北京市龙文教育2022年中考数学一模试卷（解析版） 新人教版

2022年北京市龙文教育中考数学一模试卷一、选择题（本题共32分，每小题4分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的．1．（4分）（2022•石景山区一模）据新华社报道：2022年我国粮食产量将达到540000000吨，用科学记数法表示这个粮食产量为（　　）吨　A．54×107B．5.4×108C．54×108D．0.54×109考点：科学记数法—表示较大的数．专题：应用题．分析：在实际生活中，许多比较大的数，我们习惯上都用科学记数法表示，使书写、计算简便．将一个绝对值较大的数写成科学记数法a×10n的形式时，其中1≤|a|＜10，n为比整数位数少1的数．解答：解：确定a×10n（1≤|a|＜10，n为整数）中n的值是易错点，由于540000000有9位，所以可以确定n=9﹣1=8．所以540000000=5.4×108．故选B．点评：把一个数M记成a×10n（1≤|a|＜10，n为整数）的形式，这种记数的方法叫做科学记数法．规律：（1）当|a|≥1时，n的值为a的整数位数减1；（2）当|a|＜1时，n的值是第一个不是0的数字前0的个数，包括整数位上的0．　2．（4分）若一个正多边形的一个内角是144°，则这个多边形的边数为（　　）　A．12B．11C．10D．9考点：多边形内角与外角．专题：计算题．分析：设这个正多边形的边数为n，根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°得到（n﹣2）×180°=144°×n，然后解方程即可．解答：解：设这个正多边形的边数为n，∴（n﹣2）×180°=144°×n，∴n=10．故选C．点评：本题考查了多边形内角与外角：n边形的内角和为（n﹣2）×180°；n边形的外角和为360°．　3．（4分）（2022•石景山区一模）已知：如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=7，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DF的长为（　　）　A．6B．5C．4D．3考点：平行四边形的性质．分析：平行四边形的对边相等且平行，利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解．解答：解：∵平行四边形ABCD∴AB∥CD21\n∴∠ABE=∠CFE∵∠ABC的平分线交AD于点E∴∠ABE=∠CBF∴∠CBF=∠CFB∴CF=CB=7∴DF=CF﹣CD=7﹣4=3故选D．点评：本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．　4．（4分）如图，已知平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，∠B=150°，则平行四边形ABCD的面积为（　　）　A．2B．3C．D．6考点：平行四边形的性质；含30度角的直角三角形．分析：由平行四边形的性质可得∠A=30°，过点D作AE⊥AB于点E，在Rt△ADE中可求出DE，继而求出平行四边形ABCD的面积．解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=150°，∴∠A=30°，过点D作AE⊥AB于点E，，在Rt△ADE中，可得DE=AD=1，则S四边形ABCD=AB×DE=3．故选B．点评：本题考查了平行四边形的性质，属于基础题，解答本题的关键是求出平行四边形ABCD的高，难度一般，　5．（4分）抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币落地后，正面都朝上的概率是（　　）　A．B．C．D．考点：列表法与树状图法．分析：首先利用列举法可得所有等可能的结果有：正正，正反，反正，反反，然后利用概率公式求解即可求得答案．解答：解：∵抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币落地后的所有等可能的结果有：正正，正反，反正，反反，∴正面都朝上的概率是：．故选C．点评：此题考查了列举法求概率的知识．此题比较简单，注意在利用列举法求解时，要做到不重不漏，注意概率=所求情况数与总情况数之比．21\n　6．（4分）（2022•无锡）某校七年级有13名同学参加百米竞赛，预赛成绩各不相同，要取前6名参加决赛，小梅已经知道了自己的成绩，她想知道自己能否进入决赛，还需要知道这13名同学成绩的（　　）　A．中位数B．众数C．平均数D．极差考点：统计量的选择．专题：应用题；压轴题．分析：由于有13名同学参加百米竞赛，要取前6名参加决赛，故应考虑中位数的大小．解答：解：共有13名学生参加竞赛，取前6名，所以小梅需要知道自己的成绩是否进入前六．我们把所有同学的成绩按大小顺序排列，第7名学生的成绩是这组数据的中位数，所以小梅知道这组数据的中位数，才能知道自己是否进入决赛．故选A．点评：学会运用中位数的意义解决实际问题．　7．（4分）由n个相同的小正方体堆成的几何体，其主视图、俯视图如图所示，则n的最大值是（　　）　A．16B．18C．19D．20考点：由三视图判断几何体．分析：根据主视图、俯视图是分别从物体正面和上面看，所得到的图形即可求出答案．解答：解：由俯视图知，最少有7个立方块，∵由正视图知在最左边前后两层每层3个立方体，中间3个每层2个立方体和最右边前两排每层3个立方体，∴n的最大值是：3×2+3×2+3×2=18，故选：B．点评：此题主要考查了由三视图判断几何体，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．　8．（4分）（2022•威海）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时动点N自A点出发沿折线AD﹣DC﹣CB以每秒3cm的速度运动，到达B点时运动同时停止．设△AMN的面积为y（cm2）．运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（　　）21\n　A．B．C．D．考点：动点问题的函数图象．专题：压轴题；动点型．分析：当点N在AD上时，易得S△AMN的关系式；当点N在CD上时，高不变，但底边在增大，所以S△AMN的面积关系式为一个一次函数；当N在BC上时，表示出S△AMN的关系式，根据开口方向判断出相应的图象即可．解答：解：当点N在AD上时，即0≤x≤1，S△AMN=×x×3x=x2，点N在CD上时，即1≤x≤2，S△AMN=×x×3=x，y随x的增大而增大，所以排除A、D；当N在BC上时，即2≤x≤3，S△AMN=×x×（9﹣3x）=﹣x2+x，开口方向向下．故选B．点评：考查动点问题的函数图象问题；根据自变量不同的取值范围得到相应的函数关系式是解决本题的关键．　二、填空题（本题共16分，每小题4分）9．（4分）（2022•菏泽）分解因式：3a2﹣12ab+12b2=　3（a﹣2b）2　．考点：提公因式法与公式法的综合运用．分析：先提取公因式3，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解即可求得答案．解答：解：3a2﹣12ab+12b2=3（a2﹣4ab+4b2）=3（a﹣2b）2．故答案为：3（a﹣2b）2．点评：本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解的知识．一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，注意因式分解要彻底．　10．（4分）点A（x1，y1）、B（x2，y2）在二次函数y=x2﹣2x﹣1的图象上，若x2＞x1＞1，则y1与y2的大小关系是y1　＜　y2．（用“＞”、“＜”、“=”填空）考点：二次函数图象上点的坐标特征．分析：先根据函数解析式确定出对称轴为直线x=1，再根据二次函数图象上的点，x＜1时，y随x的增大而减小解答．解答：解：∵y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2，∴二次函数图象的对称轴为直线x=1，∵x2＞x1＞1，∴y1＜y2．故答案为：＜．点评：本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，求出对称轴解析式是解题的关键．　21\n11．（4分）（2022•石景山区一模）已知：如图，一个玻璃材质的长方体，其中AB=8，BC=4，BF=6，在顶点E处有一块爆米花残渣，一只蚂蚁从侧面BCSF的中心沿长方体表面爬行到点E，则此蚂蚁爬行的最短距离为　　．考点：平面展开-最短路径问题．分析：要求蚂蚁爬行的最短距离，需要将空间图形转化为平面图形，即将E、O（设面BCSF的中心为点O）所在的两个面展开，但展开图并非只有一种，而是有二种，需要利用“两点之间，线段最短”，来一一求出线段EO的长度，然后比较两种情况的结果，找出最短路径．解答：解：设面BCSF的中心为点O，根据题意，最短路径有下列两种情况：①如图1，沿SF把长方体的侧表面展开，蚂蚁爬行的最短距离==5．②沿BF把长方体的侧表面展开，蚂蚁爬行的最短距离==．∵5＞．故此蚂蚁爬行的最短距离为．点评：本题就是把长方体的侧面展开“化立体为平面”，用勾股定理解决．　12．（4分）如图所示，在△ABC中，BC=6，E，F分别是AB，AC的中点，点P在射线EF上，BP交CE于D，点Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=y，PE=x．当CQ=CE时，y与x之间的函数关系式是　y=﹣x+6　；当CQ=CE（n为不小于2的常数）时，y与x之间的函数关系式是　y=﹣x+6（n﹣1）　．21\n考点：相似三角形的判定与性质．专题：压轴题．分析：采用一般到特殊的方法．解答中首先给出一般性结论的证明，即当EQ=kCQ（k＞0）时，y与x满足的函数关系式为：y=6k﹣x；然后将该关系式应用到本题中求解．在解题过程中，充分利用了相似三角形比例线段之间的关系．另外，利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质得出了一个重要结论④，该结论在解题过程中发挥了重要作用．解答：解：如右图，过Q点作QM⊥BC于点M，作QN⊥BP于点N．设CQ=a，DE=b，BD=c，则DP=y﹣c；不妨设EQ=kCQ=ka（k＞0），则DQ=ka﹣b，CD=（k+1）a﹣b．∵BQ平分∠CBP，∴QM=QN．∴==，又∵=，∴=，即=①∵EP∥BC，∴=，即=②∵EP∥BC，∴=，即=③将①②③式联立，解得：y=6k﹣x④当CQ=CE时，k=1，故y与x之间的函数关系式为：y=6﹣x；当CQ=CE（n为不小于2的常数）时，k=n﹣1，由④式可知，y与x之间的函数关系式为：y=6（n﹣1）﹣x．故答案为y=﹣x+6；y=﹣x+6（n﹣1）．点评：21\n本题综合考查了相似三角形线段之间的比例关系、角平分线的性质等重要知识点，难度较大．在解题过程中，涉及到数目较多的线段和较为复杂的运算，注意不要出错．本题采用了从一般到特殊的解题思想，简化了解答过程；同学们亦可尝试从特殊到一般的解题思路，即当CQ=CE时，CQ=CE时分别探究y与x的函数关系式，然后推广到当CQ=CE（n为不小于2的常数）时的一般情况．　三、解答题（本题共30分，每小题5分）13．（5分）（2022•丰台区一模）计算：．考点：实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．专题：计算题．分析：根据负整数指数幂、零指数幂的意义和cos30°=得到原式=+2×+1﹣2，然后合并同类二次根式即可．解答：解：原式=+2×+1﹣2=++1﹣2=﹣．点评：本题考查了实数的运算：先进行乘方或开方运算，再进行乘除运算，然后进行实数的加减运算．也考查了负整数指数幂、零指数幂的意义以及特殊角的三角函数值．　14．（5分）（2022•丰台区一模）解不等式组：．考点：解一元一次不等式组．专题：计算题．分析：先求出两个不等式的解集，再求其公共解．解答：解：，由①得x＞﹣2，由②得，5﹣2x+2＞1，解得x＜3，所以，原不等式组的解集为﹣2＜x＜3．点评：本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．求不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）．　15．（5分）（2022•丰台区一模）已知x2+3x﹣1=0，求代数式的值．考点：分式的化简求值．专题：计算题．21\n分析：先把分子和分母因式分解得到原式=•﹣，然后约分后进行通分得到，再变形x2+3x﹣1=0得到x2+3x=1，最后整体代入计算即可．解答：解：原式=•﹣====，∵x2+3x﹣1=0，∴x2+3x=1，∴原式=﹣=﹣1．点评：本题考查了分式的化简求值：先进行分式的乘除运算（把分子或分母因式分解，约分），再进行分式的加减运算（即通分），然后把字母的值代入（或整体代入）进行计算．　16．（5分）（2022•丰台区一模）已知：如图，AB∥CD，AB=CD，点E、F在线段AD上，且AF=DE．求证：BE=CF．考点：全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：由于AF=DE，根据等式性质可得AE=DF，再根据AB∥CD，易得∠A=∠D，而AB=CD，根据SAS可证△ABE≌△DCF，于是BE=CF．解答：证明：∵AF=DE，∴AF﹣EF=DE﹣EF，即AE=DF，∵AB∥CD，∴∠A=∠D，在△ABE和△DCF中，，21\n∴△ABE≌△DCF，∴BE=CF．点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是找出SAS的三个条件，证明△ABE≌△DCF．　17．（5分）（2022•静海县一模）某采摘农场计划种植A、B两种草莓共6亩，根据表格信息，解答下列问题：项目品种AB年亩产（单位：千克）12002000采摘价格（单位：元/千克）6040（1）若该农场每年草莓全部被采摘的总收入为460000元，那么A、B两种草莓各种多少亩？（2）若要求种植A种草莓的亩数不少于种植B种草莓的一半，那么种植A种草莓多少亩时，可使该农场每年草莓全部被采摘的总收入最多？考点：一次函数的应用．分析：（1）根据等量关系：总收入=A地的亩数×年亩产量×采摘价格+B地的亩数×年亩产量×采摘价格，列方程求解．（2）这是一道只有一个函数关系式的求最值问题，根据题意确定自变量的取值范围，由函数y随x的变化求出最大利润．解答：解：（1）设该农场种植A种草莓x亩，B种草莓（6﹣x）亩（1分）依题意，得：60×1200x+40×2000（6﹣x）=460000（2分）解得：x=2.5，则6﹣x=3.5（3分）（2）由x≥（6﹣x），解得x≥2设农场每年草莓全部被采摘的收入为y元，则：y=60×1200x+40×2000（6﹣x）=﹣8000x+480000（4分）∴当x=2时，y有最大值为464000（5分）答：（1）A种草莓种植2.5亩，B种草莓种植3.5亩（2）若种植A种草莓的亩数不少于种植B种草莓的一半，那么种植A种草莓2亩时，可使农场每年草莓全部被采摘的总收入最多．点评：本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题．注意利用一次函数求最值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y随x的变化，结合自变量的取值范围确定最值．　18．（5分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BC=2，∠ABD=15°，∠C=60°．（1）求∠BDC的度数；（2）求AB的长．考点：梯形；解直角三角形．专题：压轴题．21\n分析：（1）由梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠C=60°，可求得∠ABC与∠ADC的度数，然后在Rt△ABD中，利用直角三角形的性质，求得∠ADB的度数，继而求得∠BDC的度数；（2）首先过点B作BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F，在Rt△BCE中，由BC=2，∠C=60°，利用三角函数的知识即可求得BE，CE的长，又由∠BDC=45°，求得CE的长，继而求得DF的长，又由AD∥BC，∠A=90°，DF⊥BC，求得AB=DF．解答：解：（1）∵梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠C=60°，∴∠ABC=90°，∠ADC=180°﹣∠C=120°．在Rt△ABD中，∵∠A=90°，∠ABD=15°，∴∠ADB=75°．∴∠BDC=∠ADC﹣∠ADB=45°．（2）过点B作BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F，在Rt△BCE中，∵BC=2，∠C=60°，∴BE=BC•sinC=，CE=BC•cosC=1．∵∠BDC=45°，∴DE=BE=．∴CD=DE+CE=+1．∵BC•DF=CD•BE，∴DF=．∵AD∥BC，∠A=90°，DF⊥BC，∴AB=DF=．点评：此题考查了直角梯形的性质、直角三角形的性质以及三角函数等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．　四、解答题（本题共20分，每小题5分）19．（5分）已知：如图，BD是半圆O的直径，A是BD延长线上的一点，BC⊥AE，交AE的延长线于点C，交半圆O于点E，且E为的中点．（1）求证：AC是半圆O的切线；（2）若AD=6，AE=6，求BC的长．考点：切线的判定；勾股定理；相似三角形的判定与性质．专题：几何综合题．分析：（1）要证AC是⊙O的切线，只要连接OE，再证DE⊥AC即可．（2）根据勾股定理和相似三角形的性质即可求出BC的长．21\n解答：（1）证明：连接OE．∵E为的中点，∴=．∴∠OBE=∠CBE∵OE=OB，∴∠OEB=∠OBE∴∠OEB=∠CBE∴OE∥BC∵BC⊥AC，∴∠C=90°∴∠AEO=∠C=90°，即OE⊥AC又∵OE为半圆O的半径，∴AC是半圆O的切线．（2分）（2）解：设半圆O的半径为x∵OE⊥AC，∴（x+6）2﹣（6）2=x2∴x=3（3分）∴AB=AD+OD+OB=12∵OE∥BC，∴△AOE∽△ABC（4分）∴=即=∴BC=4．（5分）点评：本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．同时考查了勾股定理和相似三角形的性质．　20．（5分）（2022•扬州）为了解某校九年级男生的体能情况，体育老师随机抽取部分男生进行引体向上测试，并对成绩进行了统计，绘制成图1和图2两幅尚不完整的统计图．（1）本次抽测的男生有　50　人，抽测成绩的众数是　5次　；（2）请你将图2的统计图补充完整；（3）若规定引体向上5次以上（含5次）为体能达标，则该校350名九年级男生中估计有多少人体能达标？21\n考点：条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图；众数．专题：压轴题；图表型．分析：（1）用4次的人数除以所占百分比即可得到总人数，人数最多的次数即为该组数据的众数；（2）用总人数减去其他各组的人数即可得到成绩为5次的人数；（3）用总人数乘以达标率即可得到达标人数．解答：解：（1）从条形统计图和扇形统计图可知，达到4次的占总人数的20%，∴总人数为：10÷20%=50人，众数为5次；（2）如图．（3）∵被调查的50人中有36人达标，∴350名九年级男生中估计有350×=252人．点评：题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．　21．（5分）（2022•东城区一模）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=k1x+b与反比例函数y=的图象交于A（1，6），B（a，3）两点．（1）求k1，k2的值；（2）如图，点D在x轴上，在梯形OBCD中，BC∥OD，OB=DC，过点C作CE⊥OD于点E，CE和反比例函数的图象交于点P，当梯形OBCD的面积为18时，求PE：PC的值．21\n考点：反比例函数与一次函数的交点问题；待定系数法求反比例函数解析式；梯形．专题：常规题型．分析：（1）首先根据一次函数y=k1x+b与反比例函数y=的图象交于A（1，6），B（a，3）两点等条件，把A点坐标代入反比例函数的解析式中，求得k2的值，知道反比例函数的解析式后把B点代入求出a的值，最后求出一次函数解析式的k1的值，（2）设点P的坐标为（m，n），易得C（m，3），CE=3，BC=m﹣2，OD=m+2，利用梯形的面积是12列方程，可求得m的值，从而求得点P的坐标，根据线段的长度关系可知PC=2PE．解答：解：（1）∵一次函数y=k1x+b与反比例函数y=的图象交于A（1，6），B（a，3）两点，∴k2=6，又∵B（a，3）在反比例函数的图象上，即a=2，又知A（1，6），B（2，3）在一次函数的图象上，∴，解得k1=﹣3；（2）当S梯形OBCD=18时，PC=2PE．设点P的坐标为（m，n），∵BC∥OD，CE⊥OD，BO=CD，B（2，3），∴C（m，3），CE=3，BC=m﹣2，OD=m+2．∴S梯形OBCD=，即18=．∴m=6，又∵mn=6．∴n=1，即PE=CE．∴PC=2PE，∴PE：PC=1：2．点评：本题主要考查反比例函数与一次函数的交点问题的知识点，此题综合考查了反比例函数与一次函数的性质，此题难度稍大，综合性比较强，注意反比例函数上的点的特点和利用待定系数法求函数解析式的方法．要灵活的利用梯形的面积公式来求得相关的线段的长度，从而确定关键点的坐标是解题的关键．　22．（5分）（2022•朝阳区一模）阅读下面材料：问题：如图①，在△ABC中，D是BC边上的一点，若∠BAD=∠C=2∠DAC=45°，DC=2．求BD的长．小明同学的解题思路是：利用轴对称，把△ADC进行翻折，再经过推理、计算使问题得到解决．（1）请你回答：图中BD的长为　2　；21\n（2）参考小明的思路，探究并解答问题：如图②，在△ABC中，D是BC边上的一点，若∠BAD=∠C=2∠DAC=30°，DC=2，求BD和AB的长．考点：翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理．专题：压轴题．分析：（1）把△ADC沿AC翻折，得△AEC，连接DE，可得△ADC≌△AEC，又∠DCA=45°，即可得△CDE是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出BD的长；（2）同理把△ADC沿AC翻折，得△AEC，连接DE，可得△ADC≌△AEC，又由∠BAD=∠C=2∠DAC=30°，DC=2，易证得△CDE为等边三角形，则DE的长，然后在AE上截取AF=AB，连接DF，可证得△ABD≌△AFD，即可得BD=DF，然后由角的关系，求得∠DFE=∠DEF=75°，根据等边对等角的性质，即可得BD=DE，即可求得BD的长；再作BG⊥AD于点G，可得△BDG是等腰直角三角形，即可求得BG的长，又由∠BAD=30°，即可求得AB的长．解答：解：（1）把△ADC沿AC翻折，得△AEC，连接DE，∴△ADC≌△AEC，∴∠DCA=∠ECA，DC=EC，∠DAC=∠CAE，∵∠BAD=∠C=2∠DAC=45°，∠DAE=∠DAC+∠CAE=2∠DAC，∴∠ECD=∠ECA+∠DCA=90°，∠BAD=∠DAE，∴DE==2，∵∠ADB=∠DAC+∠ACD=22.5°+45°=67.5°，∴∠ADE=180°﹣∠ADB﹣∠EDC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°，∴∠ADB=∠ADE，在△BAD和△EAD中，∵，∴△BAD≌△EAD（ASA），∴BD=DE=2；…（2分）（2）把△ADC沿AC翻折，得△AEC，连接DE，∴△ADC≌△AEC，∴∠DAC=∠EAC，∠DCA=∠ECA，DC=EC，∵∠BAD=∠BCA=2∠DAC=30°，∴∠BAD=∠DAE=30°，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，…（3分）∴DC=DE，在AE上截取AF=AB，连接DF，∵AD是公共边，∴△ABD≌△AFD，∴BD=DF，在△ABD中，∠ADB=∠DAC+∠DCA=45°，∴∠ADE=∠AED=75°，∠ABD=105°，∴∠AFD=105°，∴∠DFE=75°，∴∠DFE=∠DEF，∴DF=DE，∴BD=DC=2，…（4分）作BG⊥AD于点G，21\n∴在Rt△BDG中，BG=BD•sin∠ADB=2×=，…（5分）∴在Rt△ABG中，AB=2BG=2．…（6分）故答案为：2．点评：此题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是根据题意作出辅助线；注意数形结合思想的应用．　五、解答题（本题共22分，第23题7分，第24题7分，第25题8分）23．（7分）已知，二次函数y=ax2+bx的图象如图所示．（1）若二次函数的对称轴方程为x=1，求二次函数的解析式；（2）已知一次函数y=kx+n，点P（m，0）是x轴上的一个动点．若在（1）的条件下，过点P垂直于x轴的直线交这个一次函数的图象于点M，交二次函数y=ax2+bx的图象于点N．若只有当1＜m＜时，点M位于点N的上方，求这个一次函数的解析式；（3）若一元二次方程ax2+bx+q=0有实数根，请你构造恰当的函数，根据图象直接写出q的最大值．考点：二次函数综合题．专题：综合题．分析：（1）根据二次函数的对称轴方程为x=1，可得出函数经过点（0，0）和（2，0），结合顶点坐标可得出抛物线的解析式；（2）根据题意可判断出一次函数的图象与二次函数的图象交点的横坐标分别为1和，代入二次函数解析式可求出交点坐标，代入一次函数解析式可得出k与n的值，继而得出一次函数解析式．（3）先根据抛物线的开口向上可知a＞0，由顶点纵坐标为﹣3得出b与a关系，再根据一元二次方程ax2+bx+q=0有实数根可得到关于q的不等式，求出q的取值范围即可．解答：解：（1）由二次函数的图象可知：二次函数的顶点坐标为（1，﹣3），∵二次函数的对称轴方程为x=1，∴二次函数与x轴的交点坐标为（0，0），（2，0），21\n于是得到方程组，解得：，故二次函数的解析式为y=3x2﹣6x．（2）由（1）得二次函数解析式为y=3x2﹣6x．依题意可知，一次函数的图象与二次函数的图象交点的横坐标分别为1和，由此可得交点坐标为（1，﹣3）和，将交点坐标分别代入一次函数解析式y=kx+n中，得，解得：，故一次函数的解析式为y=2x﹣5．（3）一元二次方程ax2+bx+q=0有实数根，可以理解为y=ax2+bx和y=﹣q有交点，可见，﹣q≥﹣3，解得：q≤3，故q的最大值为3．点评：本题考查了二次函数与一次函数的综合，第一问是常见的问题，利用待定系数法可以解决，第二问的关键是确定交点的坐标，第三问的关键是数形结合，难度较大．　24．（7分）（2022•海淀区一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=．点D在边AC上（不与A，C重合），连接BD，F为BD中点．（1）若过点D作DE⊥AB于E，连接CF、EF、CE，如图1．设CF=kEF，则k=　1　；（2）若将图1中的△ADE绕点A旋转，使得D、E、B三点共线，点F仍为BD中点，如图2所示．求证：BE﹣DE=2CF；（3）若BC=6，点D在边AC的三等分点处，将线段AD绕点A旋转，点F始终为BD中点，求线段CF长度的最大值．21\n考点：相似三角形的判定与性质；旋转的性质；锐角三角函数的定义．专题：计算题；压轴题．分析：（1）由F为BD中点，DE⊥AB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到CF=EF；（2）过点C作CE的垂线交BD于点G，设BD与AC的交点为Q．由tan∠BAC=，得到．证明△BCG∽△ACE，得到．得到GB=DE，得到F是EG中点．于是，即可得到BE﹣DE=EG=2CF；（3）分类讨论：当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，tan∠BAC=，且BC=6，计算出AC=12，AB=．M为AB中点，则CM=，FM==2．当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，此时CF=CM+FM=；当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，类似于情况1，可知CF的最大值为．即可得到线段CF长度的最大值．解答：解：（1）∵F为BD中点，DE⊥AB，∴CF=BD，EF=BD，∴CF=EF，∴k=1；故答案为1．（2）如图，过点C作CE的垂线交BD于点G，设BD与AC的交点为Q．由题意，tan∠BAC=，∴．∵D、E、B三点共线，∴AE⊥DB．21\n∵∠BQC=∠AQD，∠ACB=90°，∴∠QBC=∠EAQ．∵∠ECA+∠ACG=90°，∠BCG+∠ACG=90°，∴∠ECA=∠BCG．∴△BCG∽△ACE．∴∴GB=DE．∵F是BD中点，∴F是EG中点．在Rt△ECG中，，∴BE﹣DE=EG=2CF；（3）情况1：如图，当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，∵∠ACB=90°，tan∠BAC=，且BC=6，∴AC=12，AB=．∵M为AB中点，∴CM=，∵AD=，∴AD=4．∵M为AB中点，F为BD中点，∴FM==2．如图：∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，此时CF=CM+FM=．情况2：如图，当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，类似于情况1，可知CF的最大值为．综合情况1与情况2，可知当点D在靠近点C的三等分点时，线段CF的长度取得最大值为．21\n点评：本题考查了三角形相似的判定与性质．也考查了旋转的性质和三角函数的定义以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．　25．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，顶点为C．（1）求此二次函数解析式；（2）点D为点C关于x轴的对称点，过点A作直线l：交BD于点E，过点B作直线BK∥AD交直线l于K点．问：在四边形ABKD的内部是否存在点P，使得它到四边形ABKD四边的距离都相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，若M、N分别为直线AD和直线l上的两个动点，连结DN、NM、MK，求DN+NM+MK和的最小值．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．21\n分析：（1）将点A、B两点的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出二次函数的解析式；（2）先用配方法求出抛物线的顶点C的坐标为（1，），根据关于x轴对称的两点横坐标相同，纵坐标互为相反数得出点D的坐标为（1，），运用待定系数法求得直线AD的解析式为y=x+，由BK∥AD，可设直线BK的解析式为y=x+m，将B（3，0）代入，得到直线BK的解析式为y=x﹣3，联立直线l与直线BK的解析式，求得它们的交点K的坐标为（5，），易求AB=BK=KD=DA=4，则四边形ABKD是菱形，由菱形的中心到四边的距离相等，得出点P与点E重合时，即是满足题意的点，根据中点坐标公式求出E点坐标为（2，）；（3）先由点D、B关于直线AK对称，根据轴对称的性质得出DN+MN的最小值是MB．过K作KF⊥x轴于F点．过点K作直线AD的对称点P，连接KP，交直线AD于点Q，则KP⊥AD，再由角平分线及轴对称的性质得出KF=KQ=PQ=2，则MB+MK的最小值是BP，即BP的长是DN+NM+MK的最小值，然后在Rt△BKP中，由勾股定理得出BP=8，即DN+NM+MK的最小值为8．解答：解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，∴，解得，∴二次函数解析式为y=x2﹣x﹣；（2）∵y=x2﹣x﹣=（x2﹣2x）﹣=（x﹣1）2﹣2，∴顶点C的坐标为（1，），∵点D为点C关于x轴的对称点，∴点D的坐标为（1，）．易求直线AD的解析式为y=x+，∵BK∥AD，∴可设直线BK的解析式为y=x+m，将B（3，0）代入，得3+m=0，解得m=﹣3，∴直线BK的解析式为y=x﹣3．由，解得，∴交点K的坐标为（5，）．∵A（﹣1，0）、B（3，0），K（5，），D（1，），∴AB=BK=KD=DA=4，∴四边形ABKD是菱形．∵菱形的中心到四边的距离相等，∴点P与点E重合时，即是满足题意的点，坐标为（2，）；（3）∵点D、B关于直线AK对称，∴DN+MN的最小值是MB．过K作KF⊥x轴于F点．过点K作直线AD的对称点P，连接KP，交直线AD于点Q，∴KP⊥AD．∵AK是∠DAB的角平分线，∴KF=KQ=PQ=2，∴MB+MK的最小值是BP．即BP的长是DN+NM+MK的最小值．∵BK∥AD，21\n∴∠BKP=90°．在Rt△BKP中，由勾股定理得BP=8．∴DN+NM+MK的最小值为8．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，轴对称、角平分线的性质，两函数交点坐标的求法，勾股定理，菱形的判定与性质，综合性较强，难度较大．运用数形结合及方程思想是解题的关键．　21