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2023年山东省青岛市市北区中考数学模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年山东省青岛市市北区中考数学模拟试卷（含解析），共34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年山东省青岛市市北区中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列实数中，是有理数的是( )
A. 2 B. π C. 227 D. 0.131131113…
2. 剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 我国古代数学家祖冲之推算出π的近似值为355113，它与π的误差小于0.0000003.将0.0000003用科学记数法可以表示为( )
A. 3×10−7 B. 0.3×10−6 C. 3×10−6 D. 3×107
4. 正在热映的春节档电影电影《满江红》中所使用的印信道具是中国悠久的金石文化的代表之一，它的表面均由正方形和等边三角形组成，可以看成图②所示的几何体，该几何体的主视图是( )
A. B. C. D.
5. 如图，△ABC的顶点坐标分别为A(−4,2)、B(−1,3)、C(−2,−1)，线段AC交x轴于点P，如果将△ABC绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，那么点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−13,−53) B. (2,−2) C. (13,−53) D. (−23,2)
6. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC=120°，BD平分∠ABC交AC于点E，若BA=BE，则∠ADB的大小为( )
A. 35°
B. 30°
C. 40°
D. 45°
7. 如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，点E、F分别为BC、CD的中点，BF、DE相交于点G，过点E作EH//CD，交BF于点H，则线段GH的长度是( )
A. 56 B. 1 C. 54 D. 53
8. 如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，对称轴为直线x=2.则下列结论：
①abc>0；
②a+2c<−b；
③c−3a=0；
④直线y=m可能与y=|ax2+bx+c|有4个交点；
⑤若点M(x1,x2)，点N(y1,y2)是抛物线上的两点，若x1
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 计算：(12)−1+48×123= ．
10. 已知关于x的一元二次方程(k2−1)x2+2(k−1)x+1=0有两个实数根，则k的取值范围是 ．
11. 如图，是甲、乙两人10次射击成绩(环数)的条形统计图，则甲、乙两人成绩较稳定的是______；如果甲又连续射击了5次，且环数均为9环，那么甲的方差变化情况是______(填“变大”“变小”或“不变”)．
12. 为预防“新冠病毒”，学校对教室喷洒84消毒液(含氯消毒剂)进行消杀，资料表明空气中氯含量不低于0.5%，才能有效杀灭新冠病毒.如图，喷洒消毒液时教室空气中的氯含量y(%)与时间t(min)成正比例，消毒液挥发时，y与t成反比例，则此次消杀的有效作用时间是 min．
13. 如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=4，点C是AB上一动点，连接OC，过点A作AD⊥OC于点D，连接BD.当BD的长度最小时，图中阴影部分的面积为______．
14. 如图，已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M，N分别在边AD，BC上，沿着MN折叠矩形ABCD，使点A，B分别落在E，F处，且点F在线段CD上(不与两端点重合)，过点M作MH⊥BC于点H，连接BF，给出下列判断：
①△MHN∽△BCF；
②折痕MN的长度的取值范围为3
④若DF=13DC，则折叠后重叠部分的面积为5512．
其中正确的是______.(写出所有正确判断的序号)
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题4.0分)
如图：已知：点P和直线m．
求作：以点P为直角顶点的等腰直角三角形，使它的斜边落在直线m上，并在三角形内部做出以斜边中点为圆心的面积最大的半圆O．
结论：
16. (本小题8.0分)
(1)化简：2a−1+a2−4a+4a2−1÷a−2a+1；
(2)解不等式组2−x>4x+17①2x+23≤x−12+1②．
17. (本小题6.0分)
由于疫情爆发，张明一家小区被管控，规定每两日每户可派一人出小区购买生活必需品．为增添生活乐趣，张明制作了下面两个可以自由转动的转盘：A转盘被分成如图所示的三份(一个半圆，两个四分之一圆)，并分别标有数字1，2，−3；B转盘被等分成三份，分别标有数字−1，−2，3．
(1)A转盘转出−3的概率是______．
(2)张明让爸妈两人同时转动A、B两个转盘，规则如下：当转盘停止转动时(两个指针只要有一个指针停在分割线上时，重新转动两个转盘，直到指针停在标有数字的扇形区域)，如果指针所指的数字之和为正数，则爸爸去；如果指针所指的数字之和为负数，则妈妈去．请问，这个游戏对双方公平吗？说明理由．
18. (本小题6.0分)
安徽滁州琅琊山会峰阁更名为琅琊阁，如图①是悬挂着巨大匾额的琅琊阁，如图②，线段BC是悬挂在墙壁AM上的匾额的截面示意图．已知BC=2米，∠MBC=34°，从水平地面点D处看点C，仰角∠ADC=45°，从点E处看点B，仰角∠AEB=56°，且DE=4.4米，求匾额悬挂的高度AB的长．(结果精确到0.1米，参考数据：sin34°≈0.56，cos34°≈0.83，tan34°≈0.67)
19. (本小题6.0分)
本月初我市市区某校九年级学生进行一次体育模拟测试，并将目标效果测试中第二类选考项目(足球运球、篮球运球、排球垫球任选一项)的情况进行统计，并将统计结果绘制成统计图，请你结合图中所给信息解答下列问题：
(1)学校参加本次测试和参加“排球垫球”测试的人数分别是多少人？
(2)“篮球运球”的中位数落在______等级；
(3)将本次测试“足球运球”、“篮球运球”、“排球垫球”三项等级折算成分数，则它们的平均成绩分别为6.5分，7.6分，8分，求参加本次测试的学生第二类选考项目的平均成绩；
(4)青岛市今年参加体育中考的人数约为8.5万人，你能否估计今年全市选择“篮球运球”的考生会有多少人？若能，求出其人数；若不能，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图，已知▱ABCD，EF为BC边上的垂直平分线，BC=FC=2AB，且∠ABD=90°．
(1)求证：△ABD≌△CEF；
(2)连接AF，请判断四边形ABDF的形状，并说明理由．
21. (本小题8.0分)
长为300m的春游队伍，以v(m/s)的速度向东行进，如图1和图2，当队伍排尾行进到位置O时，在排尾处的甲有一物品要送到排头，送到后立即返回排尾，甲的往返速度均为2v(m/s)，当甲返回排尾后，他及队伍均停止行进．设排尾从位置O开始行进的时间为t(s)，排头与O的距离为S头(m)．
(1)当v=2时，解答：
①求S头与t的函数关系式(不写t的取值范围)；
②当甲赶到排头位置时，求S头的值；在甲从排头返回到排尾过程中，设甲与位置O的距离为S甲(m)，求S甲与t的函数关系式(不写t的取值范围)
(2)设甲这次往返队伍的总时间为T(s)，求T与v的函数关系式(不写v的取值范围)，并写出队伍在此过程中行进的路程．
22. (本小题10.0分)
综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3.当S1=36，S3=100时，S2=______．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．
(1)如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是______．
(2)如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
(1)如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P.求证：S△PHN=S四边形PMFG；
(2)如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3.若AB=4，柱体的高h=8，直接写出V1+V2的值．
23. (本小题10.0分)
第二十四届冬奥会在北京成功举办，我国选手在跳台滑雪项目中夺得金牌．在该项目中，运动员首先沿着跳台助滑道飞速下滑，然后在起跳点腾空，身体在空中飞行至着陆坡着陆，再滑行到停止区终止．本项目主要考核运动员的飞行距离和动作姿态，某数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究：
如图为该兴趣小组绘制的赛道截面图，以停止区CD所在水平线为x轴，过起跳点A与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．着陆坡AC的坡角为30°，OA=65m，某运动员在A处起跳腾空后，飞行至着陆坡的B处着陆，AB=100m.在空中飞行过程中，运动员到x轴的距离y(m)与水平方向移动的距离x(m)具备二次函数关系，其解析式为y=−160x2+bx+c．
(1)求b，c的值；
(2)进一步研究发现，运动员在飞行过程中，其水平方向移动的距离x(m)与飞行时间t(s)具备一次函数关系，当运动员在起跳点腾空时，t=0，x=0；空中飞行5s后着陆．
①求x关于t的函数解析式；
②当t为何值时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是多少？
24. (本小题12.0分)
如图1，在等边△ABC中，AB=6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动，动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t(s)，过点P作PE⊥AC于E，PQ交AC边于D，线段BC的中点为M，连接PM．
(1)当t为何值时，△CDQ与△MPQ相似；
(2)在点P、Q运动过程中，点D、E也随之运动，线段DE的长度是否会发生变化？若发生变化，请说明理由，若不发生变化，求DE的长；
(3)如图2，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB′的值最小？并求出最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、2是无理数，故此选项错误；
B、π是无理数，故此选项错误；
C、227是有理数，故此选项正确；
D、0.131131113…是无理数，故此选项错误；
故选：C．
根据无限不循环小数是无理数，分数和整数是有理数进行分析即可．
此题主要考查了实数，关键是掌握无理数和有理数定义．
2.【答案】C
【解析】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D.不是中心对称图形，轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：用科学记数法可以表示0.0000003得：3×10−7；
故选：A．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】C
【解析】解：从正面看，可得图形如下：
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
5.【答案】C
【解析】解：由A(−4,2)，C(−2,−1)可得直线AC解析式为y=−32x−4，
在y=−32x−4中，令y=0得x=−83，
∴P(−83,0)，
过B作BM⊥x轴于M，过B′作B′N⊥x轴于N，如图：
∵∠B′PN=90°−∠BPM=∠PBM，∠B′NP=90°=∠BMP，PB′=PB，
∴△B′NP≌△PMB(AAS)，
∴B′N=PM，PN=BM，
∵B(−1,3)，
∴PN=3，B′N=−1−(−83)=53，
∴ON=PN−OP=3−83=13，
∴B′(13,−53)；
故选：C．
由A(−4,2)，C(−2,−1)得直线AC解析式为y=−32x−4，可得P(−83,0)，过B作BM⊥x轴于M，过B′作B′N⊥x轴于N，证明△B′NP≌△PMB(AAS)，得B′N=PM，PN=BM，即可得PN=3，B′N=53，ON=PN−OP=3−83=13，从而B′(13,−53).
本题考查坐标与图形变换−旋转，涉及全等三角形的判定与旋转，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ABC=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=30°，
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA=12(180°−∠ABD)=12×(180°−30°)=75°，
∴∠ACB=180°−∠BAC−∠ABC=180°−75°−60°=45°，
∴∠ADB=∠ACB=45°，
故选：D．
根据圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理求解即可．
此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=4，
∴DC=AB=6，BC=AD=4，∠C=90°，
∵点E、F分别为BC、CD的中点，
∴DF=CF=12DC=3，CE=BE=12BC=2，
∵EH//CD，
∴FH=BH，
∵BE=CE，
∴EH=12CF=32，
由勾股定理得：BF=BC2+CF2=42+32=5，
∴BH=FH=12BF=52，
∵EH//CD，
∴△EHG∽△DFG，
∴EHDF=GHFG，
∴323=GH52−GH，
解得：GH=56，
故选：A．
根据矩形的性质得出DC=AB=6，BC=AD=4，∠C=90°，求出DF=CF=12DC=3，CE=BE=12BC=2，求出FH=BH，根据勾股定理求出BF，求出FH=BH=52，根据三角形的中位线求出EH，根据相似三角形的判定得出△EHG∽△DFG，根据相似三角形的性质得出EHDF=GHFG，再求出答案即可．
本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的开口方向向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=2，
∴b=−4a<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴a+c=b，
∴a+2c=b+c，
∵b<0，c<0，
∴b+c<0，−b>0，
∴a+2c<−b，故②正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∵b=−4a，
∴a+4a+c=0，
∴c=−5a，
∴c−3a=−5a−3a=−8a≠0，故③错误；
函数y=|ax2+bx+c|的图象如图，
∴直线y=m可能与y=|ax2+bx+c|有4个交点，故④正确；
点M(x1,x2)，点N(y1,y2)是抛物线上的两点，
当x1
故选：B．
根据抛物线的开口方向得a>0，抛物线的对称轴可得b=−4a<0，抛物线与y轴交点位置得c<0，以此可判断①；由抛物线过点(−1,0)得a+c=b，则a+2c=b+c<0，−b>0，以此可判断②；由抛物线过点(−1,0)得a−b+c=0，将b=−4a代入得c=−5a，以此可判断③；根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象画出y=|ax2+bx+c|的图象，即可判断④当x1
9.【答案】2+83
【解析】解：原式=2+43×233
=2+83．
故答案为：2+83．
直接利用负整数指数幂的性质以及二次根式的乘除运算法则化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】k<1且k≠−1
【解析】解：∵方程(k2−1)x2+2(k−1)x+1=0有两个实数根，
∴Δ=4(k−1)2−4(k2−1)≥0，且k2−1≠0，
解得：k<1；
故答案为：k<1且k≠−1．
根据方程有两个实数根可以得到根的判别式大于等于0，由此求出k的范围即可；
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
11.【答案】乙 变小
【解析】解：甲的平均数是：8×4+9×2+10×410=9(环)，
甲的方差是：110×[(8−9)2×4+(9−9)2×2+(10−9)2×4]=0.8，
乙的平均数是：8×3+9×4+10×310=9(环)，
乙的方差是：110×[(8−9)2×3+(9−9)2×4+(10−9)2×3]=0.6，
∵0.8>0.6，
∴乙成绩稳定．
甲又连续射击5次，环数均为9环，则平均数还为9，
则方差为115×[(8−9)2×4+(9−9)2×2+(10−9)2×4]=815<0.8，
故方差变小．
故答案为：乙；变小．
根据条形统计图中提供的数据分别计算甲、乙两组的平均数、方差，通过方差的大小比较，得出稳定性．
此题考查平均数、方差的意义及计算方法，从条形统计图中获取甲、乙各组中的每一个数据，为计算平均数、方差提供原始的数据支撑．
12.【答案】35.75
【解析】解：∵喷洒消毒液时教室空气中的氯含量y(%)与时间t(min)成正比例，
∴设y关于x的函数关系式为y=k1x(k1>0)，代入(3,6)得：6=3k1
∴k1=2，
∴y=2x；
设药物燃烧后y关于x的函数关系式为y=k2x(k2>0)代入(3,6)为6=k23，
∴k2=18，
∴喷洒消毒液时y关于x的函数关系式为y=2x(0≤x≤6)；消毒液挥发时，y关于x的函数关系式为y=18x(x>6)，
把y=0.5代入y=2x，得：x=14，
把y=0.5代入y=18x，得：x=36，
∵36−14=35.75．
所以此次消杀的有效作用时间是35.75min．
故答案为：35.75．
设y关于x的函数关系式为y=k1x(k1>0)，代入(3,6)得到y=2x；设药物燃烧后y关于x的函数关系式为y=k2x(k2>0)代入(3,6)得到y=18x(x>6)，把y=0.5代入y=2x，得到x=14，把y=0.5代入y=18x，得到x=36，于是得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
13.【答案】4π−4−455
【解析】解：如图，取AO的中点T，连接DT，BT．
∵AD⊥OC，
∴∠ADO=90°，
∵AT=OT=2，
∴DT=2，
∵∠BOT=90°，OB=4，OT=2，
∴BT=OT2+OB2=22+42=25，
∵BD≥BT−BD=25−2，
∴当T，D，B共线时，BD的值最小，最小值为25−2，
如图，过点D作DH⊥OB于点H．
∵DH//OT，
∴BHBO=BDBT=DHOT，
∴BH4=25−225=DH2，
∴DH=4−455，DH=2−255，
∴OH=455，
∴S阴影=S扇形AOB−S△AOD−S△OBD
=90π×42360−12×4×455−12×4×(2−255)
=4π−4−455，
故答案为：4π−4−455．
如图，取AO的中点T，连接DT，BT.首先说明T，D，B共线时，BD的值最小，再根据S阴影=S扇形AOB−S△AOD−S△OBD，求解即可．
本题考查扇形的面积，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
14.【答案】①②③④
【解析】解：①如图1，由折叠可知BF⊥MN，
∴∠BOM=90°，
∵MH⊥BC，
∴∠BHP=90°=∠BOM，
∵∠BPH=∠OPM，
∴∠CBF=∠NMH，
∵∠MHN=∠C=90°，
∴△MHN∽△BCF，故①正确；
②当F与C重合时，MN=3，此时MN最小，
当F与D重合时，如图2，此时MN最大，
由勾股定理得：BD=5，
∵OB=OD=52，
∵tan∠DBC=ONOB=CDBC，即ON52=34，
∴ON=158，
∵AD//BC，
∴∠MDO=∠OBN，
在△MOD和△NOB中，
∵∠MDO=∠OBNOD=OB∠DOM=∠BON，
∴△DOM≌△BON(ASA)，
∴OM=ON，
∴MN=2ON=154，
∵点F在线段CD上(不与两端点重合)，
∴折痕MN的长度的取值范围为3
当四边形CDMH为正方形时，MH=CH=CD=DM=3，
∵AD=BC=4，
∴AM=BH=1，
由勾股定理得：BM=32+12=10，
∴FM=10，
∴DF=FM2−DM2=(10)2−32=1，
∴CF=3−1=2，
设HN=x，则BN=FN=x+1，
在Rt△CNF中，CN2+CF2=FN2，
∴(3−x)2+22=(x+1)2，
解得：x=32，
∴HN=32，
∵CH=3，
∴CN=HN=32，
∴N为HC的中点；故③正确；
④如图4，连接FM，
∵DF=13DC，CD=3，
∴DF=1，CF=2，
∴BF=22+42=25，
∴OF=5，
设FN=a，则BN=a，CN=4−a，
由勾股定理得：FN2=CN2+CF2，
∴a2=(4−a)2+22，
∴a=52，
∴BN=FN=52，CN=32，
∵∠NFE=∠CFN+∠DFQ=90°，
∠CFN+∠CNF=90°，
∴∠DFQ=∠CNF，
∵∠D=∠C=90°，
∴△QDF∽△FCN，
∴QDFC=DFCN，即QD2=132，
∴QD=43，
∴FQ=12+(43)2=53，
∵tan∠HMN=tan∠CBF=HNHM=CFBC，
∴HN3=24，
∴HN=32，
∴MN=32+(32)2=352，
∵CH=MD=HN+CN=32+32=3，
∴MQ=3−43=53，
∴折叠后重叠部分的面积为：S△MNF+S△MQF=12⋅MN⋅OF+12⋅MQ⋅DF=12×352×5+12×53×1=5512；
故④正确；
所以本题正确的结论有：①②③④；
故答案为：①②③④．
根据矩形的性质和三角形的内角和定理即可判定①正确；
根据MN最大值和最小值时F的位置可判定②正确；
根据边形CDMH为正方形和勾股定理分别各边的长，可判定③正确；
根据相似三角形的性质和勾股定理可得MN，OF，MQ和DF的长，利用面积和可判定④正确；从而求解．
本题主要考查了矩形的性质和判定，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质，解答本题主要应用了矩形的性质、翻折的性质，熟记翻折前后的两个图形能够完全重合得到相等的边和角是解题的关键．
15.【答案】解：如图，△PAB和半圆O为所作．
【解析】先过P点作m的垂线，垂足为O点，再在直线m上截取OA=OB=OP，连接PA、PB，接着作∠∠BOP的角平分线交PB于C点，然后以O点为圆心，OC为半径在△PAB内部作半圆即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰直角三角形的性质．
16.【答案】解：(1)原式=2a−1+(a−2)2(a+1)(a−1)⋅a+1a−2
=2a−1+a−2a−1
=2+a−2a−1
=aa−1；
(2)2−x>4x+17①2x+23≤x−12+1②，
解不等式①，得x<−3，
解不等式②，得x≤−1，
∴该不等式组的解集为x<−3．
【解析】(1)先计算分式除法，再计算分式加法即可；
(2)先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
本题考查了分式的混合运算以及解一元一次不等式组，掌握完全平方公式、平方差公式以及解一元一次不等式的基本步骤是解答本题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：(1)A转盘转出−3的概率是24=12；
故答案为：12；
(2)列表如下：
1
2
−3
−3
−1
0
1
−4
−4
−2
−1
0
−5
−5
3
4
5
0
0
由表知，共有12种等可能结果，其中指针所指的数字之和为正数有3种结果，指针所指的数字之和为负数有5种结果，
所以爸爸去的概率为312=14，妈妈去的概率为512，
∵14≠512，
∴这个游戏对双方不公平．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)游戏是否公平，关键要看游戏双方获胜的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等，据此求解即可．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：过点C作CN⊥AB，CF⊥AD，垂足为N、F，如图所示：
在Rt△BCN中，
CN=BC⋅sin∠MBC=2×0.56=1.12(米)，
BN=BC×cos34°=2×0.83=1.66(米)，
在Rt△ABE中，
AE=AB⋅tan∠EBA=AB×tan34°=0.67AB，
∵∠ADC=45°，
∴CF=DF，
∴BN+AB=AD−AF=AD−CN，
即：1.66+AB=0.67AB+4.4−1.12，
解得，AB=4.9(米)
答：匾额悬挂的高度AB的长约为4.9米．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在Rt△BCN中，求出CN、BN，在Rt△ABE中用AB的代数式表示AE，再根据∠ADC=45°得出CF=DF，列方程求解即可．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
19.【答案】“良好”
【解析】解：(1)由条形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数有：10+25+40+30=105(人)，
由扇形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数所占的百分比为35%，
∴学校参加本次测试总人数为：105÷35%=300(人)，
参加“排球垫球”测试的人数为：300×(1−10%−35%)=165(人)；
(2)由条形统计图可知，参加“篮球运球”测试的一共有105人，
其中不及格的有10人，合格的有25人，良好的有40人，优秀的有30人，
105个数据按从小到大的顺序排列后，第53个数落在“良好”等级，
即“篮球运球”的中位数落在“良好”等级．
故答案为：“良好”；
(3)由(1)知，参加“篮球运球”测试的有105人，参加“排球垫球”测试的有165人，则参加“足球运球”的有30人，
又将本次测试“足球运球”、“篮球运球”、“排球垫球”三项等级折算成分数，则它们的平均成绩分别为6.5分，7.6分，8分，
∴参加本次测试的学生第二类选考项目的平均成绩为：105×7.6+165×8+30×6.5300=7.71(分)；
(4)能估计今年全市选择“篮球运球”的考生人数．
由扇形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数所占的百分比为35%，
所以今年全市选择“篮球运球”的考生人数有：8.5×35%=2.975(万人)=29750(人)．
(1)根据参加“篮球运球”测试的人数及所占的百分比求出学校参加本次测试总人数，再用总人数乘以“排球垫球”所占的百分比得到参加“排球垫球”测试的人数；
(2)根据中位数的定义即可求解；
(3)利用加权平均数的公式计算即可；
(4)用8.5万乘以样本中选择“篮球运球”的考生所占的百分比即可求解．
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．也考查了中位数、加权平均数的定义以及利用样本估计总体的思想．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AB=CD，
∵EF为BC边上的垂直平分线，
∴BC=2EC=2BE，∠FEC=90°，BF=FC，
∵BC=FC=2AB，
∴EC=AB=CD，BC=BF=FC，
∴△BCF是等边三角形，
∴AD=FC，
∵∠ABD=90°，
∴∠ABD=∠FEC=90°，
在Rt△ABD和Rt△CEF中，
AD=FCAB=EC,
∴Rt△ABD≌Rt△CEF(HL)；
(2)解：四边形ABDF是矩形，理由如下：
∵△BCF是等边三角形，
∴BC=FC=2AB=2CD，
∴FD=CD=AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠ABD=90°，
∴四边形ABDF是矩形．
【解析】(1)根据平行四边形的性质证明△BCF是等边三角形，AD=FC，进而可以解决问题；
(2)首先证明四边形ABDF是平行四边形，由∠ABD=90°，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是得到四边形ABDF是平行四边形．
21.【答案】解：(1)①排尾从位置O开始行进的时间为t(s)，则排头也离开原排头t(s)，
∴S头=2t+300
②甲从排尾赶到排头的时间为300÷(2v−v)=300÷v=300÷2=150s，此时S头=2t+300=600 m
甲返回时间为：(t−150)s
∴S甲=S头−S甲回=2×150+300−4(t−150)=−4t+1200；
因此，S头与t的函数关系式为S头=2t+300，当甲赶到排头位置时，求S的值为600m，在甲从排头返回到排尾过程中，S甲与t的函数关系式为S甲=−4t+1200．
(2)T=t追及+t返回=3002v−v+3002v+v=400v，
在甲这次往返队伍的过程中队伍行进的路程为：v×T=v×400v=400；
因此T与v的函数关系式为：T=400v，此时队伍在此过程中行进的路程为400 m．
【解析】(1)①排头与O的距离为S头(m).等于排头行走的路程+队伍的长300，而排头行进的时间也是t(s)，速度是2m/s，可以求出S头与t的函数关系式；
②甲赶到排头位置的时间可以根据追及问题的数量关系得出，代入求S头即可；在甲从排头返回到排尾过程中，设甲与位置O的距离为S甲(m)是在S的基础上减少甲返回的路程，而甲返回的时间(总时间t减去甲从排尾赶到排头的时间)，于是可以求S甲与t的函数关系式；
(2)甲这次往返队伍的总时间为T(s)，是甲从排尾追到排头用的时间与从排头返回排尾用时的和，可以根据追及问题和相遇问题的数量关系得出结果；在甲这次往返队伍的过程中队伍行进的路程=队伍速度×返回时间．
考查行程问题中相遇、追及问题的数量关系的理解和应用，切实理解变量之间的变化关系，由于时间有重合的部分，容易出现错误．
22.【答案】64 S1+S2=S3
【解析】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴S1+S2=S3，
∵S1=36，S3=100，
∴S2=64，
故答案为：64；
问题探究：(1)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴12AB2=12AC2+12BC2，
∴S1+S2=S3，
故答案为：S1+S2=S3；
(2)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，
在等边三角形BCD中，CD=BC，CG=12BC，
∴DG=32BC，
∴S4=12×BC×32BC=34BC2，
同理可得S5=34AC2，S6=34AB2，
∴34AB2=34AC2+34BC2，
∴S4+S5=S6；
实践应用：(1)证明：设AB=c，BC=a，AC=b，
∴HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG//AF，MN//BF，
∴∠HPN=60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
∴S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴34(a+b−c)2=34(a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac)=32(c2+ab−bc−ac)=32(c−a)(c−b)，
∴S△PMN=S四边形PMFG；
(2)解：设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴π4c2=π4a2+π4b2，
∴S1+S2=S3，
∵V2=12S2h，V1=12S1h，V3=12S3h，
∴V2+V1=12(S1+S2)h=12S3h=V3，
∵AB=4，h=8，
∴V3=12S3h=12×π×4×8=16π，
∴V1+V2=16π．
知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4=34BC2，S5=34AC2，S6=34AB2，由勾股定理可得34AB2=34AC2+34BC2，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，再由c2=a2+b2，可证明S△PMN=S四边形PMFG；
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由V2+V1=12(S1+S2)h=12S3h=V3，即可求V1+V2=16π．
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)作BE⊥y轴于点E，
∵OA=65m，着陆坡AC的坡角为30°，AB=100m，
∴点A的坐标为(0,65)，AE=50m，BE=503m，
∴OE=OA−AE=65−50=15(m)，
∴点B的坐标为(503,15)，
∵点A(0,65)，点B(503,15)在二次函数y=−160x2+bx+c的图象上，
∴c=65−160×(503)2+503b+c=15，
解得b=32c=65，
即b的值是32，c的值是65；
(2)①设x关于t的函数解析式是x=kt+m，
因为点(0,0)，(5,503)在该函数图象上，
∴m=05k+m=503，
解得k=103m=0，
即x关于t的函数解析式是x=103t；
②设直线AB的解析式为y=px+q，
∵点A(0,65)，点B(503,15)在该直线上，
∴q=65503p+q=15，
解得p=−33q=65，
即直线AB的解析式为y=−33x+65，
则h=(−160x2+32x+65)−(−33x+65)=−160x2+536x，
∴当x=−5362×(−160)=253时，h取得最值，此时h=1254，
∵253<503，
∴x=253时，h取得最值，符合题意，
将x=253代入x=103t，得：253=103t，
解得t=2.5，
即当t为2.5s时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是1254m.
【解析】(1)根据题意，可以求得点A和点B的坐标，然后代入二次函数解析式，即可得到b、c的值；
(2)①根据题意，可以得到x关于t的函数图象经过的两个点，然后根据待定系数法，即可得到x关于t的函数的解析式；
②先求出直线AB的解析式，再根据题意，可以表示出h，然后根据二次函数的性质，可以求得当h为何值时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，并求出这个最大值．
本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用二次函数的性质求最值．
24.【答案】解：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠DBQ=120°，
∵∠BQP=∠CQD，∠PMQ>90°，
∴只有当∠PMQ=∠DCQ=120°时，△PMQ∽△DCQ，
则PM//DC，
∵M是BC的中点，
∴P是AB的中点，
即AP=3=t，
∴t=3时，△PMQ∽△DCQ；
(2)不变化．理由如下：
如图1中，作PK//BC交AC于K．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠A=60°，
∵PK//BC，
∴∠APK=∠B=60°，
∴△APK是等边三角形，
∴PA=PK，
∵PE⊥AK，
∴AE=EK，
∵AP=CQ=PK，∠PKD=∠DCQ，∠PDK=∠QDC，
∴△PKD≌△QCD(AAS)，
∴DK=DC，
∴DE=EK+DK=12(AK+CK)=12AC=3cm；
(3)如图2中，连接AM，
则AB′≥AM−MB′，
而MB′=MB，
∴当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，
即：点B′在AM上，(如图3)
∵BM=CM=3，AB=AC=6，
∴AM⊥BC，
∴∠BAM=12∠BAC=30°，AM=AB2−BM2=33，
∵B′M=BM=3，
∴AB′的最小值为AM−B′M=33−3，
由折叠知，BP=B′P，∠PB′M=∠B=60°，
∴∠APB′=∠PB′M−∠BAC=30°=∠BAM，
∴AB′=B′P=6−t=33−3，
∴t=9−33，
即：t为9−33时，AB′的值最小，最小值为33−3．
【解析】(1)先判断出∠DBQ=120°，进而得出只有△PMQ∽△DCQ，再求出AP=3，即可得出结论；
(2)先判断出PA=PK，进而得出AP=CQ=PK，即可判断出△PKD≌△QCD，得出DK=DC，即可得出结论；
(3)先判断出当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，最小值为AM−BM，再求出AM即可得出结论，
此题是相似形综合题，主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，是解本题的关键．
2023年山东省青岛市市北区中考数学模拟试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列实数中，是有理数的是( )
A. 2 B. π C. 227 D. 0.131131113…
2. 剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 我国古代数学家祖冲之推算出π的近似值为355113，它与π的误差小于0.0000003.将0.0000003用科学记数法可以表示为( )
A. 3×10−7 B. 0.3×10−6 C. 3×10−6 D. 3×107
4. 正在热映的春节档电影电影《满江红》中所使用的印信道具是中国悠久的金石文化的代表之一，它的表面均由正方形和等边三角形组成，可以看成图②所示的几何体，该几何体的主视图是( )
A. B. C. D.
5. 如图，△ABC的顶点坐标分别为A(−4,2)、B(−1,3)、C(−2,−1)，线段AC交x轴于点P，如果将△ABC绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，那么点B的对应点B′的坐标是( )
A. (−13,−53) B. (2,−2) C. (13,−53) D. (−23,2)
6. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC=120°，BD平分∠ABC交AC于点E，若BA=BE，则∠ADB的大小为( )
A. 35°
B. 30°
C. 40°
D. 45°
7. 如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，点E、F分别为BC、CD的中点，BF、DE相交于点G，过点E作EH//CD，交BF于点H，则线段GH的长度是( )
A. 56 B. 1 C. 54 D. 53
8. 如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，对称轴为直线x=2.则下列结论：
①abc>0；
②a+2c<−b；
③c−3a=0；
④直线y=m可能与y=|ax2+bx+c|有4个交点；
⑤若点M(x1,x2)，点N(y1,y2)是抛物线上的两点，若x1
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 计算：(12)−1+48×123= ．
10. 已知关于x的一元二次方程(k2−1)x2+2(k−1)x+1=0有两个实数根，则k的取值范围是 ．
11. 如图，是甲、乙两人10次射击成绩(环数)的条形统计图，则甲、乙两人成绩较稳定的是______；如果甲又连续射击了5次，且环数均为9环，那么甲的方差变化情况是______(填“变大”“变小”或“不变”)．
12. 为预防“新冠病毒”，学校对教室喷洒84消毒液(含氯消毒剂)进行消杀，资料表明空气中氯含量不低于0.5%，才能有效杀灭新冠病毒.如图，喷洒消毒液时教室空气中的氯含量y(%)与时间t(min)成正比例，消毒液挥发时，y与t成反比例，则此次消杀的有效作用时间是 min．
13. 如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，OA=4，点C是AB上一动点，连接OC，过点A作AD⊥OC于点D，连接BD.当BD的长度最小时，图中阴影部分的面积为______．
14. 如图，已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M，N分别在边AD，BC上，沿着MN折叠矩形ABCD，使点A，B分别落在E，F处，且点F在线段CD上(不与两端点重合)，过点M作MH⊥BC于点H，连接BF，给出下列判断：
①△MHN∽△BCF；
②折痕MN的长度的取值范围为3
④若DF=13DC，则折叠后重叠部分的面积为5512．
其中正确的是______.(写出所有正确判断的序号)
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题4.0分)
如图：已知：点P和直线m．
求作：以点P为直角顶点的等腰直角三角形，使它的斜边落在直线m上，并在三角形内部做出以斜边中点为圆心的面积最大的半圆O．
结论：
16. (本小题8.0分)
(1)化简：2a−1+a2−4a+4a2−1÷a−2a+1；
(2)解不等式组2−x>4x+17①2x+23≤x−12+1②．
17. (本小题6.0分)
由于疫情爆发，张明一家小区被管控，规定每两日每户可派一人出小区购买生活必需品．为增添生活乐趣，张明制作了下面两个可以自由转动的转盘：A转盘被分成如图所示的三份(一个半圆，两个四分之一圆)，并分别标有数字1，2，−3；B转盘被等分成三份，分别标有数字−1，−2，3．
(1)A转盘转出−3的概率是______．
(2)张明让爸妈两人同时转动A、B两个转盘，规则如下：当转盘停止转动时(两个指针只要有一个指针停在分割线上时，重新转动两个转盘，直到指针停在标有数字的扇形区域)，如果指针所指的数字之和为正数，则爸爸去；如果指针所指的数字之和为负数，则妈妈去．请问，这个游戏对双方公平吗？说明理由．
18. (本小题6.0分)
安徽滁州琅琊山会峰阁更名为琅琊阁，如图①是悬挂着巨大匾额的琅琊阁，如图②，线段BC是悬挂在墙壁AM上的匾额的截面示意图．已知BC=2米，∠MBC=34°，从水平地面点D处看点C，仰角∠ADC=45°，从点E处看点B，仰角∠AEB=56°，且DE=4.4米，求匾额悬挂的高度AB的长．(结果精确到0.1米，参考数据：sin34°≈0.56，cos34°≈0.83，tan34°≈0.67)
19. (本小题6.0分)
本月初我市市区某校九年级学生进行一次体育模拟测试，并将目标效果测试中第二类选考项目(足球运球、篮球运球、排球垫球任选一项)的情况进行统计，并将统计结果绘制成统计图，请你结合图中所给信息解答下列问题：
(1)学校参加本次测试和参加“排球垫球”测试的人数分别是多少人？
(2)“篮球运球”的中位数落在______等级；
(3)将本次测试“足球运球”、“篮球运球”、“排球垫球”三项等级折算成分数，则它们的平均成绩分别为6.5分，7.6分，8分，求参加本次测试的学生第二类选考项目的平均成绩；
(4)青岛市今年参加体育中考的人数约为8.5万人，你能否估计今年全市选择“篮球运球”的考生会有多少人？若能，求出其人数；若不能，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图，已知▱ABCD，EF为BC边上的垂直平分线，BC=FC=2AB，且∠ABD=90°．
(1)求证：△ABD≌△CEF；
(2)连接AF，请判断四边形ABDF的形状，并说明理由．
21. (本小题8.0分)
长为300m的春游队伍，以v(m/s)的速度向东行进，如图1和图2，当队伍排尾行进到位置O时，在排尾处的甲有一物品要送到排头，送到后立即返回排尾，甲的往返速度均为2v(m/s)，当甲返回排尾后，他及队伍均停止行进．设排尾从位置O开始行进的时间为t(s)，排头与O的距离为S头(m)．
(1)当v=2时，解答：
①求S头与t的函数关系式(不写t的取值范围)；
②当甲赶到排头位置时，求S头的值；在甲从排头返回到排尾过程中，设甲与位置O的距离为S甲(m)，求S甲与t的函数关系式(不写t的取值范围)
(2)设甲这次往返队伍的总时间为T(s)，求T与v的函数关系式(不写v的取值范围)，并写出队伍在此过程中行进的路程．
22. (本小题10.0分)
综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3.当S1=36，S3=100时，S2=______．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．
(1)如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是______．
(2)如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
(1)如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P.求证：S△PHN=S四边形PMFG；
(2)如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3.若AB=4，柱体的高h=8，直接写出V1+V2的值．
23. (本小题10.0分)
第二十四届冬奥会在北京成功举办，我国选手在跳台滑雪项目中夺得金牌．在该项目中，运动员首先沿着跳台助滑道飞速下滑，然后在起跳点腾空，身体在空中飞行至着陆坡着陆，再滑行到停止区终止．本项目主要考核运动员的飞行距离和动作姿态，某数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究：
如图为该兴趣小组绘制的赛道截面图，以停止区CD所在水平线为x轴，过起跳点A与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．着陆坡AC的坡角为30°，OA=65m，某运动员在A处起跳腾空后，飞行至着陆坡的B处着陆，AB=100m.在空中飞行过程中，运动员到x轴的距离y(m)与水平方向移动的距离x(m)具备二次函数关系，其解析式为y=−160x2+bx+c．
(1)求b，c的值；
(2)进一步研究发现，运动员在飞行过程中，其水平方向移动的距离x(m)与飞行时间t(s)具备一次函数关系，当运动员在起跳点腾空时，t=0，x=0；空中飞行5s后着陆．
①求x关于t的函数解析式；
②当t为何值时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是多少？
24. (本小题12.0分)
如图1，在等边△ABC中，AB=6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动，动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t(s)，过点P作PE⊥AC于E，PQ交AC边于D，线段BC的中点为M，连接PM．
(1)当t为何值时，△CDQ与△MPQ相似；
(2)在点P、Q运动过程中，点D、E也随之运动，线段DE的长度是否会发生变化？若发生变化，请说明理由，若不发生变化，求DE的长；
(3)如图2，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB′的值最小？并求出最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、2是无理数，故此选项错误；
B、π是无理数，故此选项错误；
C、227是有理数，故此选项正确；
D、0.131131113…是无理数，故此选项错误；
故选：C．
根据无限不循环小数是无理数，分数和整数是有理数进行分析即可．
此题主要考查了实数，关键是掌握无理数和有理数定义．
2.【答案】C
【解析】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D.不是中心对称图形，轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：用科学记数法可以表示0.0000003得：3×10−7；
故选：A．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4.【答案】C
【解析】解：从正面看，可得图形如下：
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
5.【答案】C
【解析】解：由A(−4,2)，C(−2,−1)可得直线AC解析式为y=−32x−4，
在y=−32x−4中，令y=0得x=−83，
∴P(−83,0)，
过B作BM⊥x轴于M，过B′作B′N⊥x轴于N，如图：
∵∠B′PN=90°−∠BPM=∠PBM，∠B′NP=90°=∠BMP，PB′=PB，
∴△B′NP≌△PMB(AAS)，
∴B′N=PM，PN=BM，
∵B(−1,3)，
∴PN=3，B′N=−1−(−83)=53，
∴ON=PN−OP=3−83=13，
∴B′(13,−53)；
故选：C．
由A(−4,2)，C(−2,−1)得直线AC解析式为y=−32x−4，可得P(−83,0)，过B作BM⊥x轴于M，过B′作B′N⊥x轴于N，证明△B′NP≌△PMB(AAS)，得B′N=PM，PN=BM，即可得PN=3，B′N=53，ON=PN−OP=3−83=13，从而B′(13,−53).
本题考查坐标与图形变换−旋转，涉及全等三角形的判定与旋转，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ABC=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=30°，
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA=12(180°−∠ABD)=12×(180°−30°)=75°，
∴∠ACB=180°−∠BAC−∠ABC=180°−75°−60°=45°，
∴∠ADB=∠ACB=45°，
故选：D．
根据圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理求解即可．
此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=4，
∴DC=AB=6，BC=AD=4，∠C=90°，
∵点E、F分别为BC、CD的中点，
∴DF=CF=12DC=3，CE=BE=12BC=2，
∵EH//CD，
∴FH=BH，
∵BE=CE，
∴EH=12CF=32，
由勾股定理得：BF=BC2+CF2=42+32=5，
∴BH=FH=12BF=52，
∵EH//CD，
∴△EHG∽△DFG，
∴EHDF=GHFG，
∴323=GH52−GH，
解得：GH=56，
故选：A．
根据矩形的性质得出DC=AB=6，BC=AD=4，∠C=90°，求出DF=CF=12DC=3，CE=BE=12BC=2，求出FH=BH，根据勾股定理求出BF，求出FH=BH=52，根据三角形的中位线求出EH，根据相似三角形的判定得出△EHG∽△DFG，根据相似三角形的性质得出EHDF=GHFG，再求出答案即可．
本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的开口方向向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=2，
∴b=−4a<0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，故①正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∴a+c=b，
∴a+2c=b+c，
∵b<0，c<0，
∴b+c<0，−b>0，
∴a+2c<−b，故②正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴a−b+c=0，
∵b=−4a，
∴a+4a+c=0，
∴c=−5a，
∴c−3a=−5a−3a=−8a≠0，故③错误；
函数y=|ax2+bx+c|的图象如图，
∴直线y=m可能与y=|ax2+bx+c|有4个交点，故④正确；
点M(x1,x2)，点N(y1,y2)是抛物线上的两点，
当x1
故选：B．
根据抛物线的开口方向得a>0，抛物线的对称轴可得b=−4a<0，抛物线与y轴交点位置得c<0，以此可判断①；由抛物线过点(−1,0)得a+c=b，则a+2c=b+c<0，−b>0，以此可判断②；由抛物线过点(−1,0)得a−b+c=0，将b=−4a代入得c=−5a，以此可判断③；根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象画出y=|ax2+bx+c|的图象，即可判断④当x1
9.【答案】2+83
【解析】解：原式=2+43×233
=2+83．
故答案为：2+83．
直接利用负整数指数幂的性质以及二次根式的乘除运算法则化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
10.【答案】k<1且k≠−1
【解析】解：∵方程(k2−1)x2+2(k−1)x+1=0有两个实数根，
∴Δ=4(k−1)2−4(k2−1)≥0，且k2−1≠0，
解得：k<1；
故答案为：k<1且k≠−1．
根据方程有两个实数根可以得到根的判别式大于等于0，由此求出k的范围即可；
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
11.【答案】乙 变小
【解析】解：甲的平均数是：8×4+9×2+10×410=9(环)，
甲的方差是：110×[(8−9)2×4+(9−9)2×2+(10−9)2×4]=0.8，
乙的平均数是：8×3+9×4+10×310=9(环)，
乙的方差是：110×[(8−9)2×3+(9−9)2×4+(10−9)2×3]=0.6，
∵0.8>0.6，
∴乙成绩稳定．
甲又连续射击5次，环数均为9环，则平均数还为9，
则方差为115×[(8−9)2×4+(9−9)2×2+(10−9)2×4]=815<0.8，
故方差变小．
故答案为：乙；变小．
根据条形统计图中提供的数据分别计算甲、乙两组的平均数、方差，通过方差的大小比较，得出稳定性．
此题考查平均数、方差的意义及计算方法，从条形统计图中获取甲、乙各组中的每一个数据，为计算平均数、方差提供原始的数据支撑．
12.【答案】35.75
【解析】解：∵喷洒消毒液时教室空气中的氯含量y(%)与时间t(min)成正比例，
∴设y关于x的函数关系式为y=k1x(k1>0)，代入(3,6)得：6=3k1
∴k1=2，
∴y=2x；
设药物燃烧后y关于x的函数关系式为y=k2x(k2>0)代入(3,6)为6=k23，
∴k2=18，
∴喷洒消毒液时y关于x的函数关系式为y=2x(0≤x≤6)；消毒液挥发时，y关于x的函数关系式为y=18x(x>6)，
把y=0.5代入y=2x，得：x=14，
把y=0.5代入y=18x，得：x=36，
∵36−14=35.75．
所以此次消杀的有效作用时间是35.75min．
故答案为：35.75．
设y关于x的函数关系式为y=k1x(k1>0)，代入(3,6)得到y=2x；设药物燃烧后y关于x的函数关系式为y=k2x(k2>0)代入(3,6)得到y=18x(x>6)，把y=0.5代入y=2x，得到x=14，把y=0.5代入y=18x，得到x=36，于是得到结论．
本题考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
13.【答案】4π−4−455
【解析】解：如图，取AO的中点T，连接DT，BT．
∵AD⊥OC，
∴∠ADO=90°，
∵AT=OT=2，
∴DT=2，
∵∠BOT=90°，OB=4，OT=2，
∴BT=OT2+OB2=22+42=25，
∵BD≥BT−BD=25−2，
∴当T，D，B共线时，BD的值最小，最小值为25−2，
如图，过点D作DH⊥OB于点H．
∵DH//OT，
∴BHBO=BDBT=DHOT，
∴BH4=25−225=DH2，
∴DH=4−455，DH=2−255，
∴OH=455，
∴S阴影=S扇形AOB−S△AOD−S△OBD
=90π×42360−12×4×455−12×4×(2−255)
=4π−4−455，
故答案为：4π−4−455．
如图，取AO的中点T，连接DT，BT.首先说明T，D，B共线时，BD的值最小，再根据S阴影=S扇形AOB−S△AOD−S△OBD，求解即可．
本题考查扇形的面积，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
14.【答案】①②③④
【解析】解：①如图1，由折叠可知BF⊥MN，
∴∠BOM=90°，
∵MH⊥BC，
∴∠BHP=90°=∠BOM，
∵∠BPH=∠OPM，
∴∠CBF=∠NMH，
∵∠MHN=∠C=90°，
∴△MHN∽△BCF，故①正确；
②当F与C重合时，MN=3，此时MN最小，
当F与D重合时，如图2，此时MN最大，
由勾股定理得：BD=5，
∵OB=OD=52，
∵tan∠DBC=ONOB=CDBC，即ON52=34，
∴ON=158，
∵AD//BC，
∴∠MDO=∠OBN，
在△MOD和△NOB中，
∵∠MDO=∠OBNOD=OB∠DOM=∠BON，
∴△DOM≌△BON(ASA)，
∴OM=ON，
∴MN=2ON=154，
∵点F在线段CD上(不与两端点重合)，
∴折痕MN的长度的取值范围为3
当四边形CDMH为正方形时，MH=CH=CD=DM=3，
∵AD=BC=4，
∴AM=BH=1，
由勾股定理得：BM=32+12=10，
∴FM=10，
∴DF=FM2−DM2=(10)2−32=1，
∴CF=3−1=2，
设HN=x，则BN=FN=x+1，
在Rt△CNF中，CN2+CF2=FN2，
∴(3−x)2+22=(x+1)2，
解得：x=32，
∴HN=32，
∵CH=3，
∴CN=HN=32，
∴N为HC的中点；故③正确；
④如图4，连接FM，
∵DF=13DC，CD=3，
∴DF=1，CF=2，
∴BF=22+42=25，
∴OF=5，
设FN=a，则BN=a，CN=4−a，
由勾股定理得：FN2=CN2+CF2，
∴a2=(4−a)2+22，
∴a=52，
∴BN=FN=52，CN=32，
∵∠NFE=∠CFN+∠DFQ=90°，
∠CFN+∠CNF=90°，
∴∠DFQ=∠CNF，
∵∠D=∠C=90°，
∴△QDF∽△FCN，
∴QDFC=DFCN，即QD2=132，
∴QD=43，
∴FQ=12+(43)2=53，
∵tan∠HMN=tan∠CBF=HNHM=CFBC，
∴HN3=24，
∴HN=32，
∴MN=32+(32)2=352，
∵CH=MD=HN+CN=32+32=3，
∴MQ=3−43=53，
∴折叠后重叠部分的面积为：S△MNF+S△MQF=12⋅MN⋅OF+12⋅MQ⋅DF=12×352×5+12×53×1=5512；
故④正确；
所以本题正确的结论有：①②③④；
故答案为：①②③④．
根据矩形的性质和三角形的内角和定理即可判定①正确；
根据MN最大值和最小值时F的位置可判定②正确；
根据边形CDMH为正方形和勾股定理分别各边的长，可判定③正确；
根据相似三角形的性质和勾股定理可得MN，OF，MQ和DF的长，利用面积和可判定④正确；从而求解．
本题主要考查了矩形的性质和判定，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质，解答本题主要应用了矩形的性质、翻折的性质，熟记翻折前后的两个图形能够完全重合得到相等的边和角是解题的关键．
15.【答案】解：如图，△PAB和半圆O为所作．
【解析】先过P点作m的垂线，垂足为O点，再在直线m上截取OA=OB=OP，连接PA、PB，接着作∠∠BOP的角平分线交PB于C点，然后以O点为圆心，OC为半径在△PAB内部作半圆即可．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰直角三角形的性质．
16.【答案】解：(1)原式=2a−1+(a−2)2(a+1)(a−1)⋅a+1a−2
=2a−1+a−2a−1
=2+a−2a−1
=aa−1；
(2)2−x>4x+17①2x+23≤x−12+1②，
解不等式①，得x<−3，
解不等式②，得x≤−1，
∴该不等式组的解集为x<−3．
【解析】(1)先计算分式除法，再计算分式加法即可；
(2)先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．
本题考查了分式的混合运算以及解一元一次不等式组，掌握完全平方公式、平方差公式以及解一元一次不等式的基本步骤是解答本题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：(1)A转盘转出−3的概率是24=12；
故答案为：12；
(2)列表如下：
1
2
−3
−3
−1
0
1
−4
−4
−2
−1
0
−5
−5
3
4
5
0
0
由表知，共有12种等可能结果，其中指针所指的数字之和为正数有3种结果，指针所指的数字之和为负数有5种结果，
所以爸爸去的概率为312=14，妈妈去的概率为512，
∵14≠512，
∴这个游戏对双方不公平．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)游戏是否公平，关键要看游戏双方获胜的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等，据此求解即可．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18.【答案】解：过点C作CN⊥AB，CF⊥AD，垂足为N、F，如图所示：
在Rt△BCN中，
CN=BC⋅sin∠MBC=2×0.56=1.12(米)，
BN=BC×cos34°=2×0.83=1.66(米)，
在Rt△ABE中，
AE=AB⋅tan∠EBA=AB×tan34°=0.67AB，
∵∠ADC=45°，
∴CF=DF，
∴BN+AB=AD−AF=AD−CN，
即：1.66+AB=0.67AB+4.4−1.12，
解得，AB=4.9(米)
答：匾额悬挂的高度AB的长约为4.9米．
【解析】通过作垂线构造直角三角形，在Rt△BCN中，求出CN、BN，在Rt△ABE中用AB的代数式表示AE，再根据∠ADC=45°得出CF=DF，列方程求解即可．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
19.【答案】“良好”
【解析】解：(1)由条形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数有：10+25+40+30=105(人)，
由扇形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数所占的百分比为35%，
∴学校参加本次测试总人数为：105÷35%=300(人)，
参加“排球垫球”测试的人数为：300×(1−10%−35%)=165(人)；
(2)由条形统计图可知，参加“篮球运球”测试的一共有105人，
其中不及格的有10人，合格的有25人，良好的有40人，优秀的有30人，
105个数据按从小到大的顺序排列后，第53个数落在“良好”等级，
即“篮球运球”的中位数落在“良好”等级．
故答案为：“良好”；
(3)由(1)知，参加“篮球运球”测试的有105人，参加“排球垫球”测试的有165人，则参加“足球运球”的有30人，
又将本次测试“足球运球”、“篮球运球”、“排球垫球”三项等级折算成分数，则它们的平均成绩分别为6.5分，7.6分，8分，
∴参加本次测试的学生第二类选考项目的平均成绩为：105×7.6+165×8+30×6.5300=7.71(分)；
(4)能估计今年全市选择“篮球运球”的考生人数．
由扇形统计图可知，参加“篮球运球”测试的人数所占的百分比为35%，
所以今年全市选择“篮球运球”的考生人数有：8.5×35%=2.975(万人)=29750(人)．
(1)根据参加“篮球运球”测试的人数及所占的百分比求出学校参加本次测试总人数，再用总人数乘以“排球垫球”所占的百分比得到参加“排球垫球”测试的人数；
(2)根据中位数的定义即可求解；
(3)利用加权平均数的公式计算即可；
(4)用8.5万乘以样本中选择“篮球运球”的考生所占的百分比即可求解．
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．也考查了中位数、加权平均数的定义以及利用样本估计总体的思想．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AB=CD，
∵EF为BC边上的垂直平分线，
∴BC=2EC=2BE，∠FEC=90°，BF=FC，
∵BC=FC=2AB，
∴EC=AB=CD，BC=BF=FC，
∴△BCF是等边三角形，
∴AD=FC，
∵∠ABD=90°，
∴∠ABD=∠FEC=90°，
在Rt△ABD和Rt△CEF中，
AD=FCAB=EC,
∴Rt△ABD≌Rt△CEF(HL)；
(2)解：四边形ABDF是矩形，理由如下：
∵△BCF是等边三角形，
∴BC=FC=2AB=2CD，
∴FD=CD=AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠ABD=90°，
∴四边形ABDF是矩形．
【解析】(1)根据平行四边形的性质证明△BCF是等边三角形，AD=FC，进而可以解决问题；
(2)首先证明四边形ABDF是平行四边形，由∠ABD=90°，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是得到四边形ABDF是平行四边形．
21.【答案】解：(1)①排尾从位置O开始行进的时间为t(s)，则排头也离开原排头t(s)，
∴S头=2t+300
②甲从排尾赶到排头的时间为300÷(2v−v)=300÷v=300÷2=150s，此时S头=2t+300=600 m
甲返回时间为：(t−150)s
∴S甲=S头−S甲回=2×150+300−4(t−150)=−4t+1200；
因此，S头与t的函数关系式为S头=2t+300，当甲赶到排头位置时，求S的值为600m，在甲从排头返回到排尾过程中，S甲与t的函数关系式为S甲=−4t+1200．
(2)T=t追及+t返回=3002v−v+3002v+v=400v，
在甲这次往返队伍的过程中队伍行进的路程为：v×T=v×400v=400；
因此T与v的函数关系式为：T=400v，此时队伍在此过程中行进的路程为400 m．
【解析】(1)①排头与O的距离为S头(m).等于排头行走的路程+队伍的长300，而排头行进的时间也是t(s)，速度是2m/s，可以求出S头与t的函数关系式；
②甲赶到排头位置的时间可以根据追及问题的数量关系得出，代入求S头即可；在甲从排头返回到排尾过程中，设甲与位置O的距离为S甲(m)是在S的基础上减少甲返回的路程，而甲返回的时间(总时间t减去甲从排尾赶到排头的时间)，于是可以求S甲与t的函数关系式；
(2)甲这次往返队伍的总时间为T(s)，是甲从排尾追到排头用的时间与从排头返回排尾用时的和，可以根据追及问题和相遇问题的数量关系得出结果；在甲这次往返队伍的过程中队伍行进的路程=队伍速度×返回时间．
考查行程问题中相遇、追及问题的数量关系的理解和应用，切实理解变量之间的变化关系，由于时间有重合的部分，容易出现错误．
22.【答案】64 S1+S2=S3
【解析】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴S1+S2=S3，
∵S1=36，S3=100，
∴S2=64，
故答案为：64；
问题探究：(1)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴12AB2=12AC2+12BC2，
∴S1+S2=S3，
故答案为：S1+S2=S3；
(2)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，
在等边三角形BCD中，CD=BC，CG=12BC，
∴DG=32BC，
∴S4=12×BC×32BC=34BC2，
同理可得S5=34AC2，S6=34AB2，
∴34AB2=34AC2+34BC2，
∴S4+S5=S6；
实践应用：(1)证明：设AB=c，BC=a，AC=b，
∴HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG//AF，MN//BF，
∴∠HPN=60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
∴S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴34(a+b−c)2=34(a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac)=32(c2+ab−bc−ac)=32(c−a)(c−b)，
∴S△PMN=S四边形PMFG；
(2)解：设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴π4c2=π4a2+π4b2，
∴S1+S2=S3，
∵V2=12S2h，V1=12S1h，V3=12S3h，
∴V2+V1=12(S1+S2)h=12S3h=V3，
∵AB=4，h=8，
∴V3=12S3h=12×π×4×8=16π，
∴V1+V2=16π．
知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4=34BC2，S5=34AC2，S6=34AB2，由勾股定理可得34AB2=34AC2+34BC2，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，再由c2=a2+b2，可证明S△PMN=S四边形PMFG；
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由V2+V1=12(S1+S2)h=12S3h=V3，即可求V1+V2=16π．
本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)作BE⊥y轴于点E，
∵OA=65m，着陆坡AC的坡角为30°，AB=100m，
∴点A的坐标为(0,65)，AE=50m，BE=503m，
∴OE=OA−AE=65−50=15(m)，
∴点B的坐标为(503,15)，
∵点A(0,65)，点B(503,15)在二次函数y=−160x2+bx+c的图象上，
∴c=65−160×(503)2+503b+c=15，
解得b=32c=65，
即b的值是32，c的值是65；
(2)①设x关于t的函数解析式是x=kt+m，
因为点(0,0)，(5,503)在该函数图象上，
∴m=05k+m=503，
解得k=103m=0，
即x关于t的函数解析式是x=103t；
②设直线AB的解析式为y=px+q，
∵点A(0,65)，点B(503,15)在该直线上，
∴q=65503p+q=15，
解得p=−33q=65，
即直线AB的解析式为y=−33x+65，
则h=(−160x2+32x+65)−(−33x+65)=−160x2+536x，
∴当x=−5362×(−160)=253时，h取得最值，此时h=1254，
∵253<503，
∴x=253时，h取得最值，符合题意，
将x=253代入x=103t，得：253=103t，
解得t=2.5，
即当t为2.5s时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，最大值是1254m.
【解析】(1)根据题意，可以求得点A和点B的坐标，然后代入二次函数解析式，即可得到b、c的值；
(2)①根据题意，可以得到x关于t的函数图象经过的两个点，然后根据待定系数法，即可得到x关于t的函数的解析式；
②先求出直线AB的解析式，再根据题意，可以表示出h，然后根据二次函数的性质，可以求得当h为何值时，运动员离着陆坡的竖直距离h最大，并求出这个最大值．
本题考查二次函数的应用、一次函数的应用、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用二次函数的性质求最值．
24.【答案】解：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠DBQ=120°，
∵∠BQP=∠CQD，∠PMQ>90°，
∴只有当∠PMQ=∠DCQ=120°时，△PMQ∽△DCQ，
则PM//DC，
∵M是BC的中点，
∴P是AB的中点，
即AP=3=t，
∴t=3时，△PMQ∽△DCQ；
(2)不变化．理由如下：
如图1中，作PK//BC交AC于K．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠A=60°，
∵PK//BC，
∴∠APK=∠B=60°，
∴△APK是等边三角形，
∴PA=PK，
∵PE⊥AK，
∴AE=EK，
∵AP=CQ=PK，∠PKD=∠DCQ，∠PDK=∠QDC，
∴△PKD≌△QCD(AAS)，
∴DK=DC，
∴DE=EK+DK=12(AK+CK)=12AC=3cm；
(3)如图2中，连接AM，
则AB′≥AM−MB′，
而MB′=MB，
∴当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，
即：点B′在AM上，(如图3)
∵BM=CM=3，AB=AC=6，
∴AM⊥BC，
∴∠BAM=12∠BAC=30°，AM=AB2−BM2=33，
∵B′M=BM=3，
∴AB′的最小值为AM−B′M=33−3，
由折叠知，BP=B′P，∠PB′M=∠B=60°，
∴∠APB′=∠PB′M−∠BAC=30°=∠BAM，
∴AB′=B′P=6−t=33−3，
∴t=9−33，
即：t为9−33时，AB′的值最小，最小值为33−3．
【解析】(1)先判断出∠DBQ=120°，进而得出只有△PMQ∽△DCQ，再求出AP=3，即可得出结论；
(2)先判断出PA=PK，进而得出AP=CQ=PK，即可判断出△PKD≌△QCD，得出DK=DC，即可得出结论；
(3)先判断出当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，最小值为AM−BM，再求出AM即可得出结论，
此题是相似形综合题，主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出当A，B′，M在一条直线上时，AB′最小，是解本题的关键．
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