2023年吉林省长春市农安县四校中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023年吉林省长春市农安县四校中考数学模拟试卷（含解析），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．（2分）在实数中，最小的数是（ ）
A．B．﹣1C．0D．1
2．（2分）2023年吉林省旅游项目春季集中开工活动在全省各地同时举行，本次参与全省集中开工的旅游项目达到72个，其中，新建项目14个，续建项目58个，总投资1083亿元，将1083亿用科学记数法表示为（ ）
A．1.083×1010B．1.083×1011
C．1.083×1012D．0.1083×1012
3．（2分）如图所示的几何体的主视图是（ ）
A．B．C．D．
4．（2分）不等式3+2x＜1的解集在数轴上表示正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
5．（2分）如图所示的正六边形花环绕中心至少旋转α度能与自身重合，则α为（ ）
A．30B．60C．120D．180
6．（2分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB、OC．若BC＝CD，∠BCO＝59°，则∠A的大小为（ ）
A．41°B．52°C．59°D．62°
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）分解因式：a2﹣4＝ ．
8．（3分）某水果店销售某种凤梨每千克m元，每周二会员日打7.9折出售，王老师周二购买了10千克这种凤梨共花费 元．
9．（3分）已知关于x的一元二次方程x2+3x+m＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 ．
10．（3分）《九章算术》是人类科学史上应用数学的“算经之首”，其中记载了一个有趣的问题：“五只雀、六只燕，共重1斤（古代1斤＝16两），雀重燕轻，互换其中一只，恰好一样重，问：每只雀、燕的重量各为多少两？”现用列方程组求解，设未知数后，小明列出一个方程为5x+6y＝16，则另一个方程应为 ．
11．（3分）如图，将两个含30°角的直角三角板的最长边靠在一起滑动，可知直角边AB∥CD，依据是 ．
12．（3分）如图，将△ABC平移到△DEF的位置，点A的对应点为点D，DE、DF分别交BC于点G、H，若AB＝3DG，则＝ ．
13．（3分）如图，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°至矩形AEFG，点D的旋转路径为，若AB＝1，BC＝2，则阴影部分的面积为 （结果保留根号和π）．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，AD是边BC上的中线，点E为边AC的中点，点F为线段AD上的动点，连接FE、FC．若AB＝2，则FE+FC的最小值为 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）先化简，再求值：a（a+4）+（2a﹣1）2，其中．
16．（5分）甲、乙、丙、丁四位同学进行一次乒乓球单打比赛，要从中选出两位同学打第一场比赛．
（1）若已确定甲打第一场，再从其余三位同学中随机选取一位，则恰好选中乙同学的概率为 ；
（2）请用画树状图或列表的方法，求恰好选中丙、丁两位同学的概率．
17．（5分）为了让学生崇尚劳动，尊重劳动，在劳动中提升综合素质，某校定期开展劳动实践活动．甲、乙两班在一次体验摘草莓的活动中，甲班摘120千克草莓与乙班摘50千克草莓所用的时间相同．已知甲班平均每小时比乙班少摘10千克草莓，求乙班平均每小时摘草莓的重量．
18．（5分）如图，ED⊥AB，FC⊥AB，垂足分别为D、C，AC＝BD，AE＝BF．求证：△AED≌△BFC．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长均为1，点A，B，C均在格点上，只用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图．
（1）在图①中，将△ABC沿射线AA′方向平移，当点A平移到点A′时，画出平移后的△A′B′C′；
（2）在图②中，作△ABC关于直线DE成轴对称的△A1B1C1；
（3）在图③中，作△ABC关于点O成中心对称的△A2B2C2．
20．（7分）2022年4月到2023年4月我国原油进口月度走势图如图所示．根据图中信息解答下列问题．
（1）2023年1﹣2月我国原油进口 万吨；
（2）2022年4到2022年12月我国原油进口当月增速的中位数是 %；
（3）与2023年3月相比，2023年4月我国原油进口增加了 万吨；
（4）观察我国原油进口月度走势图，2023年4月原油进口量比2022年4月增加267万吨，当月增速为6.6%（计算方法：）．2023年3月当月增速为﹣14.0%，设2022年3月原油进口量为x万吨，下列算法正确的是 （填序号）．
①
②．
21．（7分）在某海域开展的“海上联合”反潜演习中，我方军舰要到达C岛完成任务．已知军舰位于B市的南偏东25°方向上的A处，且在C岛的北偏东58°方向上，B市在C岛的北偏东28°方向上，且距离C岛372 km，此时，我方军舰沿着AC方向以30 km/h的速度航行，问：我方军舰大约需要多长时间到达C岛？（参考数据：，，，）
22．（7分）如图，正比例函数y＝3x的图象与反比例函数的图象交于点C（2，c），点A在x轴的正半轴上，四边形OABC是平行四边形，的图象经过线段AB的中点M．
（1）求c、k的值；
（2）求平行四边形OABC的面积．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）经村委会和政府部门同意，老王在自家门前建了一个简易温泉水供给站．某日老王刚刚给自家的存储罐注满温泉水，拉温泉水的车队就来到了他家门前．当拉水的车辆（每辆车的型号都相同）依次停好后，他打开出水阀给拉水车注入温泉水，经过2.5分钟第一辆拉水车装满温泉水并离开（每辆拉水车之间的间隔时间忽略不计），当他给第二辆拉水车注满温泉水时，入水阀门自动打开为存储罐匀速注入温泉水，并在他给第8辆车注满温泉水时，入水阀门恰好给存储罐加满温泉水后自动关闭．已知存储罐内温泉水量y（吨）与时间x（分钟）之间的部分函数图象如图所示．
（1）a＝ ，b＝ ，m＝ ；
（2）当入水阀门自动打开为存储罐匀速注入温泉水到自动关闭时，求y与x之间的函数关系式；
（3）当老王给第6辆拉水车注满温泉水时，求存储罐内剩余的温泉水量．
24．（8分）【感知】如图①，若AB＝CD，AB∥CD，易证AE＝DE（不用证明）；
【探究】如图②，正方形ABCD和正方形CGEF的边BC、CF在同一条直线上，点G在CD上，AE、BD相交于点H，求证：AH＝EH；
【应用】如图③，在“探究”的条件下，连接CH，若BC＝4，GE＝2，则CH＝ ．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在▱ABCD中，BD⊥AB，∠A＝45°，AB＝2cm．点P从点A出发，沿折线AB﹣BC向终点C运动，点P在AB边、BC边上的运动速度分别为．在点P运动的过程中，过点P作直线AB的垂线，交折线AD﹣DC于点Q，以DQ为边向其下方作正方形DQMN．设点P的运动时间为t（s），正方形DQMN与▱ABCD重叠部分的面积为S（cm2）．
（1）点B、D之间的距离为 cm；
（2）当点M落在边BC上时，求t的值；
（3）当点P与点M重合前，求S与t之间的函数关系式．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣4x+c的顶点的纵坐标为﹣2．A（m⋅y1）、B（m+t，y2）是抛物线上的两点，其中t＞0，记抛物线在点A、B之间的部分为图象G（包含A、B两点）．
（1）求抛物线对应的函数关系式；
（2）当y1＝y2时，求m的取值范围；
（3）若t＝1，当图象G的最低点到x轴的距离等于抛物线的最低点到x轴的距离时，求m的取值范围；
（4）当抛物线的顶点是图象G的最低点时，图象G上最高点与最低点的纵坐标之差为3，求t的取值范围．
2023年吉林省长春市农安县四校中考数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．【分析】先根据两个负数比较，绝对值大的反而小，比较A，B选项中的数，然后再根据正数＞0＞负数，对已知条件中的四个数进行比较，根据比较结果，得到正确答案即可．
【解答】解：∵，|﹣1|＝1，
，
∴，
∵正数＞0＞负数，
∴，
∴最小的数是，
故选：A．
【点评】本题主要考查了实数的大小比较，解题关键是熟练掌握正负数的性质和比较两个负数大小的方法．
2．【分析】根据科学记数法表示较大数的方法求解即可．
【解答】解：1083亿＝108300000000＝1.083×1011，
故选：B．
【点评】本题考查的是科学记数法，熟知科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值是解题的关键．
3．【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【解答】解：从正面看，可得选项C的图形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
4．【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解答】解：∵3+2x＜1，
∴2x＜1﹣3，
2x＜﹣2，
∴x＜﹣1，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
5．【分析】观察可得图形有6部分组成，从而可得旋转角度．
【解答】解：该图形围绕自己的旋转中心，至少针旋转＝60°后，能与其自身重合．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转角的定义及求法，对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
6．【分析】连接OD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠BOC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理求出∠BOD，再根据圆周角定理计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接OD，
∵OB＝OC，∠BCO＝59°，
∴∠CBO＝∠BCO＝59°，
∴∠BOC＝180°﹣59°×2＝62°，
∵BC＝CD，
∴∠COD＝∠BOC＝62°，
∴∠BOD＝124°，
由圆周角定理得：∠A＝∠BOD＝62°，
故选：D．
【点评】本题考查的是圆周角定理、圆心角、弧、弦之间的关系，熟记圆周角定理是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．【分析】有两项，都能写成完全平方数的形式，并且符号相反，可用平方差公式展开．
【解答】解：a2﹣4＝（a+2）（a﹣2）．
【点评】本题主要考查平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
8．【分析】先用含m的代数式表示出凤梨的售价，再乘以10即可解决问题．
【解答】解：由题知，
凤梨打7.9折后的销售单价为0.79m元/千克，
所以10千克这种凤梨的费用为：10×0.79m＝7.9m（元）．
故答案为：7.9m．
【点评】本题考查列代数式，用含m的代数式表示出凤梨的销售单价是解题的关键．
9．【分析】根据判别式的意义得到Δ＝32﹣4×1×m＞0，然后解不等式求出m的取值即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝32﹣4×1×m＞0，
解得m＜，
所以实数m的取值范围是m＜．
故答案为：m＜．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
10．【分析】由“五只雀、六只燕，共重1斤（古代1斤＝16两）”，结合小明列出的一个方程，可得出x，y的含义，再结合“互换其中一只，恰好一样重”，即可列出另一个方程，此题得解．
【解答】解：∵五只雀、六只燕，共重1斤（古代1斤＝16两），且小明列出一个方程为5x+6y＝16，
∴x表示一只雀的重量，y表示一只燕的重量，
又∵互换其中一只，恰好一样重，
∴可列出另一个方程4x+y＝5y+x．
故答案为：4x+y＝5y+x．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．
11．【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解答】解：∵∠BAD＝∠CDA＝30°，
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行），
故答案为：内错角相等，两直线平行．
【点评】此题考查了平行线的判定，熟记平行线的判定定理是解题的关键．
12．【分析】根据平移的性质得出△ABC≌△DEF，GH∥EF，于是可证得△DGH∽△DEF，根据相似三角形面积之比等于相似比的平方即可得出答案．
【解答】解：由平移的性质得，△ABC≌△DEF，GH∥EF，
∴△DGH∽△DEF，AB＝DE，
∵AB＝3DG，
∴DE＝3DG，
即，
∵△DGH∽△DEF，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了平移的性质，相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形面积之比等于相似比的平方是解题的关键．
13．【分析】EF交于M点，连接AM，如图，先根据矩形的性质得到AD＝BC＝2，∠C＝90°，再根据旋转的性质得到∠DAG＝90°，∠FEA＝∠C＝90°，AM＝AD＝2，AE＝AB＝1，接着利用余弦的定义求出∠EAM＝60°，则ME＝，∠MAG＝30°，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分的面积＝S△AEM+S扇形MAG进行计算．
【解答】解：EF交于M点，连接AM，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝2，∠C＝90°，
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°至矩形AEFG，
∴∠DAG＝90°，∠FEA＝∠C＝90°，AM＝AD＝2，AE＝AB＝1，在Rt△AME中，
∵cs∠EAM＝＝，
∴∠EAM＝60°，
∴ME＝AE＝，
∴∠MAG＝30°，
∴阴影部分的面积＝S△AEM+S扇形MAG＝×1×+＝+π．
故答案为：+π．
【点评】本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）．也考查了矩形和旋转的性质．
14．【分析】连接BE，CF，根据已知易得AB＝AC＝2，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得AD是BC的垂直平分线，从而可得BF＝CF，进而可得EF+CF＝BE，此时FE+FC的值最小，再根据线段的中点定义可得AE＝1，最后在Rt△ABE中，利用勾股定理求出BE的长，即可解答．
【解答】解：连接BE，CF，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴AB＝AC＝2，
∵AD是边BC上的中线，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴BF＝CF，
∴EF+CF＝BF+EF＝BE，此时FE+FC的值最小，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE＝AC＝1，
在Rt△ABE中，BE＝＝＝，
∴FE+FC的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，直角三角形斜边上的中线，等腰直角三角形，熟练掌握轴对称之将军饮马模型是解题的关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．【分析】根据单项式乘多项式和完全平方公式将题目中的式子展开，然后合并同类项，再将a的值代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：a（a+4）+（2a﹣1）2
＝a2+4a+4a2﹣4a+1
＝5a2+1，
当a＝时，原式＝5×（）2+1＝36．
【点评】本题考查整式的混合运算—化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
16．【分析】（1）由题意可得共有乙、丙、丁三位同学，恰好选中乙同学的只有一种情况，则可利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好选中丙、丁两位同学的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵共有乙、丙、丁三位同学，恰好选中乙同学的只有一种情况，
∴P（恰好选中乙同学）＝，
故答案为：；
（2）画树状图如图．
共有12种可能的情况，恰好选中丙、丁两位同学的情况有2种，所以恰好选中丙、丁两位同学的概率是．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解答本题的关键是熟练掌握概率的求法：概率＝所求情况数与总情况数之比．
17．【分析】设乙班平均每小时摘草莓x千克，则甲班平均每小时摘草莓（x﹣10）千克，根据甲班摘120千克草莓与乙班摘50千克草莓所用的时间相同．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设乙班平均每小时摘草莓x千克，则甲班平均每小时摘草莓（x﹣10）千克，
由题意得：，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是所列方程的解，且符合题意．
答：乙班平均每小时摘草莓50千克．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
18．【分析】根据垂直的定义得到∠ADE＝∠BCF＝90°，根据全等三角形的判定证明即可．
【解答】证明：∵ED⊥AB，FC⊥AB，
∴∠ADE＝∠BCF＝90°，
∵AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
即AD＝BC，
在Rt△ADE与Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等式的性质，解此题的关键是推出△AED≌△BFC，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL（只适合直角三角形）．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据轴对称的性质作图即可．
（3）根据中心对称的性质作图即可．
【解答】解：（1）如图①，△A′B′C′即为所求．
（2）如图②，△A1B1C1即为所求．
（3）如图③，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、平移变换、中心对称，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．
20．【分析】（1）根据统计图数据可得答案；
（2）根据中位数的定义解答即可；
（3）根据统计图数据计算即可；
（4）设2022年3月原油进口量为x万吨，根据2023年3月原油进口量比2022年3月增速为﹣14.0%，得出2023年3月原油进口量比2022年3月增长了（4271﹣x）万吨，进而根据增速不变列出方程即可．
【解答】解：（1）由题意可知，2023年1﹣2月我国原油进口8514万吨．
故答案为：8514；
（2）由题意可知，2022年4月到2022年12月我国原油进11当月增速的中位数是﹣11%，
故答案为：﹣11%；
（3）与2023年3月相比，2023年4月我国原油进口增加了：4303﹣4036÷（1﹣0.1%）≈4303﹣4076.8＝226.2（万吨），
故答案为：226.2；
（4）设2022年3月原油进口量为x万吨，
由题意得：．
故答案为：②．
【点评】本题考查了分式方程，能根据已知条件列出方程是解答本题的关键．
21．【分析】过点A作AD⊥BC于D，设AD＝x km，在Rt△ABD中，可得BD＝≈，在Rt△ACD中，可得CD＝＝，即可列方程，求出x的值，即可求得AC的值，再根据时间＝路程÷速度即可得出答案．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠ACB＝58°﹣28°＝30°，∠ABC＝28°+25°＝53°，BC＝372km，
设AD＝x km，
在Rt△ABD中，
∵∠ABD＝53°，
∴BD＝≈＝，
在Rt△ACD中，
∵∠ACD＝30°，
∴CD＝＝＝，
∵BC＝BD+CD，
∴，
解得x≈150，
即AD＝150km，
∴AC＝2AD＝300km，
∵300÷30＝10（h），
∴我方军舰大约需要10h到达C岛．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．
22．【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点A（m，0），则点B（m+2，6），得到点M的坐标为：（m+1，3），求出m＝3，即可求解．
【解答】解：（1）当x＝2时，y＝3x＝6＝c，
即点C（2，6），
将点C的坐标代入反比例函数表达式得：k＝2×6＝12，
即c＝6，k＝12；
（2）由（1）知，反比例函数的表达式为：y＝，
设点A（m，0），则点B（m+2，6），
则点M的坐标为：（m+1，3），
将点M的坐标代入反比例函数表达式得：3（m+1）＝12，
解得：m＝3，
即点M（4，3），点B（5，6），
则四边形OABC的面积＝OA×yB＝3×6＝18．
【点评】本题考查了反比例函数综合运用，涉及到解直角三角形、平行四边形和矩形的性质、面积的计算等，分类求解和数形结合是本题解题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．【分析】（1）利用a＝25﹣2×每辆车的装水量，可求出a的值；利用b＝装满每辆车所需时间×2，可求出b的值；利用m＝装满每辆车所需时间×8，可求出m的值；
（2）当5≤x≤20时，设y与x之间的函数关系式为y＝kx+n（k≠0），根据图中点的坐标，利用待定系数法，即可求出y与x之间的函数关系式；
（3）代入x＝2.5×6，求出y值即可．
【解答】解：（1）根据题意得：a＝25﹣2×（25﹣15）＝5；
b＝2.5×2＝5；
m＝2.5×8＝20．
故答案为：5，5，20；
（2）当5≤x≤20时，设y与x之间的函数关系式为y＝kx+n（k≠0），
将（5，5），（20，25）代入y＝kx+n得：，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y＝x﹣（5≤x≤20）；
（3）当x＝2.5×6＝15时，y＝×15﹣＝．
答：存储罐内剩余的温泉水量为吨．
【点评】本题考查了一次函数的应用，根据各数量之间的关系，找出y与x之间的函数关系式是解题的关键．
24．【分析】【探究】根据正方形的性质推出ME＝FN＝BC＝AD．再根据AAS证明△AHD≌△EHM即可推出结论；
【应用】连接AC，CE，由②知AH＝EH，根据勾股定理求出AC、CE的长，再由Rt△ACE中线的意义求解得出CE的长即可得出结果．
【解答】【探究】证明：如图，延长EG交BD于点M，作MN⊥BC于点N，
∴∠MNF＝90°，
∵四边形CGEF是正方形，
∴∠GEF＝∠F＝90°，EF＝CF，
∴四边形EFNM是矩形，
∴EM＝FN，EF＝MN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MBN＝∠BMN＝45°，
∴MN＝BN，
∴BN＝CF，
∴ME＝FN＝BC＝AD．
∵∠ADC＝∠DGE＝90°，
∴ME∥AD，
∴∠ADM＝∠HME，
∵∠AHD＝∠MHE，AD＝ME，
∴△AHD≌△EHM（AAS），
∴AH＝EH．
【应用】解：如图，连接AC，CE，由②知AH＝EH，

∵四边形ABCD，CFEG是正方形，
∴∠EGC＝∠GCF＝90°，BC＝AD＝CD，GE＝GC，AC＝BD，
∴∠DBC＝45°，∠ACD＝45°，∠GCE＝45°，
∵BC＝4，
∴在Rt△BCD中，，
∴，
在Rt△CEG中，GE＝2，
∴，
∵∠ACE＝∠ACD+∠GCE＝90°，
在Rt△ACE中，AH＝EH，
∴CH＝AH＝EH＝AE，
∵AE＝，
∴CH＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．【分析】（1）由BD⊥AB，∠A＝45°，可得△ABD是等腰直角三角形，即可得点B、D之间的距离；
（2）分两种情况：①当点P在AB上时，M落在边BC上，点M与点B重合，点P在AB的中点，②当点P在BC上时，M落在边BC上，点M在BC的中点，点M与点P重合，分别求解即可；
（3）由（2）可知t的取值范围，分三种情况：①当点P在AB上时，正方形DQMN与▱ABCD部分重合；②当点P在AB上时，正方形DQMN与▱ABCD完全重合；③当点P在BC上时，正方形DQMN与▱ABCD完全重合，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵BD⊥AB，∠A＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AB＝2cm，
故答案为：2；
（2）①当点P在AB上时，过B作BE⊥AD于E，设BC与DN的交点为F，
由（1）知，∠ADB＝45°，
∴△BED是等腰直角三角形，
∴DE＝EB，
∴四边形EBFD是正方形，
∴当点Q与点E重合时，点M与点B重合，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴AD＝AB＝2cm，
∴AP＝AQ＝AD＝1cm，
∵点P在AB边上的运动速度为1cm/s．
∴t＝1；
②当点P在BC上时，取BC的中点G，连接DG，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴DG⊥BC，∠BDG＝∠CDG＝45°，
∵四边形DQMN是正方形，
∴∠NDM＝∠QDM＝45°，
∴D、M、G三点共线，
∴当点M在BC上时，点M与点G重合，
∵MQ⊥CD，BD⊥CD，
∴MQ∥BD，
∵PQ⊥CD，
∴当点M与点G重合时，点P与点G重合，
∴BP＝BC＝AD＝cm，
∵点P在AB边、BC边上的运动速度分别为1cm/s、cm/s．
∴t＝+＝3；
综上，t的值为1或3；
（3）由（2）知，t＝3时，点P与点M重合，
∴当点P与点M重合前，0≤t3，
①当0＜t⩽1时，设QM与AB的交点为H，
∵QM⊥AD，∠A＝45°，
∴△AQH是等腰直角三角形，
∵PQ⊥AH，
∴AP＝PQ＝PH，
∵AD∥BC，DN⊥AD，
∴DF⊥BC，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BF＝CF＝DF＝BC＝AD＝cm，
∵AP＝t，
∴AP＝PQ＝PH＝t，AH＝2t，
∴S△AQH＝AH•PQ＝t2，
S△CDF＝CF•DF＝1，
∵S▱ABCD＝AB•BD＝2×2＝4，
∴S＝S▱ABCD﹣S△AQH﹣S△CDF＝4﹣t2﹣1＝﹣t2+3；
②当1＜t≤2时，
∵AP＝PQ＝t，AQ＝t，
∴DQ＝AD﹣AQ＝2﹣t，
∴S＝DQ2＝2t2﹣8t+8；
③当2＜t＜3时，
∵BP＝（t﹣2），
∴CP＝BC﹣BP＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，
∴CQ＝CP＝4﹣t，
∴DQ＝CD﹣CQ＝2﹣（4﹣t）＝t﹣2，
∴S＝（t﹣2）2＝t2+4﹣4t．
综上，当0＜t⩽1时，S＝﹣t2+3；当1＜t＜2时，S＝2t2﹣8t+8；当2＜t＜3时，S＝（t﹣2）2＝t2+4﹣4t．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．【分析】（1）先根据条件求出c值即可得到抛物线解析式；
（2）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，且y1＝y2，t＞0，列出方程m+t﹣2＝2﹣m，在依据t＞0解答即可；
（3）根据题意得到（2，﹣2）在图象G上列出不等式解答即可；
（4）根据题意可得不等式m⩽2⩽m+t．因为最高点与最低点的纵坐标之差为3，所以抛物线的最高点的纵坐标为1，当y＝1时，x2﹣4x+2＝1，解得．分情况讨论即可得到t的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点的纵坐标为﹣2，对称轴为直线x＝2，
∴﹣2＝4﹣8+c，
解得c＝2，
∴抛物线对应的函数关系式为y＝x2﹣4x+2．
（2）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，且y1＝y2，t＞0，
∴m+t﹣2＝2﹣m，解得t＝﹣2m+4，
∵t＞0，
∴﹣2m+4＞0，
解得m＜2．
（3）若t＝1时，则A（m，y1），（m+1，y2），
∵图象G的最低点到x轴的距离等于抛物线的最低点到x轴的距离，
∴最低点（2，﹣2）在图象G上，
∴，
∴1⩽m⩽2，
m的取值范围是1⩽m⩽2．
（4）∵对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣2），
∴y的最小值是﹣2，
∵抛物线的顶点是图象G的最低点，
∴m⩽2⩽m+t．
∵最高点与最低点的纵坐标之差为3，
∴抛物线的最高点的纵坐标为1，
当y＝1时，x2﹣4x+2＝1，
解得．
当时，则，解得；
当时，则，解得．
综上所述，t的取值范围是．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征是解答本题的关键．