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2023年重庆实验外国语学校中考数学二诊试卷(含解析）
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这是一份2023年重庆实验外国语学校中考数学二诊试卷(含解析），共35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年重庆实验外国语学校中考数学二诊试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −3的相反数是( )
A. 3 B. −13 C. 13 D. −3
2. 下列图形中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. x2+1x+1=x−1 B. (x2)3=x5 C. a2=|a| D. 3a2−2a2=1
4. 如图，△ABC与△A′B′C′位似，O为位似中心，C′C=2OC，若AB=2，则A′B′的长( )
A. 6 B. 4 C. 8 D. 18
5. 若a=3 5−2，则a的取值范围是( )
A. 2
A. 6x+5y=452x+7y=31 B. 5x+6y=452x+7y=31 C. 6x+5y=457x+2y=31 D. 5x+6y=457x+2y=31
7. 如图是由相同的菱形按一定规律摆放而成，第1个图形有3个菱形，第2个图形有7个菱形，第3个图形有13个菱形，按此规律排列下去，第9个图形的菱形个数为( )
A. 73 B. 81 C. 91 D. 109
8. 如图，在⊙O中，AB是圆的直径，过点B作⊙O的切线BC，连接AC交⊙O于点D，点E为弧AD中点，连接AE，若AE=AO，AB=6，则CD的长为( )
A. 2
B. 3 32
C. 3
D. 3 3
9. 若关于x的一元一次不等式组3x+82>2−x2−x+a≥2x−3有且仅有1个奇数解，且关于y的分式方程a−7y−2−y2−y=3有整数解，则满足条件的所有整数a的和为( )
A. 4 B. 3 C. 9 D. 8
10. 定义一个运算H(x1,x2,…,xn|y1,y2,…,yn)=x1+x2+…+xny1+y2+⋅⋅⋅+yn(y1+y2+…+yn≠0)，下列说法正确的有个．( )
①H(1,2|3)=1；
②若H(4|x2,−4)−H(1|x,−2)=−1，则x=−1或2；
③H(1|1,2)+H(1|22,4)+H(1|32,6)+…+H(1|102,20)=175264；
④若H(a|b,c,d)=H(b|a,c,d)=H(c|a,b,d)=H(d|a,b,c)，则c+da+b=1．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 计算：2cos30°−(−13)−2= ______ ．
12. 一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形的边数为 ．
13. 今年的五一档电影热闹非凡、丰富多元.欢欢决定从《长空之王》、《人生路不熟》、《惊天救援》、《井冈星火》、《检察风云》这五部电影中随机挑选两部电影观看，则选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》的概率为______ ．
14. 若关于x的方程kx2−2x−3=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______ ．
15. 如图，A、B是双曲线y=kx(x<0)上两点，连接OA、OB，过点B作BC⊥y轴于点C，交线段OA于点D，若△ABC的面积是1，OD=2AD，则k= ______ ．
16. 如图，在等边△ABC中，AB=4，以AB为直径作半圆分别交BC、AC边于点D、E；以BC为直径作半圆分别交AB、AC于点F、E，则阴影部分的面积为______ ．
17. 如图，在正方形ABCD中，AB=8，对角线AC，BD相交于点O.点F为AB中点，CF交BD于点G.点E是对角线BD上一点，且EF⊥CE，EF交AC于点H，则EG的长为______ ．
18. 一个两位自然数m，若各位数字之和小于等于9，则称为“完美数”.将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的前面，得到一个新数m′，那么称m′为m的“前置完美数”；将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的后面，得到一个新数mn，那么称mn为m的“后置完美数”.记F(m)=m′−m″9，例如：m=12时，m′=312，mn=123，F(12)=312−1239=21.请计算F(32)= ______ ；已知两个“完美数”m=10a+b(6≤a≤9,0≤b≤9)，n=10x+y(1≤x≤9,0≤y≤9)，若F(m)是一个完全平方数，且2m+F(n)−8y=140，则n的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
化简：
(1)(2x−1)(2x+1)−x(x+4)；
(2)(x−1x+1−2)÷x2−92x+2．
20. (本小题8.0分)
如图，BD是矩形ABCD的对角线，BE平分∠ABD，交AD于点E，AB>BC．
(1)尺规作图：作∠BDC的角平分线，交BC于点F(只保留作图痕迹，不写作法)；
(2)根据图形证明四边形BEDF为平行四边形，请完成下面的填空．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD．
∴∠ABD= ______ ．
又∵BE平分∠ABD，DF平分∠BDC，
∴∠EBD=12∠ABD，∠FDB= ______ ．
∴ ______ ．
∴BE//DF．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴BC ______ AD．
∴四边形BEDF为平行四边形．
21. (本小题10.0分)
某校组织了一次“创文创卫”安全知识竞赛，现从七、八年级各随机抽取100名同学的竞赛得分(满分100分)，分为5个组(x表示得分，x取整数)A组：x≥90；B组：80≤x<90；
C组：70≤x<80；D组：60≤x<70；E组：0≤x<60，将得分进行统计，得到如下信息：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
81.3
b
83
八年级
81.3
78.5
82
①100名七年级学生中B组得分从高到低排列，排在最后的10个得分是82，82，81，81，81，81，80，80，80，80；
②七、八年级得分的平均数、中位数、众数如表；
③100名七年级学生得分条形统计图如图；
④100名八年级学生得分扇形统计图如图．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)根据以上信息填空：a= ______ ，b= ______ ，并补全条形统计图；
(2)根据以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级的安全知识掌握得更好？并说明理由；
(3)若该校有七年级学生800名，八年级学生1000名.若得分在90分及其以上为优秀，请估计该校七、八年级竞赛成绩为优秀的学生人数．
22. (本小题10.0分)
远方食品公司有甲、乙两个组共36名工人.甲组每天制作6400个粽子，乙组每天制作12000个粽子.已知乙组每人每天制作的粽子数量是甲组每人每天制作粽子数量的32．
(1)求甲、乙两组各有多少名工人？
(2)为了提高粽子的日产量，公司决定从乙组抽调部分人员到甲组中，抽调后甲组每人每天制作粽子数量提高12，而乙组每人每天制作粽子数量降低16.若每天至少生产20300个粽子，则至少需要抽调多少人到甲工作组？
23. (本小题10.0分)
如图，海中有一小岛P，在小岛P正西方A点处有一巡逻船.巡逻船从A点出发沿南偏东45°航线行驶2小时后到达点C，此时测得小岛P在点C北偏东60°方向上，且距离为64海里.(参考数据： 2≈1.414，sin37°≈35，cos37°≈45.)
(1)求AP的长度(单位：海里，结果保留根号)．
(2)在C点正东方距离50 2海里处E点有一渔船发出求救信号.根据资料显示，航线CE上有暗礁，巡逻船决定从C点出发沿南偏东53°的航线行驶(速度不变)，同时渔船从E点出发.若两船约定在点E离巡逻船航线最近的位置处实施救援，且巡逻船提前半小时到达救援位置.请求出渔船的航行速度(单位：海里/小时，结果精确到0.1)．
24. (本小题10.0分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm.动点P从B出发以1cm/s的速度向C运动，动点Q从C出发以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当其中一个点到达终点时另一个点立即停止运动，运动时间记为t.把线段AP绕点A逆时针旋转90°得线段AE，连接BE，CE.运动过程中△BCE的面积记为S△BCE且y1=16s△BCE，PQ的长度记为y2．
(1)求出y1、y2的函数关系式，并写出t的取值范围．
(2)在图2的平面直角坐标系中，画出y1、y2的函数图象，并写出函数y2图象的一条性质：______ ．
(3)结合图象，当y1≥y2时，直接写出t的取值范围．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2−x+c与直线l1：y=−23x+4相交于y轴上的点C，抛物线与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)．
(1)求直线AC的解析式；
(2)如图1，连接BC，点P为直线AC、l1之间第二象限抛物线上的一动点，过点P作PF//y轴交直线l1点F，过点P作PE//BC交AC于点E，求PF+8 55PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，将原抛物线沿射线PC方向平移3 52个单位长度，得到新抛物线y′，新抛物线y′与直线AC交于第一象限的点记为M，线段FC在直线l1上运动，记运动中的点F为F′，点C为C′，当△F′C′M是以C′M为腰的等腰三角形时，请直接写出点C′的横坐标．
26. (本小题10.0分)
如图，在等边△ABC中，点D是边AB上的一个动点，点E是射线CB上的一个动点，连接DE，DC．
(1)如图1，若点D为线段AB的中点，点E在线段CB上，∠EDC=15°，BE=3+3 3，求△ABC的面积；
(2)如图2，若点E在CB延长线上，以DE为边，在DE右侧作等边△DFE；过点F作FG//AC交BC于点G，当DE=CD时，求证：BG+2BE=AC；
(3)如图3，点E在CB延长线上，DE=CD，将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE′，点E的对应点为点E′；△ABC内部有一动点P，满足∠PAC=∠BCP，若AB=6，当CE′的长度最小时，求EP的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−3的相反数是3．
故选：A．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A，B，C选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
3.【答案】C
【解析】解：A．x2−1x+1=(x+1)(x−1)x+1=x−1，故本选项不符合题意；
B.(x2)3=x6，故本选项不符合题意；
C. a2=|a|，故本选项符合题意；
D.3a2−2a2=a2，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据分式的除法法则即可判断A；根据幂的乘方法则即可判断选项B；根据二次根式的性质即可判断选项C；根据合并同类项法则即可判断选项D．
本题考查了分式的除法法则，幂的乘方，合并同类项法则和二次根式的性质等知识点，能熟记分式的除法法则、幂的乘方、合并同类项法则和二次根式的性质是解此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵C′C=2OC，
∴OCOC′=13，
∵△ABC与△A′B′C′位似，
∴△ABC∽△A′B′C′，BC//B′C′，
∴△OBC∽△OB′C′，
∴BCB′C′=OCOC′=13，
∴ABA′B′=13，
∵AB=2，
∴A′B′=6，
故选：A．
根据位似图形的概念得到△ABC∽△A′B′C′，BC//B′C′，证明△OBC∽△OB′C′，根据相似三角形的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的概念，熟记位似变换的两个图形相似是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵3 5= 45，
∴6<3 5<7．
∴4<3 5−2<5．
故选：C．
先确定3 5的取值范围，再利用不等式的性质得结论．
本题考查了无理数大小的估算，掌握不等式的性质和无理数比较大小的方法是解决本题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：设每头牛x两银子，每只羊y两银子，
∵6头牛，5只羊，共需45两银子；2头牛，7只羊共需31两银子，
∴可列方程组为6x+5y=452x+7y=31．
故选：A．
根据“6头牛，5只羊，共需45两银子；2头牛，7只羊共需31两银子”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形中菱形的个数为：3=1+2，
第2个图形中菱形的个数为：7=1+2+3+1，
第3个图形中菱形的个数为：13=1+2+3+4+1+2，
…，
∴第n个图形中菱形的个数为：1+2+3+…+(n+1)+1+2+…+(n−1)=(n+1)(n+2)2+n(n−1)2，
∴第9个图形中菱形的个数为：10×112+9×82=91．
故选：C．
第1个图形菱形的个数为：3=1+2，第2个图形菱形的个数为：7=1+2+3+1，第3个图形菱形的个数为：13=1+2+3+4+1+2，…，据此可求得第n个图形菱形的个数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由图形总结出存在的规律．
8.【答案】C
【解析】解：连接OE，OD，BD，
∵AE=AO，AO=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AOE=60°，
∵点E为弧AD中点，
∴∠DOE=∠AOE=60°，
∴∠BOD=180°−∠AOE−∠DOE=60°，
∴∠BAC=12∠BOD=30°，
∵CB切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴BC= 33AB= 33×6=2 3，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=12∠AOD=60°，
∴∠CBD=90°−∠ABD=30°，
∴CD=12BC= 3．
故选：C．
连接OE，OD，BD，由AE=AO，AO=OE，得到△AOE是等边三角形，因此∠AOE=60°，由点E为弧AD中点，得到∠DOE=∠AOE=60°，由平角定义求出∠BOD=60°，由圆周角定理求出∠BAC=30°，由切线的性质定理得到∠ABC=90°，即可求出CB的长，从而得到CD=12BC．
本题考查切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：解不等式组3x+82>2−x2−x+a≥2x−3，
得−1
∴1≤a3+1<3，
解得0≤a<6，
∴满足条件的a的值为0，1，2，3，4，5，
解分式方程a−7y−2−y2−y=3得，
y=a−12，
且y≠2，
即a≠5，
由题意得，a为奇数，
即a为1，3，
∴1+3=4，
故选：A．
先通过解不等式组确定a的取值范围是0≤a<3，再通过解分式方程求解此题结果．
此题考查了解一元一次不等式和分式方程的能力，关键是能进行准确运算和讨论．
10.【答案】C
【解析】解：①H(1,2|3)=1+23=1，
故①是正确的；
②∵H(4|x2,−4)−H(1|x,−2)=4x2−4−1x−2=−1
∴x=−1，
故②是错误的；
③∵H(1|n2,2n)=1n2+2n=12⋅(1n−1n+2)，
∴左边=12×(1−13+12−14+13−15+14−16+……+110−112)
=12×(1−111+12−112)
=175264=右边，
故③是正确的；
④若H(a|b,c,d)=H(b|a,c,d)=H(c|a,b,d)=H(d|a,b,c)，
即：ab+c+d=ba+c+d=ca+b+d=da+b+c，
∴ab+c+d=ba+c+d=ca+b+d=da+b+c=13，
∴3a=b+c+d，3b=a+c+d，3c=b+a+d，3d=b+c+a，
∴a=b=c=d=1，
∴c+da+b=1．
故④是正确的；
故选：C．
根据新运算及分式的性质是求解．
本题考查了数字的变化类，找到变化规律及理解新运算是解题的关键．
11.【答案】 3−9
【解析】解：原式=2× 32−9
= 3−9．
故答案为： 3−9．
利用特殊角的三角函数值和负整数指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，特殊角的三角函数值和负整数指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
12.【答案】八
【解析】
【分析】
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】
解：设多边形的边数是n，根据题意得，
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8，
所以这个多边形为八边形．
故答案为八．
13.【答案】110
【解析】解：设《长空之王》、《人生路不熟》、《惊天救援》、《井冈星火》、《检察风云》这五部电影分别记为A，B，C，D，E，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》，即A和C的结果有2种，
∴选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》的概率为220=110．
故答案为：110．
画树状图得出所有等可能的结果数以及选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》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，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14.【答案】k>−13且k≠0
【解析】解：∵关于x的方程kx2−2x−3=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2+4×3×k>0，
解得：k>−13且k≠0，
∴k的取值范围为k>−13且k≠0．
故答案为：k>−13且k≠0．
根据一元二次方程的定义和判别式，得出k≠0且Δ=(−2)2+4×3×k>0，解出不等式，即可得到k的取值范围．
本题考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义，解本题的关键在熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系．一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系：当Δ>0时，方程有两个不等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】−4
【解析】解：如图，过点A作AE⊥y轴于E，
∵BC⊥y轴，
∴AE//BC，
∴△OCD∽△OEA，
∴OCOE=CDAE=ODOA，
∵OD=2AD，
∴ODOA=23，
∴OCOE=CDAE=23，
设OC=2b，则OE=3b，
∴A(k3b,3b)，B(k2b,2b)，
∴BC=−k2b，
∵△ABC的面积是1，
∴12(−k2b)⋅b=1，
∴k=−4，
故答案为：−4．
过点A作AE⊥y轴于E，证明△OCD∽△OEA，得到OCOE=CDAE=ODOA23，设OC=2b，则OE=3b，根据△ABC的面积是1，列方程可得结论．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质等知识，表示出点A和B的坐标是解题的关键．
16.【答案】8π3−2 3
【解析】解：连接BE，EF，ED，作EH⊥DC于H，
∵AB是半圆直径，
∴∠AEB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴E是AC中点，
同理：D、F分别是BC，AB的中点，
∴△AFE，△CDE是等边三角形，
∴∠AFE=∠EDC=60°，
∴∠BFE=∠BDE=120°，
∴BFE和BDE的圆心角，半径分别相等，
∴弓形BFE和弓形BDE的面积相等，
∵BC=AB=4，
∴DC=12BC=2，
∴EH= 32DC= 3，
∴△BDE的面积=12BD⋅EH=12×2× 3= 3，
∵扇形DBE的面积=120π×22360=4π3，
∴弓形BFE的面积=扇形DBE的面积−△DBE的面积=4π3− 3，
∴阴影的面积=2×(4π3− 3)=8π3−2 3．
故答案为：8π3−2 3．
由圆周角定理，等腰三角形的性质得到D、E、F是△ABC三边的中点，因此△AFE、△CDE是等边三角形，得到∠BFE=∠BDE=120°，得到弓形BFE和弓形BDE的面积相等，求出扇形DBE的面积，△DBE的面积即可求出弓形BFE的面积，即可得到阴影的面积．
本题考查扇形面积的计算，三角形面积的计算，圆周角定理，等边三角形的性质，关键是求出弓形BFE的面积．
17.【答案】309 2
【解析】解：过点E作直线MN⊥AB交AB与M，交CD于N，过点E作直线PQ⊥BC∠BC于点P，交AD于点Q，过点E，B分别作CF的垂线，垂足为分别R，T．
∵四边形ABCD为正方形，E为对角线BD上的点，
∴四边形BOEM和四边形ENDQ均为正方形，四边形AMEQ和四边形COEN均为矩形，
∴EM=EP=CN，∠EMF=∠CNE=90°，
∵EF⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠MEF+∠CEN=90°，
又∵∠EFM+∠MEF=90°，
∴∠EFM=∠CEN，
在△ENM和△CEN中，
EM=CN∠EMF=∠CNE=90°∠EFM=∠CEN，
∴△ENM≌△CEN(AAS)，
∴EF=CE，
∵四边形ABCD为正方形，AB=8，
∴BC=AB=8，
∵点F为AB的中点，
∴BF=4，
在Rt△CBF中，BC=8，BF=4，
由勾股定理得：CF= BF2+BC2=4 5，
在Rt△EFC中，EF=CE，CF=4 5，
由勾股定理得：EF2+CE2=CF2，
即：2CE2=(4 5)2，
∴CE=2 10，
∴EF=CE=2 10，
设EN=a，则DN=EN=a，CN=CD−DN=8−a，
在Rt△CEN中，EN=a，CN=8−a，CE=2 10，
由勾股定理得：EN2+CN2=CE2，
即：a2+(8−a)2=(2 10)2，
解得：a1=2，a2=6(不合题意，舍去)，
∴EN=2，CN=PE=BP=6，
在Rt△BEP中，PE=BP=6，
由勾股定理得：BE= PE2+BP2=6 2，
∵S△BCF=12CF⋅BT=12BC⋅BF，
即：CF⋅BT=BC⋅BF，
∴4 5⋅BT=8×4，
∴BT=8 55，
又∵S△EFC=12CF⋅ER=12EF⋅EC，
即：CF⋅ER=EF⋅EC，
∴4 5⋅ER=2 10×2 10，
∴ER=2 5，
∵BT⊥CF，ER⊥CF，
∴BT//ER，
∴△BTG∽△ERG，
∴BG：EG=BT：ER，
∴BG⋅ER=EG⋅BT，
设EG=x，则BG=BE−EG=6 2−x，
∴(6 2−x)⋅2√5=x⋅8 55，
解得：x=30 29．
∴GE=x=309 2．
故答案为：309 2．
过点E分别作直线MN⊥AB交AB与M，交CD于N；作直线PQ⊥BC∠BC于点P，交AD于点Q，过点E，B分别作CF的垂线，垂足为分别R，T；可得四边形BOEM和四边形ENDQ均为正方形，四边形AMEQ和四边形COEN均为矩形，据此可证△ENM和△CEN全等，从而得EF=CE，然后利用勾股定理分别求出CF，CE，EN，EP，继而可求出BE，然后根据三角形的面积公式分别求出BT，ER，最后根据△BTG和ERG相似即可求出GE的长．
此题主要考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理、三角形的面积等知识点，解答此题的关键是熟练掌握正方形、矩形的判定及其性质，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据矩形的性质及点E的位置准确的作出辅助线，构造正方形和矩形，以及利用三角形的面积求相关线段的长度．
18.【答案】23 45
【解析】解：根据题意，F(32)=32′−32″ 9=532−3259=23．
故答案为：23．
根据“完美数”的定义可得，
F(m)=m′−m″9=100(a+b)+10a+b−[100a+10b+(a+b)]9=10b+a，
F(n)=n′−n″9=100(x+y)+10x+y−[100x+10y+(x+y)]9=10y+x，
∵6≤a≤9，a+b≤9，
∴0≤b≤3，
∴6≤10b+a≤39，
又∵F(m)是一个完全平方数，
∴F(m)的值可以为9，16，25，36，
当10b+a=9时，a=9，b=0，
∴m=90；
把m=90代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=−40，不符合题意；
当10b+a=16时，a=6，b=1，
∴m=61；
把m=61代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=18，
∵1≤x≤9，x+y≤9，此种情况不存在；
当10b+a=25时，不存在；
当10b+a=36时，a=6，b=3，
∴m=63；
把m=63代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=14，
∵1≤x≤9，x+y≤9，
求得：x=2，y=6或x=4，y=5，
又∵n=10x+y，
∴n的值为26或45；
∴n的最大值为45．
故答案为：45．
根据题意，依据式子F(m)=m′−m″9，可求F(32)的值；根据“完美数”的定义可得，F(m)=10b+a，F(n)=10y+x，再结合完全平方数的定义和a，b，x，y的取值范围，列出m、n所有可能的情况．
本题考查了新定义的题型，解题关键是理解“完美数”概念，并能根据题意求出m和n所有可能的值．
19.【答案】解：(1)原式=4x2−1−x2−4x
=3x2−4x−1；
(2)原式=x−1−2x−2x+1⋅2(x+1)(x+3)(x−3)
=−(x+3)x+1⋅2(x+1)(x+3)(x−3)
=−2x−3．
【解析】(1)先展开，再合并同类项；
(2)先通分算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．
本题考查整式的运算和分式的混合运算，解题的关键是掌握整式相关运算的法则和分式的基本性质．
20.【答案】∠BDC 12∠BDC ∠EBD=∠FDB //
【解析】解：(1)如图所示；DF即为所求；
(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD．
∴∠ABD=∠BDC，
又∵BE平分∠ABD，DF平分∠BDC，
∴∠EBD=12∠ABD，∠FDB=12∠BDC，
∴∠EBD=∠FDB，
∴BE//DF．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴BC//AD．
∴四边形BEDF为平行四边形．
故答案为：∠BDC，12∠BDC，∠EBD=∠FDB，//．
(1)根据题意作出图形即可；
(2)根据矩形的性质得到AB//CD.根据平行线的性质得到∠ABD=∠BDC，根据角平分线的定义得到∠EBD=12∠ABD，∠FDB=12∠BDC，求得∠EBD=∠FDB，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查作图−基本作图，平行四边形的判定，矩形的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
21.【答案】10 80
【解析】解：(1)a=100−(40+25+18+7)=10，
七年级B组人数为100−(14+28+13+6)=39，
则b=80+802=80，
补全图形如下：
故答案为：10，80；
(2)七年级更好，理由如下：
由表格数据知，七、八年级成绩的平均数相等，而七年级成绩的中位数大于八年级，
所以七年级高分人数多于八年级；
(3)800×14100+1000×10%=212(人)，
答：估计该校七、八年级竞赛成绩为优秀的学生有212人．
(1)根据百分比之和为100%可得a的值，根据各组人数之和等于总人数求出B组人数，再根据中位数的定义求解可得b的值；
(2)根据平均数和中位数的意义求解可得答案；
(3)总人数分别乘以七、八年级优秀人数所占比例，再求和即可得出答案．
本题考查频数分布直方图、用样本估计总体，从收集的数据中获取必要的信息是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)设甲组有x名工人，则乙组有(36−x)名工人，
根据题意得：1200036−x=6400x×32，
解得：x=16，
经检验，x=16是所列方程的解，且符合题意，
∴36−x=36−16=20．
答：甲组有16名工人，乙组有20名工人；
(2)设从乙组抽调y名工人到甲组中，则抽调后甲组有(16+y)名工人，乙组有(20−y)名工人，
根据题意得：640016×(1+12)(16+y)+1200020×(1−16)(20−y)≥20300，
解得：y≥7，
∴y的最小值为7．
答：至少需要抽调7人到甲工作组．
【解析】(1)设甲组有x名工人，则乙组有(36−x)名工人，根据乙组每人每天制作的粽子数量是甲组每人每天制作粽子数量的32，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出甲组人数，再将其代入(36−x)中，即可求出乙组人数；
(2)设从乙组抽调y名工人到甲组中，则抽调后甲组有(16+y)名工人，乙组有(20−y)名工人，根据每天至少生产20300个粽子，可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，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，正确列出一元一次不等式．
23.【答案】解：(1)过C作CG⊥AP于G，
则∠AGC=∠PGC=90°，
由题意，得∠GAC=45°，∠PCG=60°，PC=64海里，
在Rt△PCG中，
∵sin∠PCG=PGPC，cos∠PCG=CGPC，
∴PG=PCsin∠PCG=64sin60°=32 3(海里)，
CG=PCcos∠PCG=64cos60°=32(海里)，
在Rt△ACG中，
∵tan∠GAC=CGAG，
∴AG=CGtan∠GAC=32tan45∘=32(海里)，
∴AP=AG+PG=(32+32 3)海里；
(2)由(1)得AC= 2AG=32 2海里，
∴巡逻船的速度为32 22=16 2(海里/小时)，
过E作EH⊥CH于H，
在Rt△CEH中，
∠ECH=90°−53°=37°，CE=50 2海里，
∵cos∠ECH=CHCE，sin∠ECH=EHCE，
∴CH=CEcos∠ECH=50 2cos37°≈50 2×45=40 2(海里)，
EH=CEsin∠ECH=50 2sin37°≈50 2×35=30 2(海里)，
∴巡逻船从C航行到H的时间为：40 216 2=52(小时)，
∵巡逻船提前半小时到达救援位置，
∴渔船从E航行到H的时间为：52+12=3(小时)，
∴渔船的航行速度为：30 23=10 2≈14.1(海里/小时)，
答：渔船的航行速度约为14.1海里/小时．
【解析】(1)过C作CG⊥AP于G，分别在Rt△PCG中和在Rt△ACG中，求出PG和AG，即可求出AP；
(2)过E作EH⊥CH于H，先求出巡逻船的速度，在Rt△CEH中，求出CH，EH的长，再求出巡逻船从C航行到H的时间，确定渔船从E航行到H的时间，即可求出渔船的速度．
本题考查解直角三角形的应用−方向角，构造直角三角形，合理选择三角函数式求长度是解题的关键．
24.【答案】当0≤t≤4时，y2随t的增大而减小
【解析】解：(1)由题意，得BP=t，CQ=2t，0≤t≤6，
过点E作EF⊥BC于点F，作EG⊥AB，交BA的延长线于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠G=∠ABP，∠BAP+∠APB=90°，
∵线段AP绕点A逆时针旋转90°得线段AE，
∴AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠EAG+∠BAP=90°，
∴∠APB=∠EAG，
在△ABP和△EGA中，
∠ABP=∠G,∠APB=∠EAG,AP=AE,
∴△ABP≌△EGA(AAS)，
∴BP=GA=t，
∵∠G=∠ABF=∠EFB=90°，
∴四边形BGEF是矩形，
∴EF=GB=GA+AB=t+6，
∴y1=16s△BCE=16×12BC⋅EF=112×12(t+6)，
∴y1=t+6(0≤t≤6)；
点P，Q相遇时，即t+2t=12，
解得t=4，
当0≤t≤4时，
∵PQ=BC−BP−CQ=12−t−2t=−3t+12，
∴y2=−3t+12，
当4
∴y2=3t−12，
∴y2=−3t+12,(0≤t≤4)3t−12,(4
当t=6时，y1=12，
∴y1的图象是过点(0,6)，(6,12)的线段，如图2．
当t=0时，y2=12，
当t=4时，y2=0，
当t=6时，y2=6，
∴y2的图象是过点(0,12)，(4,0)的线段和过点(4,0)，(6,6)的线段，如图2．
函数y2图象的一条性质：答案不唯一，比如：①当0≤t≤4时，y2随t的增大而减小；②当4
(3)当0≤t≤4时，令y1=y2，
即t+6=−3t+12，
解得t=32，
由图象可知，当y1≥y2时，t≥32，
故答案为：t≥32．
(1)设法用t表示出△BCE边BC上的高，即可求出y1的函数关系式；根据线段的和差关系，分情况即可列出y2的函数关系式；t的取值范围由Q到达终点确定即可；
(2)根据画函数图象的一般方法画出图象即可，y2图象的性质可从增减性方面考虑；
(3)先求出y1和y2的交点，再根据图象的位置直接写出t的范围即可．
本题是一道代数和几何综合题，涉及一次函数，分段函数，一元一次方程，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，解法涉及数形结合思想，掌握以静制动的方法是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−12x2−x+c与直线l1：y=−23x+4相交于y轴上的点C，抛物线与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，
当x=0时，代入直线l1：y=−23x+4中，得y=4，
∴C(0,4)，
将C(0,4)代入抛物线y=−12x2−x+c中，得c=4，
∴抛物线为y=−12x2−x+4，
当y=0时，−12x2−x+4=0，
解得x1=−4，x2=2，
∴A(−4,0)，B(2,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，将A(−4,0)，C(0,4)代入得，
−4k+b=0b=4，解得k=1b=4，
∴直线AC的解析式为y=x+4．
答：直线AC的解析式为y=x+4．
(2)设点P为(t,−12t2−t+4)，则F(t,−23t+4)，
∴PF=−23t+4，
∴−(−12t2−t+4)=12t2+13t，
如图，过点E作ED⊥PF于E，设PF交AC于G，交x轴于H，
则G(t,t+4)，
∴PG=−12t2−t+4−(t+4)=−12t2−2t，
∵PE//BC，PF//y轴，
∴∠BCO=∠EPD，
∵C(0,4)，B(2,0)，
∴OC=4，OB=2，
∴tan∠BCO=OBOC=12，
∴tan∠EPD=12，
∴PD=2DE，
∵OC=OA=4，
∴∠GAH=45°，
∴∠GED=45°，
∴△GED为等腰直角三角形，
∴DG=DE，
设DE=x，
则DG=x，PD=2x，PE= PD2+DE2= 5x，
∴PG=PD+DG=3x，
∴PG=3 55PE，
∴8 55PE=83PG，
∴PF+8 55PE=PF+83PG，
=12t2+13t+83(−12t2−2t)
=−56t2−5t=−56(t+3)2+152，
∵−56<0，
∴当t=−3时，PF+8 55PE有最大值152，此时点P的坐标为(−3,52).
答：PF+8 55PE有最大值152，此时点P的坐标为(−3,52).
(3)∵P(−3,52),C(0,4)，
设直线PC的解析式为y=mx+n，
则−3m+n=52n=4，
解得m=12n=4，
∴直线PC的解析式为y=12x+4，
∵原抛物线沿射线PC方向平移3 52个单位长度，得到新抛物线y′，
∴原抛物线向右平移3个单位，向上平移32个单位，
∵y=−12x2−x+4=−12(x+1)2+92，
∴y′=−12(x+1−3)2+92+32=−12(x−2)2+6=−12x2+2x+4，
联立y=x+4y′=−12x+2x+4，
解得x1=0y1=4(舍去)，x2=2y2=6，
∴M(2,6)，
由(2)得，当x=−3时，F(−3,6)，C(0,4)，
设F′(−3+m,6−23m)，C′(m,4−23m)，
∴C′M2=(m−2)2+(−23m−2)2，
F′M2=(−5+m)2+(−23m)2，
C′F′=CF= (6−4)2+(3−0)2= 11，
当C′F′=C′M时，C′F′2=C′M2，
∴11=(m−2)2+(−52m−2)2，
解得m=6±3 3913，
∴C′(6+3 3913,144−6 6939)或(6−3 3913,144+6 6939)，
当F′M=C′M时，F′M2=C′M2，
∴(−5+m)2+(−23m)2=(m−2)2+(−23m−2)2，
解得m=5126，
∴C′(5126,10539)，
综上，C点的横坐标为6+3 3913，6−3 3913或5126．
答：C点的横坐标为6+3 3913，6−3 3913或5126．
【解析】(1)利用待定系数法求解抛物线的解析式及一次函数的解析式即可．
(2)作出辅助线，求出PF、PG，证明△GED为等腰直角三角形，设DE=x，则DG=x，PD=2x，PE= PD2+DE2= 5x，求得PF+8 55PE=PF+83PG，
代入计算即可求解．
(3)求出直线PC的解析式，根据题意表示出y′，联立方程组，求解得到M，设F′(−3+m,6−23m)，C′(m,4−23m)，表示出C′M2、F′M2、C′F′，分两种情况讨论，即当C′F′=C′M时，C′F′2=C′M2，当F′M=C′M时，F′M2=C′M2，求解即可．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是注意运算过程，掌握待定系数法求函数解析式．
26.【答案】(1)解：过点D作DM⊥BC于点M，如图：
∵△ABC是等边三角形，点D为线段AB的中点，
∴∠B=60°，∠DCE=30°，
∵∠EDC=15°，
∴∠DEM=15°+30°=45°，
设BM=x，
∵DM⊥BC，
∴DM=BM⋅tan60°= 3x，
∴ME=DM⋅tan45°= 3x，
∵BE=3+3 3，
∴x+ 3x=3+3 3，
解得：x=3，即BM=3，
∴BD=2BM=6，
∴CD= 3BD=6 3，BC=2BD=12，
∴AB=BC=12，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12×12×6 3=36 3；
(2)证明：过点D作DN//BC，交AC于点N，
∵DN//BC，
∴∠DNC=180°−∠ACB=120°，
∵DE=CD，
∴∠DEC=∠DCE，
∵△ABC、△DFE为等边三角形，
∴∠EDB+∠DEC=∠ABC=60°，∠DCN+∠DCE=∠ACB=60°，
∴∠EDB=∠DCN，∠EBD=120°=∠DNC，
在△DBE和△CND中，
∠EDB=∠DCN∠EBD=∠DNCDE=DC，
∴△DBE≌△CND(AAS)，
∴BE=DN，
∵DN//BC，△ABC为等边三角形，
∴△ADN为等边三角形，
∴BE=DN=AD，
∵FG//AC，
∴∠FGC=∠ACB=60°，
∴∠FGE=180°−60°=120°=∠EBD，
∵△DFE为等边三角形，
∴DE=EF，∠FEG+∠DEC=∠DEF=60°，
∴∠EDB=∠FEG，
在△EGF和△DBE中，
∠FGE=∠EBD∠FEG=∠EDBEF=DE
∴△EGF≌DBE(ASA)，
∴BD=EG，
∵BD+AD=AB，
∴EG+AD=AB，即 BG+BE+AD=AB，
∵BE=AD，AB=AC，
∴BG+2BE=AC；
(3)解：
∵∠PAC=∠BCP，∠BCP+∠ACP=60°，
∴∠PAC+∠ACP=60°，
∴∠APC=120°，
以AC为边在AC右边作等边三角形△ACQ，则∠AQC=60°，
∴∠APC+∠AQC=120°+60°=180°，
∴点A、P、C、Q四点共圆，
过点A作OA⊥AB，过点C作OC⊥BC，OA、OB相交于点O，
∴∠OAC=90°−∠BAC=30°，∠OCA=90°−∠ACB=30°，
∴∠AOC=120°，OA=OC，
∵∠AQC=60°，
∴∠AOC=2∠AQC，
∴点A、P、C、Q四点在以点O为圆心，OC为半径的圆上，
过点O作OH⊥AC于点H，
∴CH=12AC=3，
∴OH=CH 3= 3，OC=2OH=2 3，
∴当点E、P、O在同一条直线上时，EP取最小值，
∵将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE′，
∴∠ABE=∠ABE′=120°，
∴∠CBE′=∠ABE′−∠ABC=60°，
∴点E′在与BC夹角为60°的直线上运动，
∴当CE′⊥BE′时，CE′取最小值，
∵AB=BC=AC=6，
∴BE=BE′=BC⋅cos60°=3，
∴CE=BC+BE=9，
连接OE交⊙O于点P，
∴OE= OC2+CE2= 93，
∴EP=OE−OP= 93−2 3．
【解析】(1)过点D作DM⊥BC于点M，得出∠DEM=45°，设BM=x，DM=BM⋅tan60°= 3x，ME=DM⋅tan45°= 3x，列出方程求得x=3，进而得出CD=6 3，AB=BC=12，即可求出答案；
(2)过点D作DN//BC，交AC于点N，通过证明△ADN为等边三角形，△DBE≌△CND(AAS)，得出BE=DN=AD，再证明△DBE≌△EGF(ASA)，得出BD=EG，根据BD+AD=AB，有EG+AD=AB，则BG+BE+AD=AB，即可证得结论；
(3)证明∠APC=120°，以AC为边在AC右边作等边三角形△ACQ，则∠AOC=60°，可得点A、P、C、Q四点共圆，点A作OA⊥AB，过点C作OC⊥BC，OA、OB相交于点O，根据圆周角定理推出点A、P、C、Q四点在以点O为圆心，OC为径的圆上，过点O作OH⊥AC于点H，求出OC=2 3，当E、P、O在同一条直线上时，EP取最小值，根据将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE，可得点E在与BC夹角为60°的直线上运动，则当CE⊥BE时，CE取最小值，求出BE=BE=BC⋅cos60°=3连接OE，于⊙O相交于点P，根据勾股定理可得：OE= OC2+CE2= 93，即可求得答案．
本题主要考查了等边三角形的性质，解题直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，以及圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．
2023年重庆实验外国语学校中考数学二诊试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −3的相反数是( )
A. 3 B. −13 C. 13 D. −3
2. 下列图形中，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列运算正确的是( )
A. x2+1x+1=x−1 B. (x2)3=x5 C. a2=|a| D. 3a2−2a2=1
4. 如图，△ABC与△A′B′C′位似，O为位似中心，C′C=2OC，若AB=2，则A′B′的长( )
A. 6 B. 4 C. 8 D. 18
5. 若a=3 5−2，则a的取值范围是( )
A. 2
A. 6x+5y=452x+7y=31 B. 5x+6y=452x+7y=31 C. 6x+5y=457x+2y=31 D. 5x+6y=457x+2y=31
7. 如图是由相同的菱形按一定规律摆放而成，第1个图形有3个菱形，第2个图形有7个菱形，第3个图形有13个菱形，按此规律排列下去，第9个图形的菱形个数为( )
A. 73 B. 81 C. 91 D. 109
8. 如图，在⊙O中，AB是圆的直径，过点B作⊙O的切线BC，连接AC交⊙O于点D，点E为弧AD中点，连接AE，若AE=AO，AB=6，则CD的长为( )
A. 2
B. 3 32
C. 3
D. 3 3
9. 若关于x的一元一次不等式组3x+82>2−x2−x+a≥2x−3有且仅有1个奇数解，且关于y的分式方程a−7y−2−y2−y=3有整数解，则满足条件的所有整数a的和为( )
A. 4 B. 3 C. 9 D. 8
10. 定义一个运算H(x1,x2,…,xn|y1,y2,…,yn)=x1+x2+…+xny1+y2+⋅⋅⋅+yn(y1+y2+…+yn≠0)，下列说法正确的有个．( )
①H(1,2|3)=1；
②若H(4|x2,−4)−H(1|x,−2)=−1，则x=−1或2；
③H(1|1,2)+H(1|22,4)+H(1|32,6)+…+H(1|102,20)=175264；
④若H(a|b,c,d)=H(b|a,c,d)=H(c|a,b,d)=H(d|a,b,c)，则c+da+b=1．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 计算：2cos30°−(−13)−2= ______ ．
12. 一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形的边数为 ．
13. 今年的五一档电影热闹非凡、丰富多元.欢欢决定从《长空之王》、《人生路不熟》、《惊天救援》、《井冈星火》、《检察风云》这五部电影中随机挑选两部电影观看，则选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》的概率为______ ．
14. 若关于x的方程kx2−2x−3=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______ ．
15. 如图，A、B是双曲线y=kx(x<0)上两点，连接OA、OB，过点B作BC⊥y轴于点C，交线段OA于点D，若△ABC的面积是1，OD=2AD，则k= ______ ．
16. 如图，在等边△ABC中，AB=4，以AB为直径作半圆分别交BC、AC边于点D、E；以BC为直径作半圆分别交AB、AC于点F、E，则阴影部分的面积为______ ．
17. 如图，在正方形ABCD中，AB=8，对角线AC，BD相交于点O.点F为AB中点，CF交BD于点G.点E是对角线BD上一点，且EF⊥CE，EF交AC于点H，则EG的长为______ ．
18. 一个两位自然数m，若各位数字之和小于等于9，则称为“完美数”.将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的前面，得到一个新数m′，那么称m′为m的“前置完美数”；将m的各个数位上的数字相加所得的数放在m的后面，得到一个新数mn，那么称mn为m的“后置完美数”.记F(m)=m′−m″9，例如：m=12时，m′=312，mn=123，F(12)=312−1239=21.请计算F(32)= ______ ；已知两个“完美数”m=10a+b(6≤a≤9,0≤b≤9)，n=10x+y(1≤x≤9,0≤y≤9)，若F(m)是一个完全平方数，且2m+F(n)−8y=140，则n的最大值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
化简：
(1)(2x−1)(2x+1)−x(x+4)；
(2)(x−1x+1−2)÷x2−92x+2．
20. (本小题8.0分)
如图，BD是矩形ABCD的对角线，BE平分∠ABD，交AD于点E，AB>BC．
(1)尺规作图：作∠BDC的角平分线，交BC于点F(只保留作图痕迹，不写作法)；
(2)根据图形证明四边形BEDF为平行四边形，请完成下面的填空．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD．
∴∠ABD= ______ ．
又∵BE平分∠ABD，DF平分∠BDC，
∴∠EBD=12∠ABD，∠FDB= ______ ．
∴ ______ ．
∴BE//DF．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴BC ______ AD．
∴四边形BEDF为平行四边形．
21. (本小题10.0分)
某校组织了一次“创文创卫”安全知识竞赛，现从七、八年级各随机抽取100名同学的竞赛得分(满分100分)，分为5个组(x表示得分，x取整数)A组：x≥90；B组：80≤x<90；
C组：70≤x<80；D组：60≤x<70；E组：0≤x<60，将得分进行统计，得到如下信息：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
81.3
b
83
八年级
81.3
78.5
82
①100名七年级学生中B组得分从高到低排列，排在最后的10个得分是82，82，81，81，81，81，80，80，80，80；
②七、八年级得分的平均数、中位数、众数如表；
③100名七年级学生得分条形统计图如图；
④100名八年级学生得分扇形统计图如图．
请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)根据以上信息填空：a= ______ ，b= ______ ，并补全条形统计图；
(2)根据以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级的安全知识掌握得更好？并说明理由；
(3)若该校有七年级学生800名，八年级学生1000名.若得分在90分及其以上为优秀，请估计该校七、八年级竞赛成绩为优秀的学生人数．
22. (本小题10.0分)
远方食品公司有甲、乙两个组共36名工人.甲组每天制作6400个粽子，乙组每天制作12000个粽子.已知乙组每人每天制作的粽子数量是甲组每人每天制作粽子数量的32．
(1)求甲、乙两组各有多少名工人？
(2)为了提高粽子的日产量，公司决定从乙组抽调部分人员到甲组中，抽调后甲组每人每天制作粽子数量提高12，而乙组每人每天制作粽子数量降低16.若每天至少生产20300个粽子，则至少需要抽调多少人到甲工作组？
23. (本小题10.0分)
如图，海中有一小岛P，在小岛P正西方A点处有一巡逻船.巡逻船从A点出发沿南偏东45°航线行驶2小时后到达点C，此时测得小岛P在点C北偏东60°方向上，且距离为64海里.(参考数据： 2≈1.414，sin37°≈35，cos37°≈45.)
(1)求AP的长度(单位：海里，结果保留根号)．
(2)在C点正东方距离50 2海里处E点有一渔船发出求救信号.根据资料显示，航线CE上有暗礁，巡逻船决定从C点出发沿南偏东53°的航线行驶(速度不变)，同时渔船从E点出发.若两船约定在点E离巡逻船航线最近的位置处实施救援，且巡逻船提前半小时到达救援位置.请求出渔船的航行速度(单位：海里/小时，结果精确到0.1)．
24. (本小题10.0分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm.动点P从B出发以1cm/s的速度向C运动，动点Q从C出发以2cm/s的速度向B运动，两点同时出发，当其中一个点到达终点时另一个点立即停止运动，运动时间记为t.把线段AP绕点A逆时针旋转90°得线段AE，连接BE，CE.运动过程中△BCE的面积记为S△BCE且y1=16s△BCE，PQ的长度记为y2．
(1)求出y1、y2的函数关系式，并写出t的取值范围．
(2)在图2的平面直角坐标系中，画出y1、y2的函数图象，并写出函数y2图象的一条性质：______ ．
(3)结合图象，当y1≥y2时，直接写出t的取值范围．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2−x+c与直线l1：y=−23x+4相交于y轴上的点C，抛物线与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)．
(1)求直线AC的解析式；
(2)如图1，连接BC，点P为直线AC、l1之间第二象限抛物线上的一动点，过点P作PF//y轴交直线l1点F，过点P作PE//BC交AC于点E，求PF+8 55PE的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，在(2)的条件下，将原抛物线沿射线PC方向平移3 52个单位长度，得到新抛物线y′，新抛物线y′与直线AC交于第一象限的点记为M，线段FC在直线l1上运动，记运动中的点F为F′，点C为C′，当△F′C′M是以C′M为腰的等腰三角形时，请直接写出点C′的横坐标．
26. (本小题10.0分)
如图，在等边△ABC中，点D是边AB上的一个动点，点E是射线CB上的一个动点，连接DE，DC．
(1)如图1，若点D为线段AB的中点，点E在线段CB上，∠EDC=15°，BE=3+3 3，求△ABC的面积；
(2)如图2，若点E在CB延长线上，以DE为边，在DE右侧作等边△DFE；过点F作FG//AC交BC于点G，当DE=CD时，求证：BG+2BE=AC；
(3)如图3，点E在CB延长线上，DE=CD，将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE′，点E的对应点为点E′；△ABC内部有一动点P，满足∠PAC=∠BCP，若AB=6，当CE′的长度最小时，求EP的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：−3的相反数是3．
故选：A．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题考查相反数，关键是掌握相反数的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A，B，C选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
3.【答案】C
【解析】解：A．x2−1x+1=(x+1)(x−1)x+1=x−1，故本选项不符合题意；
B.(x2)3=x6，故本选项不符合题意；
C. a2=|a|，故本选项符合题意；
D.3a2−2a2=a2，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据分式的除法法则即可判断A；根据幂的乘方法则即可判断选项B；根据二次根式的性质即可判断选项C；根据合并同类项法则即可判断选项D．
本题考查了分式的除法法则，幂的乘方，合并同类项法则和二次根式的性质等知识点，能熟记分式的除法法则、幂的乘方、合并同类项法则和二次根式的性质是解此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵C′C=2OC，
∴OCOC′=13，
∵△ABC与△A′B′C′位似，
∴△ABC∽△A′B′C′，BC//B′C′，
∴△OBC∽△OB′C′，
∴BCB′C′=OCOC′=13，
∴ABA′B′=13，
∵AB=2，
∴A′B′=6，
故选：A．
根据位似图形的概念得到△ABC∽△A′B′C′，BC//B′C′，证明△OBC∽△OB′C′，根据相似三角形的性质解答即可．
本题考查的是位似变换的概念，熟记位似变换的两个图形相似是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵3 5= 45，
∴6<3 5<7．
∴4<3 5−2<5．
故选：C．
先确定3 5的取值范围，再利用不等式的性质得结论．
本题考查了无理数大小的估算，掌握不等式的性质和无理数比较大小的方法是解决本题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：设每头牛x两银子，每只羊y两银子，
∵6头牛，5只羊，共需45两银子；2头牛，7只羊共需31两银子，
∴可列方程组为6x+5y=452x+7y=31．
故选：A．
根据“6头牛，5只羊，共需45两银子；2头牛，7只羊共需31两银子”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵第1个图形中菱形的个数为：3=1+2，
第2个图形中菱形的个数为：7=1+2+3+1，
第3个图形中菱形的个数为：13=1+2+3+4+1+2，
…，
∴第n个图形中菱形的个数为：1+2+3+…+(n+1)+1+2+…+(n−1)=(n+1)(n+2)2+n(n−1)2，
∴第9个图形中菱形的个数为：10×112+9×82=91．
故选：C．
第1个图形菱形的个数为：3=1+2，第2个图形菱形的个数为：7=1+2+3+1，第3个图形菱形的个数为：13=1+2+3+4+1+2，…，据此可求得第n个图形菱形的个数，从而可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由图形总结出存在的规律．
8.【答案】C
【解析】解：连接OE，OD，BD，
∵AE=AO，AO=OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AOE=60°，
∵点E为弧AD中点，
∴∠DOE=∠AOE=60°，
∴∠BOD=180°−∠AOE−∠DOE=60°，
∴∠BAC=12∠BOD=30°，
∵CB切圆于B，
∴直径AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴BC= 33AB= 33×6=2 3，
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=12∠AOD=60°，
∴∠CBD=90°−∠ABD=30°，
∴CD=12BC= 3．
故选：C．
连接OE，OD，BD，由AE=AO，AO=OE，得到△AOE是等边三角形，因此∠AOE=60°，由点E为弧AD中点，得到∠DOE=∠AOE=60°，由平角定义求出∠BOD=60°，由圆周角定理求出∠BAC=30°，由切线的性质定理得到∠ABC=90°，即可求出CB的长，从而得到CD=12BC．
本题考查切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：解不等式组3x+82>2−x2−x+a≥2x−3，
得−1
∴1≤a3+1<3，
解得0≤a<6，
∴满足条件的a的值为0，1，2，3，4，5，
解分式方程a−7y−2−y2−y=3得，
y=a−12，
且y≠2，
即a≠5，
由题意得，a为奇数，
即a为1，3，
∴1+3=4，
故选：A．
先通过解不等式组确定a的取值范围是0≤a<3，再通过解分式方程求解此题结果．
此题考查了解一元一次不等式和分式方程的能力，关键是能进行准确运算和讨论．
10.【答案】C
【解析】解：①H(1,2|3)=1+23=1，
故①是正确的；
②∵H(4|x2,−4)−H(1|x,−2)=4x2−4−1x−2=−1
∴x=−1，
故②是错误的；
③∵H(1|n2,2n)=1n2+2n=12⋅(1n−1n+2)，
∴左边=12×(1−13+12−14+13−15+14−16+……+110−112)
=12×(1−111+12−112)
=175264=右边，
故③是正确的；
④若H(a|b,c,d)=H(b|a,c,d)=H(c|a,b,d)=H(d|a,b,c)，
即：ab+c+d=ba+c+d=ca+b+d=da+b+c，
∴ab+c+d=ba+c+d=ca+b+d=da+b+c=13，
∴3a=b+c+d，3b=a+c+d，3c=b+a+d，3d=b+c+a，
∴a=b=c=d=1，
∴c+da+b=1．
故④是正确的；
故选：C．
根据新运算及分式的性质是求解．
本题考查了数字的变化类，找到变化规律及理解新运算是解题的关键．
11.【答案】 3−9
【解析】解：原式=2× 32−9
= 3−9．
故答案为： 3−9．
利用特殊角的三角函数值和负整数指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，特殊角的三角函数值和负整数指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
12.【答案】八
【解析】
【分析】
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】
解：设多边形的边数是n，根据题意得，
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8，
所以这个多边形为八边形．
故答案为八．
13.【答案】110
【解析】解：设《长空之王》、《人生路不熟》、《惊天救援》、《井冈星火》、《检察风云》这五部电影分别记为A，B，C，D，E，
画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》，即A和C的结果有2种，
∴选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》的概率为220=110．
故答案为：110．
画树状图得出所有等可能的结果数以及选取观看的影片为《长空之王》、《惊天救援》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，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14.【答案】k>−13且k≠0
【解析】解：∵关于x的方程kx2−2x−3=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2+4×3×k>0，
解得：k>−13且k≠0，
∴k的取值范围为k>−13且k≠0．
故答案为：k>−13且k≠0．
根据一元二次方程的定义和判别式，得出k≠0且Δ=(−2)2+4×3×k>0，解出不等式，即可得到k的取值范围．
本题考查了一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义，解本题的关键在熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系．一元二次方程的根的判别式与根的个数的关系：当Δ>0时，方程有两个不等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】−4
【解析】解：如图，过点A作AE⊥y轴于E，
∵BC⊥y轴，
∴AE//BC，
∴△OCD∽△OEA，
∴OCOE=CDAE=ODOA，
∵OD=2AD，
∴ODOA=23，
∴OCOE=CDAE=23，
设OC=2b，则OE=3b，
∴A(k3b,3b)，B(k2b,2b)，
∴BC=−k2b，
∵△ABC的面积是1，
∴12(−k2b)⋅b=1，
∴k=−4，
故答案为：−4．
过点A作AE⊥y轴于E，证明△OCD∽△OEA，得到OCOE=CDAE=ODOA23，设OC=2b，则OE=3b，根据△ABC的面积是1，列方程可得结论．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，相似三角形的判定与性质等知识，表示出点A和B的坐标是解题的关键．
16.【答案】8π3−2 3
【解析】解：连接BE，EF，ED，作EH⊥DC于H，
∵AB是半圆直径，
∴∠AEB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴E是AC中点，
同理：D、F分别是BC，AB的中点，
∴△AFE，△CDE是等边三角形，
∴∠AFE=∠EDC=60°，
∴∠BFE=∠BDE=120°，
∴BFE和BDE的圆心角，半径分别相等，
∴弓形BFE和弓形BDE的面积相等，
∵BC=AB=4，
∴DC=12BC=2，
∴EH= 32DC= 3，
∴△BDE的面积=12BD⋅EH=12×2× 3= 3，
∵扇形DBE的面积=120π×22360=4π3，
∴弓形BFE的面积=扇形DBE的面积−△DBE的面积=4π3− 3，
∴阴影的面积=2×(4π3− 3)=8π3−2 3．
故答案为：8π3−2 3．
由圆周角定理，等腰三角形的性质得到D、E、F是△ABC三边的中点，因此△AFE、△CDE是等边三角形，得到∠BFE=∠BDE=120°，得到弓形BFE和弓形BDE的面积相等，求出扇形DBE的面积，△DBE的面积即可求出弓形BFE的面积，即可得到阴影的面积．
本题考查扇形面积的计算，三角形面积的计算，圆周角定理，等边三角形的性质，关键是求出弓形BFE的面积．
17.【答案】309 2
【解析】解：过点E作直线MN⊥AB交AB与M，交CD于N，过点E作直线PQ⊥BC∠BC于点P，交AD于点Q，过点E，B分别作CF的垂线，垂足为分别R，T．
∵四边形ABCD为正方形，E为对角线BD上的点，
∴四边形BOEM和四边形ENDQ均为正方形，四边形AMEQ和四边形COEN均为矩形，
∴EM=EP=CN，∠EMF=∠CNE=90°，
∵EF⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠MEF+∠CEN=90°，
又∵∠EFM+∠MEF=90°，
∴∠EFM=∠CEN，
在△ENM和△CEN中，
EM=CN∠EMF=∠CNE=90°∠EFM=∠CEN，
∴△ENM≌△CEN(AAS)，
∴EF=CE，
∵四边形ABCD为正方形，AB=8，
∴BC=AB=8，
∵点F为AB的中点，
∴BF=4，
在Rt△CBF中，BC=8，BF=4，
由勾股定理得：CF= BF2+BC2=4 5，
在Rt△EFC中，EF=CE，CF=4 5，
由勾股定理得：EF2+CE2=CF2，
即：2CE2=(4 5)2，
∴CE=2 10，
∴EF=CE=2 10，
设EN=a，则DN=EN=a，CN=CD−DN=8−a，
在Rt△CEN中，EN=a，CN=8−a，CE=2 10，
由勾股定理得：EN2+CN2=CE2，
即：a2+(8−a)2=(2 10)2，
解得：a1=2，a2=6(不合题意，舍去)，
∴EN=2，CN=PE=BP=6，
在Rt△BEP中，PE=BP=6，
由勾股定理得：BE= PE2+BP2=6 2，
∵S△BCF=12CF⋅BT=12BC⋅BF，
即：CF⋅BT=BC⋅BF，
∴4 5⋅BT=8×4，
∴BT=8 55，
又∵S△EFC=12CF⋅ER=12EF⋅EC，
即：CF⋅ER=EF⋅EC，
∴4 5⋅ER=2 10×2 10，
∴ER=2 5，
∵BT⊥CF，ER⊥CF，
∴BT//ER，
∴△BTG∽△ERG，
∴BG：EG=BT：ER，
∴BG⋅ER=EG⋅BT，
设EG=x，则BG=BE−EG=6 2−x，
∴(6 2−x)⋅2√5=x⋅8 55，
解得：x=30 29．
∴GE=x=309 2．
故答案为：309 2．
过点E分别作直线MN⊥AB交AB与M，交CD于N；作直线PQ⊥BC∠BC于点P，交AD于点Q，过点E，B分别作CF的垂线，垂足为分别R，T；可得四边形BOEM和四边形ENDQ均为正方形，四边形AMEQ和四边形COEN均为矩形，据此可证△ENM和△CEN全等，从而得EF=CE，然后利用勾股定理分别求出CF，CE，EN，EP，继而可求出BE，然后根据三角形的面积公式分别求出BT，ER，最后根据△BTG和ERG相似即可求出GE的长．
此题主要考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理、三角形的面积等知识点，解答此题的关键是熟练掌握正方形、矩形的判定及其性质，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据矩形的性质及点E的位置准确的作出辅助线，构造正方形和矩形，以及利用三角形的面积求相关线段的长度．
18.【答案】23 45
【解析】解：根据题意，F(32)=32′−32″ 9=532−3259=23．
故答案为：23．
根据“完美数”的定义可得，
F(m)=m′−m″9=100(a+b)+10a+b−[100a+10b+(a+b)]9=10b+a，
F(n)=n′−n″9=100(x+y)+10x+y−[100x+10y+(x+y)]9=10y+x，
∵6≤a≤9，a+b≤9，
∴0≤b≤3，
∴6≤10b+a≤39，
又∵F(m)是一个完全平方数，
∴F(m)的值可以为9，16，25，36，
当10b+a=9时，a=9，b=0，
∴m=90；
把m=90代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=−40，不符合题意；
当10b+a=16时，a=6，b=1，
∴m=61；
把m=61代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=18，
∵1≤x≤9，x+y≤9，此种情况不存在；
当10b+a=25时，不存在；
当10b+a=36时，a=6，b=3，
∴m=63；
把m=63代入2m+F(n)−8y=140，整理得：
x+2y=14，
∵1≤x≤9，x+y≤9，
求得：x=2，y=6或x=4，y=5，
又∵n=10x+y，
∴n的值为26或45；
∴n的最大值为45．
故答案为：45．
根据题意，依据式子F(m)=m′−m″9，可求F(32)的值；根据“完美数”的定义可得，F(m)=10b+a，F(n)=10y+x，再结合完全平方数的定义和a，b，x，y的取值范围，列出m、n所有可能的情况．
本题考查了新定义的题型，解题关键是理解“完美数”概念，并能根据题意求出m和n所有可能的值．
19.【答案】解：(1)原式=4x2−1−x2−4x
=3x2−4x−1；
(2)原式=x−1−2x−2x+1⋅2(x+1)(x+3)(x−3)
=−(x+3)x+1⋅2(x+1)(x+3)(x−3)
=−2x−3．
【解析】(1)先展开，再合并同类项；
(2)先通分算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．
本题考查整式的运算和分式的混合运算，解题的关键是掌握整式相关运算的法则和分式的基本性质．
20.【答案】∠BDC 12∠BDC ∠EBD=∠FDB //
【解析】解：(1)如图所示；DF即为所求；
(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD．
∴∠ABD=∠BDC，
又∵BE平分∠ABD，DF平分∠BDC，
∴∠EBD=12∠ABD，∠FDB=12∠BDC，
∴∠EBD=∠FDB，
∴BE//DF．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴BC//AD．
∴四边形BEDF为平行四边形．
故答案为：∠BDC，12∠BDC，∠EBD=∠FDB，//．
(1)根据题意作出图形即可；
(2)根据矩形的性质得到AB//CD.根据平行线的性质得到∠ABD=∠BDC，根据角平分线的定义得到∠EBD=12∠ABD，∠FDB=12∠BDC，求得∠EBD=∠FDB，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查作图−基本作图，平行四边形的判定，矩形的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
21.【答案】10 80
【解析】解：(1)a=100−(40+25+18+7)=10，
七年级B组人数为100−(14+28+13+6)=39，
则b=80+802=80，
补全图形如下：
故答案为：10，80；
(2)七年级更好，理由如下：
由表格数据知，七、八年级成绩的平均数相等，而七年级成绩的中位数大于八年级，
所以七年级高分人数多于八年级；
(3)800×14100+1000×10%=212(人)，
答：估计该校七、八年级竞赛成绩为优秀的学生有212人．
(1)根据百分比之和为100%可得a的值，根据各组人数之和等于总人数求出B组人数，再根据中位数的定义求解可得b的值；
(2)根据平均数和中位数的意义求解可得答案；
(3)总人数分别乘以七、八年级优秀人数所占比例，再求和即可得出答案．
本题考查频数分布直方图、用样本估计总体，从收集的数据中获取必要的信息是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)设甲组有x名工人，则乙组有(36−x)名工人，
根据题意得：1200036−x=6400x×32，
解得：x=16，
经检验，x=16是所列方程的解，且符合题意，
∴36−x=36−16=20．
答：甲组有16名工人，乙组有20名工人；
(2)设从乙组抽调y名工人到甲组中，则抽调后甲组有(16+y)名工人，乙组有(20−y)名工人，
根据题意得：640016×(1+12)(16+y)+1200020×(1−16)(20−y)≥20300，
解得：y≥7，
∴y的最小值为7．
答：至少需要抽调7人到甲工作组．
【解析】(1)设甲组有x名工人，则乙组有(36−x)名工人，根据乙组每人每天制作的粽子数量是甲组每人每天制作粽子数量的32，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出甲组人数，再将其代入(36−x)中，即可求出乙组人数；
(2)设从乙组抽调y名工人到甲组中，则抽调后甲组有(16+y)名工人，乙组有(20−y)名工人，根据每天至少生产20300个粽子，可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，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，正确列出一元一次不等式．
23.【答案】解：(1)过C作CG⊥AP于G，
则∠AGC=∠PGC=90°，
由题意，得∠GAC=45°，∠PCG=60°，PC=64海里，
在Rt△PCG中，
∵sin∠PCG=PGPC，cos∠PCG=CGPC，
∴PG=PCsin∠PCG=64sin60°=32 3(海里)，
CG=PCcos∠PCG=64cos60°=32(海里)，
在Rt△ACG中，
∵tan∠GAC=CGAG，
∴AG=CGtan∠GAC=32tan45∘=32(海里)，
∴AP=AG+PG=(32+32 3)海里；
(2)由(1)得AC= 2AG=32 2海里，
∴巡逻船的速度为32 22=16 2(海里/小时)，
过E作EH⊥CH于H，
在Rt△CEH中，
∠ECH=90°−53°=37°，CE=50 2海里，
∵cos∠ECH=CHCE，sin∠ECH=EHCE，
∴CH=CEcos∠ECH=50 2cos37°≈50 2×45=40 2(海里)，
EH=CEsin∠ECH=50 2sin37°≈50 2×35=30 2(海里)，
∴巡逻船从C航行到H的时间为：40 216 2=52(小时)，
∵巡逻船提前半小时到达救援位置，
∴渔船从E航行到H的时间为：52+12=3(小时)，
∴渔船的航行速度为：30 23=10 2≈14.1(海里/小时)，
答：渔船的航行速度约为14.1海里/小时．
【解析】(1)过C作CG⊥AP于G，分别在Rt△PCG中和在Rt△ACG中，求出PG和AG，即可求出AP；
(2)过E作EH⊥CH于H，先求出巡逻船的速度，在Rt△CEH中，求出CH，EH的长，再求出巡逻船从C航行到H的时间，确定渔船从E航行到H的时间，即可求出渔船的速度．
本题考查解直角三角形的应用−方向角，构造直角三角形，合理选择三角函数式求长度是解题的关键．
24.【答案】当0≤t≤4时，y2随t的增大而减小
【解析】解：(1)由题意，得BP=t，CQ=2t，0≤t≤6，
过点E作EF⊥BC于点F，作EG⊥AB，交BA的延长线于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠G=∠ABP，∠BAP+∠APB=90°，
∵线段AP绕点A逆时针旋转90°得线段AE，
∴AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠EAG+∠BAP=90°，
∴∠APB=∠EAG，
在△ABP和△EGA中，
∠ABP=∠G,∠APB=∠EAG,AP=AE,
∴△ABP≌△EGA(AAS)，
∴BP=GA=t，
∵∠G=∠ABF=∠EFB=90°，
∴四边形BGEF是矩形，
∴EF=GB=GA+AB=t+6，
∴y1=16s△BCE=16×12BC⋅EF=112×12(t+6)，
∴y1=t+6(0≤t≤6)；
点P，Q相遇时，即t+2t=12，
解得t=4，
当0≤t≤4时，
∵PQ=BC−BP−CQ=12−t−2t=−3t+12，
∴y2=−3t+12，
当4
∴y2=3t−12，
∴y2=−3t+12,(0≤t≤4)3t−12,(4
当t=6时，y1=12，
∴y1的图象是过点(0,6)，(6,12)的线段，如图2．
当t=0时，y2=12，
当t=4时，y2=0，
当t=6时，y2=6，
∴y2的图象是过点(0,12)，(4,0)的线段和过点(4,0)，(6,6)的线段，如图2．
函数y2图象的一条性质：答案不唯一，比如：①当0≤t≤4时，y2随t的增大而减小；②当4
(3)当0≤t≤4时，令y1=y2，
即t+6=−3t+12，
解得t=32，
由图象可知，当y1≥y2时，t≥32，
故答案为：t≥32．
(1)设法用t表示出△BCE边BC上的高，即可求出y1的函数关系式；根据线段的和差关系，分情况即可列出y2的函数关系式；t的取值范围由Q到达终点确定即可；
(2)根据画函数图象的一般方法画出图象即可，y2图象的性质可从增减性方面考虑；
(3)先求出y1和y2的交点，再根据图象的位置直接写出t的范围即可．
本题是一道代数和几何综合题，涉及一次函数，分段函数，一元一次方程，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，解法涉及数形结合思想，掌握以静制动的方法是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=−12x2−x+c与直线l1：y=−23x+4相交于y轴上的点C，抛物线与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，
当x=0时，代入直线l1：y=−23x+4中，得y=4，
∴C(0,4)，
将C(0,4)代入抛物线y=−12x2−x+c中，得c=4，
∴抛物线为y=−12x2−x+4，
当y=0时，−12x2−x+4=0，
解得x1=−4，x2=2，
∴A(−4,0)，B(2,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，将A(−4,0)，C(0,4)代入得，
−4k+b=0b=4，解得k=1b=4，
∴直线AC的解析式为y=x+4．
答：直线AC的解析式为y=x+4．
(2)设点P为(t,−12t2−t+4)，则F(t,−23t+4)，
∴PF=−23t+4，
∴−(−12t2−t+4)=12t2+13t，
如图，过点E作ED⊥PF于E，设PF交AC于G，交x轴于H，
则G(t,t+4)，
∴PG=−12t2−t+4−(t+4)=−12t2−2t，
∵PE//BC，PF//y轴，
∴∠BCO=∠EPD，
∵C(0,4)，B(2,0)，
∴OC=4，OB=2，
∴tan∠BCO=OBOC=12，
∴tan∠EPD=12，
∴PD=2DE，
∵OC=OA=4，
∴∠GAH=45°，
∴∠GED=45°，
∴△GED为等腰直角三角形，
∴DG=DE，
设DE=x，
则DG=x，PD=2x，PE= PD2+DE2= 5x，
∴PG=PD+DG=3x，
∴PG=3 55PE，
∴8 55PE=83PG，
∴PF+8 55PE=PF+83PG，
=12t2+13t+83(−12t2−2t)
=−56t2−5t=−56(t+3)2+152，
∵−56<0，
∴当t=−3时，PF+8 55PE有最大值152，此时点P的坐标为(−3,52).
答：PF+8 55PE有最大值152，此时点P的坐标为(−3,52).
(3)∵P(−3,52),C(0,4)，
设直线PC的解析式为y=mx+n，
则−3m+n=52n=4，
解得m=12n=4，
∴直线PC的解析式为y=12x+4，
∵原抛物线沿射线PC方向平移3 52个单位长度，得到新抛物线y′，
∴原抛物线向右平移3个单位，向上平移32个单位，
∵y=−12x2−x+4=−12(x+1)2+92，
∴y′=−12(x+1−3)2+92+32=−12(x−2)2+6=−12x2+2x+4，
联立y=x+4y′=−12x+2x+4，
解得x1=0y1=4(舍去)，x2=2y2=6，
∴M(2,6)，
由(2)得，当x=−3时，F(−3,6)，C(0,4)，
设F′(−3+m,6−23m)，C′(m,4−23m)，
∴C′M2=(m−2)2+(−23m−2)2，
F′M2=(−5+m)2+(−23m)2，
C′F′=CF= (6−4)2+(3−0)2= 11，
当C′F′=C′M时，C′F′2=C′M2，
∴11=(m−2)2+(−52m−2)2，
解得m=6±3 3913，
∴C′(6+3 3913,144−6 6939)或(6−3 3913,144+6 6939)，
当F′M=C′M时，F′M2=C′M2，
∴(−5+m)2+(−23m)2=(m−2)2+(−23m−2)2，
解得m=5126，
∴C′(5126,10539)，
综上，C点的横坐标为6+3 3913，6−3 3913或5126．
答：C点的横坐标为6+3 3913，6−3 3913或5126．
【解析】(1)利用待定系数法求解抛物线的解析式及一次函数的解析式即可．
(2)作出辅助线，求出PF、PG，证明△GED为等腰直角三角形，设DE=x，则DG=x，PD=2x，PE= PD2+DE2= 5x，求得PF+8 55PE=PF+83PG，
代入计算即可求解．
(3)求出直线PC的解析式，根据题意表示出y′，联立方程组，求解得到M，设F′(−3+m,6−23m)，C′(m,4−23m)，表示出C′M2、F′M2、C′F′，分两种情况讨论，即当C′F′=C′M时，C′F′2=C′M2，当F′M=C′M时，F′M2=C′M2，求解即可．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是注意运算过程，掌握待定系数法求函数解析式．
26.【答案】(1)解：过点D作DM⊥BC于点M，如图：
∵△ABC是等边三角形，点D为线段AB的中点，
∴∠B=60°，∠DCE=30°，
∵∠EDC=15°，
∴∠DEM=15°+30°=45°，
设BM=x，
∵DM⊥BC，
∴DM=BM⋅tan60°= 3x，
∴ME=DM⋅tan45°= 3x，
∵BE=3+3 3，
∴x+ 3x=3+3 3，
解得：x=3，即BM=3，
∴BD=2BM=6，
∴CD= 3BD=6 3，BC=2BD=12，
∴AB=BC=12，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12×12×6 3=36 3；
(2)证明：过点D作DN//BC，交AC于点N，
∵DN//BC，
∴∠DNC=180°−∠ACB=120°，
∵DE=CD，
∴∠DEC=∠DCE，
∵△ABC、△DFE为等边三角形，
∴∠EDB+∠DEC=∠ABC=60°，∠DCN+∠DCE=∠ACB=60°，
∴∠EDB=∠DCN，∠EBD=120°=∠DNC，
在△DBE和△CND中，
∠EDB=∠DCN∠EBD=∠DNCDE=DC，
∴△DBE≌△CND(AAS)，
∴BE=DN，
∵DN//BC，△ABC为等边三角形，
∴△ADN为等边三角形，
∴BE=DN=AD，
∵FG//AC，
∴∠FGC=∠ACB=60°，
∴∠FGE=180°−60°=120°=∠EBD，
∵△DFE为等边三角形，
∴DE=EF，∠FEG+∠DEC=∠DEF=60°，
∴∠EDB=∠FEG，
在△EGF和△DBE中，
∠FGE=∠EBD∠FEG=∠EDBEF=DE
∴△EGF≌DBE(ASA)，
∴BD=EG，
∵BD+AD=AB，
∴EG+AD=AB，即 BG+BE+AD=AB，
∵BE=AD，AB=AC，
∴BG+2BE=AC；
(3)解：
∵∠PAC=∠BCP，∠BCP+∠ACP=60°，
∴∠PAC+∠ACP=60°，
∴∠APC=120°，
以AC为边在AC右边作等边三角形△ACQ，则∠AQC=60°，
∴∠APC+∠AQC=120°+60°=180°，
∴点A、P、C、Q四点共圆，
过点A作OA⊥AB，过点C作OC⊥BC，OA、OB相交于点O，
∴∠OAC=90°−∠BAC=30°，∠OCA=90°−∠ACB=30°，
∴∠AOC=120°，OA=OC，
∵∠AQC=60°，
∴∠AOC=2∠AQC，
∴点A、P、C、Q四点在以点O为圆心，OC为半径的圆上，
过点O作OH⊥AC于点H，
∴CH=12AC=3，
∴OH=CH 3= 3，OC=2OH=2 3，
∴当点E、P、O在同一条直线上时，EP取最小值，
∵将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE′，
∴∠ABE=∠ABE′=120°，
∴∠CBE′=∠ABE′−∠ABC=60°，
∴点E′在与BC夹角为60°的直线上运动，
∴当CE′⊥BE′时，CE′取最小值，
∵AB=BC=AC=6，
∴BE=BE′=BC⋅cos60°=3，
∴CE=BC+BE=9，
连接OE交⊙O于点P，
∴OE= OC2+CE2= 93，
∴EP=OE−OP= 93−2 3．
【解析】(1)过点D作DM⊥BC于点M，得出∠DEM=45°，设BM=x，DM=BM⋅tan60°= 3x，ME=DM⋅tan45°= 3x，列出方程求得x=3，进而得出CD=6 3，AB=BC=12，即可求出答案；
(2)过点D作DN//BC，交AC于点N，通过证明△ADN为等边三角形，△DBE≌△CND(AAS)，得出BE=DN=AD，再证明△DBE≌△EGF(ASA)，得出BD=EG，根据BD+AD=AB，有EG+AD=AB，则BG+BE+AD=AB，即可证得结论；
(3)证明∠APC=120°，以AC为边在AC右边作等边三角形△ACQ，则∠AOC=60°，可得点A、P、C、Q四点共圆，点A作OA⊥AB，过点C作OC⊥BC，OA、OB相交于点O，根据圆周角定理推出点A、P、C、Q四点在以点O为圆心，OC为径的圆上，过点O作OH⊥AC于点H，求出OC=2 3，当E、P、O在同一条直线上时，EP取最小值，根据将△BDE沿直线BD翻折得到△BDE，可得点E在与BC夹角为60°的直线上运动，则当CE⊥BE时，CE取最小值，求出BE=BE=BC⋅cos60°=3连接OE，于⊙O相交于点P，根据勾股定理可得：OE= OC2+CE2= 93，即可求得答案．
本题主要考查了等边三角形的性质，解题直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，以及圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．
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