2022年重庆市育才中学教育集团中考数学三诊试题及答案解析

2022年重庆市育才中学教育集团中考数学三诊试卷一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. −5的绝对值是( )A. 5B. −5C. 15D. −152. 下列图形中，是中心对称图形的是( )A. B. C. D.3. 计算(−2xy3)2正确的结果是( )A. −4x2y6B. 4x2y5C. 4x2y6D. −4x2y54. 如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OC：OC′=3：5，四边形ABCD和A′B′C′D′的周长之比为( )A. 3：8B. 3：5C. 9：25D. √3：√55. 估计√48×√12的值应在( )A. 2和3之间B. 3和4之间C. 4和5之间D. 5和6之间6. 下列命题正确的是( )A. 四个角相等且邻边相等的四边形是正方形B. 对角线相互垂直的平行四边形是矩形C. 同位角相等D. 绝对值等于本身的数是0和17. 如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于O，已知BC=4，AB=3，则OB的长为( )A. 3B. 103C. 72D. 528. 我国古代数学名著《孙子算经》中记载了一道题，大意是：有100匹马恰好拉了100片瓦，已知1匹大马能拉3片瓦，3匹小马能拉1片瓦，问有多少匹大马、多少匹小马？若设大马有x 匹，小马有y 匹，那么可列方程组为( )A. {x +y =1003x +3y =100B. {x +y =100x +3y =100 C. {x +y =1003x +y =100D. {x +y =1003x +13y =1009. 甲乙两车分别从A 、B 两地同时出发，甲车从A 地匀速驶向B 地，乙车从B 地匀速驶向A 地．两车之间的距离(单位：km)与两车行驶的时间x(单位：ℎ)之间的关系如图所示，已知甲车的速度比乙车快20km/ℎ.下列说法错误的是( )A. 甲乙两地相距360kmB. 甲车的速度为100km/ℎC. 点E 的横坐标为185D. 当甲车到B 地时，甲乙两车相距280km10. 如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD 交AB 于点E ，连AC 、OD.若2∠CAB =∠BOD ，CD =8，BE =2，则⊙O 的半径为( )A. 5B. 2√5C. 2√3D. 1011. 如果关于x 的不等式组{x−m2≥0x +3<3(x −1)的解集为x >3，且关于x 的分式方程1−x2−x +m x−2=3有非负数解，则符合条件的整数m 的值的和是( )A. 0B. −4C. −5D. −812. 我们经常利用完全平方公式以及变形公式进行代数式变形．已知关于a的代数式A=a2+a，请结合你所学知识，判断下列说法正确的有个．( )①当a=−2时，A=2；<0；②存在实数a，使得A+14=3；③若A−1=0，则a2+1a2④已知代数式A、B、C满足A−B=√5+√3，B−C=√5−√3，则A2+B2+C2−AB−AC−BC=18．A. 4B. 3C. 2D. 1二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13. 计算：(π−2022)0+sin30°−(1)−1=______．214. 一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，上面分别标有数字−2，−1，0，4，随机摸取一个小球后不放回，再随机摸取一个小球，则两次取出的小球上的数字之积为正数的概率为______．15. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，AB=4，以点B为圆心，AB长为半径画弧；再以B为圆心，BO长为半径画弧，分别交AB、BC于点E、F、则图中阴影部分的面积为______.(结果保留π)16. 重庆某饰品店所售饰品款式新颖、价格实惠，深受消费者喜爱．今年5月，该饰品店购进甲、乙、丙、丁四种饰品，甲与乙的销量之和等于丁的销量，丙的销量占丁销量的16，四种饰品的销量之和不少于600件，不多于650件，甲、乙饰品的进价相同，均为丙与丁的进价之和，四种饰品的进价均为正整数，店家购进这四种饰品的总成本一共5200元，则店家购进这四种饰品各一件的进价之和为______元．三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. (本小题8.0分)计算：(1)(x−y)2+x(x+2y)；(2)(−3x+4x−1+x)÷x−2x2−x．18. (本小题8.0分)如图，在▱ABCD在中，AB<BC，BE平分∠ABC，交AD于点E．(1)使用尺规完成基本作图：作∠BAD的角平分线交BC于点F，连接EF(保留作图痕迹，不写作法，不下结论)；(2)根据(1)中作图，求证：四边形ABFE为菱形．(请补全下面的证明过程)证明：∵BE平分∠ABC，AF平分∠BAD，∴∠ABE=∠CBE，∠BAF=∠DAF．∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD//BC，∴∠AEB=______，∴______，∴AB=AE．∵AD//BC，∴∠DAF=∠AFB，∴∠BAF=∠AFB，∴AB=BF，∴______．∵AE//BF，∴四边形ABFE是______．∵AB=BF，∴四边形ABFC是菱形．19. (本小题10.0分)为了引导中小学持续加强校园文化建设，某校上周开展了“读书节”活动，分别从八、九年级各随机抽查了50名学生对上周的课外阅读时间进行问卷调查．对数据进行整理，阅读时间记为x(单位：分钟)，将所得数据分为5个组别(A组：90≤x≤100；B组：80≤x<90；C组：70≤x<80；D组：60≤x<70；E组：0≤x<60)，将数据进行分析后，得到如下统计图和统计表．②九年级上周课外阅读时间频数分布统计表分组A B C D E频数10b1482③八、九年级上周课外阅读时间的平均数、中位数、众数如表：年级平均数中位数众数八年级8079.580九年级80c85④九年级B组的时间从高到低排列，排在最后的10个数据分别是：84，84，83，83，83，81，80，80，80，80．请你根据以上信息，回答下列问题：(1)a=______，b=______，c=______；(2)根据以上数据分析，你认为八、九年级哪个年级学生上周课外阅读情况更好，请说明理由；(写出一条理由即可)(3)已知八、九年级各有1500名学生，请估计两个年级上周课外阅读时间在80分钟以上(含80分钟)的学生一共有多少人？20. (本小题10.0分)如图，反比例函数y1=k的图象与一次函数y2=ax+b的图象交于点A(6,2)、B(m,−4)两点．x(1)求一次函数和反比例函数的解析式，并在平面直角坐标系中画出一次函数的图象；(2)若点C(0、4)，连接AC、BC，求△ABC的面积；(3)根据图象，直接写出当y1≤y2时，自变量x的取值范围．21. (本小题10.0分)为了迎接2023年的“亚洲杯”足球联赛，某市设计了如图1所示的足球场，足球场看台上方是挡雨棚．将看台和挡雨棚的剖面图简化成如图2所示的平面图形．看台ABC是直角三角形，∠B=90°，线段MN是挡雨棚DE的固定拉索，点M、D在直线BC上，过挡雨棚端点E作水平地面AB的垂线段EF，垂足为F，测得点E在点D的北偏西75°方向，∠CAB=30°，AF=3√3米，BC=9米，连接DF，已知AC//DF，根据题意，求：(1)看台顶端C与雨绷端点D之间的距离CD的长；(2)为了不影响球迷观看比赛的效果，要求挡雨棚端点E到地面B的垂直高度EF不小于16.5米，请通过计算说明这一设计是否符合要求．(参考数据√3≈1.7)22. (本小题10.0分)重庆地铁18号线一共设站29座，总投资约102亿元．其中，杨家坪与石坪桥区间标段隧道总长1000米，由于此标段经过商圈和高层密集区域，隧道挖掘难度大．为了协助九龙坡区争创“全国文明城区”，尽快完成标段的施工，施工单位加快了此标段隧道挖掘速度．(1)若施工单位将挖掘速度提升到了原速度的5倍，则比原计划提前50天完成隧道挖掘任务．求4原计划每天挖掘隧道多少米？(2)2021年初工程队开始进行隧道挖掘工作，按照(1)中提速后的速度挖掘隧道，每天挖据隧道的费用为40万元．隧道挖通后，施工单位进行其他项目的施工，到2021年底，其他项目施工总费用为2000万元．为了尽快完成所有工程，施工单位计划在2021年总投资额(即挖掘隧道总费用和其他项目总费用之和)基础上继续增加投资额，预计从2021年初到2023年底，三年累计共完成4.75亿元的投资额．设2022年和2023年这两年的总投资额年平均增长率为m，求m的值．23. (本小题10.0分)一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数，若其千位与十位之和等于百位与个位之和，和等于8，则称这个四位正整数为“乐群数”．例如，1375，∵1+7=3+5=8，∴1375是“乐群数”；又如，3254，∵3+5=8≠2+4，∴3254不是“乐群数”；(1)请按照题中格式判断1473和6325是否为”乐群数”；(2)若“乐群数”M的千位数字a小于百位数字b，且M被7除余3，求满足条件的“乐群数”M．24. (本小题10.0分)如图1，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点B、C(点B在点C左侧)，与y轴相交于点A.已知点B坐标为B(1,0)，BC=3，△ABC面积为6．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD//AB，交线段AC于点D.求PD长度的最大值及此时P点的坐标；(3)如图2，将抛物线向左平移7个单位长度得到新的抛物线，M为新抛物线对称轴l上一点，N2为平面内一点，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程．25. (本小题10.0分)如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°．(1)如图1，D为线段BC上一点，连接BE、CE，已知DE−CD=2，BD=8，求AB的长；(2)如图2，D为线段BC上一点，连接BE、CE.过点A做AH⊥BE于H，延长AH交CD于F，取CE 中点G，连接FG，求证：DE=2FG；(3)如图3，已知AB=4，AD=2.作点A关于直线BC的对称点A′，将△ADE以A为旋转中心旋转，点M为DE中点，连接CM，将线段CM绕点C顺时针旋转90°得线段CM′，连接A′M′.在A′M′的长度取得最大的情况下，取AB的中点K，动点Q在线段BC上，连KQ，将△BKQ沿KQ翻折到同一平面的△B′KQ，连接B′M′、B′A′.当A′B′取得最小时，请直接写出△A′B′M′的面积．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】此题主要考查的是绝对值的性质：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．根据绝对值的性质求解．【解答】解：根据负数的绝对值等于它的相反数，得|−5|=5．故选：A．2.【答案】C【解析】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、不是中心对称图形，故本选项错误；C、是中心对称图形，故本选项正确；D、不是中心对称图形，故本选项错误．故选：C．根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3.【答案】C【解析】解：(−2xy3)2=(−2)2⋅x2⋅(y3)2=4x2y6，故选：C．根据幂的乘方与积的乘方求出答案即可．本题考查了幂的乘方与积的乘方，能熟记幂的乘方与积的乘方法则是解此题的关键，(ab)m=a mb m，(a m)n=a mn．4.【答案】B【解析】解：∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，∴四边形ABCD∽A′B′C′D′，BC//B′C′，∴△BOC∽△B′OC′，∴BC B′C′=OCOC′=35，∴四边形ABCD和A′B′C′D′的周长之比为3：5，故选：B．根据位似图形的概念得到BC//B′C′，证明△BOC∽△B′OC′，根据相似三角形的性质得到BCB′C′=OCOC′=35，根据相似多边形的性质计算，得到答案．本题考查的是位似变换的性质、相似多边形的性质，掌握相似多边形的周长比等于相似比是解题的关键．5.【答案】C【解析】解：原式=√48×12=√24=2√6．∵2<√6<2.5，∴4<2√6<5，故选：C．根据二次根式的乘法法则进行计算，再估算无理数的大小便可．本题主要考查了二次根式的乘法，无理数的大小估算，关键是熟记二次根式的乘法法则．6.【答案】A【解析】解：A、四个角相等且邻边相等的四边形是正方形，是真命题；B、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；C、两直线平行，同位角相等，原命题是假命题；D、绝对值等于本身的数是0和正数，原命题是假命题；故选：A．对各个命题逐一判断后找到正确的即可确定真命题．此题主要考查了命题与定理，熟练利用相关定理以及性质进而判定举出反例即可判定出命题正确性．7.【答案】D【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OB=OD，OA=OC，∵BC=4，AB=3，∴AC=√AB2+BC2=√32+42=5，∴OB=12BD=12AC=2.5，故选：D．根据矩形的性质和勾股定理得出AC，进而利用矩形的性质解答即可．此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的对角线相等且平分解答．8.【答案】D【解析】解：设大马有x匹，小马有y匹，由题意得：{x+y=1003x+13y=100，故选：D．设大马有x匹，小马有y匹，根据题意可得等量关系：①大马数+小马数=100；②大马拉瓦数+小马拉瓦数=100，根据等量关系列出方程组即可．此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程组．9.【答案】D【解析】解：由题意可知，A.甲乙两地相距360km，故本选项不合题意；B .两车的速度和为：360÷2=180(km/ℎ)，因为甲车的速度比乙车快20km/ℎ，所以甲车的速度为100km/ℎ，乙车的速度为80km/ℎ，故本选项不合题意；C .甲车到达B 地所用时间为：360÷100=185，此时乙车行驶的路程为：80×185=288(km)，故选项C 不合题意，选项D 符合题意． 故选：D ．根据题意可得甲乙两地相距360km ，根据两车相遇用时2小时可得两车的速度和，进而得出两车的速度，再逐一选项判断即可．本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．10.【答案】A【解析】解：∵2∠CAB =∠BOD ， ∴BC⏜=BD ⏜， ∴AB ⊥CD ，∴CE =DE =12CD =12×8=4， 设OD =r ，则OE =OB −BE =r −2，在Rt △ODE 中，OD =r ，DE =4，OE =r −2，OD 2=DE 2+OE 2， ∴r 2=42+(r −2)2， 解得r =5． 故选：A ．先根据2∠CAB =∠BOD 得到BC ⏜=BD ⏜，由垂径定理求出DE 的长，再根据勾股定理即可得出结论． 本题考查的是垂径定理及圆周角定理，熟知平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．11.【答案】D【解析】解：不等式组{x−m2≥0x +3<3(x −1)，得{x ≥m x >3， ∵不等式组的解集为x >3，∴m≤3，解分式方程1−x2−x +mx−2=3，解得x=5+m2，∵分式方程有非负数解，∴5+m2≥0且5+m2≠2，∴m≥−5且m≠−1，∴满足条件的整数m有：−5，−4，−3，−2，0，1，2，3，∵−5−4−3−2+0+1+2+3=−8，故选：D．先解不等式组，求出m的取值范围，再解分式方程，根据条件，求出m的取值范围，可确定整数m 的值，再求和即可．本题考查了分式方程与一元一次不等式组的综合，分别根据条件解出m的取值范围是解题的关键．12.【答案】B【解析】解：当a=−2时，A=a2+a=4−2=2，故①选项符合题意；∵A+14=a2+a+14=(a+12)2≥0，∴不存在实数a，使得A+14<0，故②选项不符合题意；∵A−1=0，∴a2+a−1=0，∴a+1−1a=0，∴a−1a=−1，∴(a−1a)2=1，∴a2+1a2=3，故③选项符合题意；∵A−B=√5+√3，B−C=√5−√3，∴A−C=2√5，∴2(A2+B2+C2−AB−AC−BC)=(A−B)2+(B−C)2+(A−C)2=8+2√15+8−2√15+ 20=36，∴A2+B2+C2−AB−AC−BC=18，故④选项符合题意；综上，正确的选项有：①③④，故选：B．根据因式分解的方法以及完全平方公式进行计算即可判断．本题考查了因式分解的应用，涉及完全平方公式，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．13.【答案】−12)−1【解析】解：(π−2022)0+sin30°−(12−2=1+12=−1，2．故答案为：−12先化简各式，然后再进行计算即可解答．本题考查了实数的运算，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，零指数幂，准确熟练地化简各式是解题的关键．14.【答案】16【解析】解：列表如下：由表知，共有12种等可能结果，其中两次取出的小球上的数字之积为正数的有2种结果， 所以两次取出的小球上的数字之积为正数的概率为212=16，故答案为：16．列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．15.【答案】12−3π【解析】解：∵四边形ABCD 是正方形，AB =4， ∴AC =√42+42=4√2， ∴OB =12AC =2√2，∴S 矩形ABCD =4×4=16，S △ABC =12×4×4=8，∴阴影部分的面积=12(S 矩形−S 扇形BAC )+12(S △ABC −S 扇形BEF ) =12(16−90π×42360)+12(8−90π×(2√2)2360)=8−2π+4−π =12−3π， 故答案为：12−3π．根据正方形的性质得到AC =4√2，OB =12AC =2√2，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．本题考查扇形的面积公式，正方形的性质，解题的关键是熟练运用扇形的面积公式以及三角形的面积公式，本题属于中等题型．16.【答案】36【解析】解：设丁饰品的销量为x 件，则甲与乙饰品的销量之和为x 件，丙饰品的销量为16x ，依题意得：{x +x +16x ≥600x +x +16x ≤650，解得：60013≤16x≤50，∵16x为整数，∴16x可以为47，48，49，50．设丙饰品的进价为m元/件，丁饰品的进价为n元/件，则甲与乙饰品的进价均为(m+n)元/件，∵店家购进这四种饰品的总成本一共5200元，∴(m+n)x+16mx+nx=5200．∵四种饰品的进价均为正整数，∴5200是16x的整数倍，∴16x=50，∴原方程为300(m+n)+50m+300n=5200，即7m+12n=104．∵m，n均为正整数，∴{m=8n=4，∴(m+n)+(m+n)+m+n=3(m+n)=3×(8+4)=36，∴店家购进这四种饰品各一件的进价之和为36元．故答案为：36．设丁饰品的销量为x件，则甲与乙饰品的销量之和为x件，丙饰品的销量为16x，根据“四种饰品的销量之和不少于600件，不多于650件”，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出16x的取值范围，结合16x为整数，即可得出16x的可能值，设丙饰品的进价为m元/件，丁饰品的进价为n元/件，则甲与乙饰品的进价均为(m+n)元/件，根据店家购进这四种饰品的总成本一共5200元，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合四种饰品的进价均为正整数，即可得出16x的值，将其代入原方程可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，即可求出m，n的值，再将其代入(m+n)+(m+n)+m+n中即可求出结论．本题考查了一元一次不等式组的应用以及二元一次方程的应用，根据四种饰品的进价均为正整数结合购进数量均为正整数，找出丙饰品的销量是解题的关键．17.【答案】解：(1)原式=x 2−2xy +y 2+x 2+2xy=2x 2+y 2；(2)原式=−3x+4+x 2−x x−1⋅x(x−1)x−2=x 2−4x+4x−1⋅x(x−1)x−2 =(x−2)2x−1⋅x(x−1)x−2=x(x −2) =x 2−2x ．【解析】(1)先展开，再合并即可；(2)通分先算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．本题考查整式运算及分式的运算，解题的关键是掌握整式运算，分式运算的相关法则．18.【答案】∠CBE ∠AEB =∠ABE AE =BF 平行四边形【解析】(1)解：图形如图所示：(2)证明：∵BE 平分∠ABC ，AF 平分∠BAD ∴∠ABE =∠CBE ，∠BAF =∠DAF ∵四边形ABCD 为平行四边形， ∴AD//BC ∴∠AEB =∠CBE ， ∴∠AEB =∠ABE ， ∴AB =AE ∵AD//BC ∴∠DAF =∠AFB ∴∠BAF =∠AFB ∴AB =BF∴AE =BF ， ∵AE//BF∴四边形ABFE 是平行四边形， ∵AB =BF∴四边形ABFC 是菱形．故答案为：∠CBE ，∠AEB =∠ABE ，AE =BF ，平行四边形． (1)根据要求作出图形即可；(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．本题考查作图−应用与设计作图，平行四边形的性质，菱形的判定，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．19.【答案】10 16 80【解析】解：(1)a%=1−(40%+25%+18%+7%)=10%，即a =10， b =50−10−14−8−2=16，九年级的50名学生对上周的课外阅读时间从高到低排列，排在第25、26的两个数据为80、80， ∴其中位数c =80+802=80，故答案为：10；16；80；(2)九年级学生上周课外阅读情况更好，理由如下： 九年级的课外阅读时间的平均数和众数均大于八年级； (3)1500×(10%+144360+25%)+1500×10+16+1450=1125+1200=2325(人)，答：估计两个年级上周课外阅读时间在80分钟以上(含80分钟)的学生一共有2325人．(1)根据百分比之和为1可得a 的值；根据频数之和为50可得b 的值；根据中位数的定义可得c 的值； (2)根据中位数、平均数和众数的意义求解即可； (3)用样本估计总体即可．本题考查统计表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．20.【答案】解：(1)∵反比例函数y 1=kx 的图象过点A(6,2)，即2=k6，∴k =12，∴反比例函数解析式为：y1=12x，又∵点B(m,−4)在y1=12x上，∴m=−3，∴B(−3,−4)，又∵一次函数y2=ax+b过A、B两点，∴{6a+b=2−3a+b=−4，解得{a=23b=−2，∴一次函数的解析式为y2=23x−2；在平面直角坐标系中画出一次函数的图象如图：；(2)当x=0时，y2=−2，∴函数y2与y轴的交点为(0,−2)，∵C(0、4)，∴S△ABC=S△ACD+S△BCD=12×(4+2)×(6+3)=27；(3)观察图象，当y1≤y2时，自变量x的取值范围−3≤x<0或x≥6．【解析】(1)根据待定系数法，可得函数解析式；(2)根据S△ABC=S△ACD+S△BCD求得即可；(3)根据图象可得答案．本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用待定系数法求解析式，三角形面积，函数与不等式的关系．21.【答案】解：(1)∵∠CAB=30°，BC=9米，∴AB=9√3米，即BF=9√3+3√3=12√3(米)，∵AC//DF，∴∠BFD=∠CAB=30°，∴DB=12(米)，∴DC=12−9=3(米)，答：看台顶端C与雨绷端点D之间的距离CD的长是3米；(2)过点E作EG⊥DF于G，由(1)得，∠DFB=30°，DB=12米，∴DF=2DB=24米，设FG=x米，∵EF⊥FB，∴∠EFG=90°−30°=60°，∵∠MDE=75°，∠FDB=60°，∴∠EDG=180°−75°−60°=45°，在Rt△EFG中，EG=√3FG=√3x(米)，在Rt△EFG中，DG=EG=√3x(米)，∴x+√3x=24，解得x=12(√3−1)，∴EF =2FG =24(√3−1)≈16.8>16.5， 答：设计符合要求．【解析】(1)利用含30°角的直角三角形的性质可得答案；(2)过点E 作EG ⊥DF 于G ，设FG =x 米，分别用含x 的代数式表示FG 和DG ，计算出FG 的长，进而可得EF 的长，再比较即可．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解决问题的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．22.【答案】解：(1)设原计划每天挖掘隧道x 米，则加快挖掘速度后每天挖掘隧道54x 米，依题意得：1000x −100054x=50，解得：x =4，经检验，x =4是原方程的解，且符合题意． 答：原计划每天挖掘隧道4米． (2)施工单位在2021年总投资额为40×(10004−50)+2000=10000(万元)，10000万元=1亿元．设2022年和2023年这两年的总投资额年平均增长率为m ，则2022年的总投资额为(1+m)亿元，2023年的总投资额为(1+m)2亿元， 依题意得：1+(1+m)+(1+m)2=4.75， 整理得：m 2+3m −1.75=0，解得：m 1=0.5=50%，m 2=−3.5(不合题意，舍去)． 答：m 的值为50%．【解析】(1)设原计划每天挖掘隧道x 米，则加快挖掘速度后每天挖掘隧道54x 米，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合加快挖掘速度后比原计划提前50天完成隧道挖掘任务，即可得出关于x 的分式方程，解之经检验后即可得出结论；(2)利用总投资额=挖掘隧道总费用+其他项目总费用，可求出施工单位在2021年总投资额为1亿元，设2022年和2023年这两年的总投资额年平均增长率为m ，则2022年的总投资额为(1+m)亿元，2023年的总投资额为(1+m)2亿元，根据三年累计共完成4.75亿元的投资额，即可得出关于m 的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．23.【答案】解：(1)1473，∵1+7=8≠3+4，∴1473不是“乐群数”；6325，∵2+6=3+5=8，∴6325是“乐群数”；(2)∵M是“乐群数”，M的千位数字a小于百位数字b，∴M的十位数字是8−a，个位数字是8−b，∴M是1000a+100b+10(8−a)+8−b=990a+99b+88，∵M被7除余3，∴M−3能被7整除，∵M−3=990a+99b+85，∴M7=99(10a+b)+857=98(10a+b)+(10a+b)+84+17=14(10a+b)+12+10a+b+17，∴10a+b+17能被7整除，∵a<b，∴当a=1，b=3；a=2，b=7；a=3，b=4时，满足题意，∴M为1357，2761，3454．【解析】(1)结合例题进行判断即可；(2)由题意可得M=990a+99b+88，再由整除性，可得10a+b+17能被7整除，对a、b分别进行验证即可．本题考查数字的变化规律，理解定义，能够根据题意列出代数式，利用数位上数字的特征以及整除的性质解题是关键．24.【答案】解：(1)∵S△ABC=12BC⋅OA=6，BC=3，B(1,0)，∴OA=4，C(4,0)，∴A(0,4)，∴{a+b+c=016a+4b+c=0c=4，解得{a=1b=−5c=4，∴抛物线的解析式为y=x2−5x+4；(2)如图，过点P作PE//y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，∵OC=OA=4，则∠OAC=∠DEF=45°．∴DF=EF，∵PD//AB，∴∠ABO=∠DGB=∠HGP．∵∠ABO+∠OAB=90°，∠HGP+∠DPE=90°，∴∠OAB=∠DPE．∴tan∠DPE=tan∠OAB=14，∴DF PF =14，∴PF=4DF．∵EF=DF．∴PE=PF−EF=3DF．∴DF=13PE，又在Rt△PDF中，由勾股定理得：PD=√DF2+PF2=√17DF=√173PE．设点P(t,t2−5t+4)，∵C(4,0)，A(0,4)，∴直线AC解析式为：y=−x+4，∴点E坐标为(t,−t+4)∴PE=y E−y P=−t+4−(t2−5t+4)=−t2+4t，∴PD =√173PE =√173(−t 2+4t)=−√173(t −2)2+4√173， ∵−√173<0，∴当t =2时，PD 有最大值4√173，此时点P(2,−2)；(3)∵y =x 2−5x +4=(x −52)2−94，该抛物线向左移动72个单位， ∴新抛物线的解析式为：y′=(x +1)2−94， ∴新抛物线的对称轴为直线x =−1， 设M(−1,t)；当线段AB 为菱形的对角线时，MA =MB ，∵A(0,4)，B(1,0)，∴MA 2=12+(4−t)2=t 2−8t +17，MB 2=t 2+4， ∴t 2−8t +17=t 2+4，解得t =138， ∴M(−1,138)， ∵A(0,4)，B(1,0)， ∴0+1−(−1)=2，0+4−138=198，∴N(2,198)；当线段AB 为菱形的边时， ∵A(0,4)，B(1,0)，∴MA2=12+(4−t)2=t2−8t+17，AB2=17，MB2=t2+4，①当MA=AB时，MA2=AB2，即t2−8t+17=17，∴t=0或t=8；∴M(−1,0)或(−1,8)；∵直线AB为y=−4x+4，当x=−1时，y=8，∴(−1,8)在直线AB上，不合题意，舍去，∵A(0,4)，B(1,0)，∴−1+1=0，0−4=−4，∴N(0,−4)；②当BA=BM时，BA2=BM2，即17=t2+4，∴t=√13或t=−√13；∴M(−1,√13)或(−1,−√13)；∵A(0,4)，B(1,0)，∴−1−1=−2，∴N(−2,√13+4)或(−2,−√13+4)；)或(0,−4)或(−2,√13+4)或(−2,−√13+4)．综上，点N的坐标为(2,198【解析】(1)由△ABC面积为6可得OA=4，则A(0,4)，由BC=3(点B在点C左侧)得C(4,0)，利用待定系数法即可求解；(2)过点P作PE//y轴交AC于点E，作DF⊥PE于F，将PE表示PD的长，进而用点P坐标表示成函数，借助二次函数求最值的方法求解PD的最大值；(3)先利用二次函数平移的规律得到新抛物线的解析式，然后设出点M(−1,t)，分两种情况：线段AB为菱形的对角线时；线段AB为菱形的边时，利用菱形的性质求解即可．本题属于二次函数综合题．考查了用待定系数法求二次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，三角函数，平移的性质，菱形的存在性问题，第(2)问借助转化思想将要求的PD长转化为求PE的长进而转化成与P点横坐标有关的二次函数，借助二次函数求最值的方法求线段PD的最大值．第(3)问，菱形的存在性问题一般转化为等腰三角形的存在性问题，通过分类讨论思想，精准计算，解决问题是解题的关键．25.【答案】(1)解：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ACE=∠BAD=45°，CE=BD=8，∴∠DCE=∠BCA+∠ACE=45°+45°=90°，∴DE2−CD2=CE2=82=64，有DE−CD=2，∴DE=10，CD=6，∴BC=BD+CD=8+6=14，∴AB=√22BC=7√2；(2)如图1，作AM⊥BC于M，交BE于N，∵AB=AC，∴AM=BM=12BC，∵∠AHB=∠BMN=90°，∴点A、H、M、B共圆，∴∠FAH=∠MBN，∵∠BMN=∠AMF=90°，∴△AMF≌△BMN(ASA)，∴NM=MF，∵MN//CE，∴△BMN∽△BCE，∴MNCE =BMBC=12，∴MN=12CE，由(1)得，CE=BD，∴MF=MN=12BD，∴DF=DM+MF=BM−BD+12BD=12BC−12BD=12(BC −BD)=12CD，∵CG=EG，∴FG=12DE；(3)如图2，连接AM，将△AMC绕点C逆时针旋转90°至△A″M′C，∴A″M′=AM=√22AD=√2，∴点M′在以A″为圆心，半径是√2的圆上运动，∴当A′，A″，M′(图中M″)共线时，A′M′最大，最大值为A′M″=A′A″+A″M″=8+√2，∵KB′=KB=2，∴点B′在以K为圆心，2为半径的圆上运动，∴当A′，B′，K共线时，A′B′最小，最小值为A′K−KB′=√BK2+BA′2−2=2√5−2，∵△A′HB′∽△KBA′，∴B′H BA′=A′B′KA′，∴B′H4=√5−22√5，∴B′H=25(10−2√5)，∴S△A′B′M′=12A′M″⋅B′H=12×(8+√2)×25(10−2√5)=80−2√5+10√2−2√105．【解析】(1)证明△BAD≌△CAE，从而得出CE=BD=8，然后解直角三角形CDE，进一步求得结果；(2)作AM⊥BC于M，交BE于N，证明△AMF≌△BMN和△BMN∽△BCE，从而得出F为CD的中点，进而得出结论；(3)连接AM，将△AMC绕点C逆时针旋转90°至△A″M′C，得出点M′的轨迹，从而得出A′M′的最大值，确定点B′在以K为圆心，2为半径的圆上运动，从而得出A′B′的最小值，进一步解直角三角形A′B′M″，从而求得结果．本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，确定点的运动轨迹．第31页，共31页。