2022年湖北省恩施州中考数学试卷(含解析)

2022年湖北省恩施州中考数学试卷
题号一二三总分得分
一、选择题（本大题共12小题，共36分）
1.8的相反数是( )
A. −8
B. 8
C. 1
8D. −1
8
2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.函数y=√x+1
x−3
的自变量x的取值范围是( )
A. x≠3
B. x≥3
C. x≥−1且x≠3
D. x≥−1
4.如图是一个正方体纸盒的展开图，将其折叠成一个正方体后，
有“振”字一面的相对面上的字是( )
A. “恩”
B. “乡”
C. “村”
D. “兴”
5.下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6
B. a3÷a2=1
C. a3−a2=a
D. (a3)2=a6
6.为了解某小区居民的用水情况，随机抽查了若干户家庭的某月用水量，统计结果如
下表所示：
月用水量(吨)3456
户数4682
关于这若干户家庭的该月用水量的数据统计分析，下列说法正确的( )
A. 众数是5
B. 平均数是7
C. 中位数是5
D. 方差是1
7.已知直线l1//l2，将含30°角的直角三角板按如图所示摆放．若∠1=120°，则
∠2=( )
A. 120°
B. 130°
C. 140°
D. 150°
8.一艘轮船在静水中的速度为30km/ℎ，它沿江顺流航行144km与逆流航行96km所用
时间相等，江水的流速为多少？设江水流速为v km/ℎ，则符合题意的方程是( )
A. 144
30+v =96
30−v
B. 144
30−v
=96
v
C. 144
30−v =96
30+v
D. 144
v
=96
30+v
9.如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，
大于1
2
BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直
线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN.若
AD=4，AB=2.则四边形MBND的周长为( )
A. 5
2
B. 5
C. 10
D. 20
10.如图1是我国青海湖最深处的某一截面图，青海湖水面下任意一点A的压强P(单位：
cmHg)与其离水面的深度ℎ(单位：m)的函数解析式为P=kℎ+P0，其图象如图2所示，其中P0为青海湖水面大气压强，k为常数且k≠0.根据图中信息分析(结果保留一位小数)，下列结论正确的是( )
A. 青海湖水深16.4m 处的压强为188.6cmHg
B. 青海湖水面大气压强为76.0cmHg
C. 函数解析式P =kℎ+P 0中自变量ℎ的取值范围是ℎ≥0
D. P 与ℎ的函数解析式为P =9.8×105ℎ+76
11. 如图，在四边形ABCD 中，∠A =∠B =90°，AD =10cm ，BC =8cm ，点P 从点D 出
发，以1cm/s 的速度向点A 运动，点M 从点B 同时出发，以相同的速度向点C 运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P 的运动时间为t(单位：s)，下列结论正确的是( )
A. 当t =4s 时，四边形ABMP 为矩形
B. 当t =5s 时，四边形CDPM 为平行四边形
C. 当CD =PM 时，t =4s
D. 当CD =PM 时，t =4s 或6s
12. 已知抛物线y =1
2x 2−bx +c ，当x =1时，y <0；当x =2时，y <0.下列判断： 13. ①b 2>2c ；②若c >1，则b >3
2；③已知点A(m 1,n 1)，
B(m 2,n 2)在抛物线y =1
2x 2−bx +c 上，当m 1<m 2<b 时，n 1>n 2；④若方程1
2x 2−bx +c =0的两实数根为x 1，x 2，则x 1+x 2>3.其中正确的有个．( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共4小题，共12分） 14. 9的算术平方根是______．
15. 因式分解：a 3−6a 2+9a =______．
16. 如图，在Rt △ABC 中，
∠C =90°，AC =4，BC =3，⊙O 为Rt △ABC 的内切圆，则图中阴影部分的面积为(结果保留π) ______．
17. 观察下列一组数：2，12，2
7，…，它们按一定规律排列，
第n 个数记为a n ，且满足1a n
+1
a
n+2
=
2a n+1
.则a 4=______，a 2022=______．
三、解答题（本大题共8小题，共72分） 18. 先化简，再求值：
x 2−1x 2
÷
x−1x
−1，其中x =√3．
19. 如图，已知四边形ABCD 是正方形，G 为线段AD 上任意一点，CE ⊥BG 于点E ，DF ⊥
CE 于点F.求证：DF =BE +EF ．
20. 2022年4月29日，湖北日报联合夏风教室发起“劳动最光荣，加油好少年”主题活
动．某校学生积极参与本次主题活动，为了解该校学生参与本次主题活动的情况，随机抽取该校部分学生进行调查．根据调查结果绘制如下不完整的统计图(如图).请结合图中信息解答下列问题：
21. (1)本次共调查了______名学生，并补全条形统计图．
22. (2)若该校共有1200名学生参加本次主题活动，则本次活动中该校“洗衣服”的学
生约有多少名？
23. (3)现从参与本次主题活动的甲、乙、丙、丁4名学生中，随机抽取2名学生谈一谈
劳动感受．请用列表或画树状图的方法，求甲、乙两人同时被抽中的概率．
24.
25.如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映成趣．某活动
小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°.求古亭与古柳之间的距离AB的长(参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，结果精确到1m)．
26.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知∠ACB=90°，A(0,2)，C(6,2).D为
(k≠0)等腰直角三角形ABC的边BC上一点，且S△ABC=3S△ADC.反比例函数y1=k
x 的图象经过点D．
27.(1)求反比例函数的解析式．
28.(2)若AB所在直线解析式为y2=ax+b(a≠0)，当y1>y2时，求x的取值范围．
29.某校计划租用甲、乙两种客车送180名师生去研学基地开展综合实践活动．已知租
用一辆甲型客车和一辆乙型客车共需500元，租用2辆甲型客车和3辆乙型客车共需1300元．甲型客车每辆可坐15名师生，乙型客车每辆可坐25名师生．
30.(1)租用甲、乙两种客车每辆各多少元？
31.(2)若学校计划租用8辆客车，怎样租车可使总费用最少？
32.如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于
点D、E，交AB于点C．
33.(1)求证：∠ADE=∠PAE．
34.(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．
35.(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
36.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−x2+c与y轴交于点P(0,4)．
37.(1)直接写出抛物线的解析式．
38.(2)如图，将抛物线y=−x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，
平移后的抛物线与x轴交于A、B两点(点A在点B的右侧)，与y轴交于点C.判断以B、
C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
39.(3)直线BC与抛物线y=−x2+c交于M、N两点(点N在点M的右侧)，请探究在x轴
上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
40.(4)若将抛物线y=−x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有
一个公共点时，请直接写出抛物线y=−x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
41.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：8的相反数是−8，
故选：A．
根据相反数的定义进行解答即可．
本题考查相反数，掌握相反数的定义是正确解答的前提．
2.【答案】B
【解析】解：选项A中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不符合题意；选项B中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项B符合题意；
选项C中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项C不符合题意；
选项D中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故选项D不符合题意；
故选：B．
根据各个选项中的图形，可以写出是否为中心对称图形或轴对称图形，然后即可判断哪个选项符合题意．
本题考查中心对称图形、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，写出各个图形是否为中心对称图形或轴对称图形．
3.【答案】C
【解析】解：由题意得：
{x+1≥0
x−3≠0，
解得：x≥−1且x≠3．
故选：C．
利用分式有意义的条件和二次根式有意义的条件得到不等式组，解不等式组即可得出结论．
本题主要考查了函数自变量的取值范围，二次根式，分式有意义的条件，依据题意列出不等式组是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：由正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“振”与“兴”是对面，
故选：D．
根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
本题考查正方体相对两个面上的文字，掌握正方体表面展开图的特征是正确判断的前提．
5.【答案】D
【解析】解：A、a2⋅a3=a5，故本选项错误；
B、a3÷a2=a，故本选项错误；
C、a3和a2不是同类项，不能合并，故本选项错误；
D、(a3)2=a6，故本选项正确．
故选：D．
分别根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；幂的乘方，底数不变指数相乘；同底数幂相除，底数不变指数相减，合并同类项，只把系数相加减，字母与字母的次数不变，对各选项计算后利用排除法求解．
本题考查了同底数幂的乘法，同底数幂的除法，合并同类项的法则，幂的乘方，熟练掌握运算性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：这组数据出现次数最多的是5吨，共出现8次，所以用水量的众数是5吨，因此选项A符合题意；
=4.4(吨)，因此选项B不符合题意；
这组数据的平均数为3×4+4×6+5×8+6×2
4+6+8+2
=4.5(吨)，因将这20户的用水量从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为4+5
2
此选项C不符合题意；
[(3−4.4)2×3+(4−4.4)2×6+(5−4.4)2×8+(6−
这组数据的方差为1
20
4.4)2×2]≈0.46，因此选项D不符合题意；
故选：A．
根据众数、中位数、平均数、方差的计算方法分别进行计算即可．
本题考查平均数、中位数、众数、方差，掌握平均数、中位数、众数以及方差的计算方法是正确解答的前提．
7.【答案】D
【解析】解：过含30°角的直角三角板的直角顶点B作BF//l1，交AC于点F，
∵∠C=30°，
∴∠A=90°−∠C=60°．
∵∠1=∠A+∠ADE，
∴∠ADE=60°．
∵BF//l1，
∴∠ABF=∠ADE=60°，
∴∠FBG=90°−∠ABF=30°．
∵BF//l1，l1//l2，
∴BF//l2，
∴∠BGH+∠FBG=180°，
∴∠BGH=180°−∠FBG=150°，
∴∠2=∠BGH=150°．
故选：D．
过点B作BF//l1，交AC于点F，利用三角形的外角的性质，平行线的性质定理和对顶角相等的性质解答即可．
本题主要考查了直角三角形的两个锐角互余，平行线的性质定理，三角形的外角的性质，对顶角相等，过点B作BF//l1，交AC于点F是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得144
30+v =96
30−v
，
故选：A．
根据“顺流航行144km与逆流航行96km所用时间相等”列分式方程即可．
本题考查了分式方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，
∴BM=MD，BN=ND．
设PQ与BD交于点O，如图，
则BO=DO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，在△MDO和△NBO中，
{∠MDO=∠NBO ∠DMO=∠BNO OD=OB
，
∴△MDO≌△NBO(AAS)，
∴DM=BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∵BM=MD，
∴四边形MBND为菱形，
∴四边形MBND的周长=4BM．
设MB=x，则MD=BM=x，
∴AM=AD−DM=4−x，
在Rt△ABM中，
∵AB2+AM2=BM2，
∴22+(4−x)2=x2，
解得：x=5
2
，
∴四边形MBND的周长=4BM=10．
故选：C．
利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．
本题主要考查了基本作图，作线段的垂直平分线，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，判定四边形MBND 为菱形是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：由图象可知，直线P =kℎ+P 0过点(0,68)和(32.8,309.2)，
∴{P 0=6832.8k +P 0=309.2
， 解得{k ≈7.4P 0=68
． ∴直线解析式为：P =7.4ℎ+68.故D 错误，不符合题意；
∴青海湖水面大气压强为68.0cmHg ，故B 错误，不符合题意；
根据实际意义，0≤ℎ≤32.8，故C 错误，不符合题意；
将ℎ=16.4代入解析式，
∴P =7.4×16.4+68=188.6，即青海湖水深16.4m 处的压强为188.6cmHg ，故A 正确，符合题意．
故选：A ．
由图象可知，直线P =kℎ+P 0过点(0,68)和(32.8,309.2).由此可得出k 和P 0的值，进而可判断B ，D ；根据实际情况可得出ℎ的取值范围，进而可判断C ；将ℎ=16.4代入解析式，可求出P 的值，进而可判断A ．
本题主要考查一次函数的实际应用，涉及一次函数的图象和性质，待定系数法等知识．关键是计算过程中需要结合实际意义．
11.【答案】D
【解析】解：根据题意，可得DP =t ，BM =t ，
∵AD =10cm ，BC =8cm ，
∴AP =10−t ，CM =8−t ，
当四边形ABMP 为矩形时，AP =BM ，
即10−t =t ，
解得t =5，
故A 选项不符合题意；
当四边形CDPM 为平行四边形，DP =CM ，
即t =8−t ，
解得t=4，
故B选项不符合题意；
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即8−t=t，
解得t=4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
则∠MGP=∠CHD=90°，
∵PM=CD，GM=HC，
∴△MGP≌△CHD(HL)，
∴GP=HD，
∵AG=AP+GP=10−t+t−(8−t)
，
2
又∵BM=t，
∴10−t+t−(8−t)
=t，
2
解得t=6，
综上，当CD=PM时，t=4s或6s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
根据题意，表示出DP，BM，AD和BC的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可；当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
12.【答案】C
>0，
【解析】解：∵a=1
2
∴抛物线开口向上，
当x=1时，y<0；当x=2时，y<0，
∴抛物线与x轴有两个不同的交点，
∴Δ=b2−4ac=b2−2c>0，故①正确；
∵当x=1时，y<0；当x=2时，y<0，
−b+c<0；
∴1
2
∴b>1
+c，
2
，故②正确；
当c>1时，则b>3
2
抛物线的对称轴为直线x=b，且开口向上，
当x<b时，y的值随x的增大而减小，
∴当m1<m2<b时，n1>n2，故③正确；
x2−bx+c=0的两实数根为x1，x2，
∵方程1
2
∴x1+x2=2b，
，
又∵b<3
2
∴x1+x2<3，故④错误；
综上，正确的有①②③，共3个，
故选：C．
利用一元二次方程的根的判别式可判断①；把x=1、x=2，分别代入，得到不等式，求得即可判断②；求得抛物线的对称轴为直线x=b，利用二次函数的性质即可判断③；利用根与系数的关系即可判断④．
本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系等知识，掌握二次函数的性质是解题关键．
13.【答案】3
【解析】解：∵(±3)2=9，
∴9的平方根为±3，
∴9的算术平方根是3．
故答案为：3．
9的平方根为±3，算术平方根为非负数，从而得出结论．
本题考查了数的算式平方根，解题的关键是牢记算术平方根为非负数．
14.【答案】a(a −3)2
【解析】解：原式=a(a 2−6a +9)=a(a −3)2，
故答案为：a(a −3)2．
先提公因式a ，再利用完全平方公式进行因式分解即可．
本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的关键．
15.【答案】5−34π 【解析】解：作OD ⊥AC 于点D ，作OE ⊥CB 于点E ，作OF ⊥AB
于点F ，连接OA 、OC 、OB ，如图，
∵∠C =90°，OD =OE =OF ，
∴四边形CEOD 是正方形，
∵AC =4，BC =3，∠C =90°，
∴AB =√AC 2+BC 2=√42+32=5，
∵S △ABC =S △AOC +S △COB +S △BOA ，
∴4×3
2=4⋅OD
2+3⋅OE
2+5⋅OF
2，
解得OD =OE =OF =1，
∴图中阴影部分的面积为：
4×32−1×1−π×12×34=5−3
4π， 故答案为：5−34π.
根据题意，先作出相应的辅助线，然后求出内切圆的半径，再根据图形可知：阴影部分的面积=△ABC 的面积−正方形CEOD 的面积−⊙O 面积的34，代入数据计算即可． 本题考查三角形的内切圆、勾股定理、扇形面积的计算，解答本题的关键是求出内切圆的半径．
16.【答案】15 1
3032
【解析】解：由题意可得：a 1=2=21，a 2=12=24，a 3=27，
∵1 a 2+1a 4=2
a 3， ∴2+1
a 4=7， ∴a 4=15=210，
∵1 a 3+1a 5=2
a 4， ∴a 5=213，
同理可求a 6=18=216，⋅⋅⋅
∴a n =23( n−1)+1，
∴a 2022=13032
， 故答案为：15，13032．
由题意可得a n =23( n−1)+1，即可求解．
本题考查了数字的变化类，找出数字的变化规律是解题的关键．
17.【答案】解：x
2−1x 2÷x−1x −1 =
(x+1)(x−1)x 2⋅x x−1−1 =
x+1x −1 =x+1−x x
=1x ，
当x =√3时，原式=√3=√33
． 【解析】先根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，再根据分式的减法法则进行计算，最后代入求出答案即可．
本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
18.【答案】证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴BC =CD ，∠BCD =90°，
∵CE ⊥BG ，DF ⊥CE ，
∴∠BEC =∠DFC =90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°=∠BCE+∠DCF，∴∠CBE=∠DCF，
在△CBE和△DCF中，
{∠EBC=∠FCD ∠BEC=∠CFD BC=CD
，
∴△CBE≌△DCF(AAS)，
∴CF=BE，CE=DF，
∵CE=EF+CF，
∴DF=BE+EF．
【解析】由“AAS”可证△CBE≌△DCF，可得CF=BE，CE=DF，可得结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
19.【答案】200
【解析】解：(1)40÷20%=200(人)，200−40−50−30−20=60(人)，
故答案为：200，补全条形统计图如下：
(2)1200×50
200
=300(人)，
答：该校1200名学生中参与“洗衣服”的学生约有300名；
(3)从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况如下：
共有12种可能出现的结果，其中甲、乙同时被抽中的有2种，
所以甲、乙同时被抽中的概率为2
12=1
6
．
(1)从两个统计图中可知，样本中参与“做饭”的有40人，占调查人数的20%，由频率=频数
总数
可以求出调查人数，进而求出参与“扫地”的频数，补全条形统计图；
(2)用样本中参与“洗衣服”的所占的百分比估计总体中参与“洗衣服”的百分比，进而求出相应的人数；
(3)用列表法表示从甲、乙、丙、丁四个人中选择2个人所有可能出现的结果情况，进而求出相应的概率即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图以及样本估计总体，列举出所有可能出现的结果是解决问题的关键．
20.【答案】解：过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，
设AC=x米，
∵AD=50米，
∴CD=AC+AD=(x+50)米，
在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
∴BC=AC⋅tan60°=√3x(米)，
在Rt△BCD中，∠BDC=45°，
∴tan45°=BC
CD
=1，
∴BC=CD，
∴√3x=x+50，
∴x=25√3+25，
∴AC=(25√3+25)米，
∴AB=AC
cos60∘=25√3+25
1
2
=50√3+50≈137(米)，
∴古亭与古柳之间的距离AB的长约为137米．
【解析】过点B 作BC ⊥AD ，交DA 的延长线于点C ，设AC =x 米，则CD =(x +50)米，在Rt △ABC 中，利用锐角三角函数的定义求出BC 的长，再在Rt △BCD 中，利用锐角三角函数的定义可得BC =DC ，从而列出关于x 的方程，进行计算即可求出AC 的长，最后在Rt △ABC 中，利用锐角三角函数的定义求出AB 的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∵A(0,2)，C(6,2)，
∴AC =6，
∵△ABC 是∠C 为直角的等腰直角三角形，
∴BC =AC =6，
∵D 为等腰直角三角形ABC 的边BC 上一点，且S △ABC =3S △ADC ．
∴CD =2，
∴D(6,4)，
∵反比例函数y 1=k x (k ≠0)的图象经过点D ，
∴k =6×4=24，
∴反比例函数的解析式为y =
24x ；
(2)∵A(0,2)，B(6,8)，
∴把A 、B 的坐标代入y 2=ax +b 得{b =26a +b =8
， 解得{a =1b =2
， ∴y 2=x +2，
解{y =24x y =x +2得{x =−6y =−4或{x =4y =6
， ∴两函数的交点为(−6,−4)，(4,6)
∴当y 1>y 2时，x 的取值范围是x <−6或0<x <4．
【解析】(1)根据等腰直角三角形的性质得出AC =BC =6，由S △ABC =3S △ADC 得到CD =2，即可求得D(6,4)，代入y 1=k x (k ≠0)即可求得k 的值；
(2)利用待定系数法求得y 2的解析式，然后解析式联立，解方程组求得交点坐标，根据图形即可求得．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了等腰直角三角形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数的解析式，数形结合是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设租用甲种客车每辆x 元，租用乙种客车每辆y 元，
根据题意可得，{x +y =5002x +3y =1300
， 解得{x =200y =300
． ∴租用甲种客车每辆200元，租用乙种客车每辆300元．
(2)设租用甲型客车m 辆，则租用乙型客车(8−m)辆，租车总费用为w 元， 根据题意可知，w =200m +300(8−m)=−100m +2400，
∵15m +25(8−m)≥180，
∴0<m ≤2，
∵−100<0，
∴w 随m 的增大而减小，
∴当m =2时，w 的最小值为−100×2+2400=2200．
∴当租用甲型客车2辆，租用乙型客车6辆，租车总费用最少为2200元．
【解析】(1)设租用甲种客车每辆x 元，租用乙种客车每辆y 元，根据题意建立二元一次方程组，再解方程即可得出结论．
(2)设租甲型客车m 辆，总费用为w 元，则租乙型客车(8−m)辆，根据总费用=每辆车的租金×租车数量，即可得出w 关于x 的函数关系式，由师生总人数结合甲、乙两种型号客车的载客量，可求出x 的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题． 本题考查了一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一次函数的性质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)根据总费用=每辆车的租金×租车数量，找出w 关于x 的函数关系式．
23.【答案】(1)证明：连接OA ，如图，
∵PA 为⊙O 的切线，
∴AO ⊥PA ，
∴∠OAE +∠PAE =90°．
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°．
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠AED，
∴∠ADE=∠PAE；
(2)证明：由(1)知：∠ADE=∠PAE=30°，
∵∠DAE=90°，
∴∠AED=90°−∠ADE=60°．
∵∠AED=∠PAE+∠APE，
∴∠APE=∠PAE=30°，
∴AE=PE；
(3)解：设CE=x，则DE=CD+CE=6+x，∴OA=OE=6+x
2
，
∴OC=OE−CE=6−x
2
，
OP=OE+PE=14+x
2
．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，PO平分∠APB，
∴PO⊥AB．
∵PA为⊙O的切线，
∴AO⊥PA，
∴△OAC∽△OPA，
∴OA
OC =OP
OA
，
∴6+x
2
6−x
2
=
14+x
2
6+x
2
，
即：x2+10x−24=0．
解得：x=2或−12(不合题意，舍去)，
∴CE=2．
【解析】(1)连接OA，利用切线的性质定理，圆周角定理，同圆的半径相等，等腰三角形的性质和等角的余角相等解答即可；
(2)利用(1)的结论，直径所对的圆周角为直角，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理解答即可；
(3)CE=x，则DE=CD+CE=6+x，OA=OE=6+x
2，OC=OE−CE=6−x
2
，OP=
OE+PE=14+x
2
，利用相似三角形的判定与性质得出比例式即可求得结论．
本题主要考查了圆的切线的性质，切线长定理，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，连接OA是解决此类问题常添加的辅助线．24.【答案】解：(1)∵抛物线y=−x2+c与y轴交于点P(0,4)，
∴c=4，
∴抛物线的解析式为y=−x2+4；
(2)△BCQ是直角三角形．理由如下：
将抛物线y=−x2+4向左平移1个单位长度，得新抛物线y=−(x+1)2+4，
∴平移后的抛物线顶点为Q(−1,4)，
令x=0，得y=−1+4=3，
∴C(0,3)，
令y=0，得−(x+1)2+4=0，
解得：x1=1，x2=−3，
∴B(−3,0)，A(1,0)，
如图1，连接BQ，CQ，PQ，
∵P(0,4)，Q(−1,4)，
∴PQ⊥y轴，PQ=1，
∵CP=4−3=1，
∴PQ=CP，∠CPQ=90°，
∴△CPQ是等腰直角三角形，
∴∠PCQ=45°，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO=45°，
∴∠BCQ=180°−45°−45°=90°，
∴△BCQ是直角三角形．
(3)在x 轴上存在点T ，使得以B 、N 、T 三点为顶点的三角形与△ABC 相似．
∵△ABC 是锐角三角形，∠ABC =45°，
∴以B 、N 、T 三点为顶点的三角形与△ABC 相似，必须∠NBT =∠ABC =45°， 即点T 在y 轴的右侧，
设T(x,0)，且x >0，则BT =x +3，
∵B(−3,0)，A(1,0)，C(0,3)，
∴∠ABC =45°，AB =4，BC =3√2， 设直线BC 的解析式为y =kx +b ， 则{−3k +b =0b =3， 解得：{k =1b =3， ∴直线BC 的解析式为y =x +3，
由{y =x +3y =−x 2+4
， 解得：{x 1=−1+√52y 2=5−√52，{x 2=−1+√52y 2=5+√52
， ∴M(−1+√52,5−√5
2)，N(−1+√52,5+√5
2)，
∴BN =5+√5
2×√2=5√2+√102
， ①当△NBT∽△CBA 时，则BT BN =BA BC ，
∴x+3
5√2+√10
2=43√
2， 解得：x =
1+2√53， ∴T(1+2√53
,0)； ②当△NBT∽△ABC 时，则BT BN =BC BA ，
∴x+3
5√2+√10
2=3√24，
解得：x =
3+3√54， ∴T(3+3√54
,0)； 综上所述，点T 的坐标T(1+2√53,0)或(3+3√54
,0)． (4)抛物线y =−x 2+4的顶点为P(0,4)，
∵直线BC 的解析式为y =x +3，
∴直线AB与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线AB的方向平移到只有1个公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，
设平移后的抛物线的顶点为P′(t,4−t)，
则平移后的抛物线为y=−(x−t)2+4−t，
由−(x−t)2+4−t=x+3，
整理得：x2+(1−2t)x+t2+t−1=0，
∵平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点，
∴Δ=(1−2t)2−4(t2+t−1)=0，
解得：t=5
8
，
∴平移后的抛物线的顶点为P′(5
8,27
8
)，平移的最短距离为5√2
8
．
【解析】(1)把点P(0,4)代入y=−x2+c，即可求得答案；
(2)根据题意平移后的新抛物线y=−(x+1)2+4，平移后的抛物线顶点为Q(−1,4)，再求出C(0,3)，B(−3,0)，A(1,0)，如图1，连接BQ，CQ，PQ，可推出：△CPQ是等腰直角三角形，△BOC是等腰直角三角形，即可证得△BCQ是直角三角形．
(3)设T(x,0)，且x>0，则BT=x+3，利用待定系数法得出直线BC的解析式为y=x+3，
联立方程组求得：M(−1+√5
2,5−√5
2
)，N(−1+√5
2
,5+√5
2
)，进而可得BN=5√2+√10
2
，再分两种
情况：①当△NBT∽△CBA时，则BT
BN =BA
BC
，②当△NBT∽△ABC时，则BT
BN
=BC
BA
，分别建
立方程求解即可得出答案．
(4)由于直线AB与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线AB的方向平移到只有1个公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，设平移后的抛物线的顶点为P′(t,4−t)，可得y=−(x−t)2+4−t，联立得x2+(1−2t)x+t2+t−1=0，运用根的判别式即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，抛物线的平移变换，直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式的应用等，熟练掌握二次函数的图象及性质、数形结合、分类讨论是解题的关键．。