补贴，超出部分公里2元，可列出代数式；
(3)把13和代数式表示的钱数结合，可成方程求解．
本题考查了列代数式，代数式求值，以及一元一次方程的知识点，关键看到路程和钱数的关系，从而可解．
21.【答案】400 120 100 C
【解析】解：(1)本次抽取的学生人数为140÷35%=400(名)，
B组人数为400×30%=120(名)，D组人数为400×25%=100(名)，
故答案为：400、120、100；
(2)补全图形如下：
(3)∵一共有400个数据，其中位数是第200、201个数据的平均数，而第200、201个数据均落在C组，
∴本次调查数据的中位数落在C组，
故答案为：C．
(4)估计其中达到国家规定体育活动时间的学生约有30000×(25%+35%)=18000(人)．
(1)由C组人数及其所占百分比可得被调查的总人数，总人数分别乘以B、D组对应的百分比即可求出其人数；
(2)根据以上所求结果即可补全图形；
(3)根据中位数的定义求解即可；
(4)总人数乘以样本中C、D组百分比之和．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力及中位数的定义．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．
22.【答案】解：(1)过B作BH⊥AE于H，
Rt△ABH中，i=tan∠BAH=1 3= 33，
∴∠BAH=30°，
∴BH=12AB=10米；
(2)∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE，
∴四边形BHEG是矩形．
由(1)得：BH=10,AH=10 3米，
∴BG=AH+AE=(10 3+30)米，
Rt△BGC中，∠CBG=30°，
∴CG=BG⋅tan30°=(10 3+30)⋅ 33=10+10 3．
Rt△ADE中，∠DAE=45°，AE=30米，
∴DE=AE=30米，
∴CD=CG+GE−DE=10+10 3+10−30=10 3−10(米)，
答：宣传牌CD高约(10 3−10)米．
【解析】(1)过B作BH⊥AE于H.分别在Rt△ABH中，通过解直角三角形求出BH、AH；
(2)在Rt△BGC中，∠CBG=30°，解直角三角形求得CG的长，在△ADE解直角三角形求出DE的长，然后根据CD=CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
此题考查了仰角、坡度的定义，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角形的问题是解答此类题的关键．
23.【答案】DE=2AM DE⊥AM
【解析】解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AD=AB，AE=AF，∠DAE=∠BAF=90°，
∴△DAE≌△BAF(SAS)，
∴DE=BF，∠ADE=∠ABF，
∵M是BF的中点，
∴AM=12BF，
∴BF=2AM，
∴DE=2AM；
∵BM=12BF，
∴AM=BM，
∴∠MAB=∠ABF，
∴∠MAB=∠ADE，
∴∠MAB+∠AEN=∠ADE+∠AEN=90°，
∴∠ANE=90°，
∴DE⊥AM，
故答案为：DE=2AM，DE⊥AM；
(2)成立，理由如下：
如图2，延长AM到点H，使HM=AM，连接BH，则AH=2AM，
∵∠BMH=∠FMA，BM=FM，
∴△HMB≌△AMF(SAS)，
∴∠MBH=∠MFA，BH=AF=AE，
∴BH//AF，
∵AF=GF，∠AFG=90°，
∴∠FAG=∠FGA=45°，
∴∠ABH=180°−∠FAG=135°，
同理∠EAG=∠EGA=45°，
∴∠DAE=45°+90°=135°，
∴∠ABH=∠DAE，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△DAE(SAS)，
∴DE=AH=2AM，∠BAH=∠ADE，
∴∠ADE+∠DAN=∠BAH+∠DAN=∠BAD=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
(3)如图3，延长DC到点K，使CK=CD，连接AK交BC于点L，连接KG、GA，
∵∠BCD=90°，
∴BC⊥DK，
∵BC垂直平分DK，
∴KG=DG，
由翻折得AD=HG，∠ADG=∠HGD，
∵DG=GD，
∴△ADG≌△HGD(SAS)，
∴GA=DH，
∴DG+DH=KG+GA，
∵KG+GA≥AK，
∴DG+DH≥AK，
∴当点G与点L重合时，KG+GA=AK，此时KG+GA的值最小，
∴DG+DH=AK的值也最小，
∵∠ADK=90°，AD=m，DK=2CD=2m，
∴AK= AD2+DK2= m2+(2m)2= 5m.
∴DG+DH的最小值为 5m.
(1)由正方形的四条边都相等、四个角都是直角，证明△DAE≌△BAF，得到DE=BF，∠ADE=∠ABF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明BF=2AM，再通过导角得∠MAB+∠AEN=90°，则∠ANE=90°，证得DE=2AM，DE⊥AM；
(2)线段DE与AM之间的关系仍然成立，延长AM到点H，使HM=AM，连接BH，则AH=2AM，证明△HMB≌△AMF，△ABH≌△DAE，类比(1)中所用的方法可证得结论；
(3)延长DC到点K，使DK=CD，连接AK交BC于点L，连接KG、GA，将DG+DH转化为KG+GA，可求出DG+DH的最小值．
此题是四边形的综合题，重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、旋转的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形、直角三角形．
24.【答案】解：(1)由题意得，a−b+5=025a+5b+5=0，
解之得，a=−1b=4，
∴抛物线的函数解析式是：y=−x2+4x+5；
(2)如图，连接CP，
∵抛物线的对称轴是直线x=−1+52=2，
∴D(2,−5)，
∵B(5,0)，
设直线BD的解析式是y=kx+b′，
∴2k+b′=−55k+b′=0，解得k=53b′=−253，
∴直线BD的解析式是：y=53x−253，
当CP//BD时，△BDP与△BDC的面积相等，
∴直线CP的解析式是：y=53x+5，
解方程53x+5=−x2+4x+5，
解得x=0(舍去)或x=73，
∴y=53×73+5=809，
∴点P的坐标为(73,809)；
(3)∵将抛物线y=−x2+4x+5向左平移3个单位，再向下平移5个单位，
∴y=−x2+4x+5=−(x−2)2+9平移后的关系式是y=−(x+1)2+4，
∴−(x+1)2+4=0，
∴x=1或x=−3，
∴点E(−3,0)，G(0,3)，
如图3，
当点M落在抛物线y=−(x+1)2+4的顶点(−1,4)时，∠EGM=90°，
根据MN//EG，MN=EG可得N(−4,1)，
∴NE的解析式是y=−x−3，
由−(x+1)2+4=−x−3得，
x=2或x=−3(舍去)，
∴M′(2,−5)；
当EG是对角线时，
设点M1(m,−m2−2m+3)，
由M1E2+M1G2=EG2得，
(x+3)2+(−x2−2x+3)2+x2+(−x2−2x)2=32+32，
∴x1=−3，x2=0，x3=−1+ 52,x4=−1− 52，
∴点M的坐标为(−1+ 52,5− 52)或(−1− 52,5+ 52)，
综上所述点M的坐标为(−1,4)或(2,−5)或(−1+ 52,5− 52)或(−1− 52,5+ 52)．
【解析】(1)可将点A、点B两点坐标代入，进而求得；
(2)当CP//BD时，△BDP与△BDC的面积相等，求得直线BD的解析式，再求得直线CP的解析式，联立，即可求解；
(3)可根据特殊性，发现新抛物线的顶点是符合条件一M点，进而求得相应N点坐标，再次基础上，求得另一个，当EG是对角线时，根据ME2+MG2=EG2或“一线三等角”求得结果．
本题考查了二次函数及其图象性质，一次函数图象及其性质，一元二次方程与二次函数之间关系，矩形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类及注意特殊性．
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