2023年广东省佛山市南海区中考数学仿真模拟试卷（三）(含解析)

2023年广东省佛山市南海区中考数学仿真模拟试卷（三）
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）“新冠肺炎疫情”全球肆虐，截止到2022年10月7日，全球累计确诊617597680人，这个数据用科学记数法表示（精确到万位），正确的是（　　）
A．6.1759768×108 B．6.176×104
C．6.176×108 D．6.1760×108
2．（3分）下列整数中，与10最接近的是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
3．（3分）小明在镜中看到身后墙上的时钟如下，你认为（　　）实际时间最接近9：00．
A． B．
C． D．
4．（3分）一个几何体由4个相同的小正方体搭成，从正面看和从左面看到的形状图如图所示，则原立体图形不可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）甲、乙、丙三人进行投篮比赛，现通过抽签决定出场顺序，则他们三人的比赛顺序恰好是甲、乙、丙的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）图中的两个三角板是位似图形，则位似中心可能是（　　）
A．点A B．点B C．点C D．点D
8．（3分）端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗．某超市以10元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋16元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出80袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1440元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为（　　）
A．（16﹣x﹣10）（200+80x）＝1440
B．（16﹣x）（200+80x）＝1440
C．（16﹣x﹣10）（200﹣80x）＝1440
D．（16﹣x）（200﹣80x）＝1440
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝2．Rt△ABC可以绕点A旋转，旋转的角度为60°，分别得到Rt△AB1C1和Rt△AB2C2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
10．（3分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AB＝2．动点P沿AB从点A向点B移动（点P不与点A，点B重合），过点P作AB的垂线，交折线A﹣C﹣B于点Q．记AP＝x，△APQ的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
11．（3分）正三角形ABC的边长为6，E是边AC上一动点，A，D两点关于直线BE对称，连接DC并延长交直线BE于F，连接AF，在点E运动过程中，AF+CF的最大值是（　　）
A．6 B． C． D．
12．（3分）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F，下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为2；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在弧BC上，则AD＝2；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是16．其中正确结论的序号是（　　）
A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）疫情全面开放以来，我国旅游业迅速升温．2023年春节第一天，磁器口景区的接待量达8万人次，假期第三天达9.7万人次，若每天旅游人数增长率相同，设增长率为x，则可以列方程为 　 　．
14．（4分）分解因式：﹣y2+4x2＝　 　．
15．（4分）如图，正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，△AEF（E、F是小正方形的顶点）同时形变为△A′E′F′．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，则A′C′＝　 　．
16．（4分）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连接四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去， ，则四边形A2023B2023C2023D2023的面积是 　 　．
17．（4分）如图，在四边形ABCD中，，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C′，当A′B′恰好过点D时，△B′CD为等腰三角形，若BB′＝2，则AA′的长度为 　 　．
18．（4分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（2，0）．下列四个结论：
①abc＜0；
②a+b＝0；
③4a+2b+3c＜0；
④无论a，b，c取何值，抛物线一定经过定点．
其中正确的结论是 　 　（填序号）．
三．解答题（共6小题，满分60分）
19．（6分）（1）计算：；
（2）解方程：2x2+4x﹣5＝0；
（3）解不等式组：．
20．（8分）为了提高中学生身体素质．萧红中学校开设了A：篮球、B：足球、C：跳绳、D：羽毛球四种体育活动，为了解学生对这四种体育活动的喜欢情况，在全校随机抽取若干名学生进行问卷调查（每个被调查的对象必须选择而且只能在四种体育活动中选择一种），将数据进行整理并绘制成以下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：
（1）这次调查中，一共调查了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若全校共有学生3600名，请你估计全校喜欢足球的有多少名学生？
21．（10分）如图，在所给正方形网格（每个小网格的边长是1）图中完成下列各题．
（1）格点△ABC（顶点均在格点上）的面积＝　 　；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称△A1B1C1；
（3）在DE上画出点P，使PB+PC最小，并求出这个最小值．
22．（10分）如图，在△ABC中，，边长为3的正方形DEFG从点B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC运动，当点E与点C重合时运动停止．设点B运动时间为t（t＞0），正方形DEFG与△ABC的重叠面积为S．
（1）求AB的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
23．（12分）已知菱形ABCD中，∠BAD＝120°，点E、F分别在AB、BC上，BE＝CF，AF与CE交于点P．
（1）求证：∠APE＝60°；
（2）当PC＝1，PA＝5时，求PD的长；
（3）当AB＝2时，求PD的最大值．
24．（14分）如图，正方形ABCO的顶点A，C分别在x轴，y轴上，O为坐标原点，点B在第二象限，边长为m，双曲线y（x≠0）经过BC的中点H．
（1）用m的代数式表示出k；
（2）当m＝3时，过B作直线BD，分别交x轴，y轴于G、F，分别交双曲线y（x≠0）的两个分支于E、D，求证：GE＝DF；
（3）在（2）的前提下，将直线BD绕点B旋转适当的角度在第二象限与双曲线y（x≠0）交于P、Q，分别过P、Q作直线AC的垂线PM、QN，垂足为M、N，试探究PQ与PM+QN的数量关系并证明．
2023年广东省佛山市南海区中考数学仿真模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）“新冠肺炎疫情”全球肆虐，截止到2022年10月7日，全球累计确诊617597680人，这个数据用科学记数法表示（精确到万位），正确的是（　　）
A．6.1759768×108 B．6.176×104
C．6.176×108 D．6.1760×108
【考点】科学记数法与有效数字．
【分析】先将原数精确到万位，然后根据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是正整数，当原数绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：617597680≈617600000＝6.1760×108，
故选：D．
2．（3分）下列整数中，与10最接近的是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】估算无理数的大小．
【分析】首先判断出34，所以6＜107，然后计算3.5的平方与12作比较，再得106.5，即可作出判断．
【解答】解：∵9＜12＜16，
∴34，
∴﹣43，
∴6＜107，
∵3.52＝12.25，且12.25＞12，
∴3.5，
∴106.5，
∴与10最接近的整数是7．
故选：D．
3．（3分）小明在镜中看到身后墙上的时钟如下，你认为（　　）实际时间最接近9：00．
A． B．
C． D．
【考点】镜面对称．
【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的钟面上的时针、分针的位置和实物应关于过12时、6时的直线成轴对称．
【解答】解：根据平面镜成像原理可知，镜中的像与原图象之间实际上只是进行了左右对换，由轴对称知识可知，只要将其进行左可翻折，即可得到原图象，故应该在B和D选项中选择，B更接近9点．
故选：B．
4．（3分）一个几何体由4个相同的小正方体搭成，从正面看和从左面看到的形状图如图所示，则原立体图形不可能是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由三视图判断几何体．
【分析】根据主视图和左视图判断几何体的正方体的个数，解答即可．
【解答】解：从主视图和左视图可知，几何体不可能是，
故选：C．
5．（3分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【分析】先分别求出各不等式的解集，再求其公共解集即可．
【解答】解：，
由①得x＞﹣1，
由②得x≤2，
不等式组的解集为﹣1＜x≤2．
故选：B．
6．（3分）甲、乙、丙三人进行投篮比赛，现通过抽签决定出场顺序，则他们三人的比赛顺序恰好是甲、乙、丙的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，其中甲、乙、丙三人的比赛顺序恰好是甲、乙、丙的只有1种结果，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画出树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中甲、乙、丙三人的比赛顺序恰好是甲、乙、丙的只有1种结果，
∴他们三人的比赛顺序恰好是甲、乙、丙的概率为，
故选：A．
7．（3分）图中的两个三角板是位似图形，则位似中心可能是（　　）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【考点】位似变换．
【分析】直接利用位似图形的性质进而连接对应点得出位似中心即可．
【解答】解：如图所示：两个三角形的位似中心是：点A．
故选：A．
8．（3分）端午节又称端阳节，是中华民族重要的传统节日，我国各地都有吃粽子的习俗．某超市以10元每袋的价格购进一批粽子，根据市场调查，售价定为每袋16元，每天可售出200袋；若售价每降低1元，则可多售出80袋，问此种粽子售价降低多少元时，超市每天售出此种粽子的利润可达到1440元？若设每袋粽子售价降低x元，则可列方程为（　　）
A．（16﹣x﹣10）（200+80x）＝1440
B．（16﹣x）（200+80x）＝1440
C．（16﹣x﹣10）（200﹣80x）＝1440
D．（16﹣x）（200﹣80x）＝1440
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】当每袋粽子售价降低x元时，每袋粽子的销售利润为（16﹣x﹣10）元，每天可售出（200+80x）袋，利用总利润＝每袋的销售利润×每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：当每袋粽子售价降低x元时，每袋粽子的销售利润为（16﹣x﹣10）元，每天可售出（200+80x）袋，
依题意得：（16﹣x﹣10）（200+80x）＝1440．
故选：A．
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝2．Rt△ABC可以绕点A旋转，旋转的角度为60°，分别得到Rt△AB1C1和Rt△AB2C2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【考点】扇形面积的计算；旋转的性质；含30度角的直角三角形．
【分析】由直角三角形的性质求出BC，AB的长，由阴影的面积＝扇形AC1C2 的面积﹣扇形ADB2的面积﹣△AB2C2的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解．
【解答】解：由题意知∠C1AC2＝120°，∠C1AB2＝90°，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝2，
∴BCAC＝1，
∴ABBC
∴扇形AC1C2 的面积π，扇形ADB2的面积π，△AB2C2的面积B2C2 AB21，
∴阴影的面积＝扇形AC1C2 的面积﹣扇形ADB2的面积﹣△AB2C2的面积ππ．
故选：B．
10．（3分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AB＝2．动点P沿AB从点A向点B移动（点P不与点A，点B重合），过点P作AB的垂线，交折线A﹣C﹣B于点Q．记AP＝x，△APQ的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象；二次函数的图象．
【分析】分点Q在AC上和BC上两种情况进行讨论即可．
【解答】解：当点Q在AC上时，yAP×PQ x x tan∠A（0≤x≤1）；
当点Q在BC上时，如下图所示，
y＝S△ABQ﹣S△BPQ（1＜x≤2），
∴该函数图象前半部分是抛物线开口向上，后半部分也为抛物线开口向下．
故选：B．
11．（3分）正三角形ABC的边长为6，E是边AC上一动点，A，D两点关于直线BE对称，连接DC并延长交直线BE于F，连接AF，在点E运动过程中，AF+CF的最大值是（　　）
A．6 B． C． D．
【考点】轴对称的性质；等边三角形的性质．
【分析】先证明A，F，C，B四点共圆，将△AFC绕点A顺时针旋转60°，可知CF＝BF'，AF＝AF'，∠FAF'＝60°，△AFF′是等边三角形，则AF+CF的最大值转换为BF的最大值，作△ABC的外接圆，过点O作OG⊥AB于点G，BF的最大值为2OB，由此即可求解．
【解答】解：∵A，D两点关于直线BE对称，
∴∠AFB＝∠CFB，
∵AB＝BC
∴A，F，C，B四点共圆，
∴∠AFB＝∠CFB＝60°，∠AFC＝120°，
如图所示，在BF上截取BF'＝CF，连接AF′，
∵△ABC是等边三角形，即∠CAB＝60°，∠AFC＝∠AF'C＝120°，
∴△AFC绕点A顺时针旋转60°后，点C与点B重合，
∴CF＝BF'，AF＝AF'，∠FAF'＝60°，
∴△AFF′是等边三角形，即AF＝AF'＝FF'，
∴∠FAF'＝∠AF'F＝60°，
∴F、F'、B共线，
∴AF+CF＝FF'+BF'＝BF，AF+CF的最大值，即BF的最大值，
如图所示，作△ABC的外接圆，过点O作OG⊥AB于点G，
∵OF+OB＝FB，
∴BF的最大值为2OB，
∵AB＝6，
∴，
∴AF+CF的最大值是．
故选：C．
12．（3分）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F，下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为2；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在弧BC上，则AD＝2；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是16．其中正确结论的序号是（　　）
A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
【考点】圆的综合题．
【分析】（1）由点E与点D关于AC对称可得CE＝CD，再根据DF⊥DE即可证到CE＝CF；
（2）根据“点与直线之间，垂线段最短”可得CD⊥AB时CD最小，由于EF＝2CD，求出CD的最小值就可求出EF的最小值；
（3）连接OC，易证△AOC是等边三角形，AD＝OD，根据等腰三角形的“三线合一”可求出∠ACD，进而可求出∠ECO＝90°，从而得到EF与半圆相切；
（4）利用相似三角形的判定与性质可证△DBF是等边三角形，只需求出BF就可求出DB，进而求出AD长；
（5）首先根据对称性确定线段EF扫过的图形，然后探究出该图形与△ABC的关系，就可求出线段EF扫过的面积．
【解答】解：①连接CD，如图1所示．
∵点E与点D关于AC对称，
∴CE＝CD．
∴∠E＝∠CDE．
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°．
∴∠E+∠F＝90°，∠CDE+∠CDF＝90°．
∴∠F＝∠CDF．
∴CD＝CF．
∴CE＝CD＝CF．
∴结论“CE＝CF”正确．
②当CD⊥AB时，如图2所示．
∵AB是半圆的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵AB＝8，∠CBA＝30°，
∴∠CAB＝60°，AC＝4，BC＝4．
∵CD⊥AB，∠CBA＝30°，
∴CDBC＝2．
根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：
点D在线段AB上运动时，CD的最小值为2．
∵CE＝CD＝CF，
∴EF＝2CD．
∴线段EF的最小值为4．
∴结论“线段EF的最小值为2”错误．
③当AD＝2时，连接OC，如图3所示．
∵OA＝OC，∠CAB＝60°，
∴△OAC是等边三角形．
∴CA＝CO，∠ACO＝60°．
∵AO＝4，AD＝2，
∴DO＝2．
∴AD＝DO．
∴∠ACD＝∠OCD＝30°．
∵点E与点D关于AC对称，
∴∠ECA＝∠DCA．
∴∠ECA＝30°．
∴∠ECO＝90°．
∴OC⊥EF．
∵EF经过半径OC的外端，且OC⊥EF，
∴EF与半圆相切．
∴结论“EF与半圆相切”正确．
④当点F恰好落在上时，连接FB、AF，如图4所示．
∵点E与点D关于AC对称，
∴ED⊥AC．
∴∠AGD＝90°．
∴∠AGD＝∠ACB．
∴ED∥BC．
∴△FHC∽△FDE．
∴，
∵FCEF，
∴FHFD．
∴FH＝DH．
∵DE∥BC，
∴∠FHC＝∠FDE＝90°．
∴BF＝BD．
∴∠FBH＝∠DBH＝30°．
∴∠FBD＝60°．
∵AB是半圆的直径，
∴∠AFB＝90°．
∴∠FAB＝30°．
∴FBAB＝4．
∴DB＝4．
∴AD＝AB﹣DB＝4．
∴结论“AD＝2”错误．
⑤∵点D与点E关于AC对称，
点D与点F关于BC对称，
∴当点D从点A运动到点B时，
点E的运动路径AM与AB关于AC对称，
点F的运动路径NB与AB关于BC对称．
∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分．
∴S阴影＝2S△ABC
＝2AC BC
＝AC BC
＝4×4
＝16．
∴EF扫过的面积为16．
∴结论“EF扫过的面积为16”正确．
故正确的序号为：①、③、⑤．
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）疫情全面开放以来，我国旅游业迅速升温．2023年春节第一天，磁器口景区的接待量达8万人次，假期第三天达9.7万人次，若每天旅游人数增长率相同，设增长率为x，则可以列方程为 　8（1+x）2＝9.7　．
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】利用磁器口景区第三天的接待量＝磁器口景区第一天的接待量×（1+每天旅游人数增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：根据题意得：8（1+x）2＝9.7．
故答案为：8（1+x）2＝9.7．
14．（4分）分解因式：﹣y2+4x2＝　（2x﹣y）（2x+y）　．
【考点】因式分解﹣运用公式法．
【分析】运用平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）可直接进行因式分解．
【解答】解：﹣y2+4x2＝4x2﹣y2＝（2x﹣y）（2x+y），
故答案为：（2x﹣y）（2x+y）．
15．（4分）如图，正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，△AEF（E、F是小正方形的顶点）同时形变为△A′E′F′．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，则A′C′＝　4　．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质．
【分析】先求出△AEF的面积，再根据面积关系求出∠B′A′H＝60°，得出A′C′A′B′，即可得到答案．
【解答】解：△AEF的面积＝△AGE的面积+△FGE的面积GE AB2×4＝4，
∵△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：，
∴△A′E′F′的面积＝2，
△AEF变成菱形A′B′C′D′时的△A′E′F′，G′E′的长度没有变化，
A′B′的长度也没有变化，
过点B′作B′H⊥A′D′，垂足为H，
∴△A′E′F′面积G′E′ B′H2×B′H＝2，
∴B′H＝2，
∵sin∠B′A′H，
∴∠B′A′H＝60°，
∴∠A′B′C′＝120°，
又∵A′B′＝B′C′＝4，
∴A′C′A′B′＝4．
故答案为：4．
16．（4分）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连接四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去， ，则四边形A2023B2023C2023D2023的面积是 　　．
【考点】规律型：图形的变化类．
【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答．
【解答】解：∵菱形ABCD，∠A＝60°，
∴△ADB，△CDB为等边三角形，
∴BD＝1，
∴等边△ADB的高为，
∴，
∵顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1为矩形，
∴，
同理可得，
，
……，
．
故答案为：．
17．（4分）如图，在四边形ABCD中，，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C′，当A′B′恰好过点D时，△B′CD为等腰三角形，若BB′＝2，则AA′的长度为 　　．
【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的判定．
【分析】过点D作DE⊥BC于E，则四边形ABED是矩形，再利用△A'CA∽△B'CB，求出AA'的长即可．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥BC于E，
则∠DEC＝∠DEB＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE＝AD＝2，DE＝AB＝2，
∵△B'CD为等腰三角形，
∴△B'CD为等腰直角三角形，
∴CDB'C，
设B'C＝BC＝x，则CDx，CE＝x﹣2，
∵CD2＝CE2+DE2，
∴（），
解得x＝4（负值已舍），
∴CB＝4，
∴AC，
∵将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A′B′C′，
∴∠DB'C＝∠ABC＝90°，B'C＝BC，A'C＝AC，∠A'CA＝∠B'CB，
∴△A'CA∽△B'CB，
∴，
∴，
∴AA'，
故答案为：．
18．（4分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）经过点A（﹣1，0）和B（2，0）．下列四个结论：
①abc＜0；
②a+b＝0；
③4a+2b+3c＜0；
④无论a，b，c取何值，抛物线一定经过定点．
其中正确的结论是 　①②④　（填序号）．
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】由题意得到抛物线的开口向下，对称轴，判断a，b与0的关系，根据抛物线与y轴交点的位置确定c与0的关系，从而得到abc＜0，即可判断①；
根据抛物线对称轴方程可得a+b＝0，即可判断②；
根据抛物线y＝ax2+bx+c经过点（﹣2，0）以及c＞0，得到4a+2b+3c＞0，即可判断③；
先根据a+b＝0和4a+2b+c＝0得c＝﹣2a，再根据对称性可知：抛物线过（﹣1，0），即可判断④．
【解答】解：①∵抛物线的对称轴为直线x，即对称轴在y轴的右侧，
∴ab＜0，
∵抛物线与y轴交在正半轴上，
∴c＞0，
∴abc＜0，
故①正确；
②∵抛物线的对称轴为直线x，
∴，
∴﹣2b＝2a，
∴a+b＝0，
故②正确；
③∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）经过点（2，0），
∴4a+2b+c＝0，
∵c＞0，
∴4a+2b+3c＞0，
故③错误；
④由对称得：抛物线与x轴另一交点为（﹣1，0），
∵，
∴c＝﹣2a，
∴，
∴当a≠0，无论b，c取何值，抛物线一定经过（，0），
故④正确；
故答案为：①②④．
三．解答题（共6小题，满分60分）
19．（6分）（1）计算：；
（2）解方程：2x2+4x﹣5＝0；
（3）解不等式组：．
【考点】解一元二次方程﹣配方法；解一元一次不等式组；特殊角的三角函数值；零指数幂；负整数指数幂；二次根式的混合运算．
【分析】（1）原式利用负整数指数的意义、零指数的意义，绝对值的意义化简，特殊角的三角函数值，然后合并后即可得到结果；
（2）利用配方法求解即可；
（3）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，从而得出答案．
【解答】解：（1）原式＝3+1﹣1﹣22
＝3+1﹣12
＝5﹣2；
（2）2x2+4x﹣5＝0，
2x2+4x＝5，
x2+2x，
x2+2x+11，即（x+1）2，
∴x+1，
∴x1＝﹣1，x2＝﹣1；
（3）解不等式①得：x＜4，
解不等式②得：x≥1，
则不等式组的解集为1≤x＜4．
20．（8分）为了提高中学生身体素质．萧红中学校开设了A：篮球、B：足球、C：跳绳、D：羽毛球四种体育活动，为了解学生对这四种体育活动的喜欢情况，在全校随机抽取若干名学生进行问卷调查（每个被调查的对象必须选择而且只能在四种体育活动中选择一种），将数据进行整理并绘制成以下两幅不完整的统计图，请根据图中信息解答下列问题：
（1）这次调查中，一共调查了多少名学生？
（2）请通过计算补全条形统计图；
（3）若全校共有学生3600名，请你估计全校喜欢足球的有多少名学生？
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．
【分析】（1）根据喜欢A的人数和所占的百分比求出调查的总人数；
（2）用总人数乘以C所占的百分比求出喜欢C的人数，从而补全统计图；
（3）用总人数乘样本中喜欢足球的学生所占比例可得答案．
【解答】解：（1）由题意得，40÷20%＝200（名），
答：这次调查中，一共调查了200名学生；
（2）200×30%＝60（名），
补全条形统计图如下：
（3）（名），
答：若全校共有学生3600名，估计全校喜欢足球的大约有1260名学生．
21．（10分）如图，在所给正方形网格（每个小网格的边长是1）图中完成下列各题．
（1）格点△ABC（顶点均在格点上）的面积＝　　；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称△A1B1C1；
（3）在DE上画出点P，使PB+PC最小，并求出这个最小值．
【考点】作图﹣轴对称变换；轴对称﹣最短路线问题．
【分析】（1）利用分割法求面积即可；
（2）根据轴对称变换的性质画出图象即可；
（3）利用轴对称，根据两点之间线段最短，即可得到点P的位置，利用勾股定理求出最小值
【解答】解：（1）S△ABC＝4×42×44×31×2
＝16﹣4﹣6﹣1
＝5．
故答案为：5．
（2）△A1B1C1如图所示；
（3）如图点P即为所求，PB+PC的最小值＝CB1．
22．（10分）如图，在△ABC中，，边长为3的正方形DEFG从点B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC运动，当点E与点C重合时运动停止．设点B运动时间为t（t＞0），正方形DEFG与△ABC的重叠面积为S．
（1）求AB的长；
（2）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【考点】解直角三角形；函数关系式；函数自变量的取值范围．
【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，设AH＝3x，CH＝4x，根据勾股定理求出x的值，进一步可得AH，CH和BH的长，再根据勾股定理可得AB的长；
（2）分情况讨论：当0＜t≤1时，当1＜t≤3时，当3＜t≤4时，当4＜t≤5时，当5＜t≤8时，根据相似三角形的性质和锐角三角函数分别表示重合部分的面积即可．
【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵，
设AH＝3x，CH＝4x，
在Rt△ACH中，根据勾股定理得（3x）2+（4x）2＝25，
解得x＝1或x＝﹣1（舍去），
∴AH＝3，CH＝4，
∴BH＝BC﹣CH＝1，
在Rt△ABH中，根据勾股定理得AB；
（2）在正方形DEFG中，∠EFG＝∠G＝90°，GB＝DG＝DE＝EF＝3，
∵方形DEFG从点B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC运动，
∴BF＝t，
当0＜t≤1时，如图所示：
∵∠IFB＝∠AHB，∠IBF＝∠ABH，
∴△IFB∽△AHB，
∴BF：BH＝IF：AH，
∴IF＝3t，
∴S；
当1＜t≤3时，如图所示：
∵BF＝t，
∴CF＝5﹣t，
∵tanC，
∴IF，
∴S＝S△ABC﹣S△IFC
；
当3＜t≤4时，如图所示：
∵BE＝t﹣3，CF＝5﹣t，
∴IE＝3（t﹣3），FK（5﹣t），
∴S＝S△ABC﹣S△BEI﹣S△KFC
；
当4＜t≤5时，如图所示：
∵BF＝t，
∴CF＝5﹣t，CE＝8﹣t，
∵tanC，
∴FK，IE，
∴S3×[]
；
当5＜t≤8时，如图所示：
∵CE＝8﹣t，
∴IE（8﹣t），
∴S，
综上所述，当0＜t≤1时，S；
当1＜t≤3时，S；
当3＜t≤4时，S；
当4＜t≤5时，S；
当5＜t≤8时，S．
23．（12分）已知菱形ABCD中，∠BAD＝120°，点E、F分别在AB、BC上，BE＝CF，AF与CE交于点P．
（1）求证：∠APE＝60°；
（2）当PC＝1，PA＝5时，求PD的长；
（3）当AB＝2时，求PD的最大值．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）连接AC，由菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC，证出△ABC是等边三角形，得出∠ACF＝∠CBE＝60°，AC＝CB，证明△ACF≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠CAF＝∠BCE，则可得出结论；
（2）延长PC至G，使CG＝AP，由（1）可知∠AFC＝∠CEB，证明△ADP≌△CDG（SAS），由全等三角形的性质得出DF＝DG，∠ADF＝∠CDG，同理得出∠ADC＝60°，由等边三角形的性质得出答案；
（3）证出A、P、C、D四点共圆，收当PD为直径时，PD最大，设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于点M，求出∠AOC＝2∠ADC＝120°，由直角三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：连接AC，如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∵∠BAD＝120°，
∴∠B＝∠ADC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACF＝∠CBE＝60°，AC＝CB，
∵CF＝BE，
∴△ACF≌△CBE（SAS），
∴∠CAF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE＝∠ACB＝60°，
∴∠APE＝∠ACE+∠CAF＝60°；
（2）解：延长PC至G，使CG＝AP，如图2，
由（1）可知∠AFC＝∠CEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF+∠AFC＝180°，∠DCG＝∠AEC，
∴∠CEB+∠DAF＝180°，
∵∠AEC+∠CEB＝180°，
∴∠DAF＝∠DCG，
又∵AF＝CG，AD＝CD，
∴△ADP≌△CDG（SAS），
∴DP＝DG，∠ADP＝∠CDG，
同理得出∠ADC＝60°，
∴∠ADC＝∠PDG＝60°，
∴△PDG是等边三角形，
∴PD＝PG＝PC+PA＝6；
（3）解：∵∠APE＝60°，
∴∠APC＝120°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠APC+∠ADC＝120°+60°＝180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴当PD为直径时，PD最大，
设圆心为O，连接OA，OC，过点O作OM⊥AC于点M，如图3，
∴∠AOC＝2∠ADC＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAM＝30°，
∵AC＝AB＝2，OM⊥AC，
∴AMAC，
∴OMAM＝1，
∴OA＝2，
∴PD的最大值为4．
24．（14分）如图，正方形ABCO的顶点A，C分别在x轴，y轴上，O为坐标原点，点B在第二象限，边长为m，双曲线y（x≠0）经过BC的中点H．
（1）用m的代数式表示出k；
（2）当m＝3时，过B作直线BD，分别交x轴，y轴于G、F，分别交双曲线y（x≠0）的两个分支于E、D，求证：GE＝DF；
（3）在（2）的前提下，将直线BD绕点B旋转适当的角度在第二象限与双曲线y（x≠0）交于P、Q，分别过P、Q作直线AC的垂线PM、QN，垂足为M、N，试探究PQ与PM+QN的数量关系并证明．
【考点】反比例函数综合题．
【分析】（1）只需求出点H的坐标，然后代入y就可解决问题；
（2）作EM⊥x轴于M，DN⊥y轴于N，如图1．要证GE＝DF，只需证△MEG≌△NFD，易得∠EGM＝∠FDN，∠EMG＝∠FND，只需证MG＝DN．由m＝3可得k，从而得到反比例函数的表达式为y．可设E的坐标是（a，），D的坐标是（b，），然后运用待定系数法求出直线BD的表达式，求出点G的横坐标，即可得到MG＝DN，问题得以解决；
（3）通过度量可得PQ约为PM+QN的1.414倍，由此可以猜想PQ（PM+QN）．过点P作PS∥x轴，交直线AC于S，过点Q作QR∥x轴，交直线AC于R，如图2．易证PS+QRPMQN（PM+QN），只需证到PQ＝PS+QR即可．可用待定系数法依次求出直线AC为y＝x+3、直线PQ的表达式为y＝k′x+3k′+3．，设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），易得PS+QR＝（k′﹣1）（x1+x2）+6k′．由P（x1，y1），Q（x2，y2）是直线y＝k′x+3k′+3与双曲线y的交点，可得x1、x2是方程k′x+3k′+3即2k′x2+6（k′+1）x+9＝0的解，根据根与系数的关系可得x1+x2，x1 x2，从而得到PS+QR，PQ2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2＝（k′2+1）（x1﹣x2）2＝（k′2+1）[（x1+x2）2﹣4x1x2]，即可得到PQ，从而得到PQ＝PS+QR（PM+QN）．
【解答】解：（1）由题意可得点B的坐标为（﹣m，m），BC的中点H坐标为（，m）．
∵双曲线y（x≠0）经过BC的中点H，
∴k mm2；
（2）作EM⊥x轴于M，DN⊥y轴于N，如图1．
∵km2，m＝3，
∴k，
∴反比例函数的表达式为y．
设E的坐标是（a，），D的坐标是（b，），
则OM＝﹣a，DN＝b．
设直线BD的解析式是y＝px+q，
则，
解得：
则直线BD的表达式为yx，
令y＝0，解得：x＝a+b，
则xG＝a+b，
∴MG＝a+b﹣a＝b，
∴MG＝DN．
∵DN⊥y轴，MG⊥y轴，
∴DN∥MG，
∴∠EGM＝∠FDN．
在△MEG和△NFD中，
，
∴△MEG≌△NFD（AAS），
∴GE＝DF；
（3）PQ（PM+QN）．
证明：过点P作PS∥x轴，交直线AC于S，过点Q作QR∥x轴，交直线AC于R，如图2．
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠CAO＝45°．
∵PS∥x轴，QR∥x轴，
∴∠PSA＝∠QRA＝∠CAO＝45°．
∵PM⊥AC，QN⊥AC，
∴PSPM，QRQN，
∴PS+QRPMQN（PM+QN）．
∵m＝3，∴A（﹣3，0）、B（﹣3，3）、C（0，3）．
设直线AC的表达式为y＝mx+n，
则有，
解得，
∴直线AC的表达式为y＝x+3．
设直线PQ的表达式为y＝k′x+b′，
∵点B在直线PQ上，
∴﹣3k′+b′＝3，
∴b′＝3k′+3，
∴直线PQ的表达式为y＝k′x+3k′+3．
设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），
则有yS＝yP＝y1＝k′x1+3k′+3，yR＝yQ＝y2＝k′x2+3k′+3，
∴xS+3＝y1，xR+3＝y2，
∴xS＝y1﹣3，xR＝y2﹣3，
∴PS＝y1﹣3﹣x1＝k′x1+3k′+3﹣3﹣x1＝（k′﹣1）x1+3k′，
QR＝y2﹣3﹣x2＝k′x2+3k′+3﹣3﹣x2＝（k′﹣1）x2+3k′，
∴PS+QR＝（k′﹣1）（x1+x2）+6k′．
∵P（x1，y1），Q（x2，y2）是直线y＝k′x+3k′+3与双曲线y的交点，
∴x1、x2是方程k′x+3k′+3即2k′x2+6（k′+1）x+9＝0的解，
∴x1+x2，x1 x2
∴PS+QR＝（k′﹣1） []+6k′＝6k′，
PQ2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2
＝（x1﹣x2）2+[（k′x1+3k′+3）﹣（k′x2+3k′+3）]2
＝（k′2+1）（x1﹣x2）2＝（k′2+1）[（x1+x2）2﹣4x1x2]
＝（k′2+1）[（）2﹣4 ]，
∴PQ，
∴PQ＝PS+QR（PM+QN）．