2024年中考数学考前押题密卷（浙江卷）（全解全析）

年中考考前押题密卷（浙江卷）数学·全解全析第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）1．下列手机中的图标是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．【解析】解：A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；C．是轴对称图形，故此选项符合题意；D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．故选：C．【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．2．已知，则的值为（）A． B． C．12 D．18【答案】B【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，由非负数的性质列式求出x的值；然后将x的值代入求出y的值，最后代入待求式，进行计算即可．【解析】解：由题意得：，解得x＝3，把x＝3代入，可得y＝3，所以＝＝．故选：B．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式有意义的条件以及求代数式的值的方法．3．下列运算结果正确的是（）A．m2+m2＝2m4 B．a2•a3＝a5 C．（mn2）3＝mn6 D．m6÷m2＝m3【答案】B【分析】直接利用合并同类项法则、同底数幂的乘除运算法则、积的乘方运算分别计算，进而判断得出答案．【解析】解：A．m2+m2＝2m2，故此选项不合题意；B．a2•a3＝a5，故此选项符合题意；C．（mn2）3＝m3n6，故此选项不合题意；D．m6÷m2＝m4，故此选项不合题意．故选：B．【点睛】此题主要考查了合并同类项、同底数幂的乘除运算、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．4．在五边形ABCDE中，∠A＝∠E＝120°，∠B＝130°，∠C＝70°，则∠D＝（）A．100° B．110° C．120° D．130°【答案】A【分析】根据多边形内角和公式解题即可．【解析】解：多边形的内角和为180°×（n﹣2），∴五边形ABCDE的内角和为180°×（5﹣2）＝540°，∴∠D＝540°﹣∠A﹣∠B﹣∠C﹣∠E＝540°﹣120°﹣130°﹣70°﹣120°＝100°．故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和求法，关键是多边形内角和公式的应用．5．下列调查适合做普查的是（）A．调查游客对我市景点的满意程度 B．调查我省中小学生的身高情况 C．调查九年级（3）班全班学生本周末参加社区活动的时间 D．调查我市中小学生保护水资源的意识【答案】C【分析】全面调查是对需要调查的对象逐个调查，这种调查能够收集全面、广泛、可靠的资料，但调查费用较高，时间延续较长，适合于较小的调查范围，抽样调查适合于较广的调查范围，据此可得到结．【解析】解：A、调查游客对我市景点的满意程度，范围较广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；B、调查我省中小学生的身高情况，人数多，范围广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；C、调查九年级（3）班全班学生本周末参加社区活动的时间，人数少，范围小，适合于全面调查，即普查，该选项符合题意；D、调查我市中小学生保护水资源的意识，人数多，范围广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了判断全面调查与抽样调查，了解全面调查与抽样调查的区别是解题的关键．6．一个正棱柱的正（主）视图和俯视图如图所示，则该三棱柱的侧（左）视图的面积为（）A．8 B．16 C．8 D．8【答案】A【分析】求出正三棱锥底面边长的高，然后求解侧视图的面积．【解析】解：由题意可知，底面三角形是正三角形，边长为4，高为2，所以侧视图的面积为：4×＝8．故选：A．【点睛】本题考查三视图求解几何体的侧视图，求解底面三角形的高是解题的关键，是基础题．7．如图，为做好疫情防控，小航同学在超市帮妈妈买回一袋纸杯，他把纸杯整齐地叠放在一起，请根据图中信息，如果把这50个纸杯整齐叠放在一起时，它的高度为（）A．56cm B．57cm C．58cm D．59cm【答案】B【分析】根据题中所给图形，求出一个杯子高度及叠放后每个杯子漏出部分的高度即可得到答案．【解析】解：由图可知，右边8个杯子叠放高度比左边3个杯子高15﹣10＝5（cm），∴杯子叠放后每个杯子漏出来部分的高度为5÷5＝1cm，则一个杯子高度为10﹣2＝8（cm），∴把这50个纸杯整齐叠放在一起时，它的高度为8+49＝57（cm），故选：B．【点睛】本题考查数学知识解决实际问题，读懂题意，数形结合，分析出叠放后每个杯子漏出来部分的高度是解决问题的关键．8．将一副三角板如图放置，则下列结论中正确的是（）①如果∠2＝30°，则有AC∥DE；②∠BAE+∠CAD＝180°；③如果BC∥AD，则有∠2＝45°；④如果∠CAD＝150°，必有∠4＝∠C．A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】根据平行线的性质与判定，余角的性质，等逐项分析并选择正确的选项即可．【解析】解：①∵∠2＝30°，∴∠1＝60°，∴∠1＝∠E，∴AC∥DE，故①正确；②∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∴∠BAE+∠CAD＝∠2+∠1+∠2+∠3＝90°+90°＝180°，故②正确；③∵BC∥AD，∴∠1+∠2+∠3+∠C＝180°，又∵∠C＝45°，∠1+∠2＝90°，∴∠3＝45°，∴∠2＝90°﹣45°＝45°，故③正确；④∵∠CAD＝150°，∠DAE＝90°，∴∠1＝∠CAD﹣∠DAE＝150°﹣90°＝60°，∵∠E＝60°，∴∠1＝∠E，∴AC∥DE，∴∠4＝∠C，故④正确；故选：D．【点睛】本题考查三角板中的角度计算，平行线的性质与判定，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．9．在学习勾股定理时，甲同学用四个相同的直角三角形（直角边长分别为a，b，斜边长为c）构成如图所示的正方形；乙同学用边长分别为a，b的两个正方形和长为b，宽为a的两个长方形构成如图所示的正方形，甲、乙两位同学给出的构图方案，可以证明勾股定理的是（）A．甲 B．乙 C．甲，乙都可以 D．甲，乙都不可以【答案】A【分析】由图形中的面积关系，应用完全平方公式即可解决问题．【解析】解：甲同学的方案：∵大正方形的面积＝小正方形的面积+直角三角形的面积×4，∴（a+b）2＝c2+ab×4，∴a2+b2+2ab＝c2+2ab，∴a2+b2＝c2，因此甲同学的方案可以证明勾股定理；乙同学的方案：∵大正方形的面积＝矩形的面积×2+两个小正方形的面积，∴（a+b）2＝a2+2ab+b2，∴得不到a2+b2＝c2，因此乙同学的方案不可以证明勾股定理．故选：A．【点睛】本题考查勾股定理的证明，关键是应用面积法，完全平方公式．10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ．图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2．若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（）A．5 B．6 C．8 D．9【答案】B【分析】先证△CAB≌△DAH（SAS），得∠ADH＝90°，则H、D、E三点共线，再证＝，则BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，然后由S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，求出GJ＝，证△FAN≌△EBM（ASA），则S△FAN＝S△EBM，最后由S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC，即可得出结果．【解析】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD，∴∠CAB＝∠DAH，在△CAB和△DAH中，，∴△CAB≌△DAH（SAS），∴∠ADH＝∠ACB＝90°，∵∠ADE＝90°，∴H、D、E三点共线，∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，∵S1：S2＝1：4，∴＝，∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，∵四边形CADE是正方形，∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB＝＝＝GJ，在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH＝＝＝2GJ，∵S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，∴AD•DH+（AD+BE）•DE＝×3GJ×2GJ+（3GJ+GJ）×3GJ＝18，解得：GJ＝（负值已舍去），∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM，在△FAN和△EBM中，，∴△FAN≌△EBM（ASA），∴S△FAN＝S△EBM，∴S△ABC＝S四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM，∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FC•CE﹣AC•BC＝2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（）2＝6，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识，证明△FAN≌△EBM是解题的关键．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）11．分解因式6xy2﹣3x2y＝．【答案】3xy（2y﹣x）【分析】原式提取公因式3xy即可．【解析】解：原式＝3xy（2y﹣x）．故答案为：3xy（2y﹣x）．【点睛】此题考查了因式分解﹣提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．12．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC+BD＝22，AB＝9．则△OCD的周长为．【答案】20【分析】由平行四边形的性质得OC＝AC，OD＝BD，CD＝AB＝9，则OC+OD＝（AC+BD）＝11，即可求出OC+OD+CD的值．【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD交于点O，∴OC＝OA＝AC，OD＝OB＝BD，CD＝AB＝9，∵AC+BD＝18，∴OC+OD＝（AC+BD）＝×22＝11，∴OC+OD+CD＝11+9＝20，∴△OCD的周长为20，故答案为：20．【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的周长等知识，证明OC＝AC，OD＝BD，并且求得OC+OD＝11是解题的关键．13．如图，将等腰△ABC（∠A是锐角）沿BD对折，使得点A落在射线BC上的E点处，再将△DCE沿CD对折得到△DCF，若DF刚好垂直于BC，则∠A的大小为°．【答案】45【分析】由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，由折叠的性质可得∠A＝∠E＝∠F，∠DCE＝∠DCF，由外角性质可求∠BCF＝∠A＝∠E＝∠F，由直角三角形的性质可求解．【解析】解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵将等腰△ABC（∠A是锐角）沿BD对折，使得点A落在射线BC上的E点处，∴∠A＝∠E，∵将△DCE沿CD对折得到△DCF，∴∠E＝∠F，∠DCE＝∠DCF，∵∠DCE＝∠ABC+∠A，∠DCF＝∠ACB+∠BCF，∴∠BCF＝∠A，∴∠BCF＝∠A＝∠E＝∠F，∵DF⊥BC，∴∠BCF＝∠F＝45°，∴∠A＝45°，故答案为：45．【点睛】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，外角的性质，灵活运用折叠的性质是本题的关键．14．已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是，那么x1﹣5，x2﹣5，x3﹣5，x4﹣5，x5﹣5的方差是．【答案】【分析】方差是用来衡量一组数据波动大小的量，每个数都减去5所以波动不会变，方差不变．【解析】解：由题意知，原数据的平均数为，新数据的每一个数都减去了5，则平均数变为﹣5，则原来的方差＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（x5﹣）2]＝，现在的方差＝[（x1﹣5﹣+5）2+（x2﹣5﹣+5）2+…+（x5﹣5﹣+5）2]＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（x5﹣）2]＝，所以方差不变．故答案为：．【点睛】本题考查了方差，本题说明了当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即数据的波动情况不变．15．直线y＝kx+6k交x轴于点A，交y轴于点B，以原点O为圆心，3为半径的⊙O与l相交，则k的取值范围为．【答案】﹣＜k＜【分析】根据题意得到A（﹣6，0），B（0，6k），设⊙O于AB相切于C，连接OC，求得∠OAC＝30°，于是得到结论．【解析】解：∵直线y＝kx+6k交x轴于点A，交y轴于点B，∴A（﹣6，0），B（0，6k），设⊙O与AB相切于C，连接OC，∴OA＝6，OC＝3，∠ACO＝90°，∴OC＝OA，∴∠OAC＝30°，当⊙O与l相交时，OB＝|6k|＜2，∴﹣＜k＜，故答案为﹣＜k＜．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图象与系数的关系，正确的作出图形是解题的关键．16．在二次函数y＝x2﹣2tx+3中，t为大于0的常数．（1）若此二次函数的图象过点（2，1），则t等于；（2）如果A（m﹣2，a），B（4，b），C（m，a）都在此二次函数的图象上，且a＜b＜3，则m的取值范围是．【答案】（1）；（2）3＜m＜4或m＞6【分析】（1）将（2，1）代入y＝x2﹣2tx+3计算得出t值即可；（2）先根据点AC的纵坐标相等，可得对称轴x＝t＝m﹣1，再分两种情况讨论得出结果即可．【解析】解：（1）将（2，1）代入y＝x2﹣2tx+3得：1＝4﹣4t+3，解得：t＝，故答案为：．（2）∵A（m﹣2，a），C（m，a）都在二次函数图象上，∴二次函数y＝x2﹣2tx+3的对称轴为直线x＝t＝＝m﹣1，∵t＞0，∴m﹣1＞0，解得m＞1，∵m﹣2＜m，∴A点在对称轴左侧，C点对称轴右侧，在二次函数y＝x2﹣2tx+3中，令x＝0，y＝3，∴抛物线与y轴的交点坐标为（0，3），∴点（0，3）关于对称轴对称点的坐标为（2m﹣2，3），∵b＜3，∴4＜2m﹣2，解得m＞3，①当点A（m﹣2，a），B（4，b）都在对称轴左侧时，∵y随x的增大而减小，且a＜b，∴4＜m﹣2，解得m＞6，此时m满足的条件为：m＞6；②当点A（m﹣2，a）在对称轴左侧，点B（4，b）在对称轴右侧时，∵a＜b，∴点B（4，b）到对称轴的距离大于点A到对称轴的距离，∴4﹣（m﹣1）＞m﹣1﹣（m﹣2），解得：m＜4，此时，m满足的条件是：3＜m＜4，综上分析，3＜m＜4或m＞6．故答案为：3＜m＜4或m＞6．【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是分类讨论．三、解答题（本大题共8个小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．以下是某同学化简分式的部分运算过程：解：原式＝……第一步＝第二步＝．……第三步……（1）上面第二步计算中，中括号里的变形的依据是通分；（2）上面的运算过程中第三步出现了错误；（3）请你写出完整的正确解答过程，并从﹣2，2，0中选一个作为x的值代入求值．【分析】（1）根据分式的性质，即可求解；（2）根据分式的运算法则：先乘方，再加减，最后乘除，有括号先算括号里面的计算即可；（3）取x＝0，代入计算即可．【解析】解：（1）上面第二步计算中，中括号里的变形是通分，通分的依据是分式的基本性质，故答案为：通分；（2）第三步出现错误，原因是分子相减时未变号，原式＝[﹣]×，＝[﹣]×，＝×，＝×，＝．故答案为：三．（3）当x＝0时，上式＝＝．【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解决本题的关键．18．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣1，5），B（﹣4，3），C（﹣2，2）．（1）△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标；（2）将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；（3）求（2）的旋转过程中点C经过的路径长．【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1，再顺次连接，写出点A1，B1，C1的坐标即可．（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2，再顺次连接即可．（3）利用弧长公式求得点C经过的路径长．【解析】解：（1）如图1，△A1B1C1即为所求．A1（1，﹣5），B1（4，﹣3），C1（2，﹣2）；（2）如图2，△A2B2C2即为所求；（3），点C经过的路径长为．【点睛】本题考查作图﹣平移变换，旋转变换，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中考常考题型．19．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，且BE＝CF，BD＝CE．（1）求证：∠BED＝∠CFE；（2）当∠BAC＝44°时，求∠DEF的度数．【分析】利用边角边定理证明△DBE≌△CEF，利用三角形内角和定理即可求出∠DEF的度数．【解析】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，在△DBE和△CEF中，，∴△DBE≌△CEF（SAS），∴∠BED＝∠CFE；（2）解：由（1）知：△DBE≌△CEF，∴∠1＝∠3，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠B＝∠C，∴∠B＝（180°﹣44°）＝68°，∴∠1+∠2＝180°﹣68°＝112°，∴∠3+∠2＝112°，∴∠DEF＝180°﹣112°＝68°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．20．跳绳是驿城区某校体育活动的特色项目．体育组为了了解八年级学生1分钟跳绳次数情况，随机抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试（单位：次），数据如下：100110114114120122122131144148152155156165165165165174188190对这组数据进行整理和分析，结果如下：平均数众数中位数145ab请根据以上信息解答下列问题：（1）填空：a＝165，b＝150．（2）学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀，请你估计七年级500名学生中，约有多少名学生能达到优秀．（3）某同学1分钟跳绳152次，请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生？说明理由．【分析】（1）根据众数和中位数的定义解答即可；（2）用总人数乘样本中1分钟跳绳165次及以上所占比例即可；（3）根据中位数的意义解答即可．【解析】解：（1）在被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中，165出现的次数最多，故众数a＝165；把被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是148，152，故中位数b＝＝150．故答案为：165；150；（2）500×＝175（名），答：估计八年级500名学生中，约有175名学生能达到优秀；（3）超过年级一半的学生，理由如下：∵152＞150，∴推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生．【点睛】本题考查众数、中位数以及用样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念．21．A、B两地相距120km，甲车从A地驶往B地，乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，乙车比甲车晚出发mh．设甲车行驶的时间为x（h），甲、乙两车离A地的距离分别为y1（km）、y2（km），图中线段OP表示y1与x的函数关系．（1）甲车的速度为60km/h；（2）若两车同时到达目的地，在图中画出y2与x的函数图象，并求甲车行驶几小时后与乙车相遇；（3）若甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，直接写出m的范围．【分析】（1）甲车的速度为120÷2＝60（km/h）；（2）求出乙车比甲车晚出发0.5h，即可画出图象，再求出y1＝60x，y2＝﹣80x+160，联立解析式解方程组即可得到答案；（3）求得y1＝60x，y2＝120﹣80（x﹣m）＝﹣80x+120+80m，联立解方程组可得y1＝y2＝60（+m），根据甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，可列60＜60（+m）＜72，即可解得答案．【解析】解：（1）由图可得，甲车的速度为120÷2＝60（km/h），故答案为：60；（2）∵乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，两车同时到达目的地，∴乙车行驶时间为120÷80＝1.5（h），∵2﹣1.5＝0.5（h），∴乙车比甲车晚出发0.5h，画出y2与x的函数图象如下：图象CD即为y2与x的函数图象，由题意得y1＝60x，设CD的函数表达式为y2＝﹣80x+b，将（2，0）代入y2＝﹣80x+b，得b＝160，∴y2＝﹣80x+160，由﹣80x+160＝60x，解得x＝，∴甲车出发后h与乙车相遇，答：甲车出发后h与乙车相遇；（3）根据题意得y1＝60x，y2＝120﹣80（x﹣m）＝﹣80x+120+80m，由60x＝﹣80x+120+80m得：x＝+m，当x＝+m时，y1＝y2＝60（+m），∵甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，∴60＜60（+m）＜72，解得＜m＜，∴m的范围是＜m＜．【点睛】本题考查一次函数的应用，涉及待定系数法，解题的关键是数形结合数形的应用．22．某校八年级学生在数学课上进行了项目化学习研究，某小组研究如下：【提出驱动性问题】机场监控问题．【设计实践任务】选择“素材1”“素材2”，设计了“任务1”“任务2”“任务3”的实践活动．请你尝试帮助他们解决相关问题．机场监控问题的思考素材1如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行．素材22号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方从原点O处沿45°角爬升，到高4km的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．问题解决任务1求解析式和速度求出OA段h关于s的函数解析式，直接写出2号机的爬升速度；任务2求解析式和坐标求出BC段h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；任务3计算时长通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．【分析】（1）设OA段h关于s的函数解析式为正比例函数的一般形式，根据OA与水平方向的夹角求出k值，从而求出对应函数解析式；根据勾股定理，求出点O与A的距离，1号机与2号机在水平方向的速度相同，由速度＝路程÷时间求出2号机的爬升速度即可；（2）先求出点B的坐标，再利用待定系数法求出BC段h关于s的函数解析式；当h＝0时对应s的值，从而求得2号机着陆点的坐标；（3）分别求出2号机在OA段和BC段PQ＝3时对应的s的值，根据图象，当s处于这两者之间时PQ不超过3km，根据时间＝路程÷速度求解即可．【解析】解：任务1：设OA段h关于s的函数解析式为h＝ks，∴k＝＝tan45°＝1，∴h＝s，∴当h＝4时，s＝4，∴OA段h关于s的函数解析式为h＝s（0≤s≤4）；2号机从O点到达A点飞行的路程为OA＝＝4（km），所用时间为min，∴2号机的爬升速度为4÷＝3（km/min）．任务2：B点的横坐标为4+1×3＝7，∴B点的坐标为（7，4）．设BC段h关于s的函数解析式为h＝k1s+b（k1、b为常数，且k1≠0）．将坐标B（7，4）和C（10，3）分别代入h＝k1s+b，得，解得，∴BC段h关于s的函数解析式为h＝﹣s+．当h＝0时，0＝﹣s+，解得s＝19，∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．任务3：当2号机在OA段，且PQ＝3时，5﹣s＝3，解得s＝2；当2号机在BC段，且PQ＝3时，5﹣（﹣s+）＝3，解得s＝13，根据图象可知，当2≤s≤13时，两机距离PQ不超过3km，∴两机距离PQ不超过3km的时长是（13﹣2）÷3＝（min）．【点睛】本题考查一次函数的应用，理解题意并利用待定系数法求出函数关系式是解题的关键．23．【操作与发现】如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．（1）【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是12．（2）如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN＝，求证：M是CD的中点．（3）【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是8．【分析】（1）先证△AMN≌△EAN（SAS），得MN＝EN．则MN＝BN+DM．再由勾股定理得MN＝10，则BN+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，得x﹣3+x﹣4＝5，求解即可；（2）设BN＝m，DM＝n，由（1）得MN＝BN+DM＝m+n，再由锐角三角函数定义得AB＝3BN＝3m，则CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，然后在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程，得3m＝2n，即可解决问题；（3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，则四边形APQD是正方形，得PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝16，设DM＝a，则MQ＝16﹣a，证△ABN∽△APE，得PE＝BN＝，则EQ＝，然后在Rt△QEM中，由勾股定理得出方程，求解即可．【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，即∠EAM＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAN＝∠EAN，在△AMN和△AEN中，，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵EN＝BE+BN＝DM+BN，∴MN＝BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN＝＝＝10，则BN+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，∴x﹣6+x﹣8＝10，解得：x＝12，即正方形ABCD的边长是12；故答案为：12；（2）证明：设BN＝m，DM＝n，由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，∴tan∠BAN＝＝，∴AB＝3BN＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，整理得：3m＝2n，∴CM＝2n﹣n＝n，∴DM＝CM，即M是CD的中点；（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：则四边形APQD是正方形，∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，设DM＝a，则MQ＝16﹣a，∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE，∴＝＝＝，∴PE＝BN＝，∴EQ＝PQ﹣PE＝16﹣＝，由（1）得：EM＝PE+DM＝+a，在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（16﹣a）2＝（+a）2，解得：a＝8，即DM的长是8；故答案为：8．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和矩形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．24．如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且A（﹣1，0）、E（1，0）．（1）的度数为120