2023年广东省东莞市重点中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年广东省东莞市重点中学中考数学一模试卷（含解析），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。

2023年广东省东莞市光明中学中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列四个数中，属于无理数的是(    )
A. 0 B. 227 C. π D. (−2)−1
2. 2023年全国一半公共预算教育支出安排超4.2万亿元.政府工作报告中提到，5年来，财政性教育经费占国内生产总值比例每年都保持在4%以上，学生人均经费投入大幅增加，其中4.2万亿用科学记数法表示是(    )
A. 4.2×1013 B. 4.2×1012 C. 4.2×1011 D. 4.2×103
3. 下列运算正确的是(    )
A. 2 3− 3=2 B. (a+1)2=a2+1
C. (a2)3=a5 D. 2a2⋅a=2a3
4. 如图是一家鞋店在一段时间内销售了某种女鞋各种尺码的销售情况统计图，则所销售的女鞋尺码的众数是(    )
A. 36
B. 37
C. 38
D. 39
5. 如图是小亮绘制的潜望镜原理示意图，两个平面镜的镜面AB与CD平行，入射光线m与出射光线n平行.若入射光线m与镜面AB的夹角∠1=40°，则∠6的度数为(    )
A. 100°
B. 90°
C. 80°
D. 70°


6. 不等式组3(x−2)≤x−43x>2x−1的解集在数轴上表示正确的是(    )
A. B.
C. D.
7. 下列命题中，是真命题的是(    )
A. 太阳光线下形成的投影是中心投影
B. 反比例函数y=1x的图象既是轴对称图形又是中心对称图形
C. 对角线相等的四边形是矩形
D. 若a>b，则3−a>3−b
8. 数学小组研究如下问题：东莞市地处北纬约23°的纬度上，求北纬23°纬线的长度，小组成员查阅相关资料，得到如下信息：

信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线；
信息二：如图2，赤道半径OA约为6400千米，弦BC//OA，以BC为直径的圆的周长就是北纬23°纬线的长度；(参考数据：π≈3.14，sin23°≈0.39，cos23°≈0.92，tan23°≈0.42)
根据以上信息，北纬23纬线的长度约是(    )
A. 5900千米 B. 16000千米 C. 37000千米 D. 42000千米
9. 如图，在同一平面直角坐标系中，函数y=ax+a与函数y=ax的图象可能是(    )
A. B.
C. D.
10. 如图，在矩形ABCD中，沿AF对折，点B与点E重合，再沿BE对折，点A与点F重合，两条折痕交于点O，连接OC.若BC=3CF，则OCCD的值为(    )


A. 5 B. 52 C. 3 D. 32
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，小文购买了“二十四节气”主题邮票中的4张：“立春”“立夏”“秋分”“大寒”.他想把“立夏”送给好朋友小乐.小文将它们背面朝上放在桌面上(邮票背面完全相同)，让小乐从中随机抽取一张，小乐抽到一张邮票恰好是“立夏”的概率是______ ．
12. 已知关于x的一元二次方程x2−2x+m=0有两个相等的实根，则m的值为______ ．
13. 如图，△ABC与△A1B1C1位似，点O为位似中心，已知OA：AA1=1：2，则△ABC与△A1B1C1的面积比为______ ．


14. 小明想测量一棵树的高度，他发现树影子恰好落在地面和一斜坡上，如图，此时测得地面上的影长为8米，坡面上的影长为4米．已知斜坡的坡角为30°，同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，则树的高度为______米．

15. 如图，从一块半径为1米的圆形铁皮圆O上剪出一个圆心角为90度的扇形ABC，且点A、B、C都在圆上，则此时扇形的面积(保留π)是______ 平方米．


16. 如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，延长CE交AB于F.交BD于点G，且CG垂直BD，将△ADE绕点A旋转至AE//BD时，若CE=5，EF=1，则BG的值是______ ．

17. 如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B在x轴上.以AB为边长作正方形ABCD，S正方形ABCD=50，点C在反比例函数y=k/x(k≠0,x>0)的图象上，将正方形沿x轴的负半轴方向平移6个单位长度后，点D刚好落在该函数图象上，则k的值是______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
先化简，再求值x2x+1−x+1，其中x= 2−1
19. (本小题6.0分)
红星中学为了解“双减”政策落实情况，随机抽取部分学生进行调查，统计他们平均每天完成作业的时间，并根据调查结果绘制如下不完整的统计图：

A：60≤t<70
B：70≤t<80
C：80≤t<90
D：90≤t<100
E：100≤t<110
请根据图表中提供的信息，解答下面的问题．
(1)在调查活动中，红星中学采取的调查方式是______ ；(填写“普查”或“抽样调查”)
(2)学校抽取的学生有______ 人，扇形统计图中m的值是______ ，请补全频数分布直方图．
(3)若该校共有学生3000名，求平均每天完成作业时长在“70≤t<80”分钟的学生人数．
20. (本小题6.0分)
“草长莺飞二月天，扶梯杨柳醉春烟，儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”.星期天，小明和小伙伴准备自制风筝到公园去放，小明将正方形纸片ABCD和菱形纸片EMFN按照如图所示制作，顶点B和顶点N重合，菱形EMFN的对角线MN经过点D，点E，F分别在AD，CD上．
(1)求证：△ABF≌△CBE；
(2)若AB=20cm，点E在CD的中点上，求DM的长度．

21. (本小题8.0分)
探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程以下是我们研究函数y=2x+|x−1|性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
x
…
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
…
y
…
−4
−3
−2
a
0
1
2
b
8
…
(1)写出表格中a，b的值：a= ______ ，b= ______ ；
(2)根据表格中的数据在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象；
(3)已知函数y=x2−1的图象如图所示，结合你所画的函数图象，它们相交于点A，点B，在y轴上是否存在一点P，使|PB−PA|的值最大？若存在，求出这个最大值及点P的坐标；若不存在，请说明理由．

22. (本小题8.0分)
东莞是广东龙眼主要产区之一，东莞龙眼以果型大，皮薄肉厚，甜脆爽口，营养丰富而大受欢迎，某超市用5000元购进一批甲种龙眼和用6000元购进乙种龙眼的千克数相同，已知每千克乙种龙眼价格比每千克甲种龙眼的价格多2元．
(1)求甲、乙两种龙眼每千克的进货价格；
(2)这两种龙眼销售好，商场决定再购进这两种龙眼共600千克，且乙种龙眼的数量不超过甲种龙眼数量的2倍，甲种龙眼以15元/千克销售，乙种龙眼以20元/千克销售，请问甲、乙两种龙眼各进货多少千克时获得利润最大？最大利润是多少元？
23. (本小题8.0分)
如图，以AB为直径的⊙O外接等腰Rt△ABC，点D是弧AB的一个动点(点D与点C在AB异侧，且不与点A，点B重合)，连接DA，DB，DC交AB于点E．
(1)∠BDC= ______ °；
(2)若DE=1，CE=2，求直径AB的长；
(3)随着点D的运动，请问DA+DBDC的值是否会发生改变？如果不改变，请求出它的值；如果发生改变，请说明理由．


24. (本小题10.0分)
【问题探究】(1)如图(1)在正方形ABCD中，AB=6，点E为DC上的点，DE=2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN⊥BE交AD于点M，交BC于点N，则MN的长度为______ ；
【类比迁移】(2)如图(2)在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，连接BD，过BD的中点O作MN⊥BD交AD于点M，交BC于点N，求MN的长度．
【拓展应用】(3)如图(3)李大爷家有一块平行四边形ABCD的菜地，测得AB=5 2米，BC=7米，∠ABC=45°，为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条垂直于它的小路MN(小路面积忽略不计)，求新开出的小路MN的长度．


25. (本小题10.0分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，点M是直线BC下方的二次函数图象上的一个动点，过点M作MH⊥x轴于点H，交BC于点N，求线段MN最大时点M的坐标；
(3)在(2)的条件下，该抛物线上是否存在点Q，使得∠QCB=∠CBM.若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.0是整数，属于有理数，故本选项不合题意；
B.227是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
C.π无理数，故本选项符合题意；
D.(−2)−1=−12，是分数，属于有理数，故本选项不合题意．
故选：C．
根据无理数的定义判断即可．
本题考查了无理数以及负整数指数幂，掌握无限不循环小数是无理数是解题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：4.2万亿=4200000000000=4.2×1012．
故选：B．
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是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．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．

3.【答案】D 
【解析】解：A、2 3− 3= 3，故A不符合题意；
B、(a+1)2=a2+2a+1，故B不符合题意；
C、(a2)3=a6，故C不符合题意；
D、2a2⋅a=2a3，故D符合题意．
故选：D．
利用二次根式的减法法则，完全平方公式，幂的乘方法则，单项式乘单项式的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查二次根式的化简，完全平方公式，幂的乘方，单项式乘单项式，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

4.【答案】C 
【解析】解：因为众数是在一组数据中出现次数最多的数，统计图中38码所占比例最大，即38出现的次数最多，
∴众数是38．
故选：C．
根据众数的意义解答即可．一组数据中出现次数最多的数据叫做众数．
本题考查众数的意义，熟练掌握众数的求法是解题关键．

5.【答案】A 
【解析】解：∵入射角等于反射角，∠1=40°，
∴∠2=∠1=40°，
∵∠1+∠2+∠5=180°，
∴∠5=180°−40°−40°=100°，
∵入射光线l与出射光线m平行，
∴∠6=∠5=100°．
故选：A．
先根据反射角等于入射角求出∠2的度数，再求出∠5的度数，最后根据平行线的性质得出即可．
本题考查了平行线的性质，能灵活运用平行线的性质定理推理是解此题的关键．

6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了解一元一次不等式组的方法：分别解几个不等式，它们解的公共部分即为不等式组的解，属于基础题．
分别解两个不等式，然后求它们的公共部分即可得到原不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可求解．
【解答】
解：3(x−2)≤x−4 ①3x>2x−1 ②，
由①得x≤1；
由②得x>−1；
故不等式组的解集为−1 在数轴上表示出来为：
．
故选C．  
7.【答案】B 
【解析】解：A、太阳光线下形成的投影是平行投影，故本选项说法是假命题，不符合题意；
B、反比例函数y=1x的图象既是轴对称图形又是中心对称图形，是真命题，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
D、a>b，则3−a<3−b，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故选：B．
根据平行投影的概念、轴对称图形和中心对称图形的概念、矩形的判定、不等式的性质判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

8.【答案】C 
【解析】解：作OH⊥BC于H，
∴BH=CH=12BC，
∵OA//BC，
∴∠B=∠AOB=23°，
∴cosB=cos23°=BHOB，
∵OB=6400千米，
∴BH≈6400×0.92=5888(千米)，
∴BC=2BH=11776(千米)，
∴以BC为直径的圆的周长=π×11776≈3.14×11776=36976.64≈37000(千米)．
∴北纬23纬线的长度约是37000千米．
故选：C．
作OH⊥BC于H，得到BH=CH=12BC，由平行线的性质得到∠B=∠AOB=23°，由锐角的余弦求出BH的长，由圆周长公式即可计算．
本题考查解直角三角形的应用，垂径定理，圆周长的计算，关键是搞清楚题意，由锐角的余弦求出BH的长．

9.【答案】A 
【解析】解：若双曲线经过第一、三象限，则a>0.直线应该经过第一、三象限，且与y轴交于正半轴，
若双曲线经过第二、四象限，则a<0.所以直线应该经过第二、四象限，且与y轴交于负半轴，
故选项A正确；
故选：A．
根据反比例函数图象所在的象限可以判定a的符号，根据a的符号来确定直线所经过的象限．
此题考查一次函数，反比例函数中系数及常数项与图象位置之间关系，难度不大，属于基础题．

10.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∵矩形ABCD沿AF对折，点B与点E重合，
∴∠AEF=∠ABF=90°，
∴四边形ABFE为矩形，
∵AE=AB，
∴四边形ABFE为正方形，
∴OF=OA=12AF，OB=OE=12BE，且AF=BE，AF⊥BE，
∴OF=OB，∠BOF=90°，
作OG⊥BC于点G，则∠OGC=90°，BG=FG，
∴OG=BG=FG=12BF，
设BC=3CF=3m，则CF=m，
∴CD=AB=BF=3m−m=2m，
∴OG=BG=FG=12×2m=m，
∴CG=BC−BG=3m−m=2m，
∴OC= OG2+CG2= m2+(2m)2= 5m，
∴OCCD= 5m2m= 52，
故选：B．
由矩形的性质得∠BAD=∠ABC=90°，由折叠得∠AEF=∠ABF=90°，AE=AB，则四边形ABFE为正方形，可证明OF=OB，∠BOF=90°，作OG⊥BC于点G，则OG=BG=FG=12BF，设BC=3CF=3m，则CF=m，CD=AB=BF=2m，所以OG=BG=FG=m，则CG=2m，所以OC= OG2+CG2= 5m，即可求得OCCD= 52，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，四边形ABFE为正方形是解题的关键．

11.【答案】14 
【解析】解：让小乐从中随机抽取一张，小乐抽到一张邮票恰好是“立夏”的概率是14．
故答案为：14．
根据概率公式求解即可．
本题考查列表法与画树状图法求概率，解答本题的关键是明确题意，画出相应的树状图．

12.【答案】1 
【解析】解：∵x2−2x+m=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(−2)2−4×1×m=0，
解得m=1．
故答案为：1．
根据根的判别式的意义得到Δ=(−2)2−4×1×m=0，然后解关于m的方程即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．

13.【答案】1：9 
【解析】解：∵△ABC与△A1B1C1位似，OA：AA1=1：2，
∴△ABC与△A1B1C1的位似比是1：3，
∴△ABC与△A1B1C1的相似比为1：3，
∴△ABC与△A1B1C1的面积比为1：9．
故答案为：1：9．
根据位似图形的概念求出△ABC与△A1B1C1的相似比，根据相似三角形的性质计算即可．
本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似的两个三角形是相似三角形、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

14.【答案】( 3+6) 
【解析】解：延长AC交BF延长线于D点，
则∠CFE=30°，作CE⊥BD于E，
在Rt△CFE中，∠CFE=30°，CF=4m，
∴CE=2(米)，EF=4cos30°=2 3(米)，
在Rt△CED中，
∵同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，CE=2(米)，CE：DE=1：2，
∴DE=4(米)，
∴BD=BF+EF+ED=12+2 3(米)
在Rt△ABD中，AB=12BD=12(12+2 3)=( 3+6)(米)．
故答案为：( 3+6)．
延长AC交BF延长线于D点，则BD即为AB的影长，然后根据物长和影长的比值计算即可．
本题考查了解直角三角形的应用以及相似三角形的性质．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长．

15.【答案】π2 
【解析】解：连接BC，
∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=2，
∴AC= 2，
∴此扇形的面积是：90π×( 2)2360=π2(米 2).
故答案为：π2．
根据题意，可以求得AB和AC的长，从而可以得到此扇形的面积．
本题考查扇形面积的计算，解答本题的关键是明确扇形面积的计算公式，利用数形结合的思想解答．

16.【答案】5− 5 
【解析】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE=∠BAD，
在△AEC和△ADB中，
AE=AD∠CAE=∠BADAC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，
∴CE=BD=5，
∵AE//BD，CG⊥BD，∠DAE=90°，
∴∠ADG=∠AEG=90°，
∴四边形AEGD是正方形，
∴AE=AD=DG=GE，
设AE=AD=DG=GE=x，
∵AE//BD，
∴△AEF∽△BGF，
∴AEBG=EFGF，
∴x5−x=1x−1，
解得：x= 5(负值舍去)，
∴BG=5− 5，
故答案为：5− 5．
由“SAS”可证△AEC≌△ADB，可得CE=BD=5，通过证明△AEF∽△BGF，可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

17.【答案】8 
【解析】解：作DF⊥y轴于点F，CE⊥x轴于点E，
正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=90°，
Rt△ABO中，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
在△OAB与△EBC中
∠CBE=∠BAO∠BEC=∠AOB=90°BC=AB，
∴△OAB≌△EBC(AAS)，
∴BE=OA，CE=OB，
同理△OAB≌△FDA，
∴DF=OA，AF=OB，
设OA=a，OB=b，则C(a+b,b)，D(a,a+b)，
∵点C在反比例函数y=k/x(k≠0,x>0)的图象上，将正方形沿x轴的负半轴方向平移6个单位长度后，点D刚好落在该函数图象上，
∴k=b(a+b)=(a−6)⋅(a+b)，
∴a−6=b，
∵S正方形ABCD=50，
∴AB2=50，
∵OA2+OB2=AB2，
∴a2+b2=50，即a2+(a−6)2=50，
解得a=7(负数舍去)，
∴b=a−6=1，
∴k=b(a+b)=8．
故答案为：8．
作DF⊥y轴于点F，CE⊥x轴于点E，通过证得△OAB≌△EBC≌△FDA可得出BE=OA=DF，CE=OB=AF，设OA=a，OB=b，即可得出C(a+b,b)，D(a,a+b)，进而把点C和平移后的D点坐标代入反比例函数的解析式求出k的值即可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，三角形全等的判断和性质，勾股定理的应用，正方形的面积等，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

18.【答案】解：原式=x2x+1−(x−1)
=x2x+1−x2−1x+1
=1x+1，
∵x= 2−1，
∴原式=1 2−1+1=1 2= 22． 
【解析】直接利用分式的加减运算法则化简，进而得出答案．
此题主要考查了分式的化简求值，正确进行分式的加减运算是解题关键．

19.【答案】抽样调查  200  35% 
【解析】解：(1)由抽样调查的定义，可知：
在调查活动中，红星中学采取的调查方式是：抽样调查，
故答案为：抽样调查；
(2)∵A组的频数为30，占比为15%，
∴学校抽取的学生有：30÷15%=200(人)，
m=100%−15%−40%−6%−4%=35%，
B组的频数为：200−30−80−12−8=70(人)，
补全频数分布直方图如下：

故答案为：200，35%；
(3)35%×3000=1050(人)，
答：平均每天完成作业时长在“70≤t<80”分钟的学生人数为1050人．
(1)根据普查，抽样调查的定义判断即可；
(2)根据A组频数和占比即可求出学校抽取的学生数(或根据C组或D组或E组的频数和占比来求)；
将100%减去A组、C组、D组、E组所占百分比，即可得到m的值；
将抽取的学生数减去A组、C组、D组、E组的学生数，即得B组的学生数(或将B组所占百分比乘以200)，再补全频数分布直方图即可；
(3)将B组所占百分比乘以3000即可求出平均每天完成作业时长在“70≤t<80”分钟的学生人数．
本题考查抽样调查，频数分布直方图，扇形统计图，用样本估计总体．从统计图中获取有用信息，熟悉样本估计总体的方法是解题的关键．

20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD=CD，∠A=∠C=90°，
∵四边形HEFG是菱形，
∴NE=NF=FM=EM，EN//FM，
∴∠FBD=∠EBD，
∴∠ABD−∠FBD=∠CBD−∠EBD，
即∠ABF=∠CBE，
在△ABF和△CBE中，
∠A=∠CAB=CB∠ABF=∠CBF，
∴△ABF≌△CBF(ASA)；
(2)解：连接EF，交NM于点O，可知EF⊥MN，
∵△ABF≌△CBF，
∴CE=AF，
∵点E在CD的中点上，AD=CD，
∴AF=DF=CE=DE=10cm，
在Rt△ABD中，AB=AD=20cm，根据勾股定理得，
BD= AB2+AD2=20 2cm，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，
BF= AB2+AF2=10 5cm，
根据勾股定理得，
BF2−BO2=DF2−OD2，
即500−(20 2−OD)2=100−OD2，
∴OD=5 2，
∴BO=MO=20 2−5 2=15 2，
∴DM=MO−DO=15 2−5 2=10 2cm． 
【解析】(1)根据正方形和菱形的性质得出AB=BC=AD=CD，NE=NF=FM=EM，EN//FM，∠A=∠C=90°，再根据全等三角形的判定定理推出即可；
(2)连接EF，交NM于点O，可知EF⊥MN，根据全等三角形的性质可得AF=DF=CE=DE=10cm，根据勾股定理求出BD和BF，再根据勾股定理求出BO即可．
此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．

21.【答案】−1  5 
【解析】解：(1)将x=−2代入y=2x+|x−1|得，y=2×(−2)+|−2−1|=−4+3=−1，
∴a=−1；
将x=2代入y=2x+|x−1|得，y=2×2+|2−1|=4+1=5，
∴b=5，
故答案为：−1，5；
(2)通过列表一描点一连线的方法作图，如图所示：

(3)存在，理由：
设直线BC的解析式为y=kx+t，
将(1,2)和(2,5)代入得：k+b=22k+b=5，
∴解得k=3b=−1，
∴y=3x−1，
联立直线y=3x−1和抛物线y=x2−1得，y=3x−1y=x2−1，
即x2−1=3x−1，
解得x1=0，x2=3．
将x=3代入y=3x−1得，y=8，
∴点B的坐标为(3,8)，
如图，作点B关于y轴的对称点B′，连接BA并延长交y轴于点P，
∴点B的坐标为(−3,8)，
∵|PB−PA|≤BA，
∴当点B′，A，P三点共线时，|PB−PA|的值最大，即B′A的长度，
设直线AC的解析式为y=k1x+b1，
将(−1,0)和(0,1)代入得：−k1+b1=0b1=1，
解得k1=1b1=1，
∴y=x+1，
联立直线y=x+1和抛物线y=x2−1得，y=x+1y=x2−1，
即x2−1=x+1，
解得x1=−1，x2=2，
将x=−1代入y=x+1得，y=0，
∴点A的坐标为(−1,0)，
∴B′A= (−1+3)2+(0+8)2=2 17，
∴|PB−PA|的最大值为2 17，
设直线BA的解析式为y=mx+n，
∴将B′(−3,8)和A(−1,0)代入得，−3m+n=8−m+n=0，
解得m=−4n=−4，
∴直线B′A的解析式为y=−4x−4，
将x=0代入y=−4x−4=−4，
∴点P的坐标为(0,−4)．
(1)将x=−2和x=2分别代入y=2x+|x−1|即可求出a和b的值；
(2)根据表格所给数据描点、连线即可；
(3)首先求出直线AC和BC的解析式，然后分别和抛物线联立求出点A和点B的坐标，作点B关于轴的对称点B′，连接BA并延长交轴于点P，然后根据|PB−PA|≤B′A得到|PB−PA|的最大值即B′A的长度，进而利用勾股定理求解即可．
此题考查了画一次函数图象，求一次函数和二次函数交点问题，最值问题等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．

22.【答案】解：(1)设每千克甲种龙眼的进货价格是x元，则每千克乙种龙眼的进货价格是(x+2)元，
根据题意得：5000x=6000x+2，
解得：x=10，
经检验，x=10是所列方程的解，且符合题意，
∴x+2=10+2=12．
答：每千克甲种龙眼的进货价格是10元，每千克乙种龙眼的进货价格是12元；
(2)设购进甲种龙眼m千克，则购进乙种龙眼(600−m)千克，
根据题意得：600−m≤2m，
解得：m≥200，
设再次购进的两种龙眼全部售出后获得的总利润为w元，则w=(15−10)m+(20−12)(600−m)，
即w=−3m+4800，
∵−3<0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m=200时，w取得最大值，最大值=−3×200+4800=4200，此时600−m=600−200=400．
答：当购进甲种龙眼200千克，乙种龙眼400千克时，获得利润最大，最大利润是4200元． 
【解析】(1)设每千克甲种龙眼的进货价格是x元，则每千克乙种龙眼的进货价格是(x+2)元，利用数量=总价÷单价，结合用5000元购进一批甲种龙眼和用6000元购进乙种龙眼的千克数相同，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出每千克甲种龙眼的进货价格，再将其代入(x+2)中，即可求出每千克乙种龙眼的进货价格；
(2)设购进甲种龙眼m千克，则购进乙种龙眼(600−m)千克，根据再次购进乙种龙眼的数量不超过甲种龙眼数量的2倍，可得出关于m的一元一次不等式，解之可求出m的取值范围，设再次购进的两种龙眼全部售出后获得的总利润为w元，利用总利润=每千克的销售利润×销售数量(购进数量)，可得出w关于m的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题．
本题考查了分式方程的应用、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，正确列出分式方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．

23.【答案】45 
【解析】解：(1)∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠CBA=45°，
∵BC=BC，
∴∠BDC=∠BAC=45°．
故答案为：45；
(2)∵AC=AC，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC=∠BAC，
∴∠ADC=∠BAC，
∵∠ACE=∠DCA，
∴△ACE∽△DCA，
∴ACDC=ECAC，
∵DE=1，CE=2，
∴AC3=2AC，
解得AC= 6(负值舍去)，
∴AC=BC= 6，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴AB= AC2+BC2=2 3；
(3)随着点D的运动，DA+DBDC的值不会发生改变，
理由如下：如图，延长BD至P点，使得DP=AD，

∵Rt△ABC中，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵AC=AC，
∴∠ABC=∠ADC=45°，
∵BC=BC，
∴∠BAC=∠BDC=45°，
∵∠ADB=∠ADC+∠BDC=45°+45°=90°，
∴∠ADP=90°，
∵DP=AD，∠P=∠PAD=45°，
∵∠ACD=∠ABD，∠ADC=∠P=45°，
∴△ADC∽△APB，
∴BPDC=APAD，
∵∠ADP=90°，AD=PD，
∴AP= 2AD= 2PD，
∴DA+DBDC=DP+DBDC=BPCD=APAD = 2ADAD= 2，
即DA+DBDC= 2．
(1)由等腰直角三角形的性质及圆周角定理可得出答案；
(2)证明△ACE∽△DCA，由相似三角形的性质得出ACDC=ECAC，求出AC的长，由勾股定理可得出答案；
(3)延长BD至P点，使得DP=AD，证明△ADC∽△APB，由相似三角形的性质得出BPDC=APAD，由等腰直角三角形的性质可得出结论．
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，利用相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．

24.【答案】2 10 
【解析】解：(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，

∵MN⊥BE，
∴∠MOH=90°，
∴∠MHO+∠HMO=90°，
∵∠MGB=90°，
∴∠HBG+∠BHG=90°，
∵∠BHG=∠MHO，
∴∠HBG=∠HMO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABG=∠MGB=90°，
∴四边形ABGM是矩形，
∴AB=MG，
∴MG=BC，
在△MGN和△BCE中，
∠HBG=∠HMO ∠MGN=∠BCE MG=BC ，
∴△MGN≌△BCE(AAS)，
∴MN=BE，
∵AB=6，DE=2CE，
∴CE=13CD=13CD=2，
∴BE= BC2+CE2= 62+22=2 10，
∴MN=2 10，
故答案为：2 10；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，

∵MN⊥BD，
∴∠MOL=90°，
∴∠MLO+∠LMO=90°，
∵∠MKB=90°，
∴∠LBK+∠BLK=90°，
∵∠BLK=∠MLO，
∴∠LBK=∠LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，∠BCD=90°，
∴∠A=∠ABK=∠MKB=90°，
∴四边形ABKM是矩形，
∴AB=MK，
∴MK=CD，
在△MKN和△BCD中，∠LBK=∠LMO，∠MKN=∠BCD=90°，
∴△MKN∽△BCD，
∴MNBD=MKBC=68=34，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴MN=34BD=152；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5 2，AB//CD，AD//BC，
∴∠ABC=∠DCQ=45°，
∵DQ⊥BC，
∴∠CDQ=45°=∠DCQ，
∴CQ=DQ，
∵DQ⊥BC，
∴CQ=DQ= 22CD=5，
∵BC=7，
∴BQ=BC+CQ=12，
∴BD= BQ2+DQ2= 122+52=13，
∵MN⊥BD，MP⊥BC，
∴∠DBQ+MNP=90°，∠MNP+∠NMP=90°，MP//DQ，
∴∠DBQ=∠NMP，
又∵∠MPN=∠Q=90°，
∴△MPN∽△BQD，
∴MPBQ=MNBD，
∵AD//BC，MP//DQ，∠Q=90°，
∴四边形MPQD是矩形，
∴MP=DQ=5，
∴512= MN13，
∴MN=6512．
(1)如图(1)，过点M作MG⊥BC于点G，MG交BE于点H，则∠MGN=∠MGB=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出MG=BC，利用AAS证明△MGN≌△BCE，根据全等三角形的性质得出MN=BE，根据勾股定理求解即可；
(2)如图(2)，过点M作MK⊥BC于点K，MK交BD于点L，则∠MKB=∠MKN=90°，根据正方形的性质及矩形的判定与性质推出AB=CD=MK，根据相似三角形的判定与性质求解即可；
(3)如图(3)，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，根据平行四边形的性质推出四边形MPQD是矩形，解直角三角形求出CQ=DQ= 22CD=5，根据勾股定理求出BD=13，根据直角三角形的性质推出∠DBQ=∠NMP，∠MPN=∠Q=90°，则△MPN∽△BQD，根据相似三角形的性质求解即可．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的性质并作出合理的辅助线构建全等三角形及相似三角形是解题的关键．

25.【答案】解：(1)将点A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)代入y=ax2+bx+c，
得：a−b+c=09a+3b+c=0c=−3，解得：a=1b=−2c=−3，
∴二次函数的表达式为：y=x2−2x−3，
(2)设直线BC的解析式为：y=k1x+b1，
将B(3,0)，C(0,−3)代入y=k1x+b1，
得：3k1+b1=0b1=−3，解得：k1=1b1=−3，
∴直线BC的解析式为：y=x−3，
设点M的横坐标为t，
∵点M在BC下方的二次函数图象上，
∴点M的纵坐标为：t2−2t−3，
∵MH⊥x轴交BC于点N，
∴点N的横坐标为t，
∴点N的纵坐标为：t−3，
∴MN=(t−3)−(t2−2t−3)=−t2+3t=−(t−32)2+94，
∴当t=32时，MN为最大，
当t=32时，t2−2t−3=−154，
∴点M的坐标为(32,−154)．
(3)存在，点Q的坐标为(92,334)或(125,−5125)．
理由如下：
设直线BM的解析式为：y=k2x+b2，
将点B(3,0)，M(3/2,−15/4)代入y=k2x+b2，
得：3k2+b2=032k2+b2=−154，解得：k2=52b2=−152，
∴直线BM的解析式为：y=52x−152，
当∠QCB=∠CBM时，有以下两种情况：
①当点Q在直线BC上方时，

∵∠QCB=∠CBM，
∴CQ//BM，
设直线CQ的解析式为：y=k3x+b3，
则k3=52，b3=−3，
∴直线CQ的解析式为：y=52x−3，
解方程组y=52x−3y=x2−2x−3，得：x1=92y1=334，x2=0y2=−3，
∴点Q的坐标为(92,334)；
②当点Q在直线BC的下方时，
设CQ与BM交于点R，连接OR，

∵∠QCB=∠CBM，
∴RB=RC，
又点A(−1,0)，C(0,−3)，
∴OB=OC=3，
∴OR为BC的垂直平分线，且为∠BOC的平分线，
由(2)知：点N的横坐标为32，
∴OH=32，
∴BH=OB−OH=3−32=32，
∴H为OB的中点，
∵NH//OC，
∴点N为BC的中点，
∴OR经过点N，
∵OR为∠BOC的平分线，
∴直线OR的解析式为：y=−x，
解方程组y=−xy=52x−152，得：x=157y=−157，
∴点R的坐标为(157,−157)，
设直线CR的解析式为：y=k4x+b4，
将C(0,−3)，R(157,−157)代入y=k4x+b4，
得：b4=−3157k4+b4=−157，解得：k4=52b4=−3，
∴直线CR的解析式为：y=52x−3，
解方程组y=52x−3y=x2−2x−3，得：x1=125y1=−5125，x2=0y2=−3，
∴点Q的坐标为(125,−5125)．
综上所述：点Q的坐标为(92,334)或(125,−5125)． 
【解析】(1)将点A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)代入y=ax2+bx+c中得到关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c即可得到二次函数的表达式；
(2)先求出直线BC的解析式为y=x−3，设点M的横坐标为t，则点M的纵坐标为：t2−2t−3，由于点N的横坐标为t，则点N的纵坐标为t−3，据此可得出MN关于t的函数关系式，然后根据函数的最大值即可求出点M的坐标；
(3)先求出直线BM的解析式为y=52x−152，分两种情况进行讨论：①当点Q在直线BC上方时，则CQ//BM，再求出直线CQ的解析式为y=52x−3，然后与抛物线的解析式联立成方程组求解即可得点Q的坐标；②当点Q在直线BC的下方时，设CQ与BM交于点R，连接OR，先证OR为BC的垂直平分线，OR为∠BOC的平分线，再证点N为BC的中点，则OR经过点N，据此得直线OR的解析式为y=−x，将直线OR的解析式与直线BM的解析式联立成方程组求解的点R的坐标，进而可得直线CR的解析式为y=52x−3，然后与抛物线的解析式联立成方程组求解即可得点Q的坐标．
此题主要考查了求函数解析式，二次函数的最值，函数的交点坐标等，解答此题的关键是熟练掌握待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，以及求函数交点坐标的方法，难点是分类讨论思想在解题中的应用，漏解是解答此题的易错点之一．