2022年湖北省随州市中考数学试卷（word、含解析）

这是一份2022年湖北省随州市中考数学试卷（word、含解析），共24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（本大题共10小题，共30分）
2022的倒数是( )
A. −2022B. 2022C. 12022D. −12022
如图，直线l1//l2，直线l与l1，l2相交，若图中∠1=60°，则∠2为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
小明同学连续5次测验的成绩分别为：97，97，99，101，106(单位：分)，则这组数据的众数和平均数分别为( )
A. 97和99B. 97和100C. 99和100D. 97和101
如图是一个放在水平桌面上的半球体，该几何体的三视图中完全相同的是( )
A. 主视图和左视图
B. 主视图和俯视图
C. 左视图和俯视图
D. 三个视图均相同
我国元朝朱世杰所著的《算学启蒙》中记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”意思是：“跑得快的马每天走240里，跑得慢的马每天走150里，慢马先走12天，快马几天可以追上慢马？”若设快马x天可以追上慢马，则可列方程为( )
A. 150(12+x)=240xB. 240(12+x)=150x
C. 150(x−12)=240xD. 240(x−12)=150x
2022年6月5日10时44分07秒，神舟14号飞船成功发射，将陈冬、刘洋、蔡旭哲三位宇航员送入了中国空间站．已知中国空间站绕地球运行的速度约为7.7×103m/s，则中国空间站绕地球运行2×102s走过的路程(m)用科学记数法可表示为( )
A. 15.4×105B. 1.54×106C. 15.4×106D. 1.54×107
已知张强家、体育场、文具店在同一直线上，下面的图象反映的过程是：张强从家跑步去体育场，在那里锻炼了一阵后又走到文具店去买笔，然后散步走回家．图中x表示时间，y表示张强离家的距离，则下列结论不正确的是( )
A. 张强从家到体育场用了15minB. 体育场离文具店1.5km
C. 张强在文具店停留了20minD. 张强从文具店回家用了35min
七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有( )
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14．
A. 只有①B. ①②C. ①③D. ②③
如图，已知点B，D，C在同一直线的水平地面上，在点C处测得建筑物AB的顶端A的仰角为α，在点D处测得建筑物AB的顶端A的仰角为β，若CD=α，则建筑物AB的高度为( )
A. atanα−tanβ
B. atanβ−tanα
C. atanαtanβtanα−tanβ
D. atanαtanβtanβ−tanα
如图，已知开口向下的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点(−1,0)，对称轴为直线x=1.则下列结论正确的有( )
①abc>0；
②2a+b=0；
③函数y=ax2+bx+c的最大值为−4a；
④若关于x的方程ax2+bx+c=a+1无实数根，则−15A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18分）
计算：3×(−1)+|−3|=______．
如图，点A，B，C在⊙O上，若∠ABC=60°，则∠AOC的度数为______．
已知二元一次方程组x+2y=42x+y=5，则x−y的值为______．
如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数y=kx的图象在第一象限交于点C，若AB=BC，则k的值为______．
已知m为正整数，若189m是整数，则根据189m=3×3×3×7m=33×7m可知m有最小值3×7=21.设n为正整数，若300n是大于1的整数，则n的最小值为______，最大值为______．
如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF.如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<90°)，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H.则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
解分式方程：1x=4x+3．
已知关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2+1=0有两个不等实数根x1，x2．
(1)求k的取值范围；
(2)若x1x2=5，求k的值．
如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形．
(1)求证：AE=CF；
(2)已知平行四边形ABCD的面积为20，AB=5，求CF的长．
为落实国家“双减”政策，立德中学在课后托管时间里开展了“音乐社团、体育社团、文学社团、美术社团”活动．该校从全校600名学生中随机抽取了部分学生进行“你最喜欢哪一种社团活动(每人必选且只选一种)”的问卷调查，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．
根据图中信息，解答下列问题：
(1)参加问卷调查的学生共有______人；
(2)条形统计图中m的值为______，扇形统计图中α的度数为______；
(3)根据调查结果，可估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有______人；
(4)现从“文学社团”里表现优秀的甲、乙、丙、丁四名同学中随机选取两名参加演讲比赛，请用列表或画树状图的方法求出恰好选中甲和乙两名同学的概率．
如图，已知D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，BE与⊙O相切，交CD的延长线于点E，且BE=DE．
(1)判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AC=4，sinC=13，
①求⊙O的半径；
②求BD的长．
2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面．某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个(m为正整数).经过连续15天的销售统计，得到第x天(1≤x≤15，且x为正整数)的供应量y1(单位：个)和需求量y2(单位：个)的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系．(假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数)
(1)直接写出y1与x和y2与x的函数关系式；(不要求写出x的取值范围)
(2)已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到(即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量)，求m的值；(参考数据：前9天的总需求量为2136个)
(3)在第(2)问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额．
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2卷“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，(下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号)
公式①：(a+b+c)d=ad+bd+cd
公式②：(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd
公式③：(a−b)2=a2−2ab+b2
公式④：(a+b)2=a2+2ab+b2
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______．
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a+b)(a−b)=a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；(已知图中各四边形均为矩形)
(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上任意一点(不与端点重合)，过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH的面积之和为S2．
①若E为边AC的中点，则S1S2的值为______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a<0)与x轴分别交于点A和点B(1,0)，与y轴交于点C，对称轴为直线x=−1，且OA=OC，P为抛物线上一动点．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2022的倒数是12022．
故选：C．
根据倒数的定义即可得出答案．
本题考查了倒数，掌握乘积为1的两个数互为倒数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵l1//l2，
∴∠1=∠2，
∵∠1=60°，
∴∠2=60°，
故选：D．
根据两直线平行，内错角相等，便可求得结果．
本题考查了平行线的性质，关键是熟记平行线的性质．
3.【答案】B
【解析】解：∵这组数据中，97出现了2次，次数最多，
∴这组数据的众数为97，
这组数据的平均数x−=15×(97+97+99+101+106)=100．
故选：B．
观察这组数据发现97出现的次数最多，进而得到这组数据的众数为97，将五个数据相加求出之和，再除以5即可求出这组数据的平均数．
此题考查了众数及算术平均数，众数即为这组数据中出现次数最多的数，算术平均数即为所有数之和与数的个数的商．
4.【答案】A
【解析】解：该几何体的三视图中完全相同的是主视图和左视图，均为半圆；俯视图是一个实心圆．
故选：A．
根据三视图的定义判断即可．
此题主要考查了画三视图的知识；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
5.【答案】A
【解析】解：设快马x天可以追上慢马，
依题意，得：150(x+12)=240x．
故选：A．
设快马x天可以追上慢马，根据路程=速度×时间，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：7.7×103×2×102
=(7.7×2)×(103×102)
=15.4×105
=1.54×106(米)，
故选：B．
根据路程=速度×时间列出代数式，根据单项式乘单项式的法则计算，最后结果写成科学记数法的形式即可．
本题考查了科学记数法−表示较大的数，掌握am⋅an=am+n是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：由图象知，
A、张强从家到体育场用了15min，故A选项不符合题意；
B、体育场离文具店2.5−1.5=1(km)，故B选项符合题意；
C、张强在文具店停留了65−45=20(min)，故C选项不符合题意；
D、张强从文具店回家用了100−65=35(min)，故D选项不符合题意；
故选：B．
由函数图象分别得出选项的结论然后作出判断即可．
本题主要考查函数图象的知识，熟练根据函数图象获取相应的信息是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF//BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP//BC，NF//OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM=BM=22PM，
∴四边形MPEB不是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF//BD，EF=12BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB=BC=x，
∴BD=2x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO=OD，
∴点P在AC上，
∴PE=12EF，
∴PE=BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO=12BD，
∵M为BO的中点，
∴BM=14BD=24x，
∵E为BC的中点，
∴BE=12BC=12x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG=22BM=14x，
∴四边形BMPE的面积=BE⋅MG=18x2，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的18.故③错误．
故选：A．
①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB=BC=x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确．
本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了中位线的性质，也考查了正方形的面积公式和三角形的面积公式，综合性比较强，能力要求比较高．
9.【答案】D
【解析】解：设AB=x，
在Rt△ABD中，tanβ=ABBD=xBD，
∴BD=xtanβ，
∴BC=BD+CD=a+xtanβ，
在Rt△ABC中，tanα=ABBC=xa+xtanβ，
解得x=atanαtanβtanβ−tanα．
故选：D．
设AB=x，在Rt△ABD中，tanβ=ABBD=xBD，可得BD=xtanβ，则BC=BD+CD=a+xtanβ，在Rt△ABC中，tanα=ABBC=xa+xtanβ，求解x即可．
本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴c>0，
∵−b2a>0，
∴b>0，
∴abc<0，故①错误．
∵抛物线的对称轴是直线x=1，
∴−b2a=1，
∴2a+b=0，故②正确．
∵抛物线交x轴于点(−1,0)，(3,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
当x=1时，y的值最大，最大值为−4a，故③正确．
∵ax2+bx+c=a+1无实数根，
∴a(x+1)(x−3)=a+1无实数根，
∴ax2−2ax−4a−1=0，Δ<0，
∴4a2−4a(−4a−1)<0，
∴a(5a+1)<0，
∴−15故选：C．
①错误．根据抛物线的位置一一判断即可；
②正确．利用抛物线的对称轴公式求解；
③正确．设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，当x=1时，y的值最大，最大值为−4a；
④正确．把问题转化为一元二次方程，利用判别式<0，解不等式即可．
本题考查二次函数的性质，根的判别式，二次函数的最值等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型，
11.【答案】0
【解析】解：3×(−1)+|−3|=−3+3=0．
故答案为：0．
根据有理数的乘法和加法运算法则计算即可．
本题考查有理数的混合运算，熟练掌握有理数的混合运算法则是解答本题的关键．
12.【答案】120°
【解析】解：由圆周角定理得：∠AOC=2∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠AOC=120°，
故答案为：120°．
根据圆周角定理解答即可．
本题考查的是圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
13.【答案】1
【解析】解：解法一：由x+2y=4可得：
x=4−2y，
代入第二个方程中，可得：
2(4−2y)+y=5，
解得：y=1，
将y=1代入第一个方程中，可得
x+2×1=4，
解得：x=2，
∴x−y=2−1=1，
故答案为：1；
解法二：∵x+2y=4①2x+y=5②，
由②−①可得：
x−y=1，
故答案为：1．
将第一个方程化为x=4−2y，并代入第二个方程中，可得2(4−2y)+y=5，解得y=1，将y=1代入第一个方程中，可得x=2，即可求解．
本题考查解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握加减消元法与代入消元法．
14.【答案】2
【解析】解：过点C作CH⊥x轴于点H．

∵直线y=x+1与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴A(−1,0)，B(0,1)，
∴OA=OB=1，
∵OB//CH，
∴AOOH=ABCB=1，
∴OA=OH=1，
∴CH=2OB=2，
∴C(1,2)，
∵点C在y=kx上，
∴k=2，
故答案为：2．
过点C作CH⊥x轴于点H.求出点C的坐标，可得结论．
本题考查反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用三角形中位线定理解决问题．
15.【答案】3 75
【解析】解：∵300n=3×100n=103n，且为整数，
∴n最小为3，
∵300n是大于1的整数，
∴300n越小，300n越小，则n越大，
当300n=2时，
300n=4，
∴n=75，
故答案为：3；75．
先将300n化简为103n，可得n最小为3，由300n是大于1的整数可得300n越小，300n越小，则n越大，当300n=2时，即可求解．
本题考查二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，解题的关键是读懂题意，根据关键词“大于”，“整数”进行求解．
16.【答案】90° 455
【解析】解：如图，设EF交AD于点J，AD交BH于点O，过点E作EK⊥AB于点K．

∵∠EAF=∠BAD=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∵AFAD=AEAB=12，
∴AFAE=ADAB，
∴△DAF∽△BAE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠DOH=∠AOB，
∴∠DHO=∠BAO=90°，
∴∠BHD=90°，
∵AF=3，AE=4，∠EAF=90°，
∴EF=32+42=5，
∵ED⊥AD，
∴12⋅AE⋅AF=12⋅EF⋅AJ，
∴AJ=125，
∴EJ=AE2−AJ2=42−(125)2=165，
∵EJ//AB，
∴OJOA=EJAB，
∴OJOJ+125=1658，
∴OJ=85，
∴OA=AJ+OJ=125+85=4，
∴OB=AB2+AO2=42+82=45，OD=AD−AO=6−4=2，
∵cs∠ODH=cs∠ABO，
∴DHOD=ABBO，
∴DH2=845，
∴DH=455．
故答案为：90°，455．
如图，设EF交AD于点J，AD交BH于点O，过点E作EK⊥AB于点K.证明△DAF∽△BAE，推出∠ADF=∠ABE，可得∠DHO=∠BAO=90°，解直角三角形求出EF，AJ，EJ，再利用平行线分线段成比例定理求出OJ，再根据cs∠ODH=cs∠ABO，可得DHOD=ABBO，求出DH．
本题考查矩形的性质，旋转变换，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．
17.【答案】解：1x=4x+3左右两边同时乘以(x+3)x得
x+3=4x，
3=3x，
x=1．
检验：把x=1代入原方程得11=41+3，等式成立，
所以x=1是原方程的解．
故答案为：x=1．
【解析】把分式方程化为整式方程，解整式方程即可．
考查解分式方程，关键是去分母把分式变整式．
18.【答案】解：(1)根据题意得Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，
解得k>34；
(2)根据题意得x1x2=k2+1，
∵x1x2=5，
∴k2+1=5，
解得k1=−2，k2=2，
∵k>34，
∴k=2．
【解析】(1)根据判别式的意义得到Δ=(2k+1)2−4(k2+1)>0，然后解不等式即可；
(2)根据根与系数的关系得到x1x2=k2+1，再利用x1x2=5得到k2+1=5，然后解关于k的方程，最后利用k的范围确定k的值．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1x2=ca.也考查了根的判别式．
19.【答案】(1)证明：∵四边形BEDF为正方形，
∴DF=EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，
∴DC−DF=AB−EB，
∴CF=AE，
即AE=CF；
(2)解：∵平行四边形ABCD的面积为20，AB=5，四边形BEDF为正方形，
∴5DE=20，DE=EB，
∴DE=EB=4，
∴AE=AB−EB=5−4=1，
由(1)知：AE=CF，
∴CF=1．
【解析】(1)根据正方形的性质可以得到DF=EB，根据平行四边形的性质可以得到AB=CD，然后即可得到结论成立；
(2)根据平行四边形的面积，可以得到DE的长，然后根据正方形的性质，可以得到BE的长，从而可以求得AE的长，再根据(1)中的结论，即可得到CF的长．
本题考查正方形的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】60 11 90° 100
【解析】解：(1)24÷40%=60(人)，
∴参加问卷调查的学生共有60人．
故答案为：60．
(2)m=60−10−24−15=11，
α=360°×1560=90°，
故答案为：11；90°．
(3)600×1060=100(人)，
∴估计该校600名学生中最喜欢“音乐社团”的约有100人．
故答案为：100．
(4)画树状图如图：

∵共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、乙两名同学的结果有2种，
∴恰好选中甲、乙两名同学的概率为212=16．
(1)利用24÷40%即可求出参加问卷调查的学生人数．
(2)根据m=60−10−24−15，α=360°×1560即可得出答案．
(3)用该校总人数乘以样本中最喜欢“音乐社团”的占比即可．
(4)画树状图列出所有等可能的结果，再找出恰好选中甲、乙两名同学的结果，利用概率公式可得出答案．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、列表法与树状图法，熟练掌握条形统计图与扇形统计图、用样本估计总体以及列表法与树状图法求概率是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)结论：CD是⊙O的切线；
理由：如图，连接OD．
∵EB=ED，OB=OD，
∴∠EBD=∠EDB，∠OBD=∠ODB，
∵BE是⊙O的切线，OB是半径，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE=90°，
∴∠EBD+∠OBD=90°，
∴∠EDB+∠ODB=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)①设OD=OA=r，
∵OD⊥CD，
∴sinC=ODOC=13，
∴rr+4=13，
∴r=2，
∴⊙O的半径为2；
②在Rt△COD中，CD=OC2−OD2=62−22=42，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DBA+∠BAD=90°，
∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠ADC+∠ODA=90°，
∴∠ADC=∠CBD，
∵∠C=∠C，
∴△CDA∽△CBD，
∴ADBD=ACCD=442=22，
设AD=2k，BD=2k，
∵AD2+BD2=AB2，
∴(2k)2+(2k)2=42，
∴k=263(负根已经舍去)，
∴BD=2k=463．
【解析】(1)结论：CD是⊙O的切线；只要证明OD⊥CD即可；
(2)①根据sinC=13，构建方程求解即可；
②证明△CDA∽△CBD，推出ADBD=ACCD=442=22，设AD=2k，BD=2k，利用勾股定理求解即可．
本题考查作切线的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)根据题意得：y1=150+(x−1)m=mx+150−m，
设y2=ax2+bx+c，将(1,220)，(2,229)，(6,245)代入得：
a+b+c=2204a+2b+c=22936a+6b+c=245，
解得a=−1b=12c=209，
∴y2=−x2+12x+209；
(2)前9天的总供应量为150+(150+m)+(150+2m)++(150+8m)=(1350+36m)个，
前10天的供应量为1350+36m+(150+9m)=(1500+45m)个，
在y2=−x2+12x+209中，令x=10得y=−102+12×10+209=229，
∵前9天的总需求量为2136个，
∴前10天的总需求量为2136+229=2365(个)，
∵前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，
∴1350+36m<21361500+45m≥2365，
解得1929≤m<2156，
∵m为正整数，
∴m的值为20或21；
(3)由(2)知，m最小值为20，
∴第4天的销售量即供应量为y1=4×20+150−20=210，
∴第4天的销售额为210×100=21000(元)，
而第12天的销售量即需求量为y2=−122+12×12+209=209，
∴第12天的销售额为209×100=20900(元)，
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【解析】(1)由已知直接可得y1=150+(x−1)m=mx+150−m，设y2=ax2+bx+c，用待定系数法可得y2=−x2+12x+209；
(2)求出前9天的总供应量为(1350+36m)个，前10天的供应量为(1500+45m)个，根据前9天的总需求量为2136个，前10天的总需求量为2136+229=2365(个)，可得1350+36m<21361500+45m≥2365，而m为正整数，即可解得m的值为20或21；
(3)m最小值为20，从而第4天的销售量即供应量为y1=210，销售额为21000元，第12天的销售量即需求量为y2=209，销售额为20900元．
本题考查二次函数，一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和不等式组解决问题．
23.【答案】① ② ④ ③ 2
【解析】(1)解：观察图象可得：
图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
(2)证明：
如图：

由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，
∵AK=BM=BF−MF=a−b，BD=BC−CD=a−b，
∴S矩形AKLC=AK⋅AC=a(a−b)=BF⋅BD=S矩形DBFG，
∴S正方形BCEF=a2=S矩形CDHL+S矩形DBFG+S正方形EGHL=S矩形CDHL+S矩形AKLC+b2，
∴a2=S矩形AKHD+b2，
∵S矩形AKHD=AK⋅AD=(a−b)(a+b)，
∴a2=(a−b)(a+b)+b2，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
(3)解：①设BD=m，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
∴AD=BD=CD=m，
∵E是AC中点，
∴HE=DG=12m=AH，
∴CG=CD−DG=12m，BG=FG=BD+DG=32m，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×32m×32m+12×12m×12m=54m2，
S2=S△ABD+S△AEH=12m2+12×12m×12m=58m2，
∴S1S2=2；
故答案为：2；
②E不为边AC的中点时①中的结论仍成立，证明如下：
设BD=a，DG=b，
由已知可得△ABD、△AEH、△CEG、△BFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
∴AD=BD=CD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×(a+b)2+12×(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×b2=12(a2+b2)，
∴S1S2=2．
(1)观察图象可得图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
(2)由图可得S矩形AKLC=AK⋅AC=a(a−b)=BF⋅BD=S矩形DBFG，即可得S正方形BCEF=a2=S矩形AKHD+b2，从而有a2=(a−b)(a+b)+b2，故(a+b)(a−b)=a2−b2；
(3)①设BD=m，可得AD=BD=CD=m，由E是AC中点，即得HE=DG=12m=AH，S1=S△BFG+S△CEG=54m2，S2=S△ABD+S△AEH=58m2，即得S1S2=2；
②设BD=a，DG=b，可得AD=BD=CD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，S1=S△BFG+S△CEG=12×(a+b)2+12×(a−b)2=a2+b2，S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×b2=12(a2+b2)，从而S1S2=2．
本题考查四边形综合应用，涉及平方差、完全平方公式的推导及应用，解题的关键是数形结合思想的应用．
24.【答案】解：(1)∵抛物线的对称轴是直线x=−1，抛物线交x轴于点A，B(1,0)，
∴A(−3,0)，
∴OA=OC=3，
∴C(0,3)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)，
把(0,3)代入抛物线的解析式，得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
(2)如图(2)中，连接OP.设P(m,−m2−2m+3)，

S=S△PAO+S△POC+S△OBC，
=12×3×(−m2−2m+3)×12×3×(−m)+12×1×3
=32(−m2−3m+4)
=−32(m+32)2+758，
∵−32<0，
∴当m=−32时，S的值最大，最大值为758，此时P(−32,758)；
(3)存在，理由如下：
如图3−1中，当点N在y轴上时，四边形PMCN是矩形，此时P(−1,4)，N(0,4)；

如图3−2中，当四边形PMCN是矩形时，设M(−1,n)，P(t,−t2−2t+3)，则N(t+1,0)，

由题意，n−(−t2−2t+3)=313−n=3t+1，
解得，消去n得，3t2+5t−10=0，
解得t=−5±1456，
∴P(−5+1456,−145−118)，N(1+1456,0)或P′(−5−1456,145−118)，N′(1−1456,0)．
综上所述，满足条件的点P(−1,4)，N(0,4)或P(−5+1456,−145−118)，N(1+1456,0)或P′(−5−1456,145−118)，N′(1−1456,0)．
【解析】(1)判断出A，B两点坐标，可以假设抛物线的解析式为y=a(x+3)(x−1)，把(0,3)代入抛物线的解析式，得a=−1，可得结论；
(2)如图(2)中，连接OP.设P(m,−m2−2m+3)，构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可；
(3)分两种情形，点N在y轴上，点N在x轴上，分别求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
题号
一
二
三
总分
得分
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量y1(个)
150
150+m
…
150+5m
…
150+10m
…
150+14m
需求量y2(个)
220
229
…
245
…
220
…
164