2019年湖北省荆门市中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题给出4个选项，只有一个是正确的）
1．下列各数中，没有平方根的是（ ）
A．﹣32 B．|﹣3| C．（﹣3）2 D．﹣（﹣3）
2．下列运算正确的是（ ）
A．＝﹣3 B．a2•a4＝a6
C．（2a2）3＝2a6 D．（a+2）2＝a2+4
3．某种计算机完成一次基本运算的时间约为0.000 000 001s．把0.000 000 001s用科学记数法可表示为（ ）
A．0.1×10﹣8s B．0.1×10﹣9s C．1×10﹣8s D．1×10﹣9s
4．由6个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，关于它的视图，说法正确的是（ ）
A．主视图的面积最大 B．左视图的面积最大
C．俯视图的面积最大 D．三个视图的面积一样大
5．如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点放在矩形直尺的一组对边上．如果∠2＝60°，那么∠1的度数为（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
6．若整数k满足k＜＜k+1，则k的值是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
7．已知关于x的方程x2﹣2x+3k＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜ B．k＞ C．k＜且k≠0 D．k＞且k≠0
8．如果关于x的不等式组的解集为x＜7，则m的取值范围为（ ）
A．m＝7 B．m＞7 C．m＜7 D．m≥7
9．小李双休日爬山，他从山脚爬到山顶的过程中，中途休息了一段时间，设他从山脚出发后所用的时间为t分钟，所走的路程为s米，s与t之间的函数关系式如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．小李中途休息了20分钟
B．小李休息前爬山的速度为每分钟70米
C．小李在上述过程中所走的路程为6600米
D．小李休息前爬山的平均速度大于休息后爬山的平均速度
10．已知2是关于x的方程x2﹣（5+m）x+5m＝0的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．6或12或15
11．如图，四边形ABCD是平行四边形，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则∠AEB的正切值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，⊙O的半径为2，AB.CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P从点A运动到点D时，点Q所经过的路径长为（ ）
A． B． C． D．π
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
13．分解因式（a﹣b）（a﹣4b）+ab的结果是 ．
14．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有______幅．
15．如图，双曲线y＝于直线y＝﹣x交于A.B两点，且A（﹣2，m），则点B的坐标是___________．
16．当x＝m或x＝n（m≠n）时，代数式x2﹣2x+4的值相等，则当x＝m+n时，代数式x2﹣2x+4的值为_________．
17．如图，菱形ABCD边长为4，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1C，则A1C的最小值是__________．
三、解答题（本大题共7小题，共计69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）[
18．（8分）（1）计算：|2﹣|+2sin60°+（）﹣1﹣（）0；
（2）解二元一次方程组
19．（9分）某校七年级（1）班班主任对本班学生进行了“我最喜欢的课外活动”的调查，并将调查结果分为书法和绘画类（记为A）、音乐类（记为B）、球类（记为C）、其它类（记为D）．根据调查结果发现该班每个学生都进行了登记且每人只登记了一种自己最喜欢的课外活动．班主任根据调查情况把学生进行了归类，并制作了如下两幅统计图．请你结合图中所给信息解答下列问题：
（1）七年级（1）班学生总人数为________人，扇形统计图中D类所对应扇形的圆心角为_______度，请补全条形统计图；
（2）学校将举行书法和绘画比赛，每班需派两名学生参加，A类4名学生中有两名学生擅长书法，另两名学生擅长绘画．班主任现从A类4名学生中随机抽取两名学生参加比赛，请你用列表或画树状图的方法求出抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的概率．
20．（10分）在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，点D是BC边上的一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转90°得到DE，作EF⊥BC交BC的延长线于点F．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：EF＝CF．
21．（10分）某市一种出租车起步价是5元（路程在3km以内均付5元），达到或超过3km，每增加0.5km加价0.7元（不足0.5km按0.5km计）．某乘客坐这种出租车从甲地到乙地，下车时付车费14.8元，那么甲地到乙地的路程是多少？
22．（10分）如图，在某海上观测点B处观测到位于北偏东30°方向有一艘救船A，搜救船A最大航速50海里/时，AB＝52海里，在位于观测点B的正东方向，搜救船A的东南方向有一失事渔船C，由于当天正值东南风，失事渔船C以2海里/时的速度向西北方向漂移，若不考虑大风对搜救船A的航线和航速的影响，求失事渔船获救的最快时间．
23．（10分）如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C.D不重合），设OM＝m．
（1）求DE的长（用含m的代数式表示）；
（2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin＝．
①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；
②若动点N在CD上，且CN＝OM，射线BM与射线ON相交于点F，当∠OMF＝90° 时，求DE的长．
24．如图，抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）（OA＜OB），与y轴交于点C，且满足x12+x22﹣x1x2＝13．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以点B为直角顶点，BC为直角边作Rt△BCD，CD交抛物线于第四象限的点E，若EC＝ED，求点E的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点Q，使得S△ACQ＝2S△AOC？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题给出4个选项，只有一个是正确的）
1．下列各数中，没有平方根的是（ ）
A．﹣32 B．|﹣3| C．（﹣3）2 D．﹣（﹣3）
【分析】由于负数没有平方根，那么只要找出A.B.C.D中的负数即可．
【解答】解：A.﹣32＝﹣9＜0，故本选项正确；
B.|﹣3|＝3＞0，故本选项错误；
C.（﹣3）2＝9＞0，故本选项错误；
D.﹣（﹣3）＝3＞0，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查了平方根的定义及性质．
定义：如果一个数的平方等于a，这个数就叫做a的平方根，也叫做a的二次方根．
性质：一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．
2．下列运算正确的是（ ）
A．＝﹣3 B．a2•a4＝a6
C．（2a2）3＝2a6 D．（a+2）2＝a2+4
【分析】根据同底数幂的乘法的性质，积的乘方的性质，二次根式的性质，完全平分公式，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A.＝3，故错误：
B.正确；
C.（2a2）3＝8a6，故正确；
D.（a+2）2＝a2+4a+4，故错误；
故选：B．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方，理清指数的变化是解题的关键．
3．某种计算机完成一次基本运算的时间约为0.000 000 001s．把0.000 000 001s用科学记数法可表示为（ ）
A．0.1×10﹣8s B．0.1×10﹣9s C．1×10﹣8s D．1×10﹣9s
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：0.000 000 001＝1×10﹣9，
故选：D．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4．由6个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，关于它的视图，说法正确的是（ ）
A．主视图的面积最大 B．左视图的面积最大
C．俯视图的面积最大 D．三个视图的面积一样大
【分析】首先根据立体图形可得俯视图、主视图、左视图所看到的小正方形的个数，再根据所看到的小正方形的个数可得答案．
【解答】解：主视图有4个小正方形，左视图有4个小正方形，俯视图有5个小正方形，因此俯视图的面积最大，
故选：C．
【点评】此题主要考查了组合体的三视图，关键是注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
5．如图，将一块含有30°角的直角三角板的两个顶点放在矩形直尺的一组对边上．如果∠2＝60°，那么∠1的度数为（ ）
A．60° B．50° C．40° D．30°
【分析】根据三角形外角性质可得∠3＝30°+∠1，由于平行线的性质即可得到∠2＝∠3＝60°，即可解答．
【解答】解：如图，
∵∠3＝∠1+30°，
∵AB∥CD，
∴∠2＝∠3＝60°，
∴∠1＝∠3﹣30°＝60°﹣30°＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质，关键是根据：两直线平行，内错角相等．也利用了三角形外角性质．
6．若整数k满足k＜＜k+1，则k的值是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】先估算出的范围，即可得出选项．
【解答】解：∵9＜＜10，
∴k＝9，k+1＝10，
故选：D．
【点评】本题考查了估算无理数的大小的应用，能估算出的范围是解此题的关键．
7．已知关于x的方程x2﹣2x+3k＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k＜ B．k＞ C．k＜且k≠0 D．k＞且k≠0
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式大于0，即可求出k的范围．
【解答】解：∵方程x2﹣2x+3k＝0有两个不相等的实数根，
∴△＝4﹣12k＞0，
解得：k＜．
故选：A．
【点评】此题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式的意义是解本题的关键．
8．如果关于x的不等式组的解集为x＜7，则m的取值范围为（ ）
A．m＝7 B．m＞7 C．m＜7 D．m≥7
【分析】不等式整理后，由已知解集确定出m的范围即可．
【解答】解：不等式组整理得：，
由已知解集为x＜7，得到m的范围是m≥7，
故选：D．
【点评】此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．]
9．小李双休日爬山，他从山脚爬到山顶的过程中，中途休息了一段时间，设他从山脚出发后所用的时间为t分钟，所走的路程为s米，s与t之间的函数关系式如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．小李中途休息了20分钟
B．小李休息前爬山的速度为每分钟70米
C．小李在上述过程中所走的路程为6600米
D．小李休息前爬山的平均速度大于休息后爬山的平均速度
【分析】根据函数图象可知，小明40分钟爬山2800米，40～60分钟休息，60～100分钟爬山（3800﹣2800）米，爬山的总路程为3800米，根据路程、速度、时间的关系进行解答即可．
【解答】解：A.根据图象可知，在40～60分钟，路程没有发生变化，所以小明中途休息的时间为：60﹣40＝20分钟，故正确；
B.根据图象可知，当t＝40时，s＝2800，所以小明休息前爬山的平均速度为：2800÷40＝70（米/分钟），故B正确；
C.根据图象可知，小明在上述过程中所走的路程为3800米，故错误；
D.小明休息后的爬山的平均速度为：（3800﹣2800）÷（100﹣60）＝25（米/分），小明休息前爬山的平均速度为：2800÷40＝70（米/分钟），
70＞25，所以小明休息前爬山的平均速度大于休息后爬山的平均速度，故正确；
故选：C．
【点评】本题考查了函数图象，解决本题的关键是读懂函数图象，获取信息，进行解决问题．
10．已知2是关于x的方程x2﹣（5+m）x+5m＝0的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．9 B．12 C．9或12 D．6或12或15
【分析】先把x＝2代入x2﹣（5+m）x+5m＝0中得4﹣2（5+m）+5m＝0，解得m＝2，再解方程得到x1＝2，x2＝5，然后根据三角形三边的关系得到等腰△ABC的腰长为5，底边长为2，再计算三角形的周长．
【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣（5+m）x+5m＝0得4﹣2（5+m）+5m＝0，解得m＝2，
方程化为x2﹣7x+10＝0，解得x1＝2，x2＝5，
因为这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，
所以等腰△ABC的腰长为5，底边长为2，
所以△ABC的周长为5+5+2＝12．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了等腰三角形的性质和三角形三边的关系．
11．如图，四边形ABCD是平行四边形，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，若BF＝6，AB＝5，则∠AEB的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】BF交AG于H，如图，由作法得AF＝AB，由于AG平分∠BAD，根据等腰三角形的性质得到AE⊥BF，BH＝FH＝BF＝3，再利用平行四边形的性质证明∠2＝∠3，接着证明BE＝BA＝5，然后利用勾股定理计算出EH后根据正切的定义求解．
【解答】解：BF交AG于H，如图，
由作法得AF＝AB，
∵AG平分∠BAD，
∴∠1＝∠2，
∴AE⊥BF，BH＝FH＝BF＝3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴BE＝BA＝5，
在Rt△BEH中，HE＝＝4，
∴tan∠3＝＝，
即∠AEB的正切值为．
故选：A．
【点评】本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质和解直角三角形．
12．如图，⊙O的半径为2，AB.CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P从点A运动到点D时，点Q所经过的路径长为（ ）
A． B． C． D．π
【分析】OP的长度不变，始终等于半径，则根据矩形的性质可得OQ＝1，再由走过的角度代入弧长公式即可．
【解答】解：如图所示：
∵PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N，
∴四边形ONPM是矩形，
又∵点Q为MN的中点，
∴点Q为OP的中点，
则OQ＝1，
点Q走过的路径长＝＝．]
故选：C．
【点评】本题考查了弧长的计算及矩形的性质，解答本题的关键是根据矩形的性质得出点Q运动轨迹的半径，要求同学们熟练掌握弧长的计算公式．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
13．分解因式（a﹣b）（a﹣4b）+ab的结果是 （a﹣2b）2 ．
【分析】首先去括号，进而合并同类项，再利用完全平方公式分解因式得出即可．
【解答】解：（a﹣b）（a﹣4b）+ab[
＝a2﹣5ab+4b2+ab
＝a2﹣4ab+4b2
＝（a﹣2b）2．
故答案为：（a﹣2b）2．
【点评】此题主要考查了多项式乘法以及公式法分解因式，熟练应用完全平方公式是解题关键．
14．美术馆举办的一次画展中，展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅，则展出的油画作品有 69 幅．
【分析】设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，则根据“展出的油画作品和国画作品共有100幅，其中油画作品的数量是国画作品数量的2倍多7幅”列出方程组并解答．
【解答】解：设展出的油画作品的数量是x幅，展出的国画作品是y幅，依题意得
，
解得，
故答案是：69．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．利用二元一次方程组求解的应用题一般情况下题中要给出2个等量关系，准确的找到等量关系并用方程组表示出来是解题的关键．
15．如图，双曲线y＝于直线y＝﹣x交于A.B两点，且A（﹣2，m），则点B的坐标是 （2，﹣1） ．
【分析】根据自变量的值，可得相应的函数值，根据待定系数法，可得反比例函数的解析式，根据解方程组，可得答案．
【解答】解：当x＝﹣2时，y＝﹣×（﹣2）＝1，即A（﹣2，1）．
将A点坐标代入y＝，得k＝﹣2×1＝﹣2，
反比例函数的解析式为y＝﹣，
联立双曲线、直线，得，
解得，，
∴B（2，﹣1），
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用待定系数法求双曲线函数的解析式，又利用解方程组求图象的交点．
16．当x＝m或x＝n（m≠n）时，代数式x2﹣2x+4的值相等，则当x＝m+n时，代数式x2﹣2x+4的值为 4 ．
【分析】根据已知条件，列出等式m2﹣2m+4＝n2﹣2n+4，化简能得出m+n的值为2，将x＝2代入代数式即可求值．
【解答】解：由题意，得
m2﹣2m+4＝n2﹣2n+4，
移项，得
m2﹣n2＝2m﹣2n+4﹣4，
化简，得
（m+n）（m﹣n）＝2（m﹣n），
等式两边同时除以（m﹣n），得
m+n＝2．
当x＝m+n＝2时，
x2﹣2x+4＝22﹣2×2+4＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查因式分解的知识，熟练运用提公因式法因式分解和公式法因式分解是解决本题的关键．
17．如图，菱形ABCD边长为4，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A1MN，连接A1C，则A1C的最小值是 2﹣2 ．
【分析】根据题意得出A′的位置，进而利用锐角三角函数关系求出A′C的长即可；
【解答】解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MH⊥DC于点F，
∵在边长为4的菱形ABCD中，∠A＝60°，M为AD中点，
∴2MD＝AD＝CD＝4，∠HDM＝60°，
∴∠HMD＝30°，
∴HD＝MD＝1，
∴HM＝DM×cos30°＝，
∴MC＝＝2，
∴A′C＝MC﹣MA′＝2﹣2；
故答案为2﹣2．
【点评】本题考查翻折变换、菱形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，不同的突破点是正确寻找点A′的位置．
三、解答题（本大题共7小题，共计69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18．（8分）（1）计算：|2﹣|+2sin60°+（）﹣1﹣（）0；
（2）解二元一次方程组
【分析】（1）根据绝对值、特殊角的三角函数值、负整数指数幂、零指数幂可以解答本题；
（2）根据解二元一次方程组的方法可以解答本题．
【解答】解：（1）|2﹣|+2sin60°+（）﹣1﹣（）0
＝2﹣+2×+2﹣1
＝2﹣+2﹣1
＝3；
（2），
②﹣①，得
5y＝5，
解得，y＝1，
将y＝1代入①，得
x＝3
故元方程组的解是．
【点评】本题考查绝对值、特殊角的三角函数值、负整数指数幂、零指数幂、解二元一次方程组，解答本题的关键是明确它们各自的解答方法．
19．（9分）某校七年级（1）班班主任对本班学生进行了“我最喜欢的课外活动”的调查，并将调查结果分为书法和绘画类（记为A）、音乐类（记为B）、球类（记为C）、其它类（记为D）．根据调查结果发现该班每个学生都进行了登记且每人只登记了一种自己最喜欢的课外活动．班主任根据调查情况把学生进行了归类，并制作了如下两幅统计图．请你结合图中所给信息解答下列问题：
（1）七年级（1）班学生总人数为 48 人，扇形统计图中D类所对应扇形的圆心角为 105 度，请补全条形统计图；
（2）学校将举行书法和绘画比赛，每班需派两名学生参加，A类4名学生中有两名学生擅长书法，另两名学生擅长绘画．班主任现从A类4名学生中随机抽取两名学生参加比赛，请你用列表或画树状图的方法求出抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的概率．
【分析】（1）由条形统计图与扇形统计图可得七年级（1）班学生总人数为：12÷25%＝48（人），继而可得扇形统计图中D类所对应扇形的圆心角为为：360°×＝105°；然后求得C类的人数，则可补全统计图；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）∵七年级（1）班学生总人数为：12÷25%＝48（人），
∴扇形统计图中D类所对应扇形的圆心角为为：360°×＝105°；
故答案为：48，105；
C类人数：48﹣4﹣12﹣14＝18（人），如图：
（2）分别用A，B表示两名擅长书法的学生，用C，D表示两名擅长绘画的学生，
画树状图得：[www^.z&zstep.co@~m%]
∵共有12种等可能的结果，抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的有8种情况，
∴抽到的两名学生恰好是一名擅长书法，另一名擅长绘画的概率为：＝．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．（10分）在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，点D是BC边上的一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转90°得到DE，作EF⊥BC交BC的延长线于点F．]
（1）依题意补全图形；
（2）求证：EF＝CF．
【分析】（1）依据AD绕点D顺时针旋转90°得到DE，作EF⊥BC交BC的延长线于点F进行作图．
（2）依据AAS判定△ABD≌△DFE，即可得到BD＝EF，AB＝DF，再根据AB＝BC，可得BC＝DF，进而得出BD＝CF，等量代换可得EF＝CF．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）证明：由题可得，∠ADE＝∠B＝90°，AD＝ED，
∴∠BAD+∠ADB＝∠ADB+∠EDF＝90°，
∴∠BAD＝∠EDF，
在△ABD和△DFE中，
，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴BD＝EF，AB＝DF，
又∵AB＝BC，
∴BC＝DF，
∴BC﹣CD＝DF﹣CD，即BD＝CF，
∴EF＝CF．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质．
21．（10分）某市一种出租车起步价是5元（路程在3km以内均付5元），达到或超过3km，每增加0.5km加价0.7元（不足0.5km按0.5km计）．某乘客坐这种出租车从甲地到乙地，下车时付车费14.8元，那么甲地到乙地的路程是多少？
【分析】根据起步价与超过3千米以后的车费的和是支付的车费，设出未知数，列出不等式组解答即可．
【解答】解：设从甲地到乙地的路程是xkm，
根据题意，得：14.8﹣0.7＜5+1.4（x﹣3）≤14.8，
解得：9.5＜x≤10，
答：甲地到乙地的路程大于9.5km且不超过10km．
【点评】此题主要考查了一元一次不等式在实际中的应用，注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际；理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
22．（10分）如图，在某海上观测点B处观测到位于北偏东30°方向有一艘救船A，搜救船A最大航速50海里/时，AB＝52海里，在位于观测点B的正东方向，搜救船A的东南方向有一失事渔船C，由于当天正值东南风，失事渔船C以2海里/时的速度向西北方向漂移，若不考虑大风对搜救船A的航线和航速的影响，求失事渔船获救的最快时间．
【分析】作AD⊥BC于点D，在直角三角形ABD中，根据三角函数求得AD的长；再在直角三角形ACD中，根据三角函数求得AC的长；先求出BC的长，再根据搜救船行驶路程+失事船只漂移路程＝AC的长列方程求解可得．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，∵AB＝52、∠B＝60°，
∴AD＝ABsinB＝52×＝78，
在Rt△ADC中，AD＝78，∠C＝45°，
∴AC＝AD＝156，
设失事渔船获救的最快时间为t，
根据题意，得：2t+50t＝156，
∴t＝3，
答：失事渔船获救的最快时间为3小时．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是从实际问题中整理出直角三角形并求解．
23．（10分）如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C.D不重合），设OM＝m．
（1）求DE的长（用含m的代数式表示）；
（2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin＝．
①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；
②若动点N在CD上，且CN＝OM，射线BM与射线ON相交于点F，当∠OMF＝90° 时，求DE的长．
【分析】（1）由CD∥AB知△DEM∽△OBM，可得＝，据此可得；
（2）①连接OC.作OP⊥CD.MQ⊥CD，由OC＝OD.OP⊥CD知∠DOP＝∠COD，据此可得sin∠DOP＝sin∠DMQ＝、sin∠ODP＝，继而由OM＝m、OD＝10得QM＝DMsin∠ODP＝（10﹣m），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD＝8.CD＝16，证△CDM∽△BOM得＝，求得OM＝，据此可得m的取值范围；
②如图3，由BM＝OBsin∠BOM＝10×＝6，可得OM＝8，根据（1）所求结果可得答案．
【解答】解：（1）∵CD∥AB，
∴△DEM∽△OBM，
∴＝，即＝，
∴DE＝；
（2）①如图1，连接OC.作OP⊥CD于点P，作MQ⊥CD于点Q，
∵OC＝OD.OP⊥CD，
∴∠DOP＝∠COD，
∵sin＝，
∴sin∠DOP＝sin∠DMQ＝，sin∠ODP＝，
∵OM＝m、OD＝10，
∴DM＝10﹣m，
∴QM＝DMsin∠ODP＝（10﹣m），
则S△DEM＝DE•MQ＝××（10﹣m）＝，
如图2，
∵PD＝ODsin∠DOP＝10×＝8，
∴CD＝16，
∵CD∥AB，
∴△CDM∽△BOM，
∴＝，即＝，
解得：OM＝，
∴＜m＜10，
∴S＝，（＜m＜10）．
②当∠OMF＝90°时，如图3，
则∠BMO＝90°，
在Rt△BOM中，BM＝OBsin∠BOM＝10×＝6，
则OM＝8，
由（1）得DE＝＝．
【点评】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．
24．如图，抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0）（OA＜OB），与y轴交于点C，且满足x12+x22﹣x1x2＝13．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以点B为直角顶点，BC为直角边作Rt△BCD，CD交抛物线于第四象限的点E，若EC＝ED，求点E的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点Q，使得S△ACQ＝2S△AOC？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由根与系数的关系可得x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1），代入x12+x22﹣x1x2＝13，求出m1＝2，m2＝﹣5．根据OA＜OB，得出抛物线的对称轴在y轴右侧，那么m＝2，即可确定抛物线的解析式；
（2）连接BE.OE．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BE＝CD＝CE．利用SSS证明△
OBE≌△OCE，得出∠BOE＝∠COE，即点E在第四象限的角平分线上，设E点坐标为（m，﹣m），代入y＝x2﹣2x﹣3，求出m的值，即可得到E点坐标；
（3）过点Q作AC的平行线交x轴于点F，连接CF，根据三角形的面积公式可得S△ACQ＝S△ACF．由S△ACQ＝2S△AOC，得出S△ACF＝2S△AOC，那么AF＝2OA＝2，F（1，0）．利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣3．根据AC∥FQ，可设直线FQ的解析式为y＝﹣3x+b，将F（1，0）代入，利用待定系数法求出直线FQ的解析式为y＝﹣3x+3，把它与抛物线的解析式联立，得出方程组，求解即可得出点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣mx﹣（m+1）与x轴负半轴交于点A（x1，0），与x轴正半轴交于点B（x2，0），
∴x1+x2＝m，x1•x2＝﹣（m+1），
∵x12+x22﹣x1x2＝13，
∴（x1+x2）2﹣3x1x2＝13，
∴m2+3（m+1）＝13，
即m2+3m﹣10＝0，
解得m1＝2，m2＝﹣5．
∵OA＜OB，
∴抛物线的对称轴在y轴右侧，
∴m＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）连接BE.OE．
∵在Rt△BCD中，∠CBD＝90°，EC＝ED，
∴BE＝CD＝CE．
令y＝x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∵C（0，﹣3），
∴OB＝OC，
又∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△OBE≌△OCE（SSS），
∴∠BOE＝∠COE，
∴点E在第四象限的角平分线上，
设E点坐标为（m，﹣m），将E（m，﹣m）代入y＝x2﹣2x﹣3，
得m＝m2﹣2m﹣3，解得m＝，
∵点E在第四象限，
∴E点坐标为（，﹣）；
（3）过点Q作AC的平行线交x轴于点F，连接CF，则S△ACQ＝S△ACF．
∵S△ACQ＝2S△AOC，
∴S△ACF＝2S△AOC，
∴AF＝2OA＝2，
∴F（1，0）．
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴直线AC的解析式为y＝﹣3x﹣3．
∵AC∥FQ，
∴设直线FQ的解析式为y＝﹣3x+b，
将F（1，0）代入，得0＝﹣3+b，解得b＝3，
∴直线FQ的解析式为y＝﹣3x+3．
联立，解得，，
∴点Q的坐标为（﹣3，12）或（2，﹣3）．
【点评】本题是二次函数综合题，其中涉及到一元二次方程根与系数的关系，求二次函数的解析式，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，一次函数图象与几何变换，待定系数法求直线的解析式，抛物线与直线交点坐标的求法，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．
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