2024年北京市朝阳区陈经纶中学中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年北京市朝阳区陈经纶中学中考数学一模试卷（含详细答案解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图是某个几何体的侧面展开图，则该几何体为( )
A. 棱柱B. 圆柱C. 棱锥D. 圆锥
2.实数a，b，c在数轴上的对应点的位置如图所示，则正确的结论是( )
A. a+c>0B. |a|<|b|C. bc>1D. ac>0
3.如图，菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别(0,2)，(2,1)，(4,2)，则顶点D的坐标是( )
A. (2,2)
B. (2,4)
C. (3,2)
D. (2,3)
4.若一个多边形每一个内角都为144∘，则这个多边形是边形.( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
5.掷一枚质地均匀的硬币m次，正面向上n次，则nm的值( )
A. 一定是12
B. 一定不是12
C. 随着m的增大，越来越接近12
D. 随着m的增大，在12附近摆动，呈现一定的稳定性
6.以下图形绕点O旋转一定角度后都能与原图形重合，其中旋转角最小的是( )
A. B. C. D.
7.下列图形中，对称轴条数最少的是( )
A. B. C. D.
8.如图，在△ABC中，∠C=90∘，AC=5，BC=10.动点M，N分别从A，C两点同时出发，点M从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度移动，点N从点C开始沿CB向点B以每秒2个单位长度的速度移动．设运动时间为t，点M，C之间的距离为y，△MCN的面积为S，则y与t，S与t满足的函数关系分别是( )
A. 正比例函数关系，一次函数关系B. 正比例函数关系，二次函数关系
C. 一次函数关系，正比例函数关系D. 一次函数关系，二次函数关系
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.函数y=1 1−2x的自变量的取值范围是______.
10.如果多项式ax2+by2只能因式分解为(3x+2y)(3x−2y)，则ab=______.
11.写出一个比 3大且比 10小的整数是__________.
12.如果3x2−x−1=0，那么代数式(2x+3)(2x−3)−x(x+1)的值为______.
13.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=2，AC=2 3，P是以斜边AB为直径的半圆上一动点，M为PC的中点，连结BM，则BM的最小值为______.
14.如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB=EF=2cm，BC=FG=8cm，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合.当两张纸片交叉所成的角α最小时重叠部分的面积等于______.
15.在平面直角坐标系xOy中，已知点(n−2,y1)，(n−1,y2)，(n+1,y3)在抛物线y=ax2−2ax−2(a<0)上，若016.如图，双骄制衣厂在厂房O的周围租了三幢楼A、B、C作为职工宿舍，每幢宿舍楼之间均有笔直的公路相连，且BC>AC>AB.已知厂房O到每条公路的距离相等.
(1)则点O为△ABC三条______的交点(填写：角平分线或中线或高线)；
(2)如图设BC=a，AC=b，AB=c，OB=y，OC=z，现要用汽车每天接送职工上下班后，返回厂房停放，那么最短路线长是______.
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
17.解不等式组：2(x−1)四、解答题：本题共11小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
计算：13−1−π−20200+| 3−2|−3tan30∘.
19.(本小题5分)
关于x的一元二次方程x2−mx+2m−4=0.
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于1，求m的取值范围.
20.(本小题5分)
下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
21.(本小题5分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G.
(1)求证：四边形EFGO是矩形；
(2)若四边形ABCD是菱形，AB=10，BD=16，求OG的长.
22.(本小题5分)
在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=−x的图象平移得到，且经过点(0,1).
(1)求这个一次函数的表达式；
(2)当x<−1时，对于x的每一个值，函数y=mx(m≠0)的值小于一次函数y=kx+b(k≠0)的值，直接写出m的取值范围.
23.(本小题6分)
为进一步增强中小学生“知危险会避险“的意识，某校初三年级开展了系列交通安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩(百分制)，并对数据(成绩)进行收集、整理、描述和分析.下面给出了部分信息.
a.这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图：
b.这30名学生两次知识竞赛获奖情况相关统计表：
(规定：分数≥90，获卓越奖；85<分数<90，获优秀奖；分数<85，获参与奖)
c.第二次竞赛获卓越奖的学生成绩如下：
90 90 91 91 91 91 92 93 93 94 94 94 95 95 96 98
d.两次竞赛成绩样本数据的平均数、中位数、众数如下表：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)小松同学第一次竞赛成绩是90分，第二次竞赛成绩是91分，在图中用“〇”圈出代表小松同学的点；
(2)直接写出m，n的值；
(3)哪一次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高？请说明你的理由(至少两个方面).
24.(本小题6分)
某公园在人工湖里安装一个喷泉，在湖心处竖直安装一根水管，在水管的顶端安一个喷水头，若记水柱上某一位置与水管的水平距离为d米，与湖面的垂直高度为h米.
根据上述信息，解决以下问题：
(1)在如下网格中建立适当的平面直角坐标系，并根据表中所给数据画出表示h与d函数关系的图象；
(2)若水柱最高点距离湖面的高度为m米，则m=______；
(3)现公园想通过喷泉设立新的游玩项目，准备通过只调节水管露出湖面的高度，使得游船能从水柱下方通过，为避免游船被喷泉淋到，要求游船从水柱下方中间通过时，顶棚上任意一点到水柱的竖直距离均不小于0.5米，已知游船顶棚宽度为3米，顶棚到湖面的高度为1.5米，那么公园应将水管露出湖面的高度(喷水头忽略不计)(结果保留一位小数).
25.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点A在直线l上，AD与直线l相交所得的锐角为60∘.点F在直线l上，AF=8，EF⊥直线l，垂足为点F且EF=6，在EF的左侧作半圆O，点M是半圆O上任一点.
发现：AM的最小值为______， AM的最大值为______， OB与直线l的位置关系是______.
思考：矩形ABCD保持不动，半圆O沿直线l向左平移，当点E落在AD边上时，重叠部分面积为多少？
26.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点B作⊙O的切线交CE的延长线于点D.
(1)求证：DB=DE；
(2)若AB=12，BD=5，求⊙O的半径.
27.(本小题10分)
在△ABC和△ADE中，BA=BC，DA=DE，点E在△ABC的内部，连接EC，EB和ED，设EC=k⋅BD(k≠0).
(1)当∠ABC=∠ADE=60∘时，如图1，请求出k值，
(2)当∠ABC=∠ADE=90∘时：
①如图2，(1)中的k值是否发生变化，如无变化；如有变化，请求出k值并说明理由；
②如图3，当D，E，C三点共线，且E为DC中点时，请求出tan∠EAC的值.
28.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点S(−1,0)，T(1,0)(0∘<α≤180∘)，将一个图形先绕点S顺时针旋转α，再绕点T逆时针旋转α.
(1)点R在线段ST上，则在点A(1,−1)，B(3,−2)，C(2,−2)，D(0,−2)中，有可能是由点R经过一次“90∘对称旋转”后得到的点是______；
(2)x轴上的一点P经过一次“α对称旋转”得到点Q.
①当α=60∘时，PQ=______；
②当α=30∘时，若QT⊥x轴，求点P的坐标；
(3)以点O为圆心作半径为1的圆.若在⊙O上存在点M，使得点M经过一次“α对称旋转”后得到的点在x轴上，直接写出α的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
此题主要考查几何体的展开图，熟记几何体的侧面展开图是解题的关键．
由图可知展开侧面为三角形，则该几何体为棱锥.
【解答】
解：由图可知展开侧面为三角形，则该几何体为棱锥，
故选C.
2.【答案】C
【解析】解：由数轴可以发现a<0|c|>|b|，
∴a+c<0，|a|>|b|，ac<0
又由数轴可发现1∴bc>1正确．
故选：C.
根据数轴可以发现a<0|c|>|b|，可以逐一判断每个选项即可得出正确答案．
本题考查的是实数与数轴的相关内容，会利用数轴比较实数的大小是解决问题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：如图，连接AC、BD交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=CE，BE=DE，
∵菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别(0,2)，(2,1)，(4,2)，
∴AC⊥y轴，AC//x轴，OA=2，
∴BD//y轴，BE=DE=2−1=1，
∴顶点D的坐标是(2,2+1)，
即(2,3)，
故选：D.
连接AC、BD交于点E，由菱形的性质和顶点A，B，C的坐标得出BD//y轴，BE=DE=1，即可求解．
本题考查的是菱形的性质、坐标与图形性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵一个多边形每一个内角都为144∘，
∴外角为180∘−144∘=36∘，
∴多边形的边数为360∘÷36∘=10，
故选：C.
根据多边形的内角与外角的关系可求解外角的度数，再利用多边形的外角和可求解．
本题主要考查多边形的内角和外角，求解多边形的外角的度数是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：投掷一枚质地均匀的硬币m次，正面向上n次，随着m的增加，nm的值会在12附近摆动，呈现出一定的稳定性，
故选：D.
利用频率估计概率求解即可．
本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
6.【答案】D
【解析】解：A、最小旋转角度=360∘3=120∘；
B、最小旋转角度=360∘4=90∘；
C、最小旋转角度=360∘5=72∘；
D、最小旋转角度=360∘6=60∘；
故选：D.
求出各旋转对称图形的最小旋转角度，继而可作出判断．
本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度(小于360∘)后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．求出各图形的最小旋转角度是解题关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、有3数条对称轴，
B、有2条对称轴，
C、有无数条对称轴，
D、有1条对称轴，
所以对称轴条数最少的是选项D.
故选：D.
根据轴对称图形的定义，分别找出题干中的图形的所有对称轴条数，即可进行判断．
此题考查了利用轴对称图形的定义确定轴对称图形的对称轴的条数的灵活应用．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查一次函数、二次函数，理解一次函数、二次函数的意义是正确解答的前提，求出y与t，S与t的函数关系式是正确判断的关键．
求出y与t，S与t满足的函数关系式，再根据函数的类型进行判断即可．
【解答】
解：由题意得，AM=t，CN=2t，
∴MC=AC−AM=5−t，
即y=5−t，
∴S=12MC⋅CN=5t−t2，
因此y是t的一次函数，S是t的二次函数，
故选：D.
9.【答案】x<12
【解析】解：由题意得：1−2x>0，
解得：x<12，
故答案为：x<12.
根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键．
10.【答案】−36
【解析】解：根据题意可得，
ax2+by2=(3x+2y)(3x−2y)，
ax2+by2=9x2−4y2，
∴a=9，b=−4，
∴ab=9×(−4)=−36.
故答案为：−36.
根据题意可得，ax2+by2=(3x+2y)(3x−2y)，应用平方差公式可得ax2+by2=9x2−4y2，根据等式的性质可得a，b的值，计算即可得出答案．
本题主要考查了因式分解-应用公式法，熟练掌握因式分解-应用公式法进行求解是解决本题的关键．
11.【答案】2或3
【解析】【分析】
本题考查了无理数的估算和大小比较，掌握无理数估算的方法是正确解答的关键．
先估算出 3 、 10 的大小，然后确定范围在其中的整数即可．
【解答】
解：∵ 3<2 ， 3< 10
∴ 3<2<3< 10
即比 3 大且比 10 小的整数为2或3，
故答案为：2或3
12.【答案】−8
【解析】解：∵3x2−x−1=0，
∴3x2−x=1，
∴(2x+3)(2x−3)−x(x+1)
=4x2−9−x2−x
=3x2−x−9
=1−9
=−8.
故答案为：−8.
先根据已知条件式得到3x2−x=1，再把所求式子去括号并合并同类项化简得到3x2−x−9，把3x2−x=1整体代入求解即可．
本题主要考查了整式的化简求值，掌握整式的化简求值的方法是解题的关键．
13.【答案】 3−1
【解析】解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，
在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=2，AC=2 3，
∴AB= AC2+BC2=4，
∴OC=12AB=2，OP=12AB=2，
∵M为PC的中点，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO=90∘，
∴点M在以OC为直径的圆上，
当点P点在A点时，M点在E点；当P点在B点时，M点在F点，
取OC的中点O′，连接BO′交⊙O′于M′，
则BM′的长度即为BM的最小值，
延长BO′交⊙O′于G，连接FM′，
∵∠FBM′=∠GBC，∠FM′B=∠GCB(圆内接四边形的性质)，
∴△BFM′∽△BGC，
∴BFBG=BM′BC，
即1BM′+2=BM′2，
解得：BM′= 3−1(负值舍去)，
故BM的最小值为： 3−1，
故答案为： 3−1.
取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连接OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，根据勾股定理得到AB= AC2+BC2=4，根据直角三角形的性质得到OC=12AB=2，OP=12AB=2，根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，当点P点在A点时，M点在E点；当P点在B点时，M点在F点，取OC的中点O′，连接BO′交⊙O′于M′，则BM′的长度即为BM的最小值，延长BO′交⊙O′于G，连接FM′，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了点与圆的位置关系，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
14.【答案】172
【解析】解：设AD交EH于K，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，
∴∠ADC=∠HDF=90∘，CD=AB=EF=DH=2cm，∠H=∠C=90∘，
∴∠CDN=∠HDK，
∴△CDN≌△HDK(ASA)，
∴ND=KD，
∵四边形DNMK是平行四边形，
∴平行四边形DNMK是菱形，
∴MN=DN，
∵将两纸片按如图所示叠放，使点D与点G重合，且重叠部分为平行四边形，
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
∴FN=DN=4，
设DN=MN=acm，则CN=(8−a)cm，
∵DN2=CD2+CN2，
∴a2=22+(8−a)2，
解得：a=174(cm)，
∴DN=cm，
∴重叠部分的面积=DN⋅EF=174×2=172，
故答案为：172.
设AD交EH于K，由“ASA”可证△CDN≌△HDK，可证ND=KD，即可证四边形DNMK是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，由勾股定理求出DN的长，再根据菱形的面积公式即可得出答案．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含30∘角直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
15.【答案】y1【解析】解：∵抛物线y=ax2−2ax−2(a<0)，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−−2a2a=1，
∵0∴−2∴点(n−2,y1)到对称轴的距离最大，(n+1,y3)到对称轴距离最短，
∴y1故答案为：y1求得抛物线的开口方向和对称轴，然后根据点到对称轴的距离的大小判断即可．
本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】角平分线 y+c+b+z
【解析】解：(1)∵点O到每条公路的距离相等，
∴点O是△ABC的角平分线的交点．
故答案为：角平分线；
(2)设OA=x，
共有6条线路：d1=x+c+a+z，d2=x+b+a+y，d3=y+c+b+z，d4=y+a+b+x，d5=z+b+c+y，d6=z+a+c+x，
在CB上截取CE=CA，连接OE，
在△ACO和△ECO中，
CA=CE∠ACO=∠ECOCO=CO，
∴△ACO≌△ECO(SAS)，
∴OA=OE，
在△EBO中，
y−x∴d3−d1<0，
同理d1−d2<0，d1−d4<0，d1−d5<0，d1−d6<0，
∴d3最短，
故答案为：y+c+b+z.
(1)根据角平分线性质直接回答即可；
(2)设OA=x，列出所有线路，并表示出线路长，在CB上截取CE=CA，连接OE，可证出△ACO≌△ECO，得到OA=OE，利用三角形的三边关系可比较各线路长的大小，从而解决问题．
本题考查几何知识的应用，解答中涉及角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解题意，能灵活运用相关知识是解题的关键．
17.【答案】解：{2(x−1)由①得：x<4，
由②得：x>1，
则不等式组的解集为1【解析】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．
此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
18.【答案】解：13−1−π−20200+| 3−2|−3tan30∘
=3−π−1+2− 3−3× 33
=4−π−2 3.
【解析】根据负整数指数幂，零次幂，化简绝对值，特殊角的三角函数值进行计算即可求解．
本题考查了实数的混合运算，掌握负整数指数幂，零次幂，化简绝对值，特殊角的三角函数值是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵a=1，b=−m，c=2m−4，
∴△=b2−4ac
=(−m)2−4(2m−4)
=m2−8m+16
=(m−4)2≥0，
∴此方程总有两个实数根．
(2)解：∵△=(m−4)2≥0，
∴x=−b± b2−4ac2a=m±|m−4|2.
∴x1=m−2，x2=2.
∵此方程有一个根小于1.
∴m−2<1.
∴m<3.
【解析】(1)先根据方程有两个相等的实数根列出关于m的一元二次方程，求出m的值即可；
(2)利用求根公式得到x1=m−2，x2=2.根据题意得到m−2<1.即可求得m<3.
本题考查的是根的判别式及一元二次方程解的定义，在解答(2)时得到方程的两个根是解题的关键．
20.【答案】证明：方法一：∵DE//BC，
∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAE，
∵∠BAD+∠BAC+∠CAE=180∘，
∴∠B+∠BAC+∠C=180∘；
方法二：延长BC，如图，
∵CD//AB，
∴∠A=∠ACD，∠B=∠DCE，
∵∠ACB+∠ACD+∠DCE=180∘，
∴∠A+∠ACB+∠B=180∘.
【解析】方法一：由平行线的性质得：∠B=∠BAD，∠C=∠CAE，再由平角的定义可得∠BAD+∠BAC+∠CAE=180∘，从而可求解；
方法二：延长BC，由平行线的性质得：∠A=∠ACD，∠B=∠DCE，再由平角的定义可得∠ACB+∠ACD+∠DCE=180∘，从而可求解．
本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质并灵活运用．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵E为AB的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE//BC，
∵EF⊥BC，OG⊥BC，
∴EF//OG，∠EFG=90∘，
∴四边形EFGO是平行四边形，
又∵∠EFG=90∘，
∴平行四边形EFGO是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，BD=16，
∴BC=AB=10，OA=OC，OB=OD=12BD=8，AC⊥BD，
∴∠BOC=90∘，
∴OC= BC2−OB2= 102−82=6，
由(1)可知，四边形EFGO是矩形，
∴∠OGF=90∘，
∴OG⊥BC，
∴S△OBC=12BC⋅OG=12OB⋅OC，
∴OG=OB⋅OCBC=8×610=4.8，
即OG的长为4.8.
【解析】(1)由平行四边形的性质得OA=OC，进而证明OE是△ABC的中位线，得OE//BC，再证明四边形EFGO是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得BC=AB=10，OA=OC，OB=OD=12BD=8，AC⊥BD，进而由勾股定理得OC=6，再由矩形的性质得∠OGF=90∘，则OG⊥BC，然后由三角形面积求出OG的长即可．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象由函数y=−x的图象平移得到，
∴k=−1.
∵一次函数y=−x+b的图象过点(0,1)，
∴b=1
∴这个一次函数的表达式为y=−x+1.
(2)∵当x<−1时，对于x的每一个值，函数y=mx(m≠0)的值小于一次函数y=−x+1的值，
∴m≥−1.
【解析】(1)据一次函数平移时k不变可知k=−1，再把点(0,1)代入求出b的值，进而可得出结论．
(2)根据图象即可求得．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换及一次函数和不等式的关系，熟知一次函数平移的性质是解答此题的关键．
23.【答案】解：(1)如图所示．
(2)m=82×10+87×10+95×1030=88，
∵第二次竞赛获卓越奖的学生有16人，成绩从小到大排列为：90 90 91 91 91 91 92 93 93 94 94 94 95 95 96 98，
∴第一和第二个数是30名学生成绩中第15和第16个数，
∴n=12(90+90)=90，
∴m=88，n=90；
(3)可以推断出第二次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是：第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．
【解析】(1)根据这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图可得横坐标是90，纵坐标是91的点即代表小松同学的点；
(2)根据平均数和中位数的定义可得m和n的值；
(3)根据平均数，众数和中位数这几方面的意义解答可得．
本题考查了众数、中位数以及平均数，掌握众数、中位数以及平均数的定义是解题的关键．
24.【答案】1.5
【解析】解：(1)以喷泉与湖面的交点为原点，喷泉所在的直线为纵轴建立平面直角坐标系，如图1所示：
(2)根据题意可知，该抛物线的对称轴为x=2，此时最高，
即m=1.5，
故答案为：1.5；
(3)根据图象可设二次函数的解析式为：h=a(d−2)2+1.5，
将(0,0.5)代入h=a(d−2)2+1.5，得a=−14，
∴抛物线的解析式为：h=−14d2+d+0.5，
设调节后的水管喷出的抛物线的解析式为：h=−14d2+d+0.5+n，
由题意可知，当横坐标为2+32=72时，纵坐标的值大于1.5+0.5=2，
∴−14×(72)2+72+0.5+n≥2，
解得n≥1716，
∴水管高度至少向上调节1716米，
∴0.5+1716=2516(米)，
∴公园应将水管露出湖面的高度(喷水头忽略不计)至少调节到2516米才能符合要求．
(1)依据题意，建立坐标系，描点．用平滑的曲线连接即可；
(2)依据题意，观察图象即可得出结论；
(3)依据题意，根据二次函数图象的性质求出最高点的高度，设二次函数的顶点式，求解原抛物线的解析式；设出二次函数图象平移后的解析式，根据题意求解即可．
本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键在于掌握由二次函数的图象建立二次函数模型．
25.【答案】 73−3 10 平行
【解析】解：发现：如图1，连接AO、AE、BO，作BP⊥AF于P，
由题意知，EF=6，AF=8，∠DAF=60∘，
∴OM=OF=3，
当A、M、O三点共线时，AM最小，
由勾股定理得，AO= AF2+OF2= 82+32= 73，
∴AM的最小值为 73−3；
当M、E重合时，AM最大，
由勾股定理得，AE= AF2+EF2= 82+62=10，
∴AM的最大值为10；
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，
∴∠BAD=90∘，
∴∠BAP=30∘，
∴BP=12AB=3=OF，
又∵BP//OF，
∴四边形BPFO是平行四边形，
∴OB//PF，即OB//l；
故答案为： 73−3；10；平行；
思考：如图2，连接OG，作OH⊥AD于H，
∵∠DAF=60∘，EF⊥AF，
∴∠AEF=30∘，
∴OH=12OE=32，
∵OE=OG，
∴∠EOG=120∘，GE=2EH=2 OE2−OH2= 32−(32)2=3 3，
∴S重叠=S扇形EOG−S△ECG=120π−32360−12×3 3×32=3π−9 34，
∴重叠部分面积为3π−9 34.
发现：如图1，连接AO、AE，作BP⊥AF于P，由题意知，OM=3，∠DAF=60∘，当A、M、O三点共线时，AM最小，为AO−OM；当M、E重合时，AM最大，由勾股定理求解即可；由题意知∠BAP=30∘，则BP=12AB=3=OF，进而求解作答即可；
思考：如图2，连接OG，作OH⊥AD于H，则∠AEF=30∘，OH=12OE=32，由OE=OG，可得∠EOG=120∘，GE=2EH，根据S重叠=S扇形EOG−S△ECG，计算求解即可．
本题主要考查了几何变换的综合，包括勾股定理，含30∘的直角三角形，平行线的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，扇形面积等知识．正确作出辅助线并能灵活利用相关知识是解题的关键．
26.【答案】(1)证明：∵BD是⊙O的切线，
∴∠OBD=90∘，即∠OBA+∠EBD=90∘，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠CEA=180∘−∠ACE=90∘，∠CEA=∠BED，
∴∠EBD=∠BED，
∴DB=DE；
(2)解：如图，连接OE，作DF⊥AB于F，
∵E是AB的中点，AB=12，DB=DE，
∴OE⊥AB，AE=EB=6，EF=12BE=3，
由勾股定理得，DF= DE2−EF2=4，
∵∠AOE+∠OAE=90∘，∠CEA+∠OAE=90∘，∠CEA=∠BED，
∴∠AOE=∠BED，
∴sin∠AOE=AEOA=sin∠DEF=DFDE，即6OA=45，
解得，OA=152，
∴⊙O的半径为152.
【解析】(1)由切线，可知∠OBD=90∘，即∠OBA+∠EBD=90∘，由OA=OB，可得∠OAB=∠OBA，由三角形内角和、对顶角相等可得∠EBD=∠BED，进而结论得证；
(2)如图，连接OE，作DF⊥AB于F，则OE⊥AB，AE=EB=6，EF=12BE=3，由勾股定理得，DF=4，证明∠AOE=∠BED，则sin∠AOE=AEOA=sin∠DEF=DFDE，即6OA=45，计算求解，然后作答即可．
本题考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正弦等知识．熟练掌握切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正弦是解题的关键．
27.【答案】解：(1)k=1，
理由如下：如图1，∵∠ABC=∠ADE=60∘，BA=BC，DA=DE，
∴△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60∘，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AD=AE∠DAB=∠EACAB=AC，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴EC=DB，即k=1；
(2)①k值发生变化，k= 2，
∵∠ABC=∠ADE=90∘，BA=BC，DA=DE，
∴△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AEAD= 2，ACAB= 2，∠DAE=∠BAC=45∘，
∴AEAD=ACAB，∠DAB=∠EAC，
∴△EAC∽△DAB，
∴ECBD=AEAD= 2，即EC= 2BD，
∴k= 2；
②作EF⊥AC于F，
设AD=DE=a，则AE= 2a，
∵点E为DC中点，
∴CD=2a，
由勾股定理得，AC= AD2+CD2= 5a，
∵∠CFE=∠CDA=90∘，∠FCE=∠DCA，
∴△CFE∽△CAD，
∴EFAD=CECA，即EFa=a 5a，
解得，EF= 55a，
∴AF= AE2−EF2=3 55a，
则tan∠EAC=EFAF=13.
【解析】(1)根据题意得到△ABC和△ADE都是等边三角形，证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质解答；
(2)①根据等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质计算；②作EF⊥AC于F，设AD=DE=a，证明△CFE∽△CAD，根据相似三角形的性质求出EF，根据勾股定理求出AF，根据正切的定义计算即可．
本题考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
28.【答案】B，C 2
【解析】解：(1)由一次“对称旋转”定义，将A(1,−1)先绕点T顺时针旋转90∘得A′，再绕点S逆时针旋转90∘得A′′，如图所示：
∴A(1,−1)不是由点R经过一次“90∘对称旋转”后得到的点；
同理可得B(3,−2)是由点R(1,0)经过一次“90∘对称旋转”后得到的点；C(2,−2)是由点R(0,0)经过一次“90∘对称旋转”后得到的点；D(0,−2)不是由点R经过一次“90∘对称旋转”后得到的点；
故答案为：B，C；
(2)①当α=60∘时，如图，
∵x轴上的一点P经过一次“α对称旋转”得到点Q，
∴△SPP′和△TQP′均为等边三角形，
∴SP′=PP′，TP′′=QP′，
∴∠SP′T+∠TP′P=∠TP′P+∠PP′Q，
∴∠SP′T=∠PP′′Q，
∴△P′ST≌△P′PQ(SAS)，
∴PQ=ST=2，
故答案为：2；
②当α=30∘时，设点P绕点S顺时针旋转30∘得到点P′，则，
如图，将x轴作一次“α对称旋转”后得到直线y=−1，SP=SP′
∵QT⊥x轴，点P经过一次“α对称旋转”得到点Q，
∴点Q的坐标为Q(1,−1)，
∵点P′绕点T逆时针旋转30∘得到点Q，
∴P′T=QT=1，∠P′TQ=30∘，
∴∠STP′=90∘−∠P′TQ=60∘，
∵∠TSP′=30∘，
∴∠SP′T=180∘−∠STP′−∠TSP′=90∘，
∵ST=2，
∴SP′= ST2−P′T2= 3，
∴SP=SP′= 3，
∵S(−1,0)，
∴点P的坐标为P(−1+ 3,0).
(3)点M在⊙O上，则M绕S顺时针旋转α度以后的M′的轨迹为O绕S顺时针旋转α度以后的⊙O′上，M′关于T逆时针旋转α度以后得到点N，则N在O′关于T逆时针旋转α度以后的⊙O′′上，只需⊙O′与x轴有交点O′′在粉弧上，且O′T=O′′T，
如图，⊙O′′与x轴相切，则O′′H=1，在x轴上取点R，连接O′′R，使O′′R=7，
∴HR= 3，
∴∠O′′RH=30∘，TR=O′S=1，O′′T=O′T，
∴△O′′TR≌△TO′S(SSS)，
∴∠TSO′=∠O′′RT=30∘，
故0∘<α≤30∘；
如图，⊙O′′与x轴相切，则O′′H=1，在x轴上取点R，连接O′′R，使O′′R=2，
∴∠HRO′′=30∘，ST=O′′R，
∴∠TRO′′=150∘，
∵∠SO′T+∠STO′=∠STO′+∠RTO′′，
∴∠SO′T=∠RTO′′，
∵O′T=TO′′，
∴△O′ST≌△TRO′′(SAS)，
∴∠O′ST=∠TRO′′=150∘，
∴α=150∘，
∴150∘≤α≤180∘；
综上所述，0∘<α≤30∘或150∘≤α≤180∘.
(1)根据“α对称旋转”新定义即可判断；
(2)①由旋转可得△SPP′和△TQP′均为等边三角形，进而推出△P′ST≌△P′PQ(SAS)即可证得结论；②根据“α对称旋转”新定义得点Q的坐标为Q(1,−1)，P′T=QT=1，∠P′TQ=30∘，进而得出∠SP′T=180∘−∠STP′−∠TSP′=90∘，再利用勾股定理即可求得答案；
(3)点M在⊙O上，则M绕S顺时针旋转α度以后的M′的轨迹为O绕S顺时针旋转α度以后的⊙O′上，M′关于T逆时针旋转α度以后得到点N，则N在O′关于T逆时针旋转α度以后的⊙O′′上，只需⊙O′与x轴有交点O′′在粉弧上，且O′T=O′′T，则⊙O′′与x轴相切，再证得△O′′TR≌△TO′S(SSS)，即可求得答案．
本题主要考查了新定义，旋转的性质，解直角三角形，圆周角定理，正确理解题目所给“对称旋转”的定义，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．三角形内角和定理：三角形三个内角的和等于180∘.
已知：如图，△ABC，求证：∠A+∠B+∠C=180∘.
方法一
证明：如图，过点A作DE//BC.
方法二
证明：如图，过点C作CD//AB.
参与奖
优秀奖
卓越奖
第一次竞赛
人数
10
10
10
平均分
82
87
95
第二次竞赛
人数
2
12
16
平均分
84
87
93
平均数
中位数
众数
第一次竞赛
m
87.5
88
第二次竞赛
90
n
91
d(米)
0
1
2
3
4
h(米)
0.5
1.25
1.5
1.25
0.5