中考数学二模试卷含解析20

中考数学二模试卷含解析20

‎2016年江苏省南京市溧水区中考数学二模试卷 一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）‎ ‎1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．计算（﹣3x）2的结果是（　　）‎ A．6x2 B．﹣6x2 C．9x2 D．﹣9x2‎ ‎3．若△ABC∽△A′B′C′，AB=2，A′B′=4，则△ABC与△A′B′C′的面积的比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1‎ ‎4．无理数a满足：2＜a＜3，那么a可能是（　　）‎ A． B． C．2.5 D．‎ ‎5．把如图中的三棱柱展开，所得到的展开图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（　　）‎ A．（，） B．（，） C．（，） D．（，4）‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）‎ ‎7．﹣5的绝对值是______，4的算术平方根是______．‎ ‎8．新亚欧大陆桥东起太平洋西岸中国连云港，西达大西洋东岸荷兰鹿特丹等港口，横贯亚欧两大洲中部地带，总长约为10900公里，10900用科学记数法表示为______．‎ ‎9．若二次根式有意义，则x的取值范围是______．‎ ‎10．某地区连续5天的最高气温（单位：℃）分别是30，33，24，29，24，这组数据的中位数是______．‎ ‎11．反比例函数y=的图象过点P（2，6），那么k的值是______．‎ ‎12．如图，过正五边形ABCDE的顶点A作直线AF∥CD，则∠EAF的度数为______°．‎ ‎13．如图，在⊙O中，半径OD垂直于弦AB，垂足为C，OD=13cm，AB=24cm，则CD=______cm．‎ ‎14．已知圆心角为150°的扇形面积是15πcm2，则此扇形的半径为______．‎ ‎15．小宏准备用50元钱买甲、乙两种饮料共10瓶，已知甲饮料每瓶7元，乙饮料每瓶4元，则小宏最多能买______瓶甲饮料．‎ ‎16．如图，抛物线C1是二次函数y=x2﹣10x在第四象限的一段图象，它与x轴的交点是O、A1；将C1绕点A1旋转180°后得抛物线C2；它与x轴的另一交点为A2；再将抛物线C2绕A2点旋转180°后得抛物线C3，交x轴于点A3；如此反复进行下去…，若某段抛物线上有一点 P，则a=______．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共11小题，共88分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17．解方程：x2﹣3x﹣4=0．‎ ‎18．化简，求值：÷﹣1，其中a=﹣．‎ ‎19．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，点F是AC上一点，连结BF，DF．‎ ‎（1）证明：△ABF≌△ADF；‎ ‎（2）若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形．‎ ‎20．甲、乙、丙三位歌手进入“我是歌手”冠、亚、季军决赛，他们通过抽签来决定演唱顺序，‎ ‎（1）求甲第一位出场的概率；‎ ‎（2）求甲比乙先出场的概率．‎ ‎21．我区积极开展“体育大课间”活动，引导学生坚持体育锻炼，某校根据实际情况，决定主要开设A：乒乓球，B：篮球，C：跑步．D：足球四种运动项目．为了解学生最喜欢哪一种项目，随机抽取了部分学生进行调査，并将调查结果绘制成如下统计图．请你结合图中信息解答下列问题：‎ ‎（1）求样本中最喜欢B项目的人数百分比和其所在扇形图中的圆心角的度数；‎ ‎（2）请把条形统计图补充完整；‎ ‎（3）己知该校有2000人，请根据样本估计全校最喜欢足球的人数是多少？‎ ‎22．据报道，溧水到南京的轻轨将于2017年建成通车．通车前，客运汽车从溧水到南京南站的路程约为50km；通车后，轻轨从溧水到南京南站的路程比原来缩短5km．预计，轻轨的平均速度是客运汽车的平均速度的1.5倍，轻轨的运行时间比客运汽车的运行时间要缩短15min，试求轻轨的平均速度．‎ ‎23．校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道L上确定点D，使CD与L垂直，测得CD的长等于24米，在L上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30°，∠CBD=60°．‎ ‎（1）求AB的长（结果保留根号）；‎ ‎（2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.73，≈1.41）‎ ‎24．已知二次函数y=x2+mx+m﹣5（m是常数）．‎ ‎（1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴一定有两公共点；‎ ‎（2）若该二次函数的图象过点（0，﹣3），则将函数图象沿x轴怎样平移能使抛物线过原点？‎ ‎25．某水电站兴建了一个最大蓄水容量为12万米3的蓄水池，并配有2个流量相同的进水口和1个出水口．某天从0时至12时，进行机组试运行．其中，0时至2时打开2个进水口进水；2时，关闭1个进水口减缓进水速度，至蓄水池中水量达到最大蓄水容量后，随即关闭另一个进水口，并打开出水口，直至12时蓄水池中的水放完为止．若这3个水口的水流都是匀速的，水池中的蓄水量y（万米3）与时间t（时）之间的关系如图所示，请根据图象解决下列问题：‎ ‎（1）蓄水池中原有蓄水______万米3，蓄水池达最大蓄水量12万米3的时间a的值为______；‎ ‎（2）求线段BC、CD所表示的y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）蓄水池中蓄水量维持在m万米3以上（含m万米3）的时间有3小时，求m的值．‎ ‎26．已知，如图，△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．‎ ‎（1）求证：AE=BE；‎ ‎（2）求证：FE是⊙O的切线；‎ ‎（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．‎ ‎27．我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．‎ ‎（1）已知：四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A=70°，∠B=80°．求∠C、∠D的度数．‎ ‎（2）如图1，在Rt△ACB中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，过点D作DE⊥CD交AC于点E，求证：四边形BCED是“等对角四边形”．‎ ‎（3）如图2，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，CD平分∠ACB，点E在AC上，且四边形CBDE为“等对角四边形”，则线段AE的长为______．‎ ‎　‎ ‎2016年江苏省南京市溧水区中考数学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）‎ ‎1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】中心对称图形．‎ ‎【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．‎ ‎【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项正确；‎ B、不是中心对称图形，故本选项错误；‎ C、不是中心对称图形，故本选项错误；‎ D、不是中心对称图形，故本选项错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．计算（﹣3x）2的结果是（　　）‎ A．6x2 B．﹣6x2 C．9x2 D．﹣9x2‎ ‎【考点】幂的乘方与积的乘方．‎ ‎【分析】根据积的乘方进行计算即可．‎ ‎【解答】解：（﹣3x）2=9x2，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．若△ABC∽△A′B′C′，AB=2，A′B′=4，则△ABC与△A′B′C′的面积的比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1‎ ‎【考点】相似三角形的性质．‎ ‎【分析】根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方，可以直接求出结果．‎ ‎【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，相似比为2：4=1：2，‎ ‎∴，‎ 故选C ‎　‎ ‎4．无理数a满足：2＜a＜3，那么a可能是（　　）‎ A． B． C．2.5 D．‎ ‎【考点】估算无理数的大小．‎ ‎【分析】在A，B，C，D中无理数为A，D，再估算，的范围，即可解答．‎ ‎【解答】解：∵，，‎ ‎∴无理数a可能是，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．把如图中的三棱柱展开，所得到的展开图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】几何体的展开图．‎ ‎【分析】根据三棱柱的概念和定义以及展开图解题．‎ ‎【解答】解：根据两个全等的三角形，在侧面三个长方形的两侧，这样的图形围成的是三棱柱．‎ 把图中的三棱柱展开，所得到的展开图是B．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（　　）‎ A．（，） B．（，） C．（，） D．（，4）‎ ‎【考点】坐标与图形变化-旋转．‎ ‎【分析】过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，根据点A的坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO′=OB，∠A′BO′=∠ABO，然后解直角三角形求出O′D、BD，再求出OD，然后写出点O′的坐标即可．‎ ‎【解答】解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，‎ ‎∵A（2，），‎ ‎∴OC=2，AC=，‎ 由勾股定理得，OA===3，‎ ‎∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，‎ ‎∴OB=2OC=2×2=4，‎ 由旋转的性质得，BO′=OB=4，∠A′BO′=∠ABO，‎ ‎∴O′D=4×=，‎ BD=4×=，‎ ‎∴OD=OB+BD=4+=，‎ ‎∴点O′的坐标为（，）．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）‎ ‎7．﹣5的绝对值是　5　，4的算术平方根是　2　．‎ ‎【考点】算术平方根；绝对值．‎ ‎【分析】根据绝对值、算术平方根，即可解答．‎ ‎【解答】解：﹣5的绝对值是5，4的算术平方根2，‎ 故答案为：5，2．‎ ‎　‎ ‎8．新亚欧大陆桥东起太平洋西岸中国连云港，西达大西洋东岸荷兰鹿特丹等港口，横贯亚欧两大洲中部地带，总长约为10900公里，10900用科学记数法表示为　1.09×104　．‎ ‎【考点】科学记数法—表示较大的数．‎ ‎【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＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．‎ ‎【解答】解：10900=1.09×104．‎ 故答案为：1.09×104．‎ ‎　‎ ‎9．若二次根式有意义，则x的取值范围是　x≥2　．‎ ‎【考点】二次根式有意义的条件．‎ ‎【分析】根据二次根式有意义的条件，可得x﹣2≥0，解不等式求范围．‎ ‎【解答】解：根据题意，使二次根式有意义，即x﹣2≥0，‎ 解得x≥2；‎ 故答案为：x≥2．‎ ‎　‎ ‎10．某地区连续5天的最高气温（单位：℃）分别是30，33，24，29，24，这组数据的中位数是　29　．‎ ‎【考点】中位数．‎ ‎【分析】首先将数据按从小到大排列，进而找出最中间求出答案．‎ ‎【解答】解：数据从小到大排列为：24，24，29，30，33，‎ 则最中间为：29，‎ 故这组数据的中位数是：29．‎ 故答案为：29．‎ ‎　‎ ‎11．反比例函数y=的图象过点P（2，6），那么k的值是　12　．‎ ‎【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．‎ ‎【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征：图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k即可算出k的值．‎ ‎【解答】解：∵反比例函数y=的图象过点P（2，6），‎ ‎∴k=2×6=12，‎ 故答案为：12．‎ ‎　‎ ‎12．如图，过正五边形ABCDE的顶点A作直线AF∥CD，则∠EAF的度数为　36　°．‎ ‎【考点】多边形内角与外角．‎ ‎【分析】首先连接BE，易得AF∥BE∥CD，又由正五边形ABCDE，可求得∠BAE的度数，继而求得∠FAE的度数．‎ ‎【解答】解：连接BE，‎ ‎∵五边形ABCDE是正五边形，‎ ‎∴∠BAE=108°，AB=AE，‎ ‎∴∠AEB=∠ABE=36°，‎ ‎∵BE∥CD，AF∥CD，‎ ‎∴BE∥AF，‎ ‎∴∠FAE=∠AEB=36°．‎ 故答案为：36．‎ ‎　‎ ‎13．如图，在⊙O中，半径OD垂直于弦AB，垂足为C，OD=13cm，AB=24cm，则CD=　8　cm．‎ ‎【考点】垂径定理；勾股定理．‎ ‎【分析】根据垂径定理，可得AC的长，根据勾股定理，可得OC的长，根据线段的和差，可得答案．‎ ‎【解答】解：由垂径定理，‎ AC=AB=12cm．‎ 由半径相等，得 OA=OD=13cm．‎ 由勾股定理，得 OC===5．‎ 由线段的和差，得 CD=OD﹣OC=13﹣5=8cm，‎ 故答案为：8．‎ ‎　‎ ‎14．已知圆心角为150°的扇形面积是15πcm2，则此扇形的半径为　6cm　．‎ ‎【考点】扇形面积的计算．‎ ‎【分析】利用扇形面积公式直接代入求出r即可．‎ ‎【解答】解：∵扇形的圆心角为150°，它的面积为15πcm2，‎ ‎∴设扇形的半径为：r，则：‎ ‎15π=，‎ 解得：r=6．‎ 故答案为：6cm．‎ ‎　‎ ‎15．小宏准备用50元钱买甲、乙两种饮料共10瓶，已知甲饮料每瓶7元，乙饮料每瓶4元，则小宏最多能买　3　瓶甲饮料．‎ ‎【考点】一元一次不等式的应用．‎ ‎【分析】首先设小宏能买x瓶甲饮料，则可以买（10﹣x）瓶乙饮料，由题意可得不等关系：甲饮料的花费+乙饮料的花费≤50元，根据不等关系可列出不等式，再求出整数解即可．‎ ‎【解答】解：设小宏能买x瓶甲饮料，则可以买（10﹣x）瓶乙饮料，由题意得：‎ ‎7x+4（10﹣x）≤50，‎ 解得：x≤，‎ ‎∵x为整数，‎ ‎∴x=0，1，2，3，‎ 则小宏最多能买3瓶甲饮料．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎16．如图，抛物线C1是二次函数y=x2﹣10x在第四象限的一段图象，它与x轴的交点是O、A1；将C1绕点A1旋转180°后得抛物线C2；它与x轴的另一交点为A2；再将抛物线C2绕A2点旋转180°后得抛物线C3，交x轴于点A3；如此反复进行下去…，若某段抛物线上有一点 P，则a=　24　．‎ ‎【考点】二次函数图象与几何变换．‎ ‎【分析】先通过解方程x2﹣10x=0得到A1（10，0），则OA1=10，利用旋转的性质得A1A2=A2A3=10，由于2010=10×201，则可判断P在抛物线C202上，由于抛物线C202‎ 的开口向下，与x轴的两交点坐标为，则可求出抛物线C201的解析式为y=﹣（x﹣2010）（x﹣2020），然后把P代入可计算出a的值．‎ ‎【解答】解：当y=0时，x2﹣10x=0，解得x1=10，x2=0，则A1（10，0）‎ 所以OA1=10，‎ 所以A1A2=A2A3=10，‎ 而2010=10×201，‎ ‎∴P在抛物线C202上，抛物线C202的开口向下，与x轴的两交点坐标为，‎ 所以抛物线C201的解析式为y=﹣（x﹣2010）（x﹣2020），‎ 当x=2016时，y=﹣=24，即a=24．‎ 故答案为24．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共11小题，共88分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17．解方程：x2﹣3x﹣4=0．‎ ‎【考点】解一元二次方程-因式分解法．‎ ‎【分析】先把方程化为两个因式积的形式，再求出x的值即可．‎ ‎【解答】解：∵原方程可化为：（x+1）（x﹣4）=0，‎ ‎∴x+1=0或x﹣4=0，‎ 解得，x1=4，x2=﹣1．‎ ‎　‎ ‎18．化简，求值：÷﹣1，其中a=﹣．‎ ‎【考点】分式的化简求值．‎ ‎【分析】先算除法，再算减法，最后把x的值代入进行计算即可．‎ ‎【解答】解：原式=•﹣1‎ ‎=﹣1‎ ‎=﹣．‎ 当a=﹣时，则原式=﹣2．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，点F是AC上一点，连结BF，DF．‎ ‎（1）证明：△ABF≌△ADF；‎ ‎（2）若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形．‎ ‎【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）首先得出△ABC≌△ADC（SSS），进而利用全等三角形的性质得出∠BAC=∠DAC，再证明△ABF≌△ADF（SAS）；‎ ‎（2）利用平行线的性质得出∠BAC=∠DCA，进而得出AB=DC，再利用平行的判定方法得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：在△ABC和△ADC中 ‎∵，‎ ‎∴△ABC≌△ADC（SSS），‎ ‎∴∠BAC=∠DAC，‎ 在△ABF和△ADF中 ‎∵，‎ ‎∴△ABF≌△ADF（SAS）；‎ ‎（2）解：∵AB∥CD，‎ ‎∴∠BAC=∠DCA，‎ ‎∵∠BAF=∠ADC，‎ ‎∴∠DAC=∠DCA，‎ ‎∴AD=DC，‎ 由（1）得：AB=DC，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∵AB=AD，‎ ‎∴平行四边形ABCD是菱形．‎ ‎　‎ ‎20．甲、乙、丙三位歌手进入“我是歌手”冠、亚、季军决赛，他们通过抽签来决定演唱顺序，‎ ‎（1）求甲第一位出场的概率；‎ ‎（2）求甲比乙先出场的概率．‎ ‎【考点】列表法与树状图法．‎ ‎【分析】（1）由甲、乙、丙三位歌手进入“我是歌手”冠、亚、季军决赛，直接利用概率公式求解即可求得答案；‎ ‎（2）利用列举法可得：出场情况为：甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲共6种情况，继而可求得答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵甲、乙、丙三位歌手进入“我是歌手”冠、亚、季军决赛，‎ ‎∴甲第一位出场的概率为；‎ ‎（2）∵出场情况为：甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲共6种情况，‎ ‎∴甲比乙先出场的情况有：甲乙丙，甲丙乙，丙甲乙，‎ ‎∴甲比乙先出场的概率为： =．‎ ‎　‎ ‎21．我区积极开展“体育大课间”活动，引导学生坚持体育锻炼，某校根据实际情况，决定主要开设A：乒乓球，B：篮球，C：跑步．D：足球四种运动项目．为了解学生最喜欢哪一种项目，随机抽取了部分学生进行调査，并将调查结果绘制成如下统计图．请你结合图中信息解答下列问题：‎ ‎（1）求样本中最喜欢B项目的人数百分比和其所在扇形图中的圆心角的度数；‎ ‎（2）请把条形统计图补充完整；‎ ‎（3）己知该校有2000人，请根据样本估计全校最喜欢足球的人数是多少？‎ ‎【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．‎ ‎【分析】（1）用整体1减去A，C、D所占的百分比，即可求出B所占的百分比，再用B所占的百分比乘以360°即可得出答案；‎ ‎（2）根据C所占的百分比与所给的人数，求出总人数，再用总人数乘以B所占的百分比，从而补全图形；‎ ‎（3）根据D所占的百分比乘以总人数即可得出全校最喜欢足球的人数．‎ ‎【解答】解：（1）样本中最喜欢B项目的人数百分比是1﹣44%﹣28%﹣8%=20%，‎ 其所在扇形图中的圆心角的度数是20%×360°=72°；‎ ‎（2）总人数是8÷8%=100（人），‎ B的人数是：100×20%=20（人），‎ 如图：‎ ‎；‎ ‎（3）根据题意得：‎ ‎2000×28%=560（人），‎ 答：全校最喜欢足球的人数是560人．‎ ‎　‎ ‎22．据报道，溧水到南京的轻轨将于2017年建成通车．通车前，客运汽车从溧水到南京南站的路程约为50km；通车后，轻轨从溧水到南京南站的路程比原来缩短5km．预计，轻轨的平均速度是客运汽车的平均速度的1.5倍，轻轨的运行时间比客运汽车的运行时间要缩短15min，试求轻轨的平均速度．‎ ‎【考点】分式方程的应用．‎ ‎【分析】等量关系为：轻轨的运行时间比客运汽车的运行时间要缩短15分钟=小时，把相关数值代入列出方程，解方程即可．‎ ‎【解答】解：设客运汽车的平均速度是xkm/h，‎ 则轻轨的平均速度是1.5xkm/h．‎ 根据题意，得：﹣=，‎ 解得：x=80．‎ 经检验，x=80是原方程的解．‎ ‎1.5x=120；‎ 答：轻轨的平均速度为120km/h．‎ ‎　‎ ‎23．校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道L上确定点D，使CD与L垂直，测得CD的长等于24米，在L上点D的同侧取点A、B，使∠CAD=30°，∠CBD=60°．‎ ‎（1）求AB的长（结果保留根号）；‎ ‎（2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．（参考数据：≈1.73，≈1.41）‎ ‎【考点】解直角三角形的应用．‎ ‎【分析】（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，继而求得AB的长；‎ ‎（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．‎ ‎【解答】解：（1）由題意得，‎ 在Rt△ADC中，AD===24≈36.33（米），‎ 在Rt△BDC中，BD===8，‎ 则AB=AD﹣BD=16；‎ ‎（2）不超速．‎ 理由：∵汽车从A到B用时2秒，‎ ‎∴速度为24.2÷2=12.1（米/秒），‎ ‎∵12.1×3600=43560（米/时），‎ ‎∴该车速度为43.56千米/小时，‎ ‎∵小于45千米/小时，‎ ‎∴此校车在AB路段不超速．‎ ‎　‎ ‎24．已知二次函数y=x2+mx+m﹣5（m是常数）．‎ ‎（1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴一定有两公共点；‎ ‎（2）若该二次函数的图象过点（0，﹣3），则将函数图象沿x轴怎样平移能使抛物线过原点？‎ ‎【考点】抛物线与x轴的交点；二次函数图象与几何变换．‎ ‎【分析】（1）框将函数问题转化为方程问题，然后证明△＞0即可；‎ ‎（2）将点（0，﹣3）代入可求得m的值，从而得到抛物线的接下来，然后再求得抛物线与x轴的交点坐标，然后可确定出平移的方向和距离．‎ ‎【解答】解：（1）令y=0得关于x的一元二次方程：x2+mx+m﹣5=0，则△=b2﹣4ac=m2﹣4（m﹣5）=m2﹣4m+20=（m﹣2）2+16．‎ ‎∵不论m为何值，（m﹣2）2≥0，‎ ‎∴（m﹣2）2+16＞0．‎ ‎∴不论m为何值，一元二次方程x2+mx+m﹣5=0一定有两个不相等的实数根，‎ ‎∴不论m为何值，该函数的图象与x轴一定有两公共点．‎ ‎（2）∵函数图象过点（0，﹣3），‎ ‎∴m﹣5=﹣3，m=2，‎ ‎∴二次函数表达式为y=x2+2x﹣3，‎ ‎∵令y=0得：x2+2x﹣3=0解得：x1=1，x2=﹣3．‎ ‎∴函数的图象与x轴的两个交点为：（1，0）和（﹣3，0）．‎ ‎∴将函数图象沿x 轴向右平移3个单位或向左平移1个单位就能使抛物线过原点．‎ ‎　‎ ‎25．某水电站兴建了一个最大蓄水容量为12万米3的蓄水池，并配有2个流量相同的进水口和1个出水口．某天从0时至12时，进行机组试运行．其中，0时至2时打开2个进水口进水；2时，关闭1个进水口减缓进水速度，至蓄水池中水量达到最大蓄水容量后，随即关闭另一个进水口，并打开出水口，直至12时蓄水池中的水放完为止．若这3个水口的水流都是匀速的，水池中的蓄水量y（万米3）与时间t（时）之间的关系如图所示，请根据图象解决下列问题：‎ ‎（1）蓄水池中原有蓄水　4　万米3，蓄水池达最大蓄水量12万米3的时间a的值为　6　；‎ ‎（2）求线段BC、CD所表示的y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）蓄水池中蓄水量维持在m万米3以上（含m万米3）的时间有3小时，求m的值．‎ ‎【考点】一次函数的应用．‎ ‎【分析】（1）根据函数图象可以得到蓄水池中原有蓄水的体积，由2个流量相同的进水口和图象可以求得a的值；‎ ‎（2）根据函数图象可以分别求得线段BC、CD所表示的y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）由题意可知，BC上的函数值和CD上的函数值相等，且分别对应的时间差值为3，从而可以求得m的值．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，蓄水池中原有蓄水4万米3，蓄水池达最大蓄水量12万米3的时间a的值为：2+（12﹣8）÷（）=6，‎ 故答案为：4，6；‎ ‎（2）∵B（2，8），C（6，12），设直线BC的函数关系式为y=k1x+b1，‎ 由题意，得 解得：‎ 即直线BC所对应的函数关系式为y=x+6（2≤x≤6），‎ ‎∵C（6，12），D（12，0），设直线CD的函数关系式为y=k2x+b2，‎ 由题意，得 解得：‎ 即直线CD所对应的函数关系式为y=﹣2x+24（6≤x≤12）；‎ ‎（3）设在BC上蓄水量达到m万米3的时间为t，则在CD上蓄水量达到m万米3的时间为（t+3）h，‎ 由题意，得t+6=﹣2（t+3）+24，‎ 解得：t=4，‎ ‎∴当 t=4时，y=4+6=10‎ 即m的值是10．‎ ‎　‎ ‎26．已知，如图，△ABC中，AC=BC，以BC为直径的⊙O交AB于E，过点E作EG⊥AC于G，交BC的延长线于F．‎ ‎（1）求证：AE=BE；‎ ‎（2）求证：FE是⊙O的切线；‎ ‎（3）若FE=4，FC=2，求⊙O的半径及CG的长．‎ ‎【考点】切线的判定．‎ ‎【分析】（1）连接CE和OE，因为BC是直径，所以∠BEC=90°，即CE⊥BE；再根据等腰三角形三线合一性质，即可得出结论；‎ ‎（2）证明OE是△ABC的中位线，得出OE∥AC，再由已知条件得出FE⊥OE，即可得出结论；‎ ‎（3）由切割线定理求出直径，得出半径的长，由平行线得出三角形相似，得出比例式，即可得出结果．‎ ‎【解答】（1）证明：连接CE，如图1所示：‎ ‎∵BC是直径，‎ ‎∴∠BEC=90°，‎ ‎∴CE⊥AB；‎ 又∵AC=BC，‎ ‎∴AE=BE．‎ ‎（2）证明：连接OE，如图2所示：‎ ‎∵BE=AE，OB=OC，‎ ‎∴OE是△ABC的中位线，‎ ‎∴OE∥AC，AC=2OE=6．‎ 又∵EG⊥AC，‎ ‎∴FE⊥OE，‎ ‎∴FE是⊙O的切线．‎ ‎（3）解：∵EF是⊙O的切线，∴FE2=FC•FB．‎ 设FC=x，则有2FB=16，‎ ‎∴FB=8，‎ ‎∴BC=FB﹣FC=8﹣2=6，‎ ‎∴OB=OC=3，‎ 即⊙O的半径为3；‎ ‎∴OE=3，‎ ‎∵OE∥AC，‎ ‎∴△FCG∽△FOE，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得：CG=．‎ ‎　‎ ‎27．我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．‎ ‎（1）已知：四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A=70°，∠B=80°．求∠C、∠D的度数．‎ ‎（2）如图1，在Rt△ACB中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，过点D作DE⊥CD交AC于点E，求证：四边形BCED是“等对角四边形”．‎ ‎（3）如图2，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，CD平分∠ACB，点E在AC上，且四边形CBDE为“等对角四边形”，则线段AE的长为　1或　．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）根据“等对角四边形”的定义，当四边形ABCD是“等对角四边形”时，可分两种情况进行讨论：①若∠A=∠C，∠B≠∠D，则∠C=70°，再利用四边形内角和定理求出∠D；②若∠B=∠D，∠A≠∠C，则∠D=80°，再利用四边形内角和定理求出∠C；‎ ‎（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AD=DB=DC，由等边对等角得出∠DCB=∠B，再由∠B+∠ACD=∠DCB+∠ACD=90°，∠CED+∠ACD=90°，利用同角的余角相等得出∠CED=∠B，又∠ECB≠∠EDB，根据“等对角四边形”的定义，即可证明四边形BCED是“等对角四边形”；‎ ‎（3）根据“等对角四边形”的定义，当四边形CBDE为“等对角四边形”时，可分两种情况进行讨论：①若∠B=∠DEC，∠BCE≠∠BDE，根据AAS证明△CDE≌△CDB，利用全等三角形对应边相等得出EC=BC=3，那么AE=AC﹣EC=1；②若∠BCE=∠BDE=90°，∠B≠∠DEC，先利用勾股定理求出AB==5，再根据角平分线定理得出==，求出AD=AB=，再证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例即可求出AE．‎ ‎【解答】（1）解：①若∠A=∠C，∠B≠∠D，‎ 则∠C=70°，∠D=360°﹣70°﹣70°﹣80°=140°；‎ ‎②若∠B=∠D，∠A≠∠C，‎ 则∠D=80°，∠C=360°﹣80°﹣80°﹣70°=130°；‎ ‎（2）证明：如图1，在Rt△ABC中，‎ ‎∵CD为斜边AB边上的中线，‎ ‎∴AD=DB=DC，‎ ‎∴∠DCB=∠B，‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠DCB+∠ACD=90°，‎ ‎∴∠B+∠ACD=90°．‎ ‎∵DE⊥CD，‎ ‎∴∠CED+∠ACD=90°，‎ ‎∴∠CED=∠B，‎ 且∠ECB≠∠EDB，‎ ‎∴四边形BCED是“等对角四边形”；‎ ‎（3）解：①若∠B=∠DEC，∠BCE≠∠BDE，如图2．‎ 在△CDE与△CDB中，‎ ‎，‎ ‎∴△CDE≌△CDB，‎ ‎∴EC=BC=3，‎ ‎∴AE=AC﹣EC=4﹣3=1；‎ ‎②若∠BCE=∠BDE=90°，∠B≠∠DEC，如图3．‎ ‎∵在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，‎ ‎∴AB===5，‎ ‎∵CD平分∠ACB，‎ ‎∴==，‎ ‎∴AD=AB=．‎ 在△ADE与△ACB中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADE∽△ACB，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴AE=．‎ 综上所述，线段AE的长为1或．‎ 故答案为1或．‎