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2022-2023学年重庆八中九年级（下）入学数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆八中九年级（下）入学数学试卷（含解析），共29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。
1.−47的相反数是( )
A. 74B. 47C. −47D. −74
2.下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.骆驼被称为“沙漠之舟”，它的体温是随时间的变化而变化的，在这一问题中，因变量是( )
A. 沙漠B. 体温C. 时间D. 骆驼
4.如图，已知∠1=70°，如果CD//BE，那么∠B的度数为( )
A. 70°
B. 100°
C. 110°
D. 12°
5.如图，△A′B′C′与△ABC位似，点O为位中心，若OA′：A′A=1：2，则△A′B′C′与△ABC的周长比是( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 1：4
D. 1：9
6.如图，每一幅图中有若干个正方形，第①幅图中有1个正方形，第②幅图中有3个正方形，第③幅图中有5个正方形…，那么第⑨幅图中正方形的个数是( )
A. 15B. 16C. 17D. 18
7.估计 3( 33− 12)的值应在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
8.用白铁皮做罐头盒，每张铁皮可制盒身25个，或制盒底40个，一个盒身与两个盒底配成一套罐头盒．现有36张白铁皮，设用x张制盒身，y张制盒底，恰好配套制成罐头盒．则下列方程组中符合题意的是( )
A. x+y=36y=2xB. x+y=3625x=2×40y
C. x+y=3625x=40y2D. x+y=362x25=y40
9.如图，点A，B，C在⊙O上，若∠AOB=∠OBC=40°，则∠OAC的度数等于( )
A. 40°
B. 35°
C. 30°
D. 20°
10.如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，连接AE，把△ADE沿AE对折，点D的对称点F恰好落在BC上，已知折痕AE=5 5cm，且tan∠EFC=34，那么该矩形的周长为( )
A. 18B. 36C. 683D. 1363
11.若整数a使关于x的分式方程xx−2+1=ax−22−x有整数解，使关于y的不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1有且仅有四个整数解，则符合条件的所有整数a之和为( )
A. −2B. 1C. −6D. −12
12.在整式m，3m+2之间插入它们的平均数：2m+1，记作第一次操作，在m与2m+1之间和2m+1与3m+2之间分别插入它们各自的平均数记作第二次操作，以此类推．
①第二次操作后，从左往右第四个整式为：52m+32；
②经过6次操作后，将得到65个整式；
③第10次操作后，从左往右第2个整式为：(210−1)m+3m+2210；
④经过4次操作后，若m=2，则所有整式的值之和为85．
以上四个结论正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.计算：(13)−1−| 3−3|= ______．
14.小亮的桌兜里有两副不同颜色的手套，不看桌兜任意取出两只，刚好是一副的概率是______．
15.如图，扇形AOB的半径长为2，∠AOB=100°，以B为圆心，OB为半径画弧交弧AB于点C，则阴影部分的面积为______．
16.新春佳节，某蛋糕店推出一款“金兔纳福”的蛋糕，该款蛋糕共有四寸、六寸、八寸三种尺寸.已知年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价之比为2：4：5，销量之比为7：1：2.年后蛋糕店对该款蛋糕的售价进行了调整，其中六寸蛋糕售价比年前低了14，八寸蛋糕在年前售价的基础上打八折，从而使得六寸、八寸蛋糕的销售额相较于年前有所增加，四寸蛋糕的销售额相较于年前有所下降.若四寸蛋糕减少的销售额与六寸、八寸蛋糕增加的销售额之比为4：7：5，且四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，则年后六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量之比为______．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1)(2a+b)(2a−b)−4(a−b)2；
(2)2x2−xx2−2x+1÷(x−1−x2x−1)．
18.(本小题8分)
四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O．
(1)用尺规完成以下基本作图：过点O作AC的垂线，分别交AD，BC于点E，F.(保留作图痕迹，不写作法，不下结论)
(2)在(1)问所作的图形中，连接AF，CE，求证：四边形AFCE为菱形．
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ______，OA=OC，OB=OD，
∴∠ADO=∠CBO，
在△DEO和△BFO中∠ADO=∠CBOOD=OB(ㅤㅤ)，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴ ______，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵ ______，
∴平行四边形AFCE为菱形．
19.(本小题10分)
某校为普及劳动知识，提高劳动意识，举办了“爱劳动，爱生活”的知识竞赛.现从初一、初二学生中各随机抽取20名同学的成绩进行调查分析，成绩如下：
根据上述数据，将下列我格补充完成．
整理、描述数据：
分析数据：样本数据的平均数、中位数、满分率如表：
得出结论：
(1)a= ______；b= ______；c= ______；
(2)你认为哪个年级掌握劳动知识的总体水平较好，并说明理由；
(3)若该校初一年级学生有400人，初二年级学生有800人，请你估计该校两个年级在本次测试中可以得到满分的人数共多少人．
20.(本小题10分)
如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y=12x的图象分别交于点A(m,4)，B(−4,n)两点，点C为直线AB与y轴的交点．
(1)求一次函数的表达式，并在图中画出该一次函数的图象；
(2)若点P与点C关于x轴对称，求△ABP的面积；
(3)根据图象，请直接写出关于x的不等式kx+b≥12x的解集：______．
21.(本小题10分)
无人机爱好者小新尝试利用无人机测量他家所住的楼房AB的高度.小新站在距离楼房60米的O处，他操作的无人机在离地面高度30 3米的P处，无人机测得此时小新所处位置O的俯角为60°，楼顶A处的俯角为30°.(O,P,A,B在同一平面内)
(1)求楼房AB的高度；
(2)在(1)的条件下，若无人机保持现有高度且以4米/秒的速度沿平行于OB的方向继续匀速向前飞行，请问：经过多少秒，无人机刚好离开小新的视线？
22.(本小题10分)
寒假期间，甲、乙两队自驾去三亚.两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地.甲队走A路线，全程2000千米，乙队走B路线，全程2400千米，由于B路线车流量较小，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地．
(1)求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？
(2)在他们的计划中，乙队每人每天的平均花费始终为250元.甲队最开始计划有6个人同行，每人每天花费300元，临近出发时又有a个人一起加入了队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少20元.若最终甲、乙两队人数相同，且所花时间与各自原计划天数一致，两队路途中共花费16400元.求a的值．
23.(本小题10分)
若一个四位数m的千位数字与百位数字和的两倍等于其十位数字与个位数字的和.则称这个四位数m为“扬帆数”.将“扬帆数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到新数m′，并记F(m)=m−m′99.例如：m=1335．
∵(1+3)×2=3+5，∴1335是“扬帆数”，此时F(1335)=1335−351399=−22；
又如：m=2345，∵(2+3)×2≠4+5，∴2345不是“扬帆数”．
(1)判断1437，3578是否是“扬帆数”，说明理由；如果是，求出对应的F(m)的值；
(2)若四位数m=1000a+100b+10c+d(1≤a≤b≤c≤d≤9,a,b,c,d为整数)，且F(m)能被8整除，求出所有满足条件的“扬帆数”m．
24.(本小题10分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+2 3与x轴交于A(2,0)，B(6,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线解析式；
(2)若点P是直线BC下方抛物线上一点，且位于对称轴左侧，过点P作PD⊥BC于点D，作PE//x轴交抛物线于点E，求PD+12PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)将抛物线y=ax2+bx+2 3向左平移2个单位长度得到新抛物线y′，平移后的抛物线y′与原抛物线交于点Q，点M是原抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，请直接写出使得以点B，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标，并写出其中一个点M的求解过程．
25.(本小题10分)
在等边三角形ABC中，点D为AC上一点，连接BD，将BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，连接BE，已知AB=4，BG⊥AC．
(1)如图1，若α=60°，tan∠DBG=2− 3，连接CE，求CE的长；
(2)如图2，若α=120°，分别取CD的中点H，BE的中点F，连接HF、DF，求证：HG=HF；
(3)如图3，若AD=32，P为AE上一点，且满足AP=2PE，连接BP，将BP沿着BG所在直线翻折得到BP′，连接GP′，当GP′最大时，直接写出△BPE的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−47的相反数是47．
故选：B．
根据相反数的定义可得答案．相反数的定义：只有符号不同的两个数叫做互为相反数．
本题考查相反数，理解相反数的定义是解答的前提．
2.【答案】C
【解析】解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．
3.【答案】B
【解析】解：∵骆驼的体温随时间的变化而变化，
∴自变量是时间，因变量是体温，
故选：B．
因为骆驼的体温随时间的变化而变化，符合“对于一个变化过程中的两个量x和y，对于每一个x的值，y都有唯一的值和它相对应”的函数定义，自变量是时间，因变量是体温．
本题考查了函数的定义：设x和y是两个变量，变量y按照一定的法则有一个确定的值y与之对应，称变量y为变量x的函数．
4.【答案】C
【解析】解：如图，∵∠1=70°，
∴∠2=∠1=70°，
∵CD//BE，
∴∠B=180°−∠2=180°−70°=110°．
故选C．
先求出∠1的对顶角，再根据两直线平行，同旁内角互补即可求出．
本题考查了平行线的性质的应用，能根据平行线的性质求出∠B=180°−∠2是解此题的关键，注意：两直线平行，同位角相等．
5.【答案】B
【解析】解：∵OA′：A′A=1：2，
∴OA′：OA=1：3，
∵△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，
∴A′B′//AB，△A′B′C′∽△ABC，
∴△OA′B′∽△OAB，
∴A′B′AB=OA′OA=13，
∴△A′B′C′的周长与△ABC的周长比为1：3，
故选：B．
根据位似变换的概念得到A′B′//AB，△A′B′C′∽△ABC，根据相似三角形的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似的两个图形必须是相似形、对应边平行是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：第①幅图中有1个正方形，
第②幅图中有1+2=3个正方形，
第③幅图中有1+2×2=5个正方形…，
第n幅图中有1+2(n−1)=(2n−1)个正方形，
那么第⑨幅图中正方形的个数是2×9−1=17个正方形，
故选：C．
观察发现每一个图形都比上一个增加2个正方形，据此规律求解即可．
考查了图形的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形并找到图形变化的规律，难度不大．
7.【答案】C
【解析】解： 3( 33− 12)
= 99− 36
= 99−6，
∵ 81< 99< 100，即9< 99<10，
∴3< 99−6<4，
即3< 3( 33− 12)<4．
故选：C．
先计算 3( 33− 12)可得 99−6，再根据算术平方根的定义估算无理数 99的大小，进而得到 99−6的大小即可．
本题考查估算无理数的大小，掌握“夹逼法”来估算无理数的大小是正确解答的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设用x张制作盒身，y张制作盒底，
根据题意得x+y=3625x=40y2．
故选：C．
根据本题中的相等关系(1)盒身的个数×2=盒底的个数；(2)制作盒身的白铁皮张数+制作盒底的白铁皮张数=36，列方程组即可．
此题考查二元一次方程组问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系：“一个盒身与两个盒底配成一套盒”．
9.【答案】D
【解析】解：∵∠AOB=∠OBC=40°，
∴AO//BC，∠ACB=12∠AOB=12×40°=20°，
∴∠OAC=∠ACB=20°．
故选：D．
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得∠C的度数，然后利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等即可求解．
本题考查了圆周角定理以及平行线的判定和性质定理，正确利用圆周角定理求得∠ACB的度数是关键．
10.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠B=∠D=90°，
∵△ADE沿AE对折，点D的对称点F恰好落在BC上，
∴∠AFE=∠D=90°，AD=AF．
∵∠EFC+∠AFB=180°−90°=90°，∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠BAF=∠EFC．
∵tan∠EFC=34，
∴tan∠BAF=34．
∴设BF=3x，AB=4x．
在Rt△ABF中，根据勾股定理得AF=5x，
∴AD=BC=AF=5x．
∴CF=BC−BF=5x−3x=2x．
∵tan∠EFC=34，
∴CE=CF×tan∠EFC=2x×34=32x，
∴DE=CD−CE=4x−32x=52x．
在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，
即(5x)2+(52x)2=(5 5)2，
解得x=2．
∴AB=4×2=8cm，AD=5×2=10cm，
∴矩形的周长=2×(8+10)=36cm．
故选：B．
根据矩形的性质可得AB=CD，AD=BC，∠B=∠D=90°，再由折叠的性质可得∠AFE=∠D=90°，AD=AF，从而得到∠BAF=∠EFC，再由tan∠EFC=34，可设BF=3x，AB=4x，则AD=BC=AF=5x，进而得到DE=52x.然后在Rt△ADE中，根据勾股定理，即可求解．
本题考查了矩形的对边相等，四个角都是直角的性质，锐角三角函数，勾股定理的应用，根据正切值设出未知数并表示出图形中的各线段是解题的关键，也是本题的难点．
11.【答案】A
【解析】解：解不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1，得：y>a−138y≤2，
∵不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1有且仅有四个整数解，
∴−2≤a−138<−1，即−16≤a−13<−8，
∴−3≤a<5，
解分式方程xx−2+1=ax−22−x，得：x=42+a(a≠−2)，
∵x为整数，且x≠2，
∴42+a为整数，且42+a≠2，即a≠0，
∴a=−3或−1或2，
∴所有满足条件的整数a的值之和是−3−1+2=−2，
故选：A．
解不等式组得出y>a−138y≤2，结合题意得出−3≤a<5，解分式方程得出x=42+a，结合题意得出a=−3或−1或2，进而得出所有满足条件的整数a的值之和是−3−1+2=−2，即可得出答案．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式组，正确求解分式方程和一元一次不等式组是解决问题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：①∵第一次操作后，所得整式从左往右分别为m，2m+1，3m+2，
∴第二次操作后，从左往右第四个整式为：2m+1+3m+22=52m+32，结论①正确；
②∵第1次操作后得到2+1=3个整式，
第2次操作后得到3+2=2+1+2=5个整式，
第3次操作后得到5+4=2+1+2+22=9个整式，
…
∴经过6次操作后，将得到2+1+2+22+23+24+25=65个整式，结论②正确；
③∵第1次操作后，从左往右第2个整式为：m+3m+22，
第2次操作后，从左往右第2个整式为：2m+m+3m+24=3m+3m+24，
第3次操作后，从左往右第2个整式为：4m+3m+3m+28=7m+3m+28，
…，
∴第10次操作后，从左往右第2个整式为：(210−1)m+3m+2210，结论③正确；
④当m=2时，
第1次操作后分别为2，5，8，
第2次操作后分别为2，72，5，132，8，
第3次操作后分别是2，114，72，174，5，234，132，294，8，
第4次操作后分别是2，198，114，258，72，318，174，378，5，438，234，498，132，558，294，618，8，
∵2+198+114+258+72+318+174+378+5+438+234+498+132+558+294+618+8=85，
∴所有整式的值之和为85，结论④正确；
即结论正确的个数为4，
故选：D．
①根据第一次操作后所得整式，求出第二次操作后，从左往右的第四个整式即可判断；②根据操作方式得出操作后所得整式个数的规律，然后求出经过6次操作后所得整式个数即可判断；③根据操作方式得出每次操作后从左往右第2个整式的规律，然后求出第10次操作后，从左往右的第2个整式即可判断；④代入m=2，求出经过4次操作后所得数据，求和即可判断．
本题考查了整式的加减，数字类规律探索，根据操作方式找出变化规律是解题的关键．
13.【答案】 3
【解析】解：原式=3−(3− 3)= 3．
故答案为： 3．
根据绝对值的性质和负指数幂的性质计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握实数的运算法则是解题关键．
14.【答案】13
【解析】解：用列表法表示所有等可能出现的价格如下：
共有12种等可能出现的结果情况，其中刚好是一副的有4种，
所以刚好是一副的概率为412=13，
故答案为：13．
用列表法表示所有可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法，列举出所有等可能出现的结果是正确解答的前提．
15.【答案】 3−2π9
【解析】解：如图，过点C作CD⊥OB于D，
由题意可得OC=OB=BC=2，
∴∖user2△OBC是等边三角形，
∴∠COB=∠CBO=60°，
∴CD=OC⋅sin60°=2× 32= 3，
∴S阴影=S扇形AOB−S扇形OBC−S扇形COB+S△OBC=100π⋅22360−60π⋅22360−60π⋅22360+12×2× 3=10π9−2π3−2π3+ 3= 3−2π9，
故答案为： 3−2π9．
过点C作CD⊥OB于D，易得OC=OB=BC=2，求出CD，然后根据S阴影=S扇形AOB−S扇形OBC−S扇形COB+S△OBC列式计算即可．
本题考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形的面积计算等知识，正确表示出阴影部分的面积是解题的关键．
16.【答案】6：5
【解析】解：设年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，4x，5x元，销量分别为7y，y，2y个，
则年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价销售额为14xy，4xy，10xy元，
根据题意，年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，3x，4x元，
∵四寸蛋糕减少的销售额与六寸、八寸蛋糕增加的销售额之比为4：7：5，
设四寸蛋糕减少的销售额为4a，则六寸、八寸蛋糕增加的销售额为7a，5a，
则年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价销售额为(14xy−4a)元，(4xy+7a)元，(10xy+5a)元，
销售总额为14xy−4a+4xy+7a+10xy+5a=28xy+8a(元)，
根据题意，四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，
即4a28xy+8a=211，
解得a=2xy，
∴年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的销售额为3a，9a，10a，
∴年后六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量分别为9a3x,10a4x，
∴六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量之比为9a3x：10a4x=6：5，
故答案为：6：5．
设年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，4x，5x元，销量分别为7y，y，2y个，得出销售额为14xy，4xy，10xy元，年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，3x，4x元，设四寸蛋糕减少的销售额为4a，则六寸、八寸蛋糕增加的销售额为7a，5a，根据四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，得出a=2xy，进而即可求解．
本题考查了列代数，分别表示出各销售额与售价的关系，列出代数式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=4a2−b2−4(a2−2ab+b2)
=4a2−b2−4a2+8ab−4b2
=−5b2+8ab；
(2)2x2−xx2−2x+1÷(x−1−x2x−1)
=x(2x−1)(x−1)2÷(x−1)2−x2x−1
=x(2x−1)(x−1)2⋅x−1x2−2x+1−x2
=x(2x−1)x−1⋅11−2x
=−xx−1．
【解析】(1)先利用平方差公式和完全平方公式计算，再合并同类项即可；
(2)先算括号内的式子，然后算括号外的除法即可．
本题主要考查分式的混合运算和整式的混合运算，解题的关键是掌握完全平方公式和平方差公式及分式的混合运算顺序和运算法则．
18.【答案】AD//BC OE=OF EF⊥AC
【解析】(1)解：如图，直线EF即为所求．
(2)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，OA=OC，OB=OD，
∴∠ADO=∠CBO，
在△DEO和△BFO中，
∠ADO=∠CBOOD=OB∠DOE=∠BOF，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形，
故答案为：AD//BC，∠DOE=∠BOF，OE=OF，EF⊥AC．
(1)分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，连接MO，分别交AD，BC于点E，F，则直线EF即为所求；
(2)根据平行四边形的性质证明△DEO≌△BFO(ASA)，可得OE=OF，然后根据平行四边形和菱形的判定得出结论．
本题考查了尺规作线段垂直平分线、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握5种基本作图的步骤是解答本题的关键．
19.【答案】15 97.5 25
【解析】解：(1)a=20−2−2−1=15；
将初二的学生成绩从小到大排列：69，69，79，79，89，94，95，96，97，97，98，98，99，99，99，99，100，100，100，100，
∴b=12(97+98)=97.5，
初一成绩满分的学生人数为5人，
∴520×100%=25%，
∴c=25；
故答案为：15，97.5，25；
(2)初二年级掌握劳动知识的总体水平较好，理由如下：
初二年级成绩的平均数高于初一年级，求中位数高一初一年级，说明高分段的学生数量高于初一年级，所以初二年级掌握劳动知识的总体水平较好．
(3)400×25%+800×20%=260人；
答：估计该校两个年级在本次测试中可以得到满分的人数共260人．
(1)用总人数减去前三个分数段的人数，求出a的值，将初二的学生成绩从小到大进行排序，确定b的值，利用初一成绩为满分的学生人数除以总人数，求出c的值；
(2)利用平均数和中位数进行判断即可；
(3)分别用各自年级的总人数乘以各自年级的满分率，再将积相加即可得解．
本题考查平均数和中位数，以及利用样本估计总体数量．熟练掌握中位数的确定方法，以及利用平均数和中位数作决策，是解题的关键．
20.【答案】−4≤x<0或x≥3
【解析】解：(1)把A(m,4)，B(−4,n)代入y=12x得：
4=12m，n=12−4=−3，
解得：m=3，
∴A(3,4)，B(−4,−3)，
把A(3,4)，B(−4,−3)代入y=kx+b(k≠0)得：
3k+b=4−4k+b=−3，
解得：k=1b=1，
∴一次函数的表达式为y=x+1，
该一次函数的图象如图：
(2)如图，在一次函数y=x+1中，当x=0时，y=1，
∴C(0,1)，
∵点P与点C关于x轴对称，
∴P(0,−1)，
∴CP=2，
∴S△ABP=S△ACP+S△BCP=12×2×3+12×2×4=7；
(3)由函数图象得，不等式kx+b≥12x的解集为：−4≤x<0或x≥3，
故答案为：−4≤x<0或x≥3．
(1)根据反比例函数图象上点的坐标特征求出A(3,4)，B(−4,−3)，然后利用待定系数法求出一次函数的表达式，再根据点A、B的坐标画出该一次函数的图象即可；
(2)求出点C、P的坐标，可得CP=2，然后根据S△ABP=S△ACP+S△BCP列式计算即可；
(3)写出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的x的取值范围即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法的应用，轴对称变换，利用函数图象确定不等式解集等知识点，熟练掌握待定系数法以及数形结合思想的应用是解题的关键．
21.【答案】解：(1)作PQ⊥AB，交OB于Q，AC⊥PQ，交PQ于C，
由题意可知，∠POB=60°，OB=60米，PQ=30 3米，
则OQ=PQtan60∘=30(米)，
∴QB=OB−OQ=30米，
∵AC⊥PQ，PQ⊥AB，易知四边形ACQB为矩形，AC与飞行方向平行，
∴AB=CQ，AC=QB=30米，∠PAC=30°，
∴米，
∴AB=CQ=PQ−PC=20 3米；
(2)延长OA与飞行方向相交于D，
由(1)知AB=20 3米，OB=60米，
∴tan∠AOB=ABOB=20 360= 33，
∴∠AOB=30°，
∴∠PDO=∠AOB=30°，∠POD=∠POB−∠AOB=30°，
∴PD=PO=OQcs∠POB=30cs60∘=60(米)，
∵无人机保持现有高度且以4米/秒的速度沿平行于OB的方向继续匀速向前飞行，
∴无人机刚好离开小新的视线的时间为：60÷4=15(秒)，
即：经过15秒，无人机刚好离开小新的视线．
【解析】(1)作PQ⊥AB，交OB于，AC⊥PQ，交PQ于C，由题意可知，∠POB=60°，OB=60米，PQ=30 3米，四边形ACQB为矩形，AC与飞行方向平行，可得OQ，QB，AC的长度，∠PAC=30°，求得PC=AC⋅tan30°=10 3，进而可得楼房AB的高度；
(2)延长OA与飞行方向相交于D，由(1)知AB=20 3米，OB=60米，可得∠AOB=30°，则∠PDO=∠AOB=30°，∠POD=∠POB−∠AOB=30°，易知PD=PO，求出PO，再由无人机的速度即可得到时间．
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．
22.【答案】解：(1)设乙队计划x天到达目的地，则甲队计划(x+2)天到达目的地，
根据题意得：2400x=2×2000x+2，
解得：x=3，
经检验，x=3是分式方程的解，
∴x+2=5，
答：甲队计划5天到达目的地，乙队计划3天到达目的地；
(2)根据题意得：250(6+a)×3+(300−20a)(6+a)×5=16400，
整理得：2a2−33a+58=0，
解得：a1=2，a2=14.5(不符合题意，舍去)．
即a的值为2．
【解析】(1)设乙队计划x天到达目的地，则甲队计划(x+2)天到达目的地，根据乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出答案；
(2)根据两队路途中共花费16400元，可得出关于a的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出方程．
23.【答案】解：(1)∵2×(1+4)=10=3+7，
∴1437是“扬帆数”，则F(m)=1437−371499=−23，
∵2×(3+5)=16≠7+8
∴3578不是“扬帆数”；
(2)∵m=1000a+100b+10c+d，且m是“扬帆数”，
∴m′=1000c+100d+10a+b，2(a+b)=c+d，
∴F(m)=m−m′99=10a+b−10c−d=8a−8c+2a+b−2c−d=8a−8c+2(a+b)−2c−d−b=8a−8c+2(a+b)−2c−d−b=8a−8c−c−b，
∵F(m)能被8整除，1≤a≤b≤c≤d≤9，a，b，c，d为整数，
∴c+b=8或者c+b=16，
∵d=2(a+b)−c≥c2(a+b)−c≤9，
∴a+b≥c，
①当c+b=8时，b≤c，则b≤4，c≥4
若b=1，c=7时，a=1，则a+b若b=2，c=6时，a=1或2，则a+b若b=3，c=5时，a=1，则a+b若b=4，c=4时，a=1，d=2(a+b)−c=6，符合题意，即m=1446；a=2，d=2(a+b)−c=8，符合题意，即m=2448；a=3，d=2(a+b)−c=10>9，不符题意，舍去；a=4，d=2(a+b)−c=12>9，不符题意，舍去；
②当c+b=16时，b≤c，则b≤8，c≥8，
若c=8，b=8时，d=8，a=c+d2−b=0<1，不符题意，舍去；d=9，a=c+d2−b=12<1，不符题意，舍去；
若c=9，b=7时，d=9，a=c+d2−b=2，符合题意，即m=2799；
综上所述，满足条件的“扬帆数”m有：2355，3357，1446，2248，2799．
【解析】(1)根据题干中的新定义判断求解；
(2)先根据定义求出F(m)=m−m′99=10a+b−10c−d，由F(m)能被8整除，得到c+b=8或者c+b=16，，再根据a，b，c，d的取值范围求解．
本题主要考查新定义下的实数运算，整式的加减，解题的关键是利用类比的思想进行解题．
24.【答案】解：(1)把A(2,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx+2 3得：
4a+2b+2 3=036a+6b+2 3=0，
解得a= 36b=−4 33，
∴y= 36x2−4 33x+2 3；
(2)过P作PH//y轴交BC于H，如图：
由y= 36x2−4 33x+2 3得C(0,2 3)，抛物线对称轴是直线x=4，
∴OC=2 3，BC= OC2+OB2=4 3，
由C(0,2 3)，B(6,0)得直线BC解析式为y=− 33x+2 3，
设P(m, 36m2−4 33m+2 3；)，则H(m,− 33m+2 3)，
∴PH=− 33m+2 3−( 36m2−4 33m+2 3)=− 36m2+ 3m，
∵∠BCO=∠PHD，∠BOC=∠PDH，
∴△BOC∽△PDH，
∴OBPD=BCPH，即6PD=4 3− 36m2+ 3m，
∴PD=−14m2+32m，
∵抛物线对称轴是直线x=4，
∴12PE=4−m，
∴PD+12PE=−14m2+32m+4−m=−14m2+12m+4=−14(m−1)2+174，
∵−14<0，
∴当m=1时，PD+12PE取最大值，最大值为174，
此时P(1,5 36)，
∴PD+12PE的最大值是174，点P的坐标是(1,5 36)；
(3)将抛物线y= 36x2−4 33x+2 3向左平移2个单位得抛物线y′= 36(x+2)2−4 33(x+2)+2 3= 36x2−2 33x，
由y= 36x2−4 33x+2 3y= 36x2−2 33x得x=3y=− 32，
∴Q(3,− 32)，
设M(4,t)，N(n, 36n2−2 33n)，
又B(6,0)，
①若MQ，NB为对角线，则MQ，NB的中点重合，
∴3+4=n+6− 32+t= 36n2−2 33n+0，
解得n=1t=0，
∴M(4,0)；
②若QN，MB为对角线，同理可得：
3+n=4+6− 32+ 36n2−2 33n=t+0，
解得n=7t=3 3，
∴M(4,3 3)；
③若QB，MN为对角线，同理可得：
3+6=4+n− 32+0=t+ 36n2−2 33n，
解得n=5t=−4 33，
∴M(4,−4 33)；
综上所述，点M的坐标为(4,0)或(4,3 3)或(4,−4 33).
【解析】(1)把A(2,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx+2 3，用待定系数法可得函数表达式；
(2)过P作PH//y轴交BC于H，由y= 36x2−4 33x+2 3得C(0,2 3)，抛物线对称轴是直线x=4，可得直线BC解析式为y=− 33x+2 3，设P(m, 36m2−4 33m+2 3；)，则H(m,− 33m+2 3)，即得PH=− 36m2+ 3m，根据△BOC∽△PDH，有PD=−14m2+32m，即知PD+12PE=−14m2+32m+4−m=−14m2+12m+4=−14(m−1)2+174，由二次函数性质可得答案；
(3)将抛物线y= 36x2−4 33x+2 3向左平移2个单位得抛物线y′= 36(x+2)2−4 33(x+2)+2 3= 36x2−2 33x，即可解得Q(3,− 32)，设M(4,t)，N(n, 36n2−2 33n)，分三种情况，根据平行四边形对角线互相平分列方程组，即可解得答案．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
25.【答案】(1)解：∵BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，
∴BD=DE，
∵α=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠DBE=60°=∠ABC，BD=BC，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，BD=BE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵△ABC是等边三角形，AB=4，BG⊥AC，
∴AG=4，BG= 3AG=2 3，
在Rt△BDG中，tan∠DBG=2− 3，
∴DGBG=2− 3，即DG2 3=2− 3，
解得DG=4 3−6，
∴AD=AG−DG=2−(4 3−6)=8−4 3，
∴CE=8−4 3；
(2)证明：取BD的中点M，连接MG，MH，MF，如图：
设∠ABD=β，则∠DBC=∠ABC−∠ABD=60°−β，∠DBG=∠ABG−∠ABD=30°−β，
∵M为BD中点，H为CD的中点，
∴MH//BC，
∴∠DMH=∠DBC=60°−β，
∵∠BGD=90°，M为BD中点，
∴MG=BM=12BD，
∴∠DBG=∠MGB=30°−β，
∴∠DMG=∠DBG+∠MGB=60°−2β，
∴∠GMH=∠DMH−∠DMG=60°−β−(60°−2β)=β，
∵M为BD中点，F为BE的中点，
∴MF//DE，MF=12DE，
∴∠BMF=∠BDC=120°，
∴∠HMF=180°−∠BMF−∠DMH=180°−120°−(60°−β)=β，
∴∠GMH=∠HMF，
∵BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，
∴BD=DE，
∴MG=MF，
∵MH=MH，
∴△GMH≌△FMH(SAS)，
∴HG=HF；
(3)解：取AG中点K，连接PK，PG，P′G，BE，BP，如图：
∵AD=32，AG=2，
∴DG=AG−AD=12，
∴BD= DG2+BG2= (12)2+(2 3)2=72=DE，
∵K为AG中点，
∴AK=GK=12AG=1，
∴AKAD=132=23，
∵AP=2PE，
∴APAE=23，
∴AKAD=APAE，
∵∠PAK=∠EAD，
∴△PAK∽△EAD，
∴PKDE=AKAD=23，
∴PK72=23，
解得PK=73，
在△PKG中，PK+GK>PG，
∴当P，K，G共线时，PG最大，最大值为PK+KG=73+1=103，
由BP沿着BG所在直线翻折得到BP′，知PG=P′G，
∴当P，K，G共线时，P′G最大，最大为103，
如图：
∵DE=72，AD=32，
∴AE=DE−AD=2，
∵AP=2PE，
∴PE=13×2=23，
∴S△BPE=12PE⋅BG=12×23×2 3=2 33．
【解析】(1)由α=60°，证明△ABD≌△CBE(SAS)，知AD=CE，而△ABC是等边三角形，AB=4，BG⊥AC，有AG=4，BG= 3AG=2 3，根据tan∠DBG=2− 3，可得得DG=4 3−6，AD=AG−DG=8−4 3，故CE=8−4 3；
(2)取BD的中点M，连接MG，MH，MF，设∠ABD=β，则∠DBC=∠ABC−∠ABD=60°−β，∠DBG=∠ABG−∠ABD=30°−β，可证∠GMH=∠DMH−∠DMG=β，∠HMF=180°−∠BMF−∠DMH=β，MG=MF，即可得△GMH≌△FMH(SAS)，从而HG=HF；
(3)取AG中点K，连接PK，PG，P′G，BE，BP，根据AD=32，AG=2，可得BD= DG2+BG2=72=DE，从而AKAD=APAE，△PAK∽△EAD，即可得PK=73，当P，K，G共线时，PG最大，P′G最大，由DE=72，AD=32知AE=DE−AD=2，可得PE=13×2=23，即可得S△BPE=12PE⋅BG=2 33．
本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理的应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，相似三角形解决问题．初一
68
88
100
100
79
94
89
85
100
88
100
90
98
97
77
94
96
100
92
67
初二
69
97
96
89
98
100
99
100
95
100
99
69
97
100
99
94
79
99
98
79
分数段
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
初一人数
2
2
4
12
初二人数
2
2
1
a
年级
平均数
中位数
满分率
初一
90.1
93
c%
初二
92.8
b
20%
1.−47的相反数是( )
A. 74B. 47C. −47D. −74
2.下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.骆驼被称为“沙漠之舟”，它的体温是随时间的变化而变化的，在这一问题中，因变量是( )
A. 沙漠B. 体温C. 时间D. 骆驼
4.如图，已知∠1=70°，如果CD//BE，那么∠B的度数为( )
A. 70°
B. 100°
C. 110°
D. 12°
5.如图，△A′B′C′与△ABC位似，点O为位中心，若OA′：A′A=1：2，则△A′B′C′与△ABC的周长比是( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 1：4
D. 1：9
6.如图，每一幅图中有若干个正方形，第①幅图中有1个正方形，第②幅图中有3个正方形，第③幅图中有5个正方形…，那么第⑨幅图中正方形的个数是( )
A. 15B. 16C. 17D. 18
7.估计 3( 33− 12)的值应在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
8.用白铁皮做罐头盒，每张铁皮可制盒身25个，或制盒底40个，一个盒身与两个盒底配成一套罐头盒．现有36张白铁皮，设用x张制盒身，y张制盒底，恰好配套制成罐头盒．则下列方程组中符合题意的是( )
A. x+y=36y=2xB. x+y=3625x=2×40y
C. x+y=3625x=40y2D. x+y=362x25=y40
9.如图，点A，B，C在⊙O上，若∠AOB=∠OBC=40°，则∠OAC的度数等于( )
A. 40°
B. 35°
C. 30°
D. 20°
10.如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，连接AE，把△ADE沿AE对折，点D的对称点F恰好落在BC上，已知折痕AE=5 5cm，且tan∠EFC=34，那么该矩形的周长为( )
A. 18B. 36C. 683D. 1363
11.若整数a使关于x的分式方程xx−2+1=ax−22−x有整数解，使关于y的不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1有且仅有四个整数解，则符合条件的所有整数a之和为( )
A. −2B. 1C. −6D. −12
12.在整式m，3m+2之间插入它们的平均数：2m+1，记作第一次操作，在m与2m+1之间和2m+1与3m+2之间分别插入它们各自的平均数记作第二次操作，以此类推．
①第二次操作后，从左往右第四个整式为：52m+32；
②经过6次操作后，将得到65个整式；
③第10次操作后，从左往右第2个整式为：(210−1)m+3m+2210；
④经过4次操作后，若m=2，则所有整式的值之和为85．
以上四个结论正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.计算：(13)−1−| 3−3|= ______．
14.小亮的桌兜里有两副不同颜色的手套，不看桌兜任意取出两只，刚好是一副的概率是______．
15.如图，扇形AOB的半径长为2，∠AOB=100°，以B为圆心，OB为半径画弧交弧AB于点C，则阴影部分的面积为______．
16.新春佳节，某蛋糕店推出一款“金兔纳福”的蛋糕，该款蛋糕共有四寸、六寸、八寸三种尺寸.已知年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价之比为2：4：5，销量之比为7：1：2.年后蛋糕店对该款蛋糕的售价进行了调整，其中六寸蛋糕售价比年前低了14，八寸蛋糕在年前售价的基础上打八折，从而使得六寸、八寸蛋糕的销售额相较于年前有所增加，四寸蛋糕的销售额相较于年前有所下降.若四寸蛋糕减少的销售额与六寸、八寸蛋糕增加的销售额之比为4：7：5，且四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，则年后六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量之比为______．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1)(2a+b)(2a−b)−4(a−b)2；
(2)2x2−xx2−2x+1÷(x−1−x2x−1)．
18.(本小题8分)
四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O．
(1)用尺规完成以下基本作图：过点O作AC的垂线，分别交AD，BC于点E，F.(保留作图痕迹，不写作法，不下结论)
(2)在(1)问所作的图形中，连接AF，CE，求证：四边形AFCE为菱形．
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ______，OA=OC，OB=OD，
∴∠ADO=∠CBO，
在△DEO和△BFO中∠ADO=∠CBOOD=OB(ㅤㅤ)，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴ ______，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵ ______，
∴平行四边形AFCE为菱形．
19.(本小题10分)
某校为普及劳动知识，提高劳动意识，举办了“爱劳动，爱生活”的知识竞赛.现从初一、初二学生中各随机抽取20名同学的成绩进行调查分析，成绩如下：
根据上述数据，将下列我格补充完成．
整理、描述数据：
分析数据：样本数据的平均数、中位数、满分率如表：
得出结论：
(1)a= ______；b= ______；c= ______；
(2)你认为哪个年级掌握劳动知识的总体水平较好，并说明理由；
(3)若该校初一年级学生有400人，初二年级学生有800人，请你估计该校两个年级在本次测试中可以得到满分的人数共多少人．
20.(本小题10分)
如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与反比例函数y=12x的图象分别交于点A(m,4)，B(−4,n)两点，点C为直线AB与y轴的交点．
(1)求一次函数的表达式，并在图中画出该一次函数的图象；
(2)若点P与点C关于x轴对称，求△ABP的面积；
(3)根据图象，请直接写出关于x的不等式kx+b≥12x的解集：______．
21.(本小题10分)
无人机爱好者小新尝试利用无人机测量他家所住的楼房AB的高度.小新站在距离楼房60米的O处，他操作的无人机在离地面高度30 3米的P处，无人机测得此时小新所处位置O的俯角为60°，楼顶A处的俯角为30°.(O,P,A,B在同一平面内)
(1)求楼房AB的高度；
(2)在(1)的条件下，若无人机保持现有高度且以4米/秒的速度沿平行于OB的方向继续匀速向前飞行，请问：经过多少秒，无人机刚好离开小新的视线？
22.(本小题10分)
寒假期间，甲、乙两队自驾去三亚.两队计划同一天出发，沿不同的路线前往目的地.甲队走A路线，全程2000千米，乙队走B路线，全程2400千米，由于B路线车流量较小，乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，这样乙队可以比甲队提前2天到达目的地．
(1)求甲、乙两队分别计划多少天到达目的地？
(2)在他们的计划中，乙队每人每天的平均花费始终为250元.甲队最开始计划有6个人同行，每人每天花费300元，临近出发时又有a个人一起加入了队伍，经过计算，甲队实际每增加1人时，每人每天的平均花费将减少20元.若最终甲、乙两队人数相同，且所花时间与各自原计划天数一致，两队路途中共花费16400元.求a的值．
23.(本小题10分)
若一个四位数m的千位数字与百位数字和的两倍等于其十位数字与个位数字的和.则称这个四位数m为“扬帆数”.将“扬帆数”m的千位数字与十位数字对调，百位数字与个位数字对调得到新数m′，并记F(m)=m−m′99.例如：m=1335．
∵(1+3)×2=3+5，∴1335是“扬帆数”，此时F(1335)=1335−351399=−22；
又如：m=2345，∵(2+3)×2≠4+5，∴2345不是“扬帆数”．
(1)判断1437，3578是否是“扬帆数”，说明理由；如果是，求出对应的F(m)的值；
(2)若四位数m=1000a+100b+10c+d(1≤a≤b≤c≤d≤9,a,b,c,d为整数)，且F(m)能被8整除，求出所有满足条件的“扬帆数”m．
24.(本小题10分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+2 3与x轴交于A(2,0)，B(6,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线解析式；
(2)若点P是直线BC下方抛物线上一点，且位于对称轴左侧，过点P作PD⊥BC于点D，作PE//x轴交抛物线于点E，求PD+12PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)将抛物线y=ax2+bx+2 3向左平移2个单位长度得到新抛物线y′，平移后的抛物线y′与原抛物线交于点Q，点M是原抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，请直接写出使得以点B，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标，并写出其中一个点M的求解过程．
25.(本小题10分)
在等边三角形ABC中，点D为AC上一点，连接BD，将BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，连接BE，已知AB=4，BG⊥AC．
(1)如图1，若α=60°，tan∠DBG=2− 3，连接CE，求CE的长；
(2)如图2，若α=120°，分别取CD的中点H，BE的中点F，连接HF、DF，求证：HG=HF；
(3)如图3，若AD=32，P为AE上一点，且满足AP=2PE，连接BP，将BP沿着BG所在直线翻折得到BP′，连接GP′，当GP′最大时，直接写出△BPE的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：−47的相反数是47．
故选：B．
根据相反数的定义可得答案．相反数的定义：只有符号不同的两个数叫做互为相反数．
本题考查相反数，理解相反数的定义是解答的前提．
2.【答案】C
【解析】解：A、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．
3.【答案】B
【解析】解：∵骆驼的体温随时间的变化而变化，
∴自变量是时间，因变量是体温，
故选：B．
因为骆驼的体温随时间的变化而变化，符合“对于一个变化过程中的两个量x和y，对于每一个x的值，y都有唯一的值和它相对应”的函数定义，自变量是时间，因变量是体温．
本题考查了函数的定义：设x和y是两个变量，变量y按照一定的法则有一个确定的值y与之对应，称变量y为变量x的函数．
4.【答案】C
【解析】解：如图，∵∠1=70°，
∴∠2=∠1=70°，
∵CD//BE，
∴∠B=180°−∠2=180°−70°=110°．
故选C．
先求出∠1的对顶角，再根据两直线平行，同旁内角互补即可求出．
本题考查了平行线的性质的应用，能根据平行线的性质求出∠B=180°−∠2是解此题的关键，注意：两直线平行，同位角相等．
5.【答案】B
【解析】解：∵OA′：A′A=1：2，
∴OA′：OA=1：3，
∵△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，
∴A′B′//AB，△A′B′C′∽△ABC，
∴△OA′B′∽△OAB，
∴A′B′AB=OA′OA=13，
∴△A′B′C′的周长与△ABC的周长比为1：3，
故选：B．
根据位似变换的概念得到A′B′//AB，△A′B′C′∽△ABC，根据相似三角形的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似的两个图形必须是相似形、对应边平行是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：第①幅图中有1个正方形，
第②幅图中有1+2=3个正方形，
第③幅图中有1+2×2=5个正方形…，
第n幅图中有1+2(n−1)=(2n−1)个正方形，
那么第⑨幅图中正方形的个数是2×9−1=17个正方形，
故选：C．
观察发现每一个图形都比上一个增加2个正方形，据此规律求解即可．
考查了图形的变化类问题，解题的关键是仔细观察图形并找到图形变化的规律，难度不大．
7.【答案】C
【解析】解： 3( 33− 12)
= 99− 36
= 99−6，
∵ 81< 99< 100，即9< 99<10，
∴3< 99−6<4，
即3< 3( 33− 12)<4．
故选：C．
先计算 3( 33− 12)可得 99−6，再根据算术平方根的定义估算无理数 99的大小，进而得到 99−6的大小即可．
本题考查估算无理数的大小，掌握“夹逼法”来估算无理数的大小是正确解答的关键．
8.【答案】C
【解析】解：设用x张制作盒身，y张制作盒底，
根据题意得x+y=3625x=40y2．
故选：C．
根据本题中的相等关系(1)盒身的个数×2=盒底的个数；(2)制作盒身的白铁皮张数+制作盒底的白铁皮张数=36，列方程组即可．
此题考查二元一次方程组问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系：“一个盒身与两个盒底配成一套盒”．
9.【答案】D
【解析】解：∵∠AOB=∠OBC=40°，
∴AO//BC，∠ACB=12∠AOB=12×40°=20°，
∴∠OAC=∠ACB=20°．
故选：D．
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得∠C的度数，然后利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等即可求解．
本题考查了圆周角定理以及平行线的判定和性质定理，正确利用圆周角定理求得∠ACB的度数是关键．
10.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠B=∠D=90°，
∵△ADE沿AE对折，点D的对称点F恰好落在BC上，
∴∠AFE=∠D=90°，AD=AF．
∵∠EFC+∠AFB=180°−90°=90°，∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠BAF=∠EFC．
∵tan∠EFC=34，
∴tan∠BAF=34．
∴设BF=3x，AB=4x．
在Rt△ABF中，根据勾股定理得AF=5x，
∴AD=BC=AF=5x．
∴CF=BC−BF=5x−3x=2x．
∵tan∠EFC=34，
∴CE=CF×tan∠EFC=2x×34=32x，
∴DE=CD−CE=4x−32x=52x．
在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，
即(5x)2+(52x)2=(5 5)2，
解得x=2．
∴AB=4×2=8cm，AD=5×2=10cm，
∴矩形的周长=2×(8+10)=36cm．
故选：B．
根据矩形的性质可得AB=CD，AD=BC，∠B=∠D=90°，再由折叠的性质可得∠AFE=∠D=90°，AD=AF，从而得到∠BAF=∠EFC，再由tan∠EFC=34，可设BF=3x，AB=4x，则AD=BC=AF=5x，进而得到DE=52x.然后在Rt△ADE中，根据勾股定理，即可求解．
本题考查了矩形的对边相等，四个角都是直角的性质，锐角三角函数，勾股定理的应用，根据正切值设出未知数并表示出图形中的各线段是解题的关键，也是本题的难点．
11.【答案】A
【解析】解：解不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1，得：y>a−138y≤2，
∵不等式组a−(8y+13)<0y−3≤−1有且仅有四个整数解，
∴−2≤a−138<−1，即−16≤a−13<−8，
∴−3≤a<5，
解分式方程xx−2+1=ax−22−x，得：x=42+a(a≠−2)，
∵x为整数，且x≠2，
∴42+a为整数，且42+a≠2，即a≠0，
∴a=−3或−1或2，
∴所有满足条件的整数a的值之和是−3−1+2=−2，
故选：A．
解不等式组得出y>a−138y≤2，结合题意得出−3≤a<5，解分式方程得出x=42+a，结合题意得出a=−3或−1或2，进而得出所有满足条件的整数a的值之和是−3−1+2=−2，即可得出答案．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式组，正确求解分式方程和一元一次不等式组是解决问题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：①∵第一次操作后，所得整式从左往右分别为m，2m+1，3m+2，
∴第二次操作后，从左往右第四个整式为：2m+1+3m+22=52m+32，结论①正确；
②∵第1次操作后得到2+1=3个整式，
第2次操作后得到3+2=2+1+2=5个整式，
第3次操作后得到5+4=2+1+2+22=9个整式，
…
∴经过6次操作后，将得到2+1+2+22+23+24+25=65个整式，结论②正确；
③∵第1次操作后，从左往右第2个整式为：m+3m+22，
第2次操作后，从左往右第2个整式为：2m+m+3m+24=3m+3m+24，
第3次操作后，从左往右第2个整式为：4m+3m+3m+28=7m+3m+28，
…，
∴第10次操作后，从左往右第2个整式为：(210−1)m+3m+2210，结论③正确；
④当m=2时，
第1次操作后分别为2，5，8，
第2次操作后分别为2，72，5，132，8，
第3次操作后分别是2，114，72，174，5，234，132，294，8，
第4次操作后分别是2，198，114，258，72，318，174，378，5，438，234，498，132，558，294，618，8，
∵2+198+114+258+72+318+174+378+5+438+234+498+132+558+294+618+8=85，
∴所有整式的值之和为85，结论④正确；
即结论正确的个数为4，
故选：D．
①根据第一次操作后所得整式，求出第二次操作后，从左往右的第四个整式即可判断；②根据操作方式得出操作后所得整式个数的规律，然后求出经过6次操作后所得整式个数即可判断；③根据操作方式得出每次操作后从左往右第2个整式的规律，然后求出第10次操作后，从左往右的第2个整式即可判断；④代入m=2，求出经过4次操作后所得数据，求和即可判断．
本题考查了整式的加减，数字类规律探索，根据操作方式找出变化规律是解题的关键．
13.【答案】 3
【解析】解：原式=3−(3− 3)= 3．
故答案为： 3．
根据绝对值的性质和负指数幂的性质计算即可．
本题考查实数的运算，熟练掌握实数的运算法则是解题关键．
14.【答案】13
【解析】解：用列表法表示所有等可能出现的价格如下：
共有12种等可能出现的结果情况，其中刚好是一副的有4种，
所以刚好是一副的概率为412=13，
故答案为：13．
用列表法表示所有可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查列表法或树状图法，列举出所有等可能出现的结果是正确解答的前提．
15.【答案】 3−2π9
【解析】解：如图，过点C作CD⊥OB于D，
由题意可得OC=OB=BC=2，
∴∖user2△OBC是等边三角形，
∴∠COB=∠CBO=60°，
∴CD=OC⋅sin60°=2× 32= 3，
∴S阴影=S扇形AOB−S扇形OBC−S扇形COB+S△OBC=100π⋅22360−60π⋅22360−60π⋅22360+12×2× 3=10π9−2π3−2π3+ 3= 3−2π9，
故答案为： 3−2π9．
过点C作CD⊥OB于D，易得OC=OB=BC=2，求出CD，然后根据S阴影=S扇形AOB−S扇形OBC−S扇形COB+S△OBC列式计算即可．
本题考查了等边三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形的面积计算等知识，正确表示出阴影部分的面积是解题的关键．
16.【答案】6：5
【解析】解：设年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，4x，5x元，销量分别为7y，y，2y个，
则年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价销售额为14xy，4xy，10xy元，
根据题意，年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，3x，4x元，
∵四寸蛋糕减少的销售额与六寸、八寸蛋糕增加的销售额之比为4：7：5，
设四寸蛋糕减少的销售额为4a，则六寸、八寸蛋糕增加的销售额为7a，5a，
则年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价销售额为(14xy−4a)元，(4xy+7a)元，(10xy+5a)元，
销售总额为14xy−4a+4xy+7a+10xy+5a=28xy+8a(元)，
根据题意，四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，
即4a28xy+8a=211，
解得a=2xy，
∴年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的销售额为3a，9a，10a，
∴年后六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量分别为9a3x,10a4x，
∴六寸蛋糕和八寸蛋糕的销量之比为9a3x：10a4x=6：5，
故答案为：6：5．
设年前四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，4x，5x元，销量分别为7y，y，2y个，得出销售额为14xy，4xy，10xy元，年后四寸、六寸、八寸三种尺寸蛋糕的售价为2x，3x，4x元，设四寸蛋糕减少的销售额为4a，则六寸、八寸蛋糕增加的销售额为7a，5a，根据四寸蛋糕减少的销售额占年后三种尺寸蛋糕总销售额的211，得出a=2xy，进而即可求解．
本题考查了列代数，分别表示出各销售额与售价的关系，列出代数式是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=4a2−b2−4(a2−2ab+b2)
=4a2−b2−4a2+8ab−4b2
=−5b2+8ab；
(2)2x2−xx2−2x+1÷(x−1−x2x−1)
=x(2x−1)(x−1)2÷(x−1)2−x2x−1
=x(2x−1)(x−1)2⋅x−1x2−2x+1−x2
=x(2x−1)x−1⋅11−2x
=−xx−1．
【解析】(1)先利用平方差公式和完全平方公式计算，再合并同类项即可；
(2)先算括号内的式子，然后算括号外的除法即可．
本题主要考查分式的混合运算和整式的混合运算，解题的关键是掌握完全平方公式和平方差公式及分式的混合运算顺序和运算法则．
18.【答案】AD//BC OE=OF EF⊥AC
【解析】(1)解：如图，直线EF即为所求．
(2)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，OA=OC，OB=OD，
∴∠ADO=∠CBO，
在△DEO和△BFO中，
∠ADO=∠CBOOD=OB∠DOE=∠BOF，
∴△DEO≌△BFO(ASA)，
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形，
故答案为：AD//BC，∠DOE=∠BOF，OE=OF，EF⊥AC．
(1)分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，连接MO，分别交AD，BC于点E，F，则直线EF即为所求；
(2)根据平行四边形的性质证明△DEO≌△BFO(ASA)，可得OE=OF，然后根据平行四边形和菱形的判定得出结论．
本题考查了尺规作线段垂直平分线、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握5种基本作图的步骤是解答本题的关键．
19.【答案】15 97.5 25
【解析】解：(1)a=20−2−2−1=15；
将初二的学生成绩从小到大排列：69，69，79，79，89，94，95，96，97，97，98，98，99，99，99，99，100，100，100，100，
∴b=12(97+98)=97.5，
初一成绩满分的学生人数为5人，
∴520×100%=25%，
∴c=25；
故答案为：15，97.5，25；
(2)初二年级掌握劳动知识的总体水平较好，理由如下：
初二年级成绩的平均数高于初一年级，求中位数高一初一年级，说明高分段的学生数量高于初一年级，所以初二年级掌握劳动知识的总体水平较好．
(3)400×25%+800×20%=260人；
答：估计该校两个年级在本次测试中可以得到满分的人数共260人．
(1)用总人数减去前三个分数段的人数，求出a的值，将初二的学生成绩从小到大进行排序，确定b的值，利用初一成绩为满分的学生人数除以总人数，求出c的值；
(2)利用平均数和中位数进行判断即可；
(3)分别用各自年级的总人数乘以各自年级的满分率，再将积相加即可得解．
本题考查平均数和中位数，以及利用样本估计总体数量．熟练掌握中位数的确定方法，以及利用平均数和中位数作决策，是解题的关键．
20.【答案】−4≤x<0或x≥3
【解析】解：(1)把A(m,4)，B(−4,n)代入y=12x得：
4=12m，n=12−4=−3，
解得：m=3，
∴A(3,4)，B(−4,−3)，
把A(3,4)，B(−4,−3)代入y=kx+b(k≠0)得：
3k+b=4−4k+b=−3，
解得：k=1b=1，
∴一次函数的表达式为y=x+1，
该一次函数的图象如图：
(2)如图，在一次函数y=x+1中，当x=0时，y=1，
∴C(0,1)，
∵点P与点C关于x轴对称，
∴P(0,−1)，
∴CP=2，
∴S△ABP=S△ACP+S△BCP=12×2×3+12×2×4=7；
(3)由函数图象得，不等式kx+b≥12x的解集为：−4≤x<0或x≥3，
故答案为：−4≤x<0或x≥3．
(1)根据反比例函数图象上点的坐标特征求出A(3,4)，B(−4,−3)，然后利用待定系数法求出一次函数的表达式，再根据点A、B的坐标画出该一次函数的图象即可；
(2)求出点C、P的坐标，可得CP=2，然后根据S△ABP=S△ACP+S△BCP列式计算即可；
(3)写出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的x的取值范围即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法的应用，轴对称变换，利用函数图象确定不等式解集等知识点，熟练掌握待定系数法以及数形结合思想的应用是解题的关键．
21.【答案】解：(1)作PQ⊥AB，交OB于Q，AC⊥PQ，交PQ于C，
由题意可知，∠POB=60°，OB=60米，PQ=30 3米，
则OQ=PQtan60∘=30(米)，
∴QB=OB−OQ=30米，
∵AC⊥PQ，PQ⊥AB，易知四边形ACQB为矩形，AC与飞行方向平行，
∴AB=CQ，AC=QB=30米，∠PAC=30°，
∴米，
∴AB=CQ=PQ−PC=20 3米；
(2)延长OA与飞行方向相交于D，
由(1)知AB=20 3米，OB=60米，
∴tan∠AOB=ABOB=20 360= 33，
∴∠AOB=30°，
∴∠PDO=∠AOB=30°，∠POD=∠POB−∠AOB=30°，
∴PD=PO=OQcs∠POB=30cs60∘=60(米)，
∵无人机保持现有高度且以4米/秒的速度沿平行于OB的方向继续匀速向前飞行，
∴无人机刚好离开小新的视线的时间为：60÷4=15(秒)，
即：经过15秒，无人机刚好离开小新的视线．
【解析】(1)作PQ⊥AB，交OB于，AC⊥PQ，交PQ于C，由题意可知，∠POB=60°，OB=60米，PQ=30 3米，四边形ACQB为矩形，AC与飞行方向平行，可得OQ，QB，AC的长度，∠PAC=30°，求得PC=AC⋅tan30°=10 3，进而可得楼房AB的高度；
(2)延长OA与飞行方向相交于D，由(1)知AB=20 3米，OB=60米，可得∠AOB=30°，则∠PDO=∠AOB=30°，∠POD=∠POB−∠AOB=30°，易知PD=PO，求出PO，再由无人机的速度即可得到时间．
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．
22.【答案】解：(1)设乙队计划x天到达目的地，则甲队计划(x+2)天到达目的地，
根据题意得：2400x=2×2000x+2，
解得：x=3，
经检验，x=3是分式方程的解，
∴x+2=5，
答：甲队计划5天到达目的地，乙队计划3天到达目的地；
(2)根据题意得：250(6+a)×3+(300−20a)(6+a)×5=16400，
整理得：2a2−33a+58=0，
解得：a1=2，a2=14.5(不符合题意，舍去)．
即a的值为2．
【解析】(1)设乙队计划x天到达目的地，则甲队计划(x+2)天到达目的地，根据乙队平均每天行驶的路程是甲队的2倍，得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出答案；
(2)根据两队路途中共花费16400元，可得出关于a的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是找准等量关系，正确列出方程．
23.【答案】解：(1)∵2×(1+4)=10=3+7，
∴1437是“扬帆数”，则F(m)=1437−371499=−23，
∵2×(3+5)=16≠7+8
∴3578不是“扬帆数”；
(2)∵m=1000a+100b+10c+d，且m是“扬帆数”，
∴m′=1000c+100d+10a+b，2(a+b)=c+d，
∴F(m)=m−m′99=10a+b−10c−d=8a−8c+2a+b−2c−d=8a−8c+2(a+b)−2c−d−b=8a−8c+2(a+b)−2c−d−b=8a−8c−c−b，
∵F(m)能被8整除，1≤a≤b≤c≤d≤9，a，b，c，d为整数，
∴c+b=8或者c+b=16，
∵d=2(a+b)−c≥c2(a+b)−c≤9，
∴a+b≥c，
①当c+b=8时，b≤c，则b≤4，c≥4
若b=1，c=7时，a=1，则a+b
②当c+b=16时，b≤c，则b≤8，c≥8，
若c=8，b=8时，d=8，a=c+d2−b=0<1，不符题意，舍去；d=9，a=c+d2−b=12<1，不符题意，舍去；
若c=9，b=7时，d=9，a=c+d2−b=2，符合题意，即m=2799；
综上所述，满足条件的“扬帆数”m有：2355，3357，1446，2248，2799．
【解析】(1)根据题干中的新定义判断求解；
(2)先根据定义求出F(m)=m−m′99=10a+b−10c−d，由F(m)能被8整除，得到c+b=8或者c+b=16，，再根据a，b，c，d的取值范围求解．
本题主要考查新定义下的实数运算，整式的加减，解题的关键是利用类比的思想进行解题．
24.【答案】解：(1)把A(2,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx+2 3得：
4a+2b+2 3=036a+6b+2 3=0，
解得a= 36b=−4 33，
∴y= 36x2−4 33x+2 3；
(2)过P作PH//y轴交BC于H，如图：
由y= 36x2−4 33x+2 3得C(0,2 3)，抛物线对称轴是直线x=4，
∴OC=2 3，BC= OC2+OB2=4 3，
由C(0,2 3)，B(6,0)得直线BC解析式为y=− 33x+2 3，
设P(m, 36m2−4 33m+2 3；)，则H(m,− 33m+2 3)，
∴PH=− 33m+2 3−( 36m2−4 33m+2 3)=− 36m2+ 3m，
∵∠BCO=∠PHD，∠BOC=∠PDH，
∴△BOC∽△PDH，
∴OBPD=BCPH，即6PD=4 3− 36m2+ 3m，
∴PD=−14m2+32m，
∵抛物线对称轴是直线x=4，
∴12PE=4−m，
∴PD+12PE=−14m2+32m+4−m=−14m2+12m+4=−14(m−1)2+174，
∵−14<0，
∴当m=1时，PD+12PE取最大值，最大值为174，
此时P(1,5 36)，
∴PD+12PE的最大值是174，点P的坐标是(1,5 36)；
(3)将抛物线y= 36x2−4 33x+2 3向左平移2个单位得抛物线y′= 36(x+2)2−4 33(x+2)+2 3= 36x2−2 33x，
由y= 36x2−4 33x+2 3y= 36x2−2 33x得x=3y=− 32，
∴Q(3,− 32)，
设M(4,t)，N(n, 36n2−2 33n)，
又B(6,0)，
①若MQ，NB为对角线，则MQ，NB的中点重合，
∴3+4=n+6− 32+t= 36n2−2 33n+0，
解得n=1t=0，
∴M(4,0)；
②若QN，MB为对角线，同理可得：
3+n=4+6− 32+ 36n2−2 33n=t+0，
解得n=7t=3 3，
∴M(4,3 3)；
③若QB，MN为对角线，同理可得：
3+6=4+n− 32+0=t+ 36n2−2 33n，
解得n=5t=−4 33，
∴M(4,−4 33)；
综上所述，点M的坐标为(4,0)或(4,3 3)或(4,−4 33).
【解析】(1)把A(2,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx+2 3，用待定系数法可得函数表达式；
(2)过P作PH//y轴交BC于H，由y= 36x2−4 33x+2 3得C(0,2 3)，抛物线对称轴是直线x=4，可得直线BC解析式为y=− 33x+2 3，设P(m, 36m2−4 33m+2 3；)，则H(m,− 33m+2 3)，即得PH=− 36m2+ 3m，根据△BOC∽△PDH，有PD=−14m2+32m，即知PD+12PE=−14m2+32m+4−m=−14m2+12m+4=−14(m−1)2+174，由二次函数性质可得答案；
(3)将抛物线y= 36x2−4 33x+2 3向左平移2个单位得抛物线y′= 36(x+2)2−4 33(x+2)+2 3= 36x2−2 33x，即可解得Q(3,− 32)，设M(4,t)，N(n, 36n2−2 33n)，分三种情况，根据平行四边形对角线互相平分列方程组，即可解得答案．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
25.【答案】(1)解：∵BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，
∴BD=DE，
∵α=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠DBE=60°=∠ABC，BD=BC，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，BD=BE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵△ABC是等边三角形，AB=4，BG⊥AC，
∴AG=4，BG= 3AG=2 3，
在Rt△BDG中，tan∠DBG=2− 3，
∴DGBG=2− 3，即DG2 3=2− 3，
解得DG=4 3−6，
∴AD=AG−DG=2−(4 3−6)=8−4 3，
∴CE=8−4 3；
(2)证明：取BD的中点M，连接MG，MH，MF，如图：
设∠ABD=β，则∠DBC=∠ABC−∠ABD=60°−β，∠DBG=∠ABG−∠ABD=30°−β，
∵M为BD中点，H为CD的中点，
∴MH//BC，
∴∠DMH=∠DBC=60°−β，
∵∠BGD=90°，M为BD中点，
∴MG=BM=12BD，
∴∠DBG=∠MGB=30°−β，
∴∠DMG=∠DBG+∠MGB=60°−2β，
∴∠GMH=∠DMH−∠DMG=60°−β−(60°−2β)=β，
∵M为BD中点，F为BE的中点，
∴MF//DE，MF=12DE，
∴∠BMF=∠BDC=120°，
∴∠HMF=180°−∠BMF−∠DMH=180°−120°−(60°−β)=β，
∴∠GMH=∠HMF，
∵BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，
∴BD=DE，
∴MG=MF，
∵MH=MH，
∴△GMH≌△FMH(SAS)，
∴HG=HF；
(3)解：取AG中点K，连接PK，PG，P′G，BE，BP，如图：
∵AD=32，AG=2，
∴DG=AG−AD=12，
∴BD= DG2+BG2= (12)2+(2 3)2=72=DE，
∵K为AG中点，
∴AK=GK=12AG=1，
∴AKAD=132=23，
∵AP=2PE，
∴APAE=23，
∴AKAD=APAE，
∵∠PAK=∠EAD，
∴△PAK∽△EAD，
∴PKDE=AKAD=23，
∴PK72=23，
解得PK=73，
在△PKG中，PK+GK>PG，
∴当P，K，G共线时，PG最大，最大值为PK+KG=73+1=103，
由BP沿着BG所在直线翻折得到BP′，知PG=P′G，
∴当P，K，G共线时，P′G最大，最大为103，
如图：
∵DE=72，AD=32，
∴AE=DE−AD=2，
∵AP=2PE，
∴PE=13×2=23，
∴S△BPE=12PE⋅BG=12×23×2 3=2 33．
【解析】(1)由α=60°，证明△ABD≌△CBE(SAS)，知AD=CE，而△ABC是等边三角形，AB=4，BG⊥AC，有AG=4，BG= 3AG=2 3，根据tan∠DBG=2− 3，可得得DG=4 3−6，AD=AG−DG=8−4 3，故CE=8−4 3；
(2)取BD的中点M，连接MG，MH，MF，设∠ABD=β，则∠DBC=∠ABC−∠ABD=60°−β，∠DBG=∠ABG−∠ABD=30°−β，可证∠GMH=∠DMH−∠DMG=β，∠HMF=180°−∠BMF−∠DMH=β，MG=MF，即可得△GMH≌△FMH(SAS)，从而HG=HF；
(3)取AG中点K，连接PK，PG，P′G，BE，BP，根据AD=32，AG=2，可得BD= DG2+BG2=72=DE，从而AKAD=APAE，△PAK∽△EAD，即可得PK=73，当P，K，G共线时，PG最大，P′G最大，由DE=72，AD=32知AE=DE−AD=2，可得PE=13×2=23，即可得S△BPE=12PE⋅BG=2 33．
本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理的应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，相似三角形解决问题．初一
68
88
100
100
79
94
89
85
100
88
100
90
98
97
77
94
96
100
92
67
初二
69
97
96
89
98
100
99
100
95
100
99
69
97
100
99
94
79
99
98
79
分数段
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
初一人数
2
2
4
12
初二人数
2
2
1
a
年级
平均数
中位数
满分率
初一
90.1
93
c%
初二
92.8
b
20%
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