2024年中考押题预测卷（武汉卷）数学（全解全析）

这是一份2024年中考押题预测卷（武汉卷）数学（全解全析），共30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。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．的相反数是（ ）
A．B．-3C．-9D．
【答案】B
【分析】首先化简，再确定相反数即可．
【详解】解：=3，3的相反数是-3，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了相反数与算术平方根，关键是掌握相反数定义．
2．下列说法不正确的是（ ）
A．在装有红球、白球的盒子中摸出绿球是不可能事件
B．抛掷一枚硬币，落地时正面朝上是随机事件
C．13个人中至少有两个人出生的月份相同是必然事件
D．明天会下雨是必然事件
【答案】D
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【详解】解：A．在装有红球、白球的盒子中摸出绿球是不可能事件，故A不符合题意；
B．抛掷一枚硬币，落地时正面朝上是随机事件，故B不符合题意；
C．13个人中至少有两个人出生的月份相同是必然事件，故C不符合题意；
D．明天会下雨是随机事件，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
3．下面的图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A．是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了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度后与原图重合．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
4．下列计算正确的是（ )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同底数幂的乘法法则以及积的乘方法则，幂的乘方法则和完全平方公式，逐一判断选项即可．
【详解】解：A、≠ ，故该选项错误，
B、≠，故该选项错误，
C、，故该选项正确，
D、≠，故该选项错误，
故选C．
【点睛】本题主要考查幂的运算法则以及乘法公式，熟练掌握这些法则和公式 是解题的关键．
5．如图是由若干个完全相同的小正方体组合而成的几何体，若将小正方体①移动到小正方体②的正上方，下列关于移动后几何体的三视图说法正确的是（ ）
A．左视图发生变化B．俯视图发生变化
C．主视图发生改变D．三个视图都发生改变
【答案】C
【分析】根据三视图的定义求解即可．
【详解】解：根据题意可知，移动之前的主视图为：
移动之后的主视图为：
主视图发生变化，上层的小正方体由原来位于左边变为右边；俯视图和左视图都没有发生变化．
故选：C
【点睛】本题主要考查了立体图形的三视图，准确判断是解题的关键．
6．三辆车在路上行驶，前方有直行、左转、右转三个路口，选择每个路口的可能性相同，则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出树状图，可得共有的等可能的结果及其中三辆车中有两辆车左转、一辆车右转，即可求得其概率．
【详解】根据题意，可以画出如下的树状图：
共有27个等可能的结果，其中三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的有2种，
则三辆车中有两辆车左转、一辆车右转的概率是．
故选：D．
【点睛】本题考查了利用树状图求概率，画出树状画图，解题的关键是找准所有等可能的结果．
7．某学校组织师生去衢州市中小学素质教育实践学校研学．已知此次共有n名师生乘坐m辆客车前往目的地，若每辆客车坐40人，则还有15人没有上车；若每辆客车坐45人，则刚好空出一辆客车．以下四个方程：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】首先要理解清楚题意，知道总的客车数量及总的人数不变，然后采用排除法进行分析从而得到正确答案．
【详解】解：根据总人数列方程，应是45m+15=50（m-1），
根据客车数列方程，应该为：．
①4；④，都正确，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，关键是正确理解题意，能够根据不同的等量关系列方程．
8．甲、乙两地相距120千米，A车从甲地到乙地，B车从乙地到甲地，A车的速度为60千米/小时，B车的速度为90千米/小时，A，B两车同时出发．设A车的行驶时间为x（小时），两车之间的路程为y（千米），则能大致表示y与x之间函数关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别求出两车相遇、B车到达甲地、A车到达乙地时间，分0≤x≤、＜x≤、＜x≤2三段求出函数关系式，进而得到当x=时，y=80，结合函数图象即可求解．
【详解】解：当两车相遇时，所用时间为120÷（60+90）=小时，
B车到达甲地时间为120÷90=小时，
A车到达乙地时间为120÷60=2小时，
∴当0≤x≤时，y=120-60x-90x=-150x+120；
当＜x≤时，y=60（x-）+90（x-）=150x-120；
当＜x≤2是，y=60x；
由函数解析式的当x=时，y=150×-120=80．
故选：C
【点睛】本题考查了一次函数的应用，理解题意，确定分段函数的解析式，并根据函数解析式确定函数图象是解题关键．
9．已知点A、B、C、D、E、F是半径为r的⊙O的六等分点，分别以A、D为圆心，AE和DF长为半径画圆弧交于点P．以下说法正确的是( )
①∠PAD=∠PDA=60º； ②△PAO≌△ADE；③PO=r；④AO∶OP∶PA=1∶∶.
A．①④B．②③C．③④D．①③④
【答案】C
【详解】解：∵A、B、C、D、E、F是半径为r的⊙O的六等分点，
∴，
∴AE=DF＜AD，
根据题意得：AP=AE，DP=DF，
∴AP=DP＜AD，
∴△PAD是等腰三角形，∠PAD=∠PDA≠60°，①错误；
连接OP、AE、DE，如图所示，
∵AD是⊙O的直径，
∴AD＞AE=AP，②△PAO≌△ADE错误，∠AED=90°，∠DAE=30°，
∴DE=r，AE=DE=r，
∴AP=AE=r，
∵OA=OD，AP=DP，
∴PO⊥AD，
∴PO=r，③正确；
∵AO：OP：PA=r：r：r=1：：．
∴④正确；
说法正确的是③④，
故选C．
10．已知关于x的一元二次方程
①若方程的两个根为和1，则；
②若，则方程必有两个不相等的实数根；
③无论或，方程都有两个不相等的实数根；
④若方程的一个根，则式子一定成立．
以上说法正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①由一元二次方程根与系数的关系，可求出，，再对式子进行判断即可；
②利用判别式对方程的根的情况进行判断即可；
③根据所给式子，利用判别式分别对方程的根的情况进行判断即可；
④将所求式子作差，判断差的情况即可．
【详解】解：①∵方程的两个根为和1，
∴ ， ，∴，，
∴，故说法①不正确；
②∵，∴
∴该方程根的判别式，所以该方程必有两个不相等的实数根，故说法②正确；
③当时，，所以该方程必有两个不相等的实数根，
当时，，所以该方程必有两个不相等的实数根，
故说法③正确；
④∵是方程的一个根，∴ ，
∵
∴，故说法④正确．
故选：C.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解与根的判别式等知识，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系，灵活应用方程的根与等式的变形是解题关键．

第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】等式左边为算术平方根，结果为非负数，即1-x≥0．
【详解】解：由于二次根式的结果为非负数可知，
1-x≥0，解得x≤1，
故答案为：．
【点睛】本题利用了二次根式的结果为非负数求x的取值范围．
12．如图是某校举办数学竞赛参赛同学的决赛成绩，则该决赛成绩的中位数为 分．
【答案】98
【分析】先算出总人数，再根据中位数的概念找出中位数即可．
【详解】总人数为2+7+5+3＝17（人），
17个参赛学生成绩的中位数为第9个，
∴所有参赛学生成绩的中位数落在98分这个组内，
中位数是98分，
故答案为：98．
【点睛】本题考查了中位数的概念，熟记中位数的概念是解答本题的关键．
13．若函数，当时，函数值y随自变量x的增大而减少，则m的取值范围是 ．
【答案】m＞2．
【详解】试题解析：∵函数，当x＞0时，函数值y随自变量x的增大而减小，
∴m-2＞0，
解得m＞2．
考点：反比例函数的性质．
14．如图，是某一景区雕像，雕像底部前台米，台末端点有一个斜坡长为4米，且坡度为，与坡面末端相距5米的地方有一路灯，从雕像顶端观测路灯顶端的俯角为，若路灯高度为6米，则约为 米．（结果精确到0.1米，，
【答案】
【分析】过F作FH⊥AB于H，延长AB交DE于M，过C作CN⊥DE于N．想办法求出BM、AH的长，即可解决问题；
【详解】解：如图，过F作FH⊥AB于H，延长AB交DE于M，过C作CN⊥DE于N．
则四边形BCNM是矩形，四边形HFEM是矩形，
∴BC=MN=3米，CN=BM，HF=EM，EF=HM=6米，
在Rt△CDN中，CD=4米，CN：DN=1：，
∴CN=2（米），DN=（米），
∴HF=EM=3++5=米，
在Rt△AHF中，AH=HF•tan36.25°=（8+2×1.73）×0.73≈8.4（米），
∴AB=AH+（HM-BM）≈8.4+6-2=12.4（米）， 即AB约为12.4米，
故答案为：12.4．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
15．二次函数y＝ax2＋bx＋c（a，b，c是常数，a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如表：且当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，有下列结论：
①函数图象的顶点在第四象限内；②﹣2和3是关于x的方程ax2＋bx＋c＝t的两个根；③0＜m＋n＜；④若点（﹣8，y1），点（8，y2）在二次函数图象上，则y1＜y2；⑤方程ax2＋bx＋c＋＝0有两个不相等的实数根．其中，正确的结论是 ．（把所有正确结论的序号都填上）
【答案】①②⑤
【分析】根据表格中的数据和二次函数的性质，可以得到各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：由表格和当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0可知，
该函数图象开口向上，对称轴是直线x＝＝，函数的最小值小于﹣2，
∴函数图象的顶点在第四象限内，故①正确；
∵对称轴是直线x＝，
∴x＝﹣2和x＝3时对应的函数值都是t，
∴﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根，故②正确；
∵x＝0和x＝1时对应的函数值都是﹣2，
∴c＝﹣2，a+b+c＝﹣2，
∴a+b＝0，
∴a＝﹣b，
∴二次函数y＝ax2﹣ax﹣2，
∵m＝a+a﹣2＝2a﹣2，n＝4a﹣2a﹣2＝2a﹣2，
∴m+n＝4a﹣4，
∵x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，
∴a+a﹣2＞0，
∴a＞，
∴4a﹣4＞，
∴m+n＞，故③错误；
∵函数图象开口向上，对称轴是直线x＝，
∴点（﹣8，y1）到对称轴的距离大于点（8，y2）到对称轴的距离，
∴y1＞y2，故④错误；
∵x＝0和x＝1时对应的函数值都是﹣2，
∴c＝﹣2，a+b+c＝﹣2，
∴a+b＝0，
∴a＝﹣b，
∴二次函数y＝ax2﹣ax﹣2＝a（x﹣）2﹣a﹣2，
∴抛物线的最小值为-a-2，
∵a＞>0，
∴-a-2＜-，
∵-＜-，
∴-a-2＜-，
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=-有两个交点，
∴方程ax2+bx+c+=0有两个不相等的实数根，故⑤正确；
故答案为：①②⑤．
【点睛】本题考查二次函数图象和性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数与一元二次方和的联系，二次函数图象与直线交点问题等知识．解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的图象性质与一元二次方程的联系、直线的交点问题解答．
16．如图，矩形ABCD中，AB＝BC＝4，点P、Q分别是BC．AB上两动点，将OPCD沿着DP对折得△PED，将△PBQ沿着PQ对折，使P、E、F三点在一直线上，设BP的长度为x．AQ的长度为y，在点P的移动过程中，与x的函数图象如图2，则函数图象最低点的纵坐标为 ．
【答案】
【分析】证明△QBP∽△PCD，则QB：PC＝PB：CD；BP＝x，PC＝6﹣x，QB＝4﹣y，依题意可得：4（4﹣y）＝x（6﹣x），故y＝（x﹣3）2+（0≤x≤6），即可求解．
【详解】由折叠性质可知∠DPQ＝90°，
∵∠BPQ+∠DPC＝∠DPC+∠PDC＝90°，
∴∠BPQ＝∠PDC，
又∵∠ABC＝∠BCD，
∴△QBP∽△PCD，
∴QB：PC＝PB：CD，
由AB＝BC＝4，得BC＝6，
∵BP＝x，PC＝6﹣x，QB＝4﹣y，
依题意可得：4（4﹣y）＝x（6﹣x），整理得：y＝（x﹣3）2+（0≤x≤6），
∴函数的顶点为（3，），即函数顶点的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到二次函数、三角形相似、解直角三角形等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．

三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本题8分）解不等式组
请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得__________；
（Ⅱ）解不等式②，得__________；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（Ⅳ）原不等式组的解集为__________．
【答案】；；见解析；
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：
（Ⅰ）解不等式①，得；
（Ⅱ）解不等式②，得；
（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来，如图：
（Ⅳ）原不等式组的解集为．
故答案为：；；见解析；．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18．（本题8分）已知：如图，∠BAP+∠APD =180°，∠1 =∠2.求证：AE∥PF．

【答案】见解析
【分析】由∠BAP+∠APD =180°可得AB∥CD，进而得到∠BAP=∠CPA,然后根据角的和差可得∠EAP=∠FPA运用内错角相等、两直线平行证明即可.
【详解】证明：∵∠BAP+∠APD =180°
∴AB∥CD
∴∠BAP=∠CPA
∵∠1 =∠2
∴∠BAP-∠1=∠CPA-∠2，即∠EAP=∠FPA
∴AE∥PF
【点睛】本题考查平行线的性质和判定，解题的关键是灵活应用平行线的性质定理和判定定理.
19．（本题8分）某市在中小学举行了“我和我的祖国”主题演讲比赛，为了了解本次比赛成绩情况，从中随机抽取了部分参赛学生的成绩（满分100分，得分均为正整数且无满分，最低分为75分），将所抽成绩进行分析统计，并绘制如下频率分布表和尚不完整的频数直方图请根据图表提供的信息，解答下列问题：
频率分布表
(1)本次抽取的样本容量为______，______，______；
(2)将频数直方图补充完整；
(3)若成绩在89.5分以上定为优秀，据此推测，该市3000名参赛学生中成绩为优秀的学生约有多少名？
【答案】(1)480，0.15，120
(2)见解析
(3)1350名
【分析】（1）根据频率、频数、样本容量之间的关系列式计算即可；
（2）由D组的频数为120，可补全频数分布直方图；
（3）优秀人数所占频率为( 0.25+0.2 )，因此即为优秀的人数.
【详解】（1）解：（人），，（人），
故答案为： 480，0.15，120；
（2）解：补全频数直方图如图所示
（3）解：若成绩在89.5分以上定为优秀，
则成绩优秀落在D、E两组，
（名）
答：该市成绩为优秀的学生约有1350名．
【点睛】本题考查频数分布表、条形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量及数量之间的关系是解题的关键．
20．（本题8分）由边长为1的小正方形构成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、B、C、D都是格点，仅用无刻度的直尺在给定12×8的网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按要求完成下列问题：
（1）平移线段AC得到线段DE，在图1中画出线段DE；
（2）点F在线段BC上，使△ABF的面积等于△ACF面积的2倍，在图1中画出线段AF；
（3）点M在线段AD上，使tan∠ABM＝，在图2中画出线段BM．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）答案见解析．
【分析】(1)由平移的性质画出对应的线段DE即可；
(2)根据△ABF的面积等于△ACF面积的2倍，而两个三角形等高，因此BF=2CF，即F为BC的三等分点且是靠近C点的，因此作出三等分点即可；
(3)如图所示，连接AJ，取AP中点O，过点O作ON∥PJ交AJ于N，连接BN并延长交AD于M，即为所求．
【详解】
解：(1)∵D点是A点先向右平移6个单位，再向上平移一个单位得到的，故由平移的性质可知，E是C点这样平移得到的
∴将C点先向右平移6个单位，再向上平移一个单位得到E点，然后连接DE即为所求
故答案为：如上图所示．
(2)∵△ABF的面积等于△ACF面积的2倍，而两个三角形等高，因此BF=2CF，即F为BC的三等分点且是靠近C点的
∴如图所示找到Q点和S点，连接CQ，过点S作SP∥CQ交BC于F，连接AF
∵如图所示可知BS=2QS，SP∥CQ
∴△FBS∽△CBQ
∴BF=2CF
∴F点即为所求
故答案为：如上图所示．
(3)如图所示，找到P、J、O，然后连接，PJ 、AJ、AP，其中O为AP中点
过点O作ON∥PJ交AJ于N，连接BN并延长交AD于M
∵O为AP中点，ON∥PJ
∴N为AJ的中点
∴△AON∽△APJ
∴
又∵
∵AB=AJ，AP=AT，BT=PJ
∴△ABT≌△AJP
∴∠BAT=∠JAP
∴∠BAJ=90°
∵
∴
故答案为：如上图所示．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，相似比，全等三角形，勾股定理等知识，需要学生熟练掌握相关的知识点．
21．（本题8分）如图，为⊙O的直径，在⊙O上，且，弦交于点．点在的延长线上，且．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）连接，若，探究线段和之间的数量关系，并给予证明；
（3）在（2）的条件下，若，求⊙O的半径
【答案】（1）见解析；（2）AB=3BE，见解析；（3）
【分析】（1）先判断出∠OCF+∠CFO=90°，再判断出∠OCF=∠ODF，即可得出结论；
（2）先判断出∠BDE=∠A，进而得出△EBD∽△EDA，得出AE=2DE，DE=2BE，即可得出结论；
（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OC=x，进而得出OF=，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】解：（1）连接OD，如图，
∵EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF，
∵∠EFD=∠CFO，
∴∠CFO=∠EDF，
∵OC⊥OF，
∴∠OCF+∠CFO=90°，
∵OC=OD，
∴∠OCF=∠ODF，
∴∠ODC+∠EDF=90°，即∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
（2）AB、BE之间的数量关系为：AB=3BE．
证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADO=∠BDE，
∵OA=OD
∴∠ADO=∠A，
∴∠BDE=∠A，
而∠BED=∠DEA，
∴△EBD∽△EDA，
∴，
又∵在中，
∴Rt△ABD中，tanA
∴
∴AE=2DE，DE=2BE
∴AE=4BE
∴AB=3BE；
（3）设BE=x，则DE=EF=2x，AB=3x，半径OC=x
∴OF=，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得：，
，解得：（负值舍去）
∴⊙O的半径为．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△EBD∽△EDA是解本题的关键．
22．（本题10分）某小区计划新建A、B两型停车位共50个，已知新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元；新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元，预销售过程中发现：A型停车位的销售单价yA（单位：万元）与其销量xA（单位：个）有如下关系：yA＝﹣xA+40，B型停车位的销售单价yB（单位：万元）与其销量xB（单位：个）有如下关系：yB＝﹣xB+80，且两种车位全部预售出．
(1)该小区新建1个A型停车位和1个B型停车位各需多少万元？
(2)若B型停车位的销售单价至少比A型停车位贵10万元，求预售完后B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多多少万元？
(3)现小区进行促销，决定把B型停车位每个降低m（m为正整数）万元，结果发现当xA≤18时，销售总利润随x的增大而增大，直接写出m的最小值．
【答案】(1)该小区新建1个A型停车位需12万元，新建1个B型停车位需20万元
(2)620万元
(3)4
【分析】（1）根据“新建1个A型停车位和1个B型停车位共需32万元”可设新建一个A型停车位需x万元，则一个B型停车位需要（32﹣x）万元，再根据“新建3个A型停车位和2个B型停车位共需76万元”列一元一次方程，解方程即可；
（2）根据“新建A、B两型停车位共50个”，“B型停车位的销售单价比A型停车位贵10万元”可得到xA≥10，设B型停车位总利润比A型停车位多w万元，而w＝B型停车位的销量×单价﹣A型停车位的销量×单价，得到一次函数，根据一次函数的性质，可求出w的最小值；
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，设总利润为R万元，则R＝（﹣xB+60﹣m）•xB+（﹣xA+28）•xA，将xB＝50﹣xA代入，整理得R＝﹣2，∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x，得m≥4，故m的最小值为4．
【详解】（1）设该小区新建1个A型停车位需x万元，新建1个B型停车位需（32﹣x）万元，
由题意得：3x+2（32﹣x）＝76，
解得：x＝12，
∴32﹣x＝20，
答：该小区新建1个A型停车位需12万元，新建1个B型停车位需20万元．
（2）由题意得：xA+xB＝50，yB﹣yA＝﹣xB+80﹣（﹣xA+40）≥10，
得：xB﹣xA≤30，
又xB＝50﹣xA，则xA≥10，
设B型停车位总利润比A型停车位多w万，
则w＝（yB﹣20）xB﹣（yA﹣12）xA＝（﹣xB+60）xB﹣（﹣xA+28）xA＝12xA+500，
w随xA的增大而增大，当xA取最小值10时，w有最小值620万元．
故B型停车位的总利润比A型停车位的总利润至少多620万元．
（3）促销后，yB＝﹣xB+80﹣m，
设总利润为R万元，
则R＝（﹣xB+60﹣m）xB+（﹣xA+28）xA，
将xB＝50﹣xA代入，
整理得R＝﹣2，
∵xA≤18时，R随xA的增大而增大，结合图象性质，可知对称轴x，得m≥4，
故m的最小值为4．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用及一元一次不等式的应用，二次函数和一次函数的实际应用，关键在于根据题意设未知数，列方程与不等式．
23．（本题10分）综合与实践课上，老师与同学们以“等腰直角三角形”为主题开展数学活动．

(1)操作判断 在中，，，点D在上，以为边，在外侧作．①根据以上操作，如图1，用尺规补出图形（保留作图痕迹，不写画法），并说明你的作图中，两个三角形全等的依据；
②此时 度；
(2)迁移探究在（1）的条件下，连接，和的面积是否相等？说明理由．
(3)拓展应用如图2，已知，，点D在上，，，在射线上存在点E，使，请直接写出相应的的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)和的面积相等，理由见解析
(3)的长是
【分析】（1）①按尺规作图的要求作出，由作图得，，则，即可根据全等三角形的判定定理“”证明；
②由等腰直角三角形的性质得，由，得，则，于是得到问题的答案；
（2）作交的延长线于点G，于点H，则，可证明，得，则，所以；
（3）点E在射线上，当时，可证明，则，作于点Q，则，所以，而，，则，所以．
【详解】（1）解：①如图1，
作法：1．过点C作射线，使与在直线的异侧；
2．在射线上截取；
3．连接，
就是所求的三角形．

证明：由作图得，
，
，
，
在和中，
，
．
②，
，
，
，
，
故答案为：90．
（2）和的面积相等，
理由：如图1，作交的延长线于点G，于点H，则，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
和的面积相等．
（3）如图2，点E在射线上，，
，，
，
，
在和中，
，
，
由（2）得，
作于点Q，则，，
，
，
，
，
，
的长是．

【点睛】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、锐角三角函数与解直角三角形等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
24．（本题12分）如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
（1）写出，，三点的坐标．
（2）若点为内一点，求的最小值．
（3）如图2，点为对称轴左侧抛物线上一动点，点，直线分别与轴、直线交于，两点，当为等腰三角形时，请求出的长．
【答案】（1），，；（2）；（3）或16或或．
【分析】（1）令，可求出点，点的坐标，令，可得出点的坐标；
（2）将绕点顺时针旋转得到△，连接，，当，，，四点共线，的值最小，再在直角三角形中，求出此时的最小值；
（3）需要分类讨论，当，，时，分别求解．
【详解】解：（1）∵与轴交于、两点，与轴交于点，
∵当时，，
当时，或，
∴，，．
（2）将绕点顺时针旋转60°得到，连接，，
∴，，，，，
∴和为等边三角形，
∴，，
当，，，四点共线，的值最小，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）需要分类讨论：
①如图，当时，且点在点左侧时，过点作于点，则，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点在点右侧时，如图所示，过点作轴于点，
则，
，
设，则，，
，
，，
，
，
，解得，
；
②如图，当时，过点作交轴于点，由，可得，，
设，则，
∵，
∴，解得．
由和，可得直线的解析式为：，
设直线为：，将代入得：，
∴，
∴．
③如图，当时，过点作交轴于点，则，
∴，
∴，
由，可得直线的解析式为：，
设直线为：，将代入得：，
∴，，
∴；
综上所述，的长为：或16或或．
【点睛】本题主要考查二次函数的基本性质，相似三角形的判定与性质，旋转，最值，等腰三角形判定与性质等知识点，熟悉相关性质，并能进行分类讨论，并结合背景图形进行求解是解题关键．
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y＝ax2＋bx＋c
…
t
m
﹣2
﹣2
n
…
分组
分数段
频数
频率
A
74.5~79.5
24
0.05
B
79.5~84.5
72
m
C
84.5~89.5
168
0.35
D
89.5~94.5
n
0.25
E
94.5~99.5
96
0.20