2024届吉林省长春市东北师大附中明珠校中考数学适应性模拟试题含解析

2024届吉林省长春市东北师大附中明珠校中考数学适应性模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．“单词的记忆效率”是指复习一定量的单词，一周后能正确默写出的单词个数与复习的单词个数的比值.右图描述了某次单词复习中,,,
M N S T四位同学的单词记忆效率y与复习的单词个数x的情况，则这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的是( )
A．M B．N C．S D．T
2．图为小明和小红两人的解题过程．下列叙述正确的是( )
计算：
3
1
x-
+
2
3
1
x
x
-
-
A．只有小明的正确B．只有小红的正确
C．小明、小红都正确D．小明、小红都不正确
3．如图，小明为了测量河宽AB，先在BA延长线上取一点D，再在同岸取一点C，测得∠CAD=60°，∠BCA=30°，AC=15 m，那么河AB宽为（）
A．15 m B．53m C．103m D．123m
4．若点A（a，b），B（1
a
，c）都在反比例函数y＝
1
x
的图象上，且﹣1＜c＜0，则一次函数y＝（b﹣c）x+ac的大致
图象是（）
A．B．C．D．5．下列计算正确的是（）
A．9＝±3 B．﹣32＝9 C．（﹣3）﹣2＝1
9
D．﹣3+|﹣3|＝﹣6
6．在“朗读者”节目的影响下，某中学开展了“好书伴我成长”读书活动．为了解5月份八年级300名学生读书情况，随机调查了八年级50名学生读书的册数，统计数据如下表所示：
册数0 1 2 3 4
人数 4 12 16 17 1
关于这组数据，下列说法正确的是（）
A．中位数是2 B．众数是17 C．平均数是2 D．方差是2
7．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E，F分别是AC，BC的中点，直线EF与⊙O交于G，H两点，若⊙O的半径为6，则GE+FH的最大值为（）
A．6 B．9 C．10 D．12
9．计算2a2＋3a2的结果是（）
A．5a4B．6a2C．6a4D．5a2
10．如图1，在△ABC中，AB=BC，AC=m，D，E分别是AB，BC边的中点，点P为AC边上的一个动点，连接PD，PB，PE.设AP=x，图1中某条线段长为y，若表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则这条线段可能是（）
A．PD B．PB C．PE D．PC
11．如图,在△ABC中,AD是BC边的中线,∠ADC=30°,将△ADC沿AD折叠,使C点落在C′的位置,若BC=4,则BC′的长为()
A．23B．2 C．4 D．3
12．由一些大小相同的小正方体组成的几何体的俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示在该位置上的小正方体的个数，那么，这个几何体的左视图是（）
A．B．C．D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，在平面直角坐标系中，点A是抛物线y=a（x+3
2
）2+k与y轴的交点，点B是这条抛物线上的另一点，且
AB∥x轴，则以AB为边的正方形ABCD的周长为_____．
14．直线y=1
2
x与双曲线y=
k
x
在第一象限的交点为（a，1），则k=_____．
15．计算：（2018﹣π）0=_____．
16．在2018年帮助居民累计节约用水305000吨，将数字305000用科学记数法表示为_____．
17．若关于x的不等式组
>
<2
x a
x
⎧
⎨
⎩
恰有3个整数解，则字母a的取值范围是_____．
18．如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，按向上，向右，向下，向右的方向不断地移动，每移动一个单位，得到点A1（0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），…那么点A4n+1（n为自然数）的坐标为（用n 表示）
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连结AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM．
①求∠CAM的度数；
②当3DM=4时，求DH的长．
20．（6分）如图1，在长方形ABCD 中，12AB cm =，BC 10cm =，点P 从A 出发，沿A B C D →→→的路线运动，到D 停止；点Q 从D 点出发，沿D C B A →→→路线运动，到A 点停止．若P 、Q 两点同时出发，速度分别为每秒lcm 、2cm ，a 秒时P 、Q 两点同时改变速度，分别变为每秒2cm 、54cm (P 、Q 两点速度改变后一直保持此速度，直到停止)，如图2是APD ∆的面积2()s cm 和运动时间x (秒)的图象．
(1)求出a 值；
(2)设点P 已行的路程为1()y cm ，点Q 还剩的路程为2()y cm ，请分别求出改变速度后，12,y y 和运动时间x (秒)的关系式；
(3)求P 、Q 两点都在BC 边上，x 为何值时P ，Q 两点相距3cm ？
21．（6分）若关于x 的方程
311x a x x --=-无解，求a 的值. 22．（8分）综合与探究：
如图1，抛物线y=322333x 轴分别交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于C 点．经过点A 的直线l 与y 轴交于点D （03．
（1）求A 、B 两点的坐标及直线l 的表达式；
（2）如图2，直线l 从图中的位置出发，以每秒1个单位的速度沿x 轴的正方向运动，运动中直线l 与x 轴交于点E ，与y 轴交于点F ，点A 关于直线l 的对称点为A′，连接FA′、BA′，设直线l 的运动时间为t （t ＞0）秒．探究下列问
题：
①请直接写出A′的坐标（用含字母t的式子表示）；
②当点A′落在抛物线上时，求直线l的运动时间t的值，判断此时四边形A′BEF的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，探究：在直线l的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P，A′，B，E为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）如图，点O为Rt△ABC斜边AB上的一点，以OA为半径的⊙O与BC切于点D，与AC交于点E，连接AD.
求证：AD平分∠BAC；若∠BAC=60∘，OA=4，求阴影部分的面积(结果保留π). 24．（10分）如图，点D在O的直径AB的延长线上，点C在O上，且AC=CD，∠ACD=120°.求证：CD是O 的切线；若O的半径为2，求图中阴影部分的面积.
25．（10分）已如：⊙O与⊙O上的一点A
（1）求作：⊙O的内接正六边形ABCDEF；（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）
（2）连接CE，BF，判断四边形BCEF是否为矩形，并说明理由．
26．（12分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+m+2=1．
（1）求证：无论实数m取何值，方程总有两个实数根；
（2）若方程两个根均为正整数，求负整数m的值．
27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y ＝﹣13x +2的图象交x 轴于点P ，二次函数y ＝﹣12x 2+32x +m 的图象与x 轴的交点为（x 1，0）、（x 2，0），且21x +2
2x ＝17 （1）求二次函数的解析式和该二次函数图象的顶点的坐标．
（2）若二次函数y ＝﹣12x 2+32x +m 的图象与一次函数y ＝﹣13
x +2的图象交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），在x 轴上是否存在点M ，使得△MAB 是以∠ABM 为直角的直角三角形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1、C
【解题分析】
分析:在四位同学中，M 同学单词记忆效率最高，但是复习的单词最少，T 同学复习的单词最多，但是他的单词记忆效率最低，N ,S 两位同学的单词记忆效率基本相同，但是S 同学复习的单词最多，这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的应该是S .
详解：在四位同学中，M 同学单词记忆效率最高，但是复习的单词最少，T 同学复习的单词最多，但是他的单词记忆效率最低，N ,S 两位同学的单词记忆效率基本相同，但是S 同学复习的单词最多，这四位同学在这次单词复习中正确默写出的单词个数最多的应该是S .
故选C.
点睛：考查函数的图象，正确理解题目的意思是解题的关键.
2、D
【解题分析】
直接利用分式的加减运算法则计算得出答案．
【题目详解】
解：
3
1
x-2
3
1
x
x
-
+
-
＝﹣
3
1x
-
+
3
(1)(1)
x
x x
-
-+
＝﹣
3(1)
(1)(1)
x
x x
+
-+
+
3
(1)(1)
x
x x
-
-+
＝
333 (1)(1)
x x
x x --+-
-+
＝
26 (1)(1)
x
x x
--
-+
，
故小明、小红都不正确．
故选：D．
【题目点拨】
此题主要考查了分式的加减运算，正确进行通分运算是解题关键．3、A
【解题分析】
过C作CE⊥AB，
Rt△ACE中，
∵∠CAD=60°，AC=15m，
∴∠ACE=30°，AE=1
2
AC=
1
2
×15=7.5m，CE=AC•cos30°=15×
3
2
=
153
2
，
∵∠BAC=30°，∠ACE=30°，∴∠BCE=60°，
∴BE=CE•tan60°=153
2
×3=22.5m，
∴AB=BE﹣AE=22.5﹣7.5=15m，故选A．
【题目点拨】本题考查的知识点是解直角三角形的应用，关键是构建直角三角形，解直角三角形求出答案． 4、D
【解题分析】
将(),A a b ，1,B c a ⎛⎫
⎪⎝⎭代入1y x =，得1a b ⨯=，11c a ⨯=，然后分析b c -与ac 的正负，即可得到()y b c x ac =-+的大致图象.
【题目详解】
将(),A a b ，1,B c a ⎛⎫
⎪⎝⎭代入1y x =，得1a b ⨯=，11c a ⨯=， 即1b a
=，a c =． ∴2
111c b c c c a c c
--=-=-=． ∵10c -<<，∴201c <<，∴210c ->．
即21c -与c 异号．
∴0b c -<．
又∵0ac >，
故选D ．
【题目点拨】
本题考查了反比例函数图像上点的坐标特征，一次函数的图像与性质，得出b c -与ac 的正负是解答本题的关键. 5、C
【解题分析】
分别根据二次根式的定义，乘方的意义，负指数幂的意义以及绝对值的定义解答即可．
【题目详解】
，故选项A 不合题意；
﹣32＝﹣9，故选项B 不合题意；
（﹣3）﹣2＝19
，故选项C 符合题意； ﹣3+|﹣3|＝﹣3+3＝0，故选项D 不合题意．
故选C ．
【题目点拨】
本题主要考查了二次根式的定义，乘方的定义、负指数幂的意义以及绝对值的定义，熟记定义是解答本题的关键．6、A
【解题分析】
试题解析：察表格，可知这组样本数据的平均数为：
（0×4+1×12+2×16+3×17+4×1）÷50=；
∵这组样本数据中，3出现了17次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是3；
∵将这组样本数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，
∴这组数据的中位数为2，
故选A．
考点：1.方差；2.加权平均数；3.中位数；4.众数．
7、B
【解题分析】
解：第一个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第二个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第四个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个．故选B．
8、B
【解题分析】
首先连接OA、OB，根据圆周角定理，求出∠AOB=2∠ACB=60°，进而判断出△AOB为等边三角形；然后根据⊙O 的半径为6，可得AB=OA=OB=6，再根据三角形的中位线定理，求出EF的长度；最后判断出当弦GH是圆的直径时，它的值最大，进而求出GE+FH的最大值是多少即可．
【题目详解】
解：如图，连接OA、OB，
，
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=2∠ACB=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∵⊙O的半径为6，
∴AB=OA=OB=6，
∵点E，F分别是AC、BC的中点，
∴EF=1
2
AB=3，
要求GE+FH的最大值，即求GE+FH+EF（弦GH）的最大值，
∵当弦GH是圆的直径时，它的最大值为：6×2=12，
∴GE+FH的最大值为：12﹣3=1．
故选：B．
【题目点拨】
本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键.
9、D
【解题分析】
直接合并同类项，合并同类项时，把同类项的系数相加，所得和作为合并后的系数，字母和字母的指数不变.
【题目详解】
2a2＋3a2=5a2.
故选D.
【题目点拨】
本题考查了利用同类项的定义及合并同类项，熟练掌握合并同类项的方法是解答本题的关键.所含字母相同，并且相同字母的指数也相同的项，叫做同类项；合并同类项时，把同类项的系数相加，所得和作为合并后的系数，字母和字母的指数不变.
10、C
【解题分析】
观察可得，点P在线段AC上由A到C的运动中，线段PE逐渐变短，当EP⊥AC时，PE最短，过垂直这个点后，PE又逐渐变长，当AP=m时，点P停止运动，符合图像的只有线段PE，故选C.
点睛：本题考查了动点问题的函数图象，对于此类问题来说是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
11、A
【解题分析】
连接CC′，
∵将△ADC沿AD折叠，使C点落在C′的位置，∠ADC=30°，∴∠ADC′=∠ADC=30°，CD=C′D，
∴∠CDC′=∠ADC+∠ADC′=60°，
∴△DCC′是等边三角形，
∴∠DC′C=60°，
∵在△ABC中，AD是BC边的中线，
即BD=CD，
∴C′D=BD，
∴∠DBC′=∠DC′B=1
2
∠CDC′=30°，
∴∠BC′C=∠DC′B+∠DC′C=90°，∵BC=4，
∴BC′=BC•cos∠DBC′=4×
3
2
=23，
故选A.
【题目点拨】本题考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及三角函数等知识，准确添加辅助线，掌握折叠前后图形的对应关系是解题的关键．
12、A
【解题分析】
从左面看，得到左边2个正方形，中间3个正方形，右边1个正方形．故选A．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、1
【解题分析】
根据题意和二次函数的性质可以求得线段AB的长度，从而可以求得正方形ABCD的周长．
【题目详解】
∵在平面直角坐标系中，点A是抛物线y=a（x+3
2
）2+k与y轴的交点，
∴点A的横坐标是0，该抛物线的对称轴为直线x=﹣3
2
，
∵点B是这条抛物线上的另一点，且AB∥x轴，
∴点B的横坐标是﹣3，
∴AB=|0﹣（﹣3）|=3，
∴正方形ABCD的周长为：3×4=1，
故答案为：1．
【题目点拨】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质，解题的关键是找出所求问题需要的条件．
14、1
【解题分析】
分析：首先根据正比例函数得出a的值，然后将交点坐标代入反比例函数解析式得出k的值．
详解：将(a，1)代入正比例函数可得：a=1，∴交点坐标为(1，1)，
∴k=1×1=1．
点睛：本题主要考查的是利用待定系数法求函数解析式，属于基础题型．根据正比例函数得出交点坐标是解题的关键．15、1．
【解题分析】
根据零指数幂：a0=1（a≠0）可得答案．
【题目详解】
原式=1，
故答案为：1．
【题目点拨】
此题主要考查了零次幂，关键是掌握计算公式．
16、3.05×105
【解题分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．【题目详解】
故答案为：.
【题目点拨】
本题考查的知识点是科学记数法—表示较大的数，解题关键是熟记科学计数法的表示方法.
17、﹣2≤a ＜﹣1．
【解题分析】
先确定不等式组的整数解，再求出a 的范围即可．
【题目详解】
∵关于x 的不等式组><2x a x ⎧⎨⎩
恰有3个整数解， ∴整数解为1，0，﹣1，
∴﹣2≤a ＜﹣1，
故答案为：﹣2≤a ＜﹣1．
【题目点拨】
本题考查了一元一次不等式组的整数解的应用，能根据已知不等式组的解集和整数解确定a 的取值范围是解此题的关键．
18、（2n ，1）
【解题分析】
试题分析：根据图形分别求出n=1、2、3时对应的点A 4n+1的坐标，然后根据变化规律写出即可：
由图可知，n=1时，4×1+1=5，点A 5（2，1），
n=2时，4×2+1=9，点A 9（4，1），
n=3时，4×3+1=13，点A 13（6，1），
∴点A 4n+1（2n ，1）．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）证明见解析；（2）结论：成立．理由见解析；（3）①30°，②
【解题分析】
（1）只要证明AB=ED ，AB ∥ED 即可解决问题；（2）成立．如图2中，过点M 作MG ∥DE 交CE 于G ．由四边形DMGE 是平行四边形，推出ED=GM ，且ED ∥GM ，由（1）可知AB=GM ，AB ∥GM ，可知AB ∥DE ，AB=DE ，即可推出四边形ABDE 是平行四边形；
（3）①如图3中，取线段HC 的中点I ，连接MI ，只要证明MI=
12
AM ，MI ⊥AC ，即可解决问题；②设DH=x ，则
x ，AD=2x ，推出AM=4+2x ，BH=4+2x ，由四边形ABDE 是平行四边形，推出DF ∥AB ，推出HF HD HA HB = ，
42x x =+，解方程即可； 【题目详解】
（1）证明：如图1中，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=ED，∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）结论：成立．理由如下：
如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，且ED∥GM，
由（1）可知AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，
∵BM=MC ，
∴MI 是△BHC 的中位线，
∴MI ∥BH ，MI=12
BH ， ∵BH ⊥A C ，且BH=AM ．
∴MI=12
AM ，MI ⊥AC ， ∴∠CAM=30°．
②设DH=x ，则3，AD=2x ，
∴AM=4+2x ，
∴BH=4+2x ，
∵四边形ABDE 是平行四边形，
∴DF ∥AB ，
∴HF HD HA HB
=， 3423x x
x =+， 解得515，
∴5
【题目点拨】
本题考查了四边形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角的判定、平行线分线成比例定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键能正确添加辅助线，构造特殊四边形解决问题．
20、（1）6；（2）126y x =-；259524y x =
-；（3）10或15413
； 【解题分析】
（1）根据图象变化确定a 秒时，P 点位置，利用面积求a ；
（2）P 、Q 两点的函数关系式都是在运动6秒的基础上得到的，因此注意在总时间内减去6秒；
（3）以（2）为基础可知，两个点相距3cm 分为相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程．
【题目详解】
（1）由图象可知，当点P 在BC 上运动时，△APD 的面积保持不变，则a 秒时，点P 在AB 上．
110302
AP ⨯=， ∴AP=6，
则a=6；
（2）由（1）6秒后点P 变速，则点P 已行的路程为y 1=6+2（x ﹣6）=2x ﹣6，
∵Q 点路程总长为34cm ，第6秒时已经走12cm ，
故点Q 还剩的路程为y 2=34﹣12﹣5595(6)424
x x -=-； （3）当P 、Q 两点相遇前相距3cm 时，
59524
x -﹣（2x ﹣6）=3，解得x=10， 当P 、Q 两点相遇后相距3cm 时，
（2x ﹣6）﹣（
59524x -）=3，解得x=15413
， ∴当x=10或15413时，P 、Q 两点相距3cm 【题目点拨】
本题是双动点问题，解答时应注意分析图象的变化与动点运动位置之间的关系．列函数关系式时，要考虑到时间x 的连续性才能直接列出函数关系式．
21、1-2a =或
【解题分析】 分析：该分式方程311x a x x
--=-无解的情况有两种：（1）原方程存在增根；（2）原方程约去分母后，整式方程无解． 详解：去分母得：x （x-a ）-1（x-1）=x （x-1），
去括号得：x 2-ax-1x+1=x 2-x ，
移项合并得：（a+2）x=1．
（1）把x=0代入（a+2）x=1，
∴a 无解；
把x=1代入（a+2）x=1，
解得a=1；
（2）（a+2）x=1，
当a+2=0时，0×x=1，x无解
即a=-2时，整式方程无解．
综上所述，当a=1或a=-2时，原方程无解．
故答案为a=1或a=-2．
点睛：分式方程无解，既要考虑分式方程有增根的情形，又要考虑整式方程无解的情形．
22、（1）A（﹣1，0），B（3，0），y=
x
；
（2）①A′（3
2
t﹣1
，
2
t）；②A′BEF为菱形，见解析；
（3）存在，P点坐标为（5
3
，
3
）或（
7
3
，﹣
3
）．
【解题分析】
（1
2
0得A（−1，0），B（3，0），然后利用待定系数法确定直线l的解析式；
（2）①作A′H⊥x轴于H，如图2，利用OA＝1，OD
得到∠OAD＝60°，再利用平移和对称的性质得到EA＝
EA′＝t，∠A′EF＝∠AEF＝60°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系表示出A′H，EH即可得到A′的坐标；
②把A′（3
2
t−1
）代入y＝
2
x
得
3
2
t−1）2
（
3
2
t−1
，解方程
得到t＝2，此时A′点的坐标为（2
），E（1，0），然后通过计算得到AF＝BE＝2，A′F∥BE，从而判断四边形A′BEF
为平行四边形，然后加上EF＝BE可判定四边形A′BEF为菱形；
（3）讨论：当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，利用点A′和点B的横坐标相同得到3
2
t−1＝3，解方程求出t得
到A′（3
，再利用矩形的性质可写出对应的P点坐标；当A′B⊥EA′，如图4，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x
轴于Q，先确定此时A′点的坐标，然后利用点的平移确定对应P点坐标．【题目详解】
（1）当y=0
时，﹣
3
x2
，解得x1=﹣1，x2=3，则A（﹣1，0），B（3，0），
设直线l的解析式为y=kx+b，
把A（﹣1，0），D（0
）代入得
{
k b
b
-+=
=
，解得{
k
b
=
=
，
∴直线l的解析式为y=﹣3x﹣3；（2）①作A′H⊥x轴于H，如图，
∵OA=1，3，
∴∠OAD=60°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=60°，
∵点A 关于直线l的对称点为A′，
∴EA=EA′=t，∠A′EF=∠AEF=60°，
在Rt△A′EH中，EH=1
2
EA′=
1
2
t，3
3
2
t，
∴OH=OE+EH=t﹣1+1
2
t=
3
2
t﹣1，
∴A′（3
2
t﹣1，
3
2
t）；
②把A′（3
2
t﹣1
3
t）代入y=
3
2
23
3得﹣
33
2
t﹣1）2
23
（
3
2
t﹣1）3
3
，
解得t1=0（舍去），t2=2，
∴当点A′落在抛物线上时，直线l的运动时间t的值为2；此时四边形A′BEF为菱形，理由如下：
当t=2时，A′点的坐标为（23），E（1，0），
∵∠OEF=60°
∴33EF=2OE=2，
∴F（03，
∴A′F∥x轴，
∵A′F=BE=2，A′F∥BE，
∴四边形A′BEF为平行四边形，而EF=BE=2，
∴四边形A′BEF为菱形；
（3）存在，如图：
当A′B⊥BE时，四边形A′BEP为矩形，则3
2
t﹣1=3，解得t=
8
3
，则A′（3，
43
3
），
∵OE=t﹣1=5
3
，
∴此时P点坐标为（5
3
，
43
3
）；
当A′B⊥EA′，如图，四边形A′BPE为矩形，作A′Q⊥x轴于Q，
∵∠AEA′=120°，
∴∠A′EB=60°，
∴∠EBA′=30°
∴3333
2
t，
∴3
2
t﹣1+
3
2
t=3，解得t=
4
3
，
此时A′（123
，E（
1
3
，0），
点A′向左平移2
3
23
E，则点B（3，0）向左平移
2
3
23
个单位
得到点P ，则P （73，
综上所述，满足条件的P 点坐标为（
53）或（73． 【题目点拨】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、菱形的判定和矩形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．
23、（1）见解析；（2）83
【解题分析】
试题分析：
（1）连接OD ，则由已知易证OD ∥AC ，从而可得∠CAD=∠ODA ，结合∠ODA=∠OAD ，即可得到∠CAD=∠OAD ，从而得到AD 平分∠BAC ；
（2）连接OE 、DE ，由已知易证△AOE 是等边三角形，由此可得∠ADE=12
∠AOE=30°，由AD 平分∠BAC 可得∠OAD=30°，从而可得∠ADE=∠OAD ，由此可得DE ∥AO ，从而可得S 阴影=S 扇形ODE ，这样只需根据已知条件求出扇形ODE 的面积即可.
试题解析：
（1）连接OD.
∵BC 是⊙O 的切线，D 为切点，
∴OD ⊥BC.
又∵AC ⊥BC ，
∴OD ∥AC ，
∴∠ADO=∠CAD.
又∵OD=OA ，
∴∠ADO=∠OAD ，
∴∠CAD=∠OAD ，即AD 平分∠BAC.
（2）连接OE ，ED.
∵∠BAC=60°，OE=OA ，
∴△OAE 为等边三角形，
∴∠AOE=60°，
∴∠ADE=30°.
又∵
1
30
2
OAD BAC
∠=∠=，
∴∠ADE=∠OAD，∴ED∥AO，
∴S△AED＝S△OED，
∴阴影部分的面积= S扇形ODE = 60168
3603
π
π
⨯⨯
=.
24、（1）见解析
（2）图中阴影部分的面积为2 3π.
【解题分析】
（1）连接OC．只需证明∠OCD＝90°．根据等腰三角形的性质即可证明；
（2）先根据直角三角形中30°的锐角所对的直角边是斜边的一半求出OD，然后根据勾股定理求出CD，则阴影部分的面积即为直角三角形OCD的面积减去扇形COB的面积．
【题目详解】
（1）证明：连接OC．
∵AC＝CD，∠ACD＝120°，
∴∠A＝∠D＝30°．
∵OA＝OC，
∴∠2＝∠A＝30°．
∴∠OCD＝∠ACD－∠2＝90°，
即OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∠1＝∠2＋∠A＝60°．
∴S扇形BOC＝
2
602
360
π⨯
＝
2
3
π
．
在Rt△OCD中，∠D＝30°，
∴OD＝2OC＝4，
∴CD＝22
OD OC
-＝23．
∴S Rt△OCD＝1
2
OC×CD＝
1
2
×2×23＝23．
∴图中阴影部分的面积为：23－2
3
π
．
25、（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解题分析】
（1）如图，在⊙O上依次截取六段弦，使它们都等于OA，从而得到正六边形ABCDEF；
（2）连接BE，如图，利用正六边形的性质得AB=BC=CD=DE=EF=FA，AB BC CD DE EF AF
=====，则判断BE为直径，所以∠BFE=∠BCE=90°，同理可得∠FBC=∠CEF=90°，然后判断四边形BCEF为矩形．
【题目详解】
解:（1）如图，正六边形ABCDEF为所作；
（2）四边形BCEF为矩形．理由如下：
连接BE，如图，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴AB BC CD DE EF AF
=====，
∴BC CD DE EF AF AB
++=++，
∴BAE BCE
=，
∴BE为直径，
∴∠BFE=∠BCE=90°，
同理可得∠FBC=∠CEF=90°，
∴四边形BCEF 为矩形．
【题目点拨】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的判定与正六边形的性质．
26、 (1)见解析；(2) m=-1.
【解题分析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=1>1，由此即可证出：无论实数m 取什么值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）利用分解因式法解原方程，可得x 1=m ，x 2=m+1，在根据已知条件即可得出结论．
【题目详解】
（1）∵△=（m+3）2﹣4（m+2）
=（m+1）2
∴无论m 取何值，（m+1）2恒大于等于1
∴原方程总有两个实数根
（2）原方程可化为:(x-1)(x-m-2)=1
∴x 1=1, x 2=m+2
∵方程两个根均为正整数,且m 为负整数
∴m=-1.
【题目点拨】
本题考查了一元二次方程与根的判别式，解题的关键是熟练的掌握根的判别式与根据因式分解法解一元二次方程.
27、（1）y ＝﹣
12x 2+32x +2＝（x ﹣32）2+258，顶点坐标为（32，258）；（2）存在，点M （9227，0）．理由见解析． 【解题分析】
（1）由根与系数的关系，结合已知条件可得9+4m ＝17，解方程求得m 的值，即可得求得二次函数的解析式，再求得该二次函数图象的顶点的坐标即可；（2）存在，将抛物线表达式和一次函数y ＝﹣13x +2联立并解得x ＝0或113，即可
得点A 、B 的坐标为（0，2）、（113，79），由此求得PB =9
， AP ，过点B 作BM ⊥AB 交x 轴于点M ，
证得△APO ∽△MPB ，根据相似三角形的性质可得AP OP MP PB = ，代入数据即可求得MP ＝7027，再求得OM ＝9227，即可得点M 的坐标为（
9227
，0）． 【题目详解】 （1）由题意得：x 1+x 2＝3，x 1x 2＝﹣2m ，
x 12+x 22＝（x 1+x 2）2﹣2x 1x 2＝17，即：9+4m ＝17，
解得：m ＝2，
抛物线的表达式为：y ＝﹣12x 2+32x +2＝（x ﹣32）2+258
， 顶点坐标为（32，258
）； （2）存在，理由：
将抛物线表达式和一次函数y ＝﹣
13x +2联立并解得：x ＝0或113
， ∴点A 、B 的坐标为（0，2）、（113，79
）， 一次函数y ＝﹣13
x +2与x 轴的交点P 的坐标为（6，0）， ∵点P 的坐标为（6，0），B 的坐标为（113，79），点B 的坐标为（0，2）、 ∴PB ＝221176039
()()-+-=7109， AP =2262+=210
过点B 作BM ⊥AB 交x 轴于点M ，
∵∠MBP ＝∠AOP ＝90°，∠MPB ＝∠APO ，
∴△APO ∽△MPB ，
∴AP OP MP PB = ，∴MP = ， ∴MP ＝7027
， ∴OM ＝OP ﹣MP ＝6﹣
7027＝9227， ∴点M （9227
，0）． 【题目点拨】
本题是一道二次函数的综合题，一元二次方程根与系数的关系、直线与抛物线的较大坐标．相似三角形的判定与性质，题目较为综合，有一定的难度，解决第二问的关键是求得PB 、AP 的长，再利用相似三角形的性质解决问题．。