2021年天津市和平区中考数学二模试卷

这是一份2021年天津市和平区中考数学二模试卷，共31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。
2021年天津市和平区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算0﹣（﹣6）的结果等于（　　）
A．﹣6 B．0 C．16 D．6
2．（3分）2cos45°的值等于（　　）
A．12 B．22 C．62 D．1
3．（3分）下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）2020年初，国家统计局发布数据，按现行国家农村贫困标准测算，截至2019年末，全国农村贫困人口减少至551万人，累计减少9348万人．将9348万用科学记数法表示为（　　）
A．0.9348×108 B．9.348×107 C．9.348×108 D．93.48×106
5．（3分）如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（　　）

A． B． C． D．
6．（3分）估计58的值是（　　）
A．7和8之间 B．6和7之间 C．5和6之间 D．4和5之间
7．（3分）下列四个选项中是方程组2x−y=53x+4y=2解的是（　　）
A．x=3y=1 B．x=2y=−1 C．x=−1y=2 D．x=4y=3
8．（3分）计算3x+1−3xx+1的结果为（　　）
A．3 B．﹣3 C．3−3xx+1 D．3x−3x+1
9．（3分）如图，正五边形ABCDE放入某平面直角坐标系后，若顶点A，B，C，D的坐标分别是（0，a），（﹣3，2），（b，m），（c，m），则点E的坐标是（　　）

A．（2，﹣3） B．（2，3） C．（3，2） D．（3，﹣2）
10．（3分）若点（﹣3，y1），（2，y2）（3，y3）都在反比例函数y=−10x的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y3＜y2 B．y2＜y3＜y1 C．y3＜y2＜y1 D．y1＜y2＜y3
11．（3分）如图，以点C为旋转中心，把△ABC顺时针旋转得△DEC，记旋转角为α，连接AE，∠AED为β，则∠BAE的度数为（　　）

A．α﹣β B．α2+β C．β2 D．α−β2
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的对称轴是直线x＝1，且与x轴、y轴分别交于A、B两点，其中点A在点（3，0）的右侧，直线y=−12x+c经过A、B两点，有下列结论：
①c＞32；
②2a+2b+c＞0；
③−12＜a＜0．
其中正确的结论是（　　）
A．① B．①② C．②③ D．①②③
二、填空题（本大题共6小题，每个题3分，共18分）
13．（3分）计算5π﹣3π+4π的结果等于 　 　．
14．（3分）计算（3+6）（3−6）结果等于　 　．
15．（3分）不透明袋子中装有12个球，其中有3个红球、4个黄球和5个绿球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是 　 　．
16．（3分）直线y＝4x+1与x轴交点坐标为 　 　．
17．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝52，则BD的长为　 　．

18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C．
（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的半径为 　 　；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） 　 　．

三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（8分）解不等式组x−2≤4+3x①3x+2≥4x②，请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得 　 　；解不等式②，得 　 　；
（Ⅱ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；

（Ⅲ）原不等式组的解集为 　 　．
20．（8分）在一次“爱心助学”捐款活动中，全校同学人人拿出自己的零花钱，踊跃捐款，学生捐款额有5元、10元、15元、20元四种情况．李老师在全校范围内随机抽取部分学生，对捐款金额进行了统计，根据统计结果，绘制出如下的统计图①和图②．解答下列问题：
（Ⅰ）本次抽取的学生人数为 　 　，图①中m的值为 　 　；
（Ⅱ）求统计的这组学生捐款数据的平均数、众数和中位数；
（Ⅲ）根据统计的学生捐款的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校学生共捐款的钱数．


21．（10分）已知DA、DC分别与⊙O相切于点A，C，延长DC交直径AE的延长线于点P．
（Ⅰ）如图①，若DC＝PC，求∠P的度数；
（Ⅱ）如图②，在⊙O上取一点B，连接AB，BC，BE，当四边形ABCD是平行四边形时，求∠P及∠AEB的大小．


22．（10分）如图，A、B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地需经C地沿折线A﹣C﹣B行驶，全长39km．现开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知∠A＝30°，∠B＝53°，求隧道开通后，汽车从A地到B地的路程（结果精确到0.1km）参考数据：sin53°≈0.8，tan53°≈1.3，3≈1.73．

23．（10分）甲、乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，甲车离开A城的距离y1km与甲车离开A城的时间xh的对应关系如图所示，乙车比甲车晚出发12h，以60km/h的速度匀速行驶．
（Ⅰ）填空：
①A、B两城相距 　 　km；
②当0≤x≤2时，甲车的速度为 　 　km/h；
③乙车比甲车晚 　 　h到达B城；
④甲车出发4h时，距离A城 　 　km；
⑤甲，乙两车在行程中相遇时，甲车离开A城的时间为 　 　h；
（Ⅱ）当0≤x≤5＜“m“：mathxmlns：dsi＝'http：//www．dessci．com/uri/2003/MathML'dsi：zoomscale＝'150'dsi：_mathzoomed＝'1'style＝'CURSOR：pointer；DISPLAY：inline﹣block'＞2323时，请直接写出y1关于x的函数解析式．
（Ⅲ）当312≤x≤5时，两车所在位置的距离最多相差多少km？

24．（10分）如图，将一个直角三角形纸片AOB，放置在平面直角坐标系中，已知点O（0，0），点B在y轴的正半轴上，OA＝2，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，D、E两点同时从原点O出发，D点以每秒3个单位长度的速度沿x轴正方向运动，E点以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动．连接DE，交OA于点F，将△OEF沿直线DE折叠得到△O'EF．设D，E两点的运动时间为t秒．
（Ⅰ）求点A的坐标及∠OED的度数；
（Ⅱ）若折叠后△O'EF与△AOB重叠部分的面积为S．
①当折叠后△O'EF与△AOB重叠部分的图形为三角形时，请写出S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
②当重叠部分面积最大时，若△OEO'绕点E旋转，得到△PEQ，点O，O'的对应点分别为P，Q，连接AP，AQ，求△APQ面积的最大值（直接写出结果即可）．

25．（10分）抛物线y=−12x2+kx+c过点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（Ⅰ）求点C、D的坐标．
（Ⅱ）点E是线段OB上一动点，过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM．若△AEM的面积是△MON面积的2倍，求点E的坐标；
（Ⅲ）抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，连接BT，与y轴交于点P，点Q是线段AT上一动点（不与点A，点T重合）．将△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ．当△FPQ与△TPQ重叠部分的面积是△TBQ面积的14时，求线段TQ的长度．

2021年天津市和平区中考数学二模试卷
答案与解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）计算0﹣（﹣6）的结果等于（　　）
A．﹣6 B．0 C．16 D．6
【分析】有理数减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数．
【解答】解：0﹣（﹣6）＝0+6＝6．
故选：D．
2．（3分）2cos45°的值等于（　　）
A．12 B．22 C．62 D．1
【分析】直接代入特殊角的三角函数值即可．
【解答】解：原式=2×22=1．
故选：D．
3．（3分）下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
4．（3分）2020年初，国家统计局发布数据，按现行国家农村贫困标准测算，截至2019年末，全国农村贫困人口减少至551万人，累计减少9348万人．将9348万用科学记数法表示为（　　）
A．0.9348×108 B．9.348×107 C．9.348×108 D．93.48×106
【分析】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．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：9348万＝93480000＝9.348×107，
故选：B．
5．（3分）如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：左视图应该是：

故选：D．
6．（3分）估计58的值是（　　）
A．7和8之间 B．6和7之间 C．5和6之间 D．4和5之间
【分析】用夹逼法估算无理数的范围即可得出答案．
【解答】解：∵49＜58＜64，
∴7＜58＜8，
故选：A．
7．（3分）下列四个选项中是方程组2x−y=53x+4y=2解的是（　　）
A．x=3y=1 B．x=2y=−1 C．x=−1y=2 D．x=4y=3
【分析】求出方程组的解，再选出即可．
【解答】解：2x−y=5①3x+4y=2②，
①×4+②得：11x＝22，
x＝2，
把x＝2代入①得：4﹣y＝5，
解得：y＝﹣1，
即方程组得解为x=2y=−1，
故选：B．
8．（3分）计算3x+1−3xx+1的结果为（　　）
A．3 B．﹣3 C．3−3xx+1 D．3x−3x+1
【分析】通过观察知分母一样，而对于同分母分式相加减，分母不变，把分子相加减．
【解答】解：原式=3−3xx+1，
故选：C．
9．（3分）如图，正五边形ABCDE放入某平面直角坐标系后，若顶点A，B，C，D的坐标分别是（0，a），（﹣3，2），（b，m），（c，m），则点E的坐标是（　　）

A．（2，﹣3） B．（2，3） C．（3，2） D．（3，﹣2）
【分析】由题目中A点坐标特征推导得出平面直角坐标系y轴的位置，再通过C、D点坐标特征结合正五边形的轴对称性质就可以得出E点坐标了．
【解答】解：∵点A坐标为（0，a），
∴点A在该平面直角坐标系的y轴上，
∵点C、D的坐标为（b，m），（c，m），
∴点C、D关于y轴对称，
∵正五边形ABCDE是轴对称图形，
∴该平面直角坐标系经过点A的y轴是正五边形ABCDE的一条对称轴，
∴点B、E也关于y轴对称，
∵点B的坐标为（﹣3，2），
∴点E的坐标为（3，2）．
故选：C．
10．（3分）若点（﹣3，y1），（2，y2）（3，y3）都在反比例函数y=−10x的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y3＜y2 B．y2＜y3＜y1 C．y3＜y2＜y1 D．y1＜y2＜y3
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据各点横坐标的大小进行解答即可．
【解答】解：∵k＝﹣10＜0，
∴反比例函数的图象的两个分支分别位于二四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵﹣3＜0，3＞2＞0，
∴点（﹣3，y1）在第二象限，点（2，y2），（3，y3）在第四象限，
∴y1＞0，y2＜y3＜0．
∴y2＜y3＜y1．
故选：B．
11．（3分）如图，以点C为旋转中心，把△ABC顺时针旋转得△DEC，记旋转角为α，连接AE，∠AED为β，则∠BAE的度数为（　　）

A．α﹣β B．α2+β C．β2 D．α−β2
【分析】根据旋转的性质得到∠D＝∠BAC，∠ACD＝α，根据三角形的内角和定理得到∠D+∠AED＝∠CAE+∠ACD，得到∠BAC﹣∠CAE＝α﹣β，于是得到结论．
【解答】解：∵把△ABC顺时针旋转得△DEC，记旋转角为α，
∴∠D＝∠BAC，∠ACD＝α，
∵∠D+∠AED＝∠CAE+∠ACD，
∴∠BAC+β＝∠CAE+α，
∴∠BAC﹣∠CAE＝α﹣β，
∵∠BAE＝∠BAC﹣∠CAE，
∴∠BAE＝α﹣β，
故选：A．
12．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的对称轴是直线x＝1，且与x轴、y轴分别交于A、B两点，其中点A在点（3，0）的右侧，直线y=−12x+c经过A、B两点，有下列结论：
①c＞32；
②2a+2b+c＞0；
③−12＜a＜0．
其中正确的结论是（　　）
A．① B．①② C．②③ D．①②③
【分析】把A（3，0）代入y=−12x+c，求得c的值，即可判断①；由2a+2b+c整理得到2a﹣4a+c＝﹣2a+c即可判断②；根据图象点的坐标特征即可判断③．
【解答】解：∵直线y=−12x+c经过点A，点A在点（3，0）的右侧，
∴−12×3+c＞0，
∴c＞32，故①正确；
∵−b2a=1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+2b+c＝2a﹣4a+c＝﹣2a+c＞0，故②正确；
由题意可知，抛物线开口向下，a＜0，
∴当x＝3时，9a+3b+c＞−32+c，
∴9a+3b＞−32，
∴3a＞−32，
∴a＞−12，
∴−12＜a＜0，故③正确；
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每个题3分，共18分）
13．（3分）计算5π﹣3π+4π的结果等于 　6π　．
【分析】合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变．
【解答】解：5π﹣3π+4π
＝（5﹣3+4）π
＝6π．
故答案为：6π．
14．（3分）计算（3+6）（3−6）结果等于　﹣3　．
【分析】直接利用平方差公式计算得出答案．
【解答】解：原式＝3﹣6
＝﹣3．
故答案为：﹣3．
15．（3分）不透明袋子中装有12个球，其中有3个红球、4个黄球和5个绿球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是红球的概率是 　14　．
【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
【解答】解：∵袋子中共有12个小球，其中红球有3个，
∴摸出一个球是红球的概率是312=14，
故答案为：14．
16．（3分）直线y＝4x+1与x轴交点坐标为 　（−14，0）　．
【分析】令y＝0求出x的值即可．
【解答】解：∵令y＝0，则x=−14，
∴直线y＝4x+1与x轴交点坐标为（−14，0），
故答案为：（−14，0）．
17．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝52，则BD的长为　65　．

【分析】作DM⊥BC，交BC延长线于M，由勾股定理得出AC2＝AB2+BC2＝25，求出AC2+CD2＝AD2，由勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，证出∠ACB＝∠CDM，得出△ABC≌△CMD，由全等三角形的性质求出CM＝AB＝3，DM＝BC＝4，得出BM＝BC+CM＝7，再由勾股定理求出BD即可．
【解答】解：作DM⊥BC，交BC延长线于M，如图所示：

则∠M＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC2＝AB2+BC2＝25，
∴AC＝5，
∵AD＝52，CD＝5，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCM＝90°，
∴∠ACB＝∠CDM，
∵∠ABC＝∠M＝90°，
在△ABC和△CMD中
∠ACB=∠CDM∠ABC=∠MAC=CD=5
∴△ABC≌△CMD，
∴CM＝AB＝3，DM＝BC＝4，
∴BM＝BC+CM＝7，
∴BD=BM2+DM2=72+42=65，
故答案为：65．
18．（3分）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，点B，点D均在格点上，并且在同一个圆上，取格点M，连接AM并延长交圆于点C．
（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的半径为 　13　；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出线段AP，使AP平分∠CAD，且点P在圆上，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） 　取格点E，F，连接EF交CD于点G，连接OG，延长OG交⊙O于点P，线段OP即为所求　．

【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求出直径KJ的长，可得结论；
（Ⅱ）取格点E，F，连接EF交CD于点G，连接OG，延长OG交⊙O于点P，线段OP即为所求．
【解答】解：（Ⅰ）四边形ABCD外接圆的直径KJ=42+62=213，
∴四边形ABCD外接圆的半径为13．
故答案为：13；

（Ⅱ）如图，线段AP即为所求．

三、解答题（本大题共7小题，共66分。解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．（8分）解不等式组x−2≤4+3x①3x+2≥4x②，请结合题意填空，完成本题的解答．
（Ⅰ）解不等式①，得 　x≥﹣3　；解不等式②，得 　x≤2　；
（Ⅱ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；

（Ⅲ）原不等式组的解集为 　﹣3≤x≤2　．
【分析】先求出不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【解答】解：x−2≤4+3x①3x+2≥4x②，
（Ⅰ）解不等式①，得x≥﹣3，
解不等式②，得x≤2，
（Ⅱ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
；
（Ⅲ）原不等式组的解集为﹣3≤x≤2，
故答案为：x≥﹣3，x≤2，﹣3≤x＜2
20．（8分）在一次“爱心助学”捐款活动中，全校同学人人拿出自己的零花钱，踊跃捐款，学生捐款额有5元、10元、15元、20元四种情况．李老师在全校范围内随机抽取部分学生，对捐款金额进行了统计，根据统计结果，绘制出如下的统计图①和图②．解答下列问题：
（Ⅰ）本次抽取的学生人数为 　50人　，图①中m的值为 　36　；
（Ⅱ）求统计的这组学生捐款数据的平均数、众数和中位数；
（Ⅲ）根据统计的学生捐款的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校学生共捐款的钱数．


【分析】（Ⅰ）取捐款5元的人数以及百分比求出总人数，再根据百分比的定义求解即可；
（Ⅱ）根据平均数，众数，中位数的定义求解即可；
（Ⅲ）利用样本估计总体的思想解决问题．
【解答】解：（Ⅰ）抽取的学生人数＝6÷12%＝50（人），m%=1850=36%，
∴m＝36．
故答案为：50人，36；

（Ⅱ）∵x=5×6+10×18+15×16+20×1050=13，
∴这组数据的平均数为13．
∵值这组数据中，10出现了18次，出现的次数最多，
∴这组数据是众数是10，
∵将这组数据从小到大排列，其中处于中间位置的两个数都是15，15+152=15，
∴这组数据的中位数为15；

（Ⅲ）13×800＝10400（元），
答：估计该校学生共捐款的钱数是10400元．
21．（10分）已知DA、DC分别与⊙O相切于点A，C，延长DC交直径AE的延长线于点P．
（Ⅰ）如图①，若DC＝PC，求∠P的度数；
（Ⅱ）如图②，在⊙O上取一点B，连接AB，BC，BE，当四边形ABCD是平行四边形时，求∠P及∠AEB的大小．


【分析】（1）根据切线的性质得到DA＝DC，OA⊥AD，根据特殊角的三角函数值求出∠P；
（2）连接OC、AC，根据菱形的判定定理得到平行四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得到∠ABC＝∠ADC，DA＝DC＝BA＝BC，根据圆周角定理、四边形内角和等于360°求出∠P，根据等边三角形的性质、圆周角定理求出∠AEB．
【解答】解：（1）∵DA、DC是⊙O的切线，
∴DA＝DC，OA⊥AD，
∵DC＝PC，
∴AD＝DC＝CP，
在Rt△DAP中，sinP=ADDP=12，
∴∠P＝30°；
（2）如图②，连接OC、AC，
∵DA、DC是⊙O的切线，
∴DA＝DC，∠OAD＝∠OCD＝90°，
∴∠AOC+∠ADC＝180°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴∠ABC＝∠ADC，DA＝DC＝BA＝BC，
∵∠OAC＝2∠ABC，
∴∠ADC＝60°，
∴∠P＝30°，
∵BA＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
由圆周角定理得：∠AEB＝∠ACB＝60°，
答：∠P＝30°，∠AEB＝60°．

22．（10分）如图，A、B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地需经C地沿折线A﹣C﹣B行驶，全长39km．现开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知∠A＝30°，∠B＝53°，求隧道开通后，汽车从A地到B地的路程（结果精确到0.1km）参考数据：sin53°≈0.8，tan53°≈1.3，3≈1.73．

【分析】在直角三角形中，利用锐角三角函数关系得出CD，AD，BD的长，进而求出隧道开通后汽车从A地到B地行驶的路程．
【解答】解：经过点C作CD⊥AB，垂足为D，

在Rt△ACD中，∠A＝30°，
∴AC＝2CD，
在Rt△BCD中，∠B＝53°，sinB=CDBC，
∴BC=CDsinB=CDsin53°，
∵AC+BC＝39，
∴2CD+CDsin53°=39，
∴2CD+1.25CD＝39，
∴CD＝12，
在Rt△ACD中，∠A＝30°，tanA=CDAD，
∴AD=CDtanA=CDtan30°=123，
在Rt△BCD中，∠B＝53°，tanB=CDBD，
∴BD=CDtanB=CDtan53°=12013，
∴AB＝AD+BD＝123+12013≈29.99≈30.0，
答：汽车从A地到B地的路程约30.0千米．
23．（10分）甲、乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，甲车离开A城的距离y1km与甲车离开A城的时间xh的对应关系如图所示，乙车比甲车晚出发12h，以60km/h的速度匀速行驶．
（Ⅰ）填空：
①A、B两城相距 　360　km；
②当0≤x≤2时，甲车的速度为 　60　km/h；
③乙车比甲车晚 　56　h到达B城；
④甲车出发4h时，距离A城 　6803　km；
⑤甲，乙两车在行程中相遇时，甲车离开A城的时间为 　52或196　h；
（Ⅱ）当0≤x≤5＜“m“：mathxmlns：dsi＝'http：//www．dessci．com/uri/2003/MathML'dsi：zoomscale＝'150'dsi：_mathzoomed＝'1'style＝'CURSOR：pointer；DISPLAY：inline﹣block'＞2323时，请直接写出y1关于x的函数解析式．
（Ⅲ）当312≤x≤5时，两车所在位置的距离最多相差多少km？

【分析】（Ⅰ）根据图表信息，即可求出相应结果．
（Ⅱ）根据图像可知0≤x≤523，被分为三部分，分别是0≤x≤2、2≤x≤223、223≤x≤523，找到对应点求出解析式即可．
（Ⅲ）当312≤x≤5时，设两车所在位置的距离相差km，则y＝（80x−2803）﹣（60x﹣30）＝20x−1903根据x的取值范围确定y的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）①根据图像可以读出距离为360km；
②120÷2＝60；
③乙车需要360÷60＝6小时，6+12−523=56；
④360−1203×（4﹣223）+120=6803；
⑤第一次相遇：120÷60+12=52；
第二次相遇：360−1203x+2803=60（x−12），解得x=196．
（Ⅱ）当0≤x≤2时，y1＝60x；
当2＜x≤223时，y1＝120；
当223＜x≤523时，代入（223，120），（523，360），得y1＝80x−2803．
（Ⅲ）当312≤x≤5时，
由题意，可知甲车在乙车前面，设两车所在位置的距离相差ykm，
则y＝（80x−2803）﹣（60x﹣30）＝20x−1903，
∵20＞0，∴y随X的增大而增大，
∴当x＝5时，y取得最大值1103．
答：两车所在位置的距商最多相差1103km．
24．（10分）如图，将一个直角三角形纸片AOB，放置在平面直角坐标系中，已知点O（0，0），点B在y轴的正半轴上，OA＝2，∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，D、E两点同时从原点O出发，D点以每秒3个单位长度的速度沿x轴正方向运动，E点以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动．连接DE，交OA于点F，将△OEF沿直线DE折叠得到△O'EF．设D，E两点的运动时间为t秒．
（Ⅰ）求点A的坐标及∠OED的度数；
（Ⅱ）若折叠后△O'EF与△AOB重叠部分的面积为S．
①当折叠后△O'EF与△AOB重叠部分的图形为三角形时，请写出S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
②当重叠部分面积最大时，若△OEO'绕点E旋转，得到△PEQ，点O，O'的对应点分别为P，Q，连接AP，AQ，求△APQ面积的最大值（直接写出结果即可）．

【分析】（Ⅰ）利用勾股定理求得OB的长，可求得点A的坐标，利用特殊角的三角函数值即可求得∠OED＝60°；
（Ⅱ）①分点O'落在线段OA上和点O'落在线段OA延长线上两种情况讨论，利用特殊角的三角函数值以及三角形面积公式即可求解；
②利用①的方法求得△O'EF与△AOB重叠部分是四边形时，函数的解析式，再比较求得重叠部分面积最大时，t的值，当PQ垂直AE的延长线时，点A到直线PQ的距离AH最长，AAPQ面积取得最大值，根据面积公式即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵∠ABO＝90°，∠AOB＝30°，OA＝2，
∴AB=12OA＝1，
∴OB=OA2−AB2=3；
∴A（1，3）；
∵∠EOD＝90°，OE＝t，OD=3t，
∴tan∠OED=ODOE=3，
∴∠OED＝60°；
（Ⅱ）①∵∠OED＝60°，∠AOB＝30°，
∴∠OFE＝90°，即OA⊥DE，
∴将△OEF沿直线DE折叠得到△O'EF，折叠后的点O′落在直线OA上，
如图，当点O′落在线段OA上，△O′EF与△AOB重叠部分是三角形，

此时△OEF≌△O′EF，
∴OE＝O′E＝t，∠EO′F＝∠EOF＝30°，
∴EF=12O′E=12t，
∴O′F=32t，
∴S=12•EF•O′F=38t2（0＜t≤233）；
如图，当点O′落在线段OA的延长线上时，△O′EF与△AOB重叠部分是三角形，

设AB与EF交于点M，
∵OE＝O′E＝t，∠EFO＝90°，∠EOF＝30°，
∴cos∠EOF=OFOE=32，
∴OF=32OE=32t，
∴AF＝OA﹣OF＝2−32t，
∵∠ABO＝∠EFO＝90°，
∴∠AOB+∠BAO＝∠AMF+∠BAO＝90°，
∴∠AMF＝30°，
∵∠MFA＝90°，∠AMF＝30°，
∴tan∠AMF=AFMF=33，
∴MF=3AF＝23−32t，
∴S=12•AF•MF=32（2−32t）2=338t2﹣3t+23（3≤t＜433）．
∴S=38t2(0＜t≤233)338t2−3t+23(3≤t＜433)．
②当点O′落在线段OA上，△O′EF与△AOB重叠部分是四边形时，设AB与O′E交于点G，

∵OE＝O′E＝t，∠EFO＝90°，∠EOF＝30°，
∴EF=12O′E=12t，OF＝O′F=32t，∠BEG＝60°，∠BGE＝30°，
∴BE=3−t，BG=3（3−t），
∴S=12⋅OB⋅AB−12•OF•EF−12•BE•BG
=12×3×1−12•32t•12t−12•（3−t）•3（3−t）
=−538t2+3t−3（233＜t＜3），
对称轴为直线t=435，
∵−538＜0，
∴当t=435时，S有最大值35；
由①知，S=38t2（0＜t≤233）时，对称轴为t＝0，
∴当t=233时，S有最大值36；
S=338t2﹣3t+23（3≤t＜433），对称轴为直线t=433，
∴当t=3时，S有最大值38；
综上，当t=435，即OE=435时，S有最大值35；
当PQ垂直AE的延长线时，点A到直线PQ的距离AH最长，△APQ面积取得最大值，如图，

∵OE=435，
∴BE＝BO﹣OE=35，
∴AE=275，
由旋转的性质可得，QE＝OE=435，∠EQH＝∠EOF＝30°，
∴EH=12QE=235，QH=3EH=65，PQ＝2QH=125，
∴AH＝AE+EH=27+235，
∴△APQ的面积=12PQ•AH=12×125×27+235=127+12325．
25．（10分）抛物线y=−12x2+kx+c过点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C，顶点为点D．
（Ⅰ）求点C、D的坐标．
（Ⅱ）点E是线段OB上一动点，过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM．若△AEM的面积是△MON面积的2倍，求点E的坐标；
（Ⅲ）抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，连接BT，与y轴交于点P，点Q是线段AT上一动点（不与点A，点T重合）．将△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ．当△FPQ与△TPQ重叠部分的面积是△TBQ面积的14时，求线段TQ的长度．
【分析】（Ⅰ）用待定系数法可得抛物线解析式是y=−12x2+x+32，即知C（0，32），又y=−12x2+x+32=−12（x﹣1）2+2，故顶点D（1，2），
（Ⅱ）设E（m，0），（0＜m＜3），则M（m，−12m2+m+32），可得直线BM解析式为y=−12（m+1）x+32（m+1），从而N（0，32（m+1）），根据△AEM的面积是△MON面积的2倍，得12（m+1）（﹣m2+m+32）＝2×34m（m+1），解得m＝﹣2−7，即得E（﹣2−7，0）；
（Ⅲ）由抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，知T（﹣3，﹣6），设直线BT解析式是y＝k2x+b2，待定系数法可得直线BT解析式是y＝x﹣3，故P（0，﹣3），过T作TG⊥y轴于G，可得TP＝BP＝＝32，S△BPQ＝S△TPQ，又△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ，故S△FPQ＝S△BPQ＝S△TPQ，①当F在BT下方时，设FQ、PT交于M，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQM，根据S△PQM=14S△BTQ，得MT＝MP，MQ＝MF，四边形QTFP是平行四边形，可知TQ＝BP＝32；②当F在BT上方时，设FP与TQ交于N，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQN，同理可得四边形FTPQ是平行四边形，可得BQ＝BP＝32，用待定系数法得直线AT解析式为y＝3x+3，设Q（t，3t+3），（﹣3＜t＜﹣1），得(t−3)2+(3t+3)2=32，解得Q（−65，−35），即得TQ=(−65+3)2+(−35+6)2=9105．
【解答】解：（Ⅰ）把A（﹣1，0）和点B（3，0）代入y=−12x2+kx+c得：
−12−k+c=0−92+3k+c=0，解得k=1c=32，
∴抛物线解析式是y=−12x2+x+32，
在y=−12x2+x+32中，令x＝0得y=32，
∴C（0，32），
∵y=−12x2+x+32=−12（x﹣1）2+2，
∴顶点D（1，2），
答：C坐标是（0，32），顶点D坐标是（1，2）；
（Ⅱ）如图：

设E（m，0），（0＜m＜3），则M（m，−12m2+m+32），
设直线BM解析式为y＝k1x+b1，
∴3k1+b1=0mk1+b1=−12m2+m+32，
解得k1=−12(m+1)b1=32(m+1)，
∴直线BM解析式为y=−12（m+1）x+32（m+1），
在y=−12（m+1）x+32（m+1）中，令x＝0得y=32（m+1），
∴N（0，32（m+1）），
∴S△MON=12ON•m=12m×32（m+1）=34m（m+1），
S△AEM=12AE•yM=12（m+1）（﹣m2+m+32），
∵△AEM的面积是△MON面积的2倍，
∴12（m+1）（﹣m2+m+32）＝2×34m（m+1），
化简整理得：m2+4m﹣3＝0，
解得m＝﹣2+7（舍去）或m＝﹣2−7，
∴m＝﹣2−7，
∴E（﹣2−7，0）；
（Ⅲ）∵抛物线上一点T，点T的横坐标是﹣3，
∴T（﹣3，﹣6），
设直线BT解析式是y＝k2x+b2，
∴−3k2+b2=−63k2+b2=0，解得k2=1b2=−3，
∴直线BT解析式是y＝x﹣3，
当x＝0时y＝﹣3，
∴P（0，﹣3），
过T作TG⊥y轴于G，则TG＝3，PG＝3，
∴TP=TG2+PG2=32，
又BP=OB2+OP2=32，
∴BP＝TP，
∴P是线段BT的中点，
∴S△BPQ＝S△TPQ，
∵△BPQ沿PQ所在直线翻折，得到△FPQ，
∴S△FPQ＝S△BPQ＝S△TPQ，
①当F在BT下方时，设FQ、PT交于M，如图：

△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQM，连接FT，
∵S△PQM=14S△BTQ，
∴S△PQM=12S△TPQ=12S△FPQ，
∴MT＝MP，MQ＝MF，
∴四边形QTFP是平行四边形，
∴TQ＝PF，
∵PF＝BP，
∴TQ＝BP＝32；
②当F在BT上方时，设FP与TQ交于N，△FPQ与△TPQ重叠部分是△PQN，连接FT，如图：

同理可得四边形FTPQ是平行四边形，
∴QF＝TP＝BP，
∵QF＝BQ，
∴BQ＝BP＝32，
设直线AT解析式为y＝k3x+b3，
∴−k3+b3=0−3k3+b3=−6，
解得k3=3b3=3，
∴直线AT解析式为y＝3x+3，
设Q（t，3t+3），（﹣3＜t＜﹣1），
BQ=(t−3)2+(3t+3)2=32，
解得t＝0（舍去）或t=−65，
∴t=−65，
∴Q（−65，−35），
∴TQ=(−65+3)2+(−35+6)2=9105，
综上所述，TQ的长度是32或9105