2024年浙江省嘉兴市北京师大南湖附属学校中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年浙江省嘉兴市北京师大南湖附属学校中考数学一模试卷（含详细答案解析），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。

1.下列各组数中，比0小的数是( )
A. 5B. 15C. 0D. −5
2.下列计算正确的是( )
A. a+2a=3aB. (a+b)2=a2+b2
C. (a2)3=a5D. a2⋅a3=a6
3.如图的几何体是由五个同样大小的正方体搭成的，其主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.2023年嘉兴市国内生产总值(GDP)约7062亿元，比上年增长6.3%，数据7062亿用科学记数法表示为( )
A. 7.062×1010B. 0.7062×1011C. 7.062×1012D. 7.062×1011
5.如图，现有四张正面印有冬奥会吉祥物的不透明卡片，卡片除正面图案不同外，其余均相同，其中两张正面印有冰墩墩图案，两张正面印有雪容融图案，将四张卡片正面向下洗匀，从中随机抽取两张卡片，则抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的概率是( )
A. 12
B. 13
C. 16
D. 14
6.对于实数a，b，定义一种运算“⊗”：a⊗b=a2−ab，那么不等式组1⊗x>0(−2)⊗x≤0的解集在数轴上表示为( )
A. B. C. D.
7.如图，在平面直角坐标系中，以P(0,−1)为位似中心，在y轴右侧作△ABP放大2倍后的位似图形△DCP，若点B的坐标为(−2,−4)，则点B的对应点C的坐标为( )
A. (4,5)
B. (4,6)
C. (2,4)
D. (2,6)
8.如图，扇形AOB中，∠AOB=90∘，OB= 3，点C为AO上一点，将扇形AOB沿着BC折叠，弧A′B恰好经过点O，则阴影部分的面积为( )
A. 32π− 3
B. 34π− 32
C. 34π− 3
D. 32π− 32
9.如图，点F，G分别在正方形ABCD的边BC，CD上，E为AB中点，连结ED，正方形FGQP的边PQ恰好在DE上，记正方形ABCD面积为S1，正方形FPQG面积为S2，则S1：S2的值为( )
A. 10：7
B. 20：7
C. 49：10
D. 49：20
10.二次函数y=x2−2mx+10图象上一点A(a,b)，当3≤a≤5时，存在b=0，则m的取值范围为( )
A. 3≤m≤ 10B. 10≤m≤196C. 10≤m≤72D. 196≤m≤72
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.分解因式：m2−9=______.
12.数据3，2，2，3，1的中位数是______.
13.在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC：BC=1：2，则sinB的值为______.
14.如图，在△ABC中，AD为∠CAB的平分线，DE//AB，若DE=3，CE=4，则AB的值______.
15.某班同学到距学校12千米的森林公园植树，一部分同学骑自行车先行，半小时后，其余同学乘汽车出发，结果他们同时到达，已知汽车的速度是自行车速度的3倍，求自行车和汽车的速度．设自行车的速度为x千米/时，则根据题意可列方程为______.
16.一副含45∘和30∘角的直角三角形纸板ABC和DEF按图1摆放，BC=DE=12，∠ABC=∠DEF=90∘.现将点D从B点向A点滑动，边DE始终经过BC上一点G，BG=2.H是DF边上一点，满足DH=DG(如图2)，当点E到达G点时运动停止．当E到达G点时BD的长为______；运动过程中 AH的最小值是______.
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1)计算：2−1−20220+sin30∘.
(2)解方程组：x−3y=82x+3y=7.
18.(本小题6分)
先化简，再求值：(1+3a−4a−3)(a−3)，其中a=4.
19.(本小题6分)
如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点D与原点O重合，点C在y轴正半轴上，点B在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，已知CD=2，点A坐标为(2,1).
(1)求k的值．
(2)将▱ABCD沿x轴正方向平移，当A点落在反比例函数图象上时，求平移的距离．
20.(本小题8分)
为了培养学生对航天知识的学习兴趣，某校组织全校1200名学生进行“航天知识竞赛”，从中随机抽取n名学生的竞赛成绩(满分100分，每名学生的成绩记为x分)分成四组，A组：60≤x<70；B组：70≤x<80；C组：80≤x<90；D组：90≤x<100，得到如下不完整的频数表、频数分布直方图和扇形统计图．根据图中信息，解答下列问题：
(1)n的值为______， a的值为______， b的值为______.
(2)请补全频数分布直方图，并求图中表示“C”的扇形圆心角的度数．
(3)若规定学生竞赛成绩x≥80为优秀，请估算全校竞赛成绩达到优秀的学生人数．
21.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，∠BAD>90∘，P为AC，BD的交点，⊙O经过A，B，P三点．
(1)求证：AB为⊙O的直径．
(2)请用无刻度的直尺在圆上找一点Q，使得BP=PQ(不写作法，保留作图痕迹).
22.(本小题10分)
如图1是学生常用的一种圆规，其手柄AB=8mm，两脚BC=BD=56mm，如图2所示，当∠CBD=74∘时．
(1)求A离纸面CD的距离．
(2)用该圆规作如图3所示正六边形，求该正六边形的周长．
(参考数据：sin37∘≈0.60，cs37∘≈0.80，sin74∘≈0.96，cs74∘≈0.28，结果精确到0.1)
23.(本小题10分)
根据以下素材，探索完成任务.
24.(本小题12分)
如图，Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90∘，BC=6cm，点M，N是边BC上的两个动点，点M从点B出发沿着BC以每秒1cm的速度向终点C运动；点N同时从点C出发沿着CB以每秒2cm的速度向终点B运动．设运动时间为t秒．
(1)当t=1时，求△AMN的面积．
(2)当t为何值时，∠MAN=45∘.
(3)当以MN为直径的圆与△AMN的边有且只有三个公共点时，请直接写出t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵5>0，15>0，0=0，−5<0，
∴所给的各组数中，比0小的数是−5.
故选：D.
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
2.【答案】A
【解析】解：A、原式=3a，故A符合题意．
B、原式=a2+2ab+b2，故B不符合题意．
C、原式=a6，故C不符合题意．
D、原式=a5，故D不符合题意．
故选：A.
根据合并同类项法则、完全平方公式、幂的乘方运算法则、整式的乘法运算即可求出答案．
本题考查合并同类项法则、完全平方公式、幂的乘方运算法则、整式的乘法运算，本题属于基础题型．
3.【答案】A
【解析】解：从正面看第一层是三个正方形，第二层左边一个正方形，故A符合题意，
故选：A.
根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．
4.【答案】D
【解析】解：7062亿用科学记数法表示为7.062×1011，
故选：D.
科学记数法的表示形式为a×10n，其中1≤|a|<10，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，由此解答即可．
本题考查了用科学记数法表示较大的数，正确确定a、n的值是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：把两张正面印有冰墩墩图案的卡片记为A、B，两张正面印有雪容融图案的卡片记为C、D，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的结果有2种，
∴抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的概率为212=16，
故选：C.
画树状图，共有12种等可能的结果，其中抽出的两张卡片图案都是冰墩墩的结果有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．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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可知不等式组可化为{1−x>0①4+2x⩽0②，
解不等式①得，x<1；
解不等式②得，x≤−2；
在数轴上表示为：，
故选：B.
根据题意列出不等式组，然后根据一元一次不等式组的解法即可求出答案．
本题考查新定义运算，解题的关键是正确理解新定义运算以及一元一次不等式组的解法，本题属于基础题型．
7.【答案】A
【解析】解：以点P为坐标原点，原y轴为y轴建立新的平面直角坐标系，
则点B在新坐标系中的坐标为(−2,−3)，
∵△ABP与△DCP的位似比为1：2，
∴点C在新坐标系中的坐标为(4,6)，
则点C在原坐标系中的坐标为(4,5)，
故选：A.
建立新的平面直角坐标系，根据位似变换的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k.
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，作点O关于BC的对称点O′，连接CO′，BO′，OO′，BC与OO′交于点D，
∵OD=O′D=12OO′=12OB，
∴∠OBC=30∘，
∴OC= 33OB=1，
∴阴影部分的面积=S扇AOB−2S△COB=90π×( 3)2360−2×12× 3×1=34π− 3.
故选：C.
作点O关于BC的对称点O′，连接CO′，BO′，OO′，BC与OO′交于点D，在Rt△OBD中可得∠OBC=30∘，在Rt△COB中，求得OC的长，最后根据S扇AOB−2S△COB进行计算即可．
本题主要考查的是翻折的性质、扇形的面积，将不规则图形面积转化为规则图形的面积进行计算是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC，∠A=∠ADG=∠C=90∘，
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠PQC=∠DQG=90∘，∠QGF=90∘，
∴∠ADE+∠QDG=∠QDG+∠DGQ=90∘，
∴∠ADE=∠DGQ，
∵∠A=∠DQG=90∘，
∴△ADE∽△QGD，
∴ADAE=QGQD，
设正方形ABCD的边长为2a，则AD=DC=AB=2a，
∵E为AB中点，
∴AE=a，
∴QGQD=2aa=2，
设正方形FGQP的边长为2b，则FG=QG=2b，QD=b，
∴DG= QG2+QD2= 4b2+b2= 5b，
∵∠DGQ+∠FGC=90∘=∠DGQ+∠GDQ，
∴∠GDQ=∠FGC，
∴cs∠GDQ=cs∠FGC=DQDG=GCFG，
∴b 5b=GC2b，
∴GC=2 55b，
∵DC=2a= 5b+2 55b，
∴2a=7 55b，
∴S1：S2=49×525b24b2=4920，
故选：D.
由相似三角形的性质和锐角三角函数可求DC=2a= 5b+2 55b，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，锐角三角函数等知识，利用参数表示线段的长度是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：令x2−2mx+10=0，则4m2−40≥0，
解得m≤− 10或m≥ 10
将x=3代入y=x2−2mx+10得y=9−6m+10=19−6m，
将x=5代入y=x2−2mx+10得y=25−10m+10=35−10m，
∵y=x2−2mx+10，
∴抛物线开口向下，
当m≤− 10时，19−6m≤035−10m≥0，
不等式无解，
当 10≤m≤5时，19−6m≥035−10m≥0，
解得m≤72，
∴ 10≤m≤72，
当m>5时，19−6m≥035−10m≤0，
不等式无解，
故选：C.
将x=3，x=5代入函数解析式，由存在b=0可列不等式组求解．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
11.【答案】(m+3)(m−3)
【解析】解：m2−9
=m2−32
=(m+3)(m−3).
故答案为：(m+3)(m−3).
通过观察发现式子可以写成平方差的形式，故用平方差公式分解因式．
此题主要考查了平方差公式分解因式，掌握平方差公式是解题的关键．
12.【答案】2
【解析】解：把这些数从小到大排列为：1，2，2，3，3，
则中位数是2；
故答案为：2.
先将题目中的数据按照从小到大的顺序排列，然后找出最中间的数，即可得到这组数据的中位数．
本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的求法，注意要先排序．
13.【答案】 55
【解析】解：设AC=x，BC=2x，由勾股定理，得
AB= x2+(2x)2= 5x，
由三角函数的正弦等于对边比斜边，得
sinB=ACAB=x 5x= 55.
故答案为： 55.
根据勾股定理，可得AB，根据锐角三角函数的正弦等于对边比斜边，可得答案．
本题考查了锐角三角函数的定义，在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
14.【答案】214
【解析】解：∵AD为∠CAB的平分线，
∴∠BAD=∠EAD，
∵DE//AB，
∴∠EDA=∠BAD，
∴∠EAD=∠EDA，
∴EA=ED，
∵DE=3，
∴EA=3，
∵DE//AB，
∴∠CED=∠CAB，∠CDE=∠CBA，
∴△CED∽△CAB，
∴CECA=DEAB，
∵DE=3，CE=4，EA=3，
∴CA=CE+EA=4+3=7，
∴47=3AB，
∴AB=214，
故答案为：214.
由角平分线的性质得出∠BAD=∠EAD，由平行线的性质得出∠EDA=∠BAD，进而得出∠EAD=∠EDA，得出EA=ED=3，由DE//AB，证明△CED∽△CAB，由相似三角形的性质即可求出AB的长度．
本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
15.【答案】123x=12x−12
【解析】解：设自行车的速度是x千米/时，则汽车的速度是3x千米/时，
根据题意，得123x=12x−12，
故答案为：123x=12x−12.
设自行车的速度是x千米/时，则汽车的速度是3x千米/时，根据某班同学到距离学校12千米的森林公园植树，一部分同学骑自行车先行，半小时后，其余同学乘汽车出发，结果他们同时到达可列方程．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．
16.【答案】2 35 6 3−1
【解析】解：当E与G重合时，在Rt△BDG中，DG=DE=12，BG=2，
∴BD= DG2−BG2= 122−22=2 35，
如图2中，以BG为边，在BC的上方作等边△BGJ，作直线HJ交AB于点K，连接GH，过点A作AT⊥JH于点T.
∵DG=DH，∠GDH=60∘，
∴△DGH是等边三角形，
∴GD=GH，
∵∠JGB=∠DGH=60∘，
∴∠DGB=∠HGJ，
∵GB=GJ，GD=GH，
∴△DGB≌△HGJ(SAS)，
∴∠HJG=∠DBG=90∘，
∴点H在过点J且垂直JG的直线上运动，
根据垂线段最短可知，当AH与AT重合时，AH的值最小，
∵∠KBJ=∠KJB=30∘，
∴BK=KJ，
∵GB=GJ，GK=GK，
∴△GKB≌△GKJ(SSS)，
∴∠BGK=∠JGK=30∘，
∴BK=BG⋅tan30∘=2 33，
∴AK=AB=BK=12−2 33，
∵AT⊥KT，∠AKT=60∘，
∴AT=AK⋅sin60∘=(12−2 33)× 32=6 3−1，
∴AH的最小值为6 3−1.
故答案为：2 35，6 3−1.
利用勾股定理求出BD即可．如图2中，以BG为边，在BC的上方作等边△BGJ，作直线HJ交AB于点K，连接GH，过点A作AT⊥JH于点T.证明△DGB≌△HGJ(SAS)，推出∠HJG=∠DBG=90∘，推出点H在过点J且垂直JG的直线上运动，根据垂线段最短可知，当AH与AT重合时，AH的值最小，求出AT即可解决问题．
本题考查含30度角的直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点H的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)2−1−20220+sin30∘
=12−1+12
=0；
(2){x−3y=8①2x+3y=7②，
①+②，得x=5，
将x=5代入①得，y=−1，
∴方程组的解为x=5y=−1.
【解析】(1)原式=12−1+12，再计算即可；
(2)用加减消元法解二元一次方程组即可．
本题考查二元一次方程组的解和实数的运算，熟练掌握二元一次方程组的解法，特殊三角函数值，实数的运算是解题的关键．
18.【答案】解：原式=(a−3a−3+3a−4a−3)⋅(a−3)
=4a−7a−3⋅(a−3)
=4a−7，
当a=4时，
原式=4×4−7
=16−7
=9.
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算即可．
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．
19.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=2，AB//OC，
∵A(2,1)，
∴B(2,3)，
∵B(2,3)在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，
∴k=2×3=6；
(2)∵将▱ABCD沿x轴正方向平移，当A点落在反比例函数图象上时，
∴A点的纵坐标为1，
对于反比例函数y=6x，
当y=1时，x=6，
∴平移后点A的坐标为(6,1)，
∴平移的距离为6−2=4.
【解析】(1)根据平行四边形的性质可得点B的坐标，再根据点B在反比例函数y=kx(k>0)的图象上，可得k的值；
(2)根据平移的性质知，平移后点A的纵坐标为1，从而求出平移后点A的坐标，即可得出平移的距离．
本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，平行四边形的性质，平移的性质等知识，求出平移后点A的坐标是解题的关键．
20.【答案】60 6 12
【解析】解：(1)n=18÷30%=60，
∴a=60×10%=6，
∴b=60−6−18−24=12，
故答案为：60，6，12；
(2)补全频数分布直方图如下：
扇形统计图中表示“C”的扇形圆心角的度数为：360∘×2460=144∘；
(3)1200×24+1260=720(人)，
答：全校竞赛成绩达到优秀的学生人数为720人．
(1)由B的人数除以所占百分比得出n的值，即可求出a、b的值；
(2)由(1)的结果补全频数分布直方图，再由360∘乘以“C”所占的比例即可；
(3)由全校总人数乘以达到优秀的学生人数所占的比例即可．
本题考查频数分布直方图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确统计图的特点和中位数的含义，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠APB=90∘，
∴AB为⊙O的直径；
(2)解：如图，点Q为所作．

【解析】(1)先根据菱形的性质得到∠APB=90∘，然后根据圆周角定理得到结论；
(2)延长DA交⊙O于Q，连接BQ，利用菱形的性质得到∠BAP=∠DAP，根据圆内接四边形的性质得到∠DAP=∠PBQ，所以∠BAP=∠PBQ，则PQ=PB，所以BP=PQ.
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．也考查了圆周角定理和菱形的性质．
22.【答案】解：(1)连接CD，延长AB交CD于点E，
则AE⊥CD，
∵BC=BD=56mm，
∴∠CBE=12∠CBD=37∘，CD=2CE，
在Rt△BCE中，BE=BC⋅cs37∘≈56×0.8=44.8(mm)，
∵AB=8mm，
∴AE=AB+BE=8+44.8=52.8(mm)，
∴A离纸面CD的距离约为52.8mm；
(2)在Rt△BCE中，∠CBE=37∘，BC=56mm，
∴CE=BC⋅sin37∘≈56×0.6=33.6(mm)，
∴CD=2CE=67.2(mm)，
∴正六边形的边长为67.2mm，
∴正六边形的周长=6×67.2=403.2(mm)，
∴正六边形的周长约为403.2mm.
【解析】(1)连接CD，延长AB交CD于点E，则AE⊥CD，利用等腰三角形的三线合一性质可得∠CBE=37∘，CD=2CE，然后在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，最后进行计算即可解答；
(2)在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而求出CD的长，进而求出正六边形的边长，然后进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用，正多边形和圆，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．
23.【答案】解：任务1：以点O为坐标原点，以水平地面为x轴建立坐标系，如图：
由题意得：抛物线的顶点坐标为(20,11).
∴设抛物线的解析式为y=a(x−20)2+11，
把点(0,1)代入解析式得：400a+11=1，
解得：a=−140，
∴抛物线的函数表达式为：y=−140(x−20)2+11.
任务2：不能．
理由：如图，设草坡最远处为点C，过点C作CD⊥x轴于点D.
由题意可知，喷灌架置于坡度为1：10的坡地底部点O处．草坡的长度为4 101米，
∴OC=4 101，CD：OD=1：10.
设CD=x，OD=10x，
由题意得：OC= CD2+OD2= 101x=4 101，
∴x=4.
∴CD=4，OD=40.
∴C(40,4).
在抛物线y=−140x2+x+1中，当x=40时，y=−140×1600+40+1=1.
∵1<4，
∴水流无法喷灌到草坡最远处．
任务3：树AB能被灌溉到，理由如下：由题意可知，延长BA交x轴于点M，
由题意可知，AB=3，OM=30，坡度为1：10，
∴AM：OM=1：10，
∴AM=3，
∴A(30,3).
BM=6，
在抛物线y=−140x2+x+1中，当x=30时，y=−140×900+30+1=8.5，
∵8.5>6，
∴树AB可以被灌溉到．
又由题意可知，将喷灌架向正后方向移动k米，
∴移动后的解析式为y=−140(x−20+k)2+11.
当x=30时，y=−140(10+k)2+11，
若要使树AB被喷灌到，
∴−140(10+k)2+11=3.
∴k1=8 5−10k2=−8 5−10(舍).
∴0【解析】任务1：依据题意，以点O为坐标原点，以水平地面为x轴建立坐标系，由抛物线的顶点坐标为(20,11)，可设抛物线的解析式为y=a(x−20)2+11，
把点(0,1)代入解析式求出a即可得解；
任务2：依据题意，设草坡最远处为点C，过点C作CD⊥x轴于点D，再由喷灌架置于坡度为1：10的坡地底部点O处．草坡的长度为4 101米，可得OC=4 101，CD：OD=1：10，设CD=x，OD=10x，从而OC= CD2+OD2= 101x=4 101，进而可得x的值，故求出C的坐标，再由当x=40时，求出y的值，进而可以判断得解．
任务3：依据题意，延长BA交x轴于点M，AB=3，OM=30，坡度为1：10，从而AM：OM=1：10，求得A(30,3)，再由当x=30时，求出y的值，即可判断树AB是否被灌溉到．又由题意可知，将喷灌架向正后方向移动k米，可得移动后的解析式为y=−140(x−20+k)2+11，再将x=30代入解析式，结合若要使树AB被喷灌到，可得−140(10+k)2+11=3，进而可以判断得解．
本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
24.【答案】解：(1)过点A作AD⊥MN于点D，如图，
当t=1时，BM=1(cm)，CN=2(cm)，
∴MN=BC−BM−CN=3cm.
∵AB=AC，∠BAC=90∘，BC=6cm，AD⊥MN，
∴AD=12BC=3cm，
∴△AMN的面积=12×MN⋅AD=92(cm2)；
(2)①当点M与点N未相遇时，
将△ACN绕着点A顺时针旋转90∘得到△ADB，点N的对应点为点D，连接DM，如图，
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
由旋转的性质可得：
AD=AN，BD=NC，∠DAN=90∘，∠ABD=∠ACN=45∘.
∵∠MAN=45∘，
∴∠DAM=∠NAM=45∘.
在△ADM和△ANM中，
AD=AN∠DAM=∠NAMAM=AM，
∴△ADM≌△ANM(SAS)，
∴DM=NM.
由题意得：BM=tcm，CN=2tcm，
∴DB=CN=2tcm，
DM=MN=BC−BM−CN=(6−3t)cm.
∵∠DBM=∠ABD+∠ABC=45∘+45∘=90∘，
∴BD2+BM2=DM2，
∴(2t)2+t2=(6−3t)2，
解得：t=9−3 52或t=9+3 52(不合题意，舍去)，
∴t=9−3 52；
②当点M与点N相遇后时，
将△ACM绕着点A顺时针旋转90∘得到△AD′B，点M的对应点为点D′，连接D′N，如图，
∵AB=AC，∠BAC=90∘，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
由旋转的性质可得：
AD′=AM，BD′=MC，∠D′AM=90∘，∠ABD′=∠ACM=45∘.
∵∠MAN=45∘，
∴∠D′AN=∠NAM=45∘.
在△AD′N和△AMN中，
AD′=AM∠D′AN=∠MANAN=AN，
∴△AD′N≌△AMN(SAS)，
∴D′N=MN.
由题意得：BM=tcm，CN=2tcm，
∴D′B=CM=(6−t)cm，
D′N=MN=BM+CN−BC=(3t−6)cm，BN=BC−CN=(6−2t)cm.
∵∠D′BM=∠ABD′+∠ABC=45∘+45∘=90∘，
∴BD′2+BN2=D′N2，
∴(6−t)2+(6−2t)2=(3t−6)2，
解得：t=±3(负数不合题意，舍去)，
∴t=3.
综上，当t为9−3 52或3时，∠MAN=45∘；
(3)①当点M与点N未相遇时，0取MN的中点O，过点O作OE⊥AM于点E，OF⊥AN于点F，如图，
此时，以MN为直径的圆与AM，AN各有两个交点，
由题意可知：0当点F与点N重合时，AN⊥BC，此时以MN为直径的圆与AN相切，与AM相交，
由题意：CN=3cm，
∴t=1.5.
∴当t≥1.5时，∠ANO≥90∘，以MN为直径的圆与AN有一个公共点，与AM有两个公共点，符合题意，
∴1.5≤t<2.
当t=2时，点M，N重合；
②当点M与点N相遇后时，如图，
由①可知：当点M与BC的中点D重合时，∠AMD≥90∘时，
以MN为直径的圆与AM有一个公共点，与AN有两个公共点，符合题意，
∴2∠t≤3.
③当t=6时，此时点N与点B重合，点M与点C重合，以MN为直径的圆经过点A，符合题意．
综上，以MN为直径的圆与△AMN的边有且只有三个公共点时，t的取值范围为1.5≤t≤3且t≠2或t=6.
【解析】(1)点A作AD⊥MN于点D，利用等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可；
(2)利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点M与点N未相遇时，将△ACM绕着点A顺时针旋转90∘得到△AD′B，点M的对应点为点D′，连接D′N，利用全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；②当点M与点N相遇后时，将△ACM绕着点A顺时针旋转90∘得到△AD′B，点M的对应点为点D′，连接D′N，利用①的方法解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点M与点N未相遇时，通过分析得到：当∠ANO≥90∘，以MN为直径的圆与AN有一个公共点，与AM有两个公共点，符合题意，由此得出结论；②当点M与点N相遇后时，利用①的方法解答即可．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积，图形旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直线圆的位置关系，作等腰直角三角形斜边上的高线和利用旋转不变性构造辅助线是解决此类问题常添加的辅助线．分组
频数
A：60≤x<70
a
B：70≤x<80
18
C：80≤x<90
24
D：90≤x≤100
b
素材1
如图1，一个移动喷灌架射出的水流可以近似地看成抛物线.图2是喷灌架为一坡地草坪喷水的平面示意图，喷水头的高度(喷水头距喷灌架底部的距离)是1米.当喷射出水流距离喷水头20米时，达到最大高度11米.
素材2
现将喷灌架置于坡度为1：10的坡地底部点O处.草坡的长度为4 101米.
问题解决
任务1
请在图2中建立适当的平面直角坐标系，并求抛物线的函数表达式.
任务2
当喷灌架底部位于点O处时，请通过计算说明水流能否喷灌到草坡最远处.
任务3
草坡上距离O的水平距离为30米处有一棵高度为3米的树AB需要被喷灌，当喷灌架底部仍然在点O处时，请通过计算说明树AB能否被灌溉到.现将喷灌架向正后方向移动k米，若要使树AB被喷灌到，求k的取值范围.