2023年湖北省随州市随县中考数学适应性试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023年湖北省随州市随县中考数学适应性试卷（4月份）（含解析），共28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年湖北省随州市随县中考数学适应性试卷（4月份）
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. −2023的绝对值是(    )
A. −12023 B. −2023 C. 12023 D. 2023
2. 拒绝“餐桌浪费”，刻不容缓．节约一粒米的帐：一个人一日三餐少浪费一粒米，全国一年就可以节省32400000斤，这些粮食可供9万人吃一年．“32400000”这个数据用科学记数法表示为(    )
A. 324×105 B. 32.4×106 C. 3.24×107 D. 0.32×108
3. 如图，直线AB//CD，直线EF分别交AB，CD于G，H，若∠CHE=120°，则∠AGE=(    )
A. 120°
B. 60°
C. 100°
D. 80°
4. 为了了解某班同学一周的课外阅读量，任选班上15名同学进行调查，统计如表，则下列说法错误的是(    )
阅读量(单位：本/周)
0
1
2
3
4
人数(单位：人)
1
4
6
2
2

A. 中位数是2 B. 平均数是2 C. 众数是2 D. 极差是2
5. 如图所示的是从不同方向观察一个长方体得到的视图，则左视图的面积为(    )

A. 15 B. 30 C. 45 D. 62
6. 如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，以点B为圆心，小于AB的长为半径画弧，分别交AB，BC于D，E两点，再分别以点D和点E为圆心，大于12DE的长为半径画弧，两弧交于点F，射线BF交AC于点G，则tan∠CBG=(    )
A. 12
B. 13
C. 34
D. 43
7. 如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，BD，AE交于点O，若随机向平行四边形ABCD内投一粒米，则米粒落在图中阴影部分的概率为(    )

A. 116 B. 112 C. 18 D. 16
8. 甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车分别从甲地开往乙地(轿车的平均速度大于货车的平均速度)，如图线段OA和折线BCD分别表示两车离甲地的距离y(单位：千米)与时间x(单位：小时)之间的函数关系．则下列说法正确的是(    )

A. 两车同时到达乙地 B. 轿车在行驶过程中进行了提速
C. 货车出发3小时后，轿车追上货车 D. 两车在前80千米的速度相等
9. 如图，在平面直角坐标系中，动点A从(1,0)出发，向上运动1个单位长度到达点B(1,1)，分裂为两个点，分别向左、右运动到点C(0,2)、点D(2,2)，此时称动点A完成第一次跳跃，再分别从C、D点出发，每个点重复上边的运动，到达点G(−1,4)、H(1,4)、I(3,4)，此时称动点A完成第二次跳跃，依此规律跳跃下去，动点A完成第2023次跳跃时，最左边第一个点的坐标是(    )

A. (−2023,4046) B. (−2022,22023) C. (−2022,4046) D. (−2023,22023)
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(5,0)，与y轴交于点C，其对称轴为直线x=2，结合图象分析如下结论：

①abc<0；②b+3a<0；③当x>0时，y随x的增大而增大；④点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a= 66.其中正确的有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算：(π2)0−2sin30°+ 4+(12)−1= ______ ．
12. 如图，点A，B，C，D在半径为5的⊙O上，连接AB，BC，CD，AD.若∠ABC=108°，则劣弧AC的长为______ ．


13. 已知一元二次方程x2−3x−1=0的两个实数根分别是x1，x2则x12x2+x1x22的值为______ ．
14. 如图，在△ABC中，∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转到△ADE的位置，点E恰好落在边BC上，且AD//BC，则∠C的度数为        ．


15. 如图，▱OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数y=1x的图象经过点C，y=kx(k≠0)的图象经过点B.若OC=AC，则k=          ．






16. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=12，AD=4，按以下步骤操作：
第一步，在边AB上取一点M，且满足BM=2BC，现折叠纸片，使点C与点M重合，点B的对应点为点B′，则得到的第一条折痕EF的长为        ．
第二步，继续折叠纸片，使得到的第二条折痕与EF垂直，点D的对应点为D′，则点B′和点D′之间的最小距离为        ．

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
先化简：(x2+2x+1x2−1+x+1x−1)÷x+1x2−x，再从不等式组2−x<4,①2(x−3)≤−2,②的解集中选一个合适的整数x的值代入求值．
18. (本小题7.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，DB=DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
(1)求证：四边形AEBD是菱形．
(2)若DC=2，BD= 10，求四边形AEBD的面积．

19. (本小题9.0分)
为了宣传我县文旅特色，让学生进一步认识随县，了解家乡，某中学举行了一次“随县文旅知识竞赛”，为了解这次竞赛成绩情况，随机抽取部分学生成绩(成绩取整数，满分为100分)作为样本，并将结果分为A，B，C，D四类，其中60分及以下为D类，61−80分为C类，81−99分为B类，100分为A类，绘制了如下的条形统计图和扇形统计图，请结合此图回答下列问题：

(1)抽取的样本容量是______ ；图2中C类的圆心角度数为______ °；请把图1中条形统计图补充完整；
(2)若这次竞赛成绩100分的学生可获奖，全校共1000名学生，请估计全校获奖人数大约有多少人？
(3)若甲、乙、丙、丁四名同学都为满分，现需要从甲、乙、丙、丁四人中选取2名同学代表学校去参加全市比赛，请用树状图或列表法分析甲和丙同学同时被选中的概率
20. (本小题8.0分)
某县消防大队到某小区进行消防演习.已知，图1是一辆登高云梯消防车的实物图，图2是其工作示意图，起重臂AC可伸缩(15m≤AC≤26m)，且起重臂AC可绕点A在一定范围内转动，张角为∠CAE(90°≤∠CAE≤150°)转动点A距离地面BD的高度AE为3m．

(1)当起重臂AC长度为20m，张角∠CAE=127°，求云梯消防车最高点C距离地面BD的高度CF；
(2)已知该小区层高为2.7m，若某居民家突发险情，请问该消防车有效救援能达到几层？请说明理由.(结果精确到0.1，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 3≈1.73)
21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，∠FAC=12∠BDC．
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若BC=6，sinB=45，求OD的长．

22. (本小题10.0分)
某镇发展农业经济产业，种植多品种的葡萄，已知某葡萄种植户李大爷的葡萄成本为10元/kg，如果在未来40天葡萄的销售单价P(元/kg)与时间t(天)之间的函数关系式为P=14t+20(1≤t≤20,为整数)−12t+35(21≤t≤40,t为整数)，且葡萄的日销量y(千克)与时间t(天)的关系如下表：
时间t/天
1
3
6
10
20
40
日销售量y/千克
118
114
108
100
80
40
(1)请直接写出符合y与t之间的函数关系式(不要求写出t的取值范围)；
(2)在后20天(即21≤t≤40，t为整数)，请求出哪一天的日销售利润最大？日销售利润最大为多少？
(3)在实际销售的前20天中，李大爷决定每销售1千克水果就捐赠n元利润(n<8)给留守儿童作为助学金，前20天销售完后李大爷发现，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，请求出n的取值范围．
23. (本小题12.0分)
定义：若一个四边形能被其中的一条对角线分割成两个相似三角形，则称这个四边形为“师梅四边形”，这条对角线称为“师梅线”.我们熟知的平行四边形就是“师梅四边形”．

(1)如图1，BD平分∠ABC，BD=4 2，BC=10.四边形ABCD是被BD分割成的“师梅四边形”，求AB长；
(2)如图2，平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的点，且OA=3，OB=2，若点C是直线y=x在第一象限上的一点，且OC是四边形OACB的“师梅线”，求四边形OACB的面积．
(3)如图3，圆内接四边形ABCD中，∠ABC=60°点E是AC的中点，连接BE交CD于点F，连接AF，∠DAF=30°，①求证：四边形ABCF是“师梅四边形”；②若△ABC的面积为6 3，求线段BF的长．
24. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x−3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数y=−x2+bx+c的图象经过点A和点C(0,3)．
(1)求点B坐标及二次函数的表达式；
(2)如图1，平移线段AC，点A的对应点D落在二次函数在第四象限的图象上，点C的对应点E落在直线AB上，直接写出四边形ACED的形状，并求出此时点D的坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，连接CD，交x轴于点M，点P为直线CD上方抛物线上一个动点，过点P作PF⊥x轴，交CD于点F，连接PC，是否存在点P，使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似？若存在，求出线段PF的长度；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：|−2023|=2023，
故选：D．
根据绝对值的定义进行计算即可．
本题考查绝对值，理解绝对值的定义是正确解答的前提．

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n为整数，据此判断即可．
此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，确定a与n的值是解题的关键．
【解答】
解：32400000=3.24×107元．
故选：C．  
3.【答案】A 
【解析】解：∵直线AB//CD，
∴∠AGE=∠CHE=120°．
故选：A．
由平行线的性质推出∠AGE=∠CHE=120°．
本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质得到∠AGE=∠CHE．

4.【答案】D 
【解析】解：15名同学一周的课外阅读量为0，1，1，1，1，2，2，2，2，2，2，3，3，4，4，
中位数为2；
平均数为(0×1+1×4+2×6+3×2+4×2)÷15=2；
众数为2；
极差为4−0=4；
所以A、B、C正确，D错误．
故选：D．
根据表格中的数据，求出中位数，平均数，众数，极差，即可做出判断．
此题考查了极差，平均数，中位数，众数，熟练掌握各自的求法是解本题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：根据题意得：左视图的长为5，宽为3，
则左视图的面积为5×3=15．
故选：A．
根据主视图与俯视图的长度，得到左视图的长与宽，即可求出面积．
此题考查了由三视图判断几何体，根据题意得出左视图的长与宽是解本题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：根据题意可得BF是∠ABC的角平分线，
过G作GH⊥CB，垂足为H，
∵∠A=90°，
∴GH=GA，且BC= AC2+AB2= 82+62=10，
设AG=x，则GH=x，CG=8−x，
∵12×CG×AB=12×BC×GH，
∴12×(8−x)×6=12×10×x，
解得x=3，
∴AG=3，
∴tan∠CBG=tan∠ABG=AGAB=36=12，
故选：A．
过G作GH⊥CB，垂足为H，设AG=x，则GH=x，CG=8−x，依据△BCG的面积，即可得到AG的长，进而得出tan∠CBG=tan∠ABG=AGAB=12．
此题主要考查了角平分线的性质以及勾股定理的应用，关键是运用面积法得到AG的长．

7.【答案】B 
【解析】解：∵E为BC的中点，
∴BEAD=12，
∴BOOD=OEAO=12，BOBD=13
∴S△BOE=12S△AOB，S△AOB=13S△ABD，
∴S△BOE=16S△ABD=112S▱ABCD，
∴米粒落在图中阴影部分的概率为112，
故选：B．
随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
本题考查了概率，熟练掌握概率公式与平行四边形的性质以及相似三角形的性质是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
根据题意和函数图象中的数据可以判断各个选项是否正确，从而可以解答本题．
【解答】
解：由题意和图可得，
轿车先到达乙地，故选项A错误，
轿车在行驶过程中进行了提速，故选项B正确，
货车的速度是：300÷5=60千米/时，轿车在BC段对应的速度是：80÷(2.5−1.2)=80013千米/时，故选项D错误，
设货车对应的函数解析式为y=kx，
5k=300，得k=60，
即货车对应的函数解析式为y=60x，
设CD段轿车对应的函数解析式为y=ax+b，
2.5a+b=804.5a+b=300，得a=110b=−195，
即CD段轿车对应的函数解析式为y=110x−195，
令60x=110x−195，得x=3.9，
即货车出发3.9小时后，轿车追上货车，故选项C错误，
故选：B．  
9.【答案】C 
【解析】解：由题意可得：每完成一次跳跃，到达点的纵坐标增加2，到达点的横坐标减少1
则动点A完成第2023次跳跃时，所有到达点的纵坐标为2023×2=4046，横坐标为：1−2023=−2022，则最左边第一个点的坐标是(−2022,4046)．
故选：C．
由图形可得每完成一次跳跃，到达点的纵坐标增加2，到达点的横坐标减少1，据此规律解答即可．
本题主要考查了观察图形的规律，根据图形得到每完成一次跳跃，到达点的纵坐标增加2，到达点的横坐标减少1是解答本题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵对称轴是直线x=2，
∴−b2a=2，
∴b=−4a<0
∵抛物线交y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，
故①不正确，
∵b=−4a，a>0，
∴b+3a=−a<0，故②正确，
观察图象可知，当0 ∵抛物线经过(−1,0)，(5,0)，
∴可以假设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，
∴M(2,−9a)，C(0,−5a)，
过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．
∵AM⊥CM，
∴∠AMC=∠KMH=90°，
∴∠CMH=∠KMA，
∵∠MHC=∠MKA=90°，
∴△MHC∽△MKA，
∴MHMK=CHAK，
∴29a=4a3，
∴a2=16，
∵a>0，
∴a= 66，故④正确，
故选：B．
①正确，根据抛物线的位置判断即可；
②正确，利用对称轴公式，可得b=−4a，可得结论；
③错误，应该是x>2时，y随x的增大而增大；
④正确，设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−5)=a(x−2)2−9a，可得M(2,−9a)，C(0,−5a)，过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K.利用相似三角形的性质，构建方程求出a即可．
本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

11.【答案】4 
【解析】解：原式=1−2×12+2+2
=1−1+2+2
=4．
故答案为：4．
直接利用特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．

12.【答案】4π 
【解析】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，∠ABC=108°，
∴∠D=72°，
∴∠AOC=2∠D=144°，
∴劣弧AC的长为144×π×5180=4π．
故答案为：4π．
根据圆内接四边形的性质可求∠D，根据圆周角定理可求∠AOC，再根据弧长公式即可求解．
本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧长的计算，关键是求出∠AOC．

13.【答案】−3 
【解析】解：∵一元二次方程x2−3x−1=0的两个实数根分别是x1，x2，
∴x1+x2=3，x1x2=−1，
∴x12x2+x1x22
=x1x2(x1+x2)
=−1×3
=−3．
故答案为：−3．
由根与系数的关系可得：x1+x2=3，x1x2=−1，再把所求的式子进行整理，代入相应的值运算即可．
本题主要考查根与系数的关系，解答的关键是熟记根与系数的关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca．

14.【答案】75° 
【解析】解：由旋转的性质得AE=AC，∠DAB=∠CAE，∠D=∠B，
∵∠B=30°，
∴∠D=30°，
∵AD//BC，
∴∠DAB=∠B=30°，
∴∠CAE=30°，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠C=180°−30°2=75°，
故答案为：75°．
由旋转的性质得到AE=AC，∠DAB=∠CAE，∠D=∠B，根据等腰三角形的性质得到∠AEC=∠C，根据平行线的性质即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：旋转前、后的图形全等．

15.【答案】3 
【解析】解：由题知，反比例函数y=1x的图象经过点C，
设C点坐标为(a,1a)，
作CH⊥OA于H，过A点作AG⊥BC于G，

∵四边形OABC是平行四边形，OC=AC，
∴OH=AH，CG=BG，四边形HAGC是矩形，
∴OH=CG=BG=a，即B(3a,1a)，
∵y=kx(k≠0)的图象经过点B，
∴k=3a⋅1a=3，
故答案为：3．
设出C点的坐标，根据C点的坐标得出B点的坐标，然后计算出k值即可．
本题主要考查反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质，平行四边形的性质等知识是解题的关键．

16.【答案】2 5 8 55 
【解析】解：(1)过点E，M作EG⊥CD，MH⊥CD于点G，H，
得矩形EMHG，矩形BCGE，矩形AMHD，
∴EM=GH，EG=MH=BC=AD=4，

由翻折可知：B′E=BE，B′M=BC=4，
设B′E=BE=x，
∵BM=2BC=8，
∴EM=BM−BE=8−x，
在Rt△B′EM中，根据勾股定理得：
EM2=B′E2+B′M2，
∴(8−x)2=x2+42，
解得x=3，
∴BE=3，
∴GH=EM=8−x=5，
由翻折可知：∠CFE=∠EFM，
∵AB//CD，
∴∠CFE=∠FEM，
∴∠EFM=∠FEM，
∴ME=MF=5，
∵MH=4，
∴FH=3，
∴GF=GH−FH=5−3=2，
∴EF= EG2+GF2= 42+22=2 5；
故答案为：2 5；
(2)如图1中，过点F作FJ⊥EF，连接BB′，过点D作DR⊥FJ于点R，交BB′的延长线于点K，延长FE交BB′于点Q，则四边形FRKQ是矩形．

∴FR=QK，
∵DK//EF，
∴∠EFG=∠FDR，
∴tan∠EFG=tan∠DFR=12，
∵DF=7，
∴DR=7 55，FR=14 55，
同法在Rt△BEQ中，可得BQ=6 55，
∵EB=EB′，EQ⊥BB′，
∴B′Q=BQ=6 55，

∴B′K=QK−QB′=14 55−6 55=8 55，
∵点D′在直线DK上运动，
∴当D′与K重合时，B′D′的最小，最小值为8 55，
故答案为：8 55．
(1)过点E，M作EG⊥CD，MH⊥CD于点G，H，得矩形EMHG，矩形BCGE，矩形AMHD，设B′E=BE=x，根据BM=2BC=8，可得EM=BM−BE=8−x，根据勾股定理列式求出x=3，进而可以解决问题；
(2)如图1中，过点F作FJ⊥EF，连接BB′，过点D作DR⊥FJ于点R，交BB′的延长线于点K，延长FE交BB′于点Q，则四边形FRKQ是矩形．由题意，点D′在直线DK上运动，推出当D′与K重合时，B′D′的最小，求出B′K即可解决问题．
本题主要考查了矩形的折叠问题，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，确定点D′的运动路径是解题的关键．

17.【答案】解：2−x<4①2(x−3)≤−2②，
由①得：x>−2，
由②得：x≤2，
∴该不等式组的解集为：−2 ∴整数解为−1，0，1，2，
原式=[(x+1)2(x+1)(x−1)+x+1x−1]⋅x(x−1)x+1
=(x+1x−1+x+1x−1)⋅x(x−1)x+1
=2(x+1)x−1⋅x(x−1)x+1
=2x，
∵x2−1≠0，x+1≠0，x2−x≠0，
∴x≠0，x≠±1，
当x=2时，
原式=2×2
=4． 
【解析】先求出不等式组的解集，得到整数解，再对原代数式进行化简，确定合适的x的值代入求解即可．
本题考查了解一元一次不等式组和分式的化简求值，涉及到了分式的加减乘除混合运算，解题关键是掌握解不等式的方法和分式的运算法则等知识．

18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//CE，
∴∠DAF=∠EBF，
∵∠AFD=∠EFB，AF=FB，
∴△AFD≌△BFE(ASA)，
∴AD=EB，
∵AD//EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD=AD，
∴四边形AEBD是菱形．
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=2，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AE=BD= 10，AB⊥DE，AF=FB=1，EF=DF，
∴EF= AE2−AF2=3，
∴DE=9，
∴S菱形AEBD=12⋅AB⋅DE=12×2×9=9． 
【解析】(1)由△AFD≌△BFE，推出AD=BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD=AD可得结论；
(2)利用勾股定理求出EF的长即可解决问题；
本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

19.【答案】200  162 
【解析】解：(1)抽取的样本容量为30÷15%=200，
图2中C类的圆心角度数为360°×90200=162°，
B类人数为200×30%=60(人)，
补全图形如下：

故答案为：200，162；
(2)1000×15%=150(人)，
答：估计全校获奖人数大约有150人；
(3)画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中甲和乙同学同时被选中的结果有2种，
所以甲和丙同学同时被选中的概率为212=16．
(1)由A类人数及其所占百分比可得样本容量，用360°乘以C类人数占总人数的比例可得其圆心角度数，再根据四个类别人数之和等于总人数求出B类人数即可补全图形；
(2)总人数乘以样本中A类别人数所占比例即可；
(3)画树状图得出所有等可能的结果数，以及甲和乙同学同时被选中的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图，能够读懂条形统计图和扇形统计图，掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．

20.【答案】解：(1)如图所示，过点C作CF⊥BD，垂足为F，过点A作AG⊥CF，垂足为G，

则AE=FG=3m，∠EAG=∠AGC=90°，
∵∠CAE=127°，
∴∠CAG=∠CAE−∠EAG=127°−90°=37°，
在Rt△AGC中，AC=20m，sin∠CAG=sin37°=CGAC≈0.60，
∴CG=ACsin37°=20×0.60=12(m)，
∴CF=CG+GF=12+3=15(m)，
∴云梯消防车最高点C距离地面的高度CF为15m．
(2)该消防车能有效救援10层，理由如下，
当∠CAE=150°，AC=26m时，能达到最高高度，
∵∠EAG=90°，
∴∠CAG=∠CAE−∠EAG=150°−90°=60°，
在Rt△CAG中，sin∠CAG=sin60°=CGAC= 32，
∴CG=AC⋅sin60°=26× 32=13 3(m)，
∴CF=CG+FG=13 3+3≈25.49(m)，
∵25.49÷2.7≈9.4，
∴该消防车能有效救援10层． 
【解析】(1)如图所示，过点C作CF⊥BD，垂足为F，过点A作AG⊥CF，垂足为G，可求出∠CAG=∠CAE−∠EAG，在Rt△AGC中，根据余弦的计算方法即可求出CG的长，由此即可求解；
(2)当∠CAE=150°，AC=26m时，能达到最高高度，可求出∠CAG的度数，在Rt△AGC中，根据余弦的计算方法即可求出CG的长，由此即可求解．
本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：如图，作OH⊥FA，垂足为H，连接OE，

∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=AD=12AB，
∴∠CAD=∠ACD，
∵∠BDC=∠CAD+∠ACD=2∠CAD，
∵∠FAC=12∠BDC，
∴∠FAC=∠CAB，
即AC是∠FAB的平分线，
∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半径，
∴OH=OE，OH是⊙O的半径，
∴AF是⊙O的切线；
(2)解：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，sinB=45，
∴可设AC=4x，AB=5x，
∴(5x)2−(4x)2=62，
∴x=2，
则AC=8，AB=10，
设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，
∵Rt△AOE∽Rt△ABC，
∴OEAO=BCAB，
即r8−r=610，
∴r=3，
∴AE=4，
∵AD=5，
∴DE=1，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD= 10． 
【解析】(1)作OH⊥FA，垂足为H，连接OE，利用直角三角形斜边上中线的性质得AD=CD，再通过导角得出AC是∠FAB的平分线，再利用角平分线的性质可得OH=OE，从而证明结论；
(2)根据BC=6，sinB=45，可得AC=8，AB=10，设⊙O的半径为r，则OC=OE=r，利用Rt△AOE∽Rt△ABC，可得r的值，再利用勾股定理求出OD的长．
本题主要考查了圆的切线的性质和判定，直角三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．

22.【答案】解：(1)设y=kt+b，把t=1，y=118；t=3，y=114代入得到：
k+b=1183k+b=114，
解得：k=−2b=120，
∴y=−2t+120．

(2)设第x天的销售利润为w元．
由题意w=(−2t+120)(−12t+35−10)=(t−55)2−25，
∴当21≤t≤24时，w随t的增大而减小，t=21时w最大值为1131元．
(3)设每天扣除捐赠后的日销售利润为m元．
由题意q=(−2t+120)(14t+20−10−n)=−12t2+(10+2n)t+1200−120n，
∵在前20天中，每天扣除捐赠后的日销售利润q随时间t的增大而增大，
∴−10+2n2×(−12)≥20，
∴n≥5，
又∵n<8，
∴n的取值范围为5≤n<8． 
【解析】(1)设y=kt+b，利用待定系数法即可解决问题．
(2)日利润=日销售量×每公斤利润，根据函数性质求最大值后比较得结论．
(3)列式表示前20天中每天扣除捐赠后的日销售利润，根据函数性质求n的取值范围．
此题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握各函数的性质和图象特征，针对所给条件作出初步判断后需验证其正确性，最值问题需由函数的性质求解时，正确表达关系式是关键．

23.【答案】(1)解：∵四边形ABCD为被BD分割的师梅四边形
∴△ABD与△DBC相似，
若△ABD∽△CBD
则ABBC=BDBD=1，
∴AB=BC=10；
若△ABD∽△DBC
则ABBD=BDBC，
∴AB=BD2BC=3210=165．
综上所述：AB=10或165．

(2)解：∵点C是直线y=x在第一象限上的一点，
∴OC平分∠BOA，
即∠BOC=∠AOC=45°，
又∵OC是四边形OACB的“师梅线”，
∴△OBC∽△OCA，
∴OBOC=OCOA，
即OC2=OB⋅OA=6，
∴OC= 6，
作CM⊥x轴于点M，CN⊥y轴于点N，

∴△ONC和△OMC都是等腰直角三角形，
∴CN=CM= 3，
∴四边形OACB的面积=S△OAC+S△OBC
=12⋅OA⋅CM+12⋅OB⋅CN
=12×3 3+12×2× 3
=5 32；

(3)①证明：∵E是AC的中点，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°，
∴∠C+∠BFC=150°，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠DAF=30°，
∴∠C+∠BAF=150°，且∠C+∠BFC=150°，
∴∠BAF=∠BFC，且∠ABE=∠CBE
∴△ABF∽△FBC．
∴四边形ABCF为师梅四边形；

②解：如图，过点A作AG⊥BC交BC与G，连接AC，

∵△ABF∽△FBC，
∴ABBF=BFBC，
∴BF2=AB⋅BC，
∵S△ABC=12BC×AG=12BC×AB×sin60°=6 3，
∴ 34AB×BC=6 3，
∴AB×BC=24=BF2，且BF>0，
∴BF=2 6． 
【解析】(1)分△ABD∽△CBD，△ABD∽△DBC两种情况讨论，由相似三角形的性质可求AB的长度；
(2)得出△OBC∽△OCA，可知OBOC=OCOA，求出OC的长，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
(3)①由题意可得∠ABE=∠EBC=30°，由三角形内角和定理和圆的内接四边形性质可得∠BAF=∠BFC，可证△ABF∽△FBC，即四边形ABCF是“师梅四边形”；
②由相似三角形的性质可得BF2=AB⋅BC，由三角形面积公式可求 34AB×BC=6 3，即可求BF的长．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质，分类讨论思想，熟练运用相似三角形判定和性质是本题的关键．

24.【答案】解：(1)依题意，对一次函数y=x−3，
令y=0，得x=3．
∴A(3,0)．
令x=0，得y=−3．
∴B(0,−3)．
将A(3,0)，C(0,3)代入抛物线解析式y=−x2+bx+c，
得−9+3b+c=0c=3，解得b=2c=3．
∴抛物线解析式为：y=−x2+2x+3．
(2)依题意，DE//AC且DE=AC，
∴四边形ACED是平行四边形．
设点D(a,−a2+2a+3)，
则点E(a−3,−a2+2a+6)，
将点E代入y=x−3得：
−a2+2a+6=a−3−3，
a2−a−12=0，
解得a1=−3(舍)，a2=4．
∴D(4,−5)．
(3)存在．
依题意，PF//y轴，则∠PFC=∠OCM，
∴∠CPF=∠COM=90°或∠PCF=∠COM=90°时，
以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似．
①当∠CPF=∠COM=90°，
∵PF//y轴，
∴PC⊥y轴，
则点P与点C关于抛物线对称．
由二次函数图像的轴对称性得PC=2．
又D(4,−5)，如图，作DG⊥y轴于点G，则DG=4，OG=5，
∴tan∠DCG=DGCG=45+3=12，
∴tan∠PFC=tan∠DCG=12，
即CPPF=12，
又CP=2．
∴PF=4．
②当∠PCF=∠COM=90°时，
如图2，作CH⊥PF于点H.则∠OCH=90°．
即∠DCG+∠FCH=90°，
又∠PCH+∠FCH=90°．
∴∠DCG=∠PCH．
∴tan∠PCH=tan∠DCG=12．
即PHCH=12．
设点P(m,−m2+2m+3)．
则点H(m,3)．
∴PH=−m2+2m+3−3=−m2+2m．
CH=m．
∴−m2+2mm=12．
解得m=32，
∴CH=32，PH=34．
又tan∠CFH=tan∠DCG=12，
∴CHHF=12．
∴FH=3．
∴PF=PH+HF=34+3=154．
综上，存在这样的点P使得以P、C、F为顶点的三角形与△COM相似．
此时PF=4或154． 
【解析】(1)依据一次函数与坐标轴交点特征可求A点、B点坐标，将A，C点坐标代入抛物线可求二次函数表达式．
(2)由平移性质可知，DE//AC且DE=AC，故四边形ACED是平行四边形．由平行四边形顶点坐标的相对位置关系，可以设D点坐标并表示E点坐标，将E点坐标代入所在直线解析式建立方程即可求解．
(3)依题意，∠PFC=∠OCM，要使得两三角形相似，只需再找另一组角相等即可．可找∠CPF=∠COM=90°或∠PCF=∠COM=90°．
本题是一道很好的二次函数综合题．看似是常规的四边形问题，相似三角形存在性问题，但是落脚点是求点及线段长，比较有新意．