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【中考二模】2023年年中考数学第二次模拟考试卷21
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这是一份【中考二模】2023年年中考数学第二次模拟考试卷21，文件包含2023年年中考数学第二次模拟考试卷21全解全析docx、2023年年中考数学第二次模拟考试卷21参考答案docx、2023年年中考数学第二次模拟考试卷21A4考试版docx、2023年年中考数学第二次模拟考试卷21考试版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共66页， 欢迎下载使用。
中考三次模拟测试的重要性
三次模拟考试都有一个共同的作用，就是“以考促教”、“以考促学”，但是三次考试还有比较明显的不同之处。三次模拟的目的是始终坚持教学研究，特别是习题教学的研究，做好统计分析工作，做好针对性的讲评，给学生学法指导。那么三次模拟考试又有何区别么？
一模考试：一模考试大致的时间为3月中旬到4月之间。一模考试是考生第一次接触中考题型。这次考试主要是为了让考生了解中考题型，同时发现自己的薄弱环节，然后根据自己的实际情况对症下药，这样复习效果才会显著。
二模考试：二模考试大致在五月份，难度相对较大。这次考试主要检测学校以及学生在第一轮复习的成果，让老师和孩子找到问题的关键，是否存在基础不扎实，计算能力是否需要加强等等。然后找到解决方法，做到复习方法的改进，以及重难点的分布，复习的目标。
三模考试：三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验，可以说这个时候，考生的成绩基本上已经定型了。主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
让学生增强考试信心，考试过后老师的复习也会做一个相应调整，做到查缺补漏，题型的讲解也会着重于综合性较强的题型，提升学生的综合运用能力和解题思想。
2023年年中考数学第二次模拟考试卷21
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
D
D
B
C
B
D
A
C
C
D
1．B
【解析】
解：根据相反数的定义，则这个数的相反数是﹣5．
故选：B．
2．C
【解析】
20万=200000，故20万用科学计数法可表示为：．
故选C．
3．D
【解析】
不能化简，故A错误，不符合题意；
当a、b都为负数时，不成立，故B错误，不符合题意；
，故C错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选D．
4．D
【解析】
解：从上面看，是一个大矩形，在大矩形里，其左下角是一个小矩形．
故选：D
5．B
【解析】
解：
=
=
∵
∴
∴
∴
故答案选：B．
6．C
【解析】
如图，在⊙O上取一点D，连接CD，BD，四边形ABDC为圆内接四边形，
则∠D+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝110°，
∴∠D＝70°，
∴∠BOC＝2∠D＝140°，
∵∠ABO＝50°，
∴∠ACO＝360°﹣∠BOC﹣∠ABO﹣∠BAC＝360°﹣140°﹣50°﹣110°＝60°，
故选：C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
7．B
【解析】
如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．
∵B（9，3），
∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，
在Rt△ABH中，则有x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴OA＝AB＝BC＝5，
∴A（5，0），
∴DE垂直平分线段BC，
∴FH＝BC＝2.5，
∴OF＝6.5，
∴F（6.5，0），
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
8．D
【解析】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米//时，则
3(x−60)=120，
x=100，故①不正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为，
纵坐标为，故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米//时，则返回时与货车共同行驶的时间为小时，此时两车还相距75千米，由题意，得
，
解得y=90，故④正确．
故其中正确的是：③④，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是用一次函数解决实际问题，解答本题的关键是理解题意和读懂图象，结合一次函数的性质和图象与实际问题的联系．
9．A
【解析】
解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，
∵△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF
∴∠FAD=60°，AF=AD=2，
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ ∠BAD=90°
∴∠BAF=∠FAD+ ∠BAD=150°
∴∠FAH=180°－∠BAF=30°
在Rt△AFH中，FH=AF=1
由勾股定理得
AH=
在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2
由勾股定理得
BF=
故BF的长．
故选：A
【点睛】
本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．
10．C
【答案】C
【解析】
：当点P在AC上运动，即时，由题意得，
∵中，，，，
∴，
∴，，
∴，
当点P在BC上运动，即时，由题意得，
∴，，
∴，
∴，
∴符合题意的函数图象只有C，
故选：C．
11．C
【解析】
解：分式方程去分母得：mx+2x﹣12＝3x﹣6，
移项合并得：（m﹣1）x＝6，
当m﹣1＝0，即m＝1时，方程无解；
当m﹣1≠0，即m≠1时，解得：x＝ ，
由分式方程无解，得到＝2或＝6，
解得：m＝4或m＝2，
不等式组整理得：，即﹣8≤y＜m﹣4，
由不等式组有且只有三个偶数解，得到整数解为﹣8，﹣7，﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，
可得﹣4＜m﹣4≤﹣2，即0＜m≤2，
则符合题意m的值为1、2．
故选：C．
【点睛】
此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12．D
【解析】
解：∵将△DOC沿OC翻折，点D刚好落在y轴上的点F处，
∴△COD≌△COF（轴对称的性质）．
∴∠COD=∠COF，OD=OF．
∵∠DOE=∠AOF=90°，
∴∠COE=∠COA=45°．
∵AC⊥OA，
∴OA=AC．
设OA=AC=n，则C（n，n）．
∵C在上，
∴，
∵AC：OF=1：2，
∴OF=OD=2n．
∵OE⊥OA，CA⊥AO，
∴△DOE∽△DAC．
∴，
∴OE=，
过点B作BM⊥x轴于M，如下图，
则△BMD∽△EOD．
．
∵S△DOB=2，
．
∴MB=．
．
．
∴OM=OD+MD=．
，．
∵B在双曲线上，
．
解得：n2=6或n2=-2（舍去）．
∴k=n2=6．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形的相似的判定与性质．本题是折叠问题，由折叠性质得到全等三角形是解题的关键．
13．
【解析】
【分析】
提公因式即可.
【详解】
解：原式=
故答案为：.
【点睛】
本题考查了因式分解，掌握提公因式法因式分解是解题的关键.
14．10
【解析】
【分析】
根据在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】
由题意可得，，
解得，．
故估计大约有个．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率，解题的关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
15．
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，由题意易得∠MEC=∠EMC，DH∥AC，则有，然后设，则有，进而可得，最后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，如图所示：
∵，
∴DH∥AC，
∵点为中点，
∴，，
∴点F是BE的中点，
∵，
∴，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∵DH∥AC，
∴，
∴，
设，则有，，，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：，
解得：（负根舍去），
即；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
16．84%
【解析】
【分析】
设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道，根据题意列出方程组，可得出，，代入甲队和乙队得分率可得出和的关系式；进而求出丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道，最后根据得分率的公式可求出丙队得分率．
【详解】
解：设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道，
由题意可知，，
解得 ，
，
将，代入上式，得，
∴，
∴丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道，
题目总分值为，，
∴丙队得分率
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次方程组的应用，理清楚题干中条件，并且能列出一元一次方程组是解题关键．
17．(1)；
(2)，见解析
【解析】
【分析】
（1）按照顺序依次计算乘方，负整数指数幂，零指数幂，再将结果进行加减运算即可得到结果；
（2）分别解出不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”即得出其解集．最后在数轴上表示出来即可．
(1)
原式；
(2)
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
∴不等式组的解集为．
不等式解集在数轴表示如下，．
【点睛】
本题考查实数的混合运算（涉及有理数的乘方、负整数指数幂、零指数幂和特殊角的三角函数值），解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集．掌握各运算法则是解题关键．
18．(1)图见解析，237.5，325
(2)女
(3)错误
(4)10
【解析】
【分析】
（1）根据众数和中位数的定义即可得出a和b的的值，根据表中数据补全条形图；
（2）比较女生立定跳远成绩的方差和男生立定跳远成绩的方差即可得出答案；
（3）根据中位数的意义，即可进行判断；
（4）求出男生立定跳远成绩优秀的百分比，然后乘以400计算即可得解．
(1)
解：∵10名男生的成绩从小到大为：190，205，218，235，235，240，242，244，245，256
∴中位数a为，众数b=235
(2)
∵女生立定跳远成绩的方差为200，男生立定跳远成绩的方差为375，
∴200＜375
∴立定跳远成绩更整齐的是女生；
(3)
∵男生立定跳远成绩的中位数为237.5
∴该校九年级至少有一半男生立定跳远成绩为237.5
∴他的观点错误
(4)
人．
【点睛】
本题考查了频率分布直方图，用样本估计总体，众数，中位数的定义，读图时要全面细致，同时，解题方法要灵活多样，切忌死记硬背，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．
19．(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用尺规作线段AD的垂直平分线EF即可．
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证明．
(1)
如图，直线EF即为所求．
(2)
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠AOE＝∠AOF＝90°，AO＝AO，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF，
∵EF垂直平分线段AD，
∴EA＝ED，FA＝FD，
∴EA＝ED＝DF＝AF，
∴四边形AEDF是菱形．
20．【答案】(1)米
(2)18秒
【解析】
(1)
解：过点C作CE⊥AD，
根据题意可得：四边形CEAB为矩形，∠DCE=30，
∴EC=AB=36，AE=BC=，
在Rt∆CDE中，
，
∴DE=，
AD=AE+DE=，
∴无人机的高度为米；
(2)
如图所示，延长AC交无人机的飞行方向于点F，下一时刻，无人机将离开小明视线，
在Rt∆ABC中，
，
∵AB∥DF，
∴，
，
∴DF=72，
∴t=72÷4=18秒，
故经过18秒，无人机刚好离开了小明的视线．
【点睛】
题目主要考查解直角三角形的应用，理解题意，作出相应辅助线，掌握运用三角函数解三角形是解题关键．
21.【答案】(1)
(2)
【解析】
(1)
解：连接BD交AC于点E，
在菱形ABCD中，，DE＝BE，AE＝EC．
又∵轴，，
∴DE＝BE＝3，AC=12，
∴AE＝6．
过点P作，垂足为G，
∴．
∴，
∴；
又AP∶PD＝1∶2，即AP∶AD＝1∶3，
∴，
∴PG＝1，AG＝2．
∴．
∴．
(2)
解∶由（1）知DE＝BE＝3，AE＝6．
∴点D的坐标为．
∵菱形ABCD沿y轴向下平移m个单位，
∴点D的对应点点的坐标为，
∵当点D落在反比例函数的图象上，
∴6×（6－m）＝8，解得．
菱形ABCD平移所扫过的面积：．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数与几何的综合题，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
22.【答案】(1)A种湿巾纸的进价为12元，种湿巾纸的进价为8元
(2)A种湿巾纸的单价降了2元
(3)该超市获利最大的进货方案是购进A种湿巾纸200包，购进种湿巾纸400包，最大利润为2800元
【解析】
(1)
解：设A种湿巾纸的进价为元，种湿巾纸的进价为元，
由题意得：，
解得，
答： A种湿巾纸的进价为12元，种湿巾纸的进价为8元．
(2)
解：设A种湿巾纸的单价降了元，
由题意得：，
解得或（不符题意，舍去），
答： A种湿巾纸的单价降了2元．
(3)
解：设购进A种湿巾纸包，该超市获得利润为元，则购进种湿巾纸包，
由题意得：，
种湿巾纸的数量不少于A种湿巾纸数量的两倍，
，
解得，
由一次函数的性质可知，当时，随的增大而增大，
则当时，取得最大值，最大值为，
答：该超市获利最大的进货方案是购进A种湿巾纸200包，购进种湿巾纸400包，最大利润为2800元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、一元二次方程的应用、一次函数的实际应用等知识点，正确建立方程和方程组，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．
23．(1)能．证明见解析
(2)F（n）的最大值为130
【解析】
【分析】
(1)理解定义，末三位数减去末三位以前的数，所得的差能被7整除是解题的关键，再利用参数思想和方程思想即可求证；
(2)先确定m的取值范围，题干里要求把百位数字和十位数字对调，所以y的范围要分段去进行讨论．再结合方程求解得出n的值，再根据定义去求出F(n)的最大值．
(1)
解：864192的末三位数为192，末三位以前的数为864，
∴192﹣864＝﹣672，
∵﹣672÷7＝﹣96，
∴864192能被7整除，
故答案为：能．
证明：设这个多位数的末三位数为a，末三位以前的数为b，
则这个多位数可表示为1000b+a，
根据题意得，a﹣b＝7n（n为整数），
∴a＝7n+b，
则1000b+a＝1000b+7n+b＝1001b+7n，
∵(b，n都为整数)
∴1001b+7n可以被7整除，
∴1000b+a可以被7整除，
∴任意一个三位以上的自然数都满足这个规律．
(2)
解：∵m＝500+10y+52，1≤y≤9，
①当1≤y≤4时，m的百位数字为5，十位数字为（y+5），个位数字为2，
∴调换百位数字和十位数字后所得的新数为100（y+5）+52，
根据题意100（y+5）+52﹣10x﹣10﹣y可以被7整除，
整理得98y﹣7x+539+y﹣3x+3能被7整除，
∵98y﹣7x+539能被7整除，
∴只需y﹣3x+3能被7整除即可
解得或或或，
∵n＝10（x+1）+y，
∴n＝71或52或33或84，
根据题意71＝362﹣352，此时F（71）＝106，
52＝142﹣122，此时F（52）＝19，
33＝172﹣162＝72﹣42，|17﹣16|＜|7﹣4|，此时F（33）＝49，
84＝222﹣202＝102﹣42，|22﹣20|＜|10﹣6|，此时F（84）＝31，
∴当1≤y≤4时，F（n）最大为106．
②当5≤y≤9时，m的百位数字为6，十位数字为（y﹣5），个位数字为2，
调换百位数字和十位数字后所得的新数为100（y﹣5）+62，
根据题意100（y﹣5）+62﹣10x﹣10﹣y可以被7整除，
整理得98y﹣7x﹣448+y﹣3x可以被7整除，
∵98y﹣7x﹣448可以被7整除，
∴只需y﹣3x能被7整除即可，
解得或或或或，
∵n＝10（x+1）+y，
∴n＝55或36或87或68或39．
根据题意55＝282﹣272＝82﹣32，|28﹣27|＜|8﹣3|，此时F（55）＝82，
36＝102﹣82，此时F（36）＝13，
87＝442﹣432＝162﹣132，|44﹣43|＜|16﹣13|，此时F（87）＝130，
68＝182﹣162，此时F（68）＝25，
39＝202﹣192，F（39）＝58，
∴当5≤y≤9时，F（n）的最大值为130
综上，F（n）的最大值为130．
【点睛】
此题主要考查了新定义，数的整除，实数的运算，列代数式及求值问题，解本题的关键在于将一个代数式进行分组再分别讨论能否被7整除，结合了方程思想，分类讨论思想，综合性较强．
24．(1)
(2)点P的坐标为（2，）时，△PDF的面积最大值为
(3)存在；点G的坐标（0，）或（0，）
【解析】
【分析】
（1）将点A和点C分别代入求得a和c的值，得到抛物线的解析式；
（2）过点E作EH⊥直线PD于点H，由PD∥y轴得到∠DEH＝∠CBO，然后由等角的余弦值相等得到EH的长，再求得直线BC的解析式，然后设点P的坐标，得到点D的坐标，进而得到PD的长，即可求得△PDF的面积，进而利用二次函数的性质求得△PDF的面积最大值和点P的坐标；
（3）分情况讨论：当点B'在y轴的右侧和左侧时，分别讨论点P'为直角顶点和点B'为直角顶点几种情况，然后作出辅助线构造K型全等，然后设点B'、点P'和点G的坐标，根据全等三角形的性质列出方程求得点G的坐标．
(1)
将A（﹣1，0），C（0，3）代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式为：．
(2)
过点E作EH⊥PD于点H，
令y＝0，得，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝5，
∵EH⊥PD，BO⊥CO，
∴HE∥OB，
∴∠DEH＝∠CBO，
∴cos∠DEH＝cos∠CBO，即，
∴，
解得：HE＝1，
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则
，解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设，，则，
∴，
配方得：，
∵，
∴t＝2时，S△FPD有最大值为，
∴点P的坐标为（2，）时，△PDF的面积最大值为．
(3)
设B'（x，x+3）（x≤4），G（0，y），
∵P（2，），B（4，0），线段BP沿射线BC方向平移，
∴P'（x﹣2，x），
①如图2，当点B'1在y轴右侧，∠G1B'1P'1＝90°时，B'1P'1＝B'1G1，
过点B'1作B'1M1⊥y轴于点M1，过点P'1作P'1N1⊥B'1M1于点N1，则∠P'1N1B'1＝∠B'1M1G1＝90°，∠P'1B'1N1+∠M1B'1G1＝90°，
∴∠P'1B'1N1+∠N1P'1B'1＝90°，
∴∠M1B'1G1＝∠N1P'1B'1，
∴△M1B'1G1≌△N1P'1B'1（AAS），
∴M1G1＝B'1N1，P'1N1＝B'1M1，
∵M1G1x+3﹣y，B'1N1＝2，P'1N1，B'1M1＝x，
∴x+3﹣y＝2，且x4，舍去；
②如图3，当点B'2在y轴右侧，∠G2P'2B'2＝90°时，B'2P'2＝P'2G2，过点P'2作P'2N2⊥y轴于点N2，过点B'2作B'2M2⊥N2P'2的延长线于点M2，则∠P'2N2G2＝∠B'2M2P'2＝90°，
∠P'2B'2M2+∠M2P'2B'2＝90°，
∴∠N2P'2G2+∠M2P'2B'2＝90°，
∴∠N2P'2G2＝∠P'2B'2M2，
∴△N2P'2G2≌△M2B'2P'2（AAS），
∴N2G2＝P'2M2，P'2N2＝B'2M2，
∵N2G2xy，P'2M2＝2，P'2N2＝x﹣2，B'2M2，
∴xy＝2，且x﹣2，
∴x4，y，舍去；
③如图4，当点B'3在y轴左侧，∠G3P'3B'3＝90°时，B'3P'3＝P'3G3，过点P'3作P'3M3⊥y轴于点M3，过点B'3作B'3N3⊥M3P'3于点M3，则∠P'3M3G3＝∠B'3N2P'3＝90°，∠P'3B'3N3+∠N3P'3B'3＝90°，
∴∠M3P'3G3+∠N3P'3B'3＝90°，
∴∠P'3B'3N3＝∠M3P'3G3，
∴△P'3B'3N3≌△G3P'3M3（AAS），
∴M3G3＝P'3N3，P'3M3＝B'3N3，
∵M3G3＝y﹣（x），P'3N3＝2，P'3M3＝﹣（x﹣2），B'2M2，
∴yx2，且2﹣x，
∴x，y，
∴点G3的坐标为（0，）；
④如图5，当点B'4在y轴左侧，∠G4B'4P'4＝90°时，B'4P'4＝B'4G4，过点B'4作B'4N4⊥y轴于点N4，过点P'4作P'4M4⊥N4B'4的延长线于点M4，则∠P'4M4B'4＝∠B'4N4G4＝90°,∠P'4B'4M4+∠N4B'4G4＝90°，
∴∠P'4B'4M4+∠M4P'4B'4＝90°，
∴∠N4B'4G4＝∠M4P'4B'4，
∴△N4B'4G4≌△M4P'4B'4（AAS），
∴N4G4＝B'4M4，P'4M4＝B'4N4，
∵N4G4＝y﹣（x+3），B'4M4＝2，P'4M4，B'4N4＝﹣x，
∴y﹣（x+3）＝2，且﹣x，
∴x，y，
∴点G4的坐标为（0，）；
综上所述，△GB'P'是以B'P'为直角边的等腰直角三角形时，点G的坐标为（0，）或（0，）．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的确定，二次函数的最值，用坐标表示点的距离等知识点，解题过程中灵活应用分类讨论的思想是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，可证四边形APBF是正方形，可得AP＝AF，根据“HL”可证，可得∠DAP＝∠FAC，即可得∠DAC＝90°；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，根据角平分线的性质可得FN＝FM，根据S△DBF＝2S△CBF，可得BD＝2BC，即BH＝DH＝BC，通过全等三角形的判定和性质可得AG＝GC；
（3）由全等三角形的性质可得BG＝PG＝，根据勾股定理可求GC，DC，PF的长，即可求GF的长．
(1)
解：如图，过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，
∵AP⊥BD，AF⊥BC，BD⊥BC
∴四边形APBF是矩形
∵∠ABC＝135°，∠DBC＝90°，
∴∠ABP＝45°，且∠APB＝90°，
∴AP＝PB，
∴四边形APBF是正方形
∴AP＝AF，且AD＝AC，
∴，
∴∠DAP＝∠FAC，
∵∠FAC+∠PAC＝90°
∴∠DAP+∠PAC＝90°
∴∠DAC＝90°
(2)
如图，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，
∵∠ABC＝135°，∠ABF＝90°，
∴∠CBF＝45°，且∠DBC＝90°，
∴∠DBF＝∠CBF，且FN⊥BD，FM⊥BC，
∴FN＝FM，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴×2，
∴BD＝2BC，
∴BH＝BD﹣DH＝BD﹣BC＝BC，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAC＝∠DBC＝90°，
∴∠ADH＝∠ACB，且AD＝AC，DH＝BC，
∴△ADH≌△ACB（SAS），
∴∠AHD＝∠ABC＝135°，AH＝AB，
∴∠AHB＝∠ABD＝45°，
∴∠HAB＝90°，
∵BC＝BH，∠HAB＝∠BPC，∠AHB＝∠FBC＝45°，
∴△AHB≌△PBC（AAS），
∴AB＝PC，
∵AB＝PC，且∠ABP＝∠BPC，∠AGB＝∠CGP，
∴△AGB≌△CGP（AAS），
∴AG＝GC
(3)
解：如图，
∵AB＝3＝PC，∠PBC＝45°，PC⊥BF，
∴BP＝PC=3，
∵△AGB≌△CGP，
∴BG＝PG＝，
在中，CG＝＝，
∴AG＝GC＝
∴AC＝AD＝2AG＝3
在中，CD＝＝，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴DF＝2FC
∵DF+FC＝DC
∴FC＝
在中，PF＝＝1
∴FG＝PG+PF＝1+ ＝．
中考三次模拟测试的重要性
三次模拟考试都有一个共同的作用，就是“以考促教”、“以考促学”，但是三次考试还有比较明显的不同之处。三次模拟的目的是始终坚持教学研究，特别是习题教学的研究，做好统计分析工作，做好针对性的讲评，给学生学法指导。那么三次模拟考试又有何区别么？
一模考试：一模考试大致的时间为3月中旬到4月之间。一模考试是考生第一次接触中考题型。这次考试主要是为了让考生了解中考题型，同时发现自己的薄弱环节，然后根据自己的实际情况对症下药，这样复习效果才会显著。
二模考试：二模考试大致在五月份，难度相对较大。这次考试主要检测学校以及学生在第一轮复习的成果，让老师和孩子找到问题的关键，是否存在基础不扎实，计算能力是否需要加强等等。然后找到解决方法，做到复习方法的改进，以及重难点的分布，复习的目标。
三模考试：三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验，可以说这个时候，考生的成绩基本上已经定型了。主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
让学生增强考试信心，考试过后老师的复习也会做一个相应调整，做到查缺补漏，题型的讲解也会着重于综合性较强的题型，提升学生的综合运用能力和解题思想。
2023年年中考数学第二次模拟考试卷21
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
C
D
D
B
C
B
D
A
C
C
D
1．B
【解析】
解：根据相反数的定义，则这个数的相反数是﹣5．
故选：B．
2．C
【解析】
20万=200000，故20万用科学计数法可表示为：．
故选C．
3．D
【解析】
不能化简，故A错误，不符合题意；
当a、b都为负数时，不成立，故B错误，不符合题意；
，故C错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选D．
4．D
【解析】
解：从上面看，是一个大矩形，在大矩形里，其左下角是一个小矩形．
故选：D
5．B
【解析】
解：
=
=
∵
∴
∴
∴
故答案选：B．
6．C
【解析】
如图，在⊙O上取一点D，连接CD，BD，四边形ABDC为圆内接四边形，
则∠D+∠BAC＝180°，
∵∠BAC＝110°，
∴∠D＝70°，
∴∠BOC＝2∠D＝140°，
∵∠ABO＝50°，
∴∠ACO＝360°﹣∠BOC﹣∠ABO﹣∠BAC＝360°﹣140°﹣50°﹣110°＝60°，
故选：C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
7．B
【解析】
如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．
∵B（9，3），
∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，
在Rt△ABH中，则有x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴OA＝AB＝BC＝5，
∴A（5，0），
∴DE垂直平分线段BC，
∴FH＝BC＝2.5，
∴OF＝6.5，
∴F（6.5，0），
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
8．D
【解析】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米//时，则
3(x−60)=120，
x=100，故①不正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，
所以图中点B的横坐标为，
纵坐标为，故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米//时，则返回时与货车共同行驶的时间为小时，此时两车还相距75千米，由题意，得
，
解得y=90，故④正确．
故其中正确的是：③④，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是用一次函数解决实际问题，解答本题的关键是理解题意和读懂图象，结合一次函数的性质和图象与实际问题的联系．
9．A
【解析】
解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，
∵△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF
∴∠FAD=60°，AF=AD=2，
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ ∠BAD=90°
∴∠BAF=∠FAD+ ∠BAD=150°
∴∠FAH=180°－∠BAF=30°
在Rt△AFH中，FH=AF=1
由勾股定理得
AH=
在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2
由勾股定理得
BF=
故BF的长．
故选：A
【点睛】
本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．
10．C
【答案】C
【解析】
：当点P在AC上运动，即时，由题意得，
∵中，，，，
∴，
∴，，
∴，
当点P在BC上运动，即时，由题意得，
∴，，
∴，
∴，
∴符合题意的函数图象只有C，
故选：C．
11．C
【解析】
解：分式方程去分母得：mx+2x﹣12＝3x﹣6，
移项合并得：（m﹣1）x＝6，
当m﹣1＝0，即m＝1时，方程无解；
当m﹣1≠0，即m≠1时，解得：x＝ ，
由分式方程无解，得到＝2或＝6，
解得：m＝4或m＝2，
不等式组整理得：，即﹣8≤y＜m﹣4，
由不等式组有且只有三个偶数解，得到整数解为﹣8，﹣7，﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，
可得﹣4＜m﹣4≤﹣2，即0＜m≤2，
则符合题意m的值为1、2．
故选：C．
【点睛】
此题考查了分式方程的解，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12．D
【解析】
解：∵将△DOC沿OC翻折，点D刚好落在y轴上的点F处，
∴△COD≌△COF（轴对称的性质）．
∴∠COD=∠COF，OD=OF．
∵∠DOE=∠AOF=90°，
∴∠COE=∠COA=45°．
∵AC⊥OA，
∴OA=AC．
设OA=AC=n，则C（n，n）．
∵C在上，
∴，
∵AC：OF=1：2，
∴OF=OD=2n．
∵OE⊥OA，CA⊥AO，
∴△DOE∽△DAC．
∴，
∴OE=，
过点B作BM⊥x轴于M，如下图，
则△BMD∽△EOD．
．
∵S△DOB=2，
．
∴MB=．
．
．
∴OM=OD+MD=．
，．
∵B在双曲线上，
．
解得：n2=6或n2=-2（舍去）．
∴k=n2=6．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形的相似的判定与性质．本题是折叠问题，由折叠性质得到全等三角形是解题的关键．
13．
【解析】
【分析】
提公因式即可.
【详解】
解：原式=
故答案为：.
【点睛】
本题考查了因式分解，掌握提公因式法因式分解是解题的关键.
14．10
【解析】
【分析】
根据在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】
由题意可得，，
解得，．
故估计大约有个．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了利用频率估计概率，本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率，解题的关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
15．
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，由题意易得∠MEC=∠EMC，DH∥AC，则有，然后设，则有，进而可得，最后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：过点D作DH⊥BC于点H，交BE于点F，设BE与CD交于点M，如图所示：
∵，
∴DH∥AC，
∵点为中点，
∴，，
∴点F是BE的中点，
∵，
∴，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∵DH∥AC，
∴，
∴，
设，则有，，，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：，
解得：（负根舍去），
即；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握平行线所截线段成比例、勾股定理、一元二次方程的解法、等腰三角形的性质与判定、折叠的性质及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
16．84%
【解析】
【分析】
设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道，根据题意列出方程组，可得出，，代入甲队和乙队得分率可得出和的关系式；进而求出丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道，最后根据得分率的公式可求出丙队得分率．
【详解】
解：设“风”“雅”“颂”的分值分别为，，，甲队回答正确的“颂”有道，乙队回答正确的“颂”有道，
由题意可知，，
解得 ，
，
将，代入上式，得，
∴，
∴丙队回答正确的“雅”有道，回答正确的“风”有道，回答正确的“颂”有道，
题目总分值为，，
∴丙队得分率
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查一次方程组的应用，理清楚题干中条件，并且能列出一元一次方程组是解题关键．
17．(1)；
(2)，见解析
【解析】
【分析】
（1）按照顺序依次计算乘方，负整数指数幂，零指数幂，再将结果进行加减运算即可得到结果；
（2）分别解出不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”即得出其解集．最后在数轴上表示出来即可．
(1)
原式；
(2)
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
∴不等式组的解集为．
不等式解集在数轴表示如下，．
【点睛】
本题考查实数的混合运算（涉及有理数的乘方、负整数指数幂、零指数幂和特殊角的三角函数值），解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集．掌握各运算法则是解题关键．
18．(1)图见解析，237.5，325
(2)女
(3)错误
(4)10
【解析】
【分析】
（1）根据众数和中位数的定义即可得出a和b的的值，根据表中数据补全条形图；
（2）比较女生立定跳远成绩的方差和男生立定跳远成绩的方差即可得出答案；
（3）根据中位数的意义，即可进行判断；
（4）求出男生立定跳远成绩优秀的百分比，然后乘以400计算即可得解．
(1)
解：∵10名男生的成绩从小到大为：190，205，218，235，235，240，242，244，245，256
∴中位数a为，众数b=235
(2)
∵女生立定跳远成绩的方差为200，男生立定跳远成绩的方差为375，
∴200＜375
∴立定跳远成绩更整齐的是女生；
(3)
∵男生立定跳远成绩的中位数为237.5
∴该校九年级至少有一半男生立定跳远成绩为237.5
∴他的观点错误
(4)
人．
【点睛】
本题考查了频率分布直方图，用样本估计总体，众数，中位数的定义，读图时要全面细致，同时，解题方法要灵活多样，切忌死记硬背，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．
19．(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用尺规作线段AD的垂直平分线EF即可．
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证明．
(1)
如图，直线EF即为所求．
(2)
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠AOE＝∠AOF＝90°，AO＝AO，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF，
∵EF垂直平分线段AD，
∴EA＝ED，FA＝FD，
∴EA＝ED＝DF＝AF，
∴四边形AEDF是菱形．
20．【答案】(1)米
(2)18秒
【解析】
(1)
解：过点C作CE⊥AD，
根据题意可得：四边形CEAB为矩形，∠DCE=30，
∴EC=AB=36，AE=BC=，
在Rt∆CDE中，
，
∴DE=，
AD=AE+DE=，
∴无人机的高度为米；
(2)
如图所示，延长AC交无人机的飞行方向于点F，下一时刻，无人机将离开小明视线，
在Rt∆ABC中，
，
∵AB∥DF，
∴，
，
∴DF=72，
∴t=72÷4=18秒，
故经过18秒，无人机刚好离开了小明的视线．
【点睛】
题目主要考查解直角三角形的应用，理解题意，作出相应辅助线，掌握运用三角函数解三角形是解题关键．
21.【答案】(1)
(2)
【解析】
(1)
解：连接BD交AC于点E，
在菱形ABCD中，，DE＝BE，AE＝EC．
又∵轴，，
∴DE＝BE＝3，AC=12，
∴AE＝6．
过点P作，垂足为G，
∴．
∴，
∴；
又AP∶PD＝1∶2，即AP∶AD＝1∶3，
∴，
∴PG＝1，AG＝2．
∴．
∴．
(2)
解∶由（1）知DE＝BE＝3，AE＝6．
∴点D的坐标为．
∵菱形ABCD沿y轴向下平移m个单位，
∴点D的对应点点的坐标为，
∵当点D落在反比例函数的图象上，
∴6×（6－m）＝8，解得．
菱形ABCD平移所扫过的面积：．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数与几何的综合题，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
22.【答案】(1)A种湿巾纸的进价为12元，种湿巾纸的进价为8元
(2)A种湿巾纸的单价降了2元
(3)该超市获利最大的进货方案是购进A种湿巾纸200包，购进种湿巾纸400包，最大利润为2800元
【解析】
(1)
解：设A种湿巾纸的进价为元，种湿巾纸的进价为元，
由题意得：，
解得，
答： A种湿巾纸的进价为12元，种湿巾纸的进价为8元．
(2)
解：设A种湿巾纸的单价降了元，
由题意得：，
解得或（不符题意，舍去），
答： A种湿巾纸的单价降了2元．
(3)
解：设购进A种湿巾纸包，该超市获得利润为元，则购进种湿巾纸包，
由题意得：，
种湿巾纸的数量不少于A种湿巾纸数量的两倍，
，
解得，
由一次函数的性质可知，当时，随的增大而增大，
则当时，取得最大值，最大值为，
答：该超市获利最大的进货方案是购进A种湿巾纸200包，购进种湿巾纸400包，最大利润为2800元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、一元二次方程的应用、一次函数的实际应用等知识点，正确建立方程和方程组，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．
23．(1)能．证明见解析
(2)F（n）的最大值为130
【解析】
【分析】
(1)理解定义，末三位数减去末三位以前的数，所得的差能被7整除是解题的关键，再利用参数思想和方程思想即可求证；
(2)先确定m的取值范围，题干里要求把百位数字和十位数字对调，所以y的范围要分段去进行讨论．再结合方程求解得出n的值，再根据定义去求出F(n)的最大值．
(1)
解：864192的末三位数为192，末三位以前的数为864，
∴192﹣864＝﹣672，
∵﹣672÷7＝﹣96，
∴864192能被7整除，
故答案为：能．
证明：设这个多位数的末三位数为a，末三位以前的数为b，
则这个多位数可表示为1000b+a，
根据题意得，a﹣b＝7n（n为整数），
∴a＝7n+b，
则1000b+a＝1000b+7n+b＝1001b+7n，
∵(b，n都为整数)
∴1001b+7n可以被7整除，
∴1000b+a可以被7整除，
∴任意一个三位以上的自然数都满足这个规律．
(2)
解：∵m＝500+10y+52，1≤y≤9，
①当1≤y≤4时，m的百位数字为5，十位数字为（y+5），个位数字为2，
∴调换百位数字和十位数字后所得的新数为100（y+5）+52，
根据题意100（y+5）+52﹣10x﹣10﹣y可以被7整除，
整理得98y﹣7x+539+y﹣3x+3能被7整除，
∵98y﹣7x+539能被7整除，
∴只需y﹣3x+3能被7整除即可
解得或或或，
∵n＝10（x+1）+y，
∴n＝71或52或33或84，
根据题意71＝362﹣352，此时F（71）＝106，
52＝142﹣122，此时F（52）＝19，
33＝172﹣162＝72﹣42，|17﹣16|＜|7﹣4|，此时F（33）＝49，
84＝222﹣202＝102﹣42，|22﹣20|＜|10﹣6|，此时F（84）＝31，
∴当1≤y≤4时，F（n）最大为106．
②当5≤y≤9时，m的百位数字为6，十位数字为（y﹣5），个位数字为2，
调换百位数字和十位数字后所得的新数为100（y﹣5）+62，
根据题意100（y﹣5）+62﹣10x﹣10﹣y可以被7整除，
整理得98y﹣7x﹣448+y﹣3x可以被7整除，
∵98y﹣7x﹣448可以被7整除，
∴只需y﹣3x能被7整除即可，
解得或或或或，
∵n＝10（x+1）+y，
∴n＝55或36或87或68或39．
根据题意55＝282﹣272＝82﹣32，|28﹣27|＜|8﹣3|，此时F（55）＝82，
36＝102﹣82，此时F（36）＝13，
87＝442﹣432＝162﹣132，|44﹣43|＜|16﹣13|，此时F（87）＝130，
68＝182﹣162，此时F（68）＝25，
39＝202﹣192，F（39）＝58，
∴当5≤y≤9时，F（n）的最大值为130
综上，F（n）的最大值为130．
【点睛】
此题主要考查了新定义，数的整除，实数的运算，列代数式及求值问题，解本题的关键在于将一个代数式进行分组再分别讨论能否被7整除，结合了方程思想，分类讨论思想，综合性较强．
24．(1)
(2)点P的坐标为（2，）时，△PDF的面积最大值为
(3)存在；点G的坐标（0，）或（0，）
【解析】
【分析】
（1）将点A和点C分别代入求得a和c的值，得到抛物线的解析式；
（2）过点E作EH⊥直线PD于点H，由PD∥y轴得到∠DEH＝∠CBO，然后由等角的余弦值相等得到EH的长，再求得直线BC的解析式，然后设点P的坐标，得到点D的坐标，进而得到PD的长，即可求得△PDF的面积，进而利用二次函数的性质求得△PDF的面积最大值和点P的坐标；
（3）分情况讨论：当点B'在y轴的右侧和左侧时，分别讨论点P'为直角顶点和点B'为直角顶点几种情况，然后作出辅助线构造K型全等，然后设点B'、点P'和点G的坐标，根据全等三角形的性质列出方程求得点G的坐标．
(1)
将A（﹣1，0），C（0，3）代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式为：．
(2)
过点E作EH⊥PD于点H，
令y＝0，得，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝5，
∵EH⊥PD，BO⊥CO，
∴HE∥OB，
∴∠DEH＝∠CBO，
∴cos∠DEH＝cos∠CBO，即，
∴，
解得：HE＝1，
设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则
，解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设，，则，
∴，
配方得：，
∵，
∴t＝2时，S△FPD有最大值为，
∴点P的坐标为（2，）时，△PDF的面积最大值为．
(3)
设B'（x，x+3）（x≤4），G（0，y），
∵P（2，），B（4，0），线段BP沿射线BC方向平移，
∴P'（x﹣2，x），
①如图2，当点B'1在y轴右侧，∠G1B'1P'1＝90°时，B'1P'1＝B'1G1，
过点B'1作B'1M1⊥y轴于点M1，过点P'1作P'1N1⊥B'1M1于点N1，则∠P'1N1B'1＝∠B'1M1G1＝90°，∠P'1B'1N1+∠M1B'1G1＝90°，
∴∠P'1B'1N1+∠N1P'1B'1＝90°，
∴∠M1B'1G1＝∠N1P'1B'1，
∴△M1B'1G1≌△N1P'1B'1（AAS），
∴M1G1＝B'1N1，P'1N1＝B'1M1，
∵M1G1x+3﹣y，B'1N1＝2，P'1N1，B'1M1＝x，
∴x+3﹣y＝2，且x4，舍去；
②如图3，当点B'2在y轴右侧，∠G2P'2B'2＝90°时，B'2P'2＝P'2G2，过点P'2作P'2N2⊥y轴于点N2，过点B'2作B'2M2⊥N2P'2的延长线于点M2，则∠P'2N2G2＝∠B'2M2P'2＝90°，
∠P'2B'2M2+∠M2P'2B'2＝90°，
∴∠N2P'2G2+∠M2P'2B'2＝90°，
∴∠N2P'2G2＝∠P'2B'2M2，
∴△N2P'2G2≌△M2B'2P'2（AAS），
∴N2G2＝P'2M2，P'2N2＝B'2M2，
∵N2G2xy，P'2M2＝2，P'2N2＝x﹣2，B'2M2，
∴xy＝2，且x﹣2，
∴x4，y，舍去；
③如图4，当点B'3在y轴左侧，∠G3P'3B'3＝90°时，B'3P'3＝P'3G3，过点P'3作P'3M3⊥y轴于点M3，过点B'3作B'3N3⊥M3P'3于点M3，则∠P'3M3G3＝∠B'3N2P'3＝90°，∠P'3B'3N3+∠N3P'3B'3＝90°，
∴∠M3P'3G3+∠N3P'3B'3＝90°，
∴∠P'3B'3N3＝∠M3P'3G3，
∴△P'3B'3N3≌△G3P'3M3（AAS），
∴M3G3＝P'3N3，P'3M3＝B'3N3，
∵M3G3＝y﹣（x），P'3N3＝2，P'3M3＝﹣（x﹣2），B'2M2，
∴yx2，且2﹣x，
∴x，y，
∴点G3的坐标为（0，）；
④如图5，当点B'4在y轴左侧，∠G4B'4P'4＝90°时，B'4P'4＝B'4G4，过点B'4作B'4N4⊥y轴于点N4，过点P'4作P'4M4⊥N4B'4的延长线于点M4，则∠P'4M4B'4＝∠B'4N4G4＝90°,∠P'4B'4M4+∠N4B'4G4＝90°，
∴∠P'4B'4M4+∠M4P'4B'4＝90°，
∴∠N4B'4G4＝∠M4P'4B'4，
∴△N4B'4G4≌△M4P'4B'4（AAS），
∴N4G4＝B'4M4，P'4M4＝B'4N4，
∵N4G4＝y﹣（x+3），B'4M4＝2，P'4M4，B'4N4＝﹣x，
∴y﹣（x+3）＝2，且﹣x，
∴x，y，
∴点G4的坐标为（0，）；
综上所述，△GB'P'是以B'P'为直角边的等腰直角三角形时，点G的坐标为（0，）或（0，）．
【点睛】
本题考查了二次函数解析式的确定，二次函数的最值，用坐标表示点的距离等知识点，解题过程中灵活应用分类讨论的思想是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，可证四边形APBF是正方形，可得AP＝AF，根据“HL”可证，可得∠DAP＝∠FAC，即可得∠DAC＝90°；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，根据角平分线的性质可得FN＝FM，根据S△DBF＝2S△CBF，可得BD＝2BC，即BH＝DH＝BC，通过全等三角形的判定和性质可得AG＝GC；
（3）由全等三角形的性质可得BG＝PG＝，根据勾股定理可求GC，DC，PF的长，即可求GF的长．
(1)
解：如图，过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，
∵AP⊥BD，AF⊥BC，BD⊥BC
∴四边形APBF是矩形
∵∠ABC＝135°，∠DBC＝90°，
∴∠ABP＝45°，且∠APB＝90°，
∴AP＝PB，
∴四边形APBF是正方形
∴AP＝AF，且AD＝AC，
∴，
∴∠DAP＝∠FAC，
∵∠FAC+∠PAC＝90°
∴∠DAP+∠PAC＝90°
∴∠DAC＝90°
(2)
如图，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，
∵∠ABC＝135°，∠ABF＝90°，
∴∠CBF＝45°，且∠DBC＝90°，
∴∠DBF＝∠CBF，且FN⊥BD，FM⊥BC，
∴FN＝FM，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴×2，
∴BD＝2BC，
∴BH＝BD﹣DH＝BD﹣BC＝BC，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAC＝∠DBC＝90°，
∴∠ADH＝∠ACB，且AD＝AC，DH＝BC，
∴△ADH≌△ACB（SAS），
∴∠AHD＝∠ABC＝135°，AH＝AB，
∴∠AHB＝∠ABD＝45°，
∴∠HAB＝90°，
∵BC＝BH，∠HAB＝∠BPC，∠AHB＝∠FBC＝45°，
∴△AHB≌△PBC（AAS），
∴AB＝PC，
∵AB＝PC，且∠ABP＝∠BPC，∠AGB＝∠CGP，
∴△AGB≌△CGP（AAS），
∴AG＝GC
(3)
解：如图，
∵AB＝3＝PC，∠PBC＝45°，PC⊥BF，
∴BP＝PC=3，
∵△AGB≌△CGP，
∴BG＝PG＝，
在中，CG＝＝，
∴AG＝GC＝
∴AC＝AD＝2AG＝3
在中，CD＝＝，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴DF＝2FC
∵DF+FC＝DC
∴FC＝
在中，PF＝＝1
∴FG＝PG+PF＝1+ ＝．
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