2023年山东省泰安市泰山学院附属中学中考数学一模试卷（含答案）

这是一份2023年山东省泰安市泰山学院附属中学中考数学一模试卷（含答案），共28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。
2023年山东省泰安市泰山学院附中中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。）
1．（4分）在3，0，﹣2，﹣四个数中，最小的数是（　　）
A．3 B．0 C．﹣2 D．﹣
2．（4分）下列运算正确的是（　　）
A．3a2+4a2＝7a4 B．3a2﹣4a2＝﹣a2
C．3a•4a2＝12a2 D．（3a2）2÷4a2＝a2
3．（4分）下列图案中，任意选取一个图案，既是中心对称图形也是轴对称图形的为（　　）


A．①② B．②③ C．②④ D．③④
4．（4分）如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1∥l2，则∠1﹣∠2＝（　　）

A．72° B．36° C．45° D．47°
5．（4分）某排球队12名队员的年龄如表所示：该队队员年龄的众数与中位数分别是（　　）
年龄/岁
18
19
20
21
22
人数/人
1
4
3
2
2
A．19岁，19岁 B．19岁，20岁 C．20岁，20岁 D．20岁，22岁
6．（4分）轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上，轮船航行半小时到达C处，在C处观测灯塔A位于北偏东60°方向上，则C处与灯塔A的距离是（　　）海里．

A．25 B．25 C．50 D．25
7．（4分）已知关于x的不等式组仅有三个整数解，则a的取值范围是（　　）
A．≤a＜1 B．≤a≤1 C．＜a≤1 D．a＜1
8．（4分）八年级某班学生参加抗旱活动，女生抬水，每两个女生用一个水桶和一根扁担，男同学们挑水，每个男生用两个水桶和一根扁担，已知全班同学们共用了水桶59个，扁担36根，若设女生有x人，男生有y人，则可列方程组（　　）
A． B．
C． D．
9．（4分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，∠BCA＝65°，作CD∥AB，并与⊙O相交于点D，连接BD，则∠DBC的大小为（　　）

A．15° B．35° C．25° D．45°
10．（4分）如图，从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，则此扇形的面积为（　　）

A．2 B． C．πm2 D．2πm2
11．（4分）如图所示，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交y轴于点P，若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为（　　）

A．（﹣4，﹣5） B．（﹣4，﹣3） C．（﹣5，﹣4） D．（﹣5，﹣3）
12．（4分）如图，一次函数y＝2x与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为，则k的值为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．（4分）某工程预算花费约为108元，实际花费约为2.3×1010元，预算花费约是实际花费的倍数是 　 　．（用科学记数法表示，保留2位有效数字）
14．（4分）若关于x的一元二次方程（k﹣2）x2﹣2kx+k＝6有实数根，则k的取值范围为 　 　．
15．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）中的x与y的部分对应值如表
x
﹣1
0
1
3
y
﹣1
3
5
3
下列结论：
①ac＜0；
②当x＞1时，y的值随x值的增大而减小．
③3是方程ax2+（b﹣1）x+c＝0的一个根；
④当﹣1＜x＜3时，ax2+（b﹣1）x+c＞0．
其中正确的结论是　 　．
16．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，当直角三角板MPN的直角顶点P在BC边上移动时，直角边MP始终经过点A．设直角三角板的另一直角边PN与CD相交于点Q．BP＝x，CQ＝y，那么y与x之间的函数式为　 　．

17．（4分）如图，在菱形ABCD中，sinB＝，点E，F分别在边AD、BC上，将四边形AEFB沿EF翻折，使AB的对应线段MN经过顶点C，当MN⊥BC时，的值是　 　．

18．（4分）如图，将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在AC边上的B1处，称为第一次操作，折痕DE到AC的距离为h1；还原纸片后，再将△BDE沿着过BD的中点D1的直线折叠，使点B落在DE边上的B2处，称为第二次操作，折痕D1E1到AC的距离记为h2；按上述方法不断操作下去…，经过第n次操作后得到折痕Dn﹣1En﹣1，到AC的距离记为hn．若h1＝1，则hn的值为 　 　．

三、解答题（本大题共7个小题，共78分，解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤。）
19．（8分）先化简，再求值：÷（﹣a﹣2b）﹣，其中a，b满足．
20．（9分）某超市预测某饮料有发展前途，用1600元购进一批饮料，面市后果然供不应求，又用6000元购进这批饮料，第二批饮料的数量是第一批的3倍，但单价比第一批贵2元．
（1）第一批饮料进货单价多少元？
（2）若二次购进饮料按同一价格销售，两批全部售完后，获利不少于1200元，那么销售单价至少为多少元？
21．（10分）自我省深化课程改革以来，铁岭市某校开设了：A．利用影长求物体高度，B．制作视力表，C．设计遮阳棚，D．制作中心对称图形，四类数学实践活动课．规定每名学生必选且只能选修一类实践活动课，学校对学生选修实践活动课的情况进行抽样调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

根据图中信息解决下列问题：
（1）本次共调查 　 　名学生，扇形统计图中B所对应的扇形的圆心角为 　 　度；
（2）补全条形统计图；
（3）选修D类数学实践活动的学生中有2名女生和2名男生表现出色，现从4人中随机抽取2人做校报设计，请用列表或画树状图法求所抽取的两人恰好是1名女生和1名男生的概率．
22．（12分）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m≠0）的图象交于点A、B，与y轴交于点C．过点A作AD⊥x轴于点D，AD＝2，∠CAD＝45°，连接CD，已知△ADC的面积等于6．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）若点E是点C关于x轴的对称点，求△ABE的面积．

23．（11分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，F为AD上一点，且BF＝BD．BF的延长线交AC于点E．

（1）求证：AB•AD＝AF•AC；
（2）若∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，求DF的长．

24．（14分）如图，对称轴为直线x＝1的抛物线y＝x2﹣bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点（点P不与B、D两点重合），过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC＝∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

25．（14分）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是射线CB和射线DC上的动点，且始终∠MAN＝45°．
（1）如图1，当点M、N分别在线段BC、DC上时，请直接写出线段BM、MN、DN之间的数量关系；
（2）如图2，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，给予证明，若不成立，写出正确的结论，并证明；
（3）如图3，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，若CN＝CD＝6，设BD与AM的延长线交于点P，交AN于Q，直接写出AQ、AP的长．


2023年山东省泰安市泰山学院附中中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。）
1．【分析】依据比较有理数大小的方法判断即可．
【解答】解：∵﹣2＜﹣＜0＜3，
∴四个数中，最小的数是﹣2，
故选：C．
【点评】本题主要考查的是比较有理数的大小，熟练掌握比较有理数大小的法则是解题的关键．
2．【分析】根据整式的运算法则逐项判断即可．
【解答】解：3a2+4a2＝7a2，故A错误，不符合题意；
3a2﹣4a2＝﹣a2，故B正确，符合题意；
3a•4a2＝12a3，故C错误，不符合题意；
（3a2）2÷4a2＝a2，故D错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查整式的混合运算，解题的关键是掌握整式相关运算的法则．
3．【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：①图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
②图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
③图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
④图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．【分析】延长AB交l2于F，由平行线的性质，得到∠BFD＝∠2，求出正五边形的外角的度数，由三角形外角的性质即可解决问题．
【解答】解：延长AB交l2于F，
∵l1∥l2，
∴∠BFD＝∠2，
∵正五边形ABCDE的每个外角相等，
∴∠FBC＝360°÷5＝72°，
∵∠1＝∠BFD+∠FBC，
∴∠1﹣∠BFD＝∠FBC＝72°，
∴∠1﹣∠2＝72°．
故选：A．

【点评】本题考查平行线的性质，多边形，三角形的外角，关键是作辅助线应用三角形外角的性质．
5．【分析】根据众数和中位数的定义分别进行解答即可．
【解答】解：∵19出现了4次，出现的次数最多，
∴该队队员年龄的众数是19岁；
∵共有12名队员，
∴中位数是第6、7个数的平均数，
∴中位数是（20+20）÷2＝20；
故选：B．
【点评】此题考查了众数和中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数．
6．【分析】根据题中所给信息，求出∠BCA＝90°，再求出∠CBA＝45°，从而得到△ABC为等腰直角三角形，然后根据解直角三角形的知识解答．
【解答】解：根据题意，
∠1＝∠2＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ACB＝30°+60°＝90°，
∴∠CBA＝75°﹣30°＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵BC＝50×0.5＝25（海里），
∴AC＝BC＝25（海里）．
故选：D．

【点评】本题考查了等腰直角三角形和方位角，根据方位角求出三角形各角的度数是解题的关键．
7．【分析】根据解不等式组，可得不等式组的解，根据不等式组的解集是整数，可得答案．
【解答】解：由x＞2a﹣3，
由2x≥3（x﹣2）+5，解得：2a﹣3＜x≤1，
由关于x的不等式组仅有三个整数：
解得：﹣2≤2a﹣3＜﹣1，
解得≤a＜1，
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次不等式组，利用不等式的解得出关于a的不等式是解题关键．
8．【分析】首先明确：抬水的同学是两个人需1根扁担，一个筐；担水的同学是一个人需一根扁担2个水桶．已知定量为扁担数和水桶数．
等量关系为：①全班共用水桶59个；②全班共用扁担36根．
【解答】解：根据全班共用水桶59个，得方程+2y＝59；
根据全班共用扁担36根，得方程+y＝36．
故方程组为：
故选：B．
【点评】本题应读懂题意，根据实际情况得到抬水同学和担水同学需要的扁担数和水桶数，然后根据扁担数和水桶数来列等量关系．
9．【分析】根据等腰三角形性质知∠CBA＝∠BCA＝65°，∠A＝50°，由平行线的性质及圆周角定理得∠ABD＝∠BDC＝∠A＝50°，从而得出答案．
【解答】解：∵AB＝AC、∠BCA＝65°，
∴∠CBA＝∠BCA＝65°，∠A＝50°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝50°，
又∵∠ABD＝∠BDC＝50°，
∴∠DBC＝∠CBA﹣∠ABD＝15°，
故选：A．
【点评】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、圆周角定理、平行线的性质．
10．【分析】连接AC，根据圆周角定理得出AC为圆的直径，解直角三角形求出AB，根据扇形面积公式求出即可．
【解答】解：
连接AC，
∵从一块直径为2m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形，即∠ABC＝90°，
∴AC为直径，即AC＝2m，AB＝BC（扇形的半径相等），
∵AB2+BC2＝22，
∴AB＝BC＝m，
∴阴影部分的面积是＝（m2），
故选：A．
【点评】本题考查了圆周角定理和扇形的面积计算，能熟记扇形的面积公式是解此题的关键．
11．【分析】先求得直线AB解析式为y＝x﹣1，即可得出P（0，﹣1），再根据点A与点A'关于点P成中心对称，利用中点公式，即可得到点A′的坐标．
【解答】解：∵点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴A（4，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，则
，
解得，
∴直线AB解析式为y＝x﹣1，
令x＝0，则y＝﹣1，
∴P（0，﹣1），
又∵点A与点A'关于点P成中心对称，
∴点P为AA'的中点，
设A'（m，n），则＝0，＝﹣1，
∴m＝﹣4，n＝﹣5，
∴A'（﹣4，﹣5），
故选：A．

【点评】本题考查了中心对称，等腰直角三角形的运用，利用待定系数法得出直线AB的解析式是解题的关键．
12．【分析】作辅助线，先确定OQ长的最大时，点P的位置，当BP过圆心C时，BP最长，设B（t，2t），则CD＝t﹣（﹣2）＝t+2，BD＝﹣2t，根据勾股定理计算t的值，可得k的值．
【解答】解：连接BP，
由对称性得：OA＝OB，
∵Q是AP的中点，
∴OQ＝BP，
∵OQ长的最大值为，
∴BP长的最大值为×2＝3，
如图，当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴于D，
∵CP＝1，
∴BC＝2，
∵B在直线y＝2x上，
设B（t，2t），则CD＝t﹣（﹣2）＝t+2，BD＝﹣2t，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2，
∴22＝（t+2）2+（﹣2t）2，
t＝0（舍）或﹣，
∴B（﹣，﹣），
∵点B在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，
∴k＝﹣＝；
故选：C．

【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、圆的性质，勾股定理的应用，有难度，解题的关键：利用勾股定理建立方程解决问题．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．【分析】直接利用整式的除法运算法则结合科学记数法求出答案．
【解答】解：∵预算花费约为108元，实际花费约为2.3×1010元，
∴预算花费约是实际花费的倍数是：108÷（2.3×1010）≈4.3×10﹣3．
故答案是：4.3×10﹣3．
【点评】此题主要考查了科学记数法与有效数字，整式的除法运算，正确掌握运算法则是解题关键．
14．【分析】根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣2）x2+2kx+k＝6有实数根，
∴（k﹣2）x2+2kx+k﹣6＝0，
∴，
解得：k≥1.5且k≠2．
故答案为：k≥1.5且k≠2．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，根据一元二次方程的定义结合根的判别式△≥0，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
15．【分析】利用待定系数法求出二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+3，然后判断出①正确，②错误，再根据一元二次方程的解法和二次函数与不等式的关系判定③④正确．
【解答】解：∵x＝﹣1时y＝﹣1，x＝0时，y＝3，x＝1时，y＝5，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x+3，
∴ac＝﹣1×3＝﹣3＜0，故①正确；
对称轴为直线x＝﹣＝，
所以，当x＞时，y的值随x值的增大而减小，故②错误；
方程为﹣x2+2x+3＝0，
整理得，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
所以，3是方程ax2+（b﹣1）x+c＝0的一个根，正确，故③正确；
﹣1＜x＜3时，ax2+（b﹣1）x+c＞0正确，故④正确；
综上所述，结论正确的是①③④．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了二次函数的性质，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的增减性，二次函数与不等式，根据表中数据求出二次函数解析式是解题的关键．
16．【分析】证明△ABP∽△PCQ，可得＝，由此构建方程即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，∵∠APQ＝90°，
∴∠APB+∠QPC＝90°，∠QPC+∠PQC＝90°，
∴∠APB＝∠PQC，
∴△ABP∽△PCQ，
∴＝，
∴＝，
∴y＝﹣x2+x（0＜x＜6），
故答案为：y＝﹣x2+x（0＜x＜6）．
【点评】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．【分析】由折叠的性质可得AE＝ME，∠A＝∠EMC，BF＝FN，∠B＝∠N，AB＝MN，设CF＝4x，FN＝5x，BC＝9x，由勾股定理可得CN＝3x，GM＝x，AE＝EM＝2x，即可求的值．
【解答】解：延长CM交AD于点G，

∵将四边形AEFB沿EF翻折，
∴AE＝ME，∠A＝∠EMC，BF＝FN，∠B＝∠N，AB＝MN
∵四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∠A+∠B＝180°
∵sinB＝＝sinN＝，
∴设CF＝4x，FN＝5x，
∴CN＝＝3x，
∴BC＝9x＝AB＝CD＝AD，
∵sinB＝＝sinD＝
∴GC＝
∴GM＝GC﹣（MN﹣CN）＝﹣6x＝x
∵∠A+∠B＝180°，∠EMC+∠EMG＝180°
∴∠B＝∠EMG
∴sinB＝sin∠EMG＝＝
∴cos∠EMG＝＝
∴EM＝2x，
∴AE＝2x，
∴＝
故答案为：
【点评】本题考查翻折变换，菱形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
18．【分析】由折叠的性质与已知条件可得BD＝CD＝DB1，∠BDE＝∠B1DE，得出∠DCB1＝∠DB1C，再由平角与三角形内角和定理得出∠BDE＝∠B1DE＝∠DCB1＝∠DB1C，则DE∥AC，得出点B1到DE的距离h1＝1，由折叠的性质得△EBD≌△EB1D，则S△EBD＝S△EB1D，由三角形同底等高面积相等，得出点B到DE的距离＝点B1到DE的距离为h1＝1，同理D1E1∥DE，点B到D1E1的距离＝点B2到D1E1的距离为h1＝，则B1到D1E1的距离h2＝1+，依次得到h3、h4、h5、…hn即可．
【解答】解：∵将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在边AC上的点B1处，
∴BD＝CD＝DB1，∠BDE＝∠B1DE，
∴∠DCB1＝∠DB1C，
∵∠CDB1+∠BDE+∠B1DE＝180°，∠CDB1+∠DCB1+∠DB1C＝180°，
∴∠BDE＝∠B1DE＝∠DCB1＝∠DB1C，
∴DE∥AC，
∵DE到AC的距离为h1，
∴点B1到DE的距离h1＝1，
由折叠的性质得：△EBD≌△EB1D，
∴S△EBD＝，
∴点B到DE的距离＝点B1到DE的距离为h1＝1，
同理：D1E1∥DE，点B到D1E1的距离＝点B2到D1E1的距离为h1＝，
∴B1到D1E1的距离h2＝1+，
同理：h3＝h2+h1＝1++，
h4＝h3+h1＝1+++，
……
hn＝1+++…+＝2﹣，
故答案为：2﹣．
【点评】本题考查了折叠的性质、全等三角形的性质、平行线的判定与性质、图形的变化规律等知识，首先根据变化发现规律得出一般性结论是解决本题的关键．
三、解答题（本大题共7个小题，共78分，解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤。）
19．【分析】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，约分后再通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果，求出方程组的解得到a与b的值，代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷﹣
＝÷﹣
＝•﹣
＝﹣﹣
＝﹣﹣
＝
＝
＝﹣，
方程组，
①+②得：2a＝6，
解得：a＝3，
①﹣②得：2b＝4，
解得：b＝2，
当a＝3，b＝2时，
原式＝﹣＝﹣．
【点评】此题考查了配方法的应用，非负数的性质，分式的化简求值，二元一次方程的解，以及解二元一次方程组，熟练掌握运算法则及方程组的解法是解本题的关键．
20．【分析】（1）设第一批饮料进货单价为x元，则第二批饮料进货单价为（x+2）元，根据单价＝总价÷单价结合第二批饮料的数量是第一批的3倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设销售单价为m元，根据获利不少于1200元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设第一批饮料进货单价为x元，则第二批饮料进货单价为（x+2）元，
根据题意得：3•＝，
解得：x＝8，
经检验，x＝8是分式方程的解．
答：第一批饮料进货单价为8元．
（2）设销售单价为m元，
根据题意得：200（m﹣8）+600（m﹣10）≥1200，
解得：m≥11．
答：销售单价至少为11元．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量间的关系，列出关于m的一元一次不等式．
21．【分析】（1）用C类别人数除以其所占百分比可得总人数，用360°乘以B类别人数占总人数的比例即可得；
（2）总人数乘以A类别的百分比求得其人数，用总人数减去A，B，C的人数求得D类别的人数，据此补全图形即可；
（3）画树状图展示12种等可能的结果数，再找出所抽取的两人恰好是1名女生和1名男生的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）本次调查的学生人数为12÷20%＝60（名），
则扇形统计图中B所对应的扇形的圆心角为360°×＝144°．
故答案为：60，144°．
（2）A类别人数为60×15%＝9（人），则D类别人数为60﹣（9+24+12）＝15（人），
补全条形图如下：

（3）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中所抽取的两人恰好是1名女生和1名男生的结果数为8，
所以所抽取的两人恰好是1名女生和1名男生的概率为．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
22．【分析】（1）依据S△AOD＝S△ADC＝6，可得A（6，2），将A（6，2）代入，得m＝12，即可得到反比例函数解析式为y＝；将点A（6，2），点C（0，﹣4）代入y＝kx+b，可得一次函数解析式为y＝x﹣4；
（2）依据E（0，4），可得CE＝8，解方程组，即可得到B（﹣2，﹣6），进而得出△ABE的面积．
【解答】解：（1）∵AD⊥x轴于点D，
∴AD∥y轴，
设A（a，2），
∴AD＝2，
∵∠CAD＝45°，
∴∠AFD＝45°，
∴FD＝AD＝2，
连接AO，
∵AD∥y轴，
∴S△AOD＝S△ADC＝6，
∴OD＝6，
∴A（6，2），
将A（6，2）代入，得m＝12，
∴反比例函数解析式为y＝；
∵∠OCF＝∠CAD＝45°，
在△COF中，OC＝OF＝OD﹣FD＝6﹣2＝4，
∴C（0，﹣4），
将点A（6，2），点C（0，﹣4）代入y＝kx+b，可得
，
∴，
∴一次函数解析式为y＝x﹣4；

（2）点E是点C关于x轴的对称点，
∴E（0，4），
∴CE＝8，
解方程组，
得 或，
∴B（﹣2，﹣6），
∴．

【点评】本题考查的是反比例函数图象与一次函数图象的交点问题，轴对称的性质以及待定系数法的运用，灵活运用数形结合思想求出有关点的坐标和图象的解析式是解题的关键．
23．【分析】（1）证△AFB∽△ADC即可
（2）作BH⊥AD于H，作CN⊥AD于N，则BH＝AB＝2，CN＝AC＝3，再证△BHD∽△CND即可．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠DAC，
又∵BF＝BD，
∴∠BFD＝∠FDB，
∴∠AFB＝∠ADC，
∴△AFB∽△ADC，
∴．
∴AB•AD＝AF•AC；
（2）解：作BH⊥AD于H，作CN⊥AD于N，则BH＝AB＝2，CN＝AC＝3，
∴AH＝BH＝2，AN＝CN＝3，
∴HN＝，
∵∠BDH＝∠CDN，
∴△BHD∽△CND，
∴，
∴HD＝，
又∵BF＝BD，BH⊥DF，
∴DF＝2HD＝．

【点评】此题主要考查相似三角形的性质，灵活运用相似三角形的边的比例关系是解题的关键．
24．【分析】（1）应用对称轴方程x＝﹣，求b，再根据OB＝OC，得点B坐标为（﹣c，0），代入抛物线解析式，可求c；
（2）①设出点F坐标，用含t的代数式表示△BDF面积，利用二次函数求最值的方法，求最大值；
②利用△QDC～△QCE，对应边成比例，得，设出点Q坐标，由两点之间距离公式建立方程，再解方程，即可求出点Q坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x＝1，
∴由对称轴公式得，
∴b＝2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x+c，
∴点C坐标为（0，c）．
∵OB＝OC，
∴点B坐标为（﹣c，0），代入y＝x2﹣2x+c得，
c2+2c+c＝0，
∴c＝﹣3或c＝0（舍去），
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3．

（2）∵抛物线解析式y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴当x＝1时，y有最小值﹣4，
∴顶点D坐标为（1，﹣4）．
在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0得，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵B（3，0），D（1，﹣4），
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，E（0，﹣6）．
①∵PF∥y轴，
设点F坐标为（t，t2﹣2t﹣3），则P（t，2t﹣6），
∴PF＝2t﹣6﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+4t﹣3，
∴△BDF的面积S＝×2×（﹣t2+4t﹣3）＝﹣t2+4t﹣3＝﹣（t﹣2）2+1，
∵a＝﹣1＜0，
∴当t＝2时，S最大＝1．

②存在，理由如下：
∵D（1，﹣4），C（0，﹣3），E（0，﹣6），
∴DC＝＝，CE＝3，
∴，
∵∠BDC＝∠QCE，∠DQC＝∠CQE，
∴△QDC∽△QCE，
∴，
设线段BD上的点Q为（q，2q﹣6）则，
，
整理方程得35q2﹣66q+27＝0，
∴q＝或q＝（舍去），
∴点Q坐标为（，﹣）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查一元二次方程根与系数关系、二次函数图象性质及相似三角形的相关知识．熟练掌握铅垂法计算三角形的面积，利用相似三角形的比例式，将问题转化，是解此题的关键．
25．【分析】（1）在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，则可证明△ABE≌△ADN，得到AE＝AN，进一步证明△AEM≌△ANM，得出ME＝MN，得出BM+DN＝MN；
（2）在DC上截取DF＝BM，连接AF，可先证明△ABM≌△ADF，得出AM＝AF，进一步证明△MAN≌△FAN，可得到MN＝NF，从而可得到DN﹣BM＝MN；
（3）由已知得出DN＝12，由勾股定理得出AN＝＝6，由平行线得出△ABQ∽△NDQ，得出＝＝＝，＝，求出AQ＝2；由（2）得出DN﹣BM＝MN．设BM＝x，则MN＝12﹣x，CM＝6+x，在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程，解方程得出BM＝2，由勾股定理得出AM＝＝2，由平行线得出△PBM∽△PDA，得出＝＝，求出PM＝AM＝，得出AP＝AM+PM＝3．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN，理由如下：
如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠D，
在△ABE和△ADN中，，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∴∠EAN＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
又∵ME＝BE+BM＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
故答案为：BM+DN＝MN；
（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下：
如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，
则∠ABM＝90°＝∠D，
在△ABM和△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABM＝∠MCN＝90°，
∵CN＝CD＝6，
∴DN＝12，
∴AN＝＝＝6，
∵AB∥CD，
∴△ABQ∽△NDQ，
∴＝＝＝＝，
∴＝，
∴AQ＝AN＝2；
由（2）得：DN﹣BM＝MN．
设BM＝x，则MN＝12﹣x，CM＝6+x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：62+（6+x）2＝（12﹣x）2，
解得：x＝2，
∴BM＝2，
∴AM＝＝＝2，
∵BC∥AD，
∴△PBM∽△PDA，
∴＝＝＝，
∴PM＝AM＝，
∴AP＝AM+PM＝3．


【点评】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/3/16 19:33:15；用户：刘老师；邮箱：jaxytzx@xyh.com；学号：47243335