2023年河北省邢台市威县三中中考数学一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年河北省邢台市威县三中中考数学一模试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了 下列计算正确的是， 嘉嘉自编一题等内容，欢迎下载使用。

2023年河北省邢台市威县三中中考数学一模试卷
1. 如图，要在直线l上找一点，使它到点A，B的距离之和最小，则该点的位置(    )
A. 在点C处
B. 在点D处
C. 在点E处
D. 不能确定
2. 下列计算正确的是(    )
A. 2a+3b=5ab B. 2a2+3a2=6a4 C. a2⋅a6=a8 D. a6÷a3=a2
3. 如图，已知∠1=90∘，为保证两条铁轨平行，添加的下列条件中，正确的是(    )

A. ∠2=90∘ B. ∠3=90∘ C. ∠4=90∘ D. ∠5=90∘
4. 为了简化计算，算式(−334)×4可以化为(    )
A. −3×4−34×4 B. −3×4+34×4 C. −3×4+34 D. −3−34×4
5. 如图是某校七年级二班参加课外兴趣小组人数的扇形统计图，根据图中信息，你认为哪一个兴趣小组参加人数最多的是(    )
A. 唱歌
B. 绘画
C. 编程
D. 舞蹈
6. 一元二次方程x2+2x−1=0的根的情况是(    )
A. 只有一个实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根
7. 叶绿体DNA最早发现于衣藻叶绿体，长约120000米.把120000用科学记数法表示为(    )
A. 5×10−5 B. 5×10−6 C. 2×10−5 D. 2×10−6
8. 如图是由大小相同的小正方体搭成的几何体，甲、乙、丙三人分别对该几何体的三视图进行了描述，其中正确的是(    )
甲：主视图是轴对称图形；
乙：左视图是轴对称图形；
丙：俯视图是中心对称图形.
A. 只有甲
B. 只有乙
C. 只有丙
D. 乙和丙
9. 如果a，b是101的两个平方根，那么a+2ab+b的值是(    )
A. 0 B. 101 C. 202 D. −202
10. 嘉嘉自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB=OD.求证：四边形ABCD是菱形.”并将自己的证明过程与同学淇淇交流.
证明：∵AC⊥BD，OB=OD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB=AD，CB=CD，
∴四边形ABCD是菱形.
淇淇看完后认为这个题目需要补充一个条件才能证明.下列正确的是(    )
A. 题目严谨，不用添加条件 B. 题目不严谨，可补充：OA=OB
C. 题目不严谨，可补充：AD//BC D. 题目不严谨，可补充：AB⊥BC
11. 如果x>y>1，那么y−1x−1−yx的值是(    )
A. 正数 B. 负数 C. 零 D. 不确定
12. 如图，正六边形ABCDEF的顶点A，F分别在正方形BMGH的边BH，GH上.若正方形的边长为6，则正六边形的边长为(    )
A. 2
B. 4
C. 4.5
D. 5
13. 如图，嘉嘉和淇淇住在同一单元楼，他们想测量对面大楼的高度(MN).嘉嘉在窗台B处测得对面大楼顶部N的仰角∠1的度数，淇淇在窗台C在处测得大楼底部M的俯角∠2的度数，且∠1=∠2.已知A，B，C三点共线，CA⊥AM，NM⊥AM，AB=31m，BC=18m，则对面大楼的高是(    )
A. 76m
B. 80m
C. 82m
D. 90m
14. 题目：“如图，A，B，C是⊙O上的点，且∠ACB=140∘.在这个图中，写出仅用无刻度的直尺能画出的圆周角度数.”甲答：140∘，乙答：40∘，丙答：90∘，则下列判断正确的是(    )
A. 只有甲答的对
B. 甲、乙答案合在一起才完整
C. 三人答案合在一起才完整
D. 三人答案合在一起也不完整
15. 某商店有一款商品，每件进价为100元，标价为150元，现准备打折销售.若要保证利润率不低于5%，设打x折销售，则下列正确的是(    )
A. 依题意得150x−100≥5%×100
B. 依题意得150×x10−100≥5%×150
C. 该商品最少打7折
D. 该商品最多打7折
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=2，BC= 3，过点B作直线l//AC，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，直线CA′，CB′与直线l不平行时分别交l于点D，E.对于下列结论，判断正确的是(    )
结论Ⅰ：当点A′与点D重合时，∠ACA′=60∘；
结论Ⅱ：线段DE长度的最小值是2 3.

A. Ⅰ和Ⅱ都对 B. Ⅰ和Ⅱ都不对 C. Ⅰ不对Ⅱ对 D. Ⅰ对Ⅱ不对
17. 不透明袋子中装有2个黑球、3个白球，这些球除了颜色外无其他差别．从袋子中随机摸出1个球，“摸出黑球”的概率是______.
18. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O.过点O作BD的垂线，交BA延长线于点E，交AD于点F，交BC于点N.若EF=OF，∠CBD=30∘，BD=6 3.
(1)EFEN=______ ；
(2)AF的长为______ .

19. 如图，在3×3网格(每个小正方形的边长为1)中有16个格点，已知双曲线L：y=kx(k>0,x>0).
(1)若双曲线L经过点D，则点A，B，C在L上的是______ ；
(2)若L将这16个格点分布在它两侧，每侧各8个点，则k的取值范围______ ；
(3)若L经过点D，已知点P(n,n)，过点P作x轴的平行线交L于点M，过点P作y轴的平行线交L于点N，设线段PM，PN与双曲线上M，N之间的部分围成的区域为图象G(不包含边界)，当图象G内只有1个整数点(横、纵坐标均为整数)时，n的取值范围是______ .
20. 如图，数轴上从左到右依次有六个点A，B，C，D，E，F，相邻两点之间的距离均为m(m为正整数)，点B表示的数为−4，设这六个点表示的数之和为n.
(1)点F表示的数为______ (用含m的代数式表示)；
(2)已知点F表示的数是8，求n的值.

21. 发现两个差为2的正整数的积与1的和总是一个正整数的平方.
验证 (1)8×6+1是正整数______ 的平方；
(2)设较小的一个正整数为n，写出这两个正整数的积与1的和，并说明它是个正整数的平方；
延伸两个差为4的正偶数，设较小的数为2k(k为正整数)，若它们的积与常数a的和是一个正整数的平方，求a的值.
22. 某学校从九年级学生中任意选取40人，随机分成甲、乙两个小组进行“引体向上”体能测试，根据测试成绩绘制出统计表和如图所示的统计图(成绩均为整数，满分为10分)
甲组成绩统计表
成绩/分
7
8
9
10
人数/人
1
9
5
5

(1)m=______ ，甲组成绩的众数______ 乙组成绩的众数(填“>”“<”或“=”)；
(2)求甲组的平均成绩；
(3)这40个学生成绩的中位数是______ ；
(4)计算出甲组成绩的方差为0.81，乙组成绩的方差为0.75，则成绩更加稳定的是______ 组(填“甲”或“乙”).
23. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好经过圆心O，连接MB.
(1)若CD=16，BE=4，求⊙O的半径；
(2)若⊙O的半径是(1)中求得的半径，且∠M=∠D，求劣弧CD的长.

24. 在一条笔直的公路上有A，B，C三地，C地在A，B两地之间.甲、乙两车同时出发匀速行驶，甲车从C地出发先到A地接人(接人时间忽略不计)，然后原路原速到达B地停止行驶；乙车从B地出发经过C地到达A地后停止.两车之间的距离y(千米)与乙车行驶时间x(小时)之间的函数关系如图所示.
(1)A，B两地之间的距离为______ 千米，甲车的速度为______ 千米/时，a=______ ；
(2)求PD所在直线的函数解析式；
(3)直接写出甲、乙两车之间的距离不超过180千米时的时长.

25. 如图，在△ABC中，AB=4，AC=BC= 13，M为边AB的中点.动点P从点A出发，沿折线AC−CB以每秒 13个单位长度的速度向终点B运动，连接PM.作点A关于直线PM的对称点A′，连接A′P，A′M.设点P的运动时间为t秒.
(1)点C到边AB的距离为______ ；
(2)用含t的代数式表示点P到边AB的距离；
(3)连接A′C，当线段A′C最短时，求△CPA′的面积；
(4)直接写出点A′在△ABC区域(含边界)内的时长.
26. 如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(1,0)，B(−5,0)两点，与y轴交于点C.P是抛物线上的任意一点(不与点C重合)，点P的横坐标为m，抛物线上点C与点P之间的部分(包含端点)记为图象G.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当m符合什么条件时，图象G的最大值与最小值的差为4？
(3)将线段AB先向左平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段A′B′.若抛物线y=−x2+bx+c平移后与线段A′B′有两个交点，且这两个交点恰好将线段A′B′三等分，求抛物线平移的最短路程；
(4)当m<0时，若图象G与平行于x轴的直线y=−2m+3有且只有一个公共点，直接写出m的取值范围.

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：连接AB交直线l于点D，
则该点的位置在点D处．
故选：B.
根据两点之间，线段最短知：连接AB，即可得到结论．
本题考查了线段的性质：两点之间线段最短，熟练掌握线段的性质是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：A.根据合并同类项法则，2a+3b≠5ab，那么A错误，故A不符合题意．
B.根据合并同类项法则，2a2+3a2=5a2，那么B错误，故B不符合题意．
C.根据同底数幂的乘法法则，a2⋅a6=a8，那么C正确，故C符合题意．
D.根据同底数幂的除法法则，a6÷a3=a3，那么D错误，故D不符合题意．
故选：C.
根据合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则解决此题．
本题主要考查合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法，熟练掌握合并同类项法则、同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则是解决本题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：A.由∠2=90∘不能判定两条铁轨平行，故该选项不符合题意；
B.由∠3=90∘=∠1，可判定两枕木平行，故该选项不符合题意；
C.∵∠1=90∘，∠4=90∘，
∴∠1=∠4，
∴两条铁轨平行，故该选项符合题意；
D.由∠5=90∘不能判定两条铁轨平行，故该选项不符合题意；
故选：C.
根据平行线的判定逐项分析即可得到结论．
本题主要考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解决问题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：为了简化计算，算式(−334)×4可以化为(−3−34)×4=−3×4−34×4.
故选：A.
根据乘法分配律即可求解．
本题考查了有理数的混合运算，有理数混合运算顺序：先算乘方，再算乘除，最后算加减；同级运算，应按从左到右的顺序进行计算；如果有括号，要先做括号内的运算．进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，使运算过程得到简化．

5.【答案】A 
【解析】解：由扇形统计图可以看出，编程占的百分比为90360×100%=25%，
所以唱歌占的百分比为100%−28%−17%−25%=30%.
所以唱歌的参加人数最多．
故选：A.
求出所占比例最多的就是兴趣小组参加人数最多的．
本题主要考查对于扇形统计图的应用以及数据的计算．

6.【答案】C 
【解析】解：∵a=1，b=2，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=22−4×1×(−1)=8>0，
∴一元二次方程x2+2x−1=0有两个不相等的实数根．
故选：C.
本题考查了根的判别式，牢记“当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ=8>0，进而可得出一元二次方程x2+2x−1=0有两个不相等的实数根．

7.【答案】A 
【解析】解：120000=0.00005=5×10−5，
故选：A.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键是要正确确定a的值以及n的值．

8.【答案】D 
【解析】解：如图所示：左视图是轴对称图形．

故主视图不是轴对称图形，故甲说法错误；
左视图是轴对称图形，故乙说法正确；
俯视图是中心对称图形，故丙说法正确．
所以说法正确的有乙和丙．
故选：D.
根据从正面看得到的图形是主视图，左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图，再根据轴对称图形和中心对称图形的定义可得答案．
此题考查了轴对称图形和中心对称图形，以及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．

9.【答案】D 
【解析】解：由题意得，a+b=0，ab=−101.
∴a+2ab+b=0−202=−202.
故选：D.
根据平方根的定义解决此题．
本题主要考查平方根，熟练掌握平方根的定义以及性质是解决本题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：赞成嘉嘉的说法，补充条件：AD//BC，证明如下：
∵AC⊥BD，OB=OD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB=AD，CB=CD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
∵∠AOB=∠COB=90∘，BO=BO，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴AB=BC，
∴AB=AD=CD=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
故选：C.
根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行分析推理．
本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．

11.【答案】B 
【解析】解：∵x>y>1，
∴y−x<0，x−1>0，
∴y−1x−1−yx
=x(y−1)x(x−1)−y(x−1)x(x−1)
=y−xx(x−1)<0.
故选：B.
首先将代数式y−1x−1−yx通分化简，然后根据已知条件结合乘除法的符号法则，得出结果．
本题考查了分式的加减，正确掌握分式的运算法则是关键．

12.【答案】B 
【解析】解：设AF=x，则AB=x，AH=6−x，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF=120∘，
∴∠HAF=60∘，
∵∠AHF=90∘，
∴∠AFH=30∘，
∴AF=2AH，
∴x=2(6−x)，
解得x=4，
∴AB=4，
即正六边形ABCDEF的边长为4，
故选：B.
根据正多边形的性质和直角三角形中，30∘角所对的边是斜边的一半可以求得AF的长．
本题考查正多边形和圆，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

13.【答案】B 
【解析】解：如图，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F，

∴∠CEF=∠BFE=90∘，
∵CA⊥AM，NM⊥AM，
∴四边形AMEC和四边形AMFB均为矩形，
∴CE=BF，ME=AC，
∵∠1=∠2，
∴△BFN≌△CEM(ASA)，
∴NF=EM=31+18=49(m)，
由矩形性质可知：EF=CB=18m，
∴MN=NF+EM−EF=49+49−18=80(m).
答：对面大楼的高MN为80m.
故选：B.
过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F，可得四边形AMEC和四边形AMFB均为矩形，可以证明△BFN≌△CEM，得NF=EM=49，进而可得商业大厦的高MN.
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义，构造全等三角形解决问题．

14.【答案】D 
【解析】解：作直径AD，连接AB、BD，在AB上取点E，连接AE、BE，如图，
∵AD为直径，
∴∠ABD=90∘，
∵四边形ACBD为⊙O的内接四边形，
∴∠D+∠ACB=180∘，
∴∠D=180∘−140∘=40∘，
∴∠BAD=90∘−40∘=50∘，
∵∠AEB和∠AEC都对ADB，
∴∠AEB=∠ACB=140∘，
综上所述，仅用无刻度的直尺能画出的圆周角有∠AEB、∠ABD、∠ADB、∠BAD，它们的度数分别为140∘，90∘，40∘，50∘.
故选：D.
作直径AD，连接AB、BD，在AB上取点E，连接AE、BE，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90∘，∠AEB=∠ACB=140∘，再根据圆内接四边形的性质得到∠D=40∘，接着利用互余可计算出∠BAD=50∘，从而可对各选项进行判断．
本题考查了圆周角定理：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．

15.【答案】D 
【解析】解：根据题意得：150×x10−100≥100×5%，
解得：x≥7，
则最多打7折．
故选：D.
根据题意可得不等关系：标价×打折-进价≥利润，根据不等关系列出不等式即可．
此题考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，关键是正确理解题意，找出题目中的不等关系．

16.【答案】A 
【解析】解：如图1，

∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A′B′C，
∴AC=A′C=2，
∵cos∠A′CB=BCA′C= 32，
∴∠A′CB的度数为 30∘，
∴∠ACA′=90∘−∠A′CB=60∘，
故结论Ⅰ正确；
取DE中点F，连接CF，如图2，

∵点F是Rt△CDE斜边DE的中点，
∴CF=12DE，
即CF的值最小时，DE有最小值，
∴当点F与点B重合时，CF的值最小，
∴DE的最小值为2 3，
∴结论Ⅱ正确．
故选：A.
由旋转的性质得出AC=A′C=2，求出∠A′CB的度数为30∘，可判断结论Ⅰ正确；由直角三角形的性质可得CF=12DE，即CF的值最小时，DE有最小值，即可判断结论Ⅱ.
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

17.【答案】25 
【解析】解：袋子中装有2个黑球、3个白球，这些球除了颜色外无其他差别．从袋子中随机摸出1个球，“摸出黑球”的概率是22+3=25，
故答案为：25.
一共有5个球，2黑3白，黑球占总数的25，因此可求出随机摸出1个球，“摸出黑球”的概率．
本题考查概率公式，理解概率的定义是正确解答的关键．

18.【答案】13  2 
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD//BC，
∴∠FAO=∠NCO.
在△AFO和△CNO中，
∠FAO=∠NCOOA=OC∠AOF=∠CON，
∴△AFO≌△CNO(ASA)，
∴FO=NO，
∵EF=OF，
∴EF=OF=ON，
∴EFEN=13.
故答案为：13；
(2)∵AF//BC，
∴△EAF∽△EBN，
∴AFBN=EFEN=13.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=OD=12BD=3 3.
∵∠CBD=30∘，NO⊥BO，
∴cos∠CBD=OBBN，
∴ 32=3 3BN，
∴BN=6.
∴AF6=13，
∴AF=2.
故答案为：2.
(1)利用平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质得到FO=NO，则EF=OF=ON，结论可求；
(2)利用平行四边形的性质和直角三角形的边角关系定理求得线段BN的长度，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．

19.【答案】B1 【解析】解：(1)将点D的坐标代入函数表达式得：3=k2，解得k=6，
∵A(2,2)，B(3,2)，C(3,1)，且3×2=6，
∴点B在L上，
故答案为：B；
(2)若L将这16个格点分布在它两侧，每侧各8个点，则k的取值范围是1 故答案为：1 (3)
当图象G内只有1个整数点时，则整数点为(2,2)或(3,3)
∴n的取值范围为：0 故答案为：0 (1)将点D的坐标代入函数表达式，求得k的值，根据反比例函数图象上点的坐标特征即可判断；
(2)根据题意画出图象，根据图象即可求解；
(3)当图象G内只有1个整数点时，除了点M外还有点N，即可求解．
本题主要考查反比例函数图象和性质，反比例函数图象上点的坐标特征，关键是能利用函数图象有关解决问题．

20.【答案】−4+4m 
【解析】解：(1)∵点B表示的数为−4，相邻两点之间的距离均为m(m为正整数)，
∴点F表示的数为−4+4m.
故答案为：−4+4m；
(2)BF=8−(−4)=12，
m=12÷4=3；
∴点A，B，C，D，E，F分别对应的数为：−7，−4，−1，2，5，8，
∴n=−7+(−4)+(−1)+2+5+8=3.
(1)根据点B表示的数为−4，相邻两点之间的距离均为m(m为正整数)，即可得到点F表示的数；
(2)根据BF的长度求单位长度，写出点A，B，C，D，E，F分别对应的数，求和即可．
本题考查了列代数式，数轴，根据BF的长度求单位长度是解题的关键．

21.【答案】7 
【解析】解：(1)8×6+1=49=72.
故答案为：7.
(2)由题意得，另一个较大的正整数为n+2，这两个正整数的积与1的和为n(n+2)+1.
∴n(n+2)+1=n2+2n+1=(n+1)2.
延伸：若这个较小的正偶数为2k，则较大的正偶数为2k+4.
∴2k(2k+4)+a=4k2+8k+a.
∵[2(k+1)]2=4k2+8k+4.
∴a=4.
(1)根据乘方的定义解决此题．
(2)根据完全平方公式解决此题．
本题主要考查乘方、完全平方公式，熟练掌握乘方的定义、完全平方公式是解决本题的关键．

22.【答案】3=8乙 
【解析】解：(1)由题意可得：1+9+5+5+2+9+6+m=40，解得m=3；
甲组成绩的众数为8，乙组成绩的众数为8，所以“甲组成绩的众数=乙组成绩的众数”．
故答案为：3；=；
(2)甲组的平均成绩为：120×(7×1+8×9+9×5+10×5)=8.7；
(3)把这40个学生成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是8、8，故中位数为8+82=8.
故答案为：8；
(4)x乙−=120×(7×2+8×9+9×6+10×3)=8.5，
s乙2=120×[2×(7−8.5)2+9×(8−8.5)2+6×(9−8.5)2+3×(10−8.5)2]=0.75；
∵s乙2 ∴乙组的成绩更加稳定．
故答案为：乙．
(1)用总人数减去其他成绩的人数，求出m；再根据众数的定义解答即可；
(2)根据加权平均数的计算方法解答即可；
(3)根据中位数的定义解答即可；
(4)先求出乙组的平均数，再根据方差公式求出乙组的方差，然后进行比较，即可得出答案．
此题考查了加权平均数、众数、中位数和方差，解题的关键是正确理解统计图．

23.【答案】解：(1)设⊙O的半径为r，
∵AB⊥CD，
∴CE=DE=12CD=12×16=8，
在Rt△ODE中，OE=OB−BE=r−4，OD=r，
∵OE2+DE2=OD2，
∴(r−4)2+82=r2，解得r=10，
∴⊙O的半径为10；
(2)如图，连接OC，

∵OM=OB，
∴∠B=∠M，
∴∠DOB=∠B+∠M=2∠B，
∵∠DOE+∠D=90∘，
∴2∠B+∠D=90∘，
∵∠B=∠D，
∴2∠D+∠D=90∘，
∴∠D=30∘，
∴∠DOE=60∘，
∴∠COD=120∘，
∴劣弧CD的长为120π×102360=1003π. 
【解析】(1)设⊙O的半径为r，根据垂径定理，由AB⊥CD得到DE=12CD=8，在Rt△ODE中，利用勾股定理得(r−4)2+82=r2，解得r=10，所以⊙O的半径为10；
(2)由OM=OB得到∠B=∠M，根据三角形外角性质得∠DOB=∠B+∠M=2∠B，则2∠B+∠D=90∘，加上∠B=∠D，所以2∠D+∠D=90∘，然后解方程即可得∠D的度数，即可得出∠COD的度数，根据弧长的计算公式即可得到结论．
本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧长的计算等，运用方程思想是解题的关键．

24.【答案】4001004.5 
【解析】解：(1)由图象可知，A，B两地之间的距离为400千米，
设甲车的速度为v甲，乙车的速度为v乙，
根据题意，{0.5(v甲−v乙)=360−350(2.5−0.5)(v甲+v乙)=360，
解得{v甲=100v乙=80，
根据题意，得100(a−0.5)=400，
解得a=4.5，
故答案为：400，100，4.5；
(2)设PD所在直线的解析式为y=mx+n(m≠0,m,n为常数)，
代入点(2.5,0)，(4.5,360)，
得2.5m+n=04.5m+n=360，
解得m=180n=−450，
∴PD所在直线的函数解析式为y=180x−450；
(3)设NP所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0,k,b为常数)，
代入点(0.5,360)，(2.5,0)，
得0.5k+b=3602.5k+b=0，
解得k=−180b=450，
∴NP所在直线的解析式为y=−180x+450，
①两车相遇之前相距180千米，
得−180x+450=180，
解得x=1.5；
②两车相遇之后相距180千米，
得180x−450=180，
解得x=3.5，
3.5−1.5=2(小时)，
∴甲、乙两车之间的距离不超过180千米时的时长为2小时．
(1)根据图象可知A，B两地之间的距离，设甲车的速度为v甲，乙车的速度为v乙，根据两车同向而行时，0.5小时的路程差为10千米，两车相向而行时，2小时的路程和为360千米，列二元一次方程组即可；
(2)待定系数法求解析式即可；
(3)待定系数法求出NP所在直线的解析式，分情况讨论：①两车相遇之前相距180千米，②两车相遇之后相距180千米，进一步求出甲、乙两车之间的距离不超过180千米时的时长即可．
本题考查了一次函数的应用，理解图象上各点的含义并求出相应的解析式是解题的关键．

25.【答案】3 
【解析】解：(1)如图1中，连接CM.

∵CA=CB= 13，AM=BM=2，
∴CM⊥AB，
∴CM= AC2−AM2= 13−4=3.
故答案为：3；
(2)如图1中，当点P在线段AC上时，过点P作PH⊥AB于点H.
由题意AP= 13t，
∵PH//CM，
∴∠APH=∠ACM，
∴cos∠APH=cos∠ACM=3 13，
∴PH=PA⋅cos∠APH=3t.
如图2中，当点P在线段AC上时，过点P作PH⊥AB于点H.

同法可得PH=PB⋅cos∠BPH=(2 13− 13t)×3 13=6−3t.
综上所述，点P到边AB的距离=3t(0 (3)如图3中，过点P作PJ⊥AM于点J，PK⊥CM于点K.

∵MA=MA′=2，CM=3，
∴当点A′落在CM上时，CA′的长最小，
∵∠PMA=∠PMK=45∘，PJ⊥AM，PK⊥CM，
∴PJ=PK，
∵∠PJM=90∘，
∴∠PMJ=∠JPM=45∘，
∴PJ=JM，
设AJ=2m，则PJ=JM=3m，
∵AM=AJ+JM，
∴5m=2，
∴m=25，
∴PK=PJ=65，
∵CA′=CM−MA′=3−2=1，
∴△CPA′的面积=12⋅CA′⋅PK=12×1×65=35；
(4)如图4−1中，当点A′落在AC上时，MP⊥AC.

∵∠A=∠A，∠APM=∠AMC=90∘，
∴△APM∽△AMC，
∴AM2=AP⋅AC，
∴AP=22 13=4 1313，
∴此时t=4 1313÷ 13=413.
如图4−2中，当点A′落在CB上时，连接AA′.

∵MA=MA′=MB，
∴∠AA′B=90∘，
∴AA′⊥CB，
∵A，A′关于PM对称，
∴AA′⊥PM，
∴PM//BC，
∵AM=BM，
∴AP=PC= 132，
∴t=12，
观察图形可知，点A′在△ABC区域(含边界)内的时长=12−413=526(s).
(1)如图1中，连接CM，利用勾股定理求解；
(2)分两种情形：点P在线段CM上，点P在线段BM上，分别求解即可；
(3)如图3中，过点P作PJ⊥AM于点J，PK⊥CM于点K.由MA=MA′=2，CM=3，推出当点A′落在CM上时，CA′的长最小，求出PK的长，可得结论；
(4)求出两种特殊位置：点A′两种AC或BC上的时间t，可得结论．
本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，翻折变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会性质特殊位置解决问题，属于中考压轴题．

26.【答案】解：(1)将A(1,0)，B(−5,0)代入y=−x2+bx+c，
∴−1+b+c=0−25−5b+c=0，
解得b=−4c=5，
∴抛物线的解析式为y=−x2−4x+5；
(2)在y=−x2−4x+5中，令x=0，则y=5，
∴C(0,5)，
∵y=−x2−4x+5=−(x+2)2+9，
∴抛物线的顶点为(−2,9)，
当y=5时，−x2−4x+5=5，
∴x=0或x=−4，
当m≤−4时，图象G的最大值为9，最小值为−m2−4m+5，
∴9−(−m2−4m+5)=4，
解得m=0或m=−4，
∴m=−4时，图象G的最大值与最小值的差为4；
当−4 ∴图象G的最大值与最小值的差为4；
当−2 ∴−m2−4m+5−5=4，
解得m=−2(舍去)；
当m>0时，图象G的最大值为5，最小值为−m2−4m+5，
∴5−(−m2−4m+5)=4，
解得m=2 2−2或m=−2 2−2(舍去)；
综上所述：−4≤m≤−2或m=2 2−2时，图象G的最大值与最小值的差为4；
(3)∵A(1,0)，B(−5,0)，
∴将线段AB先向左平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度可得A′(0,5)，B′(−6,5)，
∴线段A′B′的两个三等分点坐标为(−4,5)，(−2,5)，
设平移后的抛物线解析式为y=−(x−h)2+k，
∵抛物线y=−x2−4x+5平移后与线段A′B′有两个交点，且这两个交点恰好将线段A′B′三等分，
∴−(−4−h)2+k=5−(−2−h)2+k=5，
解得h=−3k=6，
∴平移后的抛物线解析式为y=−(x+3)2+6，其顶点为(−3,6)，
而抛物线y=−x2−4x+5=−(x+2)2+9的顶点为(−2,9)，
∴平移前，后抛物线的顶点之间的距离为 (−3+2)2+(6−9)2= 10，
∴抛物线平移的最短路程为 10；
(4)当−2m+3=5时，m=−1，此时图象G与直线y=−2m+3有且只有一个公共点C，如图：

当−2m+3=−m2−4m+5时，m=− 3−1，此时图象G与直线y=−2m+3有且只有两个公共点，如图：

当−2m+3=9时，m=−3，此时图象G与直线y=−2m+3有且只有一个公共点，
综上所述：当m=−3或− 3−1 【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)根据点P与点C的位置，结合图象分类讨论即可；
(3)求出线段A′B′的三等分点的坐标，用待定系数法可得抛物线平移后的解析式，从而可得平移前，后两顶点之间的距离，即可得到答案；
(4)直线y=−2m+3经过C点时，直线与图象G有两个交点，再结合图象，确定m的取值即可．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．