第第頁(yè)河北省邯鄲市武安市2024年中考數(shù)學(xué)二模試題一、選擇題（本大題共16個(gè)小題，共38分.1～6小題各3分，7～16小題各2分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．有理數(shù)23A．?23 B．32 C．?2．古典園林中的花窗通常利用對(duì)稱構(gòu)圖，體現(xiàn)對(duì)稱美．下面四個(gè)花窗圖案，既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是（）A． B． C． D．3．如圖，在正方形網(wǎng)格內(nèi)，線段PQ的兩個(gè)端點(diǎn)都在格點(diǎn)上，網(wǎng)格內(nèi)另有A， 第3題圖 第4題圖A．連接AB，則AB∥PQ B．連接BC，則BC∥PQC．連接BD，則BD⊥PQ D．連接AD，則AD⊥PQ4．父親節(jié)，小東同學(xué)準(zhǔn)備送給父親一個(gè)小禮物．已知禮物外包裝的主視圖如圖所示，則該禮物的外包裝不可能是（）A．長(zhǎng)方體 B．正方體 C．圓柱 D．三棱錐5．下列運(yùn)算正確的是（）A．a(chǎn)3?a2=a B．a(chǎn)36．不等式組2x+2>0?x≥?1A． B．C． D．7．實(shí)數(shù)a,A．a(chǎn)>b B．|b|<|c| C．a(chǎn)+c<0 D．a(chǎn)b>c8．如圖，平面直角坐標(biāo)系中有M，N、P，Q四個(gè)點(diǎn)，其中的三個(gè)點(diǎn)在同一反比例函數(shù)的圖象上，則不在這個(gè)圖象上的點(diǎn)是（）A．點(diǎn)N B．點(diǎn)M C．點(diǎn)P D．點(diǎn)Q 第8題圖 第10題圖 第11題圖9．幾名同學(xué)租一輛面包車(chē)去旅游，面包車(chē)的租價(jià)為240元，出發(fā)時(shí)又增加了2名同學(xué)，結(jié)果每個(gè)同學(xué)比原來(lái)少分推了4元錢(qián)車(chē)費(fèi)，設(shè)實(shí)際參加旅游的同學(xué)共x人，則所列方程為（）A．240x?240C．240x?24010．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(9，0)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，3)，以O(shè)A，OC為邊作矩形OABC．動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別從點(diǎn)A．10 B．910 C．15 D．11．如圖，直線l1∥l2，直線AB分別交l1，l2于點(diǎn)A，B，∠MAB=120°，以點(diǎn)B為圓心，A．80° B．75° C．70° D．60°12．一種燕尾夾如圖1所示，圖2是在閉合狀態(tài)時(shí)的示意圖，圖3是在打開(kāi)狀態(tài)時(shí)的示意圖（此時(shí)AB∥CD），相關(guān)數(shù)據(jù)如圖（單位：cm）．從圖2閉合狀態(tài)到圖3打開(kāi)狀態(tài)，點(diǎn)B,圖1圖2圖3A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm13．中國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽設(shè)計(jì)的“弦圖”蘊(yùn)含了豐富的數(shù)學(xué)知識(shí)．如圖，在由四個(gè)全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG，△CDH）和中間一個(gè)小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，設(shè)∠BAF=α，若2cosα=3sinα，則正方形A．13 B．13 C．5 D．5 第13題圖 第14題圖 第15題圖14．如圖，要圍一個(gè)矩形菜園ABCD，其中一邊AD是墻，且AD的長(zhǎng)不能超過(guò)26m，其余的三邊AB,BC,①AB的長(zhǎng)可以為6m；②AB的長(zhǎng)有兩個(gè)不同的值滿足菜園ABCD面積為192m③菜園ABCD面積的最大值為200mA．①② B．①③ C．②③ D．①②③15．如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)C，D在半圓上，CD=DB，連接OC，CA，OD，過(guò)點(diǎn)B作EB⊥AB，交OD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．設(shè)△OAC的面積為A．2 B．223 C．7516．對(duì)于二次函數(shù)y=ax2+bx+c，定義函數(shù)y=ax2+bx+c(x≥0)A．?1 B．0 C．12 二、填空題（本大題共3個(gè)小題，共10分．17小題2分，18～19小題各4分，19題每空2分）17．關(guān)于x的一元二次方程x2?4x+m=0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，則m的值為18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)B在函數(shù)y=3x的圖象上，點(diǎn)A在函數(shù)y=kx圖象上，若OA=2OB, 第18題圖 第19題圖19．如圖，矩形ABCD中，P是AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，連接點(diǎn)P與AB邊的中點(diǎn)E，將△APE沿PE翻折得到△OPE，延長(zhǎng)PO交邊BC于點(diǎn)F，作∠PFC的平分線FG，交邊AD點(diǎn)G．（1）若∠AEP=35°，則∠PFG=°；（2）若AB=2，且E、O、G三點(diǎn)共線，則AP=．三、解答題（本大題共7個(gè)小題，共72分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）20．解方程組x+3y=4①2x?y=1②甲同學(xué)：解：把方程2x?y=1變形為y=2x?1，再將y=2x?1代入方程①①得x+3(2x?1)=4，…乙同學(xué)：解：將方程2x?y=1的兩邊乘以3得6x?3y=3③，再將①+③，得到(x+3y)+(6x?3y)=4+3，…（1）甲同學(xué)運(yùn)用的方法是，乙同學(xué)運(yùn)用的方法是；（填序號(hào)）①代入消元法；②加減消元法．（2）請(qǐng)選擇一種解法，寫(xiě)出完整的解答過(guò)程．21．一只不透明的袋子中裝有4個(gè)小球，分別標(biāo)有編號(hào)1，（1）攪勻后從中任意摸出1個(gè)球，這個(gè)球的編號(hào)是2的概率為．（2）攪勻后從中任意摸出1個(gè)球，記錄球的編號(hào)后放回、攪勻，再?gòu)闹腥我饷?個(gè)球．求第2次摸到的小球編號(hào)比第1次摸到的小球編號(hào)大1的概率是多少？（用畫(huà)樹(shù)狀圖或列表的方法說(shuō)明）22．（1）若關(guān)于a,b的多項(xiàng)式3(a2?2ab+b2（2）完全平方公式經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃危梢越鉀Q很多數(shù)學(xué)問(wèn)題．例如：若a+b=3,ab=1，求解：∵a+b=3,∴(∴a∴a根據(jù)上面的解題思路與方法解決下列問(wèn)題：（ⅰ）如圖，點(diǎn)C是線段AB上的一點(diǎn)，分別以AC,BC為邊向直線AB兩側(cè)作正方形BCFG，正方形AEDC，設(shè)AB=8，兩正方形的面積和為40，則（ⅱ）若(9?x)(x?6)=2，求(9?x23．四邊形不具有穩(wěn)定性，工程上可利用這一性質(zhì)解決問(wèn)題．如圖是某籃球架的側(cè)面示意圖，BE，CD，GF為長(zhǎng)度固定的支架，支架在A，D，G處與立柱AH連接（AH垂直于MN，垂足為H），在B，C處與籃板連接（BC所在直線垂直于MN），EF是可以調(diào)節(jié)長(zhǎng)度的伸縮臂（旋轉(zhuǎn)點(diǎn)F處的螺栓改變EF的長(zhǎng)度，使得支架BE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，從而改變四邊形ABCD的形狀，以此調(diào)節(jié)籃板的高度）．已知AD=BC，DH=208cm，測(cè)得∠GAE=60°時(shí)，點(diǎn)C離地面的高度為288cm．調(diào)節(jié)伸縮臂24．在直角坐標(biāo)系中，設(shè)函數(shù)y=ax2+bx+1（1）若該函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)(1,0)和（2）已知a=b=1，當(dāng)x=p,q（p,q是實(shí)數(shù)，p≠q）時(shí)，該函數(shù)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值分別為P,25．在矩形ABCD中，已知BC=6，連接BD,∠CBD=30°，點(diǎn)O是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，⊙O的半徑為定值圖1圖2圖3（1）如圖1，當(dāng)⊙O經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，恰好與BD相切，求⊙O的半徑r；（2）如圖2，點(diǎn)M是⊙O上的一動(dòng)點(diǎn)，求三角形ADM面積的最大值；（3）若⊙O從B出發(fā)，沿BC方向以每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)E,F分別從點(diǎn)A，點(diǎn)C出發(fā)，其中點(diǎn)E沿著AD方向向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)F沿著射線CB方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，連接EF，如圖3所示，當(dāng)⊙O平移至點(diǎn)C（圓心O與點(diǎn)C重合）時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E,F也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某一時(shí)間t，使⊙O與26．某動(dòng)力科學(xué)研究院實(shí)驗(yàn)基地內(nèi)裝有一段筆直的軌道AB，長(zhǎng)度為1m的金屬滑塊在上面做往返滑動(dòng)．如圖，滑塊首先沿AB方向從左向右勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)速度為9m/s，滑動(dòng)開(kāi)始前滑塊左端與點(diǎn)A重合，當(dāng)滑塊右端到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，滑塊停頓2s，然后再以小于9m/s的速度勻速返回，直到滑塊的左端與點(diǎn)A重合，滑動(dòng)停止．設(shè)時(shí)間為t(s)時(shí)，滑塊左端離點(diǎn)A的距離為l1(m)，右端離點(diǎn)B的距離為l2(m)，記d=l1?l2，d（1）滑塊從點(diǎn)A到點(diǎn)B的滑動(dòng)過(guò)程中，d的值；（填“由負(fù)到正”或“由正到負(fù)”）（2）滑塊從點(diǎn)B到點(diǎn)A的滑動(dòng)過(guò)程中，求d與t的函數(shù)表達(dá)式；（3）在整個(gè)往返過(guò)程中，若d=18，求t的值．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：有理數(shù)23的相反數(shù)是：-23.

故答案為：A.2．【答案】C【解析】【解答】解：A、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；

B、即不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；

C、即是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；

D、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意.

故答案為：C.

【分析】把一個(gè)平面圖形，沿著某一條直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合的平面圖形就是軸對(duì)稱圖形；把一個(gè)平面圖形，沿著某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，能與自身重合的圖形就是中心對(duì)稱圖形，根據(jù)定義即可一一判斷得出答案.3．【答案】B【解析】【解答】解：A、連接AB，利用方格紙的特點(diǎn)及正方形的每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角，會(huì)發(fā)現(xiàn)PQ、AB所在的直線被一條網(wǎng)格線所截形成的同位角不相等，∴AB與PQ不會(huì)平行，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，不符合題意；

B、連接BC，利用方格紙的特點(diǎn)，會(huì)發(fā)現(xiàn)PQ、BC所在的直線被一條網(wǎng)格線所截形成的同位角相等，∴BC∥PQ，故選項(xiàng)B正確，符合題意；

C、連接BD、AD，并延長(zhǎng)與直線PO相交，根據(jù)垂直的意義，BD、AD與PQ不垂直，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤，不符合題意.

故答案為：B.

【分析】根據(jù)平行線的判定方法，同位角相等，兩直線平行，可判斷A、B選項(xiàng)；延長(zhǎng)線段DB、線段DA與線段PQ相交，觀察所成的角是否為直角判定是否垂直，據(jù)此判斷C、D選項(xiàng).4．【答案】D【解析】【解答】解：由題意得三棱錐的主視圖為三角形，與圖不符，故該禮物的外包裝不可能是三棱錐，

故答案為：D

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)單幾何體的三視圖結(jié)合題意對(duì)選項(xiàng)逐一判斷即可求解。5．【答案】B【解析】【解答】解：A：a3?a2，不能合并，錯(cuò)誤，不符合題意；

B：a3?a2=a5，正確，符合題意；

6．【答案】D【解析】【解答】解：由題意得2x+2>0①?x≥?1②解①得，x>?1，解②得，x≤1，∴不等式組的解集為?1<x≤1，∴不等式組的解集在數(shù)軸上表示為：故答案為：D【分析】先根據(jù)題意分別解不等式①和②，進(jìn)而得到不等式組的解集，再表示在數(shù)軸上即可求解。7．【答案】B【解析】【解答】解：由題意得?3＜a＜?2＜?1＜b＜0＜3＜c＜4∴a＜b＜c，|b|<|c|，a+c＞0，ab<c，故答案為：B【分析】先根據(jù)數(shù)軸得到?3＜a＜?2＜?1＜b＜0＜3＜c＜4，進(jìn)而得到a＜b＜c，|b|<|c|，a+c＞0，ab<c，從而對(duì)選項(xiàng)逐一判斷即可求解。8．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)點(diǎn)M、N、P、Q四點(diǎn)所在的反比例函數(shù)分別為y=kMx、y=kN∴M(?6，2)、N(?5，1)、kM=?12、kN=?5、從上面的求值情況可明顯看出：點(diǎn)M、P、Q在反比例函數(shù)y=?12故答案為：A．

【分析】設(shè)點(diǎn)M、N、P、Q四點(diǎn)所在的反比例函數(shù)分別為y=kMx、y=kNx、y=kPx、y=kQ9．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)實(shí)際參加旅游的同學(xué)共x人，由題意得240x?2?240x=4，

10．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，連接AC、EF，

∵點(diǎn)A（9，0），點(diǎn)C（0，3），

∴OA=9，OC=3，

∵四邊形OABC是矩形，

∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，

∵BF=OE=4，

∴CF=AE=9-4=5，

∴四邊形AECF是平行四邊形，

在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，

∴CE=5，

∴CE=AE=5，

∴平行四邊形AECF是菱形，

∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.

故答案為：D.

【分析】連接AC、EF，由A、C坐標(biāo)得OA=9，OC=3，由路程、速度與時(shí)間的關(guān)系可得BF=OE=4，由矩形性質(zhì)得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，則CF=AE=9-4=5，由一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得四邊形AECF是平行四邊形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，從而根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形得平行四邊形AECF是菱形，根據(jù)菱形的面積等于兩對(duì)角線乘積的一半可得答案.11．【答案】A【解析】【解答】解：由作法可得：BA=BC，

∴∠BAC=∠ACB=20°，∵∠MAB=120°，

∴∠MAC=120°-20°=100°，

∵直線l1//l2，

∴∠2=∠MAC=100°，

∴∠1=180°-∠2=80°，故答案為：A.

【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)先求出∠BAC=∠ACB=20°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)計(jì)算求解即可。12．【答案】B【解析】【解答】解：連接BD，如圖所示：由題意得AEAB=AF∴△AEF∽△ABD，∴AE∴2∴BD=5cm，∴點(diǎn)B，D之間的距離減少了5?2=3(故答案為：B【分析】連接BD，由題意得AEAB=AFAD，∠A=∠A，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)證明13．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)小直角三角形的長(zhǎng)直角邊為a，短直角邊為b，斜邊長(zhǎng)為c，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠GFE=90°，∴∠AFB=90°，∴cosα=ac∵2cos∴2ac∴a=3∵S正方形ABCDS正方形EFGH∴正方形ABCD與正方形EFGH的面積的比值為13，故答案為：A【分析】設(shè)小直角三角形的長(zhǎng)直角邊為a，短直角邊為b，斜邊長(zhǎng)為c，進(jìn)而根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠GFE=90°，從而得到∠AFB=90°，再根據(jù)銳角三角形函數(shù)的定義得到cosα=ac，sin14．【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)AD的邊長(zhǎng)為xm，則AB邊的邊長(zhǎng)為(40?x當(dāng)AB=6時(shí)，40?x2解得x=28，∵AD的長(zhǎng)不能超過(guò)26m，∴x≤26，故①錯(cuò)誤；∵當(dāng)菜園ABCD面積為192m2時(shí)，整理得，x2解得x=24或x=16，∴AB的長(zhǎng)有兩個(gè)不同的值滿足菜園ABCD面積為192m2，故設(shè)矩形的菜園面積為ym根據(jù)題意得，y=x?40?x∵?12<0∴當(dāng)x=20時(shí)，y有最大值，最大值為200，故③正確；故答案為：C【分析】設(shè)AD的邊長(zhǎng)為xm，則AB邊的邊長(zhǎng)為(40?x2)m，進(jìn)而根據(jù)題意即可求出x，從而即可判斷①；根據(jù)菜園的面積結(jié)合題意解一元二次方程即可判斷②；設(shè)矩形的菜園面積為ym215．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，

∵弧CD=弧BD，

∴∠A=∠COD=∠BOD，

∵S1∶S2=2∶3，

∴（12AO·CH）∶（12OB·BE）=2∶3，

∴CH∶BE=2∶3，

∵∠A=∠BOE，∠AHC=∠B=90°，

∴△ACH∽△OEB，

∴AH∶OB=CH∶BE=2∶3，

設(shè)AH=2m，則OB=OA=OC=3m，

∴OH=OA-AH=m，

Rt△COH中，由勾股定理得，CH=22m，

∵OA=OC，

∴∠ACO=∠A，

∴tan∠ACO=tan∠A=CH∶AH=2.

16．【答案】D【解析】【解答】解：當(dāng)x≥0時(shí)，二次函數(shù)y=x2當(dāng)x<0時(shí)，二次函數(shù)y=x2?4x+c∴二次函數(shù)y=x2?4x+c二次函數(shù)y=x2?4x+c的圖象開(kāi)口向上，與y軸的交點(diǎn)為(0當(dāng)0≤x<2時(shí)，y隨x的增大而減小，當(dāng)x>2時(shí)，y隨x的增大而增大；二次函數(shù)y=?x2+4x?c的圖象開(kāi)口向下，與y軸的交點(diǎn)為(0,?c)，對(duì)稱軸為直線x=?b2a一次函數(shù)y=x+1與y軸的交點(diǎn)為(0一次函數(shù)y=x+1與二次函數(shù)y=x①一次函數(shù)y=x+1分別與y=x2?4x+c(x≥0)則有c<1?c>1解得c<?1；②一次函數(shù)y=x+1與y=x2?4x+c(x≥0)則有c≥1?c<1解得c≥1，且x+1=x即x2∴Δ=(?5)解得c<29∴1≤c<29綜上所述，c<?1或1≤c<29∴c的值可能是2，故答案為：D【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)分類(lèi)討論：①一次函數(shù)y=x+1分別與y=x2?4x+c(x≥0)，y=?x2+4x?c(x<0)相交一點(diǎn)；②17．【答案】4【解析】【解答】解：根據(jù)題意，判別式△=0

即b2?4ac=16?4m=0故答案為：4

【分析】根據(jù)一元二次方程判別式與根的關(guān)系，有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根時(shí)判別式為0，可求m=4。18．【答案】-12【解析】【解答】解：分別過(guò)A、B引x軸的垂線，垂足分別為C，D，如圖所示：∵點(diǎn)B在函數(shù)y=3∴S∵∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，∵AC⊥x軸，BD⊥x軸，∴∠AOC+∠CAO=90°，∠BDO=∠OCA，∴∠CAO=∠BOD，∴△ACO∽△ODB，又∵AO=2BO，∴S∴S∵點(diǎn)A在函數(shù)y=k∴1∵k<0（函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第二象限），∴k=?12，故答案為：?12【分析】分別過(guò)A、B引x軸的垂線，垂足分別為C，D，進(jìn)而根據(jù)反比例函數(shù)k的幾何意義即可得到S△BOD=12×3=3219．【答案】（1）55°（2）2【解析】【解答】解：（1）矩形ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，∴∠APE=90°?∠AEP=55°，∠PFC=∠APF；由折疊得∠EPF=∠APE=55°，∴∠APF=∠APE+∠EPF=110°，∠PFC=110°；∵PG平分∠PFC，∴∠PFG=∠CFG=1故答案為：55；（2）∵AD∥BC，∴∠PGF=∠CFG，∵∠PFG=∠CFG，∴∠PFG=∠PGF，∴PG=PF；∵S△PFG∴OG=AB=2；由折疊得OP=AP，EO=AE，∠EOP=∠A=90°；∵E為AB中點(diǎn)，∴AE=EO=1，∴EG=EO+OG=3；由勾股定理得AG=E∴PG=AG?AP=22在Rt△POG中，由勾股定理得：PO即AP解得：AP=2故答案為：2【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合平行線的性質(zhì)得到∠APE=90°?∠AEP=55°，∠PFC=∠APF，進(jìn)而根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠EPF=∠APE=55°，從而即可得到∠APF=∠APE+∠EPF=110°，∠PFC=110°，再根據(jù)角平分線的定義結(jié)合題意即可求解；

（2）先根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠PGF=∠CFG，進(jìn)而結(jié)合題意運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)得到PG=PF，再根據(jù)三角形的面積得到OG=AB=2，從而根據(jù)折疊的性質(zhì)得到OP=AP，EO=AE，∠EOP=∠A=90°，再運(yùn)用勾股定理求出AG，從而即可表示出PG，在Rt△POG中，再運(yùn)用一次勾股定理即可求解。20．【答案】（1）①；②（2）解：選擇①，解：把方程2x﹣y＝1變形為y＝2x﹣1，再將y＝2x﹣1代入方程①得x+3（2x﹣1）＝4，解得：x＝1，把x＝1代入得：y＝2﹣1＝1，則方程組的解為x=1【解析】【解答】（1）由題意得甲同學(xué)運(yùn)用的方法是代入消元法，乙同學(xué)運(yùn)用的方法是加減消元法，

故答案為：①；②

【分析】（1）根據(jù)代入消元法和加減消元法解二元一次方程組即可求解；

（2）根據(jù)代入消元法和加減消元法解二元一次方程組即可求解。21．【答案】（1）1（2）解：如圖，畫(huà)樹(shù)狀圖如下：所有可能的結(jié)果數(shù)為16個(gè)，第2次摸到的小球編號(hào)比第1次摸到的小球編號(hào)大1的結(jié)果數(shù)為3個(gè)，∴第2次摸到的小球編號(hào)比第1次摸到的小球編號(hào)大1的概率為：322．【答案】（1）6（2）解：（i）設(shè)正方形BCFG和AEDC的邊長(zhǎng)分別為a和b，則△AFC的面積為12根據(jù)題意，得a+b＝8，a2+b2＝40，∵（a+b）2＝a2+2ab+b2＝64，∴ab＝12，∴S△AFC＝12故答案為：6．（ii）令（9﹣x）＝m，（x﹣6）＝n，則（9﹣x）2+（x﹣6）2＝m2+n2，∴m+n＝3，mn＝2，∴（m+n）2＝m2+2mn+n2＝9，∴m2+n2＝5，∴（9﹣x）2+（x﹣6）2＝5．【解析】【解答】解：（1）3(=3a∵不含有ab項(xiàng)，∴m?6=0，∴m=6，故答案為：6【分析】（1）根據(jù)整式的混合運(yùn)算結(jié)合題意即可求解；

（2）（ⅰ）設(shè)正方形BCFG和AEDC的邊長(zhǎng)分別為a和b，則△AFC的面積為12ab，進(jìn)而根據(jù)題意得到a+b＝8，a2+b2＝40，代入根據(jù)三角形的面積即可求解；

（ii）令（9﹣x）＝m，（x﹣6）＝n，則（9﹣x）2+（x﹣6）2＝m2+n223．【答案】解：點(diǎn)C離地面的高度升高了，理由如下：

如圖，延長(zhǎng)BC與底面交于點(diǎn)K，過(guò)D作DQ⊥CK于Q，則四邊形DHKQ為矩形，∴QK=DH=208cm，∵AH⊥MN，BC⊥MN，

∴AD∥BC，

∵AD=BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥CD，

當(dāng)∠GAE=60°時(shí)，則∠QCD=∠QBA=∠GAE=60°，

此時(shí)∠CDQ=30°，CQ=288-208=80cm，

∴CD=2CQ=160cm；

當(dāng)∠GAE=54°時(shí)，則∠QCD=∠QBA=∠GAE=54°，

∴CQ=CD·cos54°≈160×0.6=96，

而96＞80，96-80=16cm，

∴點(diǎn)C離地面的高度升高了，升高了16cm．【解析】【分析】點(diǎn)C離地面的高度升高了，理由：延長(zhǎng)BC與MN交于K，過(guò)D作DQ⊥CK于Q，則四邊形DHKQ為矩形，得QK=DH=208cm，由一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得四邊形ABCD是平行四邊形，得AB∥CD，當(dāng)∠GAE=60°時(shí)，由二直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等得∠QCD=∠QBA=∠GAE=60°，由線段的和差算出CQ，然后根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)可得CD=2CQ=160cm；當(dāng)∠GAE=54°時(shí)，由二直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等得∠QCD=∠QBA=∠GAE=54°，從而由∠QCD的余弦函數(shù)可算出CQ的長(zhǎng)，比較兩次所得的CQ的長(zhǎng)，即可得出結(jié)論.24．【答案】（1）解：由題意，得a+b+1=0解得a=1b=?2所以，該函數(shù)表達(dá)式為y＝x2﹣2x+1．（2）解：由題意，得P＝p2+p+1Q＝q2+q+1，所以P+Q＝p2+p+1+q2+q+1＝p2+q2+4＝(2﹣q)2+q2+4＝2(q﹣1)2+6≥6，由條件p≠q，知q≠1所以P+Q＞6．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意將(1,0)和(2,1)代入即可得到二次函數(shù)的解析式；

（2）根據(jù)題意得到P＝p2+p+1Q＝q2+q+1，進(jìn)而得到P+Q＝p2+p+1+q2+q+1＝p25．【答案】（1）解：連接OP∵⊙O與BD相切∴OP⊥BD∴∠OPB=90°∵∠CBD=30°∴BO=2OP=2r∴2r+r=6即r=2.（2）解：如圖2，作OE⊥AD于點(diǎn)E，∴OE＝CD＝23∴M、O、E共線時(shí)，ME最大，最大值為23∴S△ADM最大=（3）解：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，存在某一時(shí)刻，EF與⊙O相切，此時(shí)t的值為6?63或①EF在⊙O的左側(cè)時(shí)，設(shè)EF與⊙O相切于點(diǎn)G，連接OG，OE，如圖3.1，由題意得：AE＝OB＝t，CF＝2t，∴OF＝BC﹣OB﹣CF＝6﹣3t，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A＝∠B＝90°，AE∥BO，∵AE＝OB＝t，∴四邊形ABOE為矩形，∴OE＝AB＝23∵EF與⊙O相切于點(diǎn)G，∴OG⊥EF，∴∠EGO＝90°，∴∠EGO＝∠EOF．∵∠E＝∠E，∴△EGO∽△EOF，∴OGOE∵EF＝O∴22∴（6﹣3t）2＝6，∴t＝6?63或t＝②EF在⊙O的右側(cè)時(shí)，設(shè)EF與⊙O相切于點(diǎn)G，連接OG，OE，如圖3.2，由題意得：AE＝OB＝t，CF＝2t，∴OF＝CF﹣OC＝CF﹣（BC﹣OB）＝3t﹣6，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A＝∠B＝90°，AE∥BO，∵AE＝OB＝t，∴四邊形ABOE為矩形，∴OE＝AB＝2，∠EOF＝90°，∵