2024年内蒙古包头市昆都仑区中考数学二模试卷

这是一份2024年内蒙古包头市昆都仑区中考数学二模试卷，共27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。

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若⋅2a2b=2a3b，则括号内应填的单项式是( )
A. aB. 2aC. abD. 2ab
2.一个不等式的解集在数轴上表示如图，则这个不等式可以是( )
A. x+2≥0B. x−2≤0C. 2x≥4D. 2−x≤0
3.如图，已知∠1=∠2=∠3=50°，则∠4的度数是( )
A. 120°
B. 125°
C. 130°
D. 135°
4.定义一种新的运算：如果a≠0.则有a▲b=a−2+ab+|−b|，那么(−12)▲2的值是( )
A. −3B. 5C. −34D. 32
5.如图是一正方体的表面展开图.将其折叠成正方体后，与顶点K距离最远的顶点是( )
A. A点
B. B点
C. C点
D. D点
6.如图，从一个大正方形中截去面积为3cm2和12cm2的两个小正方形，若随机向大正方形内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为( )
A. 49B. 59C. 25D. 35
7.如图1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB=BC=1，AO=2，则OC2的值为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
8.如图，已知直线l1：y=−2x+4与坐标轴分别交于A、B两点，那么过原点O且将△AOB的面积平分的直线l2的解析式为( )
A. y=12x
B. y=x
C. y=32x
D. y=2x
9.如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2，则该半圆的半径为
．( )
A. (4+ 5)cmB. 9cmC. 4 5cmD. 6 2cm
10.如图，矩形OABC的顶点A在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，顶点B、C在第一象限，对角线AC/​/x轴，交y轴于点D.若矩形OABC的面积是6，cs∠OAC=23，则k的值为( )
A. 43B. 83C. −43D. −83
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11. 8与最简二次根式5 a+1是同类二次根式，则a= ______．
12.设x1，x2是一元二次方程x2−mx−6=0的两个根，则x1+x2=1，则|x1−x2|= ______．
13.如图，正八边形ABCDEFGH的边长为4，以顶点A为圆心，AB的长为半径画圆，则阴影部分的面积为______(结果保留π)．
14.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A、B(m+2,0)与y轴相交于点C，点D在该抛物线上，坐标为(m,c)，则点A的坐标是______．
15.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为________．
16.如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG=120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD=OE；②S△ODE=S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于43 3；④△BDE周长的最小值为6.上述结论中正确的有______(写出序号)．
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。
17.(本小题8分)
(1)化简：(x−2y)2−x(x−4y)；
(2)先化简，再求值：2x2−4÷(1−xx−2)，其中x= 5−2．
18.(本小题8分)
2023年5月30日，神州十六号载人飞船成功发射，为大力弘扬航天精神，普及航天知识，激发学生探索和创新热情，某初中在全校开展航天知识竞赛活动.现采用简单随机抽样的方法从每个年级抽取相同数量的学生答题成绩进行分析，绘制成下列图表，请根据图表提供的信息，解答下列问题．
学生参加航天知识竞赛成绩频数分布表
学生参加航天知识竞赛成绩统计表
(1)a= ______；m= ______%；
(2)请根据“学生参加航天知识竞赛成绩统计表”对本次竞赛中3个年级的总体情况做出评价，并说明理由．
19.(本小题8分)
如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛40n mile的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．
(1)渔船航行多远距离小岛B最近(结果保留根号)？
(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行20 6n mile到点C处时突然发生事故，渔船马上向小岛B上的救援队求救，问救援队从B处出发沿着哪个方向航行到达事故地点航程最短，最短航程是多少(结果保留根号)？
20.(本小题11分)
某公司开发出一款新的节能产品，该产品的成本价为6元/件，该产品在正式投放市场前通过代销点进行了为期一个月(30天)的试销售，售价为8元/件，工作人员对销售情况进行了跟踪记录，并将记录情况绘成图象，图中的折线ODE表示日销售量y(件)与销售时间x(天)之间的函数关系，已知线段DE表示的函数关系中，时间每增加1天，日销售量减少5件．
(1)第24天的日销售量是______件，日销售利润是______元．
(2)求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)日销售利润不低于640元的天数共有多少天？试销售期间，日销售最大利润是多少元？
21.(本小题12分)
如图，四边形ACBD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点A的切线PA与BD的延长线相交于点P，且∠APB=∠CBP．
(1)求证：∠CAB=2∠ABD；
(2)如图2，过点D作DE⊥AB，垂足为E，当CB=6，AE=2时，求⊙O的半径．
22.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在边BC上，且BE=2，动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度在矩形边上运动.作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ.当点Q与点C重合时，点P停止运动.设点P的运动时间为t秒.(t>0)
(1)当点P和点B重合时，求线段PQ的长；
(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
(3)如图2，当点P在边AD上运动时，求证：△PQE的形状始终是等腰直角三角形；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，求出t的值或者取值范围．
23.(本小题13分)
如图，在平面直角坐标系内，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,2)．
(1)求该抛物线的解析式和tan∠ABC的值；
(2)如图1，点P为第一象限抛物线上的点，连接CA，CB，PB，PC.当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；
(3)如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=90°.点E、F分别为△BDQ的边DQ、DB上的动点，且QE=DF，记BE+QF的最小值为m，求m的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：2a3b÷2a2b=a，
即括号内应填的单项式是a，
故选：A．
根据单项式乘单项式法则(或根据单项式除以单项式法则)求出答案即可．
本题考查了单项式乘单项式法则，能熟记掌握单项式乘单项式法则是解此题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：由图可知，不等式的解集为x≤2，
A、不等式x+2≥0的解集为x≥−2，不符合题意；
B、不等式x−2≤0的解集为x≤2，符合题意；
C、不等式2x≥4的解集为x≥2，不符合题意；
D、不等式2−x≤0的解集为x≥2，不符合题意．
故选：B．
先根据题意得出数轴上表示的不等式的解集，再对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是解一元一次不等式及在数轴上表示不等式的解集，根据题意得出不等式的解集是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵∠1=∠3=50°，
∴a/​/b，
∴∠5+∠2=180°，
∵∠2=50°，
∴∠5=130°，
∴∠4=∠5=130°．
故选：C．
由同位角相等两直线平行得到a与b平行，再由两直线平行同旁内角互补，求出∠5的度数，根据对顶角相等即可求出∠4的度数．
此题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解本题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了负整数指数幂以及有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．利用题中的新定义计算即可得到结果．
【解答】
解：根据题中的新定义得：
(−12)▲2
=(−12)−2+(−12)×2+|−2|
=4−1+2
=5．
故选：B．
5.【答案】D
【解析】解：把图形围成立方体如图所示：
所以与顶点K距离最远的顶点是D，
故选：D．
把图形围成立体图形求解．
本题考查了平面图形和立体图形，掌握空间想象力是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查几何概率，难度一般．
由两个小正方形面积可推出最大的正方形的边长及面积，从而可求阴影部分的面积，根据米粒落在图中阴影部分的概率为阴影部分与大正方形面积比即可得到答案．
【解答】
解：由图可知大正方形中的两个小正方形边长分别为2 3cm、 3cm，
∴大正方形的边长为2 3+ 3=3 3(cm)，
则大正方形的面积为(3 3)2=27(cm2)，
阴影部分的面积为27−12−3=12(cm2)，
则米粒落在图中阴影部分的概率为1227=49．
故选：A．
7.【答案】A
【解析】解：由题意得，在Rt△AOB中，
BO= AO2+AB2= 22+12= 5，
在Rt△BOC中，
CO2=OB+BC2=( 5)2+12=6，
故选：A．
根据勾股定理先求出BO的长，再计算CO2的长即可．
本题考查勾股定理，正确记忆计算公式是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：如图，当y=0，−2x+4=0，解得x=2，则A(2,0)；
当x=0，y=−2x+4=4，则B(0,4)，
∴AB的中点坐标为(1,2)，
∵过原点O的直线l2把△AOB平分，
∴直线l2过AB的中点，
设直线l2的解析式为y=kx，
把(1,2)代入得2=k，解得k=2，
∴l2的解析式为y=2x，
故选：D．
根据坐标轴上点的坐标特征求出A(2,0)，B(0,4)，则AB的中点为(1,2)，所以l2经过AB的中点，直线l2把△AOB平分，然后利用待定系数法求l2的解析式；
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，明确直线l2过AB的中点是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：
连接OA、OB、OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠ADO=∠BCO=90°，
∵在Rt△ADO和Rt△BCO中
∵OA=OBAD=BC，
∴Rt△ADO≌Rt△BCO，
∴OD=OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
设AD=acm，则OD=OC=12DC=12AD=12acm，
在△AOD中，由勾股定理得：OA=OB=OE= 52acm，
∵小正方形EFCG的面积为16cm2，
∴EF=FC=4cm，
在△OFE中，由勾股定理得：( 52a)2=42+(12a+4)2，
解得：a=−4(舍去)，a=8，
52a=4 5(cm)，
故选C．
连接OA、OB、OE，证Rt△ADO≌Rt△BCO，推出OD=OC，设AD=a，则OD=12a，由勾股定理求出OA=OB=OE= 52a，求出EF=FC=4cm，在△OFE中由勾股定理求出a，即可求出答案．
本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，主要考查学生运用定理进行计算的能力，用的数学思想是方程思想．
10.【答案】D
【解析】解：∵矩形OABC的面积是6，
∴S△AOC=12×6=3，
∵cs∠OAC=23，
∴AOAC=23，
∵∠DAO=∠OAC，∠ADO=∠AOC=90°，
∴△ADO∽△AOC，
∴S△ADO：S△AOC=4：9，
∴S△ADO=49×3=43，
∵点A在反比例函数图象上，
∴k=−83．
故选：D．
根据条件易证△ADO∽△AOC，利用面积比等于相似比平方可得S△ADO=43，继而可求出k值．
本题考查了反比例函数k值几何意义，熟练掌握k值几何意义是关键．
11.【答案】1
【解析】解：由题可知，
∵ 8=2 2，又与最简二次根式5 a+1是同类二次根式，
∴a+1=2，
解得a=1．
故答案为：1．
先将 8化成最简二次根式，再根据同类二次根式进行解题即可．
本题考查同类二次根式和最简二次根式，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
12.【答案】5
【解析】解：∵x1，x2是一元二次方程x2−mx−6=0的两个根，
∴x1+x2=m=1，x1x2=−6，
∴|x1−x2|= (x1−x2)2= (x1+x2)2−4x1x2= 1−4×(−6)=5．
故答案为：5．
利用根与系数的关系可得出x1+x2=1，x1x2=−6，将其代入∴|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2中即可求出结论．
本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
13.【答案】6π
【解析】解：由题意得，∠HAB=(8−2)×180°8=135°，AH=AB=4，
∴S阴影部分=135π×42360=6π，
故答案为：6π．
先根据正八边形的性质求出圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
本题考查正多边形和圆，掌握正多边形内角和的计算方法以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提．
14.【答案】(−2,0)
【解析】解：由C(0,c)，D(m,c)，得函数图象的对称轴是x=m2，
设A点坐标为(x,0)，由A、B关于对称轴x=m2，得
x+m+22=m2，
解得x=−2，
即A点坐标为(−2,0)，
故答案为：(−2,0)．
根据函数值相等两点关于对称轴对称，可得对称轴，根据A、B关于对称轴对称，可得A点坐标．
本题考查了抛物线与x轴的交点，利用函数值相等的点关于对称轴对称是解题关键．
15.【答案】6−2 5
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM=4，利用勾股定理计算出AE═2 5，再根据旋转的性质得到AG=AE=2 5，BG=DE=2，∠3=∠4，∠GAE=90°，∠ABG=∠D=90°，于是可判断点G在CB的延长线上，接着证明FA平分∠GAD得到FN=FM=4，然后利用面积法计算出GF，从而计算CG−GF就可得到CF的长．
【解答】
解：作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM=4，
∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，
∴DE=2，
∴AE= 42+22=2 5，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，
∴AG=AE=2 5，BG=DE=2，∠3=∠4，∠GAE=90°，∠ABG=∠D=90°，
而∠ABC=90°，
∴点G在CB的延长线上，
∵AF平分∠BAE交BC于点F，
∴∠1=∠2，
∴∠2+∠4=∠1+∠3，即FA平分∠GAD，
∴FN=FM=4，
∵12AB⋅GF=12FN⋅AG，
∴GF=4×2 54=2 5，
∴CF=CG−GF=4+2−2 5=6−2 5．
故答案为6−2 5．
16.【答案】①③④
【解析】解：连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，
而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD和△COE中
∠BOD=∠COEBO=CO∠OBD=∠OCE
∴△BOD≌△COE(ASA)，
∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；
∴S△BOD=S△COE，
∴四边形ODBE的面积=S△OBC=13S△ABC=13× 34×42=4 33，所以③正确；
作OH⊥DE，如图，则DH=EH，
∵∠DOE=120°，
∴∠ODE=∠OEH=30°，
∴OH=12OE，HE= 3OH= 32OE，
∴DE= 3OE，
∴S△ODE=12×12OE× 3OE= 34OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；所以②错误；
∵BD=CE，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=4+ 3OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=2 33，
∴△BDE周长的最小值=4+2=6，所以④正确．
故答案为①③④．
连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用S△BOD=S△COE得到四边形ODBE的面积=13S△ABC=4 33，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出S△ODE= 34OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+ 3OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
17.【答案】解：(1)(x−2y)2−x(x−4y)
=(x2−4xy+4y2)−(x2−4xy)
=x2−4xy+4y2−x2+4xy
=4y2；
(2)2x2−4÷(1−xx−2)
=2(x+2)(x−2)÷x−2−xx−2
=2(x+2)(x−2)⋅x−2−2
=−1x+2，
当x= 5−2时，原式=−1 5−2+2=− 55．
【解析】(1)根据完全平方公式、单项式乘多项式将题目中的式子展开，然后合并同类项即可；
(2)先通分括号内的式子，再算括号外的除法，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查整式的混合运算—化简求值、分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18.【答案】解：(1)90，10；
(2)七年级的成绩好一些，因为七年级成绩的平均数最高，所以七年级的成绩要好一些．(答案不唯一)．
【解析】解：(1)∵抽取的总人数为21÷7%=300(人)，
∴C组的人数为a=300×30%=90(人)，
m=100%−7%−32%−30%−19%−2%=10%；
故答案为：90，10；
(2)见答案．
(1)先求出总人数，再根据C所占的百分比求出a，再由所有频率之和为1，求出“E”所占的百分比，进而确定m的值；
(2)比较平均数的大小得出答案．
本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数、平均数的计算方法是正确解答的关键．
19.【答案】解：(1)过B作BM⊥AC于M，
由题意可知∠BAM=45°，则∠ABM=45°，
在Rt△ABM中，∵∠BAM=45°，AB=40n mile，
∴BM=AM= 22AB=20 2n mile，
∴渔船航行20 2n mile距离小岛B最近；
(2)∵BM=20 2nmile，MC=20 6n mile，
∴tan∠MBC=MCBM=20 620 2= 3，
∴∠MBC=60°，
∴∠CBG=180°−60°−45°−30°=45°，
在Rt△BCM中，∵∠CBM=60°，BM=20 2n mile，
∴BC=BMcs60∘=2BM=40 2n mile，
故救援队从B处出发沿点B的南偏东45°的方向航行到达事故地点航程最短，最短航程是40 2n mile．
【解析】此题主要考查了解直角三角形的应用−方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
(1)过B作BM⊥AC于M，解直角三角形即可得到结论；
(2)在Rt△BCM中，解直角三角形求得∠CBM=60°，即可求得∠CBG=45°，BC=40 2n mile，即可得到结论．
20.【答案】(1)330 660
(2)设直线OD的函数关系式为y=kx+b，
将(0,0)、(17,340)代入y=kx+b，
b=017k+b=340，解得：k=20b=0，
∴直线OD的函数关系式为y=20x．
设直线DE的函数关系式为y=mx+n，
将(22,340)、(24,330)代入y=mx+n，
22m+n=34024m+n=330，解得：m=−5n=450，
∴直线DE的函数关系式为y=−5x+450．
联立两函数解析式成方程组，
y=20xy=−5x+450，解得：x=18y=360，
∴点D的坐标为(18,360)．
∴y与x之间的函数关系式为y=20x(0≤x≤18)−5x+450(18≤x≤30)．
(3)640÷(8−6)=320(件)，
当y=320时，有20x=320或−5x+450=320，
解得：x=16或x=26，
∴26−16+1=11(天)，
∴日销售利润不低于640元的天数共有11天．
∵折线ODE的最高点D的坐标为(18,360)，360×2=720(元)，
∴当x=18时，日销售利润最大，最大利润为720元．
【解析】解：(1)340−(24−22)×5=330(件)，
(8−6)×330=660(元)．
故答案为：330；660．
(2)，(3)见答案
【分析】
(1)由时间每增加1天日销售量减少5件结合第22天的日销售量为340件，即可求出第24天的日销售量，再根据日销售利润=每件的利润×日销售量，即可求出第24天的日销售利润；
(2)根据点的坐标，利用待定系数法可求出直线OD、DE的函数关系式，联立两函数关系式成方程组可求出点D的坐标，结合点E的横坐标，即可找出y与x之间的函数关系式；
(3)根据日销售量=日销售利润÷每件的利润，可求出日销售量，将其分别代入OD、DE的函数关系式中求出x值，将其相减加1即可求出日销售利润不低于640元的天数，再根据点D的坐标结合日销售利润=每件的利润×日销售量，即可求出日销售最大利润．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：(1)根据数量间的关系列式计算；(2)根据点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；(3)利用一次函数图象上点的坐标特征求出日销售利润等于640元的销售时间．
21.【答案】(1)证明：连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，

∴∠DFB=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，
∵AP与⊙O相切于点A，
∴∠PAB=90°，
∴∠P+∠ABD=90°，
∴∠P=∠DAB，
∵∠DAB=∠DCB，
∴∠P=∠DCB，
∵∠P=∠CBP，
∴∠DCB=∠CBP，
∴DC=DB，
∴DF是BC的垂直平分线，
∴DF经过点O，
∵∠ACB=∠DFB=90°，
∴AC/​/DF，
∴∠CAB=∠AOD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠CAB=2∠ABD；
(2)解：连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，

由(1)可得：DF经过点O，
∴CF=BF=12BC=3，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED=∠DEB=∠DFB=90°，
∴∠ABD+∠BDE=90°，
∵OD=OB，
∴∠ABD=∠BDF，
∵BD=DB，
∴△BDE≌△DBF(AAS)，
∴DE=BF=3，
∵∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，
∴∠DAB=∠BDE，
∴△AED∽△DEB，
∴DEBE=AEDE，
∴DE2=AE⋅BE，
∴32=2BE，
解得：BE=92，
∴AB=AE+BE=2+92=132，
∴⊙O的半径为134．
【解析】(1)连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，根据垂直定义可得∠DFB=90°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB=∠ACB=90°，从而可得∠DAB+∠ABD=90°，再利用切线的性质可得∠PAB=90°，从而可得∠P+∠ABD=90°，进而可得∠P=∠DAB，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠DAB=∠DCB，从而可得∠P=∠DCB，再根据等量代换可得∠DCB=∠CBP，从而可得DC=DB，进而可得DF是BC的垂直平分线，最后根据垂径定理的推论可得可得DF经过点O，再根据∠ACB=∠DFB=90°，可得AC/​/DF，从而可得∠CAB=∠AOD，再根据圆周角定理可得∠AOD=2∠ABD，从而可得∠CAB=2∠ABD，即可解答；
(2)连接CD，过点D作DF⊥BC，垂足为F，利用(1)的结论可得：DF经过点O，从而可得CF=BF=3，根据垂直定义可得∠AED=∠DEB=∠DFB=90°，从而可得∠ABD+∠BDE=90°，再利用等腰三角形的性质可得∠ABD=∠BDF，然后利用AAS证明△BDE≌△DBF，从而可得DE=BF=3，再根据直角三角形的两个锐角互余可得∠DAB+∠ABD=90°，从而可得∠DAB=∠BDE，进而可得△AED∽△DEB，最后利用相似三角形的性质求出BE的长，进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，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．
22.【答案】(1)解：如图所示，连接BQ，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAQ=∠ABE=90°，
∵∠PEQ=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
∴QE=AB=3，BE=2，
在Rt△QBE中，BQ= BE2+QE2= 32+22= 13；
(2)解：如图所示，

∵∠PEQ=90°，∠PBE=∠ECD=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∴△PBE∽△ECD，
∴PEDE=BECD，
∵BE=2，CD=AB=3，
∴tan∠PQE=PEDE=BECD=23．
(3)证明：如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，

∵∠PEQ=90°，∠PHE=∠ECQ=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABHP是矩形，
∴PH=AB=3，
又∵EC=BC−BE=5−2=3，
∴PH=EC，
∴△PHE≌ECQ(ASA)，
∴PE=QE，
∴△PQE是等腰直角三角形；
(4)解：①如图所示，当点P在BE上时，

∵QE=QF=3，AQ=BE=2，
在Rt△AQF中，AF= QF2−AQ2= 32−22= 5，
则BF=3− 5，
∵PE=t，
∴BP=2−t，PF=PE=t，
在Rt△PBF中，PF2=PB2+FB2，
∴t2=(3− 5)2+(2−t)2，
解得：t=9−3 52，
当t<9−3 52时，点F在矩形内部，
∴0②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，

则PB=t−BE=t−2，PE=AP=AB−PB=3−(t−2)=5−t，
在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2，
∴(5−t)2=(t−2)2+22，
解得t=176．
③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t=2+3+2=7．

综上所述，0【解析】(1)证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解．
(2)证明△PBE∽△ECD，得出tan∠PQE=PEDE=BECD=23．
(3)过点P作PH⊥BC于点H，证明△PHE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出结论．
(4)分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F，D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=12x2+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，
∴−8+4b+c=0c=2，
解得b=32c=2，
∴抛物线解析式为y=−12x2+32x+2，
∴OB=4，OC=2，
在Rt△COB中，tan∠ABC=OCOB=24=12；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE/​/x轴，交y轴于点E，

∵抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，
∴y=0时，−12x2+32x+2=0，
解得：x1=−1，x2=4，
∴A(−1,0)，
∴AO=1，OC=2，OB=4，
∴tan∠OCA=AOCO=12，
由(1)可得，tan∠ABC=12，即tan∠OCA=tan∠ABC，
∴∠OCA=∠ABC，
∵∠PCB=2∠OCA，
∴∠PCB=2∠ABC，
∵CD/​/x轴，EP//x轴，
∴∠ABC=∠DCB，∠EPC=∠PCD，
∴∠EPC=ABC，
又∵∠PEC=∠BOC=90°
∴△PEC∽△BOC，
∴EPOB=ECOC，
设点P坐标为(t,−12t2+32t+2)，则EP=t，EC=−12t2+32t+2−2=−12t2+32t，
∴t4=−12t2+32t2，
解得：t=0 (舍)，t=2，
∴点P坐标为(2,3)；
(3)如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH，

∵∠BQD+∠BDQ=90°，∠HDF+∠BDQ=90°，
∴∠BQD=∠HDF，
∵QE=DF，DH=BQ，
∴△BQE≌△HDF(SAS)，
∴BE=FH，
∴BE+QF=FH+QF≥QH，
∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小，
作QG⊥AB于点G，
∵OB=OD，∠BOD=90°，
∴∠OBD=45°，
∵∠QBD=90°，
∴∠QBG=45°，
∴QG=BG.设G(n,0)，则Q(−12n2+32n+2)，
∴−12n2+32n+2=4−n，
解得n=1或n=4(舍去)，
∴Q(1,3)，
∴QG=BG=4−1=3，
∴BQ=DH=3 2QD=5 2，
∴m=QH= (3 2)2+(5 2)2=2 17．
【解析】(1)利用待定系数法求二次函数解析式，在Rt△COB中，根据正切的定义求值即可；
(2)过点C作CD//x轴，交BP于点D，过点P作PE/​/x轴，交y轴于点E，根据三角函数的定义和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
(3)作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH.根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得BE+QF=FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设G(n,0)则Q(−12n2+32n+2)，根据QG=BG求出点Q的坐标，然后利用勾股定理求解即可
本题是二次函数的综合题，考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、二次函数最值、熟练掌握相关知识是解题的关键．竞赛成绩x
x<75(A)
75≤x<80(B)
80≤x<85(C)
85≤x<90(D)
90≤x<95(E)
95≤x≤100(F)
频数
21
96
a
57
b
6
年级
平均数
众数
中位数
七年级
82.73
82
81
八年级
81.84
82
82
九年级
81.31
83
80