2024年浙江省宁波市镇海区中兴中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年浙江省宁波市镇海区中兴中学中考数学一模试卷（含解析），共27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。

1.2024的倒数是( )
A. 2024B. −2024C. 12024D. −12024
2.在比例尺为1：5000000的宁波地图上，量得杭州湾大桥在地图上的距离为0.72厘米，则桥实际长度用科学记数法可表示为米( )
A. 3.6×103B. 3.6×104C. 3.6×105D. 36×104
3.下列运算，结果正确的是( )
A. a3+a3=2a3B. (a3)2=a5C. a3÷a=aD. a2=a
4.校标是一个学校的标志，也是一个学校的门面，包含着自豪与归属感，下列是镇海区其中四所学校的校标，属于中心对称的图形是( )
A. B. C. D.
5.把不等式组x−3<2x,x+13⩾x−12中每个不等式的解集在一条数轴上表示出来，正确的为( )
A. B.
C. D.
6.在创建“文明校园”的活动中，班级决定从四名同学(两名男生，两名女生)中随机抽取两名同学担任本周的值周长，那么抽取的两名同学恰好是一名男生和一名女生的概率是( )
A. 14B. 12C. 34D. 23
7.如图，点A、B、C在⊙O上，BC/​/OA，连接BO并延长，交⊙O于点D，连接AC、DC，若∠A=16°，则∠D的大小为( )
A. 48°
B. 32°
C. 58°
D. 54°
8.如图，四边形ABCD中，AB=AD，△ABC沿着AC折叠，则点B恰好落在CD的点B′上处，若∠BAD=90°，则B′D=6，AD=9，则CD=( )
A. 6 3+3
B. 6 2+3
C. 5 2+4
D. 5 3−4
9.设二次函数y=x2−mx−3m(m为实数)的图象过点(1,y1)，(2,y2)，(3,y3)，(4,y4)，设y1−y3=a，y2−y4=b，下列结论正确的是( )
A. 若ab<0，且a+b<0，则m>4
B. 若ab<0，且a+b>0，则5C. 若ab>0，且a+b<0，则m>5
D. 若ab>0，且a+b>0，则m>6
10.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L.若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，则S正方形ACDE：S正方形BCIH的值等于( )
A. 5+22
B. 4
C. 5+32
D. 43
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.分解因式：2a2−8= ______．
12.学校组织科技知识大赛，8名参赛同学的得分(单位：分)如下：91，89，92，94，92，96，95，92，这组数据的众数是______分.
13.若半径为8的扇形弧长为2π，则该扇形的圆心角度数为______．
14.《算学启蒙》中记载了这样一道题：良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之？其大意是：快马每天行240里，慢马每天行150里，慢马先行10天，快马几天可追上慢马？若设快马x天可追上慢马，则列出方程为______．
15.如图，4个小正方形拼成“L”型模具，其中两个顶点在y轴正坐标轴上，一个顶点在x轴负半轴上，顶点D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，若S△ABC=4，则k= ______．
16.如图1，是一种购物小拉车，底部两侧装有轴承三角轮，可以在平路及楼梯上推拉物品.拉杆固定在轴上，可以绕连接点旋转，拉杆，置物板，脚架形状保持不变.图2，图3为购物车侧面示意图，拉杆OP⊥DE，DF=24cm，FG=40 33cm，⊙A，⊙B，⊙C的半径均为4cm，O为三角轮的中心，OA=OB=OC，∠AOB=∠BOC=∠AOC.如图2，当轮子⊙B，⊙C及点G都放置在水平地面HI时，D恰好与⊙A的最高点重合.此时，D的高度为20cm，则OA= ______cm；如图3，拉动OP，使轮子⊙A，⊙B在楼梯表面滚动，当OA//HI，且B，O，D三点共线时，点G与B的垂直高度差为______cm．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1)|1−1|+3−8+(13)−2−sin30°．
(2)先化简，再求值：a−1a−2⋅a2−4a2−2a+1−2a−1，其中a=12．
18.(本小题6分)
如图的网格中，△ABC的顶点都在格点上，每个小正方形的边长均为1.仅用无刻度的直尺在给定的网格图中分别按下列要求画图.(保留画图痕迹，画图过程中辅助线用虚线，画图结果用实线、实心点表示)

(1)请在图1中画出△ABC的高CD，计算得csA= ______．
(2)请在图2中在线段AB上找一点E，使AE=2．
19.(本小题6分)
如图，在△ABC中，D、E分别是△ABC边AB、AC上的点，已知DE/​/BC且DB=DE．
(1)求证：BE是△ABC的角平分线；
(2)若∠A=65°，∠C=45°，求∠AEB的度数．
20.(本小题8分)
学校为加强学生垃圾分类方面的知识普及，开设了垃圾分类臻善德育小课培训学.为了解培训效果，学校对七年级544名学生在学习前和培训后各进行一次垃圾分类知晓情况检测，两次检测项目相同，政教处依据同一标准进行问卷评估，分成“合格”、“良好”、“优秀”3个等级，依次记为2分、6分、8分.学校随机抽取32名学生的2次检测等级作为样本，绘制成如图的条形统计图：

(1)这32名学生在培训前得分的中位数对应等级应为______；(填“合格”、“良好”或“优秀”)
(2)求这32名学生培训后比培训前的平均分提高了多少？
(3)利用样本估计该校七年级学生中，培训后检测等级为“良好”与“优秀”的学生人数之和是多少？
21.(本小题8分)
低碳生活已是如今社会的一种潮流形式，人们的环保观念也在逐渐加深.“低碳环保，绿色出行”成为大家的生活理念，不少人选择自行车出行.某公司销售甲、乙两种型号的自行车，其中甲型自行车进货价格为每台1000元，乙型自行车进货价格为每台1200元.该公司销售3台甲型自行车和2台乙型自行车，可获利1100元，销售1台甲型自行车和2台乙型自行车，可获利700元．
(1)该公司销售一台甲型、一台乙型自行车的利润各是多少元？
(2)在销售中发现，甲型自行车按(1)中获利定价时，每天可售出20台.在原有基础上，每降价5元，可多售出1台，要使甲型自行车每天销售利润不低于3360元，求优惠幅度的范围．
22.(本小题10分)
根据以下素材，探索完成任务．
23.(本小题10分)
综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
(1)如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
【问题解决】
(2)如图1，当AB=4，AD=8，BF=3时，连结B′C，则B′C的长为______．
【深入探究】
(3)如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？
24.(本小题12分)
已知：⊙O是△ABC的外接圆，连接BO并延长交AC于点D，∠CDB=3∠ABD．

(1)如图1，求证：AC=AB；
(2)如图2，点E是弧AB上一点，连接CE，AF⊥CE于点F，且∠BAF=∠ACE，求tan∠BCE的值；
(3)在(2)的条件下，若EF=2,BC=8 2，求线段AB的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：2024的倒数是12024；
故选：C．
根据乘积是1的两数互为倒数解答即可．
本题考查了倒数，掌握倒数的定义是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.72÷15000000=3600000(厘米)，
3600000厘米=36000米=3.6×104米．
故选：B．
首先用0.72除以15000000，求出桥的实际长度，然后根据用科学记数法表示较大的数的方法，把桥实际长度用科学记数法表示即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵a3+a3=2a3，
∴A选项的结论正确，符合题意；
∵(a3)2=a6，
∴B选项的结论不正确，不符合题意；
∵a3÷a=a2，
∴C选项的结论不正确，不符合题意；
∵ a2=|a|，
∴D选项的结论不正确，不符合题意．
故选：A．
利用合并同类项的法则，幂的乘方与积的乘方的法则，同底数幂的除法法则和二次根式的性质对每个选项进行逐一判断即可．
本题主要考查了合并同类项的法则，幂的乘方与积的乘方的法则，同底数幂的除法法则和二次根式的性质，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项D的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：D．
根据中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．即可判断．
本题考查的是中心对称图形，掌握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是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：解不等式x−3<2x，得x>−3，
解不等式x+13≥x−12，得x≤5，
故原不等式组的解集是−3其解集在数轴上表示如下：
故选：C．
先解出不等式组中的每一个不等式的解集，然后写出不等式组的解集，再在数轴上表示出每一个不等式的解集即可．
本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式组的方法，会在数轴上表示不等式组的解集．
6.【答案】D
【解析】解：两名男生表示为男1，男2，两名女生表示为女1，女2，抽取过程如图所示，
共有12种等可能结果，其中抽到一男一女的结果有8种，
∴抽取的两名同学恰好是一名男生和一名女生的概率是812=23，
故选：D．
运用画树状图法将所有等可能结果表示出来，再根据概率的计算方法即可求解．
本题主要考查运用画树状图法求随机事件的概率，掌握其运用是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵OA/​/BC，
∴∠ACB=∠A=16°，∠B=∠AOB，
∴∠AOB=2∠ACB=32°，
∴∠B=32°，
∵BD是圆的直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠D=90°−32°=58°．
故选：C．
由平行线的性质推出∠ACB=∠A=16°，∠B=∠AOB，由圆周角定理得到∠AOB=2∠ACB=32°，∠BCD=90°，因此∠B=32°，即可求出∠D=90°−32°=58°．
本题考查圆周角定理，关键是由圆周角定理得到∠AOB=2∠ACB．
8.【答案】B
【解析】解：连接BD，作AE⊥CD于点E，则∠AEC=90°，
∵△ABC沿着AC折叠，则点B恰好落在CD的点B′上处，
∴AB′=AB，B′C=BC，∠CAB′=∠CAB=12∠BAB′，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
∴AB′=AD，
∴∠EAB′=∠EAD=12∠DAB′，
∴∠EAC=∠CAB′+∠EAB′=12(∠BAB′+∠DAB′)=12∠BAD=45°，
∴∠ECA=∠EAC=45°，
∴∠B′CA=∠BCA=45°，
∴∠BCD=∠B′CA+∠BCA=90°，
∴BC2+CD2=AB2+AD2=BD2，
∴设B′C=BC=m，
∵B′D=6，AB=AD=9，
∴CD=m+6，
∴m2+(m+6)2=92+92，
正理得m2+6m−63=0，
解得m1=6 2−3，m2=−6 2−3(不符合题意，舍去)，
∴CD=6 2−3+6=6 2+3，
故选：B．
连接BD，作AE⊥CD于点E，由折叠得AB′=AB，B′C=BC，∠CAB′=∠CAB=12∠BAB′，则AB′=AD，所以∠EAB′=∠EAD=12∠DAB′，所以∠EAC=12∠BAD=45°，可证明∠B′CA=∠BCA=45°，则∠BCD=90°，所以BC2+CD2=AB2+AD2=BD2，设B′C=BC=m，则m2+(m+6)2=92+92，求得m=6 2−3，则CD=6 2+3，于是得到问题的答案．
此题重点考查轴对称的性质、等腰三角形的“三线合一”、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=x2−mx−3m(m为实数)的图象过点(1,y1)，(2,y2)，(3,y3)，(4,y4)，
∴代入变形可得：y1=−4m+1，y2=−5m+4，y3=−6m+9，y4=−7m+16，
∵y1−y3=a，y2−y4=b，
∴a=2m−8，b=2m−12，
A、若ab<0，且a+b<0，则(2m−8)(2m−12)<0①，且(2m−8)+(2m−12)<0②，
由①得4∴4故A不符合题意；
B、若ab<0，且a+b>0，则(2m−8)(2m−12)<0③，且(2m−8)+(2m−12)>0④，
由③得45，
∴5故B不符合题意；
C、若ab>0，且a+b<0，则(2m−8)(2m−12)>0⑤，且(2m−8)+(2m−12)<0⑥，
由⑤得m<4或m>6，由⑥得m<5，
∴m<4，
故C不符合题意；
D、若ab>0，且a+b>0，则(2m−8)(2m−12)>0⑦，且(2m−8)+(2m−12)>0⑧，
由⑦得m<4或m>6，由⑧得m>5，
∴m>6，
故D符合题意，
故选：D．
用k表示a、b，再根据条件求k的范围即可得出答案．
本题考查二次函数图象上的点坐标，解题的关键是用m的代数式表示a、b．
10.【答案】C
【解析】解：设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，AF=AB= 5m，
由已知可得：∠AFL=90°−∠MFG=∠MGF，∠ALF=90°=∠FMG，AF=GF，
∴△AFL≌△FGM(AAS)，
∴AL=FM，
设AL=FM=x，则FL=FM+ML=x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2=AF2，
x2+(x+m)2=( 5m)2，
解得x=m或x=−2m (舍去)，
∴AL=FM=m，FL=2m，
∵tan∠AFL=APAF=ALFL=m2m=12，
∴.AP 5m=12，
∴AP= 5m2，
∴FP= AP2+AF2= ( 5m2)2−( 5m)2=52m，BP=AB−AP= 5m− 5m2= 5m2，
∴AP=BP，即P为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CP=AP=BP= 5m2，
∵∠CPN=∠APF，∠CNP=90°=∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴CPFP=CNAF=PNAP，即 5m252m=CN 5m=PN 5m2，
∴CN=m，PN=12m，
∴AN=AP+PN= 5+12，
∴tan∠BAC=BCAC=CNAN=2 5+1，
∴S正方形ACDE：S正方形BCIH=AC2：BC2=(ACBC)2=( 5+12)2=3+ 52，
故选：C．
设CF交AB于P，过C作CN⊥AB于N，设正方形JKLM边长为m，AF=AB= 5n，证明△AFL≌△FGM可得AL=FM，根据勾股定理可求得AL=FM=m，FL=2m，由△CPN∽△FPA得CN=m，PN=2m，通过tan∠BAC=BCAC=CNAN=2 5+1，进而求两个正方形的面积的比．
本题考查正方形性质及应用，全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
11.【答案】2(a+2)(a−2)
【解析】解：2a2−8
=2(a2−4)
=2(a+2)(a−2)，
故答案为：2(a+2)(a−2)．
先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
12.【答案】92
【解析】解：这组数据中92出现3次，次数最多，
所以这组数据的众数是92分，
故答案为：92．
根据众数的定义求解即可．
本题主要考查众数，求一组数据的众数的方法：找出频数最多的那个数据，若几个数据频数都是最多且相同，此时众数就是这多个数据．
13.【答案】45°
【解析】解：设圆心角为n°．
由题意，nπ×8180=2π，
解得n=45，
∴该扇形的圆心角度数为45°．
故答案为：45°．
利用弧长公式计算即可．
本题考查弧长公式，解题的关键是记住弧长公式l=nπr180．
14.【答案】240x=150x+10×150
【解析】解：据题题意：240x=150x+10×150，
故答案为：240x=150x+10×150．
设快马x天可以追上慢马，根据快马和慢马所走的路程相等建立方程即可．
本题考查了由实际问题抽象出一元一次方程，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
15.【答案】−24
【解析】解：∵S△ABC=4，
∴12BC⋅AB=4，
∴BC2=4，
∴小正方形边长为2，
∴AB=4，BC=AF=1，DF=6，AC=2 5，
如图，作DE⊥x轴，垂足为点E，
∵∠BAF=90，
∴∠OAF=∠BCA，
∴△ABC∽△FOA，
∴ACAF=BCAO=ABOF，即2 52=2AO=4OF，
∴AO=2 55，OF=4 55，
同理△AOF∽△FED，
∴AOEF=AFDF=OFDE，即2 55EF=26=4 55DE，
∴EF=6 55，DE=12 55，
∴OE=OF+EF=4 55+6 55=2 5．
D(−2 5,12 55)，
∵点D在反比例函数图象上，
∴k=−2 5×12 55=−24．
故答案为：−24．
先根据三角形面积求出小正方形的边长，利用两次相似求出点D的坐标即可求出k值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形性质是解答本题的关键．
16.【答案】8 (12+10 33)
【解析】解：如图2，连接BC，延长AO交BC于J，作BQ⊥HG于Q，
由圆的半径为4cm，得AD=BQ=4cm，
∵D的高度为20cm，
∴AJ=12cm，
设OA=OB=x cm，
∴OJ=12−x(cm)，
∵OA=OB=OC，∠AOB=∠BOC=∠AOC，
∴∠BOC=120°，∠BOJ=60°，∠OBJ=30°，
∴OB=2OJ，即x=2(12−x)，
∴x=8，即OA=8cm．
故答案为：8；
如图2，作FS⊥HG，
∴FS=20cm，
∴SG= FG2−FS2=20 33，
如图3，连接BG，过B作水平线，与过G的铅垂线交于M，
由图2得BD=20cm，且BD⊥BG，
∴∠GBM=30°，
∵BG=24+20 33(cm)，
∴GM=12BG=12+10 33(cm)，
故答案为：12+10 33．
如图2，连接BC，延长AO交BC于J，作BQ⊥HG于Q，由圆的半径为4cm，得AJ=12cm，设OA=OB=x cm，利用勾股定理即可求出OA长；作FS⊥HG，求出D、G的水平距离，如图3，连接BG，过B作水平线，与过G的铅垂线交于M，利用三角函数，即可求出GM．
本题考查了解直角三角的综合应用，准确找到三角形的边角关系是解题关键．
17.【答案】解：(1)原式=0−2+9−12=132；
(2)原式=a−1a−2⋅(a+2)(a−2)(a−1)2−2a−1
=a+2a−1−2a−1
=aa−1，
将a=12代入，
原式=12÷(−12)=−1．
【解析】(1)根据实数和指数幂的运算法则计算即可；
(2)根据分式的化简求值运算法则计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，实数和指数幂的运算，掌握其运算法则是解题的关键．
18.【答案】 1010
【解析】解：(1)如图1所示，线段CD就是所求作的高，
∵AB= 32+42=5，AC= 12+32= 10，
∴AB=BC=5，
∴∠A=∠ACB，
∴csA=cs∠ACB=1 10= 1010；
(2)如图：点E即为所求．
(1)格点C向左平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，到点P，连接PC，交AB于点D；
(2)取格点P，Q，连接PQ交AB于点E，由图可得，AC/​/PQ，推出CQCB=AEAB，即25=AE5，可得AE=2．
本题考查了作图−格点作图，平移的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是掌握网格的特征，作出符合条件的图形．
19.【答案】(1)证明：∵DE/​/BC，
∴∠DEB=∠CBE，
∵DB=DE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴∠CBE=∠DBE，
∴BE是△ABC的角平分线；
(2)解：∵∠A=65°，∠C=45°，
∴∠ABC=70°，
∵BE是△ABC的角平分线，
∴∠ABE=35°，
∴∠AEB=180°−∠A−∠ABE=80°．
【解析】(1)根据DE/​/BC证得∠DEB=∠CBE，根据DB=DE证得∠DBE=∠DEB，等量代换证得∠CBE=∠DBE，进而证得结论；
(2)根据∠A=65°，∠C=45°求出∠ABC=70°，所以∠ABE=35°，再利用三角形内角和求出∠AEB的度数．
本题考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质定理．
20.【答案】合格
【解析】解：(1)由题意得，这32名学生在培训前得分的中位数对应等级应为合格，
故答案为：合格；
(2)培训前的平均分为：(25×2+5×6+2×8)÷32=3(分)，
培调后的平均分为：(8×2+16×6+8×8)÷32=5.5(分)，
培训后比培训前的平均分提高2.5分；
(3)样本中培训后“良好”的比例为：1632=0.5，
样本中培训后“优秀”的比例为：832=0.25，
∴培训后考分等级为“良好”与“优秀”的学生共有544×(0.5+0.25)=408(名)．
答：培训后检测等级为“良好”与“优秀”的学生人数之和大约是408名．
(1)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)；
(2)根据加权平均数的计算公式计算即可；
(3)用样本估计总体即可．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从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．
21.【答案】解：(1)设该公司销售一台甲型自行车的利润是x元，一台乙型自行车的利润是y元，
根据题意得：3x+2y=1100x+2y=700，
解得：x=200y=250．
答：该公司销售一台甲型自行车的利润是200元，一台乙型自行车的利润是250元；
(2)设甲型自行车每台优惠m元，每天销售甲型自行车获得的总利润为w元，则每天可售出(20+m5)台甲型自行车，
根据题意得：w=(200−m)(20+m5)，
即w=−15(m−50)2+4500，
∵−15<0，
∴当050时，w随m的增大而减小．
当w=3360时，−15(m−50)2+4500=3360，
解得：m1=50−10 57，m2=50+10 57，
又∵m，(20+m5)均为正整数，
∴5≤m≤125且m为5的倍数．
答：优惠幅度m的范围是5≤m≤125且m为5的倍数．
【解析】(1)设该公司销售一台甲型自行车的利润是x元，一台乙型自行车的利润是y元，根据“该公司销售3台甲型自行车和2台乙型自行车，可获利1100元，销售1台甲型自行车和2台乙型自行车，可获利700元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设甲型自行车每台优惠m元，每天销售甲型自行车获得的总利润为w元，则每天可售出(20+m5)台甲型自行车，利用总利润=每台的销售利润×日销售量，可找出w关于m的函数关系式，利用二次函数的性质，可得出当050时，w随m的增大而减小，求出w=3360时m的值，再结合m，(20+m5)均为正整数，即可得出优惠幅度的范围．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
22.【答案】解：任务1：设OA段h关于s的函数解析式为h=ks，
∴k=hs=tan45°=1，
∴h=s，
∴当h=4时，s=4，
∴OA段h关于s的函数解析式为h=s(0≤s≤4)；
2号机从O点到达A点飞行的路程为OA= 42+42=4 2(km)，所用时间为43min，
∴2号机的爬升速度为4 2÷43=3 2(km/min)；
任务2：B点的横坐标为4+1×3=7，
∴B点的坐标为(7,4)．
设BC段h关于s的函数解析式为h=k1s+b(k1、b为常数，且k1≠0)．
将坐标B(7,4)和C(10,3)分别代入h=k1s+b，
得7k1+b=410k1+b=3，解得k1=−13b=193，
∴BC段h关于s的函数解析式为h=−13s+193；
当h=0时，0=−13s+193，
解得s=19，
∴预计2号机着陆点的坐标为(19,0)；
任务3：当2号机在OA段，且PQ=2.5时，5−s=2.5，
解得s=2.5；
当2号机在BC段，且PQ=2.5时，5−(−13s+193)=2.5，
解得s=11.5，
根据图象可知，当2.5≤s≤11.5时，两机距离PQ不超过2.5km，
∴两机距离PQ不超过2.5km的时长是(11.5−2.5)÷2.5=3.6(min)．
【解析】(1)设OA段h关于s的函数解析式为正比例函数的一般形式，根据OA与水平方向的夹角求出k值，从而求出对应函数解析式；根据勾股定理，求出点O与A的距离，1号机与2号机在水平方向的速度相同，由速度=路程÷时间求出2号机的爬升速度即可；
(2)先求出点B的坐标，再利用待定系数法求出BC段h关于s的函数解析式；当h=0时对应s的值，从而求得2号机着陆点的坐标；
(3)分别求出2号机在OA段和BC段PQ=2.5时对应的s的值，根据图象，当s处于这两者之间时PQ不超过2.5km，根据时间=路程÷速度求解即可．
本题考查一次函数的应用，理解题意并利用待定系数法求出函数关系式是解题的关键．
23.【答案】4
【解析】解：(1)当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．理由如下：
设EF与BD交于点O，如图2，
由折叠得：EF⊥BD，OB=OD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∴△BFO≌△DEO(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是菱形；
(2)∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，
∴BC=AD=8，CD=AB=4，∠BCD=90°，
∴CF=BC−BF=8−3=5，
∴BD= BC2+CD2= 82+42=4 5，
如图1，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，
由折叠得：∠A′B′F=∠ABF=∠BMF=∠B′MF=90°，B′F=BF=3，BB′=2BM，
∴∠BMF=∠BCD，
∵∠FBM=∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴BMBC=BFBD，即BM8=34 5，
∴BM=6 55，
∴BB′=12 55，
∵∠BKB′=∠BCD，∠B′BK=∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴B′KCD=BKBC=BB′BD，即B′K4=BK8=12 554 5，
∴B′K=125，BK=245，
∴CK=BC−BK=8−245=165，
∴B′C= B′K2+CK2= (125)2+(165)2=4，
故答案为：4；
(3)当BC= 3AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC=90°，
∵BC= 3AB，
∴tan∠BAC=BCAB= 3，
∴∠BAC=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=60°，
由折叠得：∠A′B′B=∠ABO=60°，
∴∠A′B′B=∠AOB，
∴A′B′//AC，
故当BC= 3AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
(1)由折叠可得：EF⊥BD，OB=OD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
(2)设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=4 5，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM=6 55，进而可得BB′=12 55，再由△BB′K∽△BDC，可求得B′K=125，BK=245，CK=BC−BK=8−245=165，运用勾股定理可得B′C=4；
(3)设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°−α，利用折叠的性质和平行线性质可得：∠AB′B=∠AOB=α，再运用三角形内角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
24.【答案】(1)证明：连接OC，如图1：

∵∠CDB=∠DAB+∠ABD，∠CDB=3∠ABD，
∴∠DAB=2∠ABD，即∠CAB=2∠ABD，
∵BC=BC，
∴∠COB=2∠CAB，
∴∠COB=4∠ABD，
而∠COB=∠CDO+∠DCO，
∴4∠ABD=∠CDB+∠ACO=3∠ABD+∠ACO，
∴∠ACO=∠ABD，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠ACB=∠ACO+∠OCB=∠ABD+∠OBC=∠ABC，
∴AC=AB；
(2)设AB与CE交于G点，如图2：

∵∠AGF+∠AFG+∠GAF=180°=∠CGB+∠GBC+∠BCG，且∠AGF=∠CGB，
∴∠AFG+∠GAF=∠GBC+∠BCG，
∵AF⊥CE，
∴∠AFG=90°，
∴90°+∠GAF=∠GBC+∠BCG，
由(1)知：∠ACB=∠ABC=∠GBC，
∴∠GBC=∠ACE+∠BCE，
∴90°+∠GAF=∠ACE+∠BCE+∠BCG，
∵∠BAF=∠ACE，即∠GAF=∠ACE，
∴90°=∠BCE+∠BCG，即2∠BCE=90°，
∴∠BCE=45°，
∴tan∠BCE=tan45°=1；
(3)过点G作GG1⊥BC于G1；过点B作BB1⊥CG于B1；过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE，

设CG1=x>0，
在直角△GG1C中，∠G1CG=∠BCE=45°，
∴直角△GG1C是等腰直角三角形，
∴GG1=CG1=x,CG= 2x，
∴BG1=BC−CG1=8 2−x，
在直角△BB1C中，∠B1CB=∠BCE=45°，
∴直角△BB1C是等腰直角三角形，
∴8 2=BC= 2BB1,CB1=BB1，
∴CB1=BB1=8，
∴B1G=CG−CB1= 2x−8，
∵∠AFG=∠BB1G=90°，且∠AGF=∠BGB1，
∴△AFG∽△BB1G，
∴AFBB1=GFB1G=AGGB，即AF8=GF 2x−8=AGGB①，
∵∠AFE=∠GG1B=90°，且∠AEC=∠ABC(所对的弧是劣弧AC)，即∠AEF=∠GBG1；
∴△AFE∽△GG1B，
∴AFGG1=EFBG1，即AFx=28 2−x，
∴xAF=8 2−x2②，
∵∠AFG=∠CFA=90°，且∠BAF=∠ACE，即∠GAF=∠ACF；
∴△AFG∽△CFA，
∴GFAF=AFCF，
又CF=CG+GF= 2x+GF，
∴GFAF=AF 2x+GF③，
由①变形得GFAF= 2x−88，代入到③得 2x−88=AF 2x+GF=1 2⋅xAF+GFAF=1 2⋅xAF+ 2x−88，
∴将②代入得 2x−88=1 2⋅8 2−x2+ 2x−88，
化简得3x2−40 2x+256=0，
解得x=163 2或x=8 2(舍弃，否则∠ABC=90°，同时∠ACB=∠ABC，△ABC一个等腰三角形，底角不能是90°)，
∴x=163 2，
∴由②得：AF=2x8 2−x=2⋅163 28 2−163 2=4，
∴代入①得：48=GF 2⋅163 2−8，解得GF=43，
在直角△AFG中，根据勾股定理，AG= AF2+GF2= 42+(43)2=4 103，
∴代入①后一个等式得43 2⋅163 2−8=4 103GB，解得GB=8 103，
∴AB=AG+GB=4 103+8 103=4 10；
方法二：过A作AN⊥BC于N，过F作FQ⊥BC于Q，连接HC，AE，如图3：

由(2)知∠BCE=45°，
∴NM=NC=NB=4 2，设FA=FM=x，则AM= 2x，
∵∠ABC=∠ACB=∠E，∠ANC=∠AFE=90°，
∴△ANC∽△AFE，
∴AN：AF=NC：FE，即( 2x+4 2)：x=4 2：2，
解得x=4，
∴MA=4 2，AN=8 2，
∴AB= AN2+NB2=4 10．
【解析】(1)连接OC，根据三角形外角定理得∠CAB=2∠ABD，由圆心角是圆周角的一半得∠COB=4∠ABD，再用外角定理得∠ACO=∠ABD，两边加上等腰△OCB的两个相等底角得∠ACB=∠ABC，即得AC=AB；
(2)考虑△AGF和△CGB的内角和，根据对顶角相等约去一组相等角，剩下的角根据第(1)问转化成和∠BAF，∠ACE，∠BCE相关的角，最后得到∠BCE=45°，即tan∠BCE=1；
(3)过点G作GG1⊥BC于G1；过点B作BB1⊥CG于B1；过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE，根据三组相似三角形的边长的比例式，求出AB．
本题综合考查了外角定理、圆周角与圆心角的关系、圆周角定理及其推理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、分式方程的解法、勾股定理等知识点；其中45°角与辅助线的配合与等角的正切值相等得到边的比值关系起重要作用．机场监控问题的思考
素材1
如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机(看成点P)始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行．
素材2
2号试飞机(看成点Q)一直保持在1号机P的正下方从原点O处沿45°角爬升，到高4km的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C(10,3)处．
问题解决
任务1
求解析式和速度
求出OA段h关于s的函数解析式，直接写出2号机的爬升速度；
任务2
求解析式和坐标
求出BC段h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标．
任务3
计算时长
通过计算说明两机距离PQ不超过2.5m的时长是多少．