2024年湖北省孝感市高新区中考数学二调试卷(含解析)

2024年湖北省孝感市高新区中考数学二调试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.“龙行龘龘，欣欣家国”，2024年是龙年，请问2024的相反数是( )
A. 1
2024B. −2024 C. 2024 D. −1
2024
2.下面四幅作品分别代表“谷雨”、“小暑”、“立秋”、“小寒”，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列运算中，正确的是( )
A. a2+a2=a4
B. a2⋅a3=a6
C. (a2)4=a8
D. (a+b)2=a2+b2
4.如图所示的手提水果篮，其俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
5.已知实数a<b，则下列事件中是随机事件的是( )
A. 3a>3b
B. a−b<0
C. a+3>b+3
D. a2>b2
6.一杆古秤在称物时，挂砝码的细绳与挂托盘的细绳是竖直向下的，我们可以抽象出如图的几何图形，若∠1=78°30′，则∠2=( )
A. 91°70′
B. 91°30′
C. 101°70′
D. 101°30′
7.五边形的外角和等于( )
A. 180°
B. 360°
C. 540°
D. 720°
8.如图，一个半径为9cm的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了120°，假设
绳索(粗细不计)与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是( )
A. 5πcm
B. 6πcm
C. 7πcm
D. 8πcm
9.中国古代数学家赵爽设计的“弦图”蕴含了丰富的数学知识.如图，在由四个
全等的直角三角形(△DAE,△ABF,△BCG,△CDH)和中间一个小正方形EFGH
拼成的大正方形ABCD中，若tan∠BAF=2
3
，则正方形ABCD与正方形EFGH的面
积的比值为( )
A. 5
B. 13
C. 5
D. 13
10.已知二次函数.y=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴为直线x=−1，部分图象如图所示，下列结论中：
①abc>0；②b2−4ac>0；③4a+c>0；④若t为任意实数，则有a−bt≤at2+b；⑤当图象经过点
(1 2,2)时，方程ax2+bx+c−2=0的两根为x1，x2(x1<x2)，则x1+2x2=−3
2
，其中正确的结论有( )
A. ①②③
B. ②③④
C. ②③⑤
D. ②③④⑤
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。

11.分解因式：ab2−4a=______．
12.当m<0时，关于x的方程x2−2x+m=0根的情况是______．
13.老师为帮助学生正确理解物理变化与化学变化，将4种生活现象制成如表所示的4张无差别的卡片A，B，C，D.将卡片背面朝上，小明同学从中随机抽取2张卡片，则所抽取的2张卡片刚好都是化学变化的概率是______．
A冰化成水
B酒精燃烧
C牛奶变质
D衣服晾干
14.图1是临安区一地铁站入口的双翼闸机，双翼展开时示意图如图2所示，它是一个轴对称图形，
AC=40cm，α=37°，则双翼边缘端点C与D之间的距离为______.(参考数据：sin37°≈0.60，
cos37°≈0.80，tan37°≈0.75)．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，点M为BC的中点，E是BM上的一
点，连接AE，作点B关于直线AE的对称点B′，连接DB′并延长交BC于点F.当BF
最大时，点B′到BC的距离是______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

16.(本小题6分)
计算：sin45°−(π−4)0+2−1+8；
17.(本小题6分)
如图，已知BD为▱ABCD的对角线.BD的垂直平分线分别交AD，BC，BD于点E，F，O，连接BE，DF，求证：四边形BEDF为菱形．
18.(本小题6分)
本学期我区各校开展“秋游活动”，到处都留下了同学们的欢声笑语.某校组织全校师生乘坐大巴到“发现王国”，已知“发现王国”与该校的距离是90千米，大巴车队伍9：00从学校出发，一名教师因为有事9：30从学校自驾小轿车前往，小轿车的速度是大巴车的1.5倍，结果比大巴车队伍提前15分钟到达，求大巴车的平均速度是多少？
19.(本小题8分)
【数据的收集、整理与描述】
新修订的体育法明确国家实行青少年和学校体育活动促进计划，学校要保障学生每天一小时体育锻炼.某学校启动了阳光体育锻炼活动并对九年级学生肺活量进行测试，小敏随机抽取了20名同学的肺活量(单位：ml)并制成下表：
样本学生的肺活量
2500220030002500350030003300280020003000 3000280030002200250028003600300025002800
经过2个月的体育锻炼，学校第二次对所有九年级学生的肺活量进行测试，小敏对这20名同学第二次的肺活量进行整理并绘制出如下条形统计图．
【数据的分析】
小敏对这20名学生两次肺活量测试情况进行分析得到下表：
平均数/ml中位数/ml众数/ml方差
第一次28002800a167000
第二次3065b c159275
根据以上信息，解答下列问题：
(1)表中a=______，b=______，c=______；
(2)该校九年级共有360名学生，估计第二次测试肺活量为3000ml的人数；
(3)你认为两个月的体育锻炼是否促进该校九年级学生肺活量的提升？请你从表格中选择两个统计量进行说明．
20.(本小题8分)
如图，一次函数y1=kx+b(k≠0)与函数为y2=m
x
(x>0)的图象交于A(4,1)，B(1
2
,a)两点．
(1)求这两个函数的解析式；
(2)结合图象直接比较：当x>0时，根据自变量的取值范围比较y1和y2的大小；
21.(本小题8分)
如图1，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠C+∠D=90°，BF//CD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)延长AC交直线FB于点P(如图2)，若点E为OB中点，CD=6，求PC的长．
22.(本小题10分)
“我想把天空大海给你，把大江大河给你，没办法，好的东西就是想分享于你”这是直播带货新平台“东方甄选”带货王董宇辉在推销大米时的台词．所推销大米成本为每袋40元，当售价为每袋80元时，每分钟可销售100袋．为了吸引更多顾客，“东方甄选”采取降价措施．据市场调查反映：销售单价每降1元，则每分钟可多销售5袋，设每袋大米的售价为x元(x为正整数)，每分钟的销售量为y袋．
(1)求出y与x的函数关系式；
(2)设“东方甄选”每分钟获得的利润为w元，当销售单价为多少元时，每分钟获得的利润最大，最大利润是多少？
(3)“东方甄选”不忘公益初心，热心教育事业，其决定从每分钟利润中捐出500元帮助留守儿童，为了保证捐款后每分钟利润不低于3875元，且让消费者获得最大的利益，求此时大米的销售单价是多少元？23.(本小题11分)
综合与实践：
问题背景：鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星，为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等，数学王老师组织学生对五角星进行了较深入的研究，其中智慧数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大的兴趣并展开探究．
探究发现：如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．
(1)操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDC=______°，设AC=2，BC=x，那么DC=______(用含x的式子表示)；
(2)进一步探究发现：顶角为36°的等腰三角形的底与腰的比值为5−1
2
，这个比值被称为黄金比.请在(1)的
条件下证明：底BC
腰AC =5−1
2
；
拓展应用：当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫做黄金三角形.例如，图1中的△ABC 是黄金三角形.如图2，在菱形ABCD中，∠ABC=72°，AB=4.请直接写出这个菱形较长对角线的长．24.(本小题12分)
如图1，抛物线L1：y=ax2+bx+c与x轴交于点A(1,0)和点B(5,0)，与y轴交于点M.直线L2：y=kx−5与抛物线相交于M、N两点．
(1)求抛物线L1的解析式；
(2)若直线L2将线段AB分成1：3两部分，求k的值；
(3)如图2，将抛物线.L1在x轴上方的部分沿x轴折叠到x轴下方，将这部分图象与原抛物线剩余的部分组成的新图象记为L3．
①直接写出新图象L3，当y随x的增大而增大时x的取值范围；
②直接写出直线L2与图象L3有四个交点时k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：2024的相反数是−2024．
故选：B．
根据只有符号不同的两个数互为相反数即可求得答案．
本题考查了相反数的概念，掌握只有符号不同的两个数互为相反数是解答此题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：B，C，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：A．
根据轴对称图形的定义“一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形”，逐项判断即可．
本题主要考查了轴对称图形，熟知轴对称图形的定义是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、原式=2a2，故A不符合题意．
B、原式=a5，故B不符合题意．
C、原式=a8，故C符合题意．
D、原式=a2+2ab+b2，故D不符合题意．
故选：C．
根据整式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案．
本题考查整式的运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．4.【答案】A
【解析】解：从上面看，是一个圆，圆的中间有一条横向的线段．
故选：A．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的正面看得到的视图，注意主视图的方向，俯视图与主视图的方向有关．
5.【答案】D
【解析】解：A.由a<b，可得3a<3b，故3a>3b是不可能事件，不合题意；
B.由a<b，可得a−b<0，故a−b<0是必然事件，不合题意；
C.由a<b，可得a+3<b+3，故a+3>b+3是不可能事件，不合题意；
D.若a<b，则a2>b2不一定成立，故a2>b2是随机事件，符合题意；
故选：D．
依据不等式的性质，判断各选项是否成立，进而得出结论．
本题主要考查了随机事件以及不等式的性质，在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件．
6.【答案】D
【解析】解：∵∠1+∠2=180°，
∴∠2=180°−78°30′=101°30′．
故选：D．
根据两直线平行，同旁内角互补即可求出答案．
本题考查了平行线的性质和度分秒的换算，掌握两直线平行，同旁内角互补是关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查多边形的外角和定理，解决的关键在于掌握多边形外角和定理．
【解答】
解：多边形外角和定理即多边形外角和为360°，
故选B．
8.【答案】B
【解析】解：由题意得，重物上升的距离是半径为9cm，圆心角为120°所对应的弧长，
=6π(cm)．
即120π×9
180
故选：B．
根据弧长的计算方法计算半径为9cm，圆心角为120°的弧长即可．
本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的前提．
9.【答案】D
【解析】解：设AE=BF=2a，
∵tan∠BAF=BF
AF =2a
AF
=2
3
，
∴AF=3a，
∴EF=AF−AE=a，
∴正方形EFGH的面积为a2，S△ABF=1
2
AF×BF=3a2，∴正方形ABCD的面积为a2+4×3a2=13a2，
∴正方形ABCD与正方形EFGH的面积的比值为13a2
a2
=13，故选：D．
设AE=BF=2a，由tan∠BAF=BF
AF =2a
AF
=2
3
，可得AF=3a，则EF=a，正方形EFGH的面积为a2，
S△ABF=1
2
AF×BF=3a2，正方形ABCD的面积为a2+4×3a2=13a2，进而可求正方形ABCD与正方形EFGH的面积的比值．
本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握正切是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：由函数图象可知，
a>0，b>0，c<0，
所以abc<0．
故①错误．
因为抛物线与x轴有两个不同的交点，
所以方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，
所以b2−4ac>0．
故②正确．
因为抛物线的对称轴为直线x=−1，
所以−b
2a
=−1，即b=2a．
当x=1时，函数值大于零，
所以a+b+c>0，
即a+2a+c>0，
所以3a+c>0．
又因为a>0，
所以4a+c>a>0．
故③正确．
因为抛物线开口向上，且对称轴为直线x=−1，
所以二次函数有最小值为a−b+c．
对于抛物线上的任意一点，令其横坐标为t，
则at2+bt+c≥a−b+c，
即a−bt≤at2+b．
故④正确．
由函数图象经过点(1
2
,2)，
所以x=1
2
是方程ax2+bx+c=2的一个解．
则抛物线y=ax2+bx+c与直线y=2的一个交点的横坐标为1
2
．根据抛物线的对称性可知，
另一个交点的横坐标为−5
2
，
所以方程ax2+bx+c−2=0的两根为−5
2和
1
2
，
即x1=−5
2,x2=1
2
，
所以x1+2x2=−5
2+2×1
2
=−3
2
．
故⑤正确．
故选：D．
根据所给函数图象，可得出a，b，c的正负，再根据抛物线的对称性和增减性及二次函数与一元二次方程之间的关系对所给结论依次进行判断即可解决问题．
本题考查二次函数图象与系数的关系及二次函数的图象和性质，熟知二次函数的图象和性质及二次函数与一元二次方程之间的关系是解题的关键．
11.【答案】a(b−2)(b+2)
【解析】解：ab2−4a
=a(b2−4)
=a(b−2)(b+2)．
故答案为：a(b−2)(b+2)．
先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，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，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12.【答案】有两个不相等的实数根
【解析】解：∵Δ=(−2)2−4m=4−4m，
又∵m<0，
∴4−4m>0，
即Δ>0，
∴原方程有两个不相等的实数根，
故答案为：有两个不相等的实数根．
利用一元二次方程的根的判别式计算判断即可．
本题考查了一元二次方程的根的判别式，熟练掌握利用根的判别式判断一元二次方程根的情况是解题的关键．
13.【答案】1
6
【解析】解：由题意得，是化学变化的有：B，C．
列表如下：
A B C D
A(A,B)(A,C)(A,D)
B(B,A)(B,C)(B,D)
C(C,A)(C,B)(C,D)
D(D,A)(D,B)(D,C)
共有12种等可能的结果，其中所抽取的2张卡片刚好都是化学变化的结果有：(B,C)，(C,B)，共2种，
∴所抽取的2张卡片刚好都是化学变化的概率为2
12=1
6
．
故答案为：1
6
．
列表可得出所有等可能的结果数以及所抽取的2张卡片刚好都是化学变化的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
14.【答案】12cm
【解析】解：如图，作直线CD，交双翼闸机于点E、F，由轴对称图形的性质得CE⊥AE，DF⊥BF，CE=DF，
EF=60cm，AC=40cm，
≈0.6，
∵sinα=sin37°=CE
AC
∴CE=ACsin37°≈40×0.6=24cm，
∴CD=EF−2CE≈(60−2×24)=12cm．
故答案为：12cm．
作直线CD，交双翼闸机于点E、F，由轴对称图形的性质得CE⊥AE，DF⊥BF，CE=DF，由题意可得EF=60cm，AC=40cm，在Rt△ACE中，sinα=sin37°=CE
≈0.6，则
AC
CE=ACsin37°≈40×0.6=24cm，所以CD=EF−2CE≈(60−2×24)=12cm．
本题考查解直角三角形，轴对称图形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
15.【答案】16
5
【解析】解：如图，过点B′作BH⊥BC于H，
∵点B关于直线AE的对称点B′，
∴AB=AB′，BE=B′E，∠AEB=∠AEB′，∠ABE=∠AB′E，
当DF⊥AB′时，BF有最大值，
∴∠AB′F=∠AB′E=90°，
∴点E与点F重合，
∵AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=∠AEB′，
∴AD=DE=10，
∴CE=DE2−CD2=100−64=6，
∴BE=4=B′E，
∴B′H//CD，
∴△EB′H∽△EDC，
∴EB′DE =B′H
CD
，
∴4 10=EB′
8
，
∴EB′=16
5
，
∴点B′到BC的距离是16
5
，
故答案为：16
5
．
当DF⊥AB′时，BF有最大值，即点E与点F重合，由勾股定理可求CE的长，可求BE=B′E=4，通过证明△EB′H∽△EDC，即可求解．
本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，确定点F的位置是解题的关键．16.【答案】解：sin45°−(π−4)0+2−1+8
=2
2−1+1
2
+22
=52−1
2
．
【解析】直接利用特殊角的三角函数值、根式的化简、零指数幂的性质、负指数幂分别化简得出答案．此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
17.【答案】证明：∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，BF=DF，∠BOE=∠DOE=90°，
∴∠EBO=∠EDO，
∵∠BEO+∠EBO=∠DEO+∠EDO=90°，
∴∠BEF=∠DEF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DE//BF，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∴四边形BEDF为菱形．
【解析】根据线段垂直平分线的性质可得BE=DE，BF=DF，从而得到∠BEF=∠DEF，再根据平行四边形的性质可得∠DEF=∠BFE，从而得到BE=BF，即可求证．
本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，四条边都相等的四边形是菱形．
18.【答案】解：设大巴的平均速度为x千米/小时，则小车的平均速度为1.5x千米/小时，
根据题意得90
x =90
1.5x
+30
60
+15
60
，
解得x=40，
经检验：x=40是原方程的解，
所以原分式方程的解是x=40．
答：大巴的平均速度为40千米/小时．
【解析】根据“大巴车行驶全程所需时间=小车行驶全程所需时间+小车晚出发的时间+小车早到的时间”列分式方程求解可得．
本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是理解题意，找到题目中蕴含的相等关系，并依据相等关系列出方程．
19.【答案】300031003200
【解析】解：(1)第一次九年级学生的肺活量的众数a=3000，
第二次九年级学生的肺活量的中位数b=3000+3200
2
=3100，众数c=3200；
故答案为：3000，3100，3200；
(2)360×5
20
=90(人)，
答：估计第二次测试肺活量为3000ml的人数为90人；
(3)该校两个月的体育锻炼促进了该校九年级学生肺活量的提升，
理由：从平均数来看，第二次测试的平均数大于第一次测试的平均数，说明这20名同学整体的肺活量得到提升；从中位数来看，第二次测试的中位数大于第一次测试的中位数，说明这20名同学整体的肺活量得到提升(答案不唯一，合理即可)．
(1)根据众数和中位数的定义即可得出答案；
(2)根据360乘以第二次测试肺活量为3000ml的人数所占的百分比即可；
(3)根据平均数和中位数分析即可，答案不唯一，合理即可．
本题考查了条形统计图、平均数、众数、中位数、方差以及用样本估计总体．读懂统计图，从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．
20.【答案】解：(1)(1)∵A (4,1)在函数为y 2=
m x (x >0)的图象上，∴m =4，
∴反比例函数解析式为：y 2=4x ，
当x =12时，a =8，
∴B (12,8)，
∵一次函数y 1=kx +b 过A (4,1)，B (12,8)，
∴{
4k +b =112k +b =8，
解得{
k =−2b =9，
∴一次函数解析式为：y 1=−2x +9．
(2)由函数图象得：当0<x <12或x >4时，y 1<y 2；当12<x <4时，y 1>y 2．
【解析】(1)由A 坐标求出反比例函数解析式，由反比例函数解析式求出点B 坐标，待定系数法求出直线解析式即可；
(2)根据函数图象，结合交点坐标可直接比较y 1和y 2的大小．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．21.【答案】(1)证明：∵∠A =∠D ，∠C +∠D =90°，
∴∠BEC =∠A +∠D =90°，
∵BF //CD ，
∴∠ABF =∠BEC =90°，
∴AB ⊥BF ，
∴BF 是⊙O 的切线；
(2)连接OD ，
∵∠BEC=90°，
∴AB⊥CD，
∵点E为OB中点，CD=6，
∴CE=DE=3，OD=BD，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，∠BDE=30°，
∴BD=2BE，
在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
∴(2BE)2=BE2+32，解得BE=3，
∵点E为OB中点，
∴OB=23，AB=43，
∴AE=33，
在Rt△ACE中，AC2=CE2+AE2=32+(33)2=36，
∴AC=6=2CE，
∴∠A=30°，
∵AB=43，
∴BP=4，AP=8，
∴PC=8−6=2．
【解析】(1)根据圆周角定理以及已知天剑可得∠BEC=∠A+∠D=90°，根据平行线的性质得
∠ABF=∠BEC=90°，则AB⊥BF，即可得BF是⊙O的切线；
(2)由垂径定理得DE=CE=3，根据线段垂直平分线的性质得OD=BD，可证明△OBD是等边三角形，可得∠BDE=30°，BD=2BE，根据勾股定理求出BE=3，可得OB=23，AB=43，在Rt△ACE中，根据勾股定理得AC=6=2CE，则∠A=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
22.【答案】解：(1)由题意可得：
y=100+5(80−x)
=−5x+500，
∴y与x的函数关系式为y=−5x+500；
(2)由题意，得：
w=(x−40)(−5x+500)
=−5x2+700x−20000
=−5(x−70)2+4500，
∵a=−5<0，抛物线开口向下，
∴当x=70时，w最大，最大值4500，
答：当销售单价为70元时，每分钟获得的利润最大，最大利润是4500元；
(3)根据题意得：(x−40)(−5x+500)−500=3875，
解得 1=65，x2=75，
为了让消费者获得最大的利益，
∴x=65，
答：此时大米的销售单价是65元．
【解析】(1)根据销售单价每降1元，则分钟可多销售5袋，写出y与x的函数关系式；
(2)根据“东方甄选”每分钟获得的利润w元等于每袋的利润乘以销售量，列出函数关系式，根据二次函数的性质求解即可；
(3)根据“东方甄选”每分钟获得的利润w元等于每袋的利润乘以销售量以及保证捐款后每分钟利润不低于3875元，列出方程，求出方程的解，再根据让消费者获得最大的利益，进行取值即可．
本题考查了二次函数和一元二次方程在销售问题中的应用，理清题中的数量关系、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】722−x
【解析】(1)解：根据折叠可知∠CBD=∠ABD=1
2∠ABC=1
2
×(180°−36°)÷2=36°．
∵∠C=72°，
∴∠BDC=180°−72°−36°=72°；
根据折叠可知CD=DE，∠BDE=∠BDC=72°，BC=BE=x，∴∠ADE=180°−72°−72°=36°，
∴∠ADE=∠A，
∴AE=DE=CD，
∴CD=AE=AB−BE=2−x．
故答案为：72，2−x；
(2)证明：∵∠A=36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=72°．
由折叠知∠ABD=∠CBD=36°，
∴∠A=∠CBD=36°，
又∵∠C=∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴AC BC =BC
DC
，
即2
x =x
2−x
，
整理得：x2+2x−4=0，
解得：x1=−1+5,x2=−1−5(舍去)，
∴底BC 腰AC =5−1
2
；
拓展应用：解：菱形ABCD较长对角线AC=25+2．
如图3，在AC上截取AE=AD，连接DE，
得△ADE是顶角为36°的等腰三角形，即黄金三角形，
根据黄金三角形的底与腰的比值为5−1
2
，由AB=AD=4，
可得DE
AD =5−1
2
，
∴DE=25−2．
∵AD=AE，∠DAE=36°，
∴∠AED=72°，
∴∠CED=180°−72°=108°．
∵AD=CD，
∴∠ACD=36°，
∴∠CDE=∠DCE=36°，
∴DE=CE=25−2，
∴AC=25−2+4=25+2．
(1)根据折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质即可得出答案，
(2)先证明△ABC∽△BDC，可得AC
BC =BC
DC
，进而得出一元二次方程，求出解即可；
对于拓展应用：根据菱形的性质得出△ADE是顶角为36°的等腰三角形，即黄金三角形，可求出DE，进而求出CE，最后根据AC=AE+CE得出答案．
本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，折叠的性质，黄金分割，相似三角形和性质和判定，菱形的性质，解一元二次方程等，理解黄金三角形并应用是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意，∵直线L2的解析式为y=kx−5，
∴M(0,−5)．
又y=ax2+bx+c经过A(1,0)，B(5,0)，M(0,−5)，
∴{c=−5a+b+c=0
25a+5b+c=0
．
∴{a=−1b=6c=−5．
∴抛物线L1的解析式为：y=−x2+6x−5．
(2)设直线L2与x轴的交点为C，
∵A(1,0)，B(5,0)，
∴AB=4，
∵直线L2将线段AB分成1：3两部分，
∴AC=1或AC=3，
∴C(2,0)或(4,0)．
将C(2,0)或(4,0)代入y=kx−5，
∴k =52或 54
．
(3)①y =−x 2+6x−5的对称轴是直线x =3，点A (1,0)和点B (5,0)，
当x ≤1和3≤x ≤5时新图象L 3y 随x 的增大而增大．
②如图所示，
当直线y =kx−5夹在两条虚线之间时直线l 2与图象L 3有四个交点，把B (5,0)代入y =kx−5
∴k =1．
又y =−x 2+6x−5的顶点是(3,4)，
∴将抛物线L 1在x 轴上方的部分沿x 轴折叠到x 轴下方后，顶点变为(3,−4)．
∴折叠后的抛物线表达式为 y =(x−3)2−4=x 2−6x +5，
联立y =kx−5和 y =x 2−6x +5得 {
y =kx−5y =x 2−6x +5，
∴x 2−6x +5=kx−5，即 x 2−(6+k )x +10=0，
∴Δ=(6+k )2−40=0，
∴k =2 10−6或 k =−2 10−6，
∵k >0，
∴k =2 10−6，
∴2 10−6<k <1．
【解析】(1)依据题意，由直线L 2的解析式为y =kx−5，可得M (0,−5)，又y =ax 2+bx +c 经过 A (1,0)，B (5,0)，M (0,−5)，可得方程组进而求出a ，b ，c 可以得解；
(2)依据题意，设直线L 2与x 轴的交点为C ，又点A (1,0)和点B (5,0)，可得AB =4，结合直线L 2将线段AB 分成1：3两部分，故AC =1或AC =3，进而可得C (2,0)或(4,0)，再将C (2,0)或(4,0)代入y =kx−5，即可求出k 的值；
(3)①依据题意，y =−x 2+6x−5的对称轴是直线x =3，点A (1,0)和点B (5,0)，进而可以判断得解；
②依据题意，结合图象可得当直线y=kx−5夹在两条虚线之间时直线l2与图象L3有四个交点，把B(5,0)代入y=kx−5得k=1，又对称性求出折叠后顶点变为(3,−4)，从而折叠后的抛物线表达式为
y=(x−3)2−4=x2−6x+5，再联立y=kx−5和y=x2−6x+5得{y=kx−5
y=x2−6x+5，结合
Δ=(6+k)2−40=0，可得k=210−6或k=−210−6，进而可以判断得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．。