2024年山东省青岛市市北区中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省青岛市市北区中考数学一模试卷（含详细答案解析），共24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。

1.13的相反数是( )
A. 3B. 13C. −13D. −3
2.下列四个图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.四名运动员参加了射击预选赛，他们的成绩的平均环数x−及方差S2如下表所示：
如果选出一个成绩较好且状态稳定的人去参赛，那么应选( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
4.一个几何体及它的主视图和俯视图如图所示，则它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB=AD，AC交BD于点G.若∠ADC=66∘，则∠AGB的度数为( )
A. 66∘
B. 69∘
C. 104∘
D. 114∘
6.已知：平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的开口向上，对称轴为直线x=−1，且经过点(−3,0)，则下列结论正确的有( )
(1)a−b+c<0；(2)4a2−2bc>0；(3)将抛物线y=ax2+bx+c向左平移1个单位时，它会过原点；(4)直线y=2ax−c不过第四象限.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
7.如图，点A、B、C的坐标分别为(−2,3)、(−3,1)、(−1,2)，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90∘，得到△A′B′C′，其中点A、B、C的对应点分别是点A′、B′、C′，则点B′的坐标是______.
8.计算：( 24− 23)× 6×(57)0=______.
9.如果小球在如图所示的地板上自由地滚动，并随机的停留在某块方砖上，那么它最终停留在阴影区域的概率是______.
10.一辆汽车开往距出发地420km的目的地，若这辆汽车比原计划每小时多行10km，则提前1小时到达目的地，设这辆汽车原计划的速度是xkm/h，根据题意所列方程是______.
11.如图，在平行四边形ABCD中，AD=6，BD=8，AD⊥DB，点M、N分别是边AB、BC上的动点(不与A、B、C重合)，点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为______.
12.如图，△ABC中，∠C=90∘，△ABC的面积为12，设边BC=x，边AC=y，请写出y与x的函数关系式______；若△ABC的边AC不大于边BC的6倍，则x的取值范围是______.
13.如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD=45∘，点E是AD中点，在AB上取一点F，以点F为圆心，FB的长为半径作圆，该圆与DC边恰好相切于点D，连接BE，若图中阴影部分面积为4π，则AD=______.
14.已知一个棱长为15的正方体木块，现在从它的八个顶点处分别截去棱长为1，2，3，4，5，6，7，8的小正方体，则所得到的几何体的各条棱的长度之和最少为______.
三、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
已知：四边形ABCD.
求作：一个⊙O.使⊙O与直线AB相切，并且点O到边AD和边DC的距离相等，到点B和点C的距离也相等.
16.(本小题8分)
(1)化简：a−1a+1+4aa2−1；
(2)已知关于x的方程(m−2)x2−3x−2=0的一个根是−1，求它的另一个根.
17.(本小题6分)
小颖和小刚做摸纸牌游戏.如图，两组相同的纸牌，每组两张，第一组牌面数字分别是2和3，第二组牌面数字分别是5和6；将两组牌背面朝上洗匀后从每组牌中各摸出一张，称为一次游戏.当摸到两张牌的牌面数字之积能被3整除，则小颖胜，否则小刚胜.这是一个对参与双方公平的游戏吗？请借助列表或画树状图的方法说明理由.
18.(本小题6分)
某学校为调查学生对航天科普知识的了解情况，从全校学生中随机抽取n名学生进行测试，测试成绩进行整理后分成五组，并绘制成如图的频数分布直方图和扇形统计图.
请根据图中信息解答下列问题：
(1)补全频数分布直方图；
(2)在扇形统计图中，“80∼90”这组的圆心角度数为______度；
(3)已知“70∼80”这组的数据如下：73，74，77，78，79，71，71，76，76，72，72，72，75，75，75，75.抽取的n名学生测试成绩的中位数是______分；
(4)若成绩达到80分以上(含80分)为优秀，请你通过列式计算，估计全校1500名学生中对航天科普知识了解情况为优秀的学生人数是多少.
19.(本小题8分)
某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性将328吨的物资运往A，B两地，两种货车载重量及到A，B两地的运输成本如表：
(1)求甲、乙两种货车各用了多少辆；
(2)如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，其余货车将剩余物资运往B地.设甲、乙两种货车到A，B两地的总运输成本为w元，前往A地的甲种货车为t辆.求当t为何值时，w最小？最小值是多少.
20.(本小题8分)
数学兴趣小组借助无人机开展实物测量的社会实践活动.如图所示，在河岸边的C处，兴趣小组令一架无人机沿67∘的仰角方向飞行130米到达点A处，然后无人机沿水平线AF方向继续飞行30米至B处，测得此时河对岸D处的俯角为32∘.线段AM的长为无人机距地面的铅直高度，点M、C、D在同一条直线上.
(1)求无人机的飞行高度AM；
(2)求CD的长.
(参考数据：sin32∘≈1732，cs32∘≈1720，tan32∘≈58，sin67∘≈1213，cs67∘≈513，tan67∘≈125)
21.(本小题8分)
小明、小红和小亮三位同学对问题“关于x的方程x2−2|x|+1=m有实数根，求实数m的取值范围”提出了自己的解题思路：
[辨析与解答]
小明说：“只需分类讨论，将方程中的绝对值去掉，讨论关于x的一元二次方程根的情况.”
小红说：“用函数思想，设y=x2−2|x|+1，只须m在y的取值范围内.”
小亮说：“可以数形结合，把方程两边分别看成关于x的函数，利用函数图象解决.”
结合上述解题思路综合考量，你认为他们所讨论的问题的正确结论，即实数m的取值范围是______.请写出你的解题过程.
[应用与拓展]
(1)如果关于x的方程x2−2|x|+1=m有四个不同的实数根，则实数m的取值范围是______.
(2)如果关于x的方程|x2−2x−1|=m有四个不同的实数根，则实数m的取值范围是______.
22.(本小题9分)
如图，△ABC中，∠ACB=90∘，过点C作直线CM//AB，CM与∠BAC的角平分线相交于M，AM与BC相交于N，且AN=BN.点D为边AB的中点，连接DM.
(1)判断并证明四边形ADMC的形状；
(2)∠MNC=______ ∘.
23.(本小题8分)
某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同.如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线(第一象限部分)的函数表达式为y=−16(x−5)2+6.
(1)求雕塑高OA.
(2)求落水点C，D之间的距离.
(3)若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，OE=10m，EF=1.8m，EF⊥OD.问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明.
24.(本小题12分)
已知：如图，四边形ABCD是边长为10cm的菱形，∠DAB=60∘.动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s.点P和点Q同时出发，以QA、QP为边作平行四边形AQPE，连接并延长EQ，与CB延长线相交于点M，连接DE.设运动的时间为t(s)，0根据题意解答下列问题：
(1)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形AQPE是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(2)用含t的代数式表示DE；
(3)设四边形CDEM的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：13的相反数是−13，
故选：C.
根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得答案．
本题考查了相反数，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．
2.【答案】C
【解析】解：A、B中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故AB不符合题意；
C、图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故C符合题意；
D、图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选C.
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，由此即可判断．
本题考查中心对称图形，轴对称图形，关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义．
3.【答案】B
【解析】解：由图可知，乙、丙的平均成绩好，
由于S乙2故选：B.
先比较平均数，乙丙的平均成绩好且相等，再比较方差即可解答．
本题考查方差的定义与意义，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
4.【答案】A
【解析】解：它的左视图是，
故选：A.
根据左视图的概念，结合几何体的形状求解即可．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握三视图的概念．
5.【答案】D
【解析】解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90∘，
∵AB=AD，
∴∠B=∠ADB=45∘，
∵∠ADC=66∘，
∴∠BDC=66∘−45∘=21∘，
∵∠C=∠B=45∘，
∴∠DGC=180∘−45∘−21∘=114∘.
∴∠AGB=114∘.
故选：D.
先根据圆周角定理得到∠BAD=90∘，∠B=∠ADB=45∘，则可计算出∠BDC=21∘，再利用圆周角定理得到∠C=∠B=45∘，然后根据三角形内角和计算出∠DGC，从而得到∠AGB的度数．
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．半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90∘的圆周角所对的弦是直径．
6.【答案】D
【解析】解：(1)∵抛物线对称轴为直线x=−1，且图象经过点(−3,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0)，
∴x=−1时，y<0，即a−b+c<0，故正确；
(2)∵抛物线与x轴有2个交点，
∴b2−4ac>0，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−1，
∴b=2a，
∴4a2−2bc>0，故正确；
(3)∵抛物线与x轴的交点为(−3,0)、(1,0)，
∴将抛物线y=ax2+bx+c向左平移1个单位时，它会过原点；故正确；
(4)∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线与x轴的交点为(−3,0)、(1,0)，
∴抛物线与y轴的交点在x轴的下方，
∴c<0，
∴−c>0，
∴直线y=2ax−c经过第一、二、三象限，不过第四象限，故正确．
故选：D.
根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0)，则x=0时，y<0，即a−b+c<0，于是可对(1)进行判断；
根据抛物线与x轴有2个交点得到b2−4ac>0，利用抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−1，则b=2a，于是可对(2)进行判断；
根据抛物线与x轴的一个交点为(1,0)，则可对(3)进行判断；
根据a>0，c<0，则可对(4)进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，二次函数图象与几何变换，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7.【答案】(0,2)
【解析】解：分别画出点A，B，C绕点A逆时针旋转90∘的对应点，
如图所示，△A′B′C′即为△ABC绕点A按逆时针方向旋转90∘所得三角形．
所以点B′的坐标为(0,2).
故答案为：(0,2).
根据题意，画出旋转后的△A′B′C′，据此可解决问题．
本题考查坐标与图形变化-旋转，画出ABC绕点A按逆时针方向旋转90∘所得三角形是解题的关键．
8.【答案】10
【解析】解：原式=(2 6− 63)× 6×1
=5 63× 6×1
=53×6
=10.
故答案为：10.
先把各二次根式化为最简二次根式，再利用零指数幂的意义计算，然后把括号内合并后进行二次根式的乘法运算．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和零指数幂的意义是解决问题的关键．
9.【答案】13
【解析】解：通过连接小正方形的对角线，如图，
9个小正方形被分成18个全等的等腰直角三角形，其中阴影区域占6个全等的等腰直角三角形，
∴P(最终停留在阴影区域)=618=13，
故答案为：13.
根据几何概率计算公式解答即可．
本题考查几何概率，掌握几何概率的计算方法是解题的关键．
10.【答案】420x=420x+10+1
【解析】解：设这辆汽车原计划的速度是xkm/h，则实际速度为(x+10)km/h，
根据题意所列方程是420x=420x+10+1，
故答案为：420x=420x+10+1.
设这辆汽车原计划的速度是xkm/h，则实际速度为(x+10)km/h，根据题意“提前1小时到达目的地”，列分式方程即可求解．
本题考查了列分式方程，理解题意列出方程是解题的关键．
11.【答案】125
【解析】解：∵AD=6，BD=8，AD⊥DB，
∴AB= AD2+BD2=10，
如图，连接DM，
∵E、F分别为DN、MN的中点，
∴EF是△DMN的中位线，
∴EF=12DM，
∴EF的最小值，就是DM的最小值，
当DM⊥AB时，DM最小，
∵S△ADB=12AD⋅BD=12AB⋅DM，
∴DM=AD⋅BDAB=6×810=245，
∴EF=12DM=125，
∴EF的最小值为125.
故答案为：125.
连接DM，根据中位线的性质得出EF=12DM，当DM⊥AB时，DM最小，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理即可求解．
本题考查了三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，三角形的面积公式，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
12.【答案】y=24x x≥2
【解析】解：根据三角形的面积公式，得12xy=12，
∴y=24x；
∵y≤6x，即24x≤6x，整理得6x2≥24，
∴x≥2.
故答案为：y=24x，x≥2.
根据三角形的面积公式，将y用x表示出来；将y与x的函数关系式代入y≤6x，求出x的取值范围即可．
本题考查函数关系式和函数自变量的取值范围，掌握三角形的面积公式和一元一次不等式的解法是本题的关键．
13.【答案】4 2
【解析】解：连接DF，BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//DC，
∴∠BAD+∠ADC=180∘，
∵∠BAD=45∘，
∴∠ADC=135∘，
∵以点F为圆心，FB的长为半径作圆，该圆与DC边恰好相切于点D，
∴FD⊥DC，
∴∠FDC=90∘，
∴∠ADF=∠ADC−∠FDC=135∘−90∘=45∘，
∴∠BAD=∠ADF，
∴AF=DF，
又∵DF=BF，
∴AF=BF=DF= 22AD，
∴S△AFD=12S△ABD，
∵E为AD的中点，
∴S△ABE=12S△ABD，
∴S△ABE=S△AFD，
∴S阴影=S△AFD+S扇形FDB−S△ABE=S扇形FDB=90⋅π×( 22AD)2360=4π.
∴AD=4 2，
故答案为：4 2.
连接DF，BD，由平行四边形的性质求出∠ADC=135∘，由切线的性质得出∠FDC=90∘，求出∠BAD=∠ADF=45∘，证得S△ABE=S△AFD，由扇形的面积公式可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，扇形的面积公式，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
14.【答案】368
【解析】解：在每个顶点处截去一个小正方体，原正方体棱数会多9，原正方体棱长和多出6个小正方体棱长，
∴八个顶点处分别截去棱长为1，2，3，4，5，6，7，8的小正方体后，棱长和为12×15+6(1+2+3+4+5+6+7+8)=396，
当棱长为7和棱长为8的小正方形相邻时，棱长和最少，
由于重合总棱长的和相当于少4个长为7的棱长，
∴最少棱长和为396−4×7=368，
故答案为：368.
根据截去小正方体后棱长变化求出棱长和，再分析当棱长为7和棱长为8的小正方形相邻时，棱长和最少，计算求出即可．
本题考查了正方体相关知识点的应用，正确理解截一个几何体后的图形是本题的解题关键．
15.【答案】解：如图，分别作∠ADC的平分线和线段BC的垂直平分线，相交于点O，过点O作AB的垂线，交AB于点E，以点O为圆心，OE的长为半径画圆，
则⊙O即为所求．

【解析】根据角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、切线的判定与性质，分别作∠ADC的平分线和线段BC的垂直平分线，相交于点O，过点O作AB的垂线，交AB于点E，以点O为圆心，OE的长为半径画圆即可．
本题考查作图-复杂作图、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、切线的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、切线的判定与性质是解答本题的关键．
16.【答案】解：原式=a2−2a+1(a+1)(a−1)+4a(a+1)(a−1)
=a2+2a+1(a+1)(a−1)
=(a+1)2(a+1)(a−1)
=a+1a−1；
(2)∵(m−2)x2−3x−2=0的一个根是−1，
∴m−2+3−2=0，
解得：m=1，
∴−x2−3x−2=0，
解得x=−1或x=−2；
∴它的另一个根是−2.
【解析】本题考查分式的加减和解一元二次方程，解题的关键是掌握分式的基本性质和解一元二次方程的一般方法．
(1)先通分化为同分母的分式，再相加，最后约分；
(2)先求出m，再代入解一元二次方程即可．
17.【答案】解：这不是一个对参与双方公平的游戏，理由如下：
画出树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中摸到两张牌的牌面数字之积能被3整除的结果有3种，摸到两张牌的牌面数字之积不能被3整除的结果有1种，
∴小颖胜的概率=34，小刚胜的概率=14，
∵34≠14，
∴这不是一个对参与双方公平的游戏．
【解析】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人取胜的概率，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．
画树状图，共有4种等可能的结果，其中摸到两张牌的牌面数字之积能被3整除的结果有3种，摸到两张牌的牌面数字之积不能被3整除的结果有1种，再由概率公式求出小颖胜的概率和小刚胜的概率，再比较即可．
18.【答案】解：(1)被调查的总人数为8÷16%=50(人)，
则80∼90分的人数为50−(4+8+16+10)=12(人)，
补全图形如下：
(2)86.4；
(3)76.5；
(4)1500×12+1050=660(名)，
答：估计全校1500名学生中对航天科普知识了解情况为优秀的学生人数约为660名．
【解析】解：(1)见答案；
(2)在扇形统计图中，“80∼90”这组的圆心角度数为360∘×1250=86.4∘，
故答案为：86.4；
(3)将“70∼80”这组的数据重新排列为：71，71，72，72，72，73，74，75，75，75，75，76，76，77，78，79，
所以抽取的n名学生测试成绩的中位数是76+772=76.5(分)，
故答案为：76.5；
(4)见答案．
(1)由60∼70分的人数及其所占百分比求出被调查的总人数，再根据各组人数之和等于总人数求出80∼90分的人数即可补全图形；
(2)用360∘乘以80∼90分人数所占比例即可；
(3)根据中位数的定义求解即可；
(4)总人数乘以样本中成绩达到80分以上(含80分)人数所占比例即可．
本题考查频数(率)分布直方图、频数(率)分布表、用样本估计总体，能够读懂统计图，掌握用样本估计总体是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了(24−x)辆，
根据题意得：16x+12(24−x)=328，
解得：x=10，
∴24−x=24−10=14(辆).
答：甲种货车用了10辆，乙种货车用了14辆；
(2)∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，且前往A地的甲种货车为t辆，
∴前往A地的乙种货车为(12−t)辆，前往B地的甲种货车为(10−t)辆，乙种货车为8−(12−t)=(t−4)辆．
根据题意得：w=1200t+1000(12−t)+900(10−t)+750(t−4)，
即w=50t+22500.
∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，
∴16t+12(12−t)≥160，
解得：t≥4，
又∵甲种货车共用了10辆，
∴4≤t≤10.
∵k=50>0，
∴w随t的增大而增大，
∴当t=4时，w取得最小值，最小值=50×4+22500=22700(元).
答：当t为4时，w最小，最小值是22700元．
【解析】本题考查了一元一次方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元一次方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于t的函数关系式．
(1)设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了(14−x)辆，根据18辆货车恰好一次性运输256吨物资，可列出关于x的一元一次方程，解之可得出使用甲种货车的数量，再将其代入(18−x)中，即可求出使用乙种货车的数量；
(2)利用总运输成本=每辆甲种货车运往A地的成本×前往A地的甲种货车的数量+每辆乙种货车运往A地的成本×前往A地的乙种货车的数量+每辆甲种货车运往B地的成本×前往B地的甲种货车的数量+每辆乙种货车运往B地的成本×前往B地的乙种货车的数量，可得出w关于t的函数关系式，由运往A地的物资不少于160吨，可列出关于t的一元一次不等式，解之可得出t≥4，结合(1)的结论，可得出t的取值范围，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
20.【答案】解：(1)由题意得：AM⊥MD，
在Rt△AMC中，AC=130米，∠ACM=67∘，
∴AM=AC⋅sin67∘≈130×1213=120(米)，
∴无人机的飞行高度AM约为120米；
(2)过点B作BG⊥DM，垂足为G，
由题意得：AB=MG=30米，AM=BG=120米，∠FBD=32∘，AF//DM，
∴∠FBD=∠BDG=32∘，
在Rt△BDG中，DG=BGtan32∘≈12058=192(米)，
在Rt△AMC中，AC=130米，∠ACM=67∘，
∴CM=AC⋅cs67∘≈130×513=50(米)，
∴CD=MG+DG−CM=30+192−50=172(米)，
∴CD的长约为172米．
【解析】(1)根据题意可得：AM⊥MD，然后在Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
(2)过点B作BG⊥DM，垂足为G，根据题意可得：AB=MG=30米，AM=BG=120米，∠FBD=32∘，AF//DM，从而可得∠FBD=∠BDG=32∘，然后分别在Rt△BDG和Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义求出DG和CM的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】m≥00【解析】解：[辨析与解答]
画出函数y=x2−2|x|+1的图象如图，
由图象可知，关于x的方程x2−2|x|+1=m有实数根，则实数m的取值范围是m≥0；
故答案为：m≥0；
[应用与拓展]
(1)观察图象，如果关于x的方程x2−2|x|+1=m有四个不同的实数根，则实数m的取值范围是0故答案为：0(2)画出函数y=|x2−2x−1|的图象如图：
由图象可知，如果关于x的方程|x2−2x−1|=m有四个不同的实数根，则实数m的取值范围是0故答案为：0[辨析与解答]画出函数y=x2−2|x|+1，结合图象即可求解；
[应用与拓展]根据图象即可求得．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程，数形结合是解题的关键．
22.【答案】解：(1)四边形ADMC是菱形，
理由：如图：连接CD，
∵∠ACB=90∘，
∴∠B+∠1+∠2=90∘，
∵AN=BN，
∴∠B=∠1，
∵AM平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∴∠B=∠1=∠2=30∘，
∴∠BAC=∠1+∠2=60∘，
∵点D是AB的中点，
∴CD=AD=12AB，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD=CD=AC，
∵AB//CM，
∴∠1=∠AMC，
∴∠2=∠AMC，
∴AC=CM，
∴AD=CM，
∴四边形ADMC是平行四边形，
∵AC=CM，
∴四边形ADMC是菱形；
(2)∵∠B=∠1=30∘，
∴∠ANB=180∘−∠B−∠1=120∘，
∴∠ANB=∠MNC=120∘，
故答案为：120.
【解析】(1)连接CD，根据直角三角形的两个锐角互余可得：∠B+∠1+∠2=90∘，再利用等腰三角形的性质可得∠B=∠1，然后利用角平分线的定义可得∠B=∠1=∠2=30∘，从而可得∠BAC=∠1+∠2=60∘，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD=AD，从而可得△ACD是等边三角形，进而可得AD=CD=AC，最后利用平行线的性质可得∠1=∠AMC，从而可得∠2=∠AMC，进而可得AC=CM，再利用等量代换可得AD=CM，从而可得四边形ADMC是平行四边形，进而可得四边形ADMC是菱形；
(2)利用(1)的结论以及三角形内角和定理可得：∠ANB=120∘，然后利用对顶角相等可得∠ANB=∠MNC=120∘，即可解答．
本题考查了菱形的判定，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由题意得，A点在抛物线上.
当x=0时，y=−16×(0−5)2+6=116，
∴点A的坐标为(0,116)，
∴雕塑高OA=116m；
(2)由题意得，D点在抛物线上.
当y=0时，−16(x−5)2+6=0，
解得：x1=−1(舍去)，x2=11，
∴点D的坐标为(11,0)，
∴OD=11m.
∵从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同，
∴OC=OD=11m，
∴CD=OC+OD=22m，
即落水点C，D之间的距离是22m；
(3)当x=10时，y=−16(10−5)2+6=116，
∴点(10,116)在抛物线y=−16(x−5)2+6上．
又∵116>1.8，
∴顶部F不会碰到水柱．
【解析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是：①利用二次函数图象上点的坐标特征，求出点A的坐标；②利用二次函数图象上点的坐标特征，求出点D的坐标；③利用二次函数图象上点的坐标特征，求出抛物线上横坐标为10的点的坐标．
(1)利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A的坐标，进而可得出雕塑高OA的值；
(2)利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点D的坐标，进而可得出OD的长度，由喷出的水柱为抛物线且形状相同，可得出OC的长，结合CD=OC+OD即可求出落水点C，D之间的距离;
(3)代入x=10求出y值，进而可得出点(10,116)在抛物线y=−16(x−5)2+6上，将116与1.8比较后即可得出顶部F不会碰到水柱．
24.【答案】解：(1)当四边形AQPE是矩形时，∠PQA=90∘，
∵∠DAQ=60∘，
∴∠APQ=90∘−∠DAQ=30∘，
在Rt△AQP中，AQ=12AP，
∵AP=(10−2t)cm，AQ=2tcm，
∴AQAP=2t10−2t=12，
∴t=53；
(2)如图，过点D作DH⊥EP，交EP的延长线于点H，
∵四边形AQPE是平行四边形，
∴EP//AQ，
∴∠DPH=∠DAQ=60∘，
∴∠PDH=90∘−∠DPH=30∘，
在Rt△PDH中，∵PD=2tcm，
∴DH=PD⋅sin∠DPH= 3tcm，PH=12PD=t cm，
∵EP=AQ=2tcm，
∴EH=EP+PH=3tcm，
在Rt△DEH中，DE2=DH2+EH2=( 3t)2+(3t)2=12t2，
∴DE=2 3t(0∴DE=2 3tcm；
(3)如图，在(2)的基础上延长DH交AB于点G，过点D作DN⊥CM于点N，设EM，AD交于点O，
∵四边形ABCD是边长为10cm的菱形，∠DAB=60∘，
∴∠DCM=60∘，
∵∠DNC=90∘，
∴DN=CD⋅sin∠DCM=5 3cm，
∵EP//AB，EP⊥DH，
∴DG⊥AB，
∴DG=DN=5 3cm，
∴GH=DG−DH=5 3−3t(cm)，
∵AD//BM，
∴△AOQ∽△BMQ，
∴AQBQ=AOBM，
∵AQ=2tcm，
∴BQ=AB−AQ=10−2t(cm)，
∴BQAQ=BMAO=10−2t2t=5−tt，
∴S△BQMS△AQO=(BMAO)2=(5−t)2t2，
∴S△AQO=12S四边形AQPE=14AQ⋅GH=5 3t− 3t22(cm2)，
∴S△BQM= 3(5−t)32t(cm2)，
∵S△DEP=12EP⋅DH= 3t2(cm2)，S△AQO=S△EOP，S菱形ABCD=AB⋅DG=50 3(cm2)，
∴S四边形CDEM=S梯形ABCD−S△AQO+S△BQM+S△DEP+S△EOP=S菱形ABCD+S△BQM+S△DEP
∴S四边形CDEM=50 3+ 3(5−t)32t+ 3t2，
∴S四边形CDEM= 32t2+15 32t+25 32+125 32t(0【解析】(1)求出∠APQ=90∘−∠DAQ=30∘，由直角三角形的性质可得出答案；
(2)过点D作DH⊥EP，交EP的延长线于点H，求出DH= 3tcm，EH=EP+PH=3tcm，由勾股定理可得出答案；
(3)延长DH交AB于点G，过点D作DN⊥CM于点N，设EM，AD交于点O，证明△AOQ∽△BMQ，得出AQBQ=AOBM，由三角形面积公式及菱形的面积公式可求出答案．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，菱形的性质，掌握特殊几何图形的性质是解题的关键．甲
乙
丙
丁
x−
8.3
9.2
9.2
8.5
S2
1
1
1.1
1.7
货车类型
载重量(吨/辆)
运往A地的成本(元/辆)
运往B地的成本(元/辆)
甲种
16
1200
900
乙种
12
1000
750