（广东卷）中考数学第二次模拟考试（2份，原卷版+解析版）

这是一份（广东卷）中考数学第二次模拟考试（2份，原卷版+解析版），文件包含广东卷中考数学第二次模拟考试全解全析doc、广东卷中考数学第二次模拟考试考试版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．【答案】A
【分析】根据正数都大于0，负数都小于0即可求解．
【详解】解：∵正数大于0和一切负数，∴，
∵-3＜0，∴-3＜0＜0.1＜，∴最小的数是-3．故选A．
【点睛】此题主要考查了实数的大小的比较，掌握实数的大小比较法则是关键．
2． 【答案】D
【分析】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．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．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】解：6573万＝6.573×107．故选择：D．
【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，解题的关键是熟练掌握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．
3． 【答案】D
【分析】分别求出下一期蓝色球的开奖结果是偶数的概率以及是奇数的概率，比较即可求解．
【详解】解：由题意可知，蓝色球号码从1-16的16个数中选择，共有16种结果，1-16的16个数中偶数有8个，奇数有8个，所以下一期蓝色球的开奖结果是偶数的概率为，
下一期蓝色球的开奖结果是奇数的概率为，故选：D．
【点睛】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
4．【答案】A
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2=4，代入代数式计算即可．
【详解】解：∵x1+x2=4，∴x1+3x2=x1+x2+2x2=4+2x2=5，∴x2=，
把x2=代入x2-4x+m=0得：（）2-4×+m=0，解得：m=，故选A．
【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2=-，x1•x2=是解题的关键．
5． 【答案】C
【分析】根据的展开式规律，写出的展开式，根据展开式即可写出的系数t．
【详解】∵
∴展开式中倒数第二项为
∴展开式中含项的系数是2023故选：C
【点睛】本题是材料阅读题，考查了多项式的乘法，读懂材料然后写出的展开式是关键．
6．【答案】A
【分析】根据正方体展开图的对面，逐项判断即可．
【详解】解：由正方体展开图可知，的对面点数是1；的对面点数是2；的对面点数是4；
∵骰子相对两面的点数之和为7，∴代表，故选：A．
【点睛】本题考查了正方体展开图，解题关键是明确正方体展开图中相对面间隔一个正方形，判断哪两个面相对．
7．【答案】A
【分析】在图1中，由锐角三角函数求出AE长，以AB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=ax2+3，进而求出a值，同理在图2中， A´B´所在直线为x轴，C´D´所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=x2+b´，求出b´，即可得到C´E´，由C´D´=C´E´+O´E´+O´D´即可得解.
【详解】解：如图1，

在Rt△AOE中， AO=BO=3.6，∠AOE=60 º，
∴OE=OAsin60 º=3.6×=1.8，AE= OAcs60 º=3.6×=，
以AB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=ax2+3，
当x=时，y=a×（）2+3=0，∴a=，
如图2，在Rt△A´O´E´中， A´O´=B´O´=3.24，∠A´O´E´=60 º，
∴O´E´=O´A´cs60 º=3.24×=1.62，A´E´= O´A´sin60 º=3.24×=，
以A´B´所在直线为x轴，C´D´所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=x2+b´，
当x=时，y=×（）2+b´=0，∴b´=2.43，即C´E´=2.43，
∴C´D´=C´E´+O´E´+O´D´=2.43+1.62+3.24=7.29cm.故选：A
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，建立适当的坐标系求二次函数解析式是解答此题的关键.
8． 【答案】B
【分析】先估算出的值，再估算出2的范围，从而得出2（﹣1）的值在2和3之间．
【详解】解：∵＜＜，又∵2（﹣1）＝2﹣2，
∴4＜2＜5，∴2＜2﹣2＜3，∴2（﹣1）的值在2和3之间；故选：B．
【点睛】本题考查了无理数的估算，熟练掌握无理数估算的基本方法是解题的关键．
9． 【答案】A
【分析】过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，利用平行线的性质得到∠ADE＝∠AED＝30°，则根据等腰三角形的性质得到DF＝EF，利用含30度的直角三角形三边的关系得到DE＝x，接着根据旋转的性质得DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，再证明∠DHB＝∠B＝30°得到DH＝DB＝x，所以x＝4-x，然后解方程即可．
【详解】解：如图，过A点作AF⊥DE于F，设AD＝x，
∵∠A＝120°，AB＝AC＝4，∴∠B＝∠C＝30°，
∵，∴∠ADE=∠AED=∠B =30°，∴AF＝AD＝x，
∴DF＝AF＝x，∴DE＝2DH＝x，
∵△ADE绕点D顺时旋转30°得△GDH，H点在BC上，∴DH＝DE＝x，∠EDH＝30°，
∵∠ADH＝∠B＋∠DHB，即∠ADE＋∠EDH＝∠B＋∠DHB，
∴∠DHB＝∠B＝30°，∴DH＝DB＝x，∵DB＝AB-AD＝4-x，∴x＝4-x，
解得：x＝2-2，即AD的长为2-2.故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线是解答本题的关键．
10．【答案】D
【分析】如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，就有AM＝CE，由勾股定理可以求出EF的值，通过证明△EFB≌△MFB就可以求出①；根据△BPG∽△BCE就可以求出PG、BG从而求出GC，再求△HPG∽△DPF得出GH的值就可以得出HC的值，从而得出②的结论；由△BCE≌△DCH可以得出∠1＝∠4，根据四点共圆的性质可以得出∠4＝∠5，进而由角的关系得出∠9＝∠5而得出③成立；根据△BHP≌△DEP就可以得出面积相等，根据等高的两三角形的面积关系等于底之比就可以求出结论．
【详解】解：如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，
∴AM＝CE，BE＝BM，∠1＝∠2．∠BAM＝∠BCE．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°．．
∴∠BAM＝∠BCE＝90°，∴∠MAF＝180°，∴点M、A、F在同一直线上．
∵AB＝2CE＝3AF，设AF＝x，∴AB＝3x，CE＝1.5x，∴MF＝1.5x+x＝2.5x，FD＝3x﹣x＝2x，ED＝1.5x．
在Rt△DFE中，由勾股定理得EF＝2.5x，∴EF＝MF．
∵在△EFB和△MFB中，，∴△EFB≌△MFB（SSS），∴∠EBF＝∠MBF．
∵∠MBF＝∠2+∠3，∴∠MBF＝∠1+∠3，∴∠EBF＝∠1+∠3．
∵∠EBF+∠1+∠3＝90°，∴∠EBF＝45°．
∵FG⊥BE，∴∠FPB＝∠BPG＝90°，∴∠BFP＝45°，
∴∠BFP＝∠PBF，∴PF＝PB，∴△PBF为等腰直角三角形，故①正确；
在Rt△AFB中，由勾股定理得BF＝，在Rt△BFP中，由勾股定理得PF＝PB＝，
在Rt△BEC中，由勾股定理得BE＝，
∵∠1＝∠1，∠BPG＝∠BCE＝90°，∴△BPG∽△BCE，
∴，∴，∴PG＝，BG＝2.5x．∴GC＝0.5x．
∵，∴△HPG∽△DPF，∴，∴，
∴GH＝x，∴HC＝1.5x，∴2HC＝3x，∴2HC＝BC，∴H是BC的中点．故②正确；
∵AB＝2CE，∴2HC＝2CE，∴HC＝CE，
在△BCE和△DCH中，，∴△BCE≌△DCH（SAS），∴∠1＝∠4．
过点E作交AD于Q，交BC的延长线于R．
∴∠BER＝∠BPG＝90°，∠5＝∠6．∴∠7+∠8＝90°．
∵∠1+∠7＝90°，∴∠1＝∠8．∵∠8＝∠9，∴∠1＝∠9，∴∠4＝∠9．
如图，∵∠FPE＝∠FDE＝90°，取的中点 连接
∴F、P、E、D四点共圆，
∴∠4＝∠5．∴∠9＝∠5，∴∠DEF＝2∠5，即∠DEF＝2∠PFE．故③正确；
∵在△BHP和△DEP中，，∴△BHP≌△DEP（AAS），∴S△BHP＝S△DEP．
作PS⊥BC于S，∴S△BHP＝，S△PHG＝．
∴S△BHP＝，S△PHG＝，∴，故④正确．
∴①②③④都是正确的．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，直角三角形斜边上的中线的性质，相似三角形的判定及性质的运用，圆的确定以及圆的基本性质．解答时作出恰当的辅助线是关键．
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．【答案】0
【分析】二元一次方程组两式相加得x+y=2，两式相减得x-y=4，将结果代入=0．
【详解】∵令有∴ 令有∴
将，代入得．故答案为：0．
【点睛】本题考查了已知式子的值解代数式值和解二元一次方程组，通过加减消元法化简二元一次方程组，得出所求代数式中含有的部分，再代入计算即可．
12．【答案】1
【分析】根据抛物线与x轴的交点问题，得到图象C1与x轴交点坐标为：（0，0），（2，0），此时顶点坐标为（1，1），再利用旋转的性质得到图象C2与x轴交点坐标为：（2，0），（4，0），顶点坐标为（3，-1），于是可推出抛物线上的点的横坐标x为偶数时，纵坐标为0，横坐标是奇数时，纵坐标为1或-1，按照上述规律进行解答，即可求解．
【详解】解：一段抛物线，
图象与轴交点坐标为：，，此时抛物线顶点坐标为，
将绕点旋转得，图象与轴交点坐标为：，，此时抛物线顶点坐标为，
将绕点旋转得，交轴于点；
点在第2021段抛物线上，4041是奇数，
点是抛物线的顶点，且点在轴的上方，．故答案为：1．
【点睛】本题是规律类问题，考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的顶点，二次函数与几何变换．找出顶点坐标的变化规律是解答本题的关键．
13．【答案】
【分析】连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，在四边形OCDH中，可求出，在四边形OFEH中，可求出，由题意得OP垂直平分FC，在中，根据直角三角形的性质可得OP=1，根据勾股定理得，则，过点D作，过点E作，根据角之间的关系可得，则，，则，，又因为是正六边形，所以，即可得，根据勾股定理可得，则，用多边形OFEDC的面积减去扇形OFC的面积即可得阴影部分的面积．
【详解】解：连接OF，OC，过点O作于点H，交FC于点P，
在四边形OCDH中，，，，∴，，
∴，
在四边形OFEH中，，，，∴，，
∴，
∵OC=OF，∴OP垂直平分FC，在中，，，OC=2，
∴，∴，
，∴，
过点D作，过点E作，∴，
∵，，，∴,同理可得，，
在中，，∴，
在中，，∴，
∴，∵EF=DE=CD=NM，∴，
，∴，
则，∴，，
∴阴影部分的面积= ，故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形与圆，扇形的面积，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点和求出正多边形的边长．
14．【答案】
【分析】根据，利用完全平方公式可得，根据x的取值范围可得的值，利用平方差公式即可得答案．
【详解】∵，∴，
∵，∴，∴=，∴==，故答案为：
【点睛】本题考查了完全平方公式及平方差公式，准确运用公式是解题的关键．
15．【答案】
【分析】由方程有两根可得，， 即或，由根与系数的关系得，，，题目给出，得，，，相乘得， 即可得，最后判断即可得出答案．
【详解】由题可知：，，，，或，
由根与系数的关系得：，，
，，，化简得：，
，解得：，综上：．故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系，解题关键是掌握判别式公式，当时，方程有两个不等的实数根，当时，方程有两个相等的实数根，当时，方程无实数根；同时会运用根与系数关系解题．
16．【答案】7
【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，∴BE+BD=3BE=，∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，∵AB∥CD，∴△PBE∽△PCD，∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，∴BC=2×=6，∴，解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，∴a+b=3+4=7，故答案为：7.
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
17．【答案】
【分析】作射线CE，设AC交DE于点J，过点A作AH⊥BC于点H．利用相似三角形的判定和性质证明∠ACE＝60°，推出点E的运动轨迹是射线CE，当EF⊥CE时，EF的值最小，此时EF＝CF•sin60°．
【详解】解：作射线CE，设AC交DE于点J，过点A作AH⊥BC于点H．
在Rt△ABH中，AH＝AB•sin60°＝ ，
∵∠ACH＝45°，∴AH＝CH＝，AC＝AH＝，∴AF＝CF＝，
∵△ADE∽△ABC，∴∠JCD＝∠AEJ，∠ABC＝∠ADE＝60°，
∵∠AJE＝∠DJC，∴△AJE∽△DJC，∴，∴，
∵∠AJD＝∠EJC，∴△AJD∽△EJC，∴∠ADJ＝∠ACE＝60°，∴点E的运动轨迹是射线CE，
∴当EF⊥CE时，EF的值最小，此时EF＝CF•sin60°＝．故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.
三、解答题（一）（本大题共3小题，每题6分，共18分．）
18．【答案】(1)；(2)﹣≤x＜
【分析】(1)首先分解因式及进行括号内分式的加法运算，再把除法运算转化为乘法运算，最后约分得到最简结果；(2)分别求出不等式组中两个不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】解：(1)原式＝÷＝•＝；
(2) ，由①得：x＜，由②得：x≥﹣，
∴不等式组的解集为﹣≤x＜．
【点睛】本题考查了分式的混合运算，解一元一次不等式组，(1)要先算括号里的，再进行因式分解和约分运算；(2)准确求得每一个不等式的解集是解决本题的关键．
19． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）答案不唯一，详见解析
【分析】（1）根据题目所给数据得出70-79分的有71，79，73，76，72，共5个，成绩在60-69分的有63，61，共2个，据此可补全图形；（2）根据中位数和众数的定义求解可得；（3）可从平均数或中位数的意义解答（答案不唯一）．
【解析】解：（1）补全条形统计图，如下图：
（2）乙班成绩的中位数是第15、16个数据的平均数，而第15、16个数据分别为87，85，
所以乙班成绩的中位数为（分），
∵数据92出现5次，次数最多，∴这组数据的众数为92分，补全表格如下：
（3）甲班的学生在本次测试中数学成绩更好，因为甲班的平均分更高．
或者乙班的学生在本次测试中数学成绩更好，因为甲、乙班两班平均分相差不大，但乙班得分之间的人数更多．（答案不唯一，原因正确均得分）
【点睛】本题考查条形统计图、中位数、众数、平均数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
20．【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）以B为圆心，任意长为半径画弧，得到与，的两个交点，分别以这两个交点为圆心，大于这两个交点间的距离的一半为半径画弧，得到两弧的交点，以为端点，过两弧的交点作射线即可；
（2）利用HL证出，再通过角平分线的性质和角的等量代换求证即可．
【详解】解：（1）如图所示即为所求：
（2）∵为的高∴
∴在和中∴∴
又∵平分∴∴
【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图和三角形全等的判定，熟悉掌握角平分线的作法和全等三角形的判定方法是解题的关键．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每题8分，共24分．）
21． 【答案】(1)；(2)；(3)EM•DN为定值，见解析
【分析】（1）根据平移求出点B的坐标，并运用待定系数法求出答案；
（2）如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，先证明△CDG∽△BDF，结合BC=2CD，可得出 ，进而求出点C的坐标，再运用待定系数法求出直线l的解析式，得出点D的坐标，即可求得答案；（3）设P(t， )，且t＞0，即可得出M(t，-2t+8)，N(4-，)，运用两点间距离公式即可求出EM•DN=15，故EM•DN为定值．
(1)将点A（0，4）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得B(1，6)，
∵点B恰好落在反比例函数 （k＞0）的图象上．
∴ ，∴k=6，∴反比例函数表达式为 ；
(2)如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，∴∠CGD=∠BFD=90°，
∵∠CDG=∠BDF，∴△CDG∽△BDF，∴，
∵BC=2CD，BC+CD=BD，∴BD=3CD，∴，
∵B(1，6)，∴BF=6，OF=1，∴CG=BF=×6=2，
将y=2代入，得2= ，∴x=3，∴C(3，2)，
将B(1，6)，C(3，2)代入y=mx+n，
得： ，解得 ，∴直线l的表达式为y=-2x+8，
令y=0，得：-2x+8=0，解得：x=4，∴D(4，0)， ∴OD=4，
∴S△BOD=•OD•BF=×4×6=12；
(3)如图2，由（2）知，直线BC的解析式为y=-2x+8，
令x=0，得y=8，∴E(0，8)，设P(t，)，且t＞0，
∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴M(t，-2t+8)，N(4-，)，
∴ ， ，
∴EM•DN= =15，∴EM•DN为定值．
【点睛】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用，两点间距离公式的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建方程解决问题，学会构建一次函数，属于中考常考题型．
22．【答案】（1）1250；（2）；（3）见解析；（4）见解析.
【分析】(1)先确定件数小于等于20时，每件服装的利润为60元，
超过5件时，售价减少2×5=10元，此时每件的利润为50元，乘以件数即可；
(2)根据总利润先求出销售的件数,根据件数的特点确定a的值即可；
(3)根据图像的特点，利用数形结合思想，分三种情形确定对应的函数解析式；
(4)根据函数的解析式，自变量的范围，分类确定最值即可.
【详解】（1）∵当x=25时，售价降低2（25-20）=10（元），此时售价为120-10=110（元），
∴每件的利润为110-60=50（元），∴此时的利润为25×50=1250（元），故填1250元；
（2）设购买服装件时，所获得总利润为1050元，根据题意得：，
化简得：，解得：，，
∵，∴（舍）．∴x=35，∴，故填90；
（3）①当时，y是x的正比例函数，设y=kx,
把（20,1200）代入解析式，得20k=1200,解得k=60，∴；
②当时，y是x的二次函数，设y= ,
把（20,1200），（25,1250），（,35,1050）代入解析式，得
，解得，∴函数解析式为；
③当时，y是x的正比例函数，设y=kx,
把（30,1050）代入解析式，得30k=1050,解得k=30，∴；
（4）①0＜m＜20时，y=60x，
∵y随x的增大而增大，∴当m最大时，y最大，∴的最大值；
②当时，抛物线对称轴的左边，y随x的增大而增大，
∴的最大值；
③当时，抛物线对称轴的右边，y随x的增大而减小，
∴当m=25时，y值最大，∴的最大值；
④当时，∵y随x的增大而增大，∴当m最大时，y最大，∴的最大值．
【点睛】本题考查销售问题，正比例函数解析式确定及其性质，二次函数解析式确定及其性质，体现了数形结合思想，分类思想，最值思想，巩固了待定系数法，根据图像特点准确选择函数表达式是解题的关键.
23． 【答案】（1）CE=3；（2）①见解析；②或2．
【分析】（1）由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝8−x．在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（2）①由△ADE∽△GCE计算出GC的长度，再证明四边形AFGD是平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形的菱形即可证明；
②若△DMN 是直角三角形，则有两种情况，一是当∠MDN=90°时，二是当∠DNM=90°时，分别利用相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可计算得出．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8，∴∠B＝∠BCD＝90°，
由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设CE＝x，则DE＝EF＝8−x．
在Rt△ABF中，BF＝，∴CF＝BC−BF＝10−6＝4，
在Rt△EFC中，则有：(8−x)2＝x2＋42，∴x＝3，∴CE＝3．
（2）①证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC∴△ADE∽△GCE，∴，
∵AD=10，CE=3，DE=5，∴，∴GC=6，
由（1）可得：CF=4，∴GF=6+4=10，∴四边形AFGD是平行四边形，
又∵AD=AF，∴平行四边形AFGD是菱形．
②∵∠DMN=∠DAM，∴若△DMN 是直角三角形，则有两种情况，
当∠MDN=90°时，∵AD=GD，∴∠DAG=∠DGA
又∵∠ADE=∠GDM=90°，∴△ADE≌△GDM（ASA）∴DM=DE=5，
又∵∠DMN=∠DAM，∠ADE=∠MDN=90°，∴△ADE∽△MDN
∴，即，∴；当∠DNM=90°时，则∠MDN+∠DMN=90°，
又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，∴∠DMN=∠DGA，∴∠MDN+∠DGA=90°，∴∠DMG=90°，
∵sin∠DAE=，∵，∴，∴DM=，
∵∠DMN=∠DAM∴sin∠DMN=sin∠DAM∴，即
解得：x=2，综上所述：或2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每题10分，共20分．）
24． 【答案】（1）；（2）①见解析；②当点运动到点时取得最大值，此时．
【分析】（1）先利用等弧所对的圆周角相等得到，再根据点是的中点得到再利用同弧所对的圆周角相等即可得到答案．（2）①过作于点，证明，再证即可得到；②先连接并延长交于点，根据D点由向点运动且满足，则可以得到点的运动范围在上，根据证明①的方法证明②条件下依然成立，再根据垂径定理即可得出答案．
【详解】，
是的中点
过作于点
则
又于点
又

又四边形是的内接四边形
又
又

连接并延长交于点，则点的运动范围在上
理由如下：如图：过作于点则
又于点
又四边形是的内接四边形
又
又
是直径，
垂直平分，
当点运动到点时取得最大值，此时．
当点D在上移动时，∵>，∴AD>CD，
又∵，不满足，∴此种情况不存在．
综上所述当点运动到点时取得最大值，此时．
【点睛】本题主要考查了圆周角的性质，垂径定理以及圆的动点问题，本题难度较大，综合性较强，解决本题的关键是正确做出辅助线和运用转化思想．
25．【答案】(1)；；(2)；(3)①；②秒或秒.
【分析】(1)将、的坐标代入中，即可求解；(2)确定直线的解析式为，根据点、关于直线对称，即可求解；(3)①与相似，则或，即可求解；②分、、三种情况，分别求解即可．
【详解】解：(1))∵点、关于直线对称，，∴，，
代入中，得：，解得，
∴抛物线的解析式为，∴点坐标为；
(2)如图，连接BC，设直线的解析式为，
则有：，解得，∴直线的解析式为，

∵点、关于直线对称，又到对称轴的距离为1，∴，
∴点的横坐标为2，将代入中，得：，∴；
(3)①如下图，，，与相似，则或，
即：或，解得：或或3或1(舍去、、3)，故：；
②∵，轴，∴，∵为等腰三角形，∴分三种情况讨论，
第一种，当时，
∵，∴，∴，∴；
第二种，当时，在中，
∵，∴，∴，即，∴；
第三种，当时，则点、重合，此时，而，故不符合题意，
综上述，当秒或秒时，为等腰三角形．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
D
D
A
C
A
A
B
A
D
平均数
中位数
众数
甲班
乙班