2024年广东省广州市名校中考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2024年广东省广州市名校中考数学模拟试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各数中，最小的数是( )
A. 0B. 3C. − 3D. −1
2.苏步青是国际公认的几何学家，中国著名教育家，中国科学院院士，是我国微分几何学派的创始人.为纪念其卓越贡献，国际上将一颗距地球约218000000公里的行星命名为“苏步青星”.将数据218000000用科学记数法表示应为( )
A. 0.218×109B. 2.18×108C. 2 1.8×1 02D. 218×106
3.九(1)班三名同学进行唱歌比赛，原定出场顺序是：甲第一个出场，乙第二个出场，丙第三个出场，后来要求这三名同学用抽签方式重新确定出场顺序，则抽签后每个同学的出场顺序都发生变化的概率为( )
A. 23B. 12C. 13D. 16
4.若am=4，an=2，则a3m−3n的值为( )
A. 8B. 12C. 24D. 48
5.在平面直角坐标系中，已知(2a+b)2+ 3a−b+5=0，则点(a,b)位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6.下列几何体均是由若干个大小相同的小正方体搭建而成的，其三视图都相同的是( )
A. B. C. D.
7.如图，AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，D是⊙O上一点，连接BD、CD，若∠BDC=60°.AB=3，则⊙O的半径长为( )
A. 1.5
B. 23
C. 32
D. 3
8.若6− 13的整数部分为x，小数部分为y，则(2x+ 13)⋅y的值是( )
A. 5− 13B. 3C. 13−5D. −3
9.我国南宋著名数学家秦九韶也提出了利用三角形三边长a，b，c求三角形面积的“秦九韶公式”，即S= 14[a2b2−(a2+b2−c22)2].已知在△ABC中，a= 5，b= 6，c= 7，则b边上的高为( )
A. 393B. 262C. 396D. 264
10.在平面直角坐标系xOy中，若点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为雅系点．已知二次函数y=ax2−4x+c(a≠0)的图象上有且只有一个雅系点(−52,−52)，且当m≤x≤0时，函数y=ax2−4x+c+14(a≠0)的最小值为−6，最大值为−2，则m的取值范围是( )
A. −1≤m≤0B. −72二、填空题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
11.已知二元一次方程组x−2y=5x+y=−1，则2x−y的值为______．
12.将抛物线y=2x2先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，那么所得的抛物线的顶点坐标为______．
13.如图.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，∠BAC=30°.D是AC边上一点，且AD=4，连接BD，以点B为圆心，BD的长为半径画弧，交AB于点E，交BC的延长线于点F，则图中阴影部分的面积为______．
14.若关于x的方程x2−(m+3)x+m+6=0的两根x1，x2满足115.已知实数a，b满足(a−b)2=15，ab=4，则a4+b4的值为______．
16.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，其中AH⊥BC，垂足为H，若AB=5，BC=8，csB=35，则tan∠CDH= ______．
17.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4，点O是边AB的中点，点P是边BC上一动点，连接PO，将线段PO绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边AC上，连接OD，若△AOD为直角三角形，则BP的长为______．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
18.解不等式组：x−3(x−2)≥4x−1<1+2x3．
四、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题6分)
为增强学生的社会实践能力，促进学生全面发展，某校计划建立小记者站，有20名学生报名参加选拔.报名的学生需参加采访、写作、摄影三项测试，每项测试均由七位评委打分，取平均分作为该项的测试成绩，再将采访、写作、摄影三项的测试成绩按4：4：2的比例计算出每人的总评成绩.嘉嘉、淇淇的三项测试成绩和总评成绩如下表．
(1)在摄影测试中，七位评委给淇淇打出的分数为：67，72，68，69，74，69，71，这组数据的中位数是______分，平均数是______分；
(2)报名的20名学生的总评成绩频数分布直方图(每组含最小值，不含最大值)如图，学校决定根据总评成绩择优选拔12名小记者，试分析嘉嘉、淇淇能否入选．
20.(本小题6分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AB/​/CD，过点B作BE⊥AC于点E，BE与CD交于点F，BD⊥CD于点D，CD=9，BD=3．
(1)求证：BE=BD；
(2)求△ABE的面积．
21.(本小题8分)
如图在平面直角坐标系xOy中，直线AB：y=x−2与反比例函数y=kx的图象交于A、B两点，与x轴相交于点C，已知点A，B的坐标分别为(3n,n)和(m,−3)．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)点P为反比例函数y=kx图象的任意一点，若S△POC=3S△AOC，求点P的坐标．
22.(本小题8分)
“端午节”期间，某超市销售甲、乙两款粽子，甲、乙两款粽子的进价分别是每袋35元，45元，这个超市用4300元购进甲、乙两款粽子共100袋．
(1)购进甲、乙两款粽子各是多少袋？
(2)市场调查发现：乙款粽子每天的销售量m(袋)与销售单价n(元)满足如下关系：m=−n+105(65≤n≤105)，设乙款粽子每天的销售利润是w元，当乙款粽子的销售单价是多少元时，乙款粽子的销售利润最大？最大利润是多少元？
23.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是边长为16的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的点B′处，点A的对应点为点A′，且B′C=3，求AM的长．
24.(本小题10分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，∠C=30°，点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(t>0)，过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．
(1)求证：AE=DF；
(2)填空：当t=______秒时，四边形BEDF是矩形．
(3)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，并求出此时四边形AEFD的面积； 如果不能，说明理由．
25.(本小题10分)
已知抛物线y=−(x−m)2+4m的顶点在第一象限．

(1)如图(1)，若m=1，抛物线交x轴于点A，B，交y轴于点C．
①求A，B两点的坐标；
②D是第一象限内抛物线上的一点，连接AD，若AD恰好平分四边形ABDC的面积，求点D的坐标；
(2)如图(2)，P是抛物线对称轴与x轴的交点，T是x轴负半轴上一点，M，N是x轴下方抛物线上的两点，若四边形TMNP是平行四边形，且∠MTP=45°，求OT的最大值．
答案解析
1.C
【解析】解：∵− 3<−1<0<3，
∴最小的数是：− 3．
故选：C．
利用有理数大小的比较方法：1、在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大．2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数．3、两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．按照从小到大的顺序排列找出结论即可．
本题考查了有理数的大小比较，掌握正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数，两个正数比较大小，绝对值大的数大，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是本题的关键．
2.B
【解析】解：数据218000000用科学记数法表示为2.18×108，
故选：B．
科学记数法的表现形式为a×10n，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数，表示时关键是要正确确定a及n的值．
本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．
3.C
【解析】解：画树状图得：
∵共有6种等可能的结果，抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化有2种情况，
∴抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的概率=13．
故选：C．
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抽签后每个运动员的出场顺序都发生变化的情况，再利用概率公式即可解答．
本题主要考查了列表法或树状图法求概率，正确画出树状图成为解题的关键．
4.A
【解析】解：am=4，an=2，
故a3m−3n=a3ma3n=(am)3(an)3=4323=(42)3=8，
故选：A．
根据幂的乘方的逆应用，同底数幂的除法的逆应用，解答即可．
本题考查了幂的乘方的逆应用，同底数幂的除法的逆应用，熟练掌握公式是解题的关键．
5.B
【解析】解：∵2a+b=0，3a−b+5=0，
∴2a+b=03a−b+5=0，
解得：a=−1b=2，
∴(−1,2)位于第二象限，
故选：B．
根据2a+b=0，3a−b+5=0，建立二元一次方程组，求解出a，b的值，再根据各象限点坐标的特点，即可得出结果．
本题考查非负数的性质、算术平方根、点的坐标，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
6.D
【解析】解：A.主视图、俯视图，左视图各不相同，故本选项不合题意；
B.主视图、左视图和俯视图都不相同，故本选项不合题意；
C.主视图和左视图相同，俯视图不相同，故本选项不合题意；
D.其三视图都相同，故本选项符合题意；
故选：D．
根据这些组合体的三视图进行判断即可．
本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．
7.D
【解析】解：连接OB、OC、OA，
∵AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，
∴AB⊥OB，AC⊥OC，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
∵∠BOC=2∠BDC=2×60°=120°，
∴∠BAC=360°−∠ABO−∠ACO−∠BOC=360°−90°−90°−120°=60°，
∴∠OAB=∠OAC=12∠BAC=12×60°=30°，
∴OBAB=tan∠OAB=tan30°= 33，
∴OB= 33AB= 33×3= 3，
∴⊙O的半径长为 3，
故选：D．
连接OB、OC、OA，由切线的性质得∠ABO=∠ACO=90°，而∠BOC=2∠BDC=120°，可求得∠BAC=60°，∠OAB=12∠BAC=30°，所以OBAB=tan30°= 33，则OB= 33AB= 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
8.B
【解析】解：∵9<13<16，
∴ 9< 13< 16，即3< 13<4，
∴6−4<6− 13<6−3，即2<6− 13<3，
∴6− 13的整数部分为x=2，小数部分为y=6− 13−2=4− 13，
∴(2x+ 13)⋅y，
=(2×2+ 13)⋅(4− 13)，
=3．
故选：B．
首先根据 13的整数部分，确定6− 13的整数部分x的值，则y即可确定，然后代入所求解析式计算即可求解．
本题考查了二次根式的运算，正确确定6− 13的整数部分x与小数部分y的值是关键．
9.A
【解析】解：由题意得，a2=5，b2=6，c2=7，
S△ABC= 14[a2b2−(a2+b2−c22)2]
= 14[5×6−(5+6−72)2]
= 14[30−(42)2]
= 14(30−4)
=12 26，
∴b边上的高为12 2612 6= 393，
故选：A．
根据题意把a= 5，b= 6，c= 7代入求得△ABC的面积，再利用面积公式即可求解．
本题考查了二次根式的知识，掌握二次根式计算方法是解题关键．
10.C
【解析】解：令ax2−4x+c=x，即ax2−5x+c=0，
由题意，△=(−5)2−4ac=0，即4ac=25，
又∵方程的根为52a=−52，
解得a=−1，c=−254，
故函数y=ax2−4x+c+14=−x2−4x−6，
∵y=−x2−4x−6=−(x+2)2−2，
∴函数图象开口向下，顶点为(−2,−2)，与y轴交点为(0,−6)，由对称性，该函数图象也经过点(−4,−6)．
由于函数图象在对称轴x=−2左侧y随x的增大而增大，在对称轴右侧y随x的增大而减小，且当m≤x≤0时，函数y=−x2−4x−6的最小值为−6，最大值为−2，
∴−4≤m≤−2，
故选C．
根据雅系点的概念令ax2−4x+c=x，即ax2−5x+c=0，由题意，△=(−5)2−4ac=0，即4ac=25，方程的根为52a=−52，从而求得a=−1，c=−254，所以函数y=ax2−4x+c+14=−x2−4x−6，根据函数解析式求得顶点坐标与纵坐标的交点坐标，根据y的取值，即可确定x的取值范围．
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质以及根的判别式．
11.4
【解析】解：对于方程组x−2y=5①x+y=−1②，
①+②得：2x−y=4．
故答案为：4．
对于方程组x−2y=5①x+y=−1②，将①+②即可得出2x−y的值．
此题主要考查了解二元一次方程组，熟练掌握加减消元法解二元一次方程组是解决问题的关键．
12.(2,−3)
【解析】解：由题意得：平移后的抛物线的解析式为：y=2(x−2)2−3，
∴顶点坐标为(2,−3)，
故答案为：(2,−3)．
根据函数图象平移的原则写出平移后的抛物线的解析式，并写出顶点坐标即可．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
13.2 3
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，∠BAC=30°，
∴tan∠BAC=BCAC= 33，∠ABC=180°−90°−30°=60°，
∵AC=6，
∴BC= 33×6=2 3，
∵AD=4，
∴CD=AC−AD=2，
在Rt△DBC中，tan∠DBC=CDBC=22 3= 33，
∴∠DBC=30°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=30°=∠BAC，
∴AD=BD=4，
∴图中阴影部分的面积=S△ADB+S扇形BDF−S扇形BDE−S△BCD
=12AD⋅BC+30π×42360−30π×42360−12CD⋅BC
=12AD⋅BC−12CD⋅BC
=12×4×2 3−12×2×2 3
=2 3，
故答案为：2 3．
解直角三角形求出BC=2 3，CD=2，∠DBC=30°，∠ABD=30°，根据等腰三角形的判定求出AD=BD=4，再根据图中阴影部分的面积=S△ADB+S扇形BDF−S扇形BDE−S△BCD求解即可．
此题考查了扇形面积的计算等知识，解直角三角形求出∠DBC=30°，∠ABD=30°是解题的关键．
14.−94
【解析】解：∵关于x的方程x2−(m+3)x+m+6=0的两根x1，x2满足1∴Δ=[−(m+3)]2−4(m+6)=m2+2m−15=(m+5)(m−3)>0，
∴m>3或m<−5，
∵x1+x2=m+3>1+2=3，
∴m>0，
∴m>3，
∵二次函数y=x2−(m+3)x+m+6=(x−m+32)2−(m+1)24+4，
∴对称轴为直线x=m+32，顶点为(m+32,−(m+1)24+4)，图象开口向上，
∴当x∴x1在对称轴的左侧，1∴当x1=2时，点(x1,0)距对称轴最近，顶点最高，此时顶点纵坐标取得最大值，
∴22−2(m+3)+m+6=0，
∴m=4，
∴顶点纵坐标的最大值是−(m+1)24+4=−94，
故答案为：−94．
首先推导出二次函数的对称轴为直线x=m+32，顶点为(m+32,−(m+1)24+4)，图象开口向上，进而得到x1在对称轴的左侧，1本题主要考查了抛物线与x轴的交点，根的判别式，二次函数的最值，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
15.497
【解析】解：∵(a−b)2=a2−2ab+b2=15，ab=4，
∴a2+b2=15+2ab=15+2×4=23，
∴a4+b4=(a2+b2)2−2a2b2=(a2+b2)2−2(ab)2=232−2×42=497．
故答案为：497．
根据题意得出a2+b2=23，再将a4+b4变形为a4+b4=(a2+b2)2−2(ab)2，代入求解即可．
本题考查了利用完全平方公式变形进行计算，正确记忆相关知识点是解题关键．
16.12
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=8，CD=AB=5，
∵AH⊥BC，
∴∠DAH=∠AHB=90°，
∵BHAB=csB=35，
∴BH=35AB=35×5=3，
∴CH=BC−BH=8−3=5，AH= AB2−BH2= 52−32=4，
∴CD=CH，
∴∠CDH=∠CHD=∠ADH，
∴tan∠CDH=tan∠ADH=AHAD=48=12，
故答案为：12．
由平行四边形的性质得AD//BC，AD=BC=8，CD=AB=5，由BHAB=csB=35，BH=35AB=3，则CH=5，AH= AB2−BH2=4，所以CD=CH，则∠CDH=∠CHD=∠ADH，所以tan∠CDH=tan∠ADH=AHAD=12，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理、锐角三角形函数与解直角三角形、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，证明CD=CH并且求得AH=4是解题的关键．
17.43或3
【解析】解：∵∠C=90°，∠A=30°，
∴AB=2BC=8，
∵点O是边AB的中点，
∴OA=4，
当∠AOD=90°时，如图1，过P点作PE⊥OD于E点，PF⊥OB于F点，
在Rt△AOD中，
∵∠A=30°，
∴OD= 33OA=4 33，
∵线段PO绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边AC上，
∴PO=PD，
∴DE=OE=2 33，
∵∠EOF=∠OEP=∠PFO=90°，
∴四边形OEPF为矩形，
∴PF=OE=2 33，
在Rt△PBF中，
∵∠B=60°，
∴BF= 33PF= 33×2 33=23，
∴BP=2BF=43；
当∠ADO=90°时，如图2，过P点作PE⊥OD于E点，
在Rt△AOD中，
∵∠A=30°，
∴OD=12OA=2，
∵线段PO绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边AC上，
∴PO=PD，
∴DE=OE=1，
∵∠EDC=∠C=∠PED=90°，
∴四边形DEPC为矩形，
∴PC=DE=1，
∴BP=BC−PC=4−1=3，
综上所述，BP的长为43或3．
故答案为：43或3．
先利用含30度角的直角三角形三边的关系得到OA=4，当∠AOD=90°时，如图1，过P点作PE⊥OD于E点，PF⊥OB于F点，计算OD=4 33，再根据旋转的性质得到PO=PD，则利用等腰三角形的性质得到DE=OE=2 33，接着证明四边形OEPF为矩形，所以PF=OE=2 33，然后在Rt△PBF中利用含30度角的直角三角形三边的关系可求出BP的长；当∠ADO=90°时，如图2，过P点作PE⊥OD于E点，在Rt△AOD中，先求出OD=2，则DE=OE=1，接着证明四边形DEPC为矩形得到PC=DE=1，然后计算BC−PC即可．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和含30度角的直角三角形三边的关系．
18.解：解不等式x−3(x−2)≥4，得：x≤1，
解不等式x−1<1+2x3，得：x<4，
则不等式组的解集为x≤1．
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
19.69 70
【解析】解：(1)七位评委给淇淇打出的分数从小到大排列为：67，68，69，69，71，72，74，
所以这组数据的中位数是69，平均数是67+68+69+69+71+72+747=70(分)；
故答案为：69，70；
(2)淇淇能入选，嘉嘉不一定能入选，理由如下：
由频数分布直方图可得，总评成绩不低于80分的学生有10名，总评成绩不低于70分且小于80分的学生有6名．
淇淇和嘉嘉的总评成绩分别是82分，78分，学校要选拔12名小记者，淇淇的成绩在前12名，因此淇淇一定能入选；嘉嘉的成绩不一定在前12名，因此嘉嘉不一定能入选．
(1)分别根据中位数、众数和平均数的定义即可求出答案；
(2)根据20名学生的总评成绩频数分布直方图即可得出答案．
本题考查了频数(率)分布直方图，加权平均数，中位数，解题的关键在于熟练掌握加权平均数，中位数和众数的计算方法．
20.(1)证明：∵AB/​/CD，
∴∠ABC=∠DCB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=∠DCB，
∵CB平分∠ACD，且BE⊥AC，BD⊥CD，
∴BE=BD．
(2)解：∵BE⊥AC，BD⊥CD，
∴∠E=∠CDB=90°，
在Rt△BCE和Rt△BCD中，
BC=BCBE=BD，
∴Rt△BCE≌Rt△BCD(HL)，
∴CE=CD=9，
∴AB=AC=9−AE，
∵AE2+BE2=AB2，且BE=BD=3，
∴AE2+32=(9−AE)2，
解得AE=4，
∴S△ABE=12AE⋅BE=12×4×3=6，
∴△ABE的面积是6．
【解析】(1)由AB/​/CD，得∠ABC=∠DCB，由AB=AC，得∠ABC=∠ACB，所以∠ACB=∠DCB，即可由BE⊥AC，BD⊥CD，根据角平分线的性质证明BE=BD；
(2)由∠E=∠CDB=90°，BC=BC，BE=BD，根据“HL”证明Rt△BCE≌Rt△BCD，则CE=CD=9，所以AB=AC=9−AE，而BE=BD=3，根据勾股定理得AE2+32=(9−AE)2，求得AE=4，即可求得S△ABE=12AE⋅BE=6．
此题重点考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，证明∠ACB=∠DCB及Rt△BCE≌Rt△BCD是解题的关键．
21.解：(1)把B(m,−3)代入y=x−2，
得−3=m−2，
解得：m=−1，
∴B(−1,−3)，
把B(−1,−3)代入y=kx，
得−3=k−1，
∴k=3，
∴反比例函数的解析式为：y=3x；
(2)把y=0代入y=x−2得：x=2，
即点C的坐标为：C(2,0)，
把A(3n,n)代入y=x−2，
得n=3n−2，
解得：n=1，
∴A(3,1)，
∴S△AOC=12×OC×1=12×2×1=1，
∵S△POC=3S△AOC=3，
∴S△PGC=12×OC×|yP|=12×2×|yP|=3，
∴|yP|=3，
∴yP=±3，
当点P的纵坐标为3时，则3=3x，解得x=1，
当点P的纵坐标为−3时，则−3=3x，解得x=−1，
∴点P的坐标为(1,3)或(−1,−3)．
【解析】(1)先通过一次函数求出点B坐标，利用待定系数法即可求出反比例函数解析式；
(2)根据图象求出S△AOC，再根据S△POC=3S△AOC求出S△POC，根据三角形的面积公式即可求解．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数图象与x轴的交点，坐标与图形，三角形面积，数形结合是解题关键．
22.解：(1)设购进甲、乙两款粽子各是x袋，y袋，
根据题意得：x+y=10035x+45y=4300，
解得：x=20y=80，
答：购进甲、乙两款粽子各是20袋，80袋；
(2)w=(n−45)(−n+105)
=−n2+150n−4725，
∴对称轴为n=−1502×(−1)=75，
∵抛物线开口向下，
∴当n=75元时，w最大=(75−45)×(−75+105)=900(元)，
答：当乙款粽子的销售单价是75元时，乙款粽子的销售利润最大；最大利润是900元．
【解析】(1)设购进甲、乙两款粽子各是x袋，y袋，根据题意列出方程组求解即可；
(2)根据销售利润等于单件利润乘以销售量列出函数关系式，然后根据二次函数的性质求解即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，二次函数的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系式．
23.解：设AM=x，
连接MB，MB′，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，AB=AD=CD=16，
∵B′C=3，
∴DB′=13，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
在Rt△MDB′中，MD2+DB′2=B′M2，
由折叠的性质得：MB=MB′，
∴AB2+AM2=BM2=B′M2=MD2+DB′2，
即162+x2=(16−x)2+132，
解得：x=16932，
即AM=16932．

【解析】设AM=x，连接BM，MB′，求出DB′，然后在Rt△ABM和Rt△MDB′中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握翻折变换的性质和正方形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
24.(1)证明：在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，
∴DF=t．
又∵AE=t，
∴AE=DF；
(2)32；
(3)能；
理由如下：
∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AE/​/DF．
又AE=DF，
∴四边形AEFD为平行四边形．
∵∠C=30°，AB=3，
∴AC=6，BC=3 3
∴AD=AC−DC=6−2t，
若使△DEF能够成为等边三角形，
则平行四边形AEFD为菱形，则AE=AD，
∴t=6−2t，
∴t=2；
即当t=2时，△DEF为等边三角形．
∴当t=2时，四边形AEFD能够成为菱形．
此时AE=DF=2，CF=2 3，
∴BF=3 3−2 3= 3，
∴此时四边形AEFD的面积=AE⋅BF=2 3．
【解析】解：(1)见答案；
(2)∵，∠B=90°，AB=3，∠C=30°，
∴AC=6，
当∠EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．
在Rt△AED中，∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE.即6−2t=2t，
∴t=32．
故答案是：32；
(3)见答案．
(1)由∠DFC=90°，∠C=30°，证出DF=t=AE；
(2)当四边形BEDF是矩形时，△DEF为直角三角形且∠EDF=90°，求出t的值即可；
(3)先证明四边形AEFD为平行四边形．得出AB=3，AD=AC−DC=6−2t，若△DEF为等边三角形，则四边形AEFD为菱形，得出AE=AD，t=6−2t，求出t的值即可．
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定与性质以及含30°角的直角三角形等知识；考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．
25.解：(1)当m=1时，抛物线的解析式为y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3，
①当y=0时，−x2+2x+3=0，解得x1=−1，x2=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)．
②连接BC交AD于点E，分别过点B，C作AD的垂线，垂足分别为F，G，如图所示：

由题意，得S△ADB=S△ADC，
∴BF=CG，
∴△BFE≌△CGE(AAS)，
∴BE=CE，
∴点E为BC的中点，由B(3,0)，C(0,3)，点E的坐标为(32,32)，
求得AD的解析式为y=35x+35，
由−x2+2x+3=35x+35，得5x2−7x−12=0，
解得x1=125，x2=−1(舍去)，
∴点D为(125,5125)；
(2)过点N作NH⊥x轴，垂足为H，

∵P是抛物线对称轴与x轴的交点，
∴xP=m，
∵T是x轴负半轴上一点，
∴设xT=t(t<0)．
∵MN//PT，且MN=PT，
∴xN−xM=xP−xT=m−t，xM+xN=2m，
两式相加，得xN=3m−t2，
∵∠MTP=∠NPH=45°，
∴△PNH为等腰直角三角形，
∴NH=PH=OH−OP=xN−xP=3m−t2−m=m−t2，
∴N(3m−t2,t−m2)，
∴t−m2=−(3m−t2−m)2+4m，
整理为关于m的方程为m2−(2t+18)m+t2+2t=0，
由题意，得Δ=(2t+18)2−4(t2+2t)≥0，
解得t≥−8116，
此时关于m的方程的两根之和m1+m2=2t+18>0，
当t≥−8116时，m必有正根，
∴OT的最大值是8116．
【解析】(1)①先求出抛物线的解析式，再把y=0代入方程，即可求解；
②连接BC交AD于点E，分别过点B，C作AD的垂线，垂足分别为F，G，证明△BFE≌△CGE，得出BE=CE，再由中点公式求出地E的坐标，结合点E的坐标和点A的坐标求得AD所在的直线的解析式，再联立抛物线的解析式即可求解出点D；
(2)过点N作NH⊥x轴，垂足为H，可得xP=m，设xT=t(t<0)，根据平行四边形的性质可得xN=3m−t2，再根据等腰直角三角形的性质求出点N的坐标，代入抛物线解析式进而可求出t的取值范围，进而即可解答．
本题考查了二次函数的图象与性质，中点坐标公式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质．选手
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