2024年山东省临沂市罗庄区中考数学二模试卷（B卷）（含解析）

这是一份2024年山东省临沂市罗庄区中考数学二模试卷（B卷）（含解析），共26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.下列各组数中，大小关系正确的是( )
A. −12<−13<−35B. −12<−35<−13C. −35<−12<−13D. −13<−35<−12
2.如图是度量衡工具汉尺、秦权、新莽铜卡尺和商鞅方升的示意图，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
3.计算：a(a+2)−2a=( )
A. 2B. a2C. a2+2aD. a2−2a
4.如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为焦点.若∠1=155°，∠2=30°，则∠3的度数为( )
A. 45°B. 50°C. 55°D. 60°
5.已知x2−x−1=0，计算(2x+1−1x)÷x2−xx2+2x+1的值是( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
6.一种弹簧秤最大能称不超过10kg的物体，不挂物体时弹簧的长为12cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm，在弹性限度内，挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体的质量x(kg)之间的函数关系式为( )
A. y=12−0.5x
B. y=12+0.5x
C. y=10+0.5x
D. y=0.5x
7.如果一个三位数中任意两个相邻数字之差的绝对值不超过1，则称该三位数为“平稳数”.用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数，恰好是“平稳数”的概率为( )
A. 59B. 12C. 13D. 29
8.如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④.则DH的长为( )
A. 32B. 85C. 53D. 95
9.如图，在四边形ABCD中，AB/​/CD，AD⊥AB，以D为圆心，AD为半径的弧恰好与BC相
切，切点为E，若ABCD=13，则sinC的值是( )
A. 23
B. 53
C. 34
D. 74
10.如图1，点P从等边三角形ABC的顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点B.设点P运动的路程为x,PBPC=y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则等边三角形ABC的边长为( )
A. 6B. 3C. 4 3D. 2 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若代数式5x−2有意义，则实数x的取值范围是______．
12.根据表中的数据，写出a的值为______，b的值为______．
13.某广场要建一个圆形喷水池，计划在池中心位置竖直安装一根部带有喷水头的水管，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水距离为1m处达到最高，高度为3m，水柱落地处离池中心的水距离也为3m，那么水管的设计高度应为______．
14.如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O′处，得到扇形A′O′B′.若∠O=90°，OA=2，则阴影部分的面积为 ．
15.利用图形分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法.如图1，BD是长方形ABCD的对角线，将△BCD分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若a=6，b=3，则长方形ABCD的面积是______．
16.如果一个四位自然数abcd−的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足ab−−bc−=cd−，那么称这个四位数为“递减数”.例如：四位数4129，∵41−12=29，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵53−32=21≠24，∴5324不是“递减数”.若一个“递减数”为a312−，则这个数为______；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc−与后三个数字组成的三位数bcd−的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)计算：| 5−3|+(12)−1− 20+ 3cs30°；
(2)解不等式组：3x>x+612x<−x+5．
18.(本小题8分)
某商场准备购进A、B两种商品进行销售．有关信息如下表：
已知2000元购进A产品的数量与400元购进的B产品数量相等
(1)求表中a的值；
(2)该商场准备购进A、B两种商品共50件，若要使这些产品售完后利润不低于3200元，A种产品至少要购进多少件？
19.(本小题8分)
莲花湖湿地公园是当地人民喜爱的休闲景区之一，里面的秋千深受孩子们喜爱.如图所示，秋千链子的长度为3m，当摆角∠BOC恰为26°时，座板离地面的高度BM为0.9m，当摆动至最高位置时，摆角∠AOC为50°，求座板距地面的最大高度为多少m？(结果精确到0.1m；参考数据：sin26°≈0.44，cs26°≈0.9，tan26°≈0.49，sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50≈1.2)
20.(本小题8分)
为了改进几何教学，张老师选择A，B两班进行教学实验研究，在实验班B实施新的教学方法，在控制班A采用原来的教学方法.在实验开始前，进行一次几何能力测试(前测，总分25分)，经过一段时间的教学后，再用难度、题型、总分相同的试卷进行测试(后测)，得到前测和后测数据并整理成表1和表2．
表1：前测数据
表2：后测数据
(1)A，B两班的学生人数分别是多少？
(2)请选择一种适当的统计量，分析比较A，B两班的后测数据．
(3)通过分析前测、后测数据，请对张老师的教学实验效果进行评价．
21.(本小题9分)
给某气球充满一定质量的气体，在温度不变时，气球内气体的气压p(KPa)是气体体积V(m3)的反比例函数，其图象如图所示．
(1)当气球内的气压超过150KPa时，气球会爆炸，若将气球近似看成一个球体，试估计气球的半径至少为多少时气球不会爆炸(球体的体积公式V=43πr3，π取3)；
(2)请你利用p与V的关系试解释为什么超载的车辆容易爆胎．
22.(本小题9分)
如图，AB为⊙O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若BE=3，AB=4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积(用含有π的式子表示)．
23.(本小题10分)
已知二次函数y=x2+bx−3(b为常数)．
(1)该函数图象与x轴交于A、B两点，若点A坐标为(3,0)，
①b的值是______，点B的坐标是______；
②当0(2)对于一切实数x，若函数值y>t总成立，求t的取值范围(用含b的式子表示)；
(3)当m24.(本小题12分)
[问题探究]
(1)如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O.在线段AO上任取一点P(端点除外)，连接PD、PB．

①求证：PD=PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处.当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
[迁移探究]
(2)如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变.试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵|−35|>|−12|>|−13|，
∴−35<−12<−13．
故选：C．
有理数大小比较的法则：(1)正数>0>负数；(2)两个负数比较大小，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
本题考查的是有理数的大小比较，熟练掌握其比较原则是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C.该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
故选：A．
根据轴对称图形的定义：一个平面图形，沿某条直线对折，直线两旁的部分，能够完全重合，中心对称图形的定义：一个平面图形，绕一点旋转180°，与自身完全重合，逐一进行判断即可．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：原式=a2+2a−2a
=a2．
故选：B．
直接利用单项式乘多项式运算法则化简，再合并同类项得出答案．
a2．
4.【答案】C
【解析】解：∵AB/​/OF，
∴∠1+∠OFB=180°，
∵∠1=155°，
∴∠OFB=25°，
∵∠POF=∠2=30°，
∴∠3=∠POF+∠OFB=30°+25°=55°．
故选：C．
由平行线的性质求出∠OFB=25°，由对顶角的性质得到∠POF=∠2=30°，由三角形外角的性质即可求出∠3的度数．
本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，对顶角的性质，关键是由平行线的性质求出∠OFB的度数，由对顶角的性质得到∠POF的度数，由三角形外角的性质即可解决问题．
5.【答案】A
【解析】解：原式=[2xx(x+1)−x+1x(x+1)]⋅(x+1)2x(x−1)
=x−1x(x+1)⋅(x+1)2x(x−1)
=x+1x2，
∵x2−x−1=0，
∴x2=x+1，
∴原式=x+1x+1=1．
故选：A．
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由已知等式得出x2=x+1，继而可得答案．
本题考查分式的化简求值，化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意，得y=12+0.5x(0≤x≤10)，
故选：B．
根据不挂物体时弹簧的长为12cm，每挂重1kg物体，弹簧伸长0.5cm，可得在弹性限度内，y与x的函数关系式．
本题考查了一次函数的应用，理解题意并根据题意建立函数关系式是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：用1，2，3这三个数字随机组成一个无重复数字的三位数出现的等可能结果有：
123、132、213、231、312、321，
其中恰好是“平稳数”的有123、321，
所以恰好是“平稳数”的概率为26=13，
故选：C．
先罗列出所有等可能结果，从中找到“平稳数”的结果，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
8.【答案】D
【解析】解：如图，过点M作MG⊥BD于点G，
∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，
∴AB=CD=3，∠C=90°，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 42+32=5，
根据折叠的性质可得，BE=CE=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CE=EH=2，CM=HM，
∴BE=EH=2，
∴△BEH为等腰三角形，∠EBH=∠EHB，
∵∠EBH+∠HDM=90°，
∠EHB+∠DHM=90°，
∴∠HDM=∠DHM，
∴△DHM为等腰三角形，DM=HM，
∴DM=HM=CM=12CD=32，
∵MG⊥BD，
∴DH=2DG，∠MGD=∠BCD=90°，
∵∠MDG=∠BDC，
∴△MGD∽△BCD，
∴DGCD=DMBD，即DG3=325，
∴DG=910，
∴DH=2DG=95．
故选：D．
过点M作MG⊥BD于点G，根据勾股定理求得BD=5，由折叠可知BE=CE=EH=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CM=HM，进而得出BE=EH，∠EBH=∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM=∠DHM，则DM=HM，于是可得DM=HM=CM=12CD=32，由等腰三角形的性质可得DH=2DG，易证明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，根据矩形和折叠的性质推理论证出DM=HM，以此得出点M为CD的中点是解题关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接DB、DE，设AB=m，
∵ABCD=13，
∴CD=3AB=3m，
∵AD是⊙D的半径，AD⊥AB，
∴AB是⊙D的切线，
∵⊙D与BC相切于点E，
∴BC⊥OE，EB=AB=m，∠CBD=∠ABD，
∵AB/​/CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CB=CD=3m，
∴CE=CB−EB=3m−m=2m，
∵∠CED=90°，
∴DE= CD2−CE2= (3m)2−(2m)2= 5m，
∴sinC=DECD= 5m3m= 53，
故选：B．
连接DB、DE，设AB=m，由ABCD=13得CD=3AB=3m，再证明AB是⊙D的切线，而⊙D与BC相切于点E，则BC⊥OE，由切线长定理得EB=AB=m，∠CBD=∠ABD，由AB/​/CD，得∠ABD=∠CDB，则∠CBD=∠CDB，所以CB=CD=3m，CE=2m，由勾股定理得DE= CD2−CE2= 5m，即可求得sinC=DECD= 53，于是得到问题的答案．
此题重点考查切线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，
∖
结合图象可知，当点P在AO上运动时，PBPC=1，
∴PB=PC，AO=2 3，
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
在△APB和△APC中
AB=ACPB=PCAP=AP
∴△APB≌△APC(SSS)，
∴∠BAO=∠CAO=30°，
当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为4 3，
∴OB=2 3，即AO=OB=2 3，
∴∠BAO=∠ABO=30°，
过点O作OD⊥AB，垂足为D，
∴AD=BD，则AD=AO⋅cs30°=3，
∴AB=AD+BD=6，
即等边三角形ABC的边长为6．
故选：A．
如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，结合图象可知，当点P在AO上运动时，PB=PC，AO=2 3，易知∠BAO=∠CAO=30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为4 3，可知AO=OB=2 3，过点O作OD⊥AB，解直角三角形可得AD=AO⋅cs30°，进而得出等边三角形ABC的边长．
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是综合利用两个图形给出的条件．
11.【答案】x≠2
【解析】解：由题意得：x−2≠0，
解得：x≠2，
故答案为：x≠2．
根据分式的分母不为零列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是分式有意义的条件，熟记分式的分母不为零是解题的关键．
12.【答案】52 −2
【解析】解：当x=2时，
2x+1x=2×2+12=52，
即a=52；
当x=n时，
2n+1n=1，
解得：n=−1，
经检验，n=−1是分式方程的解，
那么当x=−1时，
3x+1=−3+1=−2，
即b=−2，
故答案为：52；−2．
将x=2代入2x+1x中计算即可求得a的值；将x=n代入2x+1x可得关于n的分式方程，解得n的值后代入3x+1中计算即可求得b的值．
本题考查代数式求值及解分式方程，特别注意解分式方程时必须进行检验．
13.【答案】94m
【解析】解：由题意可知点(1,3)是抛物线的顶点，
∴设这段抛物线的解析式为y=a(x−1)2+3．
∵该抛物线过点(3,0)，
∴0=a(3−1)2+3，
解得：a=−34．
∴y=−34(x−1)2+3．
∵当x=0时，y=−34×(0−1)2+3=−34+3=94，
∴水管的设计高度应为94m.
故答案为：94m.
利用顶点式求得抛物线的解析式，再令x=0，求得相应的函数值，即为所求的答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握待定系数法及二次函数的相关性质是解题的关键．
14.【答案】π3+ 32
【解析】【分析】
如图，设O′A′交AB于点T，连接OT.首先证明∠OTO′=30°，根据S阴=S扇形O′A′B′−(S扇形OTB−S△OTO′)求解即可．
本题考查扇形面积的计算等知识，解题的关键是学会割补法求阴影部分的面积．
【解答】
解：如图，设O′A′交AB于点T，连接OT．
∵OT=OB，OO′=O′B，
∴OT=2OO′，
∵∠OO′T=90°，
∴∠O′TO=30°，∠TOO′=60°，
∴OO′=1， O′T= 3，
∴S阴=S扇形O′A′B′−(S扇形OTB−S△OTO′)
=90⋅π×22360−(60⋅π⋅22360−12×1× 3)
=π3+ 32．
故答案为：π3+ 32．
15.【答案】36
【解析】解：设小正方形的边长为x，
∴矩形的长为(a+x)，宽为(b+x)，
由图1可得：12(a+x)(b+x)=12ax×2+12bx×2+x2，
整理得：x2+ax+bx−ab=0，
∵a=6，b=3，
∴x2+9x−18=0，
∴x2+9x=18，
∴矩形的面积为(a+x)(b+x)=(x+6)(x+3)=x2+9x+18=18+18=36．
故答案为：36．
设小正方形的边长为x，利用a、b、x表示矩形的面积，再用a、b、x表示三角形以及正方形的面积，根据面积列出关于a、b、x的关系式，解出x，即可求出矩形面积．
本题考查了一元二次方程的运用，解题的关键是构建方程解决问题．
16.【答案】4312 8165
【解析】解：由题意可得10a+3−31=12，
解得a=4，
∴这个数为4312，
由题意可得，10a+b−(10b+c)=10c+d，
整理，可得10a−9b−11c=d，
一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc−与后三个数字组成的三位数bcd−的和为：
100a+10b+c+100b+10c+d
=100a+10b+c+100b+10c+10a−9b−11c
=110a+101b
=99(a+b)=11a+2b，
又∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数abc−与后三个数字组成的三位数bcd−的和能被9整除，
∴11a+2b9是整数，且a≠b≠c≠d，1≤a≤9，1≤b≤9，1≤c≤9，0≤d≤9，
a=9时，原四位数可得最大值，此时b只能取0，不符合题意，舍去，
当a=8时，b=1，此时71−11c=d，
c取9或8时，均不符合题意，
当c取7时，d=5，
∴满足条件的数的最大值是8165，
故答案为：4312；8165．
根据递减数的概念列方程求a的值，根据递减数的概念先求得10a−9b−11c=d，然后根据题意列出两个三位数字之和，结合能被9整除的数的特征分析满足条件的最大值．
本题考查新定义运算，理解新定义概念，正确推理计算是解题关键．
17.【答案】解：(1)| 5−3|+(12)−1− 20+ 3cs30°
=3− 5+2−2 5+ 3× 32
=3− 5+2−2 5+32
=132−3 5；
(2)3x>x+6①12x<−x+5②，
由①得，x>3，
由②得，x<103，
故不等式组的解集为：3【解析】(1)先根据绝对值的性质，零指数幂及特殊角的三角函数值分别计算出各数，再根据实数的运算法则进行计算即可；
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，实数的运算，绝对值的性质，零指数幂及特殊角的三角函数值，熟知以上知识是解题的关键．
18.【答案】解：(1)由题意得：2000a=400a−320，
解得：a=400，
经检验，a=400是原方程的解，且符合题意，
答：表中a的值为400；
(2)y由(1)可知，a−320=80，
设A种产品要购进x件，则B种产品要购进(50−x)件，
由题意得：(500−400)x+(120−80)(50−x)≥3200，
解得：x≥20，
答：A种产品至少要购进20件．
【解析】(1)由题意：2000元购进A产品的数量与400元购进的B产品数量相等，列出分式方程，解方程即可；
(2)设A种产品要购进x件，则B种产品要购进(50−x)件，由题意：要使这些产品售完后利润不低于3200元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找出等量关系，正确列出分式方程；(2)找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
19.【答案】解：过B作BT⊥ON于T，过A作AK⊥ON于K，如图：
在Rt△OBT中，
OT=OB⋅cs26°=3×0.9=2.7(m)，
∵∠M=∠MNT=∠BTN=90°，
∴四边形BMNT是矩形，
∴TN=BM=0.9m，
∴ON=OT+TN=3.6(m)，
在Rt△AOK中，
OK=OA⋅cs50°=3×0.64=1.92(m)，
∴KN=ON−OK=3.6−1.92≈1.7(m)，
∴座板距地面的最大高度为1.7m．
【解析】过B作BT⊥ON于T，过A作AK⊥ON于K，在Rt△OBT中，求出OT=OB⋅cs26°=2.7(m)，可得ON=OT+TN=3.6(m)，在Rt△AOK中，得OK=OA⋅cs50°=1.92(m)，故KN=ON−OK=1.68(m)，从而可知座板距地面的最大高度精确到0.1m为1.7m．
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
20.【答案】解：(1)A班的人数：28+9+9+3+1=50(人)，
B班的人数：25+10+8+2+1=46(人)，
答：A，B两班的学生人数分别是50人，46人．
(2)x−A=14×2.5+16×7.5+12×12.5+6×17.5+2×22.550=9.1，
x−B=6×2.5+8×7.5+11×12.5+18×17.5+3×22.546≈12.9，
从平均数看，B班成绩好于A班成绩．
从中位数看，A班中位数在5从百分率看，A班15分以上的人数占16%，B班15分以上的人数约占46%，B班成绩好于A班成绩．
(3)前测结果中：
x−A=28×2.5+9×7.5+9×12.5+3×17.5+1×22.550=6.5，
x−B=25×2.5+10×7.5+8×12.5+2×17.5+1×22.546≈6.4，
从平均数看，两班成绩较前测都有上升，但实验班提升得更明显，因此张老师新的教学方法效果较好．
从中位数看，两班前测中位数均在0从百分率看，A班15分上的人数增加了100%，B班15分以上的人数增加了600%，两班成绩较前测都有上升，但实验班提升得更明显，因此张老师新的教学方法效果较好．
【解析】(1)将表格中A、B班各等级人数分别相加即可得出答案；
(2)分别计算出A、B班级成绩的平均数，再从平均数、中位数和百分率方面求解即可；
(3)计算出前测A、B班级成绩的平均数，再与后测的平均数、中位数及百分率分析求解即可．
本题主要考查统计量的选择，解题的关键是掌握加权平均数、中位数的定义和意义．
21.【答案】解：(1)设函数关系式为p=kV，
根据图象可得：k=pV=120×0.04=4.8，
∴p=4.8V，
∴当p=150时，V=4.8150=0.032，
∴43×3r3=0.032，
解得：r=0.2，
∵k=4.8>0，
∴p随V的增大而减小，
∴要使气球不会爆炸，V≥0.032，此时r≥0.2，
∴气球的半径至少为0.2m时，气球不会爆炸；
(2)由于车辆超载，轮胎体积变小，胎内气压增大导致爆胎．
【解析】(1)设函数关系式为p=kV，用待定系数法可得p=4.8V，即可得当p=150时，V=4.8150=0.032，从而求出r=0.2；
(2)由于车辆超载，轮胎体积变小，胎内气压增大导致爆胎．
本题考查反比例函数的应用，涉及立方根等知识，解题的关键是读懂题意，掌握待定系数法求出反比例函数的解析式．
22.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵点C是AD的中点，
∴AC=DC，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC/​/BE，
∵BE⊥CE，
∴半径OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
(2)解：如图，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CEB=90°，
∵∠ABC=∠EBC，
∴△ACB∽△CEB，
∴ABBC=BCBE，
∴4BC=BC3，
∴BC=2 3．
答：BC的长为2 3．
(3)解：如图，连接OD、CD，
∵AB=4，
∴OC=OB=2，
在Rt△BCE中，BC=2 3, BE=3，
∴cs∠CBE=BEBC=32 3= 32，
∴∠CBE=30°，
∴∠COD=60°，
∴∠AOC=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DCO=60°，
∴∠DCO=∠AOC，
∴CD/​/AB，
∴S△COD=S△CBD，
∴S阴影=S扇形COD=60π×22360=23π．
答：阴影部分的面积为23π．
【解析】(1)连接OC，证明OC/​/BE，即可得到结论．
(2)连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得ABBC=BCBE，再代入求值即可．
(3)连接OD，CD，证明CD/​/AB，从而可得S△COD=S△CBD，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的面积．
本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．
23.【答案】(1)①−2 ，(−1,0)；
②由题意，令y=x2−2x−3=5，
∴x=4或x=−2．
又∵a=1>0，
∴二次函数图象开口向上．
∴当0∴−2(2)由题意，∵对于一切实数x，若函数值y>t总成立，
即x2+bx−3>t恒成立．
即x2+bx−3−t>0．
∵y=x2+bx−3−t开口向上，
∴Δ=b2−4(−3−t)<0．
∴t<−b2+124．
(3)由题意，抛物线上横坐标为x=1与x=2的两点关于对称轴对称，
∴对称轴x=−b2=1+22．
∴b=−3．
∴二次函数为y=x2−3x−3=(x−32)2−214．
∴当x=1或x=2时，y=−5，即此时n=−5．
由题意，∵m∴m≤−214．
【解析】解：(1)①由二次函数y=x2+bx−3过点A(3,0)，
∴9+3b−3=0．
∴b=−2．
∴二次函数为：y=x2−2x−3．
令y=0，
∴x2−2x−3=0．
∴解得，x=−1或x=3．
∴B(−1,0)．
故答案为：−2；(−1,0)．
②由题意，令y=x2−2x−3=5，
∴x=4或x=−2．
又∵a=1>0，
∴二次函数图象开口向上．
∴当0∴−2(2)由题意，∵对于一切实数x，若函数值y>t总成立，
即x2+bx−3>t恒成立．
即x2+bx−3−t>0．
∵y=x2+bx−3−t开口向上，
∴Δ=b2−4(−3−t)<0．
∴t<−b2+124．
(3)由题意，抛物线上横坐标为x=1与x=2的两点关于对称轴对称，
∴对称轴x=−b2=1+22．
∴b=−3．
∴二次函数为y=x2−3x−3=(x−32)2−214．
∴当x=1或x=2时，y=−5，即此时n=−5．
由题意，∵m∴m≤−214．
(1)①依据题意，由二次函数y=x2+bx−3过点A(3,0)代入可得b，进而得二次函数解析式，从而可以求出B；
②依据题意，由①令y=0，y=5分别求出对应自变量进而可以得解；
(2)依据题意，由不等式变形得x2+bx−3−t>0，对于一切实数成立，即对函数y=x2+bx−3−t与x轴无交点，可得Δ<0，进而可以得解；
(3)依据题意可得抛物线上横坐标为x=1与x=2的两点关于对称轴对称，从而求出b，进而得二次函数解析式，再由自变量x的取值范围是1本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
24.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°
在△DCP和△BCP中
CD=CB∠DCP=∠BCPPC=PC,
∴△DCP≌△BCP(SAS)，
∴PD=PB；
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°
在Rt△DPN和Rt△QPM中
PD=PQPN=PM,
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90°
∴∠QPN+∠DPN=90°，即∠DPQ=90°；
③解：AQ= 2OP；
理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45°，EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PM⊥AE于点M，
则QM=BM，AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90°，∠EBF=45°，
∴BE=EFsin45∘= 2EF，
∴AQ= 2OP；
(2)解：AQ=CP；
理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°，PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，
则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【解析】(1)①根据正方形的性质证明△DCP≌△BCP，即可得到结论；
②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM=PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN=90°，证明Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，得出∠DPN=∠QPM，进而可得结论；
③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ=BE，BE= 2EF即可得出结论；．
(2)先证明PQ=PB，作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．2
n
3x+1
7
b
2x+1x
a
1
进价(元)
售价(元)
A产品
a
500
B产品
a−320
120
测试分数x
05101520控制班A
28
9
9
3
1
实验班B
25
10
8
2
1
测试分数x
05101520控制班A
14
16
12
6
2
实验班B
6
8
11
18
3