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2024年广东省广州市黄埔区中考数学一模试卷（含解析）
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这是一份2024年广东省广州市黄埔区中考数学一模试卷（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.下列各数为无理数的是( )
A. 3B. 3.14C. 2 2D. 237
2.如图，表示互为相反数的两个点是( )
A. 点A与点BB. 点A与点DC. 点C与点BD. 点C与点D
3.12位参加歌唱比赛的同学的成绩各不相同，按成绩取前6名进入决赛，如果小粉知道了自己的成绩后，要判断能否进入决赛，小粉需要知道这12位同学的成绩的
( )
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 方差
4.下列运算正确的是( )
A. a+ b= a+bB. 2 a×3 b=5 ab
C. 5+ 3=5 3D. 20− 5= 5
5.分式方程2x−3=1x的解是( )
A. x=1B. x=−1C. x=3D. x=−3
6.在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若AD=5，AC=10，BD=6，△BOC的周长为( )
A. 13B. 16C. 18D. 21
7.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，E是AC上的一点，ED⊥AB，垂足为D，若AD=4，则BE的长为( )
A. 3 5
B. 3 6
C. 185
D. 3
8.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，点D的坐标为(4,3)，将菱形ABCD向右平移m个单位，使点D刚好落在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，则m的值为( )
A. 5B. 6C. 203D. 323
9.如图，在塔前的平地上选择一点A，由A点看塔顶的仰角是α，在A点和塔之间选择一点B，由B点看塔顶的仰角是β.若测量者的眼睛距离地面的高度为1.5m，AB=9m，α=45°，β=50°，则塔的高度大约为m．( )
(参考数据：sin50°≈0.8，tan50°≈1.2)
A. 55.5
B. 54
C. 46.5
D. 45
10.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0，c>1)，经过点(2,0)，其对称轴是直线x=12.则下列结论：①abc<0；②关于x的方程ax2+bx+c=a无实数根；③当x>0时，y随x增大而减小；④a+b=0.其中正确的结论有个．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.代数式 x+42在实数范围内有意义时，x应满足的条件是______．
12.因式分解：4x3−x=______．
13.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ADC=60°，∠B=30°，若CD=3cm，则BD=______cm．
14.关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+3=0有两个实数根，则k的取值范围是 ．
15.如图，▱ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到▱AB′C′D′(点B与点B′是对应点，点C与点C′是对应点，点D与点D′是对应点)，此时，点B′恰好落在BC边上，则∠C= ______．
16.如图，已知正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF，将△AEF沿EF折叠得△HEF，若延长FH交边BC于点M，则DH的取值范围是______．
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.解方程：x2+6x+5=0．
四、解答题：本题共8小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ADC和∠ABC.求证：AD=CD，AB=CB．
19.(本小题6分)
已知T=aa2−1−1a+1．
(1)化简T；
(2)已知反比例函数y= 2x的图象经过点A(a−1,a+1)，求T的值．
20.(本小题6分)
“2023广州黄埔马拉松”比赛当天，某校玩转数学小组针对其中一个项目“半程马拉松”(21.0975公里)进行调查．
(1)为估算本次参加“半程马拉松”的人数，调查如下：
已知共有20000人参与“2023广州黄埔马拉松”比赛，请估算本次赛事中，参加“半程马拉松”项目的人数约为______人；
(2)本赛事某岗位还需要2名志愿者参与服务工作，共有4人参加了志愿者遴选，其中初中生2名，高中生1名，大学生1名，请利用画树状图或列表的方法，求恰好录取2名初中生志愿者的概率．
21.(本小题8分)
某文具店准备购进甲、乙两种圆规，若购进甲种圆规10个，乙种圆规30个，需要340元；若购进甲种圆规30个，乙种圆规50个，需要700元．
(1)求购进甲、乙两种圆规的单价各是多少元；
(2)文具店购进甲、乙两种圆规共100个，每个甲种圆规的售价为15元，每个乙种圆规的售价为12元，销售这两种圆规的总利润不低于480元，那么这个文具店至少购进甲种圆规多少个？
22.(本小题10分)
如图，二次函数y=−14(x+a)(x−3a)(a>0)的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的右侧)，与y轴交于点E．
(1)尺规作图：作抛物线的对称轴，交x轴于点D，并标记抛物线的顶点C，连接AE，且AE与对称轴相交于点F；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)所作的图形中，若AO=2OE，求∠CAD的大小及AF的值．
23.(本小题10分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，CO的延长线交AB于点D．
(1)求证：AO平分∠BAC；
(2)若BC=12，sin∠BAC=35，求AC和CD的长．
24.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD=4，AE=2，AB= 3AD，AG= 3AE.矩形AGFE绕着点A旋转，连接BG，CF，AC，AF．
(1)求证：△ABG∽△ACF；
(2)当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②在△ACF内是否存在一点P，使得CP+AP+ 3PF的值最小？若存在，求CP+AP+ 3PF的最小值；若不存在，请说明理由．
25.(本小题12分)
已知二次函数y=ax2+2ax+c图象与x轴交于点A和点B(−3,0)，与y轴交于点C(0,3)．
(1)求点A的坐标；
(2)若点D是直线BC上方的抛物线上的一点，过点D作DE//y轴交射线AC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，求3 2DF−DE的最大值及此时点D坐标；
(3)在(2)的条件下，若点P，Q为x轴下方的抛物线上的两个动点，并且这两个点满足∠PBQ=90°，试求点D到直线PQ的最大距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：3是整数，3.14，237是分数，它们都不是无理数；
2 2是无限不循环小数，它是无理数；
故选：C．
无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．
本题考查无理数的识别，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：3和−3互为相反数，则点A与点D表示互为相反数的两个点．
故选：B．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
3.【答案】B
【解析】解：由于总共有12个人，且他们的分数互不相同，要判断是否进入前6名，只要把自己的成绩与中位数进行大小比较．故应知道中位数的多少．
故选：B．
由题意，只需要了解自己的成绩与全部成绩的中位数的大小即可．
本题主要考查统计的有关知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：A． a与 b不能合并，所以A选项不符合题意；
B.2 a×3 b=6 ab，所以B选项不符合题意；
C.5与 3不能合并，所以C选项不符合题意；
D. 20− 5=2 5− 5= 5，所以D选项符合题意．
故选：D．
根据二次根式的加法运算对A选项、C选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对B选项进行判断；根据二次根式的减法运算对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论是解题的关键．
将分式方程转化为整式方程，求出x的值，检验即可得出答案．
【解答】
解：2x−3=1x，
方程两边都乘x(x−3)得：2x=x−3，
解得：x=−3，
检验：当x=−3时，x(x−3)≠0，
∴x=−3是原方程的解．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：∵▱ABCD的两条对角线交于点0，AC=10，BD=6，AD=5，
∴BO=DO=3，AO=CO=5，BC=AD=5
∴△BOC的周长为：BO+CO+BC=3+5+3=13．
故选：A．
利用平行四边形的性质对角线互相平分，进而得出BO，CO的长，即可得出△BOC的周长．
此题主要考查了平行四边形的性质：对边相等、对角线互相平分，得出BO，CO的长是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
∴BC= AB2−AC2= 102−82=6，
∵ED⊥AB于点D，AD=4，
∴∠ADE=∠C=90°，
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴AEAB=ADAC=48=12，
∴AE=12AB=12×10=5，
∴CE=AC−AE=8−5=3，
∴BE= BC2+CE2= 62+32=3 5，
故选：A．
由∠C=90°，AB=10，AC=8，求得BC=6，由∠ADE=∠C=90°，∠A=∠A，证明△AED∽△ABC，则AEAB=ADAC，求得AE=5，则CE=AC−AE=3，即可根据勾股定理求得BE= BC2+CE2=3 5，于是得到问题的答案．
此题重点考查勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△AED∽△ABC是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：(1)作DE⊥BO，DF⊥x轴于点F，
∵点D的坐标为(4,3)，
∴FO=4，DF=3，
∴DO=5，
∴AD=5，
∴A点坐标为：(4,8)，
∴xy=4×8=32，
∴k=32；
(2)将菱形ABCD向右平移m个单位长度，得到点D′的坐标为(4+m,3)．
代入y=32x，得到3=32m+4，解得m=203．
即菱形ABCD平移的距离为=203个单位长度．
故选：C．
将菱形ABCD向右平移m个单位长度，得到点D′的坐标为(4+m,3)，由D′在反比例函数图象上，将点D′代入反比例函数解析式，求出m的值，问题可解．
本题考查了反比例函数图象和菱形性质的应用，解答此题的关键是知道反比例函数图象上点的坐标特征．
9.【答案】A
【解析】解：如图：由题意得ED=BF=AG=1.5m，
∵α=45°，CE⊥EG，
∴∠ECG=α=45°，
∴CE=GE，
设CE=GE=x m，
则EF=(x−9)m，
在Rt△CEF中，tanβ=tan50°=CEEF=xx−9，
即xx−9≈1.2，
解得x=54，
∴CD=CE+ED=54+1.5=55.5(m)，
答：塔的高度大约为55.5m．
故选：A．
首先证明CE=EG，再利用tan50°=CEEF即可求出答案．
本题考查解直角三角形的应用−俯角仰角问题，解决本题的关键是能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的对称轴为直线x=12，
∴点(2,0)关于直线x=12的对称点的坐标为(−1,0)，
∵c>1，
∴抛物线开口向下，
∴a<0，
∵−b2a=12，
∴b=−a>0，
∴abc<0，故①正确；
∵抛物线开口向下，与x轴有两个交点，
∴顶点在x轴的上方，
∵a<0，
∴抛物线与直线y=a有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c=a有两个不等的实数根；故②错误；
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=12，
∴当x>12时，y随x增大而减小；故③错误；
∵−b2a=12，
∴b=−a，
∴a+b=0，故④正确．
故选：B．
由题意得到抛物线的开口向下，对称轴−b2a=12，得出b=−a，判断a，b与0的关系，得到a+b=0，abc<0，即可判断①④；根据题意得到抛物线开口向下，顶点在x轴上方，即可判断②；根据二次函数的性质即可判断③．
本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数的性质．
11.【答案】x≥−4
【解析】解：由题可知，
x+4≥0，
解得x≥−4．
故答案为：x≥−4．
根据被开方数不小于零的条件进行解题即可．
本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．
12.【答案】x(2x+1)(2x−1)
【解析】【分析】
本题考查了提公因式法和公式法，掌握a2−b2=(a+b)(a−b)是解题的关键．
先提取公因式x，再用平方差公式即可．
【解答】
解：4x3−x
=x(4x2−1)
=x(2x+1)(2x−1)，
故答案为x(2x+1)(2x−1)．
13.【答案】6
【解析】解：∵∠B=30°，∠ADC=60°，
∴∠BAD=∠ADC−∠B=30°，
∴AD=BD，
∵∠C=90°，
∴∠CAD=30°，
∴BD=AC=2CD=6cm，
故答案为：6．
利用三角形的外角性质定理和给出的已知数据可求出∠BAD=30°，所以△ABD为等腰三角形，即AD=BD，再利用30°角的直角三角形可解，进而求出BD的长．
本题考查了含30°角的直角三角形的性质，三角形的外角性质定理、等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形的有关知识．属于基础题目．
14.【答案】k≤43且k≠1
【解析】解：由题意知：Δ=b2−4ac=4−4×3(k−1)=16−12k≥0且k−1≠0，
解得：k≤43且k≠1．
则k的取值范围是k≤43且k≠1．
故答案为：k≤43且k≠1．
根据方程有两个实数根，得出Δ≥0且k−1≠0，求出k的取值范围，即可得出答案．
此题考查了根的判别式，(1)一元二次方程根的情况与判别式△的关系：①Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；②Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；③Δ<0⇔方程没有实数根．(2)一元二次方程的二次项系数不为0．
15.【答案】105°
【解析】解：由旋转可知，
AB=AB′，∠BAB′=30°，
∴∠ABB′=∠AB′B=12×(180°−30°)=75°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠C=180°−75°=105°．
故答案为：105°．
根据旋转的性质，得出AB=AB′，再利用等边对等角求出∠B的度数，最后根据两直线平行，同旁内角互补可求出∠C的度数．
本题考查旋转的性质及平行四边形的性质，熟知图形旋转的性质及平行四边形的性质是解题的关键．
16.【答案】 5−1≤DH≤2
【解析】解：如图1，点F与点D重合，此时点M在BC边上，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴DA=AB=2，
由折叠得DH=FH=FA=DA=2，
∴DH的最大值为2；
如图2，连接DE，
∵E为AB的中点，
∴HE=AE=BE=12AB=1，
∵∠A=90°，
∴DE= DA2+AE2= 22+12= 5，
∴DH+HE≥DE，
∴DH+1≥ 5，
∴DH≥ 5−1，
∴DH的最小值为 5−1，
∴DH的最值范围是 5−1≤DH≤2，
故答案为： 5−1≤DH≤2．
点F与点D重合，此时点M在BC边上，且DH的值最大，由折叠得DH=FH=FA=DA=2，则DH的最大值为2；连接DE，因为HE=AE=BE=12AB=1，∠A=90°，所以DE= DA2+AE2= 5，由DH+HE≥DE，得DH≥ 5−1，则DH的最小值为 5−1，所以DH的最值范围是 5−1≤DH≤2，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：x2+6x+5=0，
(x+1)(x+5)=0，
∴x+1=0或x+5=0，
∴x1=−1，x2=−5．
【解析】此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
方程利用因式分解法求出解即可．
18.【答案】证明：∵BD平分∠ADC和∠ABC，
∴∠ADC=∠CDB，∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
∠ADC=∠CDBBD=BD∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD(ASA)．
∴AD=CD，AB=CB．
【解析】利用AAS可得△ABD≌△CBD，即可得答案．
本题考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是关键．
19.【答案】解：(1)T=aa2−1−1a+1
=a(a+1)(a−1)−a−1(a+1)(a−1)
=1(a+1)(a−1)；
(2)∵反比例函数y= 2x的图象经过点A(a−1,a+1)，
∴(a−1)(a+1)= 2，
∴T=1 2= 22．
【解析】(1)化成同分母的分式，然后根据加法法则计算即可；
(2)根据反比例函数系数k=xy得到(a−1)(a+1)= 2，代入(1)中化简的T的式子即可求解．
本题考查了分式的化简求值，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握分式加法的法则以及反比例函数系数k=xy是解题的关键．
20.【答案】6000
【解析】解：(1)由表格可知，随调查总人数的增加，参加“半程马拉松”频率接近0.30，
∴本次赛事中，参加“半程马拉松”项目的人数约为20000×0.30=6000(人)．
故答案为：6000．
(2)将2名初中生分别记为A，B，1名高中生记为C，1名大学生记为D，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好录取2名初中生志愿者的结果有：AB，BA，共2种，
∴恰好录取2名初中生志愿者的概率为212=16．
(1)由表格可知，随调查总人数的增加，参加“半程马拉松”频率接近0.30，根据用样本估计总体，用20000乘以0.30即可得出答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及恰好录取2名初中生志愿者的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、用样本估计总体，熟练掌握列表法与树状图法、用样本估计总体是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设购进甲种圆规的单价是x元，乙种圆规的单价是y元，
根据题意得：10x+30y=34030x+50y=700，
解得：x=10y=8．
答：购进甲种圆规的单价是10元，乙种圆规的单价是8元；
(2)设这个文具店购进m个甲种圆规，则购进(100−m)个乙种圆规，
根据题意得：(15−10)m+(12−8)(100−m)≥480，
解得：m≥80，
∴m的最小值为80．
答：这个文具店至少购进甲种圆规80个．
【解析】(1)设购进甲种圆规的单价是x元，乙种圆规的单价是y元，根据“购进甲种圆规10个，乙种圆规30个，需要340元；购进甲种圆规30个，乙种圆规50个，需要700元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设这个文具店购进m个甲种圆规，则购进(100−m)个乙种圆规，利用总利润=每个甲种圆规的销售利润×购进甲种圆规的数量+每个乙种圆规的销售利润×购进甲种圆规的数量，结合总利润不低于480元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组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，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22.【答案】解：(1)按要求作AB的中垂线即为抛物线的对称轴，再按要求作图如下：
(2)对于y=−14(x+a)(x−3a)，当x=0时，y=34a2=OE，
令y=−14(x+a)(x−3a)=0，
解得：x=−a或3a，
则OA=3a，
∵AO=2OE，即3a=2×34a2，
解得：a=0(舍去)或2，
则点A的坐标为：(6,0)、点E(0,3)、点C(2,4)，
则CD=4=AD，
故∠CAD=45°，
由点A、E的坐标得，直线AE的表达式为：y=−12x+3，
当x=2时，y=2，即yD=2，
则AF= DF2+AD2= 4+42=2 5．
【解析】(1)按要求作AB的中垂线即为抛物线的对称轴，即可求解；
(2)求出点A、E的坐标，由AO=2OE，即3a=2×34a2，求出a的值，进而求解．
本题考查的是二次函数综合题，涉及到图象作图、一次函数的图象和性质等，综合性强，难度适中．
23.【答案】解：(1)证明：延长AO交BC于H，连接BO，
∵AB=AC，OB=OC，
∴A，O在线段BC的垂直平分线上，
∴AO⊥BC，
又∵AB=AC，
∴AO平分∠BAC．
(2)延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，
∵∠EBC=90°，BC⊥BE，
∴∠E=∠BAC，sin∠E=sin∠BAC，
∴BCCE=34，CE=53BC=10，
∴BE= CE2−BC2=8，OA=OE=12CE=5，
∵AH⊥BC，
∴BE//OA，
∴OABE=ODDE，即58=OD5−OD，
解得：OD=2513，
∴CD=5+2513=9013，
∵BE//OA，即BE//OH，OC=OE，
∴OH是△CEB的中位线，
∴OH=12BE=4，CH=12BC=3，
∴AH=5+4=9，
在Rt△ACH中，AC= AH2+CH2= 92+32=3 10．
【解析】(1)先延长AO交BC于H，连接BO，AB=AC，OB=OC，因此A，O在线段BC的垂直平分线上，则AO⊥BC，又因为AB=AC，所以AO平分∠BAC．
(2)延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，∠EBC=90°，BC⊥BE，可知∠E=∠BAC，sin∠E=sin∠BAC，因而BCCE=34，CE=53BC=10，利用勾股定理得：BE= CE2−BC2=8，OA=OE=12CE=5，可知AH⊥BC，因此BE//OA，OABE=ODDE，即58=OD5−OD，即可得出OD，而CD=5+OD=9013，由BE//OA，即BE//OH，OC=OE，可知OH是△CEB的中位线，因此OH=12BE=4，CH=12BC=3，则AH=5+4=9，在Rt△ACH中，利用勾股定理得：AC= AH2+CH2= 92+32=3 10．
本题考查的是三角形的外接圆与外心，角平分线，垂径定理，圆周角定理和解直角三角形，熟练掌握上述知识点并找出题目中各角的关系是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，CD=AB= 3AD=4 3，AD=4，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∴AC=8，
∴∠BAC=30°，ABAC=4 38= 32，
∵AG= 3AE=2 3，AE=FG=2，
∴AF= 22+12=4，
∴AGAF=ABAC= 32，∠EAF=∠FAG=30°，
∵∠FAG=∠FAC+∠CAG=30°，
∠BAC=∠BAG+∠CAG=30°，
∴∠FAC=∠BAG，
∴△ABG∽△ACF；
(2)解：①如图2，AC+AE≥CE，当C，A，E三点共线时，AC+AE=CE，CE的长度最大，
由(1)知BC=4，AC=8，AE=2，EF=2 3，△ABG∽△ACF，
∴CF= EF2+CE2= 12+100=4 7，BGCF= 32，
∴BG=CF× 32=2 21．
解：②如图3，将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK= 3AP，连接PK，
根据△APK边角关系，可得PK=AP；
同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL= 3AF，连接LK，
根据旋转，可得∠PAF=∠KAL，
根据两边对应成比例且夹角相等可得：△APF∽△AKL，
∴KL= 3PF，
∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+ 3PF≥CL，
∴当C，P，K，L四点共线时，CL最小，
由题意可知∠LAC=150°，AF=4，AC=8，AL=4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ=30°，
∴QL=2 3，AQ=6，
在Rt△CLQ中，根据勾股定理得CL= (8+6)2+(2 3)2=4 13，
∴CP+AP+ 3PF的最小值为4 13．
【解析】(1)根据题意，计算出AGAF=ABAC= 32，∠EAF=∠FAG=30°，然后求得∠FAC=∠BAG，即可证明△ABG∽△ACF；
(2)①当C，A，E三点共线时，AC+AE=CE，CE的长度最大，由(1)知BC=4，AC=8，AE=2，EF=2 3，△ABG∽△ACF，可得CF= EF2+CE2= 12+100=4 7，BGCF= 32，因此BG=CF× 32=2 21．
②如图3，将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK= 3AP，连接PK，根据△APK边角关系，可得PK=AP；同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL= 3AF，连接LK，根据旋转，可得∠PAF=∠KAL，根据两边对应成比例且夹角相等可得：△APF∽△AKL，因此KL= 3PF，由于CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+ 3PF≥CL，因此当C，P，K，L四点共线时，CL最小，由题意可知：∠LAC=150°，AF=4，AC=8，AL=4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ=30°，可知QL=2 3，AQ=6，在Rt△CLQ中，根据勾股定理得CL= (8+6)2+(2 3)2=4 13，因此CP+AP+ 3PF的最小值为4 13．
本题考查的是相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
25.【答案】解：(1)由题意得：c=39a−6a+c=0，
解得：a=−1c=3，
则抛物线的表达式为：y=−x2−2x+3，
令y=−x2−2x+3=0，则x=−3或1，
即点A(1,0)；
(2)由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=−3x+3，
同理可得，直线BC的表达式为：y=x+3，
设点D(m,−m2−2m+3)，N(m,m+3)、E(m,−3m+3)，
延长DE交BC于点N，
由点B、C的坐标知，∠BCO=45°=∠DNF，
则FD= 22DN，
则3 2DF−DE=3DF−DE=3(yD−yN)−(yD−yE)=4yD−3yN−yE=4(−m2−2m+3)−3(m+3)+3m−3=−4m2−8m=−(m+1)2+4≤4，
故m=−1时，3 2DF−DE的最大值为4，此时，点D(−1,4)；
(3)设点P、Q的坐标分别为：(m,−m2−2m+3)、(n,−n2−2n+3)，
过点P、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为点M、N，
∵∠PBQ=90°，
∴∠PBM+∠QBN=90°，
∵∠QBN+∠BQN=90°，
∴∠PBM=∠BQN，
∴tan∠PBM=tan∠BQN，即MBPM=BNQN，
即m2+2m−3−3−m=n−3n2+2n−3，
整理得：mn−(m+n)=−2，
设直线PQ的表达式为：y=kx+c，
将点P、Q坐标分别代入上式得：−m2−2m+3=km+c且−n2−2n+3=kn+c，
解得：k=−m−n−2，c=mn+3，
则直线PQ的表达式为：y=(−m−n−2)x+mn+3，
∵mn−(m+n)=−2，
则y=(m+n)(1−x)−2x+1，
当x=1时，y=−1，
∴直线PQ恒过(1,−1)，
∴点D到PQ的增大距离是点D到该点的距离 (1+1)2+(4+1)2= 29．
【解析】(1)由待定系数法求出函数表达式，即可求解；
(2)证明FD= 22DN，则3 2DF−DE=3DF−DE=3(yD−yN)−(yD−yE)=4yD−3yN−yE，即可求解；
(3)由tan∠PBM=tan∠BQN，即MBPM=BNQN，得到mn−(m+n)=−2，设直线PQ的表达式为：y=kx+c，得到k=−m−n−2，c=mn+3，则直线PQ的表达式为：y=(−m−n−2)x+mn+3=(m+n)(1−x)−2x+1，即可求解．
本题考查了求二次函数的解析式，图象的平移，求一次函数的解析式，解直角三角形，利用解直角三角形的方法确定P、Q的关系是解题的关键．调查总人数
20
50
100
200
500
参加“半程马拉松”人数
7
17
31
58
150
参加“半程马拉松”频率
0.35
0.34
0.31
0.29
0.30
1.下列各数为无理数的是( )
A. 3B. 3.14C. 2 2D. 237
2.如图，表示互为相反数的两个点是( )
A. 点A与点BB. 点A与点DC. 点C与点BD. 点C与点D
3.12位参加歌唱比赛的同学的成绩各不相同，按成绩取前6名进入决赛，如果小粉知道了自己的成绩后，要判断能否进入决赛，小粉需要知道这12位同学的成绩的
( )
A. 平均数B. 中位数C. 众数D. 方差
4.下列运算正确的是( )
A. a+ b= a+bB. 2 a×3 b=5 ab
C. 5+ 3=5 3D. 20− 5= 5
5.分式方程2x−3=1x的解是( )
A. x=1B. x=−1C. x=3D. x=−3
6.在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若AD=5，AC=10，BD=6，△BOC的周长为( )
A. 13B. 16C. 18D. 21
7.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，E是AC上的一点，ED⊥AB，垂足为D，若AD=4，则BE的长为( )
A. 3 5
B. 3 6
C. 185
D. 3
8.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点B在y轴的正半轴上，点A在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，点D的坐标为(4,3)，将菱形ABCD向右平移m个单位，使点D刚好落在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，则m的值为( )
A. 5B. 6C. 203D. 323
9.如图，在塔前的平地上选择一点A，由A点看塔顶的仰角是α，在A点和塔之间选择一点B，由B点看塔顶的仰角是β.若测量者的眼睛距离地面的高度为1.5m，AB=9m，α=45°，β=50°，则塔的高度大约为m．( )
(参考数据：sin50°≈0.8，tan50°≈1.2)
A. 55.5
B. 54
C. 46.5
D. 45
10.已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0，c>1)，经过点(2,0)，其对称轴是直线x=12.则下列结论：①abc<0；②关于x的方程ax2+bx+c=a无实数根；③当x>0时，y随x增大而减小；④a+b=0.其中正确的结论有个．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.代数式 x+42在实数范围内有意义时，x应满足的条件是______．
12.因式分解：4x3−x=______．
13.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ADC=60°，∠B=30°，若CD=3cm，则BD=______cm．
14.关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+3=0有两个实数根，则k的取值范围是 ．
15.如图，▱ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到▱AB′C′D′(点B与点B′是对应点，点C与点C′是对应点，点D与点D′是对应点)，此时，点B′恰好落在BC边上，则∠C= ______．
16.如图，已知正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF，将△AEF沿EF折叠得△HEF，若延长FH交边BC于点M，则DH的取值范围是______．
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.解方程：x2+6x+5=0．
四、解答题：本题共8小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ADC和∠ABC.求证：AD=CD，AB=CB．
19.(本小题6分)
已知T=aa2−1−1a+1．
(1)化简T；
(2)已知反比例函数y= 2x的图象经过点A(a−1,a+1)，求T的值．
20.(本小题6分)
“2023广州黄埔马拉松”比赛当天，某校玩转数学小组针对其中一个项目“半程马拉松”(21.0975公里)进行调查．
(1)为估算本次参加“半程马拉松”的人数，调查如下：
已知共有20000人参与“2023广州黄埔马拉松”比赛，请估算本次赛事中，参加“半程马拉松”项目的人数约为______人；
(2)本赛事某岗位还需要2名志愿者参与服务工作，共有4人参加了志愿者遴选，其中初中生2名，高中生1名，大学生1名，请利用画树状图或列表的方法，求恰好录取2名初中生志愿者的概率．
21.(本小题8分)
某文具店准备购进甲、乙两种圆规，若购进甲种圆规10个，乙种圆规30个，需要340元；若购进甲种圆规30个，乙种圆规50个，需要700元．
(1)求购进甲、乙两种圆规的单价各是多少元；
(2)文具店购进甲、乙两种圆规共100个，每个甲种圆规的售价为15元，每个乙种圆规的售价为12元，销售这两种圆规的总利润不低于480元，那么这个文具店至少购进甲种圆规多少个？
22.(本小题10分)
如图，二次函数y=−14(x+a)(x−3a)(a>0)的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的右侧)，与y轴交于点E．
(1)尺规作图：作抛物线的对称轴，交x轴于点D，并标记抛物线的顶点C，连接AE，且AE与对称轴相交于点F；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)所作的图形中，若AO=2OE，求∠CAD的大小及AF的值．
23.(本小题10分)
如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，CO的延长线交AB于点D．
(1)求证：AO平分∠BAC；
(2)若BC=12，sin∠BAC=35，求AC和CD的长．
24.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD=4，AE=2，AB= 3AD，AG= 3AE.矩形AGFE绕着点A旋转，连接BG，CF，AC，AF．
(1)求证：△ABG∽△ACF；
(2)当CE的长度最大时，
①求BG的长度；
②在△ACF内是否存在一点P，使得CP+AP+ 3PF的值最小？若存在，求CP+AP+ 3PF的最小值；若不存在，请说明理由．
25.(本小题12分)
已知二次函数y=ax2+2ax+c图象与x轴交于点A和点B(−3,0)，与y轴交于点C(0,3)．
(1)求点A的坐标；
(2)若点D是直线BC上方的抛物线上的一点，过点D作DE//y轴交射线AC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，求3 2DF−DE的最大值及此时点D坐标；
(3)在(2)的条件下，若点P，Q为x轴下方的抛物线上的两个动点，并且这两个点满足∠PBQ=90°，试求点D到直线PQ的最大距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：3是整数，3.14，237是分数，它们都不是无理数；
2 2是无限不循环小数，它是无理数；
故选：C．
无理数即无限不循环小数，据此进行判断即可．
本题考查无理数的识别，熟练掌握其定义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：3和−3互为相反数，则点A与点D表示互为相反数的两个点．
故选：B．
根据一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号，求解即可．
本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“−”号：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0.不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
3.【答案】B
【解析】解：由于总共有12个人，且他们的分数互不相同，要判断是否进入前6名，只要把自己的成绩与中位数进行大小比较．故应知道中位数的多少．
故选：B．
由题意，只需要了解自己的成绩与全部成绩的中位数的大小即可．
本题主要考查统计的有关知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：A． a与 b不能合并，所以A选项不符合题意；
B.2 a×3 b=6 ab，所以B选项不符合题意；
C.5与 3不能合并，所以C选项不符合题意；
D. 20− 5=2 5− 5= 5，所以D选项符合题意．
故选：D．
根据二次根式的加法运算对A选项、C选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对B选项进行判断；根据二次根式的减法运算对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论是解题的关键．
将分式方程转化为整式方程，求出x的值，检验即可得出答案．
【解答】
解：2x−3=1x，
方程两边都乘x(x−3)得：2x=x−3，
解得：x=−3，
检验：当x=−3时，x(x−3)≠0，
∴x=−3是原方程的解．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】解：∵▱ABCD的两条对角线交于点0，AC=10，BD=6，AD=5，
∴BO=DO=3，AO=CO=5，BC=AD=5
∴△BOC的周长为：BO+CO+BC=3+5+3=13．
故选：A．
利用平行四边形的性质对角线互相平分，进而得出BO，CO的长，即可得出△BOC的周长．
此题主要考查了平行四边形的性质：对边相等、对角线互相平分，得出BO，CO的长是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
∴BC= AB2−AC2= 102−82=6，
∵ED⊥AB于点D，AD=4，
∴∠ADE=∠C=90°，
∵∠A=∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴AEAB=ADAC=48=12，
∴AE=12AB=12×10=5，
∴CE=AC−AE=8−5=3，
∴BE= BC2+CE2= 62+32=3 5，
故选：A．
由∠C=90°，AB=10，AC=8，求得BC=6，由∠ADE=∠C=90°，∠A=∠A，证明△AED∽△ABC，则AEAB=ADAC，求得AE=5，则CE=AC−AE=3，即可根据勾股定理求得BE= BC2+CE2=3 5，于是得到问题的答案．
此题重点考查勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△AED∽△ABC是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：(1)作DE⊥BO，DF⊥x轴于点F，
∵点D的坐标为(4,3)，
∴FO=4，DF=3，
∴DO=5，
∴AD=5，
∴A点坐标为：(4,8)，
∴xy=4×8=32，
∴k=32；
(2)将菱形ABCD向右平移m个单位长度，得到点D′的坐标为(4+m,3)．
代入y=32x，得到3=32m+4，解得m=203．
即菱形ABCD平移的距离为=203个单位长度．
故选：C．
将菱形ABCD向右平移m个单位长度，得到点D′的坐标为(4+m,3)，由D′在反比例函数图象上，将点D′代入反比例函数解析式，求出m的值，问题可解．
本题考查了反比例函数图象和菱形性质的应用，解答此题的关键是知道反比例函数图象上点的坐标特征．
9.【答案】A
【解析】解：如图：由题意得ED=BF=AG=1.5m，
∵α=45°，CE⊥EG，
∴∠ECG=α=45°，
∴CE=GE，
设CE=GE=x m，
则EF=(x−9)m，
在Rt△CEF中，tanβ=tan50°=CEEF=xx−9，
即xx−9≈1.2，
解得x=54，
∴CD=CE+ED=54+1.5=55.5(m)，
答：塔的高度大约为55.5m．
故选：A．
首先证明CE=EG，再利用tan50°=CEEF即可求出答案．
本题考查解直角三角形的应用−俯角仰角问题，解决本题的关键是能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的对称轴为直线x=12，
∴点(2,0)关于直线x=12的对称点的坐标为(−1,0)，
∵c>1，
∴抛物线开口向下，
∴a<0，
∵−b2a=12，
∴b=−a>0，
∴abc<0，故①正确；
∵抛物线开口向下，与x轴有两个交点，
∴顶点在x轴的上方，
∵a<0，
∴抛物线与直线y=a有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c=a有两个不等的实数根；故②错误；
∵抛物线开口向下，对称轴为直线x=12，
∴当x>12时，y随x增大而减小；故③错误；
∵−b2a=12，
∴b=−a，
∴a+b=0，故④正确．
故选：B．
由题意得到抛物线的开口向下，对称轴−b2a=12，得出b=−a，判断a，b与0的关系，得到a+b=0，abc<0，即可判断①④；根据题意得到抛物线开口向下，顶点在x轴上方，即可判断②；根据二次函数的性质即可判断③．
本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数的性质．
11.【答案】x≥−4
【解析】解：由题可知，
x+4≥0，
解得x≥−4．
故答案为：x≥−4．
根据被开方数不小于零的条件进行解题即可．
本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．
12.【答案】x(2x+1)(2x−1)
【解析】【分析】
本题考查了提公因式法和公式法，掌握a2−b2=(a+b)(a−b)是解题的关键．
先提取公因式x，再用平方差公式即可．
【解答】
解：4x3−x
=x(4x2−1)
=x(2x+1)(2x−1)，
故答案为x(2x+1)(2x−1)．
13.【答案】6
【解析】解：∵∠B=30°，∠ADC=60°，
∴∠BAD=∠ADC−∠B=30°，
∴AD=BD，
∵∠C=90°，
∴∠CAD=30°，
∴BD=AC=2CD=6cm，
故答案为：6．
利用三角形的外角性质定理和给出的已知数据可求出∠BAD=30°，所以△ABD为等腰三角形，即AD=BD，再利用30°角的直角三角形可解，进而求出BD的长．
本题考查了含30°角的直角三角形的性质，三角形的外角性质定理、等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形的有关知识．属于基础题目．
14.【答案】k≤43且k≠1
【解析】解：由题意知：Δ=b2−4ac=4−4×3(k−1)=16−12k≥0且k−1≠0，
解得：k≤43且k≠1．
则k的取值范围是k≤43且k≠1．
故答案为：k≤43且k≠1．
根据方程有两个实数根，得出Δ≥0且k−1≠0，求出k的取值范围，即可得出答案．
此题考查了根的判别式，(1)一元二次方程根的情况与判别式△的关系：①Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；②Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；③Δ<0⇔方程没有实数根．(2)一元二次方程的二次项系数不为0．
15.【答案】105°
【解析】解：由旋转可知，
AB=AB′，∠BAB′=30°，
∴∠ABB′=∠AB′B=12×(180°−30°)=75°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠C=180°−75°=105°．
故答案为：105°．
根据旋转的性质，得出AB=AB′，再利用等边对等角求出∠B的度数，最后根据两直线平行，同旁内角互补可求出∠C的度数．
本题考查旋转的性质及平行四边形的性质，熟知图形旋转的性质及平行四边形的性质是解题的关键．
16.【答案】 5−1≤DH≤2
【解析】解：如图1，点F与点D重合，此时点M在BC边上，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴DA=AB=2，
由折叠得DH=FH=FA=DA=2，
∴DH的最大值为2；
如图2，连接DE，
∵E为AB的中点，
∴HE=AE=BE=12AB=1，
∵∠A=90°，
∴DE= DA2+AE2= 22+12= 5，
∴DH+HE≥DE，
∴DH+1≥ 5，
∴DH≥ 5−1，
∴DH的最小值为 5−1，
∴DH的最值范围是 5−1≤DH≤2，
故答案为： 5−1≤DH≤2．
点F与点D重合，此时点M在BC边上，且DH的值最大，由折叠得DH=FH=FA=DA=2，则DH的最大值为2；连接DE，因为HE=AE=BE=12AB=1，∠A=90°，所以DE= DA2+AE2= 5，由DH+HE≥DE，得DH≥ 5−1，则DH的最小值为 5−1，所以DH的最值范围是 5−1≤DH≤2，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：x2+6x+5=0，
(x+1)(x+5)=0，
∴x+1=0或x+5=0，
∴x1=−1，x2=−5．
【解析】此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
方程利用因式分解法求出解即可．
18.【答案】证明：∵BD平分∠ADC和∠ABC，
∴∠ADC=∠CDB，∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
∠ADC=∠CDBBD=BD∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD(ASA)．
∴AD=CD，AB=CB．
【解析】利用AAS可得△ABD≌△CBD，即可得答案．
本题考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是关键．
19.【答案】解：(1)T=aa2−1−1a+1
=a(a+1)(a−1)−a−1(a+1)(a−1)
=1(a+1)(a−1)；
(2)∵反比例函数y= 2x的图象经过点A(a−1,a+1)，
∴(a−1)(a+1)= 2，
∴T=1 2= 22．
【解析】(1)化成同分母的分式，然后根据加法法则计算即可；
(2)根据反比例函数系数k=xy得到(a−1)(a+1)= 2，代入(1)中化简的T的式子即可求解．
本题考查了分式的化简求值，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握分式加法的法则以及反比例函数系数k=xy是解题的关键．
20.【答案】6000
【解析】解：(1)由表格可知，随调查总人数的增加，参加“半程马拉松”频率接近0.30，
∴本次赛事中，参加“半程马拉松”项目的人数约为20000×0.30=6000(人)．
故答案为：6000．
(2)将2名初中生分别记为A，B，1名高中生记为C，1名大学生记为D，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰好录取2名初中生志愿者的结果有：AB，BA，共2种，
∴恰好录取2名初中生志愿者的概率为212=16．
(1)由表格可知，随调查总人数的增加，参加“半程马拉松”频率接近0.30，根据用样本估计总体，用20000乘以0.30即可得出答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及恰好录取2名初中生志愿者的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、用样本估计总体，熟练掌握列表法与树状图法、用样本估计总体是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设购进甲种圆规的单价是x元，乙种圆规的单价是y元，
根据题意得：10x+30y=34030x+50y=700，
解得：x=10y=8．
答：购进甲种圆规的单价是10元，乙种圆规的单价是8元；
(2)设这个文具店购进m个甲种圆规，则购进(100−m)个乙种圆规，
根据题意得：(15−10)m+(12−8)(100−m)≥480，
解得：m≥80，
∴m的最小值为80．
答：这个文具店至少购进甲种圆规80个．
【解析】(1)设购进甲种圆规的单价是x元，乙种圆规的单价是y元，根据“购进甲种圆规10个，乙种圆规30个，需要340元；购进甲种圆规30个，乙种圆规50个，需要700元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设这个文具店购进m个甲种圆规，则购进(100−m)个乙种圆规，利用总利润=每个甲种圆规的销售利润×购进甲种圆规的数量+每个乙种圆规的销售利润×购进甲种圆规的数量，结合总利润不低于480元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组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，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22.【答案】解：(1)按要求作AB的中垂线即为抛物线的对称轴，再按要求作图如下：
(2)对于y=−14(x+a)(x−3a)，当x=0时，y=34a2=OE，
令y=−14(x+a)(x−3a)=0，
解得：x=−a或3a，
则OA=3a，
∵AO=2OE，即3a=2×34a2，
解得：a=0(舍去)或2，
则点A的坐标为：(6,0)、点E(0,3)、点C(2,4)，
则CD=4=AD，
故∠CAD=45°，
由点A、E的坐标得，直线AE的表达式为：y=−12x+3，
当x=2时，y=2，即yD=2，
则AF= DF2+AD2= 4+42=2 5．
【解析】(1)按要求作AB的中垂线即为抛物线的对称轴，即可求解；
(2)求出点A、E的坐标，由AO=2OE，即3a=2×34a2，求出a的值，进而求解．
本题考查的是二次函数综合题，涉及到图象作图、一次函数的图象和性质等，综合性强，难度适中．
23.【答案】解：(1)证明：延长AO交BC于H，连接BO，
∵AB=AC，OB=OC，
∴A，O在线段BC的垂直平分线上，
∴AO⊥BC，
又∵AB=AC，
∴AO平分∠BAC．
(2)延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，
∵∠EBC=90°，BC⊥BE，
∴∠E=∠BAC，sin∠E=sin∠BAC，
∴BCCE=34，CE=53BC=10，
∴BE= CE2−BC2=8，OA=OE=12CE=5，
∵AH⊥BC，
∴BE//OA，
∴OABE=ODDE，即58=OD5−OD，
解得：OD=2513，
∴CD=5+2513=9013，
∵BE//OA，即BE//OH，OC=OE，
∴OH是△CEB的中位线，
∴OH=12BE=4，CH=12BC=3，
∴AH=5+4=9，
在Rt△ACH中，AC= AH2+CH2= 92+32=3 10．
【解析】(1)先延长AO交BC于H，连接BO，AB=AC，OB=OC，因此A，O在线段BC的垂直平分线上，则AO⊥BC，又因为AB=AC，所以AO平分∠BAC．
(2)延长CD交⊙O于E，连接BE，则CE是⊙O的直径，∠EBC=90°，BC⊥BE，可知∠E=∠BAC，sin∠E=sin∠BAC，因而BCCE=34，CE=53BC=10，利用勾股定理得：BE= CE2−BC2=8，OA=OE=12CE=5，可知AH⊥BC，因此BE//OA，OABE=ODDE，即58=OD5−OD，即可得出OD，而CD=5+OD=9013，由BE//OA，即BE//OH，OC=OE，可知OH是△CEB的中位线，因此OH=12BE=4，CH=12BC=3，则AH=5+4=9，在Rt△ACH中，利用勾股定理得：AC= AH2+CH2= 92+32=3 10．
本题考查的是三角形的外接圆与外心，角平分线，垂径定理，圆周角定理和解直角三角形，熟练掌握上述知识点并找出题目中各角的关系是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，CD=AB= 3AD=4 3，AD=4，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∴AC=8，
∴∠BAC=30°，ABAC=4 38= 32，
∵AG= 3AE=2 3，AE=FG=2，
∴AF= 22+12=4，
∴AGAF=ABAC= 32，∠EAF=∠FAG=30°，
∵∠FAG=∠FAC+∠CAG=30°，
∠BAC=∠BAG+∠CAG=30°，
∴∠FAC=∠BAG，
∴△ABG∽△ACF；
(2)解：①如图2，AC+AE≥CE，当C，A，E三点共线时，AC+AE=CE，CE的长度最大，
由(1)知BC=4，AC=8，AE=2，EF=2 3，△ABG∽△ACF，
∴CF= EF2+CE2= 12+100=4 7，BGCF= 32，
∴BG=CF× 32=2 21．
解：②如图3，将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK= 3AP，连接PK，
根据△APK边角关系，可得PK=AP；
同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL= 3AF，连接LK，
根据旋转，可得∠PAF=∠KAL，
根据两边对应成比例且夹角相等可得：△APF∽△AKL，
∴KL= 3PF，
∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+ 3PF≥CL，
∴当C，P，K，L四点共线时，CL最小，
由题意可知∠LAC=150°，AF=4，AC=8，AL=4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ=30°，
∴QL=2 3，AQ=6，
在Rt△CLQ中，根据勾股定理得CL= (8+6)2+(2 3)2=4 13，
∴CP+AP+ 3PF的最小值为4 13．
【解析】(1)根据题意，计算出AGAF=ABAC= 32，∠EAF=∠FAG=30°，然后求得∠FAC=∠BAG，即可证明△ABG∽△ACF；
(2)①当C，A，E三点共线时，AC+AE=CE，CE的长度最大，由(1)知BC=4，AC=8，AE=2，EF=2 3，△ABG∽△ACF，可得CF= EF2+CE2= 12+100=4 7，BGCF= 32，因此BG=CF× 32=2 21．
②如图3，将AP绕着点A顺时针旋转30°，且使AK= 3AP，连接PK，根据△APK边角关系，可得PK=AP；同理将AF绕着点A顺时针旋转30°，得到AL，且使AL= 3AF，连接LK，根据旋转，可得∠PAF=∠KAL，根据两边对应成比例且夹角相等可得：△APF∽△AKL，因此KL= 3PF，由于CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+ 3PF≥CL，因此当C，P，K，L四点共线时，CL最小，由题意可知：∠LAC=150°，AF=4，AC=8，AL=4 3，过点L作LQ垂直CA的延长线于点Q，可得∠LAQ=30°，可知QL=2 3，AQ=6，在Rt△CLQ中，根据勾股定理得CL= (8+6)2+(2 3)2=4 13，因此CP+AP+ 3PF的最小值为4 13．
本题考查的是相似形综合题，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
25.【答案】解：(1)由题意得：c=39a−6a+c=0，
解得：a=−1c=3，
则抛物线的表达式为：y=−x2−2x+3，
令y=−x2−2x+3=0，则x=−3或1，
即点A(1,0)；
(2)由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=−3x+3，
同理可得，直线BC的表达式为：y=x+3，
设点D(m,−m2−2m+3)，N(m,m+3)、E(m,−3m+3)，
延长DE交BC于点N，
由点B、C的坐标知，∠BCO=45°=∠DNF，
则FD= 22DN，
则3 2DF−DE=3DF−DE=3(yD−yN)−(yD−yE)=4yD−3yN−yE=4(−m2−2m+3)−3(m+3)+3m−3=−4m2−8m=−(m+1)2+4≤4，
故m=−1时，3 2DF−DE的最大值为4，此时，点D(−1,4)；
(3)设点P、Q的坐标分别为：(m,−m2−2m+3)、(n,−n2−2n+3)，
过点P、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为点M、N，
∵∠PBQ=90°，
∴∠PBM+∠QBN=90°，
∵∠QBN+∠BQN=90°，
∴∠PBM=∠BQN，
∴tan∠PBM=tan∠BQN，即MBPM=BNQN，
即m2+2m−3−3−m=n−3n2+2n−3，
整理得：mn−(m+n)=−2，
设直线PQ的表达式为：y=kx+c，
将点P、Q坐标分别代入上式得：−m2−2m+3=km+c且−n2−2n+3=kn+c，
解得：k=−m−n−2，c=mn+3，
则直线PQ的表达式为：y=(−m−n−2)x+mn+3，
∵mn−(m+n)=−2，
则y=(m+n)(1−x)−2x+1，
当x=1时，y=−1，
∴直线PQ恒过(1,−1)，
∴点D到PQ的增大距离是点D到该点的距离 (1+1)2+(4+1)2= 29．
【解析】(1)由待定系数法求出函数表达式，即可求解；
(2)证明FD= 22DN，则3 2DF−DE=3DF−DE=3(yD−yN)−(yD−yE)=4yD−3yN−yE，即可求解；
(3)由tan∠PBM=tan∠BQN，即MBPM=BNQN，得到mn−(m+n)=−2，设直线PQ的表达式为：y=kx+c，得到k=−m−n−2，c=mn+3，则直线PQ的表达式为：y=(−m−n−2)x+mn+3=(m+n)(1−x)−2x+1，即可求解．
本题考查了求二次函数的解析式，图象的平移，求一次函数的解析式，解直角三角形，利用解直角三角形的方法确定P、Q的关系是解题的关键．调查总人数
20
50
100
200
500
参加“半程马拉松”人数
7
17
31
58
150
参加“半程马拉松”频率
0.35
0.34
0.31
0.29
0.30
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