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2023年河南省商丘市中考数学适应性试卷（二）（含解析）
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这是一份2023年河南省商丘市中考数学适应性试卷（二）（含解析），共23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年河南省商丘市中考数学适应性试卷（二）
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. 若|−x|=2023，则x等于( )
A. −2023 B. 2023 C. ±2023 D. 0或2023
2. PM2.5是指大气中直径≤0.0000025米的颗粒物，将0.0000025用科学记数法表示为( )
A. 2.5×10−7 B. 2.5×10−6 C. 25×10−7 D. 0.25×10−5
3. 直尺和三角尺按如图所示的方式叠放在一起，在图中所标记的角中，与∠1互余的角有几个( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
4. 下列运算正确的是( )
A. 3a+2b=5ab B. 5a2−2a2=3
C. 7a+a=7a2 D. (x−1)2=x2+1−2x
5. 下列函数的图象既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. y=x2 B. y=|x2| C. y=2x D. y=|2x|
6. 某同学要统计本班最受学生欢迎的社团活动，以下是排乱的统计步骤：
①从扇形图中分析出最受学生欢迎的社团活动
②制作问卷调查表，实施全班同学问卷调查
③绘制扇形图来表示各个社团所占的百分比
④整理问卷调查表并绘制频数分布表
正确统计步骤的顺序是( )
A. ②→③→①→④ B. ③→④→①→②
C. ①→②→④→③ D. ②→④→③→①
7. 若关于x的方程kx2+2x+1=0有实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k≠0 B. k≤1 C. k≥1 D. k≤1且k≠0
8. 一个四边形四边中点的连线所构成的中点四边形是菱形，那么这个原四边形是( )
A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 对角线相等
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(4,0)，连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A′BO′，则点A′的坐标为( )
A. (6,4)
B. (4,3)
C. (7,4)
D. (8,6)
10. 如图①，在菱形ABCD中，∠A=120°，点E是边BC的中点，点F是对角线BD上一动点，设FD的长为x，EF与CF长度的和为y.图②是y关于x的函数图象，点P为图象上的最低点，则函数图象的右端点Q的坐标为( )
A. (6,4 3) B. (4 3,3 3) C. (4 3,6) D. (6,3 3)
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若不等式组x≥mx≤2023无解，则m的取值范围是______ ．
12. 数学运算其妙无穷，如在学习有理数时，有运算2+2=2×2等两个有理数之和等于这两个有理数之积，请你在有理数中再找一组数a、b(a≠b)且a+b=ab，你找的一组是______ ．
13. 现有6张质地均匀，完全相同的纸片，分别写有“人”“民”“就”“是”“江”“山”6个汉字，现从中一次取出2张，刚好组成“人民”的概率为______ ．
14. 如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，点C在AB上，且∠AOC=60°，点P是线段OB上一动点，若OA=2，则图中阴影部分周长的最小值是______．
15. 如图，动点E、P分别是正方形ABCD的边BC，CD上的动点，沿AE，AP折叠正方形，点B，D的对应点恰好都落在点O处，若AB=3，点P是CD边的三等分点，则BE的长为______ 或______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，其中x= 27+|−2|−3tan60°．
17. (本小题9.0分)
2022年4月21日教育部发布了2022版新课程标准，规定体育与健康课时占总课时的10%～11%，某教育局对所在辖区中学的七年级“一周体育与健康开课时长”进行了随机抽样调查(每个学校七年级一周体育与健康开课时长是相同的)，并将获得的数据绘制成如下统计表：
调查结果统计表
组别
一周体育与健康开课时长(h)
频数
A
1≤t<1.5
2
B
1.5≤t<2.5
8
C
2.5≤t<3.5
m
D
3.5≤t<4.5
12
E
4.5≤t<5.5
4
请根据图表中的信息完成以下任务：
(1)m= ______ ，n= ______ ；
(2)小明同学说：“我们学校是此次抽样调查所得数据的中位数”，请写出小明同学所在学校“一周体育与健康开课时长”在哪个范围内；
(3)请你根据统计图表中的信息，针对“体育与健康”，开课情况提出一条合理建议．
18. (本小题9.0分)
阅读下列材料，完成相应的任务：
婆罗摩笈多(Brahmagupta)是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：
婆罗摩笈多定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，如果直线ME⊥BC，垂足为E，并且交边AD于点F，那么AF=FD．
证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC，
∴∠CBD+∠BCM=90°，∠CME+∠BCM=90°．
∴∠CBD=∠CME．
又∵ ______ ，∠CME=∠AMF，
∴∠CAD=∠AMF．
∴AF=MF．
…
任务：
(1)材料中横线部分缺少的条件为：______ ；
(2)请用符号语言将下面“婆罗摩笈多定理”的逆命题补充完整，并证明逆命题的正确性．
已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，如果______ ，那么______ ．
证明：______ ．
19. (本小题9.0分)
如图，直线l1：y=x+b与反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图象交于点A(3,k−2)，与y轴交于点B．
(1)求k，b的值；
(2)若直线l2过点B，且不经过第一象限，写出一个满足条件的直线l2的函数解析式，并说明理由．
20. (本小题9.0分)
如图，一艘中国军舰在南海的A处正常巡逻，突然收到北偏东53°方向的C处的一艘中国运洋油轮的求救信号，同时，一艘巡逻艇在C处的南偏东30°方向，距离C处40 3海里的B处也收到求救信号，巡逻艇在中国军舰的正东方向上，已知军舰的速度为30海里/小时，巡逻艇的速度为20海里/小时，若军舰和巡逻艇同时出发，哪个会先到达救援地点C处？(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3， 3≈1.73)
21. (本小题9.0分)
暑期将至，某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次健身费用按八折优惠；
设某学生暑期健身x(次)按照方案一所需费用为y1(元)且y1=k1+b；按照方案二所需费用为y2(元)且y2=k2x，其函数图象如图所示．
(1)求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
(2)求打折前的每次健身费用和k2的值；
(3)八年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？说明理由．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+43x+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，且经过点C(2,2)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)结合函数图象，当y<0时，求自变量x的取值范围；
(3)点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，结合函数图象求点P纵坐标yp的取值范围．
23. (本小题10.0分)
【问题情景】
在正方形ABCD中，AB=6，点P是边AD上的一个动点，过点P作PQ//AB交BC于点Q，将正方形ABCD折叠，使点C的对应点C′落在PQ上，点B的对应点为B′，折痕所在的直线交边AB于点E，交边CD于点F，EF与PQ交于点N，连接CN，过点N作NM⊥C′F于点M．
【猜想证明】
(1)如图①，当点P是AD的中点，点E和点B重合时，试猜想：CN与MC′的位置关系为______ ，数量关系为______ ．
(2)当点C′和点P重合时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请就图②所示的情形给出证明；若不成立，请写出正确结论并加以证明．
【问题解决】
(3)在(2)的条件下，若点M是C′F的三等分点，请直接写出MN的长度．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，零的绝对值为零，
∴|2023|=2023，|−2023|=2023，
∴|−x|=2023，则x=±2023．
故选：C．
根据绝对值的概念即可求解．
本题考查了绝对值的概念，掌握正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，零的绝对值为零是关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.0000025=2.5×10−6，
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3.【答案】B
【解析】解：与∠1互余的角有∠2，∠3，∠4；一共3个．
故选：B．
本题要注意到∠1与∠2互余，并且直尺的两边互相平行，可以考虑平行线的性质．
本题考查了余角的定义以及正确观察图形，由图形联想到学过的定理是数学学习的一个基本要求．
4.【答案】D
【解析】解：A.3a和2b不是同类项，不能合并，A错误，故选项A不符合题意；
B.5a2和2b2不是同类项，不能合并，B错误，故选项B不符合题意；
C.7a+a=8a，C错误，故选项C不符合题意；
D.(x−1)2=x2−2x+1，D正确，选项D符合题意．
故选：D．
由合并同类项法则及完全平方公式依次判断每个选项即可．
本题主要考查合并同类项，完全平方公式等内容，熟记同类项定义及合并同类项法则是解题基础．
5.【答案】C
【解析】解：A.y=x2的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.y=|x2|的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.y=2x的图象既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.y=|2x|的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得，
正确统计步骤的顺序是：②制作问卷调查表，实施全班同学问卷调查→④整理问卷调查表并绘制频数分布表→③绘制扇形图来表示各个社团所占的百分比→①从扇形图中分析出最受学生欢迎的社团活动，
故选：D．
根据题意和频数分布表、扇形统计图制作的步骤，可以解答本题．
本题考查扇形统计图、频数分布表，解答本题的关键是明确制作频数分布表和扇形统计图的制作步骤．
7.【答案】B
【解析】解：当k≠0时，Δ=4−4k≥0，
∴k≤1，即k≤1且k≠0，
当k=0时，
此时方程为2x+1=0，满足题意，
∴k≤1．
故选：B．
根据一元二次方程的根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解根的判别式，本题属于基础题型．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
在四边形ABCD中，点E、F、G、H是四边形四边上的中点，连接EF、EH、FG、GH、AC、BD，
在△ADC中，EH=12AC，
在△ABD中，EF=12BD，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EH=EF，
∴AC=BD，
∴原四边形的对角线相等．
故选：D．
根据三角形中位线定理得到EF=12BD，EH=12AC，根据菱形的性质得到EF=EH，得到答案．
本题以四边形为背景考查了中点四边形，考查学生自己准确画图找出其中边与边的关系．掌握三角形中位线定理、菱形的性质是解决的问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过A′作A′C⊥x轴于点C，
由旋转可得∠O′=90°，O′B⊥x轴，
∴四边形O′BCA′为矩形，
∴BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，
∴OC=OB+BC=7，
∴点A′坐标为(7,4)．
故选：C．
作A′C⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，进而求解．
本题考查平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题关键是掌握求点的坐标的常用方法．
10.【答案】D
【解析】解：连接AF，
∵在菱形ABCD中点A于点C关于BD对称，
∴AF=CF，
∴y=EF+CF=EF+AF，
当A、F、E三点在同一直线上时，y取最小值，y的最小值为线段AE的长，
由图②可知此时x=4，即F1D=4，在菱形中点E是边BC的中点，
可得AE⊥BC，EA⊥AD，
∵∠A=120°，AB=AD，
∴∠ADB=30°，
∴BC=AD=F1D⋅cos∠ADB=2 3，
∵AD//BC，
∴△ADF1∽△EBF1，
∴F1DF1B=ADBE=2，
∴F1B=12F1D=2，BE=12BC= 3，
∴BD=F1B+F1D=6，
当点F和点B重合时，此时x取值最大值6，y=EF+CF=EB+CB= 3+2 3=3 3，
∴点Q的坐标为(6,3 3)．
故选：D．
连接AF，有对称的性质可得AF=CF，所以y=EF+CF=EF+AF，当A、F、E三点在同一直线上时，y取最小值，y的最小值为线段AE的长，根据题意可得△ADF1∽△EBF1，由相似三角形的性质可得F1B与BE的长，进而求出BD的长，当点F和点B重合时可得x的最大值6，从而求出y的值，进而求出点Q的坐标．
本题考查动点问题的函数图象，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．
11.【答案】m>2023
【解析】解：∵不等式组x≥mx≤2023无解，
∴m>2023．
故答案为：m>2023．
根据不等式组解集确定方法：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解，可以判定m的范围．
本题考查解一元一次不等式组，解题关键是熟知不等式组解集确定方法：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解．
12.【答案】32和3(答案不唯一)
【解析】解：当a=32时，32+b=32b.
解得b=3．
32和3，满足32+3=32×3．
故答案为：32和3(答案不唯一)．
根据运算法则”a+b=ab“写出符合题意的数据即可．
此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13.【答案】115
【解析】解：画树状图为：
共有30种等可能的结果，其中2张刚好组成“人民”的结果数为2，
所以从中一次取出2张，刚好组成“人民”的概率=230=115．
故答案为：115．
画树状图展示所有30种等可能的结果，再找出2张刚好组成“人民”的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图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，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
14.【答案】2 3+23π
【解析】解：延长AO到D，使OD=AO，
∵∠AOB=90°，
∴点A与点D关于OB对称，
连接CD交OB于P′，
当点P与点P′重合时，图中阴影部分周长的值最小，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOC=30°，
∴∠DOC=120°，
∵OD=OA=OC，
∴∠D=∠OCD=30°，
过C作CE⊥AO于E，
∴∠CEO=90°，
∴∠OCE=30°，
∵OC=OA=2，
∴OE=12OC=1，
∴DE=OE+OD=3，CE= OC2−OE2= 22−12= 3，
∴CD= CE2+DE2= ( 3)2+32=2 3，
∴AP′+CP′=2 3，
∵AC的长=60⋅π×2180=23π，
∴图中阴影部分周长的最小值是2 3+23π，
故答案为：2 3+23π.
延长AO到D，使OD=AO，得到点A与点D关于OB对称，连接CD交OB于P′，当点P与点P′重合时，图中阴影部分周长的值最小，根据等腰三角形的性质得到∠D=∠OCD=30°，过C作CE⊥AO于E，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了弧长的计算，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】32 35
【解析】解：四边形ABCD是正方形，AB=3，点P是CD边的三等分点，
若DP=1，则PC=CD−DP=3−1=2，
设BE=x，则CE=3−x，
由折叠的性质可知，OE=BE=x，DP=OP=1，
∴PE=OE+OP=x+1，
在Rt△PCE中，
PE2=PC2+CE2，即(1+x)2=22+(3−x)2，
解得x=32；
∴BE=32；
若DP=2，同理可得BE=35；
故答案为：32或35．
先根据AB=3，点P是CD边的三等分点得出DP=OP=1或DP=OP=2，设BE=x，则OE=x，再根据勾股定理列方程可求出x的值．
本题主要考查了折叠问题，解题的关键是找准不变的线段，利用勾股定理求解线段．
16.【答案】解：原式=[(x+1)(x−1)(x−1)2−1x−1]⋅x−1x+2
=(x+1x−1−1x−1)⋅x−1x+2
=xx−1⋅x−1x+2
=xx+2，
当x= 27+|−2|−3tan60°=3 3+2−3 3=2时，
原式=22+2=12．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由二次根式的性质、绝对值的性质及特殊锐角的三角函数值得出x的值，继而代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及特殊锐角的三角函数值、二次根式的性质及绝对值的性质．
17.【答案】14 30%
【解析】解：(1)此次抽样调查的样本容量为：2÷5%=40，
故m=40−2−8−12−4=14，n=12÷40=30%，
故答案为：14；30%；
(2)把此次抽样调查的40个学生的一周体育与健康开课时长从小到大频率，排在第20和第21个数均在C组，
所以小明同学所在学校“一周体育与健康开课时长”在“2.5≤t<3.5”围内；
(3)建议：学校可以加强学生们的室外体育课的管理，增强学生们的锻炼；学生个人可以加强体育锻炼，合理饮食．(案不唯一)．
(1)用A组的频数除以A组的频率可得总数，再用总数减去其它组的频数可得m的值；用D组的频数除以总数可得n的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)案不唯一，给出的建议只要合理即可．
本题考查了扇形统计图、频数分布表以及中位数．用到的知识点是：将一组数据从小到大依次排列，把中间数据(或中间两数据的平均数)叫做中位数．频率=频数÷总数，用样本估计整体让整体×样本的百分比即可．
18.【答案】∠CBD=∠CAD ∠CBD=∠CAD FA=FD EF⊥BC ∵AF=FD，AC⊥BD，
∴∠AMD=90°，
∴AF=MF=FD，
∴∠FMD=∠ADM，
∵∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠FMD+∠DAM=90°，
∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，
∴∠DBC+∠BME=90°，
∴∠MEB=90°，
∴FE⊥BC．
【解析】解：(1)由题意：空格处为∠CBD=∠CAD．
故答案为：∠CBD=∠CAD；
(2)根据题意可知：如果FA=FD，那么FE⊥BC，
证明：∵AF=FD，AC⊥BD，
∴∠AMD=90°，
∴AF=MF=FD，
∴∠FMD=∠ADM，
∵∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠FMD+∠DAM=90°，
∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，
∴∠DBC+∠BME=90°，
∴∠MEB=90°，
∴FE⊥BC．
故答案为：FA=FD；FE⊥BC．
(1)根据圆周角定理可得结论；
(2)把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可．
本题考查了圆周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，掌握相应角的定义和计算是关键．
19.【答案】解：(1)将点A(3,k−2)代入反比例函数y=kx(k≠0,x>0)中得：3(k−2)=k，
∴k=3，
∴A(3,1)，
将点A(3,1)代入y=x+b中得：1=3+b，b=−2；
(2)满足条件的直线l2的函数表达式可以是：y=−x−2，理由如下：
∵直线l1：y=x−2，
∴B(0,−2)，
∵直线l2过点B，且不经过第一象限(即k<0)，
∴满足条件的直线l2的函数表达式可以是：y=−x−2．
【解析】(1)先将点A的坐标代入反比例函数中可得k的值，则A(3,1)，代入一次函数可得b的值；
(2)根据直线l2过点B，且不经过第一象限，可知直线l2的解析式为：y=k1x−2，则k1可以是负数．
本题考查了反比例函数和一次函数的综合，涉及反比例函数的图象与一次函数的交点，求出点A的坐标是解题的关键．
20.【答案】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，由题意可知，BC=40 3海里，∠ACD=53°，∠BCD=30°，
在Rt△BCD中，BC=40 3海里，∠BCD=30°，
∴CD= 32×40 3=60(海里)，
在Rt△ACD中，CD=60海里，∠ACD=53°，
∴AC=CDcos∠ACD
≈600.6
=100(海里)，
∴军舰到达点C的时间为10030≈3.33(时)，巡逻艇到达点C的时间为40 320=2 3≈3.46(时)，
∵3.33<3.46，
∴军舰先到．
【解析】通过作高构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出AC，再分别计算军舰、巡逻艇到达点C所需要的时间，进而得出结论．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)∵y1=k1x+b的图象过点(0,30)，(10,180)，
∴b=3010k1+b=180，
解得k1=15b=30，
k1=15表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
(2)由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25(元)，
则k2=25×0.8=20；
(3)由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
15x+30=20x，
解得：x=6，
∴健身不大于6次时，选择方案二所需费用少，健身大于6次时，选择方案一所需费用少．
【解析】(1)把点(0,30)，(10,180)代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
(2)根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按九折优惠，求出k2的值；
(3)根据y1，y2的函数关系式求出当两种方案费用相等时健身的次数．再分情况讨论．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
22.【答案】解：(1)由题意，将A、C两点坐标代入解析式得方程组a−43+c=04a+83+c=2，
∴a=−23c=2．
∴所求抛物线的解析式为y=−23x2+43x+2．
(2)由题意，令y=0，
∴−23x2+43x+2=0．
∴x1=−1，x2=3．
∴B(3,0)．
∴当y<0时，对应的图象在x轴下方．
∴此时自变量的取值范围为：x<−1或x>3．
(3)由题意，由点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，
∴−2
∴当x=−1时，yp有最大值为223；当x=−2时，yp有最小值为−103．
∴满足题意的yp的取值范围为：−103
(2)依据题意，由(1)求出B点坐标，再结合图象，y<0对应的图象在x轴下方，进而可以得到对应自变量x的取值范围；
(3)依据题意，由点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，从而−2
23.【答案】CN//MC′ CN=2MC′
【解析】解：(1)如图1，
连接CC′，
由题意得：PQ是BC的垂直平分线，BC=BC′，
∴BC=BC′=CC′，
∴∠CBC′=60°，
由折叠得：∠BC′F=∠BCF=90°，BF⊥CC′，
∴∠FBC′=12∠CBC′=30°，
∴∠BFC′=60°，
由题意得：BF=FN，
∴FN=NC′，
∴△FNC′是等边三角形，
∴NC′=FC′=FN，
同理可得：△CNF是等边三角形，
∴CF=FN=NC′=CN=C′F，
∵四边形CFC′N是菱形，
∴CN//C′M，
∵NM⊥C′F，
∴C′M=12C′F=12CN，
故答案为：CN//C′M，C′M=12CN；
(2)如图2，
CN//MC′成立，MC′不一定等于12CN，理由如下：
连接CC′，设EF交CC′于O，
由折叠得：CF=PF，∠CFN=∠PFN，
∵PQ//CF，
∴∠CFN=∠PNF，
∴∠PFN=∠PNF，
∴PN=PF=CF，
∴四边形CFPN是平行四边形，
∴▱CFPN是菱形，
∴CN//MC′，∠MPN=2∠CPQ，
当PM=12PF=12CN时，
∵NM⊥PF，
∴PF=PN=NF，
∴△PFN是等边三角形，此时∠CPQ=30°，
∵tan∠CPQ=CQPQ=CQ6，
∴仅当CQ=2 3时，tan∠CPQ= 33，∠CPQ=30°，
而Q点动点，CQ时变量，
∴∠CPQ不一定等于30°，
∴MC′不一定等于12CN；
(3)如图3，
当FM=13PF时，
设FM=x，则PM=2x，CF=PN=PF=3x，DF=6−3x，
∴MN2=PN2−PM2=5x2，
∵PN//CF，
∴∠NPM=∠PFD，
∵∠NMP=∠D=90°，
∴△PDF≌△NMP(AAS)，
∴PD2=MN2=5x2，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
(3x)2−(6−3x)2=5x2，
∴x1=6(舍去)，x2=65，
∴MN=6 55，
如图4，
当FM=23PF时，
设PM=a，PF=PN=CF=2a，
∴MN2=PN2−PM2=8a2，
在Rt△PDF中，DF=6−3a，PF=3a，PD2=MN2=8a2，
∴(3a)2−(6−3a)2=8a2，
∴a1=3(舍去)，a2=32，
∴MN=3 2，
综上所述：MN=6 55或3 2．
(1)连接CC′，可证明△FNC′是等边三角形，△CNF是等边三角形，从而得出CF=FN=NC′=CN=C′F，从而得出四边形CFC′N是菱形，进而得出结果；
(2)连接CC′，设EF交CC′于O，可证得▱CFPN是菱形，从而CN//MC′，∠MPN=2∠CPQ，可推出仅当CQ=2 3时，tan∠CPQ= 33，∠CPQ=30°，
而Q点动点，CQ时变量，进一步得出结果；
(3)分为当FM=13PF时，设FM=x，则PM=2x，CF=PN=PF=3x，DF=6−3x，MN2=PN2−PM2=5x2，可证明△PDF≌△NMP，从而得出PD2=MN2=5x2，在Rt△PDF中，由勾股定理得，(3x)2−(6−3x)2=5x2，求得x的值，进而得出结果；当FM=23PF时，同样方法得出结果．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
2023年河南省商丘市中考数学适应性试卷（二）
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. 若|−x|=2023，则x等于( )
A. −2023 B. 2023 C. ±2023 D. 0或2023
2. PM2.5是指大气中直径≤0.0000025米的颗粒物，将0.0000025用科学记数法表示为( )
A. 2.5×10−7 B. 2.5×10−6 C. 25×10−7 D. 0.25×10−5
3. 直尺和三角尺按如图所示的方式叠放在一起，在图中所标记的角中，与∠1互余的角有几个( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
4. 下列运算正确的是( )
A. 3a+2b=5ab B. 5a2−2a2=3
C. 7a+a=7a2 D. (x−1)2=x2+1−2x
5. 下列函数的图象既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. y=x2 B. y=|x2| C. y=2x D. y=|2x|
6. 某同学要统计本班最受学生欢迎的社团活动，以下是排乱的统计步骤：
①从扇形图中分析出最受学生欢迎的社团活动
②制作问卷调查表，实施全班同学问卷调查
③绘制扇形图来表示各个社团所占的百分比
④整理问卷调查表并绘制频数分布表
正确统计步骤的顺序是( )
A. ②→③→①→④ B. ③→④→①→②
C. ①→②→④→③ D. ②→④→③→①
7. 若关于x的方程kx2+2x+1=0有实数根，则实数k的取值范围是( )
A. k≠0 B. k≤1 C. k≥1 D. k≤1且k≠0
8. 一个四边形四边中点的连线所构成的中点四边形是菱形，那么这个原四边形是( )
A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 对角线相等
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(4,0)，连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A′BO′，则点A′的坐标为( )
A. (6,4)
B. (4,3)
C. (7,4)
D. (8,6)
10. 如图①，在菱形ABCD中，∠A=120°，点E是边BC的中点，点F是对角线BD上一动点，设FD的长为x，EF与CF长度的和为y.图②是y关于x的函数图象，点P为图象上的最低点，则函数图象的右端点Q的坐标为( )
A. (6,4 3) B. (4 3,3 3) C. (4 3,6) D. (6,3 3)
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若不等式组x≥mx≤2023无解，则m的取值范围是______ ．
12. 数学运算其妙无穷，如在学习有理数时，有运算2+2=2×2等两个有理数之和等于这两个有理数之积，请你在有理数中再找一组数a、b(a≠b)且a+b=ab，你找的一组是______ ．
13. 现有6张质地均匀，完全相同的纸片，分别写有“人”“民”“就”“是”“江”“山”6个汉字，现从中一次取出2张，刚好组成“人民”的概率为______ ．
14. 如图，在扇形AOB中，∠AOB=90°，点C在AB上，且∠AOC=60°，点P是线段OB上一动点，若OA=2，则图中阴影部分周长的最小值是______．
15. 如图，动点E、P分别是正方形ABCD的边BC，CD上的动点，沿AE，AP折叠正方形，点B，D的对应点恰好都落在点O处，若AB=3，点P是CD边的三等分点，则BE的长为______ 或______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
先化简，再求值：(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，其中x= 27+|−2|−3tan60°．
17. (本小题9.0分)
2022年4月21日教育部发布了2022版新课程标准，规定体育与健康课时占总课时的10%～11%，某教育局对所在辖区中学的七年级“一周体育与健康开课时长”进行了随机抽样调查(每个学校七年级一周体育与健康开课时长是相同的)，并将获得的数据绘制成如下统计表：
调查结果统计表
组别
一周体育与健康开课时长(h)
频数
A
1≤t<1.5
2
B
1.5≤t<2.5
8
C
2.5≤t<3.5
m
D
3.5≤t<4.5
12
E
4.5≤t<5.5
4
请根据图表中的信息完成以下任务：
(1)m= ______ ，n= ______ ；
(2)小明同学说：“我们学校是此次抽样调查所得数据的中位数”，请写出小明同学所在学校“一周体育与健康开课时长”在哪个范围内；
(3)请你根据统计图表中的信息，针对“体育与健康”，开课情况提出一条合理建议．
18. (本小题9.0分)
阅读下列材料，完成相应的任务：
婆罗摩笈多(Brahmagupta)是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：
婆罗摩笈多定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，如果直线ME⊥BC，垂足为E，并且交边AD于点F，那么AF=FD．
证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC，
∴∠CBD+∠BCM=90°，∠CME+∠BCM=90°．
∴∠CBD=∠CME．
又∵ ______ ，∠CME=∠AMF，
∴∠CAD=∠AMF．
∴AF=MF．
…
任务：
(1)材料中横线部分缺少的条件为：______ ；
(2)请用符号语言将下面“婆罗摩笈多定理”的逆命题补充完整，并证明逆命题的正确性．
已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，如果______ ，那么______ ．
证明：______ ．
19. (本小题9.0分)
如图，直线l1：y=x+b与反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图象交于点A(3,k−2)，与y轴交于点B．
(1)求k，b的值；
(2)若直线l2过点B，且不经过第一象限，写出一个满足条件的直线l2的函数解析式，并说明理由．
20. (本小题9.0分)
如图，一艘中国军舰在南海的A处正常巡逻，突然收到北偏东53°方向的C处的一艘中国运洋油轮的求救信号，同时，一艘巡逻艇在C处的南偏东30°方向，距离C处40 3海里的B处也收到求救信号，巡逻艇在中国军舰的正东方向上，已知军舰的速度为30海里/小时，巡逻艇的速度为20海里/小时，若军舰和巡逻艇同时出发，哪个会先到达救援地点C处？(参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3， 3≈1.73)
21. (本小题9.0分)
暑期将至，某健身俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次健身费用按八折优惠；
设某学生暑期健身x(次)按照方案一所需费用为y1(元)且y1=k1+b；按照方案二所需费用为y2(元)且y2=k2x，其函数图象如图所示．
(1)求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
(2)求打折前的每次健身费用和k2的值；
(3)八年级学生小华计划暑期前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？说明理由．
22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+43x+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，且经过点C(2,2)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)结合函数图象，当y<0时，求自变量x的取值范围；
(3)点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，结合函数图象求点P纵坐标yp的取值范围．
23. (本小题10.0分)
【问题情景】
在正方形ABCD中，AB=6，点P是边AD上的一个动点，过点P作PQ//AB交BC于点Q，将正方形ABCD折叠，使点C的对应点C′落在PQ上，点B的对应点为B′，折痕所在的直线交边AB于点E，交边CD于点F，EF与PQ交于点N，连接CN，过点N作NM⊥C′F于点M．
【猜想证明】
(1)如图①，当点P是AD的中点，点E和点B重合时，试猜想：CN与MC′的位置关系为______ ，数量关系为______ ．
(2)当点C′和点P重合时，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请就图②所示的情形给出证明；若不成立，请写出正确结论并加以证明．
【问题解决】
(3)在(2)的条件下，若点M是C′F的三等分点，请直接写出MN的长度．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，零的绝对值为零，
∴|2023|=2023，|−2023|=2023，
∴|−x|=2023，则x=±2023．
故选：C．
根据绝对值的概念即可求解．
本题考查了绝对值的概念，掌握正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，零的绝对值为零是关键．
2.【答案】B
【解析】解：0.0000025=2.5×10−6，
故选：B．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3.【答案】B
【解析】解：与∠1互余的角有∠2，∠3，∠4；一共3个．
故选：B．
本题要注意到∠1与∠2互余，并且直尺的两边互相平行，可以考虑平行线的性质．
本题考查了余角的定义以及正确观察图形，由图形联想到学过的定理是数学学习的一个基本要求．
4.【答案】D
【解析】解：A.3a和2b不是同类项，不能合并，A错误，故选项A不符合题意；
B.5a2和2b2不是同类项，不能合并，B错误，故选项B不符合题意；
C.7a+a=8a，C错误，故选项C不符合题意；
D.(x−1)2=x2−2x+1，D正确，选项D符合题意．
故选：D．
由合并同类项法则及完全平方公式依次判断每个选项即可．
本题主要考查合并同类项，完全平方公式等内容，熟记同类项定义及合并同类项法则是解题基础．
5.【答案】C
【解析】解：A.y=x2的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.y=|x2|的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.y=2x的图象既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.y=|2x|的图象是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得，
正确统计步骤的顺序是：②制作问卷调查表，实施全班同学问卷调查→④整理问卷调查表并绘制频数分布表→③绘制扇形图来表示各个社团所占的百分比→①从扇形图中分析出最受学生欢迎的社团活动，
故选：D．
根据题意和频数分布表、扇形统计图制作的步骤，可以解答本题．
本题考查扇形统计图、频数分布表，解答本题的关键是明确制作频数分布表和扇形统计图的制作步骤．
7.【答案】B
【解析】解：当k≠0时，Δ=4−4k≥0，
∴k≤1，即k≤1且k≠0，
当k=0时，
此时方程为2x+1=0，满足题意，
∴k≤1．
故选：B．
根据一元二次方程的根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是正确理解根的判别式，本题属于基础题型．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
在四边形ABCD中，点E、F、G、H是四边形四边上的中点，连接EF、EH、FG、GH、AC、BD，
在△ADC中，EH=12AC，
在△ABD中，EF=12BD，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EH=EF，
∴AC=BD，
∴原四边形的对角线相等．
故选：D．
根据三角形中位线定理得到EF=12BD，EH=12AC，根据菱形的性质得到EF=EH，得到答案．
本题以四边形为背景考查了中点四边形，考查学生自己准确画图找出其中边与边的关系．掌握三角形中位线定理、菱形的性质是解决的问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过A′作A′C⊥x轴于点C，
由旋转可得∠O′=90°，O′B⊥x轴，
∴四边形O′BCA′为矩形，
∴BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，
∴OC=OB+BC=7，
∴点A′坐标为(7,4)．
故选：C．
作A′C⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC=A′O′=OA=3，A′C=O′B=OB=4，进而求解．
本题考查平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题关键是掌握求点的坐标的常用方法．
10.【答案】D
【解析】解：连接AF，
∵在菱形ABCD中点A于点C关于BD对称，
∴AF=CF，
∴y=EF+CF=EF+AF，
当A、F、E三点在同一直线上时，y取最小值，y的最小值为线段AE的长，
由图②可知此时x=4，即F1D=4，在菱形中点E是边BC的中点，
可得AE⊥BC，EA⊥AD，
∵∠A=120°，AB=AD，
∴∠ADB=30°，
∴BC=AD=F1D⋅cos∠ADB=2 3，
∵AD//BC，
∴△ADF1∽△EBF1，
∴F1DF1B=ADBE=2，
∴F1B=12F1D=2，BE=12BC= 3，
∴BD=F1B+F1D=6，
当点F和点B重合时，此时x取值最大值6，y=EF+CF=EB+CB= 3+2 3=3 3，
∴点Q的坐标为(6,3 3)．
故选：D．
连接AF，有对称的性质可得AF=CF，所以y=EF+CF=EF+AF，当A、F、E三点在同一直线上时，y取最小值，y的最小值为线段AE的长，根据题意可得△ADF1∽△EBF1，由相似三角形的性质可得F1B与BE的长，进而求出BD的长，当点F和点B重合时可得x的最大值6，从而求出y的值，进而求出点Q的坐标．
本题考查动点问题的函数图象，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．
11.【答案】m>2023
【解析】解：∵不等式组x≥mx≤2023无解，
∴m>2023．
故答案为：m>2023．
根据不等式组解集确定方法：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解，可以判定m的范围．
本题考查解一元一次不等式组，解题关键是熟知不等式组解集确定方法：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大小小无解．
12.【答案】32和3(答案不唯一)
【解析】解：当a=32时，32+b=32b.
解得b=3．
32和3，满足32+3=32×3．
故答案为：32和3(答案不唯一)．
根据运算法则”a+b=ab“写出符合题意的数据即可．
此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13.【答案】115
【解析】解：画树状图为：
共有30种等可能的结果，其中2张刚好组成“人民”的结果数为2，
所以从中一次取出2张，刚好组成“人民”的概率=230=115．
故答案为：115．
画树状图展示所有30种等可能的结果，再找出2张刚好组成“人民”的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图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，然后利用概率公式求出事件A或B的概率．
14.【答案】2 3+23π
【解析】解：延长AO到D，使OD=AO，
∵∠AOB=90°，
∴点A与点D关于OB对称，
连接CD交OB于P′，
当点P与点P′重合时，图中阴影部分周长的值最小，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOC=30°，
∴∠DOC=120°，
∵OD=OA=OC，
∴∠D=∠OCD=30°，
过C作CE⊥AO于E，
∴∠CEO=90°，
∴∠OCE=30°，
∵OC=OA=2，
∴OE=12OC=1，
∴DE=OE+OD=3，CE= OC2−OE2= 22−12= 3，
∴CD= CE2+DE2= ( 3)2+32=2 3，
∴AP′+CP′=2 3，
∵AC的长=60⋅π×2180=23π，
∴图中阴影部分周长的最小值是2 3+23π，
故答案为：2 3+23π.
延长AO到D，使OD=AO，得到点A与点D关于OB对称，连接CD交OB于P′，当点P与点P′重合时，图中阴影部分周长的值最小，根据等腰三角形的性质得到∠D=∠OCD=30°，过C作CE⊥AO于E，根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了弧长的计算，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
15.【答案】32 35
【解析】解：四边形ABCD是正方形，AB=3，点P是CD边的三等分点，
若DP=1，则PC=CD−DP=3−1=2，
设BE=x，则CE=3−x，
由折叠的性质可知，OE=BE=x，DP=OP=1，
∴PE=OE+OP=x+1，
在Rt△PCE中，
PE2=PC2+CE2，即(1+x)2=22+(3−x)2，
解得x=32；
∴BE=32；
若DP=2，同理可得BE=35；
故答案为：32或35．
先根据AB=3，点P是CD边的三等分点得出DP=OP=1或DP=OP=2，设BE=x，则OE=x，再根据勾股定理列方程可求出x的值．
本题主要考查了折叠问题，解题的关键是找准不变的线段，利用勾股定理求解线段．
16.【答案】解：原式=[(x+1)(x−1)(x−1)2−1x−1]⋅x−1x+2
=(x+1x−1−1x−1)⋅x−1x+2
=xx−1⋅x−1x+2
=xx+2，
当x= 27+|−2|−3tan60°=3 3+2−3 3=2时，
原式=22+2=12．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由二次根式的性质、绝对值的性质及特殊锐角的三角函数值得出x的值，继而代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及特殊锐角的三角函数值、二次根式的性质及绝对值的性质．
17.【答案】14 30%
【解析】解：(1)此次抽样调查的样本容量为：2÷5%=40，
故m=40−2−8−12−4=14，n=12÷40=30%，
故答案为：14；30%；
(2)把此次抽样调查的40个学生的一周体育与健康开课时长从小到大频率，排在第20和第21个数均在C组，
所以小明同学所在学校“一周体育与健康开课时长”在“2.5≤t<3.5”围内；
(3)建议：学校可以加强学生们的室外体育课的管理，增强学生们的锻炼；学生个人可以加强体育锻炼，合理饮食．(案不唯一)．
(1)用A组的频数除以A组的频率可得总数，再用总数减去其它组的频数可得m的值；用D组的频数除以总数可得n的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)案不唯一，给出的建议只要合理即可．
本题考查了扇形统计图、频数分布表以及中位数．用到的知识点是：将一组数据从小到大依次排列，把中间数据(或中间两数据的平均数)叫做中位数．频率=频数÷总数，用样本估计整体让整体×样本的百分比即可．
18.【答案】∠CBD=∠CAD ∠CBD=∠CAD FA=FD EF⊥BC ∵AF=FD，AC⊥BD，
∴∠AMD=90°，
∴AF=MF=FD，
∴∠FMD=∠ADM，
∵∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠FMD+∠DAM=90°，
∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，
∴∠DBC+∠BME=90°，
∴∠MEB=90°，
∴FE⊥BC．
【解析】解：(1)由题意：空格处为∠CBD=∠CAD．
故答案为：∠CBD=∠CAD；
(2)根据题意可知：如果FA=FD，那么FE⊥BC，
证明：∵AF=FD，AC⊥BD，
∴∠AMD=90°，
∴AF=MF=FD，
∴∠FMD=∠ADM，
∵∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠FMD+∠DAM=90°，
∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，
∴∠DBC+∠BME=90°，
∴∠MEB=90°，
∴FE⊥BC．
故答案为：FA=FD；FE⊥BC．
(1)根据圆周角定理可得结论；
(2)把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可．
本题考查了圆周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，掌握相应角的定义和计算是关键．
19.【答案】解：(1)将点A(3,k−2)代入反比例函数y=kx(k≠0,x>0)中得：3(k−2)=k，
∴k=3，
∴A(3,1)，
将点A(3,1)代入y=x+b中得：1=3+b，b=−2；
(2)满足条件的直线l2的函数表达式可以是：y=−x−2，理由如下：
∵直线l1：y=x−2，
∴B(0,−2)，
∵直线l2过点B，且不经过第一象限(即k<0)，
∴满足条件的直线l2的函数表达式可以是：y=−x−2．
【解析】(1)先将点A的坐标代入反比例函数中可得k的值，则A(3,1)，代入一次函数可得b的值；
(2)根据直线l2过点B，且不经过第一象限，可知直线l2的解析式为：y=k1x−2，则k1可以是负数．
本题考查了反比例函数和一次函数的综合，涉及反比例函数的图象与一次函数的交点，求出点A的坐标是解题的关键．
20.【答案】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，由题意可知，BC=40 3海里，∠ACD=53°，∠BCD=30°，
在Rt△BCD中，BC=40 3海里，∠BCD=30°，
∴CD= 32×40 3=60(海里)，
在Rt△ACD中，CD=60海里，∠ACD=53°，
∴AC=CDcos∠ACD
≈600.6
=100(海里)，
∴军舰到达点C的时间为10030≈3.33(时)，巡逻艇到达点C的时间为40 320=2 3≈3.46(时)，
∵3.33<3.46，
∴军舰先到．
【解析】通过作高构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出AC，再分别计算军舰、巡逻艇到达点C所需要的时间，进而得出结论．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)∵y1=k1x+b的图象过点(0,30)，(10,180)，
∴b=3010k1+b=180，
解得k1=15b=30，
k1=15表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
(2)由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25(元)，
则k2=25×0.8=20；
(3)由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
15x+30=20x，
解得：x=6，
∴健身不大于6次时，选择方案二所需费用少，健身大于6次时，选择方案一所需费用少．
【解析】(1)把点(0,30)，(10,180)代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
(2)根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按九折优惠，求出k2的值；
(3)根据y1，y2的函数关系式求出当两种方案费用相等时健身的次数．再分情况讨论．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
22.【答案】解：(1)由题意，将A、C两点坐标代入解析式得方程组a−43+c=04a+83+c=2，
∴a=−23c=2．
∴所求抛物线的解析式为y=−23x2+43x+2．
(2)由题意，令y=0，
∴−23x2+43x+2=0．
∴x1=−1，x2=3．
∴B(3,0)．
∴当y<0时，对应的图象在x轴下方．
∴此时自变量的取值范围为：x<−1或x>3．
(3)由题意，由点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，
∴−2
∴当x=−1时，yp有最大值为223；当x=−2时，yp有最小值为−103．
∴满足题意的yp的取值范围为：−103
(2)依据题意，由(1)求出B点坐标，再结合图象，y<0对应的图象在x轴下方，进而可以得到对应自变量x的取值范围；
(3)依据题意，由点P为抛物线上一点且到y轴距离小于2，从而−2
23.【答案】CN//MC′ CN=2MC′
【解析】解：(1)如图1，
连接CC′，
由题意得：PQ是BC的垂直平分线，BC=BC′，
∴BC=BC′=CC′，
∴∠CBC′=60°，
由折叠得：∠BC′F=∠BCF=90°，BF⊥CC′，
∴∠FBC′=12∠CBC′=30°，
∴∠BFC′=60°，
由题意得：BF=FN，
∴FN=NC′，
∴△FNC′是等边三角形，
∴NC′=FC′=FN，
同理可得：△CNF是等边三角形，
∴CF=FN=NC′=CN=C′F，
∵四边形CFC′N是菱形，
∴CN//C′M，
∵NM⊥C′F，
∴C′M=12C′F=12CN，
故答案为：CN//C′M，C′M=12CN；
(2)如图2，
CN//MC′成立，MC′不一定等于12CN，理由如下：
连接CC′，设EF交CC′于O，
由折叠得：CF=PF，∠CFN=∠PFN，
∵PQ//CF，
∴∠CFN=∠PNF，
∴∠PFN=∠PNF，
∴PN=PF=CF，
∴四边形CFPN是平行四边形，
∴▱CFPN是菱形，
∴CN//MC′，∠MPN=2∠CPQ，
当PM=12PF=12CN时，
∵NM⊥PF，
∴PF=PN=NF，
∴△PFN是等边三角形，此时∠CPQ=30°，
∵tan∠CPQ=CQPQ=CQ6，
∴仅当CQ=2 3时，tan∠CPQ= 33，∠CPQ=30°，
而Q点动点，CQ时变量，
∴∠CPQ不一定等于30°，
∴MC′不一定等于12CN；
(3)如图3，
当FM=13PF时，
设FM=x，则PM=2x，CF=PN=PF=3x，DF=6−3x，
∴MN2=PN2−PM2=5x2，
∵PN//CF，
∴∠NPM=∠PFD，
∵∠NMP=∠D=90°，
∴△PDF≌△NMP(AAS)，
∴PD2=MN2=5x2，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
(3x)2−(6−3x)2=5x2，
∴x1=6(舍去)，x2=65，
∴MN=6 55，
如图4，
当FM=23PF时，
设PM=a，PF=PN=CF=2a，
∴MN2=PN2−PM2=8a2，
在Rt△PDF中，DF=6−3a，PF=3a，PD2=MN2=8a2，
∴(3a)2−(6−3a)2=8a2，
∴a1=3(舍去)，a2=32，
∴MN=3 2，
综上所述：MN=6 55或3 2．
(1)连接CC′，可证明△FNC′是等边三角形，△CNF是等边三角形，从而得出CF=FN=NC′=CN=C′F，从而得出四边形CFC′N是菱形，进而得出结果；
(2)连接CC′，设EF交CC′于O，可证得▱CFPN是菱形，从而CN//MC′，∠MPN=2∠CPQ，可推出仅当CQ=2 3时，tan∠CPQ= 33，∠CPQ=30°，
而Q点动点，CQ时变量，进一步得出结果；
(3)分为当FM=13PF时，设FM=x，则PM=2x，CF=PN=PF=3x，DF=6−3x，MN2=PN2−PM2=5x2，可证明△PDF≌△NMP，从而得出PD2=MN2=5x2，在Rt△PDF中，由勾股定理得，(3x)2−(6−3x)2=5x2，求得x的值，进而得出结果；当FM=23PF时，同样方法得出结果．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
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