2022年重庆中考数学终极押题密卷2

这是一份2022年重庆中考数学终极押题密卷2，共37页。
2022年重庆中考数学终极押题密卷2
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）（2021秋•卧龙区期末）﹣的相反数是（　　）
A． B．﹣ C． D．﹣
2．（4分）（2022春•开福区校级期中）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣2x2）3＝﹣6x6 B．x3﹣x2＝x
C．x3•x3＝x9 D．2x4÷x2＝2x2
3．（4分）（2022•晋中一模）一个不等式组中两个不等式的解集在同一数轴上的表示如图所示，这个不等式组的解集为（　　）

A．x＜﹣1 B．x≤1 C．﹣1＜x≤1 D．x≥1
4．（4分）（2021秋•雄县期末）如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（2，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A'B'C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a（a＞2），则点B的对应点B'的横坐标是（　　）

A．2a﹣2 B．﹣2a+2 C．2a﹣4 D．﹣2a+4
5．（4分）（2022•湖里区校级模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD，且AC＝BC，∠ADC＝130°，则∠ADB的度数为（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
6．（4分）（2021秋•巴中期末）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（4分）（2021秋•东莞市期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AF＝DC，添加下列条件中的一个仍无法证明△ABC≌△DEF的是（　　）

A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠B＝∠E D．∠ACB＝∠DFE
8．（4分）（2022春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两车匀速从A地到B地，甲出发半小时后，乙车以每小时80千米的速度沿同一路线行驶，两车分别到达目的地后停止，甲、乙两车之间的距离y（千米）与甲车行驶的时间x（小时）之间的函数关系如图所示．则下列说法错误的是（　　）

A．甲车的行驶速度为60km/h
B．当乙车行驶1.5小时，乙车追上甲车
C．当甲车行驶5小时，甲、乙两车相距60km
D．A、B两地的距离为460km
9．（4分）（2021秋•洪山区期末）如图，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝4，点D为直线AB上一动点，以线段CD为腰在右侧作等腰△CDE，且∠DCE＝120°，连接AE，则AE的最小值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
10．（4分）（2022•镇海区校级模拟）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进12m到达点B处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C．则树PQ的高度为（　　）（结果精确到0.1m，≈1.73）

A．18.9 B．18.8 C．19.0 D．19.1
11．（4分）（2021秋•义乌市期末）若关于x的方程无解，则m的值为（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．2 D．﹣2
12．（4分）（2021秋•双峰县期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别为（0，2）、（2，0），∠ACB＝90°，tan∠ABC＝2，函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）

A．2 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2022春•沙坪坝区校级月考）计算：＝　 　．
14．（4分）（2021秋•浑南区期末）已知点M坐标为（﹣4，﹣7），点M到x轴距离为 　 　．
15．（4分）（2021秋•南岗区期末）若关于x的方程3x﹣7＝2x+a的解为x＝2，则a的值为 　 　．
16．（4分）（2021秋•浈江区期末）如图，矩形ABCD的边长，以AC为直径，AC的中点为圆心画弧，交矩形于点D，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，交AC于点E，则图中阴影部分的面积为 　 　．（结果保留π）

17．（4分）（2022•沈河区校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，∠B＝45°，BC＝5，CD＝4，点E在线段AB上，将△BCE沿CE所在的直线折叠，点B落在直线AD上的点F处，则AE＝　 　．

18．（4分）（2021秋•巴南区期末）某商场销售甲、乙两种商品，甲种商品每件进价20元，售价28元；乙种商品每件售价45元，利润率为50%．该商场准备用3040元购进甲、乙两种商品若干件，则将购回的商品全部出售后的最大利润是　 　．
三．解答题（共7小题，满分70分，每小题10分）
19．（10分）（2021秋•呼和浩特期末）“杂交水稻之父”袁隆平团队示范基地的“水稻1号”的试验田是边长为a米（a＞1）的正方形去掉一个边长为1米的正方形蓄水池后余下的部分，“水稻2号”的试验田是边长为（a﹣1）米的正方形，两块试验田的水稻都收获了1000千克．
（1）试说明哪种水稻的单位面积产量高？
（2）高的单位面积产量是低的单位面积产量的多少倍？
20．（10分）（2021秋•张店区期末）某校为了强化学生的环保意识，校团委在全校举办了“保护环境，人人有责”知识竞赛活动，初、高中根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队进行复赛，复赛成绩如图所示．
根据以上信息解答下列问题：
（1）高中代表队五名学生复赛成绩的中位数为 　 　分；
（2）分别计算初中代表队、高中代表队学生复赛成绩的平均数；
（3）已知高中代表队学生复赛成绩的方差为20，请计算初中代表队学生复赛成绩的方差，并结合两队成绩的平均数和方差分析哪个队的复赛成绩较好．

21．（10分）（2022•剑阁县模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，D是BC上一点，且∠ADC＝60°，CF⊥AD于F，AE⊥BC于E，AE交CF于G．
（1）求证：△AFG≌△CFD；
（2）若FD＝1，AF＝，求线段EG的长．

22．（10分）（2021秋•成华区期末）已知关于x的一元二次方程x2+（2a+1）x+a2＝0．
（1）若方程有两个不相等的实数根，求a的取值范围；
（2）若方程有两个相等的实数根，求a的值，并求出这两个相等的实数根．
23．（10分）（2022•宁波模拟）2020年，受新冠肺炎疫情影响．口罩紧缺，某网店以每袋8元（一袋十个）的成本价购进了一批口罩，二月份以一袋14元的价格销售了256袋，三、四月该口罩十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，四月份的销售量达到400袋．
（1）求三、四这两个月销售量的月平均增长率；
（2）为回馈客户．该网店决定五月降价促销．经调查发现．在四月份销量的基础上，该口罩每袋降价1元，销售量就增加40袋，当口罩每袋降价多少元时，五月份可获利1920元？
24．（10分）（2018春•苏州期中）阅读理解以下文字：
我们知道，多项式的因式分解就是将一个多项式化成几个整式的积的形式．通过因式分解，我们常常将一个次数比较高的多项式转化成几个次数较低的整式的积，来达到降次化简的目的．这个思想可以引领我们解决很多相对复杂的代数问题．
例如：方程2x2+3x＝0就可以这样来解：
解：原方程可化为x（2x+3）＝0，
所以x＝0或者2x+3＝0．
解方程2x+3＝0，得x＝﹣．
所以解为x1＝0，x2＝﹣．
根据你的理解，结合所学知识，解决以下问题：
（1）解方程：（x+3）2﹣4x2＝0；
（2）解方程：x2﹣5x＝6；
（3）已知△ABC的三边长为4，x，y，请你判断代数式16y+2x2﹣32﹣2y2的值的符号．
25．（10分）（2022•贵港模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（6，0）．对称轴l与x轴交于点F，P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当四边形ACPB面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接PF，E是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

四．解答题（共1小题，满分8分，每小题8分）
26．（8分）（2022•义乌市校级开学）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和点M，给出定义：若M满足：MA＝MB，则称M是线段AB的“对称点”，其中，当0°＜∠AMB＜90°，称M为线段AB的“劣对称点”；当90°≤∠AMB≤180°时，则称M为“优对称点”．

（1）如图1，点A，B的坐标分别为（0，2），（2，0），则在坐标M1（0，0），M2（2，3），M3（4，4）中，是线段AB的“对称点”为：　 　；是线段AB的“劣对称点”为 　 　．
（2）如图2，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（2，0），若M为线段AB的“优对称点”，求出点M的横坐标m的取值范围．
（3）在（2）的条件下，点P为x轴上的动点（不与B重合），若T为AB的“对称点”，当线段TB与TP的和最小时，直接写出T关于直线AB的对称点S的坐标．

2022年重庆中考数学终极押题密卷2
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）（2021秋•卧龙区期末）﹣的相反数是（　　）
A． B．﹣ C． D．﹣
【考点】相反数．
【专题】实数；数感．
【分析】根据相反数的定义解决此题．
【解答】解：根据相反数的定义，﹣的相反数是．
故选：A．
【点评】本题主要考查相反数，熟练掌握相反数的定义是解决本题的关键．
2．（4分）（2022春•开福区校级期中）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣2x2）3＝﹣6x6 B．x3﹣x2＝x
C．x3•x3＝x9 D．2x4÷x2＝2x2
【考点】整式的除法；合并同类项；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及同底数幂的乘法运算法则、整式的除法运算法则分别化简，进而判断得出答案．
【解答】解：A．（﹣2x2）3＝﹣8x6，故此选项不合题意；
B．x3﹣x2，无法合并，故此选项不合题意；
C．x3•x3＝x6，故此选项不合题意；
D.2x4÷x2＝2x2，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了积的乘方运算以及同底数幂的乘法运算、整式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
3．（4分）（2022•晋中一模）一个不等式组中两个不等式的解集在同一数轴上的表示如图所示，这个不等式组的解集为（　　）

A．x＜﹣1 B．x≤1 C．﹣1＜x≤1 D．x≥1
【考点】在数轴上表示不等式的解集．
【分析】本题可根据数轴的性质，实心圆点包括该点用“≥”，“≤”表示，空心圆圈不包括该点用“＜”，“＞”表示，大于向右，小于向左．观察相交的部分即为不等式的解集．
【解答】解：数轴上表示解集的线的条数与不等式的个数一样的部分是﹣1左边的部分，则不等式解集为：x＜﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查不等式组解集的表示方法．把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．
4．（4分）（2021秋•雄县期末）如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（2，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A'B'C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，设点B的横坐标是a（a＞2），则点B的对应点B'的横坐标是（　　）

A．2a﹣2 B．﹣2a+2 C．2a﹣4 D．﹣2a+4
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，B′E⊥x轴于点E，根据相似三角形的性质得到＝，根据位似比求出＝，计算即可．
【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，B′E⊥x轴于点E，
则BD∥B′E，
∴△BCD∽△B′CE，
∴＝，
∵点C的坐标是（2，0），
∴OC＝2，
∵点B的横坐标是a，
∴CD＝a﹣2，
∵△ABC与△A'B'C是位似图形，位似比为2，
∴＝，
∴CE＝2CD＝2a﹣4，
∴OE＝2a﹣2，
∴点B的对应点B'的横坐标是2﹣2a，
故选：B．

【点评】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，根据位似比求出＝是解题的关键．
5．（4分）（2022•湖里区校级模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD，且AC＝BC，∠ADC＝130°，则∠ADB的度数为（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力．
【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠ABC+∠ADC＝180°，求出∠ABC＝50°，根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠ABC＝50°，求出∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝80°，根据圆周角定理得出∠ADB＝∠ACB，再求出答案即可．
【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC＝130°，
∴∠ABC＝50°，
∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝80°，
∴∠ADB＝∠ACB＝80°，
故选：D．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，等腰三角形的性质等知识点，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键．
6．（4分）（2021秋•巴中期末）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的除法运算法则、二次根式的性质分别化简，进而判断得出答案．
【解答】解：A.+，无法合并，故此选项不合题意；
B.﹣＝3﹣2＝，故此选项符合题意；
C.＝2，故此选项不合题意；
D.÷＝＝2，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
7．（4分）（2021秋•东莞市期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AF＝DC，添加下列条件中的一个仍无法证明△ABC≌△DEF的是（　　）

A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠B＝∠E D．∠ACB＝∠DFE
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据AF＝DC求出AC＝DF，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵AF＝DC，
∴AF+FC＝DC+FC，
即AC＝DF，
A．AB＝DE，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
B．BC＝EF，AC＝DF，∠A＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选项符合题意；
C．∠B＝∠E，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
D．∠ACB＝∠DFE，AC＝DF，∠A＝∠D，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
8．（4分）（2022春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两车匀速从A地到B地，甲出发半小时后，乙车以每小时80千米的速度沿同一路线行驶，两车分别到达目的地后停止，甲、乙两车之间的距离y（千米）与甲车行驶的时间x（小时）之间的函数关系如图所示．则下列说法错误的是（　　）

A．甲车的行驶速度为60km/h
B．当乙车行驶1.5小时，乙车追上甲车
C．当甲车行驶5小时，甲、乙两车相距60km
D．A、B两地的距离为460km
【考点】一次函数的应用．
【专题】数形结合；一次函数及其应用；应用意识．
【分析】由图象直接可求甲车的速度是60km/h，可判断选项A；设乙车出发x小时后追上甲，可得60（x+0.5）＝80x，即可解得乙车出发1.5小时后追上甲车，可判断选项B；求出线段AB的解析式，令x＝5可判断选项C；求出线段BC解析式，令y＝0可得甲车到达B地所用时间，从而可求从A地到B地的距离，即可判断选项D．
【解答】解：由图象知：甲车半小时行驶30千米，
∴甲车的速度是60km/h，故A正确，不符合题意；
设乙车出发x小时后追上甲，根据题意得：
60（x+0.5）＝80x，
解得x＝1.5，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故B正确，不符合题意；

∵乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴甲出发2小时后被乙追上，
∴点A的坐标为（2，0），
∵90÷（80﹣60）+2＝6.5（时），
∴点B的坐标为（6.5，90），
设AB的解析式为y＝kx+b，由点A，B的坐标可得：
，解得，
∴AB的解析式为y＝20x﹣40（2≤x≤6.5）；
当x＝5时，y＝20×5﹣40＝60，
∴当甲车行驶5小时，甲、乙两车相距60km，故C正确，不符合题意；
设BC的解析式为y＝﹣60x+c，由B的坐标得：
﹣60×6.5+c＝90，解得c＝480，
故BC的解析式为y＝﹣60x+480（6.5≤x≤8）；
在y＝﹣60x+480中，令y＝0得x＝8，
∴C（8，0），
∴甲出发8小时后到达B地，
∴A、B两地的距离为60×8＝480（km），故D错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题是一次函数的应用，属于行程问题，考查了利用待定系数法求一次函数的解析式，并与行程问题的路程、时间、速度相结合，读出图形中的已知信息，是一道综合性较强的题，有难度，同时也运用了数形结合的思想解决函数问题．
9．（4分）（2021秋•洪山区期末）如图，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝4，点D为直线AB上一动点，以线段CD为腰在右侧作等腰△CDE，且∠DCE＝120°，连接AE，则AE的最小值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【考点】全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；三角形三边关系．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】连接BE并延长交AC延长线于F，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得∠CBE＝∠CAD＝30°，由CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，则AF⊥BE时，AE最小，从而解决问题．
【解答】解：连接BE并延长交AC延长线于F，

∵∠ACB＝120°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∵∠DCE＝120°＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，
∵CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，
∴当D在直线AB上运动时，E也在定直线上运动，
当AE⊥BE时，AE最小，
∵∠CAB＝30°＝∠ABC＝∠CBE，
∴∠AFB＝90°，
∴当E与F重合时，AE最小，在Rt△CBF中，∠CFB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CF＝，
∴AF＝AC+CF＝6，
∴AE的最小值为AF＝6，
故选：C．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，求出点E的运动路径是解题的关键．
10．（4分）（2022•镇海区校级模拟）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进12m到达点B处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C．则树PQ的高度为（　　）（结果精确到0.1m，≈1.73）

A．18.9 B．18.8 C．19.0 D．19.1
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】设PC＝xm，在Rt△APC和Rt△BPC中，求出AC和BC，根据AB＝AC﹣BC即可列出方程求得x的值，再在Rt△BQC中利用三角函数求得QC的长，则PQ的长度即可求解．
【解答】解：设PC＝xm．
在Rt△APC中，∠PAC＝45°，
∴AC＝PC＝x；
∵∠PBC＝60°，
∴∠BPC＝30°．
在Rt△BPC中，BC＝PC＝x，
∵AB＝AC﹣BC＝6，
∴x﹣x＝12，
解得：x＝18+6，
则BC＝6+6，
在Rt△BCQ中，QC＝BC＝6+2，
∴PQ＝PC﹣QC＝18+6﹣（6+2）＝12+4≈18.9（m）．
答：树PQ的高度约为18.9m．
故选：A．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，三角函数的定义等知识；运用三角函数求出PC和QC是解决问题的关键．
11．（4分）（2021秋•义乌市期末）若关于x的方程无解，则m的值为（　　）
A．﹣3 B．﹣1 C．2 D．﹣2
【考点】分式方程的解．
【专题】计算题．
【分析】先去分母得到整式方程x﹣1＝m﹣（x﹣3），整理得m﹣2x＝﹣4，由于x的方程无解，则x﹣3＝0，即x＝3，然后把x＝3代入m﹣2x＝﹣4进行计算即可得到m的值．
【解答】解：去分母得x﹣1＝m﹣（x﹣3），
整理得m﹣2x＝﹣4，
∵x的方程无解，
∴x﹣3＝0，即x＝3，
∴m﹣2×3＝﹣4，
∴m＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了分式方程的解：使分式方程左右两边成立的未知数的值叫分式方程的解，若分式方程化为整式方程，而整式方程的解不满足分式方程，则分式方程无解．
12．（4分）（2021秋•双峰县期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别为（0，2）、（2，0），∠ACB＝90°，tan∠ABC＝2，函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）

A．2 B．2 C．3 D．4
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；解直角三角形．
【专题】反比例函数及其应用；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】过B点作BD⊥x轴于D，如图，先关键勾股定理得到AC＝2，∠ACO＝45°，再判断△BCD为等腰直角三角形得到CD＝BD＝BC，则可计算出CD＝BD＝1，所以B（3，1），然后利用反比例函数图象上点的坐标特征求出k的值．
【解答】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵点A、C的坐标分别为（0，2）、（2，0），
∴OA＝OC＝2，
在Rt△AOC中，AC＝＝＝2，
又∵tan∠ABC＝2，
∴tan∠ABC＝＝2，
∴BC＝AC＝，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°＝∠BCD＝∠CBD，
∴CD＝BD＝BC＝×＝1，
∴OD＝2+1＝3，
∴B（3，1），
将点B的坐标代入y＝得：k＝3，
故选：C．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了反比例函数的性质．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2022春•沙坪坝区校级月考）计算：＝　7　．
【考点】实数的运算；负整数指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝4+3
＝7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了实数的运算，负整数指数幂，准确熟练地化简各式是解题的关键．
14．（4分）（2021秋•浑南区期末）已知点M坐标为（﹣4，﹣7），点M到x轴距离为 　7　．
【考点】点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【分析】根据点到x轴距离是纵坐标的绝对值判断即可．
【解答】解：已知点M坐标为（﹣4，﹣7），点M到x轴距离为：|﹣7|＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了点的坐标，掌握点到x轴距离是纵坐标的绝对是解答本题的关键．
15．（4分）（2021秋•南岗区期末）若关于x的方程3x﹣7＝2x+a的解为x＝2，则a的值为 　﹣5　．
【考点】一元一次方程的解．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．
【分析】将x＝2代入方程3x﹣7＝2x+a，即可求a的值．
【解答】解：∵方程3x﹣7＝2x+a的解为x＝2，
∴3×2﹣7＝2×2+a，
∴﹣1＝4+a，
∴a＝﹣5，
故答案为：﹣5．
【点评】本题考查一元一次方程的解，熟练掌握一元一次方程的解与一元一次方程的关系是解题的关键．
16．（4分）（2021秋•浈江区期末）如图，矩形ABCD的边长，以AC为直径，AC的中点为圆心画弧，交矩形于点D，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，交AC于点E，则图中阴影部分的面积为 　π　．（结果保留π）

【考点】扇形面积的计算；矩形的性质．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【分析】根据S阴＝S半圆﹣S△ADC+S△ABC﹣S扇形ABE＝S半圆﹣S扇形ABE，可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵AB＝2，BC＝2，
∴tan∠BAC＝，
∴∠BAC＝30°，
∴AC＝2BC＝4，
∵S阴＝S半圆﹣S△ADC+S△ABC﹣S扇形ABE＝×π×22﹣＝2π﹣π＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查扇形的面积的计算，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
17．（4分）（2022•沈河区校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，∠B＝45°，BC＝5，CD＝4，点E在线段AB上，将△BCE沿CE所在的直线折叠，点B落在直线AD上的点F处，则AE＝　或　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质．
【专题】推理填空题；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】分两种情况画图讨论：①当点F在线段AD上，过点C作CM⊥AD于点M，根据等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理可得DF＝AM＝1，过点E作EH⊥DA的延长线于点H，设AE＝x，则AH＝HE＝x，HF＝AH+AF＝x+4，根据勾股定理列方程即可解决问题．②当点F在DA延长线上时，同①的方法解决即可．
【解答】解：①如图，过点C作CM⊥AD于点M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B＝45°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，
∴∠DCM＝45°，
∴CM＝DM＝CD＝4，
由翻折可知：CF＝BC＝5，
∴MF＝＝3，
∴DF＝DM﹣MF＝4﹣3＝1，
∴AF＝AD﹣DF＝5﹣1＝4，
∵AM＝AF﹣MF＝4﹣3＝1，
过点E作EH⊥DA的延长线于点H，
∵AD∥BC，
∴∠HAE＝∠B＝45°，
设AE＝x，
则AH＝HE＝x，
∴HF＝AH+AF＝x+4，
在Rt△FHE中，根据勾股定理得：
EH2+HF2＝EF2，
由翻折可知：EF＝BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
∴（x）2+（x+4）2＝（4﹣x）2，
解得x＝．
②如图，过点C作CM⊥AD于点M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B＝45°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，
∴∠DCM＝45°，
∴CM＝DM＝CD＝4，
由翻折可知：CF＝BC＝5，
∴MF＝＝3，
∴DF＝DM+MF＝4+3＝7，
∴AF＝DF﹣AD＝7﹣5＝2，
∵AM＝MF﹣AF＝3﹣2＝1，
过点E作EH⊥DA的延长线于点H，
∵AD∥BC，
∴∠HAE＝∠B＝45°，
设AE＝x，
则AH＝HE＝x，
∴HF＝AH﹣AF＝x﹣2，
在Rt△FHE中，根据勾股定理得：
EH2+HF2＝EF2，
由翻折可知：EF＝BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
∴（x）2+（x﹣2）2＝（4﹣x）2，
解得x＝．
∴AE＝x＝．
综上所述：AE的长为：或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
18．（4分）（2021秋•巴南区期末）某商场销售甲、乙两种商品，甲种商品每件进价20元，售价28元；乙种商品每件售价45元，利润率为50%．该商场准备用3040元购进甲、乙两种商品若干件，则将购回的商品全部出售后的最大利润是　1516元　．
【考点】二元一次方程的应用．
【分析】根据商品利润率＝×100%，可求每件甲种商品利润率．由于乙种商品利润率高，依此即可求得最大利润．
【解答】解：设甲种商品的利润率是x%，则
20×x%＝28﹣20
x＝40%，
∵乙种商品每件售价45元，利润率为50%，
∴乙种商品利润率高，
∵乙商品的进价：45÷（1+0.5）＝30（元）
∴3040÷30＝101.10，
∴购进100件乙商品，（3040﹣100×30）÷20＝2（件）购进2件甲商品时，利润最大．
利润为：100×（45﹣30）+2×（28﹣20）＝1516（元）
故答案是：1516元．
【点评】此题考查了一元一次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．
三．解答题（共7小题，满分70分，每小题10分）
19．（10分）（2021秋•呼和浩特期末）“杂交水稻之父”袁隆平团队示范基地的“水稻1号”的试验田是边长为a米（a＞1）的正方形去掉一个边长为1米的正方形蓄水池后余下的部分，“水稻2号”的试验田是边长为（a﹣1）米的正方形，两块试验田的水稻都收获了1000千克．
（1）试说明哪种水稻的单位面积产量高？
（2）高的单位面积产量是低的单位面积产量的多少倍？
【考点】分式的混合运算．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【分析】（1）分别计算出两种水稻的单位面积产量，再比较那种的水稻的产量高；
（2）利用分式的除法法则计算即可．
【解答】解：（1）“水稻1号”试验田的面积是（a2﹣1）米2，单位面积产量是千克/米2；
“水稻2号”试验田的面积是（a﹣1）2米2，单位面积产量是千克/米2；
∵a＞1，
∴（a﹣1）2＞0，a2﹣1＞0．
∵a2﹣1﹣（a﹣1）2＝2a＞0，
∴a2﹣1＞（a﹣1）2．
∴＜．
所以，“水稻2号”的单位面积产量高．
（2）÷
＝×
＝
＝．
所以，“水稻2号”的单位面积产量是“水稻1号”的单位面积产量的倍．
【点评】本题主要考查了分式的混合运算，掌握分式除法的运算法则和分式比较大小的方法是解决本题的关键．
20．（10分）（2021秋•张店区期末）某校为了强化学生的环保意识，校团委在全校举办了“保护环境，人人有责”知识竞赛活动，初、高中根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队进行复赛，复赛成绩如图所示．
根据以上信息解答下列问题：
（1）高中代表队五名学生复赛成绩的中位数为 　95　分；
（2）分别计算初中代表队、高中代表队学生复赛成绩的平均数；
（3）已知高中代表队学生复赛成绩的方差为20，请计算初中代表队学生复赛成绩的方差，并结合两队成绩的平均数和方差分析哪个队的复赛成绩较好．

【考点】方差；算术平均数；中位数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【分析】（1）根据中位数的定义可得答案；
（2）按照平均数的计算方法计算即可；
（3）计算初中代表队的方差，再比较即可．
【解答】解：（1）五个人的成绩从小到大排列为：90、90、95、100、100．
第3个数为中位数，所以中位数是95；
故答案为：95；
（2）高中代表队的平均数为（90+90+95+100+100）÷5＝95（分），
初中代表队的平均数为（80+90+90+90+100）÷5＝90（分）；
（3）初中代表队的方差为×[（80﹣90）2+（90﹣90）2+（90﹣90）2+（90﹣90）2+（100﹣90）2]＝40（分2），
∵95＞90，20＜40，
∴高中代表队成绩较好．
【点评】本题考查数据的收集与整理，熟练掌握中位数、平均数、方差的计算方法是解题关键．
21．（10分）（2022•剑阁县模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，D是BC上一点，且∠ADC＝60°，CF⊥AD于F，AE⊥BC于E，AE交CF于G．
（1）求证：△AFG≌△CFD；
（2）若FD＝1，AF＝，求线段EG的长．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【分析】（1）根据AAS即可得到两三角形全等；
（2）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到FD等于CD的一半，由第一问的结论可知FG等于DF都等于1，由全等得到CF等于AF，利用CF减FG即可求出CG，所以EG等于CG的一半即可求出．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝60°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
又∵∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝45°，
又∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝∠CFD＝90°，∠ACF＝∠DAC＝45°，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，AE⊥BC，
∴∠CDF+∠DCF＝∠CGE+∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠CGE，
∵∠CGE＝∠AGF，
∴∠AGF＝∠CDF，
∵在△AFG和△CFD中，
，
∴△AFG≌△CFD（AAS）；
（2）解：在Rt△CFD中，∠CFD＝90°，∠FCD＝30°，
∴CD＝2DF＝2，
∵△AFG≌△CFD，
∴FG＝DF＝1，
∴CF＝AF＝，
∴CG＝CF﹣FG＝﹣1，
在Rt△CGE中，∠AEC＝90°，∠FCD＝30°，
∴EG＝CG＝．
【点评】此题考查全等三角形全等的判定与性质，灵活运用直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题关键．
22．（10分）（2021秋•成华区期末）已知关于x的一元二次方程x2+（2a+1）x+a2＝0．
（1）若方程有两个不相等的实数根，求a的取值范围；
（2）若方程有两个相等的实数根，求a的值，并求出这两个相等的实数根．
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】（1）根据判别式的意义得到（2a+1）2﹣4a2＞0，然后解不等式即可；
（2）根据判别式的意义得到（2a+1）2﹣4a2＝0，然后解方程即可求得a的值，然后利用因式分解法解方程即可．
【解答】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＞0，即（2a+1）2﹣4a2＞0时，
解得a＞﹣；
（2）∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，即（2a+1）2﹣4a2＝0，
解得a＝﹣，
∴方程为x2+x+＝0，
∴（x+）2＝0，
∴x+＝0，
∴x1＝x2＝﹣．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
23．（10分）（2022•宁波模拟）2020年，受新冠肺炎疫情影响．口罩紧缺，某网店以每袋8元（一袋十个）的成本价购进了一批口罩，二月份以一袋14元的价格销售了256袋，三、四月该口罩十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，四月份的销售量达到400袋．
（1）求三、四这两个月销售量的月平均增长率；
（2）为回馈客户．该网店决定五月降价促销．经调查发现．在四月份销量的基础上，该口罩每袋降价1元，销售量就增加40袋，当口罩每袋降价多少元时，五月份可获利1920元？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】（1）设三、四这两个月销售量的月平均增长率为x，根据二月份及四月份口罩的月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设口罩每袋降价y元，则五月份的销售量为（400+40y）袋，根据总利润＝每袋口罩的销售利润×月销售数量结合五月份可获利1920元，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：（1）设三、四这两个月销售量的月平均增长率为x，
依题意，得：256（1+x）2＝400，
解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25（不合题意，舍去）．
答：三、四这两个月销售量的月平均增长率为25%．
（2）设口罩每袋降价y元，则五月份的销售量为（400+40y）袋，
依题意，得：（14﹣y﹣8）（400+40y）＝1920，
化简，得：y2+4y﹣12＝0，
解得：y1＝2，y2＝﹣6（不合题意，舍去）．
答：当口罩每袋降价2元时，五月份可获利1920元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
24．（10分）（2018春•苏州期中）阅读理解以下文字：
我们知道，多项式的因式分解就是将一个多项式化成几个整式的积的形式．通过因式分解，我们常常将一个次数比较高的多项式转化成几个次数较低的整式的积，来达到降次化简的目的．这个思想可以引领我们解决很多相对复杂的代数问题．
例如：方程2x2+3x＝0就可以这样来解：
解：原方程可化为x（2x+3）＝0，
所以x＝0或者2x+3＝0．
解方程2x+3＝0，得x＝﹣．
所以解为x1＝0，x2＝﹣．
根据你的理解，结合所学知识，解决以下问题：
（1）解方程：（x+3）2﹣4x2＝0；
（2）解方程：x2﹣5x＝6；
（3）已知△ABC的三边长为4，x，y，请你判断代数式16y+2x2﹣32﹣2y2的值的符号．
【考点】因式分解的应用；三角形三边关系．
【专题】方程思想．
【分析】（1）移项后利用平方差公式分解因式，可得两个一元一次方程，可得方程的解；
（2）利用“十字相乘法”对等式的左边进行因式分解，然后再来解方程；
（3）将代数式变形后得：2（x+y﹣4）（x﹣y+4），根据三角形三边关系得：x+y﹣4＞0，x﹣y+4＞0，则16y+2x2﹣32﹣2y2＞0．
【解答】解：（1）原方程可化为：（x+3）2＝4x2，
（x+3）2﹣4x2＝0，
（x+3+2x）（x+3﹣2x）＝0，
（3x+3）（﹣x+3）＝0，
所以3x+3＝0或者﹣x+3＝0，
解方程得：x1＝3，x2＝﹣1．
所以原方程的解为：x1＝3，x2＝﹣1．

（2）由原方程，得
（x+1）（x﹣6）＝0，
∴x+1＝0，或x﹣6＝0，
解得，x1＝﹣1，x2＝6．

（3）16y+2x2﹣32﹣2y2＝2（x2﹣y2+8y﹣16）＝2[x2﹣（y2﹣8y+16）]＝2[x2﹣（y﹣4）2]＝2（x+y﹣4）（x﹣y+4），
∵△ABC的三边为4、x、y，
∴x+y＞4，x+4＞y，
∴x+y﹣4＞0，x﹣y+4＞0，
∴16y+2x2﹣32﹣2y2＞0，
即代数式16y+2x2﹣3x﹣2y2的值的符号为正号．
【点评】本题是阅读材料问题，考查了因式分解的应用和三角形的三边关系，熟练掌握平方差公式和完全平方公式是关键．
25．（10分）（2022•贵港模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+6与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（6，0）．对称轴l与x轴交于点F，P是直线BC上方抛物线上一动点，连接PB，PC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当四边形ACPB面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接PF，E是x轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；待定系数法；二次函数图象及其性质；函数的综合应用；多边形与平行四边形；应用意识．
【分析】（1）用待定系数法即可得抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+6；
（2）连接AC、OP，过P作PH⊥x轴于H，在y＝﹣x2+2x+6中得C（0，6），设P（m，﹣m2+2m+6），S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP＝﹣（m﹣3）2+，根据二次函数性质及得答案；
（3）设E（n，0），Q（t，﹣t2+2t+6），又P（3，），分三种情况：
①当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，，解得Q（+2，﹣）或（﹣+2，﹣）；
②当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，，解得Q（1，）；
③当FP、EQ为对角线时，，解得Q（1，）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（6，0）代入y＝ax2+bx+6得：
，解得，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+6；
（2）连接AC、OP，过P作PH⊥x轴于H，如图：

在y＝﹣x2+2x+6中，令x＝0得y＝6，
∴C（0，6），
∵A（﹣2，0），B（6，0），
∴OC＝6，OA＝2，OB＝6，
设P（m，﹣m2+2m+6），
∴S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP
＝×2×6+×6m+×6（﹣m2+2m+6）
＝6+3m﹣m2+6m+18
＝﹣m2+9m+24
＝﹣（m﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝3时，S四边形ACPB取最大值，最大值是；
此时﹣m2+2m+6＝﹣×32+2×3+6＝，
∴P的坐标为（3，）；
（3）在抛物线上存在点Q，使得以F、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
由抛物线y＝﹣x2+2x+6与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点可得对称轴是直线x＝＝2，
∴F（2，0），
设E（n，0），Q（t，﹣t2+2t+6），又P（3，），
①当EF、PQ为对角线时，EF、PQ的中点重合，
∴，
解得t＝+2或t＝﹣+2，
∴Q（+2，﹣）或（﹣+2，﹣）；
②当FQ、EP为对角线时，FQ、EP的中点重合，
∴，
解得t＝1或t＝3（与P重合，舍去），
∴Q（1，）；
③当FP、EQ为对角线时，FP、EQ的中点重合，
∴，
解得t＝1或t＝3（舍去），
∴Q（1，），
综上所述，Q的坐标是（+2，﹣）或（﹣+2，﹣）或（1，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、四边形面积、平行四边形性质及应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
四．解答题（共1小题，满分8分，每小题8分）
26．（8分）（2022•义乌市校级开学）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和点M，给出定义：若M满足：MA＝MB，则称M是线段AB的“对称点”，其中，当0°＜∠AMB＜90°，称M为线段AB的“劣对称点”；当90°≤∠AMB≤180°时，则称M为“优对称点”．

（1）如图1，点A，B的坐标分别为（0，2），（2，0），则在坐标M1（0，0），M2（2，3），M3（4，4）中，是线段AB的“对称点”为：　M1、M3　；是线段AB的“劣对称点”为 　M3　．
（2）如图2，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（2，0），若M为线段AB的“优对称点”，求出点M的横坐标m的取值范围．
（3）在（2）的条件下，点P为x轴上的动点（不与B重合），若T为AB的“对称点”，当线段TB与TP的和最小时，直接写出T关于直线AB的对称点S的坐标．
【考点】几何变换综合题．
【专题】新定义；推理能力．
【分析】（1）根据点的特点，可知M1（0，0），M3（4，4）是对称点，M2（2，3）不是对称点；
（2）如下图，根据图象，利用对称点的轴对称性，可作AB的垂直平分线M1M2，根据垂直平分线的性质可得AM＝BM，点M必然在垂直平分线M1M2上，当AM1⊥BM1，AM2⊥BM2，即点M在线段M1M2运动时，M为线段AB的“优对称点”．因为AM1⊥BM1，AM2⊥BM2，M1M2垂直平分AB，可得四边形AM1BM2是正方形，作HG垂直于x轴交于G点，作M1E垂直于x轴交于E点，作M2F垂直于x轴交于F点，易证△EM1B≌△BFM2，所以M1E＝BF．EB＝M2F；因为H是正方形对角线的交点，则H为线段M1M2的中点，易得H点的坐标为（1，2）；显然，四边形M1EFM2为直角梯形，易得2HG＝M1E+M2F，HG＝2，M1E＝BF，EB＝M2F，在Rt△M1EB中，根据勾股定理可以得到M1E2+EB2＝M1B2，即M1E2+M2F2＝M1B2，从而把M1E和M2F求出来，进而得到EO和OF的值，即得点M的横坐标m的取值范围．
（3）先求出直线M1M2解析式，如下图，在（2）的基础上，可知点B关于直线M1M2轴对称点为点A，连接TA，TB，TP，得TA＝TB，所以TB+TP＝TA+TP；当动点T、P与点A共线，且TP垂直于x轴时，TA+TP出现最小值，此时TA+TP＝OA，即可得TB+TP的最小值，从而得到T点的坐标，再利用中点坐标，可求得S点的坐标．
【解答】解：（1）M1（0，0）到A点和B点的距离相等，即M1A＝M1B，且∠AM1B＝90°，故M1为线段AB的“优对称点”；M2（2，3）到A点和B点的距离不相等，故M2不是线段AB的“对称点”；M3（4，4）到到A点和B点的距离相等，即M3A＝M3B，且∠AM1B＜900，故M3为线段AB的“劣对称点”；
故答案为M1、M3；M3；
（2）如下图，做AB的垂直平分线M1M2，根据垂直平分线的性质可得AM＝BM，点M为线段AB的“优对称点”，则点M必然在垂直平分线M1M2上，
做点M1和M在直线M1M2上，连接AM1和AM2，并满足AM1⊥BM1，AM2⊥BM2时，即可得点M在线段M1M2运动时，M为线段AB的“优对称点”的取值范围；

∵AM1⊥BM1，AM2⊥BM2，M1M2垂直平分AB，
∴四边形AM1BM2是正方形，
∴M1B＝M2B，
∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（2，0），
∴OA＝4，OB＝2，
∴AB＝＝，M1B＝M2B＝＝，
作HG垂直于x轴交于G点，作M1E垂直于x轴交于E点，作M2F垂直于x轴交于F点，易证△EM1B≌△BFM2，
∴M1E＝BF．EB＝M2F，
∵H是正方形对角线的交点，则H为线段M1M2的中点，
∴H点的坐标为（1，2），
∵HG垂直于x轴交于G点，M1E垂直于x轴交于E点，M2F垂直于x轴交于F点，
∴M1EFM2为直角梯形，易得2HG＝M1E+M2F，HG＝2，
∴M1E+M2F＝4，
在Rt△M1EB中，根据勾股定理可得：
M1E2+EB2＝M1B2，即M1E2+M2F2＝M1B2，
令M1E＝x，则M2F＝4﹣x，可列方程：
x2+（4﹣x）2＝10，
解得x＝1或x＝3，
∴M1E＝BF＝1，EB＝M2F＝3，
∵OB＝2，EB＝3，BF＝1，
∴OE＝EB﹣OB＝3﹣2＝1，OF＝OB+BF＝2+1＝3，
∴E的坐标为（﹣1，0），F的坐标为（3，0）
点M在线段M1M2内运动时，M为线段AB的“优对称点”，
∴点M的横坐标m的取值范围为﹣1≤m≤3；
（3）T关于直线AB的对称点S的坐标为（1，）．
如下图，在（2）的基础上，
∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（2，0），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣2x+4，
∵M1M2⊥AB，点H的坐标为（1，2）
∴M1M2的解析式为：y＝x+，

当动点T、P与点A共线，且TP垂直于x轴时，TA+TP出现最小值，此时TA+TP＝OA，即可得TB+TP的最小值，
OA在y轴上，即x＝0，时y＝，所以T点的坐标为（0，），
令S的坐标为（a，b），
由T（0，），H（1，2），S（a，b），S是T关于直线AB的对称点，根据中点坐标有：＝，＝2，
∴a＝1，b＝，
∴T关于直线AB的对称点S的坐标为（1，）．
【点评】本题综合性比较强，考查了学生对平面直角坐标系和点的坐标的理解，要掌握正方形的性质，学会对动点在直线上运动进行几何模型构建，能充分利用数形结合思想解决实际问题．