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2023年辽宁省锦州市中考数学质检试卷（含解析）
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这是一份2023年辽宁省锦州市中考数学质检试卷（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列命题：①同旁内角互补；②对顶角相等；③一个角的补角大于这个角；④三角形的一个外角等于两个内角之和，其中，真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 将2.05×10−3用小数表示为( )
A. 0.000205B. 0.0205C. 0.00205D. −0.00205
3. 用小立方块搭一个几何体，使得它的主视图和俯视图如图所示，它最少和最多需要的立方块是个．( )
A. 8 与14B. 9与13C. 10与12D. 无法确定
4. 对甲、乙两户家庭全年各项支出的统计如图所示，已知甲户居民的衣着支出与乙户相同，下面根据统计，对两户家庭教育支出的费用做出判断，正确的是( )
A. 甲比乙大B. 乙比甲大C. 甲、乙一样大D. 无法确定
5. 如图，AB//DE，BC⊥CD，则以下说法中正确的是( )
A. α，β的角度数之和为定值B. α随β增大而增大
C. α，β的角度数之积为定值D. α随β增大而减小
6. 已知m，n均为正整数且满足mn−2m−3n−20=0，则m+n的最小值是( )
A. 20B. 30C. 32D. 37
7. 已知直线y=−x+7a+1与直线y=2x−2a+4同时经过点P，点Q是以M(0,−1)为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为( )
A. 103B. 163C. 85D. 185
8. 如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，点M为BC上异于B、C的一定点，点N为AB上的一动点，E、F分别为DM、MN的中点，当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过图形的面积为( )
A. 4B. 4.5C. 5D. 6
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 要使式子a+3a2−1在实数范围内有意义，则实数a的取值范围是______．
10. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______．
11. 对于三个数a，b，c，我们规定用M{a,b,c}表示这三个数的平均数，用min{a,b,c}表示这三个数中最小的数．例如：M{−1,2,3}=−1+2+33=43，min{−1,2,3}=−1，如果M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，那么x= ．
12. 已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1，bx2+cx+a=−3，cx2+ax+b=2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
13. 如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC=43，反比例函数y=kx的图象经过点C，与AB交于点D，若△COD的面积为20，则k的值等于______．
14. 如图所示，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=4，点F位于AB的13处且靠近点A的位置．点C、D分别在线段OA、OB上，CD=4，E为CD的中点，连接EF、BE.在CD滑动过程中(CD长度始终保持不变)，当EF取最小值时，阴影部分的周长为______．
15. 如图，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时(不包括B、D两点)，以下结论：①AH⊥EF；②MF=MC；③EF2=PM⋅PH；④EF的最小值是2.其中正确的是______.(把你认为正确结论的序号都填上)
16. 如图，已知等边△OA1B1，顶点A1在双曲线y=3x(x>0)上，点B1的坐标为(2,0).过B1作B1A2//OA1交双曲线于点A2，过A2作A2B2//A1B1交x轴于点B2，得到第二个等边△B1A2B2；过B2作B2A3//B1A2交双曲线于点A3，过A3作A3B3//A2B2交x轴于点B3，得到第三个等边△B2A3B3；以此类推，…，则点B6的坐标为____．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 先化简(1−3a+2)÷a2−2a+1a2−4，然后从−5四、解答题（本大题共8小题，共74.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
某中学决定在本校学生中，开展足球、篮球、羽毛球、乒乓球四种活动，为了解学生对这四种活动的喜爱情况，学校随机调查了该校m名学生，看他们喜爱哪一种活动(每名学生必选一种且只能从这四种活动中选择一种)，现将调查的结果绘制成如下不完整的统计图．
(1)m=______，n=______；
(2)请补全图中的条形图；
(3)根据抽样调查的结果，请估算全校2100名学生中，大约有多少人喜爱踢足球；
(4)在抽查的m名学生中，喜爱打乒乓球的有10名同学(其中有4名女生，包括小红、小梅)，现将喜爱打乒乓球的同学平均分成两组进行训练，且女生每组分两人，求小红、小梅能分在同一组的概率．
19. (本小题8.0分)
端午节吃粽子是中华民族的传统习俗，五月初五早上，奶奶为小明准备了四只粽子：一只肉馅，一只香肠馅，两只红枣馅，四只粽子除内部馅料不同外其他均一切相同.小明喜欢吃红枣馅的粽子．
(1)请你用树状图为小明预测一下吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率；
(2)在吃粽子之前，小明准备用一个均匀的正四面体骰子(如图所示)进行吃粽子的模拟试验，规定：掷得点数1向上代表肉馅，点数2向上代表香肠馅，点数3，4向上代表红枣馅，连续抛掷这个骰子两次表示随机吃两只粽子，从而估计吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率.你认为这样模拟正确吗？试说明理由．
20. (本小题8.0分)
某校初中三年级270名师生计划集体外出一日游，乘车往返，经与客运公司联系，他们有座位数不同的中巴车和大客车两种车型可供选择，每辆大客车比中巴车多15个座位，学校根据中巴车和大客车的座位数计算后得知，如果租用中巴车若干辆，师生刚好坐满全部座位；如果租用大客车，不仅少用一辆，而且师生坐完后还多30个座位．
(1)求中巴车和大客车各有多少个座位？
(2)客运公司为学校这次活动提供的报价是：租用中巴车每辆往返费用350元，租用大客车每辆往返费用400元，学校在研究租车方案时发现，同时租用两种车，其中大客车比中巴车多租一辆，所需租车费比单独租用一种车型都要便宜，按这种方案需要中巴车和大客车各多少辆？租车费比单独租用中巴车或大客车各少多少元？
21. (本小题8.0分)
如图，在坡角为30°的山坡上有一铁塔AB，其正前方矗立着一大型广告牌，当阳光与水平线成45°角时，测得铁塔AB落在斜坡上的影子BD的长为8米，落在广告牌上的影子CD的长为5米，求铁塔AB的高.(AB、CD均与水平面垂直，结果保留根号)
22. (本小题8.0分)
如图，已知点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，过点B作直线BF//AD交AC于E，交⊙O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD
(1)求证：∠DBF=∠ACB；
(2)若AG=62GE，试探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
23. (本小题10.0分)
为鼓励大学生毕业后自主创业，市政府出台了相关政策：由政府协调，本市企业按成本价提供产品给应届毕业生自主销售，成本价与出厂价之间的差价由政府承担．赵某按照相关政策投资销售本市生产的一种新型“儿童玩具枪”.已知这种“儿童玩具枪”的成本价为每件10元，出厂价为每件12元，每月销售量y(件)与销售单价x(元)之间的关系近似满足一次函数：y=−10x+500．
(1)赵某在开始创业的第一个月将销售单价定为20元，那么政府这个月为他承担的总差价为多少元？
(2)设赵某获得的利润为W(元)，当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？
(3)物价部门规定，这种“儿童玩具枪”的销售单价不得高于28元．如果赵某想要每月获得的利润不低于3000元，那么政府为他承担的总差价最少为多少元？
24. (本小题12.0分)
如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是对角线BD上的一个动点(0(1)如图①，求证：MA=MN；
(2)如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当S△AMNS△BCD=1318时，求AN和PM的长；
(3)如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM=25时，求△HMN的面积．
25. (本小题12.0分)
如图1，已知抛物线y=−x2−4x+5交x轴于点A、B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，连接AD．
(1)求直线AD的解析式．
(2)点E(m,0)、F(m+1,0)为x轴上两点，其中(−5(3)如图2，在抛物线上是否存在点P，使得△PAC是以AC为底边的等腰三角形，若存在，请出点P的坐标及△PAC的面积，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
根据同旁内角、对顶角、补角、三角形外角的性质即可解决问题．本题考查了命题与定理，同旁内角、对顶角、补角、三角形外角等知识，解题的关键是熟练掌握应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
【解答】
解：①错误，同旁内角不一定互补．
②正确．对顶角相等．
③错误，一个角的补角可能大于这个角可能等于这个角也可能小于这个角．
④错误，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和．
故②正确，
故选B．
2.【答案】C
【解析】解：2.05×10−3=0.00205，
故选：C．
10−3就是0.001，可以把2.05的小数点向左移动3位．
本题考查了科学记数法，用科学记数法表示的数还原成原数时，n>0时，n是几，小数点就向右移几位；n<0时，n是几，小数点就向左移几位．
3.【答案】B
【解析】解：如果所需的立方块最少，根据主视图和俯视图可得这个几何体共3列，最左边一列有4个正方体，中间一列有4个正方体，最右边一列有1个正方体，共9个，
如果所需的立方块最多，根据主视图和俯视图可得，最左边一列有6个正方体，中间一列有6个正方体，最右边一列有1个正方体，共13个，
故选：B．
根据三视图的知识可得，根据主视图和俯视图可得这个几何体共3列，再分别求出最少和最多需要的立方块个数即可．
本题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
4.【答案】B
【解析】解；由条形统计图，得
衣着支出为1200元，教育支出为1200元．
由甲户居民的衣着支出与乙户相同，得
乙户的衣着支出为1200元，
乙户的总支出为1200÷20%=6000元，
乙户的教育支出为6000×25%=1500元，
∵1500>1200，
∴乙户的教育支出大．
故选：B．
观察条形统计图，可得衣着支出，教育支出，根据衣着支出相同，用衣着支出除以衣着所占的百分比，可得乙户的支出，根据乙户的支出乘以教育所占的百分比，可得乙户的教育支出，根据有理数的大小比较，可得答案．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
5.【答案】B
【解析】解：过C点作EF//AB，
∵AB//DE，
∴EF//DE，
∴∠α=∠BCE，∠β+∠DCE=180°，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCE+∠DCE=360°−∠BCD=270°，
∴∠α+(180°−∠β)=270°，
∴∠α−∠β=90°，
∴α随β增大而增大，
故选：B．
过C点作CF//AB，利用平行线的性质解答即可．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：mn−2m−3n−20=0，
m(n−2)−3n+6−6−20=0，
m(n−2)−3(n−2)−26=0，
(m−3)(n−2)=26，
∵m，n均为正整数，
∴26=1×26，或26=2×13，
∴m−3=1n−2=26，m−3=26n−2=1，m−3=2n−2=13，m−3=13n−2=2，
∴m+n=32，m+n=32，m+n=20，m+n=20，
∴m+n的最小值为20．
故选：A．
利用因式分解把等式变形为(m−3)(n−2)=26，再讨论各种可能情况，求出m、n的值，判断出最小值．
本题考查了因式分解的应用，解题的关键是熟练掌握因式分解的各种方法．
7.【答案】C
【解析】解：解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4，得x=3a−1y=4a+2，
∴P点坐标为(3a−1,4a+2)，
设x=3a−1，y=4a+2，消去a整理得y=43x+103，
即点P为直线y=43x+103上一动点，
设直线y=43x+103与坐标轴的交点为A、B，如图，则A(−52,0)，B(0,103)，
∴AB=(52)2+(103)2=256，
过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，
∵∠MBP=∠ABO，
∴Rt△MBP∽Rt△ABO，
∴MP：OA=BM：AB，即MP：52=133：256，
∴MP=135，
∴PQ=135−1=85，
即线段PQ的最小值为85．
故选：C．
先解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4得P点坐标为(3a−1,4a+2)，则可确定点P为直线y=43x+103上一动点，设直线y=43x+103与坐标轴的交点为A、B，则A(−52,0)，B(0,103)，利用勾股定理计算出AB=256，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP=135，则PQ=85，即线段PQ的最小值为85．
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取MB中点P，连接FP，EP，DN，
∵FP是△MNB的中位线，EF是△MDN的中位线，
∴FP//BN，FP=12BN，EF//DN，EF=12DN，
∴当点N从A到B运动过程中，点F在FP所在直线上运动，
即线段EF扫过的图形为△EFP，
∴当点N与点A重合时，FP=12BN=12BA=4，
过点D作DQ⊥AB于点Q，
∵AB//CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，
∴AQ=8−5=3，
∴DQ=AD2−AQ2=4，
∴当点N与点Q重合时，EF=12DN=12DQ=2，
EF//DQ，即EF⊥AB，即EF⊥FP，
∴△EFP中，FP上的高为2，
∴当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过的图形面积为：
12×4×2=4．
故选：A．
取MB中点P，连接FP，EP，DN，根据三角形中位线定理可得，当点N从A到B运动过程中，点F在FP所在直线上运动，即线段EF扫过的图形为△EFP，求出当点N与点A重合时，FP的值，以及FP上的高，进而即可求解．
本题考查了直角梯形、三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
9.【答案】a≥−3且a≠±1
【解析】解：由题意得，a+3≥0且a2−1≠0，
解得a≥−3且a≠±1．
故答案为：a≥−3且a≠±1．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义⇔分母为零；
(2)分式有意义⇔分母不为零；
(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
10.【答案】π8
【解析】解：根据图形的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，
设圆的半径为1，则正方形的面积为2，
所以黑色部分的面积为S=12⋅π⋅12=π2，
则所求的概率P=π222=π8，
故答案为：π8．
根据图形的对称性求出黑色图形的面积，利用几何概型的概率公式计算可得．
本题主要考查了几何概型的概率计算问题，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解题的关键．
11.【答案】12或13
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次方程的应用．解题的关键是弄清新定义运算的法则，并分情况讨论．
依据M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，分三种情况讨论，即可得到x的值．
【解答】
解：M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，
①若13(3+2x+1+4x−1)=2，则x=12，(符合题意)
②若13(3+2x+1+4x−1)=−x+3，则x=23，(−x+3不是三个数中最小的数，不符合题意)
③若13(3+2x+1+4x−1)=5x，则x=13，(符合题意)
故答案为：12或13．
12.【答案】0
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
设这个相同的实数根为t，把x=t代入3个方程得出a⋅t2+bt+c=1，bt2+ct+a=−3，ct2+a⋅t+b=2，3个方程相加即可得出(a+b+c)(t2+t+1)=0，即可求出答案．
【解答】
解：设这个相同的实数根为t，
把x=t代入ax2+bx+c=1，bx2+cx+a=−3，cx2+ax+b=2得：
a⋅t2+bt+c=1，bt2+ct+a=−3，ct2+a⋅t+b=2
相加得：(a+b+c)t2+(b+c+a)t+(a+b+c)=0，
(a+b+c)(t2+t+1)=0，
∵t2+t+1=(t+12)2+34>0，
∴a+b+c=0，
故答案是：0．
13.【答案】−24
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，考查了菱形面积的计算，本题中求得S菱形ABCO=2S△CDO是解题的关键．
易证S菱形ABCO=2S△CDO，再根据tan∠AOC的值即可求得菱形的边长，即可求得点C的坐标，代入反比例函数即可解题．
【解答】
解：作DE//AO，CF⊥AO，设CF=4x，
∵四边形OABC为菱形，
∴AB//CO，AO//BC，
∵DE//AO，
∴S△ADO=S△DEO，
同理，S△BCD=S△CDE，
∵S菱形ABCO=S△ADO+S△DEO+S△BCD+S△CDE，
∴S菱形ABCO=2(S△DEO+S△CDE)=2S△CDO=40，
∵tan∠AOC=43，
∴OF=3x，
∴OC=OF2+CF2=5x，
∴OA=OC=5x，
∵S菱形ABCO=AO⋅CF=20x2，解得：x=2，
∴OF=32，CF=42，
∴点C坐标为(−32,42)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点C，
∴代入点C得：k=−24，
故答案为−24．
14.【答案】2+23+43π
【解析】
【分析】
本题考查弧长的计算，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，注意：已知圆的半径为r，那么n°的圆心角所对的弧的长度为nπr180．
连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT.证明△OBF是等边三角形，利用直角三角形斜边中线的性质求出OE，EF≥OF−OE=2，推出当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，求出BT，FT，BF的长即可．
【解答】
解：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．
∵∠AOB=90°，AF=13AB，
∴∠BOF=60°，
∴BF的长=60π⋅4180=43π，
∵CE=DE，
∴OE=12CD=2，
∵OF=4，
∴EF≥OF−OE=2，
∴当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，
∴此时EF=2，
∵OF=OB，∠BOF=60°，
∴△BOF是等边三角形，
∵OT=TF，
∴BT⊥OF，
∴BE=BT=OB2−OT2=42−22=23，
∴此时阴影部分的周长为2+23+43π.
15.【答案】①③④
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=CP，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC=AP，
∵AP=PC，AD=CD，PD=PD，
∴△APD≌△CPD(SSS)
∴∠DAP=∠DCP，
∵AD//BC，
∴∠DAP=∠H，
∴∠DCP=∠H，
∵PE=CF，∠PEC=∠FCE=90°，EC=EC，
∴△PEC≌△FCE(SAS)
∴∠PCE=∠FEC，
∵∠PCF+∠PCE=∠FCE=90°，
∴∠H+∠FEC=90°，
∴∠EGH=90°，
∴AH⊥EF，
故①正确；
②因为当点P与BD中点重合时，CM=0，显然FM≠CM，
故②不合正确；
③∵AD//BH，
∴∠DAP=∠H，
∵∠DAP=∠PCM，
∴∠PCM=∠H，
∵∠CPM=∠HPC，
∴△CPM∽△HPC，
∴CPPH=PMCP，
∴CP2=PM⋅PH，且EF=PC，
∴EF2=PM⋅PH，
故③正确；
④∵EF=AP，
∴AP取最小值时，EF有最小值，
∴当AP⊥BD时，AP有最小值，
此时：∵AB=AD=2，∠BAD=90°，AP⊥BD，
∴BD=22，AP=12BD=2，
∴EF的最小值为2，
故④正确．
故答案为：①③④．
由特殊值法可判断②，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP=CP，由矩形的性质可得EF=PC=AP，由“SSS”可证△APD≌△CPD，可得∠DAP=∠DCP，由平行线的性质可得∠DCP=∠H，由“SAS”可证△PEC≌△FCE，可得∠PCE=∠FEC，由余角的性质可得AH⊥EF；通过证明△CPM∽△HPC，可得CPPH=PMCP，可得AP2=PM⋅PH，由AP=EF，可得EF2=PM⋅PH；由AP=EF，可得AP取最小值时，EF有最小值，即由垂线段最短可求解．
本题是相似综合题，考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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．
16.【答案】(26,0)
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，正确求出B2、B3、B4的坐标进而得出点Bn的规律是解题的关键．根据等边三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征分别求出B2、B3、B4的坐标，得出规律，进而求出点B6的坐标．
【解答】
解：如图，作A2C⊥x轴于点C，
设B1C=a，则A2C=3a，
OC=OB1+B1C=2+a，A2(2+a,3a)．
∵点A2在双曲线y=3x(x>0)上，
∴(2+a)⋅3a=3，
解得a=2−1，或a=−2−1(舍去)，
∴OB2=OB1+2B1C=2+22−2=22，
∴点B2的坐标为(22,0)；
作A3D⊥x轴于点D，设B2D=b，则A3D=3b，
OD=OB2+B2D=22+b，A3(22+b,3b)．
∵点A3在双曲线y=3x(x>0)上，
∴(22+b)⋅3b=3，
解得b=−2+3，或b=−2−3(舍去)，
∴OB3=OB2+2B2D=22−22+23=23，
∴点B3的坐标为(23,0)；
同理可得点B4的坐标为(24,0)即(4,0)；
以此类推…，
∴点Bn的坐标为(2n,0)，
∴点B6的坐标为(26,0)．
故答案为(26,0)．
17.【答案】解：原式=a−1a+2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2=a−2a−1，
由−5当a=0时，原式=2．
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出a的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】100 15
【解析】解：(1)由题意可得，
m=10÷10%=100，n%=15÷100=15%，
故答案为：100，15；
(2)喜爱篮球的有：100×35%=35(人)，
补全的条形统计图，如右图所示；
(3)由题意可得，
全校2100名学生中，喜爱踢足球的有：2100×40100=840(人)，
答：全校2100名学生中，大约有840人喜爱踢足球；
(4)设四名女生分别为：A(小红)、B(小梅)、C、D，
则出现的所有可能性是：
(A,B)、(A,C)、(A,D)、
(B,A)、(B,C)、(B,D)、
(C,A)、(C,B)、(C,D)、
(D,A)、(D,B)、(D,C)，
∴小红、小梅能分在同一组的概率是：412=13．
19.【答案】解：(1)画出树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中两只粽子刚好都是红枣馅的可能数为2，
∴P(两只都为红枣馅)=212=16；
(2)这样模拟不正确，理由如下：
连续两次掷骰子点数朝上的情况有(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)共16种，而满足条件的情况有4种，
∴P(点数3，4向上)=416=14≠P(两只均为红枣馅)，
∴这样模拟不正确．
【解析】本题考查用列举法求概率，以及概率公式．
20.【答案】解：(1)设每辆中巴车有座位x个，每辆大客车有座位(x+15)个，依题意有
270x=270+30x+15+1
解之得：x1=45，x2=−90(不合题意，舍去)．
经检验x=45是分式方程的解，
故大客车有座位：x+15=45+15=60个．
答：每辆中巴车有座位45个，每辆大客车有座位60个．
(2)解法一：
①若单独租用中巴车，租车费用为27045×350=2100(元)
②若单独租用大客车，租车费用为(6−1)×400=2000(元)
③设租用中巴车y辆，大客车(y+1)辆，则有
45y+60(y+1)≥270
解得y≥2，当y=2时，y+1=3，运送人数为45×2+60×3=270人，符合要求
这时租车费用为350×2+400×3=1900(元)
故租用中巴车2辆和大客车3辆，比单独租用中巴车的租车费少200元，比单独租用大客车的租车费少100元．
解法二：①、②同解法一
③设租用中巴车y辆，大客车(y+1)辆，则有
350y+400(y+1)<2000
解得：y<3215．
由y为整数，得到y=1或y=2．
当y=1时，运送人数为45×1+60×2=165<270，不合要求舍去；
当y=2时，运送人数为45×2+60×3=270，符合要求．
故租用中巴车2辆和大客车3辆，比单独租用中巴车的租车费少200元，比单独租用大客车的租车费少100元．
【解析】(1)每辆车的座位数：设每辆中巴车有座位x个，每辆大客车有座位(x+15)个，可座学生人数分别是：270、(270+30).车辆数可以表示为270x,270+30x+15，因为租用大客车少一辆．所以，中巴车的辆数=大客车辆数+1，列方程．
(2)在保证学生都有座位的前提下，有三种租车方案：
①单独租用中巴车，需要租车27045=6辆，可以计算费用．
②单独租用大客车，需要租车(6−1)辆，也可以计算费用．
③合租，设租用中巴车y辆，则大客车(y+1)辆，座位数应不少于学生数，根据题意列出不等式．注意，车辆数必须是整数．三种情况，通过比较，就可以回答题目的问题了．
本题具有一定的综合性，需要考虑学生人数、座位数、车辆数、三者之间的关系，从而得出每个车辆的座位数．第二问，在保证学生都有座位的前提下，租车方案有三种，需要分类、比较．
21.【答案】解：过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，
在Rt△BFD中，
∵∠DBF=30°，sin∠DBF=DFBD=12，cs∠DBF=BFBD=32，
∵BD=8米，
∴DF=4(米)，BF=43(米)，
∵AB//CD，CE⊥AB，BF⊥CD，
∴四边形BFCE为矩形，
∴BF=CE=43(米)，CF=BE=CD−DF=1(米)，
在Rt△ACE中，∠ACE=45°，
∴AE=CE=43(米)，
∴AB=(43+1)(米)．
答：铁塔AB的高为(43+1)m．
【解析】过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，在Rt△BFD中，分别求出DF、BF的长度，在Rt△ACE中，求出AE、CE的长度，继而可求得AB的长度．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据题目所给的坡角构造直角三角形，利用三角函数的知识求解．
22.【答案】(1)证明：∵BF//AD，
∴∠ADB=∠DBF，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠DBF=∠ACB；
(2)∠GOD与∠ADC之间的数量关系为：2∠GOD+∠ADC=240°．
理由如下：
作OM⊥DC于点M，连接OC．
∵AD//BF，
∴AB=DF，
∵F为CD中点，
∴CF=DF=AB，
∴∠ACB=∠CBF=∠DBF，
∵AC⊥BD于G，
∴∠BGC=∠AGD=90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°，∠DBC=60°，
∴∠ADB=∠ACB=30°，∠DOC=2∠DBC=120°，
∵OD=OC，
∴∠ODM=30°，
设GE=x，则AG=62x，
∴DG=322x，BG=3x，GC=3x，DC=362x，DM=364x，OD=322x，
∴DG=OD，
∴2∠GOD+∠ODG=180°，
∵∠ADB+∠ODC=60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC=240°，
即2∠GOD+∠ADC=240°．
【解析】(1)根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．
(2)作OM⊥DC于点M，连接OC.先证明∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°，再根据AG与GE的关系推出DG=OD，然后可得出结论．
本题主要考查了三角形的外接圆及其性质、圆中各种角度的相互转化、含30°的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，判断出∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°以及证明DG=OD是解答的关键．
23.【答案】解：(1)当x=20时，y=−10x+500=−10×20+500=300，
300×(12−10)=300×2=600元，
即政府这个月为他承担的总差价为600元；
(2)由题意得，W=(x−10)(−10x+500)
=−10x2+600x−5000
=−10(x−30)2+4000
∵a=−10<0，∴当x=30时，W有最大值4000元．
即当销售单价定为30元时，每月可获得最大利润4000元，
(3)由题意得：−10x2+600x−5000=3000，
解得：x1=20，x2=40．
∵a=−10<0，抛物线开口向下，
∴结合图象可知：当20≤x≤40时，3000≤x≤4000．
又∵x≤28，
∴当20≤x≤28时，w≥3000，
设政府每个月为他承担的总差价为p元，
∴p=(12−10)×(−10x+500)
=−20x+1000．
∵k=−20<0.∴p随x的增大而减小，
∴当x=28时，p有最小值440元．
即销售单价定为28元时，政府每个月为他承担的总差价最少为440元．
【解析】(1)求出销售量，根据政府每件补贴2元，即可解决问题．
(2)构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
(3)根据条件确定出自变量的取值范围，求出y的最小值即可解决问题．
本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、利润、销售量、单价之间的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会构建二次函数解决最值问题，学会利用一次函数的增减性，解决实际问题中的最值问题，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)证明：过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，如图①所示：
∴∠AFM=∠MFB=∠BGM=∠NGM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠DAB=90°，AD=AB，∠ABD=∠DBC=45°，
∵MF⊥AB，MG⊥BC，
∴MF=MG，
∵∠ABC=90°，
∴四边形FBGM是正方形，
∴∠FMG=90°，
∴∠FMN+∠NMG=90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMF+∠FMN=90°，
∴∠AMF=∠NMG，
在△AMF和△NMG中，
∠AFM=∠NGMMF=MG∠AMF=∠NMG
∴△AMF≌△NMG(ASA)，
∴MA=MN；
(2)解：在Rt△AMN中，由(1)知：MA=MN，
∴∠MAN=45°，
∵∠DBC=45°，
∴∠MAN=∠DBC，
∴Rt△AMN∽Rt△BCD，
∴S△AMNS△BCD=(ANBD)2，
在Rt△ABD中，AB=AD=6，
∴BD=62，
∴AN2(62)2=1318，
解得：AN=213，
∴在Rt△ABN中，BN=AN2−AB2=(213)2−62=4，
∵在Rt△AMN中，MA=MN，O是AN的中点，
∴OM=OA=ON=12AN=13，OM⊥AN，
∴∠AOP=90°，
∴∠AOP=∠ABN，
∵∠PAO=∠NAB，
∴△PAO∽△NAB，
∴OPBN=OAAB，即：OP4=136，
解得：OP=2133，
∴PM=OM+OP=13+2133=5133；
(3)解：过点A作AF⊥BD于F，如图③所示：
∴∠AFM=90°，
∴∠FAM+∠AMF=90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMF+∠HMN=90°，
∴∠FAM=∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM=∠MHN=90°，
在△AFM和△MHN中，
∠FAM=∠HMN∠AFM=∠MHNAM=MN，
∴△AFM≌△MHN(AAS)，
∴AF=MH，
在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD，
∴AF=12BD=12×62=32，
∴MH=32，
∵AM=25，
∴MN=25，
∴HN=MN2−MH2=(25)2−(32)2=2，
∴S△HMN=12MH⋅HN=12×32×2=3，
∴△HMN的面积为3．
【解析】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和三角形全等是解题的关键．
(1)过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，由正方形的性质得出∠ABD=∠DBC=45°，由角平分线的性质得出MF=MG，证得四边形FBGM是正方形，得出∠FMG=90°，证出∠AMF=∠NMG，证明△AMF≌△NMG，即可得出结论；
(2)证明Rt△AMN∽Rt△BCD，得出S△AMNS△BCD=(ANBD)2，求出AN=213，由勾股定理得出BN=AN2−AB2=4，由直角三角形的性质得出OM=OA=ON=12AN=13，OM⊥AN，证明△PAO∽△NAB，得出OPBN=OAAB，求出OP=2133，即可得出结果；
(3)过点A作AF⊥BD于F，证明△AFM≌△MHN得出AF=MH，求出AF=12BD=12×62=32，得出MH=32，MN=25，由勾股定理得出HN=MN2−MH2=2，由三角形面积公式即可得出结果．
25.【答案】解：(1)如图1，
∵y=−x2−4x+5=−(x+5)(x−1)或y=−(x+2)2+9，
∴A(−5,0)，B(1,0)，D(−2,9)．
设直线AD的解析式为：y=kx+b(k≠0)，把A、D的坐标代入，得
−5k+b=0−2k+b=9，
解得k=3b=15．
故直线AD的解析式为：y=3x+15；
(2)如图1，
∵EE′//y轴，FF′//y轴，E(m,0)、F(m+1,0)，
∴E′(m,−m2−4m+5)、F′(m+1,−(m+1)2−4(m+1)+5)，M(m,3m+15)，N(m+1,3(m+1)+15)，
∴ME′=−m2−4m+5−(3m+15)=−m2−7m−10，NF′=−m2−9m−18，
∴ME′+NF′=−m2−7m−10−m2−9m−18=−2m2−16m−28．
∵−2<0，
∴当m=−−162×(−2)=−4时，ME′+NF′有最大值，此时E′(−4,5)，F′(−3,8)，
要使|RE′−RF′|值最大，则点E′、F′、R三点在一条直线上，
∴设直线E′F′：y=px+q(p≠0)，则
−3p+q=8−4p+q=5,
解得p=3q=17,
∴直线E′F′：y=3x+17．
当x=0时，y=17，则点R的坐标是(0,17)．
此时，|RE′−RF′|的最大值为12+32=10；
(3)如图2，
设点P(x,−x2−4x+5)．
当PA=PC时，点P在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，
∴点O在线段AC的垂直平分线上，
∴点P在∠AOC的角平分线上，
∴−x=−x2−4x+5，
解得x1=−3+292，x2=−3−292，
∴P(−3−292,3+292)，P′(−3+292,3−292).
∴OP=32+582，OP′=−32+582，OH=12AC=522，
∴PH=OP−OH=58−222，P′H=OP′+OH=58+222，
∴S△PAC=12AC⋅PH=12×52×58−222=529−102，
或S△PAC=12AC⋅P′H=12×52×58+222=529+102．
【解析】本题考查了二次函数综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法以及三角形的面积计算．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
(1)根据抛物线的解析式求得点A、D的坐标，然后利用待定系数法来求直线AD的解析式即可；
(2)根据平行线的性质和函数图象上点的坐标特征易得ME′+NF′=−m2−7m−10−m2−9m−18=−2m2−16m−28；结合二次函数最值的求法和两点间线段最短得到：要使|RE′−RF′|值最大，则点E′、F′、R三点在一条直线上，只需求得点E′、F′的坐标，利用待定系数法推知直线E′F′关系式，由该关系式来求点R的坐标，进而求出|RE′−RF′|的最大值；
(3)当PA=PC时，点P在线段AC的垂直平分线上，结合三角形的面积公式进行解答．
1. 下列命题：①同旁内角互补；②对顶角相等；③一个角的补角大于这个角；④三角形的一个外角等于两个内角之和，其中，真命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 将2.05×10−3用小数表示为( )
A. 0.000205B. 0.0205C. 0.00205D. −0.00205
3. 用小立方块搭一个几何体，使得它的主视图和俯视图如图所示，它最少和最多需要的立方块是个．( )
A. 8 与14B. 9与13C. 10与12D. 无法确定
4. 对甲、乙两户家庭全年各项支出的统计如图所示，已知甲户居民的衣着支出与乙户相同，下面根据统计，对两户家庭教育支出的费用做出判断，正确的是( )
A. 甲比乙大B. 乙比甲大C. 甲、乙一样大D. 无法确定
5. 如图，AB//DE，BC⊥CD，则以下说法中正确的是( )
A. α，β的角度数之和为定值B. α随β增大而增大
C. α，β的角度数之积为定值D. α随β增大而减小
6. 已知m，n均为正整数且满足mn−2m−3n−20=0，则m+n的最小值是( )
A. 20B. 30C. 32D. 37
7. 已知直线y=−x+7a+1与直线y=2x−2a+4同时经过点P，点Q是以M(0,−1)为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为( )
A. 103B. 163C. 85D. 185
8. 如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，点M为BC上异于B、C的一定点，点N为AB上的一动点，E、F分别为DM、MN的中点，当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过图形的面积为( )
A. 4B. 4.5C. 5D. 6
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 要使式子a+3a2−1在实数范围内有意义，则实数a的取值范围是______．
10. 如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______．
11. 对于三个数a，b，c，我们规定用M{a,b,c}表示这三个数的平均数，用min{a,b,c}表示这三个数中最小的数．例如：M{−1,2,3}=−1+2+33=43，min{−1,2,3}=−1，如果M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，那么x= ．
12. 已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1，bx2+cx+a=−3，cx2+ax+b=2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为 ．
13. 如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，tan∠AOC=43，反比例函数y=kx的图象经过点C，与AB交于点D，若△COD的面积为20，则k的值等于______．
14. 如图所示，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=4，点F位于AB的13处且靠近点A的位置．点C、D分别在线段OA、OB上，CD=4，E为CD的中点，连接EF、BE.在CD滑动过程中(CD长度始终保持不变)，当EF取最小值时，阴影部分的周长为______．
15. 如图，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时(不包括B、D两点)，以下结论：①AH⊥EF；②MF=MC；③EF2=PM⋅PH；④EF的最小值是2.其中正确的是______.(把你认为正确结论的序号都填上)
16. 如图，已知等边△OA1B1，顶点A1在双曲线y=3x(x>0)上，点B1的坐标为(2,0).过B1作B1A2//OA1交双曲线于点A2，过A2作A2B2//A1B1交x轴于点B2，得到第二个等边△B1A2B2；过B2作B2A3//B1A2交双曲线于点A3，过A3作A3B3//A2B2交x轴于点B3，得到第三个等边△B2A3B3；以此类推，…，则点B6的坐标为____．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17. 先化简(1−3a+2)÷a2−2a+1a2−4，然后从−5
18. (本小题8.0分)
某中学决定在本校学生中，开展足球、篮球、羽毛球、乒乓球四种活动，为了解学生对这四种活动的喜爱情况，学校随机调查了该校m名学生，看他们喜爱哪一种活动(每名学生必选一种且只能从这四种活动中选择一种)，现将调查的结果绘制成如下不完整的统计图．
(1)m=______，n=______；
(2)请补全图中的条形图；
(3)根据抽样调查的结果，请估算全校2100名学生中，大约有多少人喜爱踢足球；
(4)在抽查的m名学生中，喜爱打乒乓球的有10名同学(其中有4名女生，包括小红、小梅)，现将喜爱打乒乓球的同学平均分成两组进行训练，且女生每组分两人，求小红、小梅能分在同一组的概率．
19. (本小题8.0分)
端午节吃粽子是中华民族的传统习俗，五月初五早上，奶奶为小明准备了四只粽子：一只肉馅，一只香肠馅，两只红枣馅，四只粽子除内部馅料不同外其他均一切相同.小明喜欢吃红枣馅的粽子．
(1)请你用树状图为小明预测一下吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率；
(2)在吃粽子之前，小明准备用一个均匀的正四面体骰子(如图所示)进行吃粽子的模拟试验，规定：掷得点数1向上代表肉馅，点数2向上代表香肠馅，点数3，4向上代表红枣馅，连续抛掷这个骰子两次表示随机吃两只粽子，从而估计吃两只粽子刚好都是红枣馅的概率.你认为这样模拟正确吗？试说明理由．
20. (本小题8.0分)
某校初中三年级270名师生计划集体外出一日游，乘车往返，经与客运公司联系，他们有座位数不同的中巴车和大客车两种车型可供选择，每辆大客车比中巴车多15个座位，学校根据中巴车和大客车的座位数计算后得知，如果租用中巴车若干辆，师生刚好坐满全部座位；如果租用大客车，不仅少用一辆，而且师生坐完后还多30个座位．
(1)求中巴车和大客车各有多少个座位？
(2)客运公司为学校这次活动提供的报价是：租用中巴车每辆往返费用350元，租用大客车每辆往返费用400元，学校在研究租车方案时发现，同时租用两种车，其中大客车比中巴车多租一辆，所需租车费比单独租用一种车型都要便宜，按这种方案需要中巴车和大客车各多少辆？租车费比单独租用中巴车或大客车各少多少元？
21. (本小题8.0分)
如图，在坡角为30°的山坡上有一铁塔AB，其正前方矗立着一大型广告牌，当阳光与水平线成45°角时，测得铁塔AB落在斜坡上的影子BD的长为8米，落在广告牌上的影子CD的长为5米，求铁塔AB的高.(AB、CD均与水平面垂直，结果保留根号)
22. (本小题8.0分)
如图，已知点D是△ABC外接圆⊙O上的一点，AC⊥BD于G，连接AD，过点B作直线BF//AD交AC于E，交⊙O于F，若点F是弧CD的中点，连接OG，OD，CD
(1)求证：∠DBF=∠ACB；
(2)若AG=62GE，试探究∠GOD与∠ADC之间的数量关系，并证明．
23. (本小题10.0分)
为鼓励大学生毕业后自主创业，市政府出台了相关政策：由政府协调，本市企业按成本价提供产品给应届毕业生自主销售，成本价与出厂价之间的差价由政府承担．赵某按照相关政策投资销售本市生产的一种新型“儿童玩具枪”.已知这种“儿童玩具枪”的成本价为每件10元，出厂价为每件12元，每月销售量y(件)与销售单价x(元)之间的关系近似满足一次函数：y=−10x+500．
(1)赵某在开始创业的第一个月将销售单价定为20元，那么政府这个月为他承担的总差价为多少元？
(2)设赵某获得的利润为W(元)，当销售单价定为多少元时，每月可获得最大利润？
(3)物价部门规定，这种“儿童玩具枪”的销售单价不得高于28元．如果赵某想要每月获得的利润不低于3000元，那么政府为他承担的总差价最少为多少元？
24. (本小题12.0分)
如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是对角线BD上的一个动点(0
(2)如图②，连接AN，O为AN的中点，MO的延长线交边AB于点P，当S△AMNS△BCD=1318时，求AN和PM的长；
(3)如图③，过点N作NH⊥BD于H，当AM=25时，求△HMN的面积．
25. (本小题12.0分)
如图1，已知抛物线y=−x2−4x+5交x轴于点A、B两点(点A在点B的左侧)，交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，连接AD．
(1)求直线AD的解析式．
(2)点E(m,0)、F(m+1,0)为x轴上两点，其中(−5
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
根据同旁内角、对顶角、补角、三角形外角的性质即可解决问题．本题考查了命题与定理，同旁内角、对顶角、补角、三角形外角等知识，解题的关键是熟练掌握应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
【解答】
解：①错误，同旁内角不一定互补．
②正确．对顶角相等．
③错误，一个角的补角可能大于这个角可能等于这个角也可能小于这个角．
④错误，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角之和．
故②正确，
故选B．
2.【答案】C
【解析】解：2.05×10−3=0.00205，
故选：C．
10−3就是0.001，可以把2.05的小数点向左移动3位．
本题考查了科学记数法，用科学记数法表示的数还原成原数时，n>0时，n是几，小数点就向右移几位；n<0时，n是几，小数点就向左移几位．
3.【答案】B
【解析】解：如果所需的立方块最少，根据主视图和俯视图可得这个几何体共3列，最左边一列有4个正方体，中间一列有4个正方体，最右边一列有1个正方体，共9个，
如果所需的立方块最多，根据主视图和俯视图可得，最左边一列有6个正方体，中间一列有6个正方体，最右边一列有1个正方体，共13个，
故选：B．
根据三视图的知识可得，根据主视图和俯视图可得这个几何体共3列，再分别求出最少和最多需要的立方块个数即可．
本题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
4.【答案】B
【解析】解；由条形统计图，得
衣着支出为1200元，教育支出为1200元．
由甲户居民的衣着支出与乙户相同，得
乙户的衣着支出为1200元，
乙户的总支出为1200÷20%=6000元，
乙户的教育支出为6000×25%=1500元，
∵1500>1200，
∴乙户的教育支出大．
故选：B．
观察条形统计图，可得衣着支出，教育支出，根据衣着支出相同，用衣着支出除以衣着所占的百分比，可得乙户的支出，根据乙户的支出乘以教育所占的百分比，可得乙户的教育支出，根据有理数的大小比较，可得答案．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
5.【答案】B
【解析】解：过C点作EF//AB，
∵AB//DE，
∴EF//DE，
∴∠α=∠BCE，∠β+∠DCE=180°，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCE+∠DCE=360°−∠BCD=270°，
∴∠α+(180°−∠β)=270°，
∴∠α−∠β=90°，
∴α随β增大而增大，
故选：B．
过C点作CF//AB，利用平行线的性质解答即可．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：mn−2m−3n−20=0，
m(n−2)−3n+6−6−20=0，
m(n−2)−3(n−2)−26=0，
(m−3)(n−2)=26，
∵m，n均为正整数，
∴26=1×26，或26=2×13，
∴m−3=1n−2=26，m−3=26n−2=1，m−3=2n−2=13，m−3=13n−2=2，
∴m+n=32，m+n=32，m+n=20，m+n=20，
∴m+n的最小值为20．
故选：A．
利用因式分解把等式变形为(m−3)(n−2)=26，再讨论各种可能情况，求出m、n的值，判断出最小值．
本题考查了因式分解的应用，解题的关键是熟练掌握因式分解的各种方法．
7.【答案】C
【解析】解：解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4，得x=3a−1y=4a+2，
∴P点坐标为(3a−1,4a+2)，
设x=3a−1，y=4a+2，消去a整理得y=43x+103，
即点P为直线y=43x+103上一动点，
设直线y=43x+103与坐标轴的交点为A、B，如图，则A(−52,0)，B(0,103)，
∴AB=(52)2+(103)2=256，
过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，
∵∠MBP=∠ABO，
∴Rt△MBP∽Rt△ABO，
∴MP：OA=BM：AB，即MP：52=133：256，
∴MP=135，
∴PQ=135−1=85，
即线段PQ的最小值为85．
故选：C．
先解方程组y=−x+7a+1y=2x−2a+4得P点坐标为(3a−1,4a+2)，则可确定点P为直线y=43x+103上一动点，设直线y=43x+103与坐标轴的交点为A、B，则A(−52,0)，B(0,103)，利用勾股定理计算出AB=256，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP=135，则PQ=85，即线段PQ的最小值为85．
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．
8.【答案】A
【解析】解：如图，取MB中点P，连接FP，EP，DN，
∵FP是△MNB的中位线，EF是△MDN的中位线，
∴FP//BN，FP=12BN，EF//DN，EF=12DN，
∴当点N从A到B运动过程中，点F在FP所在直线上运动，
即线段EF扫过的图形为△EFP，
∴当点N与点A重合时，FP=12BN=12BA=4，
过点D作DQ⊥AB于点Q，
∵AB//CD，∠C=90°，AB=8，AD=CD=5，
∴AQ=8−5=3，
∴DQ=AD2−AQ2=4，
∴当点N与点Q重合时，EF=12DN=12DQ=2，
EF//DQ，即EF⊥AB，即EF⊥FP，
∴△EFP中，FP上的高为2，
∴当N从A到B的运动过程中，线段EF扫过的图形面积为：
12×4×2=4．
故选：A．
取MB中点P，连接FP，EP，DN，根据三角形中位线定理可得，当点N从A到B运动过程中，点F在FP所在直线上运动，即线段EF扫过的图形为△EFP，求出当点N与点A重合时，FP的值，以及FP上的高，进而即可求解．
本题考查了直角梯形、三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
9.【答案】a≥−3且a≠±1
【解析】解：由题意得，a+3≥0且a2−1≠0，
解得a≥−3且a≠±1．
故答案为：a≥−3且a≠±1．
根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
(1)分式无意义⇔分母为零；
(2)分式有意义⇔分母不为零；
(3)分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
10.【答案】π8
【解析】解：根据图形的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，
设圆的半径为1，则正方形的面积为2，
所以黑色部分的面积为S=12⋅π⋅12=π2，
则所求的概率P=π222=π8，
故答案为：π8．
根据图形的对称性求出黑色图形的面积，利用几何概型的概率公式计算可得．
本题主要考查了几何概型的概率计算问题，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解题的关键．
11.【答案】12或13
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次方程的应用．解题的关键是弄清新定义运算的法则，并分情况讨论．
依据M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，分三种情况讨论，即可得到x的值．
【解答】
解：M{3,2x+1,4x−1}=min{2,−x+3,5x}，
①若13(3+2x+1+4x−1)=2，则x=12，(符合题意)
②若13(3+2x+1+4x−1)=−x+3，则x=23，(−x+3不是三个数中最小的数，不符合题意)
③若13(3+2x+1+4x−1)=5x，则x=13，(符合题意)
故答案为：12或13．
12.【答案】0
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．
设这个相同的实数根为t，把x=t代入3个方程得出a⋅t2+bt+c=1，bt2+ct+a=−3，ct2+a⋅t+b=2，3个方程相加即可得出(a+b+c)(t2+t+1)=0，即可求出答案．
【解答】
解：设这个相同的实数根为t，
把x=t代入ax2+bx+c=1，bx2+cx+a=−3，cx2+ax+b=2得：
a⋅t2+bt+c=1，bt2+ct+a=−3，ct2+a⋅t+b=2
相加得：(a+b+c)t2+(b+c+a)t+(a+b+c)=0，
(a+b+c)(t2+t+1)=0，
∵t2+t+1=(t+12)2+34>0，
∴a+b+c=0，
故答案是：0．
13.【答案】−24
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，考查了菱形面积的计算，本题中求得S菱形ABCO=2S△CDO是解题的关键．
易证S菱形ABCO=2S△CDO，再根据tan∠AOC的值即可求得菱形的边长，即可求得点C的坐标，代入反比例函数即可解题．
【解答】
解：作DE//AO，CF⊥AO，设CF=4x，
∵四边形OABC为菱形，
∴AB//CO，AO//BC，
∵DE//AO，
∴S△ADO=S△DEO，
同理，S△BCD=S△CDE，
∵S菱形ABCO=S△ADO+S△DEO+S△BCD+S△CDE，
∴S菱形ABCO=2(S△DEO+S△CDE)=2S△CDO=40，
∵tan∠AOC=43，
∴OF=3x，
∴OC=OF2+CF2=5x，
∴OA=OC=5x，
∵S菱形ABCO=AO⋅CF=20x2，解得：x=2，
∴OF=32，CF=42，
∴点C坐标为(−32,42)，
∵反比例函数y=kx的图象经过点C，
∴代入点C得：k=−24，
故答案为−24．
14.【答案】2+23+43π
【解析】
【分析】
本题考查弧长的计算，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，注意：已知圆的半径为r，那么n°的圆心角所对的弧的长度为nπr180．
连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT.证明△OBF是等边三角形，利用直角三角形斜边中线的性质求出OE，EF≥OF−OE=2，推出当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，求出BT，FT，BF的长即可．
【解答】
解：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．
∵∠AOB=90°，AF=13AB，
∴∠BOF=60°，
∴BF的长=60π⋅4180=43π，
∵CE=DE，
∴OE=12CD=2，
∵OF=4，
∴EF≥OF−OE=2，
∴当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，
∴此时EF=2，
∵OF=OB，∠BOF=60°，
∴△BOF是等边三角形，
∵OT=TF，
∴BT⊥OF，
∴BE=BT=OB2−OT2=42−22=23，
∴此时阴影部分的周长为2+23+43π.
15.【答案】①③④
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=CP，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC=AP，
∵AP=PC，AD=CD，PD=PD，
∴△APD≌△CPD(SSS)
∴∠DAP=∠DCP，
∵AD//BC，
∴∠DAP=∠H，
∴∠DCP=∠H，
∵PE=CF，∠PEC=∠FCE=90°，EC=EC，
∴△PEC≌△FCE(SAS)
∴∠PCE=∠FEC，
∵∠PCF+∠PCE=∠FCE=90°，
∴∠H+∠FEC=90°，
∴∠EGH=90°，
∴AH⊥EF，
故①正确；
②因为当点P与BD中点重合时，CM=0，显然FM≠CM，
故②不合正确；
③∵AD//BH，
∴∠DAP=∠H，
∵∠DAP=∠PCM，
∴∠PCM=∠H，
∵∠CPM=∠HPC，
∴△CPM∽△HPC，
∴CPPH=PMCP，
∴CP2=PM⋅PH，且EF=PC，
∴EF2=PM⋅PH，
故③正确；
④∵EF=AP，
∴AP取最小值时，EF有最小值，
∴当AP⊥BD时，AP有最小值，
此时：∵AB=AD=2，∠BAD=90°，AP⊥BD，
∴BD=22，AP=12BD=2，
∴EF的最小值为2，
故④正确．
故答案为：①③④．
由特殊值法可判断②，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP=CP，由矩形的性质可得EF=PC=AP，由“SSS”可证△APD≌△CPD，可得∠DAP=∠DCP，由平行线的性质可得∠DCP=∠H，由“SAS”可证△PEC≌△FCE，可得∠PCE=∠FEC，由余角的性质可得AH⊥EF；通过证明△CPM∽△HPC，可得CPPH=PMCP，可得AP2=PM⋅PH，由AP=EF，可得EF2=PM⋅PH；由AP=EF，可得AP取最小值时，EF有最小值，即由垂线段最短可求解．
本题是相似综合题，考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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．
16.【答案】(26,0)
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，正确求出B2、B3、B4的坐标进而得出点Bn的规律是解题的关键．根据等边三角形的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征分别求出B2、B3、B4的坐标，得出规律，进而求出点B6的坐标．
【解答】
解：如图，作A2C⊥x轴于点C，
设B1C=a，则A2C=3a，
OC=OB1+B1C=2+a，A2(2+a,3a)．
∵点A2在双曲线y=3x(x>0)上，
∴(2+a)⋅3a=3，
解得a=2−1，或a=−2−1(舍去)，
∴OB2=OB1+2B1C=2+22−2=22，
∴点B2的坐标为(22,0)；
作A3D⊥x轴于点D，设B2D=b，则A3D=3b，
OD=OB2+B2D=22+b，A3(22+b,3b)．
∵点A3在双曲线y=3x(x>0)上，
∴(22+b)⋅3b=3，
解得b=−2+3，或b=−2−3(舍去)，
∴OB3=OB2+2B2D=22−22+23=23，
∴点B3的坐标为(23,0)；
同理可得点B4的坐标为(24,0)即(4,0)；
以此类推…，
∴点Bn的坐标为(2n,0)，
∴点B6的坐标为(26,0)．
故答案为(26,0)．
17.【答案】解：原式=a−1a+2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2=a−2a−1，
由−5
【解析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，求出a的值代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】100 15
【解析】解：(1)由题意可得，
m=10÷10%=100，n%=15÷100=15%，
故答案为：100，15；
(2)喜爱篮球的有：100×35%=35(人)，
补全的条形统计图，如右图所示；
(3)由题意可得，
全校2100名学生中，喜爱踢足球的有：2100×40100=840(人)，
答：全校2100名学生中，大约有840人喜爱踢足球；
(4)设四名女生分别为：A(小红)、B(小梅)、C、D，
则出现的所有可能性是：
(A,B)、(A,C)、(A,D)、
(B,A)、(B,C)、(B,D)、
(C,A)、(C,B)、(C,D)、
(D,A)、(D,B)、(D,C)，
∴小红、小梅能分在同一组的概率是：412=13．
19.【答案】解：(1)画出树状图如下：
共有12种等可能的情况，其中两只粽子刚好都是红枣馅的可能数为2，
∴P(两只都为红枣馅)=212=16；
(2)这样模拟不正确，理由如下：
连续两次掷骰子点数朝上的情况有(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)共16种，而满足条件的情况有4种，
∴P(点数3，4向上)=416=14≠P(两只均为红枣馅)，
∴这样模拟不正确．
【解析】本题考查用列举法求概率，以及概率公式．
20.【答案】解：(1)设每辆中巴车有座位x个，每辆大客车有座位(x+15)个，依题意有
270x=270+30x+15+1
解之得：x1=45，x2=−90(不合题意，舍去)．
经检验x=45是分式方程的解，
故大客车有座位：x+15=45+15=60个．
答：每辆中巴车有座位45个，每辆大客车有座位60个．
(2)解法一：
①若单独租用中巴车，租车费用为27045×350=2100(元)
②若单独租用大客车，租车费用为(6−1)×400=2000(元)
③设租用中巴车y辆，大客车(y+1)辆，则有
45y+60(y+1)≥270
解得y≥2，当y=2时，y+1=3，运送人数为45×2+60×3=270人，符合要求
这时租车费用为350×2+400×3=1900(元)
故租用中巴车2辆和大客车3辆，比单独租用中巴车的租车费少200元，比单独租用大客车的租车费少100元．
解法二：①、②同解法一
③设租用中巴车y辆，大客车(y+1)辆，则有
350y+400(y+1)<2000
解得：y<3215．
由y为整数，得到y=1或y=2．
当y=1时，运送人数为45×1+60×2=165<270，不合要求舍去；
当y=2时，运送人数为45×2+60×3=270，符合要求．
故租用中巴车2辆和大客车3辆，比单独租用中巴车的租车费少200元，比单独租用大客车的租车费少100元．
【解析】(1)每辆车的座位数：设每辆中巴车有座位x个，每辆大客车有座位(x+15)个，可座学生人数分别是：270、(270+30).车辆数可以表示为270x,270+30x+15，因为租用大客车少一辆．所以，中巴车的辆数=大客车辆数+1，列方程．
(2)在保证学生都有座位的前提下，有三种租车方案：
①单独租用中巴车，需要租车27045=6辆，可以计算费用．
②单独租用大客车，需要租车(6−1)辆，也可以计算费用．
③合租，设租用中巴车y辆，则大客车(y+1)辆，座位数应不少于学生数，根据题意列出不等式．注意，车辆数必须是整数．三种情况，通过比较，就可以回答题目的问题了．
本题具有一定的综合性，需要考虑学生人数、座位数、车辆数、三者之间的关系，从而得出每个车辆的座位数．第二问，在保证学生都有座位的前提下，租车方案有三种，需要分类、比较．
21.【答案】解：过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，
在Rt△BFD中，
∵∠DBF=30°，sin∠DBF=DFBD=12，cs∠DBF=BFBD=32，
∵BD=8米，
∴DF=4(米)，BF=43(米)，
∵AB//CD，CE⊥AB，BF⊥CD，
∴四边形BFCE为矩形，
∴BF=CE=43(米)，CF=BE=CD−DF=1(米)，
在Rt△ACE中，∠ACE=45°，
∴AE=CE=43(米)，
∴AB=(43+1)(米)．
答：铁塔AB的高为(43+1)m．
【解析】过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，在Rt△BFD中，分别求出DF、BF的长度，在Rt△ACE中，求出AE、CE的长度，继而可求得AB的长度．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据题目所给的坡角构造直角三角形，利用三角函数的知识求解．
22.【答案】(1)证明：∵BF//AD，
∴∠ADB=∠DBF，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠DBF=∠ACB；
(2)∠GOD与∠ADC之间的数量关系为：2∠GOD+∠ADC=240°．
理由如下：
作OM⊥DC于点M，连接OC．
∵AD//BF，
∴AB=DF，
∵F为CD中点，
∴CF=DF=AB，
∴∠ACB=∠CBF=∠DBF，
∵AC⊥BD于G，
∴∠BGC=∠AGD=90°，
∴∠DBF+∠CBF+∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°，∠DBC=60°，
∴∠ADB=∠ACB=30°，∠DOC=2∠DBC=120°，
∵OD=OC，
∴∠ODM=30°，
设GE=x，则AG=62x，
∴DG=322x，BG=3x，GC=3x，DC=362x，DM=364x，OD=322x，
∴DG=OD，
∴2∠GOD+∠ODG=180°，
∵∠ADB+∠ODC=60°，
∴2∠GOD+∠ODG+∠ADB+∠ODC=240°，
即2∠GOD+∠ADC=240°．
【解析】(1)根据平行线性质及圆周角性质直接得出结论．
(2)作OM⊥DC于点M，连接OC.先证明∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°，再根据AG与GE的关系推出DG=OD，然后可得出结论．
本题主要考查了三角形的外接圆及其性质、圆中各种角度的相互转化、含30°的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，判断出∠ACB=∠CBF=∠DBF=30°以及证明DG=OD是解答的关键．
23.【答案】解：(1)当x=20时，y=−10x+500=−10×20+500=300，
300×(12−10)=300×2=600元，
即政府这个月为他承担的总差价为600元；
(2)由题意得，W=(x−10)(−10x+500)
=−10x2+600x−5000
=−10(x−30)2+4000
∵a=−10<0，∴当x=30时，W有最大值4000元．
即当销售单价定为30元时，每月可获得最大利润4000元，
(3)由题意得：−10x2+600x−5000=3000，
解得：x1=20，x2=40．
∵a=−10<0，抛物线开口向下，
∴结合图象可知：当20≤x≤40时，3000≤x≤4000．
又∵x≤28，
∴当20≤x≤28时，w≥3000，
设政府每个月为他承担的总差价为p元，
∴p=(12−10)×(−10x+500)
=−20x+1000．
∵k=−20<0.∴p随x的增大而减小，
∴当x=28时，p有最小值440元．
即销售单价定为28元时，政府每个月为他承担的总差价最少为440元．
【解析】(1)求出销售量，根据政府每件补贴2元，即可解决问题．
(2)构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
(3)根据条件确定出自变量的取值范围，求出y的最小值即可解决问题．
本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、利润、销售量、单价之间的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会构建二次函数解决最值问题，学会利用一次函数的增减性，解决实际问题中的最值问题，属于中考常考题型．
24.【答案】(1)证明：过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，如图①所示：
∴∠AFM=∠MFB=∠BGM=∠NGM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠DAB=90°，AD=AB，∠ABD=∠DBC=45°，
∵MF⊥AB，MG⊥BC，
∴MF=MG，
∵∠ABC=90°，
∴四边形FBGM是正方形，
∴∠FMG=90°，
∴∠FMN+∠NMG=90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMF+∠FMN=90°，
∴∠AMF=∠NMG，
在△AMF和△NMG中，
∠AFM=∠NGMMF=MG∠AMF=∠NMG
∴△AMF≌△NMG(ASA)，
∴MA=MN；
(2)解：在Rt△AMN中，由(1)知：MA=MN，
∴∠MAN=45°，
∵∠DBC=45°，
∴∠MAN=∠DBC，
∴Rt△AMN∽Rt△BCD，
∴S△AMNS△BCD=(ANBD)2，
在Rt△ABD中，AB=AD=6，
∴BD=62，
∴AN2(62)2=1318，
解得：AN=213，
∴在Rt△ABN中，BN=AN2−AB2=(213)2−62=4，
∵在Rt△AMN中，MA=MN，O是AN的中点，
∴OM=OA=ON=12AN=13，OM⊥AN，
∴∠AOP=90°，
∴∠AOP=∠ABN，
∵∠PAO=∠NAB，
∴△PAO∽△NAB，
∴OPBN=OAAB，即：OP4=136，
解得：OP=2133，
∴PM=OM+OP=13+2133=5133；
(3)解：过点A作AF⊥BD于F，如图③所示：
∴∠AFM=90°，
∴∠FAM+∠AMF=90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMF+∠HMN=90°，
∴∠FAM=∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM=∠MHN=90°，
在△AFM和△MHN中，
∠FAM=∠HMN∠AFM=∠MHNAM=MN，
∴△AFM≌△MHN(AAS)，
∴AF=MH，
在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD，
∴AF=12BD=12×62=32，
∴MH=32，
∵AM=25，
∴MN=25，
∴HN=MN2−MH2=(25)2−(32)2=2，
∴S△HMN=12MH⋅HN=12×32×2=3，
∴△HMN的面积为3．
【解析】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和三角形全等是解题的关键．
(1)过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，由正方形的性质得出∠ABD=∠DBC=45°，由角平分线的性质得出MF=MG，证得四边形FBGM是正方形，得出∠FMG=90°，证出∠AMF=∠NMG，证明△AMF≌△NMG，即可得出结论；
(2)证明Rt△AMN∽Rt△BCD，得出S△AMNS△BCD=(ANBD)2，求出AN=213，由勾股定理得出BN=AN2−AB2=4，由直角三角形的性质得出OM=OA=ON=12AN=13，OM⊥AN，证明△PAO∽△NAB，得出OPBN=OAAB，求出OP=2133，即可得出结果；
(3)过点A作AF⊥BD于F，证明△AFM≌△MHN得出AF=MH，求出AF=12BD=12×62=32，得出MH=32，MN=25，由勾股定理得出HN=MN2−MH2=2，由三角形面积公式即可得出结果．
25.【答案】解：(1)如图1，
∵y=−x2−4x+5=−(x+5)(x−1)或y=−(x+2)2+9，
∴A(−5,0)，B(1,0)，D(−2,9)．
设直线AD的解析式为：y=kx+b(k≠0)，把A、D的坐标代入，得
−5k+b=0−2k+b=9，
解得k=3b=15．
故直线AD的解析式为：y=3x+15；
(2)如图1，
∵EE′//y轴，FF′//y轴，E(m,0)、F(m+1,0)，
∴E′(m,−m2−4m+5)、F′(m+1,−(m+1)2−4(m+1)+5)，M(m,3m+15)，N(m+1,3(m+1)+15)，
∴ME′=−m2−4m+5−(3m+15)=−m2−7m−10，NF′=−m2−9m−18，
∴ME′+NF′=−m2−7m−10−m2−9m−18=−2m2−16m−28．
∵−2<0，
∴当m=−−162×(−2)=−4时，ME′+NF′有最大值，此时E′(−4,5)，F′(−3,8)，
要使|RE′−RF′|值最大，则点E′、F′、R三点在一条直线上，
∴设直线E′F′：y=px+q(p≠0)，则
−3p+q=8−4p+q=5,
解得p=3q=17,
∴直线E′F′：y=3x+17．
当x=0时，y=17，则点R的坐标是(0,17)．
此时，|RE′−RF′|的最大值为12+32=10；
(3)如图2，
设点P(x,−x2−4x+5)．
当PA=PC时，点P在线段AC的垂直平分线上，
∵OC=OA，
∴点O在线段AC的垂直平分线上，
∴点P在∠AOC的角平分线上，
∴−x=−x2−4x+5，
解得x1=−3+292，x2=−3−292，
∴P(−3−292,3+292)，P′(−3+292,3−292).
∴OP=32+582，OP′=−32+582，OH=12AC=522，
∴PH=OP−OH=58−222，P′H=OP′+OH=58+222，
∴S△PAC=12AC⋅PH=12×52×58−222=529−102，
或S△PAC=12AC⋅P′H=12×52×58+222=529+102．
【解析】本题考查了二次函数综合题．其中涉及到的知识点有待定系数法求一次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法以及三角形的面积计算．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
(1)根据抛物线的解析式求得点A、D的坐标，然后利用待定系数法来求直线AD的解析式即可；
(2)根据平行线的性质和函数图象上点的坐标特征易得ME′+NF′=−m2−7m−10−m2−9m−18=−2m2−16m−28；结合二次函数最值的求法和两点间线段最短得到：要使|RE′−RF′|值最大，则点E′、F′、R三点在一条直线上，只需求得点E′、F′的坐标，利用待定系数法推知直线E′F′关系式，由该关系式来求点R的坐标，进而求出|RE′−RF′|的最大值；
(3)当PA=PC时，点P在线段AC的垂直平分线上，结合三角形的面积公式进行解答．
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