2024年河北省邯郸市武安市中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年河北省邯郸市武安市中考数学二模试卷（含解析），共26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。

1.有理数23的相反数是( )
A. −23B. 32C. −32D. ±23
2.古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美.下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另有A，B，C，D四个格点，下面四个结论中，正确的是( )
A. 连接AB，则AB/​/PQ
B. 连接BC，则BC//PQ
C. 连接BD，则BD⊥PQ
D. 连接AD，则AD⊥PQ
4.今天是父亲节，小东同学准备送给父亲一个小礼物.已知礼物外包装的主视图如图所示，则该礼物的外包装不可能是( )
A. 长方体B. 正方体C. 圆柱D. 三棱锥
5.下列运算正确的是( )
A. a3−a2=aB. a3⋅a2=a5C. a3÷a2=1D. (a3)2=a5
6.不等式组2x+2>0−x≥−1的解在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
7.实数a，b，c在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是( )
A. a>bB. |b|<|c|C. a+c<0D. ab>c
8.如图，平面直角坐标系中有M，N、P，Q四个点，其中的三个点在同一反比例函数的图象上，则不在这个图象上的点是( )
A. 点NB. 点MC. 点PD. 点Q
9.几名同学租一辆面包车去旅游，面包车的租价为240元，出发时又增加了2名同学，结果每个同学比原来少分摊了4元钱车费，设实际参加旅游的同学共x人，则所列方程为( )
A. 240x−240x−2=4B. 240x−2−240x=4C. 240x−240x+2=4D. 240x+2−240x=4
10.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(9,0)，点C的坐标为(0,3)，以OA，OC为边作矩形OABC.动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动.当移动时间为4秒时，AC⋅EF的值为( )
A. 10B. 9 10C. 15D. 30
11.如图，直线l1//l2，直线AB分别交l1，l2于点A，B，∠MAB=120°，以点B为圆心，BA长为半径画弧，若在弧上存在点C使∠ACB=120°，则∠1的度数是( )
A. 80°
B. 75°
C. 70°
D. 60°
12.一种燕尾夹如图1所示，图2是在闭合状态时的示意图，图3是在打开状态时的示意图(此时AB/​/CD)，相关数据如图(单位：cm).从图2闭合状态到图3打开状态，点B，D之间的距离减少了( )
A. 2cmB. 3cmC. 4cmD. 5cm
13.中国古代数学家赵爽设计的“弦图”蕴含了丰富的数学知识.如图，在由四个全等的直角三角形(△DAE,△ABF,△BCG,△CDH)和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，设∠BAF=α，若2csα=3sinα，则正方形ABCD与正方形EFGH的面积的比值为( )
A. 13B. 13C. 5D. 5
14.如图，要围一个矩形菜园ABCD，其中一边AD是墙，且AD的长不能超过26m，其余的三边AB，BC，CD用篱笆，且这三边的和为40m，有下列结论：
①AB的长可以为6m；
②AB的长有两个不同的值满足菜园ABCD面积为192m2；
③菜园ABCD面积的最大值为200m2．
其中正确的是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
15.如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆上，CD=DB，连接OC，CA，OD，过点B作EB⊥AB，交OD的延长线于点E.设△OAC的面积为S1，△OBE的面积为S2，若S1S2=23，则tan∠ACO的值为( )
A. 2B. 2 23C. 75D. 32
16.对于二次函数y=ax2+bx+c，定义函数y=ax2+bx+c(x≥0)−ax2−bx−c(x<0)是它的相关函数.若一次函数y=x+1与二次函数y=x2−4x+c的相关函数的图象恰好两个公共点，则c的值可能是( )
A. −1B. 0C. 12D. 2
二、填空题：本题共3小题，共10分。
17.关于x的一元二次方程x2−4x+m=0有两个相等的实数根，则m的值为______．
18.如图，在平面直角坐标系中，点B在函数y=3x的图象上，点A在函数y=kx图象上，若OA=2OB，∠AOB=90°，则k的值为______．
19.如图，矩形ABCD中，P是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿PE翻折得到△OPE，延长PO交边BC于点F，作∠PFC的平分线FG，交边AD点G．
(1)若∠AEP=35°，则∠PFG= ______°；
(2)若AB=2，且E、O、G三点共线，则AP= ______．
三、解答题：本题共7小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题9分)
解方程组x+3y=4①2x−y=1②，下面是两同学的解答过程：
甲同学：
解：把方程2x−y=1变形为y=2x−1，再将y=2x−1代入方程①得x+3(2x−1)=4，…
乙同学：
解：将方程2x−y=1的两边乘以3得6x−3y=3，再将①+②，得到(x+3y)+(6x−3y)=4+3，…
(1)甲同学运用的方法是______，乙同学运用的方法是______；(填序号)
①代入消元法；②加减消元法．
(2)请选择一种解法，写出完整的解答过程．
21.(本小题9分)
一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同．
(1)搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为______；
(2)搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球.求第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率是多少？(用画树状图或列表的方法说明)
22.(本小题9分)
(1)若关于a，b的多项式3(a2−2ab+b2)−(2a2−mab+2b2)中不含有ab项，则m的值为______．
(2)完全平方公式经过适当的变形，可以解决很多数学问题．
例如：若a+b=3，ab=1，求a2+b2的值．
解：∵a+b=3，ab=1，
∴(a+b)2=9，2ab=2，
∴a2+b2+2ab=9，
∴a2+b2=7．
根据上面的解题思路与方法解决下列问题：
(i)如图，点C是线段AB上的一点，分别以AC，BC为边向直线AB两侧作正方形BCFG，正方形AEDC，设AB=8，两正方形的面积和为40，则△AFC的面积为______；
(ii)若(9−x)(x−6)=2，求(9−x)2+(x−6)2的值．
23.(本小题10分)
四边形不具有稳定性，工程上可利用这一性质解决问题.如图是某篮球架的侧面示意图，BE，CD，GF为长度固定的支架，支架在A，D，G处与立柱AH连接(AH垂直于MN，垂足为H)，在B，C处与篮板连接(BC所在直线垂直于MN)，EF是可以调节长度的伸缩臂(旋转点F处的螺栓改变EF的长度，使得支架BE绕点A旋转，从而改变四边形ABCD的形状，以此调节篮板的高度).已知AD=BC，DH=208cm，测得∠GAE=60°时，点C离地面的高度为288cm.调节伸缩臂EF，将∠GAE由60°调节为54°，判断点C离地面的高度升高还是降低了？升高(或降低)了多少？(参考数据：sin54°≈0.8，cs54°≈0.6)
24.(本小题10分)
在直角坐标系中，设函数y=ax2+bx+1(a,b是常数，a≠0)．
(1)若该函数的图象经过(1,0)和(2,1)两点，求函数的表达式；
(2)已知a=b=1，当x=p，q(p,q是实数，p≠q)时，该函数对应的函数值分别为P，Q，若p+q=2，求证：P+Q>6．
25.(本小题12分)
在矩形ABCD中，已知BC=6，连接BD，∠CBD=30°，点O是边BC上的一动点，⊙O的半径为定值r．

(1)如图1，当⊙O经过点C时，恰好与BD相切，求⊙O的半径r；
(2)如图2，点M是⊙O上的一动点，求三角形ADM面积的最大值；
(3)若⊙O从B出发，沿BC方向以每秒一个单位长度向C点运动，同时，动点E，F分别从点A，点C出发，其中点E沿着AD方向向点D运动，速度为每秒1个单位长度，点F沿着射线CB方向运动，速度为每秒2个单位长度，连接EF，如图3所示，当⊙O平移至点C(圆心O与点C重合)时停止运动，点E，F也随之停止运动.设运动时间为t(秒).在运动过程中，是否存在某一时间t，使⊙O与EF相切，若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
26.(本小题13分)
某动力科学研究院实验基地内装有一段笔直的轨道AB，长度为1m的金属滑块在上面做往返滑动.如图，滑块首先沿AB方向从左向右匀速滑动，滑动速度为9m/s，滑动开始前滑块左端与点A重合，当滑块右端到达点B时，滑块停顿2s，然后再以小于9m/s的速度匀速返回，直到滑块的左端与点A重合，滑动停止.设时间为t(s)时，滑块左端离点A的距离为l1(m)，右端离点B的距离为l2(m)，记d=l1−l2，d与t具有函数关系，已知滑块在从左向右滑动过程中，当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；滑块从点A出发到最后返回点A，整个过程总用时27s(含停顿时间).请你根据所给条件决下列问题：
(1)滑块从点A到点B的滑动过程中，d的值______；(填“由负到正”或“由正到负”)
(2)滑块从点B到点A的滑动过程中，求d与t的函数表达式；
(3)在整个往返过程中，若d=18，求t的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：23的相反数是−23，
故选：A．
绝对值相等，但符号不同的两个数互为相反数，特别地，0的相反数是0；据此即可得出答案．
本题考查相反数的定义，此为基础概念，必须熟练掌握．
2.【答案】C
【解析】解：A、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、原图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
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度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：连接AB，将点A平移到点P，即为向上平移3个单位，将点B向上平移3个单位后，点B不在PQ直线上，
∴AB与PQ不平行，选项A错误，
连接BC，将点B平移到点P，即为向上平移4个单位，再向右平移1个单位，将点C按点B方式平移后，点C在PQ直线上，
∴BC//PQ，选项B正确，
连接BD、AD，并延长与直线PQ相交，
根据垂直的意义，BD、AD与PQ不垂直，
选项C、D错误．
故选：B．
根据平行的本质是平移，将线段AB、线段BC平移至线段PQ上，若重合则平行，若不重合则不平行．延长线段DB、线段DA与线段PQ相交，观察所成的角是否为直角判定是否垂直．
本题考查了学生在网格中的数形结合的能力，明确平行的本质是平移，将线段平移后观察是否重合从而判定是否平行是解决本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：根据主视图可知，只有D选项不可能．
故选：D．
根据主视图即可判断出答案．
本题考查了由三视图判断几何体，熟练掌握主视图的定义是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：A.a3与a2不是同类项，无法合并，
则A不符合题意；
B.a3⋅a2
=a3+2
=a5，
则B符合题意；
C.a3÷a2=a，
则C不符合题意；
D.(a3)2=a6，
则D不符合题意；
故选：B．
利用合并同类项法则，同底数幂乘法法则，同底数幂除法法则，幂的乘方法则将各项计算后进行判断即可．
本题考查整式的运算，其相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了解不等式组及在数轴上表示不等式组的解集。
先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，得出不等式组的解集，然后把不等式组的解集表示在数轴上即可。
【解答】
解：2x+2>0−x≥−1，
解得x>−1x≤1，
∴不等式组的解集是：−1在数轴上表示为：
故选D。
7.【答案】B
【解析】解：A、左边的数总小于右边的数，故a>b不正确；
B、绝对值就是离开原点的距离，所以|b|<|c|是正确的；
C、异号两数相加，取绝对值较大数的符号，故a+c<0不正确；
D、不妨取a=−2.5，b=−0.6，ab=1.5c不正确．
故选B．
【分析】
A、由图知，aB、绝对值就是与原点的距离，所以符合题意；
C、两数的和，取绝对值较大数的符号，取c的符号，所以不符合题意；
D、举例子验证即可．
本题考查有理数的大小比较，关键是看在数轴上的位置．利用数轴来比较大小．
8.【答案】A
【解析】解：∵2×(−6)=12；−3×4=−12；−2×6=−12；−5×1=−5；
从上面求值情况可明显看出：若其中有三个点在同一反比例函数图象上，则不在这个反比例函数的图象上的点是N(−5,1)．
故选：A．
此题可以先假设M，N、P，Q四点都位于反比例函数图象上，求出各点对应的k值，找出与其它三个不同的k值即可
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应等于比例系数．
9.【答案】B
【解析】解：设参加旅游的同学共x人，原有人数为(x−2)人，
由题意得，240x−2−240x=4，
故选：B．
设参加旅游的同学共x人，原有人数为(x−2)人，根据每个同学比原来少分摊了4元钱车费，列方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解题关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程即可．
10.【答案】D
【解析】解：连接AC、EF．
∵四边形OABC为矩形，
∴B(9,3)．
又∵OE=BF=4，
∴E(4,0)，F(5,3)．
∴AC= OC2+OA2= 32+92=3 10，
EF= (5−4)2+32= 10，
∴AC⋅EF=3 10× 10=30．
故选：D．
利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可．
本题主要考查矩形的性质及坐标，较为简单，直接计算即可．
11.【答案】A
【解析】解：如图，
由作法得BA=BC，
∴∠BAC=∠ACB=20°，
∵∠MAB=120°，
∴∠MAC=120°−20°=100°，
∵直线l1//l2，
∴∠2=∠MAC=100°，
∴∠1=180°−∠2=80°．
故选：A．
先利用作法得到得BA=BC，则利用等腰三角形的性质得到∠BAC=20°，于是可计算出∠MAC=100°，再根据平行线的性质得到∠2=100°，然后根据邻补角的定义得到∠1的度数．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行线的性质．
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形是解题的关键．
根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】
解：连接BD，如图所示：
由题意得，AEAB=AFAD，∠A=∠A，
∴△AEF∽△ABD，
∴AEAB=EFBD，
∴25=2BD，
∴BD=5cm，
∴点B，D之间的距离减少了5−2=3(cm)，
故选：B．
13.【答案】A
【解析】解：设小直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，斜边长为c．
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠GFE=90°．
∴∠AFB=90°．
∴csα=ac，sinα=bc．
∵2csα=3sinα，
∴2ac=3bc．
∴a=32b.
∵S正方形ABCD=a2+b2=94b2+b2=134b2，
S正方形EFGH=(a−b)2=14b2，
∴正方形ABCD与正方形EFGH的面积的比值为13．
故选：A．
设小直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，斜边长为c，分别表示出csα和sinα，根据2csα=3sinα，可得a和b的关系，用含b的式子表示出a.易得S正方形ABCD=a2+b2，S正方形EFGH=(a−b)2，把相关数值代入后整理，进而求得正方形ABCD与正方形EFGH的面积的比值即可．
本题综合考查了勾股定理和锐角三角函数的知识．根据sinα和csα的关系得到小直角三角形两直角边的关系是解决本题的关键．
14.【答案】C
【解析】解：设AD边长为xm，则AB边长为40−x2m.
当AB=6时，40−x2=6，解得x=28，
∵AD的长不能超过26m，
∴x≤26，故①不正确；
∵菜园ABCD面积为192m2，
∴x⋅40−x2=192，
整理得：x2−40x+384=0，
解得x=24或x=16，故②正确；
设矩形菜园的面积为Sm2，根据题意得：S=x⋅40−x2=−12(x2−40x)=−12(x−20)2+200，
∵−12<0，20<26，
∴当x=20时，S有最大值，最大值为200，故③正确；
∴选项正确的有2个．
故选：C．
①设AD边长为xm，则AB边长为40−x2m.当AB=6时求出AD是28，不符合题意即可判断正误；
②列出一元二次方程x⋅40−x2=192，求出x值即可判断正误；
③列出二次函数解析式S=−12(x−20)2+200，根据最值求法即可判断正误．
本题考查了一元二次方程与二次函数的应用，准确列出方程和函数解析式是解答本题的关键．
15.【答案】A
【解析】解：如图，过C作CH⊥AO于H，
∵CD=BD，
∴∠COD=∠BOE=∠CAO，
∵S1S2=23，即12OA⋅CH12OB⋅BE=23，
∴CHBE=23，
∵∠A=∠BOE，
∴tan∠A=tan∠BOE，
∴CHAH=BEOB，即CHBE=AHOB=23，
设AH=2m，则BO=3m=AO=CO，
∴OH=3m−2m=m，
∴CH= 9m2−m2=2 2m，
∴tan∠A=CHAH=2 2m2m= 2，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴tan∠ACO= 2；
故选：A．
如图，过C作CH⊥AO于H，证明∠COD=∠BOE=∠CAO，由S1S2=23，即12OA⋅CH12OB⋅BE=23，可得CHBE=23，证明tan∠A=tan∠BOE，可得CHBE=AHOB=23，设AH=2m，则BO=3m=AO=CO，可得OH=3m−2m=m，CH= 9m2−m2=2 2m，再利用正切的定义可得答案．
本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
16.【答案】D
【解析】解：直线y=x+1与y轴的交点为(0,1)，
二次函数y=x2−4x+c的相关函数为y=x2−4x+c(x≥0)−x2+4x−c(x<0)，
一次函数y=x+1与函数y=x2−4x+c(x≥0)−x2+4x−c(x<0)恰有两个交点，如图所示：
由图象知，当c≥1时，y=x+1与y=x2−4x+c(≥0)恰有两个交点，
∴方程x2−4x+c=x+1有两个不相等的实数根，
即x2−5x+c−1=0，
Δ=(−5)2−4(c−1)>0，
∴c<294，
∴c的取值范围为1≤c<294，
∴c可能的值为2，
故选：D．
画出一次函数y=x+1与二次函数y=x2−4x+c的相关函数的图象，利用数形结合的思想解答即可．
本题考查二次函数图象与系数的关系，关键是画出函数图象，利用数形结合的思想解答．
17.【答案】4
【解析】解：根据题意得Δ=42−4m=0，
解得m=4．
故答案为：4．
根据判别式的意义得到Δ=42−4m=0，然后解一次方程即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．
18.【答案】−12
【解析】解：作AM⊥x轴，垂足为M，BN⊥x轴，垂足为N．
∵∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠OBN，∠AMO=∠ONB=90°，
∴△AMO∽△ONB，
∴s△AMOS△ONB=AO2OB2=4，
∵S△ONB=32，
∴S△AOM=32×4=6，
∴丨k丨=2×6=12，
∵图象在第二象限，
∴k=−12．
利用相似解答出三角形AOM的面积，根据反比例函数k值的几何意义解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握k值几何意义是关键．
19.【答案】55 22
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵∠AEP=35°，
∴∠APE=90°−35°=55°，
由折叠可知：∠APE=∠OPE，
∴∠APF=2∠APE，
∵GF平分∠PFC，
∴∠PFC=2∠PFG，
∴∠PFG=∠APE=55°，
故答案为：55；
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
如图，过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB，
∴AB=CD=GH=2，∠GHF=90°，
由折叠可知：∠APE=∠OPE，
∴∠EOP=∠A=90°，
∴∠GOF=∠GHF=90°，
∵GF平分∠PFC，
∴∠PFG=∠HFG，
∵GF=GF，
∴△GFO≌△GFH(AAS)，
∴GO=GH=2，
∵E是AB边的中点，
∴AE=BE=1，
由折叠可知：AP=OP，AE=OE=1，
∴EG=EO+GO=1+2=3，
∴AG= EG2−AE2= 32−12=2 2，
∴PG=AG−AP=2 2−AP，
在Rt△POG中，根据勾股定理得：PG2=PO2+OG2，
∴(2 2−AP)2=AP2+22，
∴AP= 22，
故答案为： 22．
(1)根据矩形的性质得∠APE=55°，由折叠得∠APE=∠OPE，进而可以解决问题；
(2)过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB，证明△GFO≌△GFH(AAS)，得GO=GH=2，然后利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了作图−轴对称变换，角平分线的性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
20.【答案】① ②
【解析】解：(1)甲同学运用的方法是①，乙同学运用的方法是②；
故答案为：①，②；
(2)选择①，
解：把方程2x−y=1变形为y=2x−1，
再将y=2x−1代入方程①得x+3(2x−1)=4，
解得：x=1，
把x=1代入得：y=2−1=1，
则方程组的解为x=1y=1；
选择②，
解：将方程2x−y=1的两边乘以3得6x−3y=3，
再将①+②，得到(x+3y)+(6x−3y)=4+3，
整理得：7x=7，
解得：x=1，
把x=1代入①得：1+3y=4，
解得：y=1，
则方程组的解为x=1y=1．
(1)观察甲乙两位同学的做法，判断即可；
(2)选择一种解法，写出完整过程即可．
此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
21.【答案】14
【解析】解：(1)∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，
∴P(任意摸出1个球，这个球的编号是2)=14；
(2)画树状图如下：
一共有在16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1出现了3次，
∴P(第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1)=316．
(1)直接利用概率公式求出即可；
(2)用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的结果，然后利用等可能事件的概率公式求出即可．
本题考查概率公式，列表法和树状图法求等可能事件的概率，掌握列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
22.【答案】6 6
【解析】解：(1)3(a2−2ab+b2)−(2a2−mab+2b2)
=3a2−6ab+3b2−2a2+mab−2b2
=a2+(m−6)ab+b2，
∵不含有ab项，
∴m−6=0，
∴m=6，
故答案为：6．
(2)(i)设正方形BCFG和AEDC的边长分别为a和b，则△AFC的面积为12ab．
根据题意，得a+b=8，a2+b2=40，
∵(a+b)2=a2+2ab+b2=64，
∴ab=12，
∴S△AFC=12×12=6，
故答案为：6．
(ii)令(9−x)=m，(x−6)=n，则(9−x)2+(x−6)2=m2+n2，
∴m+n=3，mn=2，
∴(m+n)2=m2+2mn+n2=9，
∴m2+n2=5，
∴(9−x)2+(x−6)2=5．
(1)将原多项式去括号、合并同类项，令ab项的系数为0，求出m的值即可；
(2)(i)分别设正方形BCFG和AEDC的边长分别为未知数，得到二者之和、二者平方之和，从而得到二者之积，进而可求得△AFC的面积；
(ii)分别用字母表示(9−x)和(x−6)，从而得到二者之和、二者之积，计算二者平方之和即可．
本题考查完全平方公式的几何背景，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
23.【答案】解：点C离地面的高度升高了，
理由：如图，当∠GAE=60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，

∵BC⊥MN，AH⊥MN，
∴BC//AH，
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，
∴∠ADC=∠GAE=60°，
∵点C离地面的高度为288cm，DH=208cm，
∴DK=288−208=80(cm)，
在Rt△CDK中，CD=DKcs60∘=8012=160(cm)，
如图，当∠GAE=54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，

在Rt△CDQ中，CD=160cm，
∴DQ=CD⋅cs54°≈160×0.6=96(cm)，
∴96−80=16(cm)，
∴点C离地面的高度升高约16cm．
【解析】当∠GAE=60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，根据已知易得BC//AH，从而可得四边形ABCD是平行四边形，进而可得AB/​/CD，然后利用平行线的性质可得∠ADC=∠GAE=60°，再根据已知可得DK=80cm，最后在Rt△CDK中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长；当∠GAE=54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，在Rt△CDQ中，利用锐角三角函数的定义求出DQ的长，然后进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，三角形的稳定性，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24.【答案】(1)解：由题意，得a+b+1=04a+2b+1=1，
解得a=1b=−2，
∴该函数表达式为y=x2−2x+1．
(2)证明：由题意，得P=p2+p+1，Q=q2+q+1，
所以P+Q=p2+p+1+q2+q+1
=p2+q2+4
=(2−q)2+q2+4
=2(q−1)2+6≥6，
由条件p≠q，知q≠1．
所以P+Q>6．
【解析】(1)利用待定系数法求二次函数解析式即可；
(2)已知a=b=1，则y=x2+x+1.容易得到P+Q=p2+p+1+q2+q+1，利用p+q=2，即p=2−q代入对代数式P+Q进行化简，并配方得出P+Q=2(q−1)2+6≥6.最后注意利用p≠q条件判断q≠1，得证．
本题主要考查了待定系数法求二次函数表达式，二次函数图象上点的坐标特征，代数式的化简，并利用配方法判断代数式的取值范围，第(2)小问的关键是利用p+q=2，首先对代数式P+Q化简，然后配方说明P+Q的范围，另外注意q≠1．
25.【答案】解：(1)连接OP，OD，如图1，

∵在直角三角形BCD中，∠CBD=30°，BC=6，
∴tan∠CBD=CDBC=CD6= 33，
∴CD=2 3，
∵⊙O与对角线BD相切于点P，
∴OP⊥BD．
在Rt△DPO和Rt△DCO中，
OP=OCOD=OD，
∴Rt△DPO≌Rt△DCO(HL)，
∴∠ODP=∠ODC=12∠BDC=30°，
∴OC=DC⋅tan∠ODC=2 3⋅ 33=2．
∴⊙O的半径r=2；
(2)如图2，作OE⊥AD于点E，

∴OE=CD=2 3，
∴M、O、E共线时，ME最大，最大值为2 3+2，
∴S△ADM最大=12AD⋅OM=12×6×(2 3+2)=6 3+6；
(3)在整个运动过程中，存在某一时刻，EF与⊙O相切，此时t的值为6− 63或6+ 63.理由如下：
①EF在⊙O的左侧时，设EF与⊙O相切于点G，连接OG，OE，如图3.1，

由题意得：AE=OB=t，CF=2t，
∴OF=BC−OB−CF=6−3t，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE//BO，
∵AE=OB=t，
∴四边形ABOE为矩形，
∴OE=AB=2 3，∠EOF=90°，
∵EF与⊙O相切于点G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF．
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
∴OGOE=OFEF．
∵EF= OE2+OF2= (2 3)2+(6−3t)2，
∴22 3=6−3t 12+(6−3t)2，
∴(6−3t)2=6，
∴t=6− 63或t=6+ 63(不合题意，舍去)．
②EF在⊙O的右侧时，设EF与⊙O相切于点G，连接OG，OE，如图3.2，

由题意得：AE=OB=t，CF=2t，
∴OF=CF−OC=CF−(BC−OB)=3t−6，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=90°，AE//BO，
∵AE=OB=t，
∴四边形ABOE为矩形，
∴OE=AB=2 3，∠EOF=90°，
∵EF与⊙O相切于点G，
∴OG⊥EF，
∴∠EGO=90°，
∴∠EGO=∠EOF．
∵∠E=∠E，
∴△EGO∽△EOF，
∴OGOE=OFEF．
∵EF= OF2+OE2= (2 3)2+(3t−6)2，
∴22 3=3t−6 12+(3t−6)2，
∴(3t−6)2=6，
∴t=6− 63(不合题意，舍去)或t=6+ 63．
综上，在整个运动过程中，存在某一时刻，EF与⊙O相切，此时t的值为6− 63或6+ 63．
【解析】(1)连接OP，OD，利用圆的有关性质，圆的切线的性质定理，直角三角形的边角关系定理解答即可；
(2)要使三角形ADM面积最大，只要使M到AD的距离最大即可；圆心O到AD的距离为定值，所以M到AD的距离最大值为2 3+2，然后依据三角形面积计算公式解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①EF在⊙O的左侧时，画出符合题意的图形，由题意得：AE=OB=t，CF=2t，利用矩形的判定与性质，圆的切线的性质定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质解答即可得出结论；②EF在⊙O的右侧时，画出符合题意的图形，利用①中的方法解答即可．
本题主要考查了圆的有关性质，矩形的性质，圆的切线的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
26.【答案】(1)由负到正．
(2)设轨道AB的长为n，
当滑块从点A到点B的滑动过程中，
∵l1+l2+1=n，
∴l2=n−l1−1，
∴d=l1−l2=l1−(n−l1−1)=2l1−n+1=2×9t−n+1=18t−n+1，
∴d是t的一次函数，
∵当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；
∴当t=5时，d=0，
∴18×5−n+1=0，
∴n=91，此时d=18t−90
∴滑块从点A到点B所用的时间为(91−1)÷9=10(s)，
∵整个过程总用时27s (含停顿时间).当滑块右端到达点B时，滑块停顿2s，
∴滑块从B返回到A所用的时间为27−10−2=15s．
∴滑块返回的速度为：(91−1)÷15=6(m/s)，
∴当12≤t≤27时，l2=6(t−12)，
∴l1=91−1−l2=90−6(t−12)=162−6t，
∴l1−l2=162−6t−6(t−12)=−12t+234，
∴滑块从点B到点A的滑动过程中，d与t的函数表达式为：d=−12t+234；
(3)当d=18时，有两种情况：
由(2)可得，
①当0≤t≤10时，18t−90=18，
∴t=6；
②当12≤t≤27时，−12t+234=18，
∴t=18．
综上所述，当t=6或18时，d=18．
【解析】【分析】
(1)根据等式d=l1−l2，结合题意，即可求解；
(2)设轨道AB的长为n，根据已知条件得出l1+l2+1=n，则d=l1−l2=18t−n+1，根据当t=4.5s和5.5s时，与之对应的d的两个值互为相反数；则t=5时，d=0，得出d=91，继而求得滑块返回的速度为(91−1)÷15=6(m/s)，得出l2=6(t−12)，代入d=l1−l2，即可求解；
(3)当d=18时，有两种情况，由(2)可得，①当0≤t≤10时，②当12≤t≤27时，分别令d=18，进而即可求解．
本题考查了一次函数的应用，分析得出n=91，并求得往返过程中的解析式是解题的关键．
【解答】
(1)解：∵d=l1−l2，
当滑块在A点时，l1=0，d=−l2<0，
当滑块在B点时，l2=0，d=l1>0，
∴d的值由负到正．
(2)见答案；
(3)见答案．