安徽中考数学 -回复

2023年12月2日发(作者：九师联考文科数学试卷分析)

安徽省2022年中考数学第二次模拟考试数（考试时间：120分钟学试卷满分：150分）第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．在有理数﹣5，﹣2，2，3中，其倒数最小的是（A．﹣5B．﹣2C．2）D．32．京张高铁，京礼高速两条北京冬奥会重要交通保障设施投入使用后，将张家口、崇礼、延庆与北京城区串成一线．京张高铁开通运营一年累计发送旅客6800000人，大幅提升了京张两地通行能力，将6800000用科学记数法表示为（A．6.8105B．6.8106）C．(ab)2a2b2）D．(a3)2a6C．68105）D．0.681073．下列计算正确的是（A．2a33a26a6B．a8a4a2(a0)4．如图是一个几何体的三种视图，则该几何体可能是（A．B．C．D．5．弹簧的长度y（cm）与所挂物体的质量x（kg）的关系是一次函数，如图所示，此函数的图象经过A(﹣20，0)，B(20，20)两点，则弹簧不挂物体时的长度是（）A．9cmB．10cmC．10.5cmD．11cm6．在螳螂的示意图中，AB∥DE，△ABC是等腰三角形，∠ABC＝124°，∠CDE＝72°，则∠ACD＝（A．16°）B．28°C．44°D．45°7．下列运用等式的性质对等式进行的变形中，错误的是（A．若m＝n，则mp＝npC．若a＝b，则abcc）B．若a（|x|+1）＝b（|x|+1），则a＝bD．若x＝y，则x﹣2＝y﹣28．如图，圆是大正方形的内切圆，同时又是小正方形的外接圆，小明随意向水平放置的大（阴影）正方形内部区域抛一个小球，则小球停在小正方形内部区域的概率为（）A．34B．14C．13D．219．如图，ABC中，ABC90，ABBC4，点D是BC的中点，点E是平面内一个动EC为直角边在EC的上方作等腰直角三角形ECF．点，以点E为直角顶点，当ADFBE1，的度数最大时，DF的长为（）A．22B．32C．421D．22210．如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、GF，以下结论：①△OAE≌△OBG；②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④的有（）个．PG21；⑤S△PBC：S△AFC=1：2，其中正确AEA．2B．3C．4D．5第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）111．2sin459(2017)0()1＝______．312．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是51，它介于整数n和n1之间，则n的值是______．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝3，点D是BC边上动点，连接AD交以CD为直径的圆于点E，则线段BE长度的最小值为___．14．如图，点A是抛物线y12x上不与原点O重合的动点．ABx轴于点B，过点B作OA8的垂线并延长交y轴于点C，连结AC，则线段OC的长是_______，AC的最小值是__________．三、解答题（本大题共8小题，共90分．其中：15-18题，每题8分，19-20题，每题10分，21-22题，每题12分，23题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。5x3x21x1215．(1)计算：2÷(+1)；(2)解不等式组：2x11．x2x1x1x2316．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．(1)把△ABC向左平移4个单位后得到△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；(2)把△ABC绕原点O旋转180°后得到△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；(3)观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（，）对称．17．足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好．当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点．通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得CQAABQ（此时也有DQBQAB）时，恰好能使球门AB的张角∠AQB达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点．Q(1)如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，Q1，2，Q3为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点______；(2)如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，CDAB于点D，AB3a，BDa．某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q．①用含a的代数式表示DQ的长度并求出tanAQB的值；②已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为5a，若此时守门员站在张角∠AQB内，双臂张开MN4垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功．（结果用含a的代数式表示）18．相传古印度一座梵塔圣殿中铸有一片巨大的黄铜板，之上树立了3根宝石柱，其中一根宝石柱上插有中心有孔的64个大小两两相异的1寸厚的金盘，小金盘压着较大的金盘．如图，把这些金盘全部一个一个地从1柱移动到3柱上去，移动过程中不允许大金盘压小金盘，不得把金盘放到柱子之外．[问题提出]如果将这64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动多少次？设h（n）是把n个金盘从1柱移动到3柱过程中的最少移动次数．[问题探究]探究一：当n＝1时，显然h（1）＝1．探究二：当n＝2时，如图①．探究三：当n＝3时，如图②．(1)探究四：当n＝4时，先用h（3）的方法把较小的3个金盘移动到2柱，再将最大金盘移动到3柱，最后再用h（3）的方法把较小的3个金盘从2柱移动到3柱，完成，即h（4）＝（直接写出结果）．…(2)[初级模型]若将x个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动a次；将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动次（用含a的代数式表示）．(3)[自主探究]仿照“问题探究”中的方法，将6个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，至少需要多少次？（写出必要的计算过程．）(4)[最终模型]综合收集到的数据探索规律可知：将64个金盘按上述要求全部从1柱移动到3柱，至少需要移动次．(5)[问题变式]若在原来条件的基础上，再添加1个条件：每次只能将金盘向相邻的柱子移动（即：2柱的金盘可以移动到1柱或3柱，但1柱或3柱的金盘只能移动到2柱），则移动完64个金盘至少需要移动次．19．已知点A（0，4），将点A先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，对应点B恰好落在反比例函数yk(k0)的图象上．过点B的直线l的表达式为y＝mx+n，与x反比例函数图象的另一个交点为点C，分别交x轴、y轴于点D、点E．(1)求反比例函数表达式；(2)若线段BC＝2CD，求△BOD的面积；(3)在（2）的条件下，点P为反比例函数图象上B、C之间的一点（不与B、C重合），PM⊥x轴交直线l于点M，PN⊥y轴交直线l于点N，请分析EM•DN是否为定值，并说明理由．20．如图，△ABC内接于⊙O，AC＝BC．(1)如图1，连接CO，求证：CO平分∠ACB；(2)如图2，点D为弧BC上的一点，连接AD，弦MN交AB于点P，交AD于点G，交BC于点Q，AD＝BC，∠AGQ+2∠ACB＝270°，过点O作OH⊥MN，垂足为H，求证：OH//BC；(3)如图3，在（2）的条件下，连接PO并延长交BC于点E，若MP＝QN，BP﹣AP＝2，BQ＝5，求线段EQ的长．21．为了让师生更规范地操作教室里的一体机设备，学校信息技术处制作了“教室一体机设备培训”视频，并在读报课时间进行播放．结束后为了解初中校部、高中校部各班一体机管理员对设备操作知识的掌握程度，得分用x（x为整数）表示，A：60≤x＜70，B：70≤x＜80，C：80≤x＜90，D：90≤x≤100，对得分进行整理分析，给出了下面部分信息：初中一体机管理员的测试成绩在C组中的数据为：81，85，88．高中一体机管理员的测试成绩：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89，93，86．成绩统计表如下：学部初中高中平均数8888中位数a88众数98b(1)a＝，b＝．(2)通过以上数据分析．你认为（填“初中”或“高中”）的一体机管理员对一体机设备操作的知识掌握的更好，请写出理由；(3)若初中校部有100名一体机管理员，高中校部有140名一体机管理员，谤估计此次浏试成绩达到90分及以上的一体机管理员共有多少人？22．在RtABC中，ACB90,AB5,BC3，将ABC绕点B顺时针旋转得到△ABC，其中点A，C的对应点分别为点A，C．（1）如图1，当点A落在AC的延长线上时，求AA的长；（2）如图2，当点C落在AB的延长线上时，连接CC，交AB于点M，求BM的长；（3）如图3，连接AA,CC，直线CC交AA于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．23．二次函数y＝ax2＋bx＋c交x轴于点A（﹣1，0）和点B（﹣3，0），交y轴于点C（0，﹣3）．(1)求二次函数的解析式；(2)如图1，点E为抛物线的顶点，点T（0，t）为y轴负半轴上的一点，将抛物线绕点T旋转180°，得到新的抛物线，其中B，E旋转后的对应点分别记为B′，E′，当四边形BEB′E′的面积为12时，求t的值；(3)如图2，过点C作CD∥x轴，交抛物线于另一点D．点M是直线CD上的一个动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点P．当以点B、C、P为顶点的三角形是直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．答案与解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1．【答案】B【分析】根据乘积为1的两数互为倒数，先求出各个数的倒数，再根据有理数的大小比较法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，判断即可．1111【详解】解：﹣5，﹣2，2，3的倒数分别是，，2，，3251111∵<<2<，∴其倒数最小的是﹣2．故选：B．3252．【答案】B【分析】把数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数的形式．【详解】解：6800000＝6.8×106，故选：B．3．【答案】D【分析】应用幂的运算性质和整式的乘法公式运算即可得出答案．【详解】2a33a26a5，故选项A不符合题意；a8a4a4（a0），故选项B不符合题意；(ab)2a22abb2，故选项C不符合题意；(a3)2a6，故选项D符合题意；故选：D．4．【答案】D【分析】根据三视图的定义逐项判断即可．【详解】解：A、B、C的俯视图都和题干中给出的图形不符，故不符合题意，故选：D．5．【答案】B【分析】直接利用待定系数法求出一次函数解析式，进而得出x＝0时，y的值即可．【详解】解：设y与x的关系式为y＝kx+b，∵图象经过（﹣20，0），（20，20），120kb0k12，∴y＝x+10，∴，解得：220kb20b10当x＝0时，y＝10，即弹簧不挂物体时的长度是10cm．故选：B．6．【答案】C【分析】延长ED，交AC于F，根据等腰三角形的性质得出ÐA=ÐACB=28°，根据平行线的性质得出ÐCFD=ÐA=28°，【详解】解：延长ED，交AC于F，，ABC是等腰三角形，ABC124，ÐA=ÐACB=28°，AB//DE，ÐCFD=ÐA=28°QÐCDE=ÐCFD+ÐACD=72°-28°=44°，ÐACD=72°，故选：C．7．【答案】C【分析】根据等式的性质，逐项判断即可．【详解】解：A、根据等式性质2，m=n两边同时乘以p得mp=np，原变形正确，故选项A不符合题意；B、根据等式性质2，a（|x|+1）＝b（|x|+1）两边同时除以(|x|+1)得a=b，原变形正确，故选项B不符合题意；C、根据等式性质2，c可能为0，等式两边同时除以c，原变形错误，故选项C符合题意；D、x=y两边同时减去2应得x-2=y-2，根据等式性质1，原变形正确，故选项D不符合题意．故选：C．8．【答案】D【分析】首先分别求出小正方形与大正方形的面积，再求出小正方形面积与大正方形面积的（阴影部分）比即为小球落在小正方形内部区域的概率．【详解】解：设小正方形的边长为1，则其面积为1．圆的直径正好是大正方形边长，根据勾股定理，其小正方形对角线为2，即圆的直径为2，大正方形的边长为2，（阴影）则大正方形的面积为222，则小球停在小正方形内部区域的概率为2；故选：1D．9．【答案】B【分析】如图，连接AF，通过对应边的比相等和两边的一夹角证明BCE∽ACF，得出点F的运动轨迹为在以A为圆心，以AF为半径的圆；过点D作A的切线DF、DF，连接AF、AF，可知ADFADFADF为最大值，此时DFDF；在Rt△ABD中，由勾股定理得AD2AB2BD2，在RtADF中，由勾股定理得DF解即可．【详解】解：如图，连接AFAD2AF2，计算求由题意知ABC和△CEF均为等腰直角三角形∴BCE45ACE，ACF45ACE∴BCEACF∵BC1CEBE1=∴BCE∽ACF∴∴AF2ACCFAF22∴点F在以A为圆心，以AF为半径的圆上运动∴过点D作A的切线DF、DF，连接AF、AF，可知ADFADFADF为最大值，此时DFDF在Rt△ABD中，AB4，BD1BC2，由勾股定理得2AD2AB2BD220在RtADF中，由勾股定理得DFAD2AF2∴当ADF最大时，DF=32故选B．10．【答案】C【分析】证明AHGAHB(ASA)，得出GHBH，得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得出EGEB，FGFB，由正方形的形状得出1BAFCAF4522.5，ABE45，ABF90，证出BEFBFE，得出EBFB，2203222因此EGEBFBFG，即可得出②正确；设OAOBOCa，菱形BEGF的边长为b，证出CF2GF2BF，由正方形的性质得出OAOB，AOEBOG90，证出OAEOBG，由ASA证明OAEOBG，①正确；求出OGOEab，GOE是等腰直角三角形，得出GE2OG，b2(ab)，整理得aAGACCG(12)b，由平行线得出22b，得出AC2a(22)b，2AEBGAG(12)b12，因此12，得出PGPGCGb④正确；证明EABGBC(ASA)，得出BECG，③正确；证明FABPBC(ASA)，得出BFCP，因此SPBCSAFC1BCCPCPBF22，⑤错误；即可得出结论．1CF22BFABCF2【详解】解：AF是BAC的平分线，GAHBAH，BHAF，AHGAHB90，GAHBAH在AHG和AHB中，AHAH，AHGAHB(ASA)，GHBH，AHGAHB∴AF是线段BG的垂直平分线，EGEB，FGFB，四边形ABCD是正方形，BAFCAF4522.5，ABE45，ABF90，BEFBAFABE67.5，BFE90BAF67.5，12BEFBFE，EBFB，EGEBFBFG，四边形BEGF是菱形；②正确；设OAOBOCa，菱形BEGF的边长为b，四边形BEGF是菱形，GF//OB，CGFCOB90，GFCGCF45，CGGFb，CGF90，CF2GF2BF，四边形ABCD是正方形，OAOB，AOEBOG90，BHAF，GAHAGH90OBGAGH，OAEOBG，OAEOBG在OAE和OBG中，OAOB，OAEOBG(ASA)，①正确；AOEBOGOGOEab，GOE是等腰直角三角形，b2(ab)，整理得aGE2OG，AC2a(22)b，AGACCG(12)b，22b，2四边形ABCD是正方形，PC//AB，BGAG(12)b12，PGCGbOAEOBG，AEBG，PG1AE12，④正确；12，AE12PGOAEOBG，CABDBC45，EABGBC，EABGBC在EAB和GBC中，ABBC，EABGBC(ASA)，BECG，③正确；ABEBCG45FABPBC在FAB和PBC中，ABBC，FABPBC(ASA)，BFCP，ABFBCP90SPBCSAFC1BCCPCPBF22，⑤错误；综上所述，正确的有4个，故选：C．1CF22BFABCF2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）11．【答案】21【分析】利用特殊角的三角函数值，算术平方根，零指数幂，负整数指数幂计算即可．1120【详解】∵2sin459(2017)()=2313=21，故答案为：21．3212．【答案】1【分析】先估算出5，再估算出51即可完成求解．【详解】解：∵52.236；∴511.236；因为1.236介于整数1和2之间，所以n1;故答案为：1．13．【答案】1【分析】作AC为直径的圆，圆心为O，即可得当O、E、B三点共线时，BE是最短，根据勾股定理求OB的长度即可求．【详解】解：如图，作以AC为直径的圆，圆心为O，连接CE，OE，OB，∵E点在以CD为直径的圆上，∴∠CED＝90°，∴∠AEC＝180°﹣∠CED＝90°，∴点E也在以AC为直径的圆上，∵AC＝8，∴OE=OC＝4，∵BC＝3，∠ACB＝90°，∴OB=BC2CO232425，∵点E在⊙O上运动，根据两点之间线段最短，∴BE+OE≥OB，∴当点B、E、O三点共线时OB最短，∵OE定值，∴BE最短＝OB﹣OE＝5﹣4＝1，故答案为：114．【答案】8431【分析】设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），通过求证△AOB∽△BCO可得CO长度，8由AC2＝（xc﹣xA）2+（yC﹣yA）2可得AC2与a的函数关系式，将函数关系式化为顶点式求解．11【详解】解：设点A（a，a2），则点B坐标为（a，0），∴OB＝|a|，AB＝a2，88∵∠ABO＝∠BOC＝90°，∴∠AOB+∠OBC＝90°，∠OBC+∠BCO＝90°，∴∠AOB＝∠BCO，∴△AOB∽△BCO，∴OBAB，COBO1∴OB2＝CO•AB，即a2＝a2•CO，解得CO＝8，∴C（0，8），8∵AC2＝（xc﹣xA）2+（yC﹣yA）2＝a2+21411a﹣2a2+64＝（a4﹣64a2）+64＝（a2﹣32）646464+48，∴当a2＝32时，AC2＝48为最小值，即AC＝43．故答案为：8，43．三、解答题（本大题共8小题，共90分．其中：15-18题，每题8分，19-20题，每题10分，21-22题，每题12分，23题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。15．【答案】(1)711；(2)﹣2≤x＜x12【分析】(1)首先分解因式及进行括号内分式的加法运算，再把除法运算转化为乘法运算，最后约分得到最简结果；(2)分别求出不等式组中两个不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．【详解】解：(1)原式＝x12x1x1x11÷＝＝；22•(x1)(x1)x1x1x15x3x21①(2)2x11，x②2371，由②得：x≥﹣2，271∴不等式组的解集为﹣2≤x＜．2由①得：x＜16．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)−2，0【分析】（1）△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）分别向左平移4个单位后可得对应点A1，B1，C1的坐标，依次连接这三个点即可；（2）△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180゜后可得对应点A2，B2，C2的坐标，依次连接这三个点即可；（3）根据对应点连线的交点即为对称中心，连接C1C2、A1A2、B1B2，此三线的交点即为△A1B1C1与△A2B2C2的对称中心，为此可得C1,C2关于(−2，0)对称，分别求得直线A1A2、B1B2的解析式，验证点(−2，0)是否在这两条直线上即可．(1)点A（1，3），B（4，4），C（2，1）分别向左平移4个单位后的对应点的坐标分别为A1(−3，3)，B1(0，4)，C1(−2，1)，依次连接这三个点得到平移后的△A1B1C1，如图所示．(2)△ABC的三个顶点A（1，3），B（4，4），C（2，1）绕原点O旋转180゜后可得对应点A2，B2，C2的坐标分别为(−1，−3)，(−4，−4)，(−2，−1)，依次连接这三个点得到旋转后的△A2B2C2，如图所示；(3)如（2）中图所示，连接C1C2、A1A2、B1B2，可得C1,C2关于(−2，0)对称3kb3k3AA设直线12的解析式为y=kx+b，则有：解得：kb3b6即直线A1A2的解析式为y3x6当x2时，y=0，则(−2，0)是A1,A2的对称中心；同理可求得直线B1B2的解析式为y2x4当x2时，y=0，则(−2，0)是B1,B2的对称中心；综上所述，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（−2，0）对称．17．【答案】(1)Q2(2)①DQ2a；tanAQB317；②a．412【分析】（1）连接Q2A、Q2B，根据平行线的性质得出∠CQ2AQ2AB，再根据等腰三角形的性质得出∠Q2BAQ2AB即可判断；（2）①根据最佳射门点为点Q，可证△ADQ∽△QDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BE⊥AQ于E，求出线段长，利用三角函数求解即可；②根据题意可知MN5a，过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P，利用相似三4角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可．(1)解：连接Q2A、Q2B，∵CD∥AB，∴∠CQ2AQ2AB，∵BQ2223213，AQ2223213，∴BQ2AQ2，∴∠Q2BAQ2AB，∴∠Q2BACQ2A，∴最佳射门点为Q2故答案为：Q2．(2)解：①作BE⊥AQ于E，∵最佳射门点为点Q，∴∠BQDDAQ，∵CDAB，∴∠BDQADQ90，∴△ADQ∽△QDB，∴∵AB3a，BDa，∴AD4a，代入比例式得，解得，DQ2a（负值舍去）；AQ∴tanDAQADDQ，DQBD4aDQ，DQaAD2DQ225a，DQ1BE1DQ5BE5，sinDAQ，，∴，AD2AE2AQ5AB5∴BE65a45atanAQBBE335a，AE，则QEAQAE，；EQ455555a时才能确保防守成功．a，∴当MN44②过MN中点O作OF⊥AB于F，交AQ于P，∵守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为∵MN⊥AQ，∴tanAQBMN3，∴MQ5a，MEEQMQ75a，MQ4315PM1，∵MOPAPF90，QADAPF90，∴MOPQAD，∴OM21515MNa，PMMOa，282165MP5835a∵，∴POa，APEMAEPM，16OP54883a17FP5∵，∴PF，OFPFOPa；4812AP517MN中点与AB的距离至少为a时才能确保防守成功．．12∵OM18．【答案】(1)15(2)（2a+1）(3)63(4)（264﹣1）(5)（364﹣1）【分析】（1）根据前3次的探究可以得出探究4；（2）根据前4次的探究可以得到（x+1）个金盘移动的次数；（3）根据前面的探究得出规律，然后得出结论；（4）根据自主探究得出规律即可；（5）先把n=2时得出结论，再用相同的方法得出h（3），然后找出规律得出结论．(1)先用h（3）的方法把较小的3个盘移到2柱（需移动7次），再将最大盘移到3柱（需移动1次），最后用h（3）的方法把较小的3个盘从2柱移到3柱（需移动7次），所以共需要7×2+1＝15次，即h(4)=15，故答案为：15；(2)由探究二可知，若将1个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要1次，则将2个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要1×2+1＝3次；由探究三可知，若将2个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要3次，则将3个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要3×2+1＝7次；由探究四可知，若将3个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要7次，则将4个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要7x2+1＝15次；故若将x个金盘按要求全部从1柱移动到2柱，至少需要a次，则将（x+1）个金盘按要求全部从1柱移动到3柱，则至少需要（2a+1）次，故答案为：（2a+1）；(3)h（4）＝15，h（5）＝2h（4）＝2×15+1＝31，h（6）＝2h（5）+1＝63，∴至少需要63次；(4)h（1）＝1，h（2）＝3＝22﹣1，h（3）＝7＝23﹣1，h（4）＝15＝24﹣1，.....．h（64）＝264﹣1，故答案为：264﹣1；(5)每次只能将盘子向相邻的柱子移动，故当n＝2时，小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；将大盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到1柱，需要1次，将大盘移到3柱，需要1次，将小盘移到2柱，需要1次，再将小盘移到3柱，需要1次；所以两个盘子需要了8次，故h（2）＝8；按照相同的思路可得：h（3）＝26；∵h（2）＝8＝32﹣1，h（3）＝26＝33﹣1，∴h（64）＝364﹣1．故答案为：（364﹣1）．19．【答案】(1)y6；(2)SBOD12；(3)EM•DN为定值，见解析x【分析】（1）根据平移求出点B的坐标，并运用待定系数法求出答案；（2）如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，先证明△CDG∽△BDF，结合BC=2CD，可得出CGDGCD1，进而求出点C的坐标，再运用待定系数法求出BFDFBD36)，且t＞0，即可得出t直线l的解析式，得出点D的坐标，即可求得答案；（3）设P(t，M(t，-2t+8)，N(4-36，)，运用两点间距离公式即可求出EM•DN=15，故EM•DN为定值．tt(1)将点A（0，4）先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得B(1，6)，∵点B恰好落在反比例函数y∴6k（k＞0）的图象上．xk6，∴k=6，∴反比例函数表达式为y；1x(2)如图1，过点B作BF⊥x轴于点F，过点C作CG⊥x轴于点G，∴∠CGD=∠BFD=90°，∵∠CDG=∠BDF，∴△CDG∽△BDF，∴∵BC=2CD，BC+CD=BD，∴BD=3CD，∴∵B(1，6)，∴BF=6，OF=1，∴CG=将y=2代入yCGDGCD，BFDFBDCGDGCD1，BFDFBD311BF=×6=2，3366，得2=，∴x=3，∴C(3，2)，xx将B(1，6)，C(3，2)代入y=mx+n，mn＝6m＝2得：，解得，∴直线l的表达式为y=-2x+8，3mn＝2n＝8令y=0，得：-2x+8=0，解得：x=4，∴D(4，0)，∴OD=4，∴S△BOD=2•OD•BF=2×4×6=12；11(3)如图2，由（2）知，直线BC的解析式为y=-2x+8，令x=0，得y=8，∴E(0，8)，设P(t，6)，且t＞0，t36，)，tt22∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴M(t，-2t+8)，N(4-3635∴EM(2t88)t5t，DN44，ttt22∴EM•DN=5t35=15，∴EM•DN为定值．t20．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)25【分析】（1）连接AO，BO，即可证明△AOC≌△BOC（SSS），由∠ACO＝∠BOC，即可证明CO是∠ACB的角平分线；（2）连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，则可得∠AGQ+∠AOB＝270°，在四边形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，可以证明△CAO≌△DAO（SSS），所以∠CAO＝∠DAO，结合（1）可得到∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，所以MN⊥BC，OH⊥MN，即可证得OHBC；（3）由条件可得MH﹣MP＝NH﹣QN，即PH＝QH，由OHBC，可得O是PE的中点，OP＝EO，延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，所以AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，PR＝1，可以证明△OPS≌△OEC（SAS），进而得到PSBC，由对称性PS＝BQ＝CE＝5，可知，所以RS＝2，再证明△PRS∽△BRC，可得BRPR1，CR＝2x+2，CRSR2连接AS，证明△ASR∽△CBR，得到ARSR，求得x＝3，所以得到BR＝4，CR＝8，BC＝CRBR45，EQ＝45﹣CE﹣BQ＝25．(1)解：连接AO，BO，如图4，∵AO＝BO＝CO，AC＝BC，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠ACO＝∠BOC，∴CO是∠ACB的角平分线；(2)解：连接AO，BO，BO交MN于点F，连接OD，如图5，在⊙O中，∠AOB＝2∠ACB，∵∠AGQ+2∠ACB＝270°，∴∠AGQ+∠AOB＝270°，在四边形AOFG中，∠OAG+∠OFG＝360°﹣（∠AGQ+∠AOB）＝90°，∵AD＝BC，∴AD＝AC，AOAO在△CAO和△DAO中，ACAD，∴△CAO≌△DAO（SSS），∴∠CAO＝∠DAO，CODO由（1）得，∠CAO＝∠CBO，∴∠CBO＝∠DAO，即∠CBO＝∠GAO，∵∠QFB＝∠OFG，∴∠CBO+∠QFB＝90°，∴∠FQB＝180°﹣（∠CBO+∠QFB）＝90°，∴MN⊥BC，∵OH⊥MN，∴OHBC；(3)解：∵OH⊥MN，∴MH＝NH，∵MP＝QN，∴MH﹣MP＝NH﹣QN，即PH＝QH，∵OHBC，∴O是PE的中点，OP＝EO，延长CO交AB于R，交⊙O于点S，连接PS，连接AS，如图6，设AP＝x，BP＝AP+2＝x+2，∴AB＝2x+2，AR＝BR＝x+1，∴PR＝1，OPEO在△OPS和△OEC中，∴△OPS≌△OEC（SAS），∴∠CEO＝∠SPO，∴PSBC，POSEOC，OSOC由对称性可知，PS＝BQ＝CE＝5，∴RS＝2，∵PSBC，∴△PRS∽△BRC，∴BRPR1，CRSR2ARSR，CRBR∵BR＝AR＝x+1，∴CR＝2x+2，∵∠ASC＝∠ABC，∴△ASR∽△CBR，∴∴AR•BR＝CR•SR，∴（x+1）2＝2（2x+2），∴x＝3，∴BR＝4，CR＝8，BC＝45，∴EQ＝45﹣CE﹣BQ＝25，∴EQ的长为25．21．【答案】(1)85，100(2)高中，理由见解析(3)96人【分析】（1）根据中位数、众数的定义，可以得到a、b的值；（2）根据题目中的数据，可以从中位数、众数来说明理由，注意本题答案不唯一，符合实际即可；（3）利用样本估计总体，分别求出两个校部测试成绩达到90分及以上的一体机管理员的人数，再相加即可．(1)解：由直方图可知，初中一体机管理员的测试成绩15个数据按从小到大的顺序排列，∵初中一体机管理员的测试成绩在C组中的数据为：81，85，88，∴中位数a＝85，∵高中一体机管理员的测试成绩：76，83，71，100，81，100，82，88，95，90，100，86，89，93，86．∴按从小到大排列是：71，76，81，82，83，86，86，88，89，90，93，95，100，100，100.∴众数b＝100，故答案为：85，100；(2)解：根据以上数据，我认为高中的一体机管理员对一体机设备操作的知识掌握的更好．理由：两个校部的平均成绩一样，而高中校部的中位数，说明高中校部掌握的较好．故答案为：高中；(3)解：100×66+140×=96（人），1515答：估计此次浏试成绩达到90分及以上的一体机管理员共有约96人．22．【答案】（1）AA8；（2）BM15；（3）存在，最小值为111【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知ABAB，最后由等腰三角形的性质即可求出AA的长．（2）作CDAC交AC于点D，作CE//AB交AC于点E．由旋转可得ABCABC，BCBC3．再由平行线的性质可知CEBABC，即可推出CEBABC，从而间接求出CEBCBC3，DEDB．由三角形面积公式可求出CD121833．再利用勾股定理即可求出BE，进而求出CE．最555后利用平行线分线段成比例即可求出BM的长．（3）作AP//AC且交CD延长线于点P，连接AC．由题意易证明BCCBCC，ACP90BCC，ACD90BCC，即得出ACPACD．再由平行线性质可知APCACD，即得出ACPAPC，即可证明APACAC，由此即易证APDACD(AAS)，得出ADAD，即点D为AA中点．从而证明DE为ACA的中位线，即DE1AC．AC最小即可．即要使DE最小，根据三角形三边关系可得当点A、C、B2三点共线时AC最小，且最小值即为AC=ABBC，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在RtABC中，ACAB2BC252324．根据旋转性质可知ABAB，即△ABA为等腰三角形．∵ACB90，即BCAA，∴ACAC4，∴AA8．（2）如图，作CDAC交AC于点D，作CE//AB交AC于点E．由旋转可得ABCABC，BCBC3．∵CE//AB，∴CEBABC，∴CEBABC，∴CEBCBC3，DEDB．∵SABC1112ABCDACBC，即5CD43，∴CD．22591833，∴BE．∴CEBEBC．55522在RtBCD中，DBBCCDBM3BMBC1533，∴BM．∵CE//AB，∴，即3CECE115（3）如图，作AP//AC且交CD延长线于点P，连接AC．∵BCBC，∴BCCBCC，∵ACP180ACBBCC，即ACP90BCC，又∵ACD90BCC，∴ACPACD．∵AP//AC，∴APCACD，∴ACPAPC，∴APAC，∴APAC．ADPADC∴在△APD和ACD中APDACD，∴APDACD(AAS)，∴ADAD，即点APACD为AA中点．∵点E为AC中点，∴DE为ACA的中位线，∴DE可．根据图可知ACABBC，即当点A、C、B三点共线时AC最小，且最小值为AC=ABBC=53=2．1AC，即要使DE最小，AC最小即2∴此时DE1AC=1，即DE最小值为1．223．【答案】(1)y＝﹣x2﹣4x﹣3(2)t＝﹣3(3)M点的坐标为（5555，﹣3）或（，22﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣5，﹣3）【分析】（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入求a值，进而可得解析式；（2）解：如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q，设直线BE的解析式为y＝kx+b，待定系数法求解，抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，可得到四边形BEB′E′是平行四边形，根据S△BET＝11S四边形BEB′E′＝×12＝3，计算求解即可；（3）设P（x，﹣44x2﹣4x﹣3），分情况求解：①如图2，当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，可知tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，有BN1PE1，BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，代PNEC11入求出符合题意的解即可；②当∠BP2C＝90°时，求解方法同①；如图3，当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，可知△N3BP3也是等腰直角三角形，有N3B＝N3P3，求出符合题意的解即可；④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，有P4N4＝CN4，求出符合题意的解即可．(1)解：∵二次函数过点A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x+3），将C（0，﹣3）代入，得：3a＝-3，解得：a＝﹣1，∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣4x﹣3；(2)解：如图1，连接EE′、BB′，延长BE，交y轴于点Q．由（1）得y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1，∴抛物线顶点E（﹣2，1），设直线BE的解析式为y＝kx+b，3kb0k1∵B（﹣3，0），E（﹣2，1），∴，解得：，2kb1b3∴直线BE的解析式为：y＝x+3，∴Q（0，3），∵抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3绕点T（0，t）旋转180°，∴TB＝TB′，TE＝TE′，∴四边形BEB′E′是平行四边形，∴S△BET＝111S四边形BEB′E′＝×12＝3，441∵S△BET＝S△BQT﹣S△EQT＝2×（3﹣2）×TQ＝2TQ，∴TQ＝6，∴3﹣t＝6，∴t＝﹣3；(3)解：设P（x，﹣x2﹣4x﹣3），①如图2，当∠BP1C＝90°时，∠N1P1B＝∠P1CE，∴tan∠N1P1B＝tan∠P1CE，∴BN1PE1，PNEC11∵BN1＝﹣x2﹣4x﹣3，P1N1＝x+3，P1E＝﹣x，EC＝﹣x2﹣4x，x24x3x55552∴，化简得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝，x2＝（舍去），x3x4x22②当∠BP2C＝90°时，同理可得：x2+5x+5＝0，解得：x1＝∴M点的坐标为（5555（舍去），x2＝，225555，﹣3）或（，﹣3），22③如图3，当∠P3BC＝90°时，由△BM3C是等腰直角三角形，∴△N3BP3也是等腰直角三角形，∴N3B＝N3P3，∴﹣x2﹣4x﹣3＝x+3，化简得：x2+5x+6＝0，解得：x1＝﹣2，x2＝﹣3（舍去），∴M点的坐标为（﹣2，﹣3）；④当∠BCP4＝90°时，由△BOC是等腰直角三角形，可得△N4P4C也是等腰直角三角形，∴P4N4＝CN4，∴﹣x＝﹣3﹣（﹣x2﹣4x﹣3），化简得：x2+5x＝0，解得：x1＝﹣5，x2＝0（舍去），∴M点的坐标为（﹣5，﹣3），综上所述：满足条件的M点的坐标（或（﹣5，﹣3）．5555，﹣3）或（，﹣3）或（﹣2，﹣3）22