2020年河南省许昌市中考数学二模试卷
一、选择题（每小题3分，共24分.）
1．下列各数中，最大的数是（）
A．|﹣3|B．﹣2C．0D．1
2．下列运算正确的是（）
A．a?a3=a3B．（ab）3=a3bC．（a3）2=a6D．a8÷a4=a2
3．如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是（）
A．B．C．D．
4．甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数均是9.2环，方差分别
为：S
甲2=0.58，S
乙
2=0.52，S
丙
2=0.56，S
丁
2=0.48，则成绩最稳定的是（）
A．甲B．乙C．丙D．丁
5．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（）
A．B．2πC．3πD．12π
6．如图，过正五边形ABCDE的顶点A作直线l∥BE，则∠1的度数为（）
A．30°B．36°C．38°D．45°
7．如图，点A是反比例函数y=的图象上的一点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B．点C 为y轴上的一点，连接AC，BC．若△ABC的面积为3，则k的值是（）
A．3B．﹣3C．6D．﹣6
8．如图，△ABC内接于半径为5的⊙O，圆心O到弦BC的距离等于3，则∠A的正切值等于（）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题3分，共21分.）
9．若二次根式有意义，则x的取值范围是．
10．从﹣1，0，，π，中随机任取一数，取到无理数的概率是．
11．写出一个解集为x＞1的一元一次不等式组：．
12．如图，平面上直线a，b分别经过线段OK两端点（数据如图），则a，b相交所成的锐角是．
13．如图，在等腰Rt△OAA1中，∠OAA1=90°，OA=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…则OA6的长度为．
14．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论：①2a+b=0；②a+c＞b；③抛物线与x轴的另一个交点为（3，0）；④abc＞0．其中正确的结论是（填写序号）．
15．如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，∠B=60°，点E是边AB上的一点，点F是边CD上一点，将平行四边形ABCD沿EF折叠，得到四边形EFGH，点A的对应点为点C，点D的对应点为点G．则△CEF的面积．
三、解答题（本大题8个小题，共75分.）
16．小明同学在解一元二次方程时，他是这样做的：
（1）小明的解法从第步开始出现错误；此题的正确结果是．（2）用因式分解法解方程：x（2x﹣1）=3（2x﹣1）
17．如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=的图象相交于点A（﹣1，3）和点B
（3，n）．
（1）求这两个函数的解析式；
（2）直接写出不等﹣kx﹣b＞0式的解集．
18．为实施“农村留守儿童关爱计划”，某校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，并制成了如下两幅不完整的统计图：
（1）将该条形统计图补充完整；
（2）求该校平均每班有多少名留守儿童？
（3）某爱心人士决定从只有2名留守儿童的这些班级中，任选两名进行生活资助，请用列表法或画树状图的方法，求出所选两名留守儿童来自同一个班级的概率．
19．如图，在△ABC中，AB=AC，∠DAC是△ABC的一个外角．
实验与操作：
根据要求进行尺规作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）
（1）作∠DAC的平分线AM；
（2）作线段AC的垂直平分线，与AM交于点F，与BC边交于点E，连接AE，CF．
猜想并证明：
判断四边形AECF的形状并加以证明．
20．如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30 千米处有一观察站O．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距千米的A处；经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O
相距20千米的B处．
（1）求该轮船航行的速度；
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．（参考数据：，）
21．为了创建全国卫生城，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送．若两车合作，各运12趟才能完成，需支付运费共4800元；若甲、乙两车单独运完此堆垃圾，则乙车所运趟数是甲车的2倍；已知乙车每趟运费比甲车少200元．
（1）分别求出甲、乙两车每趟的运费；
（2）若单独租用甲车运完此堆垃圾，需运多少趟；
（3）若同时租用甲、乙两车，则甲车运x趟，乙车运y趟，才能运完此堆垃圾，其中为x，y均为正整数．
①当x=10时，y=；当y=10时，x=；
②求y与x的函数关系式．
探究：在（3）的条件下，设总运费为w（元）．求：w与x的函数关系式，直接写出w的最小值．
22．在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，设锐角∠AOB=α，将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′（0°＜旋转角＜90°）连接AC′、BD′，AC′与BD′相交于点M．（1）当四边形ABCD为矩形时，如图1．求证：△AOC′≌△BOD′．
（2）当四边形ABCD为平行四边形时，设AC=kBD，如图2．
①猜想此时△AOC′与△BOD′有何关系，证明你的猜想；
②探究AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并给予证明．
23．如图1，已知抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E，顶点M的坐标为（2，4）；矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）．
①当t=2秒时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；
②设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
2020年河南省许昌市中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共24分.）
1．下列各数中，最大的数是（）
A．|﹣3|B．﹣2C．0D．1
【考点】有理数大小比较．
【分析】有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【解答】解：|﹣3|=3，
根据有理数比较大小的方法，可得3＞1＞0＞﹣2，
所以|﹣3|＞1＞0＞﹣2，
所以各数中，最大的数是|﹣3|．
故选：A．
2．下列运算正确的是（）
A．a?a3=a3B．（ab）3=a3bC．（a3）2=a6D．a8÷a4=a2
【考点】同底数幂的除法；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【分析】根据同底数幂的乘法与除法以及幂的乘方与积的乘方的知识求解即可求得答案．【解答】解：A、a?a3=a4，故A选项错误；
B、（ab）3=a3b3，故B选项错误；
C、（a3）2=a6，故C选项正确；
D、a8÷a4=a4，故D选项错误．
故选：C．
3．如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是（）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【分析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．【解答】解：从上面看易得左侧有2个正方形，右侧有一个正方形．
故选A．
4．甲、乙、丙、丁四人进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数均是9.2环，方差分别
为：S
甲2=0.58，S
乙
2=0.52，S
丙
2=0.56，S
丁
2=0.48，则成绩最稳定的是（）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【考点】方差．
【分析】根据给出的各人方差可以判断谁的成绩最稳定．
【解答】解：甲、乙、丙、丁四人射击成绩的平均数均是9.2环，
甲的方差是0.58，乙的方差是0.52，丙的方差0.56，丁的方差0.48，
其中丁的方差最小，所以成绩最稳定的是丁．
故选D．
5．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（）
A．B．2πC．3πD．12π
【考点】弧长的计算．
【分析】根据弧长公式l=，代入相应数值进行计算即可．
【解答】解：根据弧长公式：l==3π，
故选：C．
6．如图，过正五边形ABCDE的顶点A作直线l∥BE，则∠1的度数为（）
A．30°B．36°C．38°D．45°
【考点】平行线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角与外角．
【分析】首先根据多边形内角和计算公式计算出每一个内角的度数，再根据等腰三角形的性质计算出∠AEB，然后根据平行线的性质可得答案．
【解答】解：∵ABCDE是正五边形，
∴∠BAE=（5﹣2）×180°÷5=108°，
∴∠AEB=÷2=36°，
∵l∥BE，
∴∠1=36°，
故选：B．
7．如图，点A是反比例函数y=的图象上的一点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B．点C 为y轴上的一点，连接AC，BC．若△ABC的面积为3，则k的值是（）
A．3B．﹣3C．6D．﹣6
【考点】反比例函数系数k的几何意义．
【分析】连结OA，如图，利用三角形面积公式得到S△OAB=S△CAB=3，再根据反比例函数
的比例系数k的几何意义得到|k|=3，然后去绝对值即可得到满足条件的k的值．
【解答】解：连结OA，如图，
∵AB⊥x轴，
∴OC∥AB，
∴S△OAB=S△CAB=3，
而S△OAB=|k|，
∴|k|=3，
∵k＜0，
∴k=﹣6．
故选D．
8．如图，△ABC内接于半径为5的⊙O，圆心O到弦BC的距离等于3，则∠A的正切值等于（）
A．B．C．D．
【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形．
【分析】过点O作OD⊥BC，垂足为D，根据圆周角定理可得出∠BOD=∠A，再根据勾股定理可求得BD=4，从而得出∠A的正切值．
【解答】解：过点O作OD⊥BC，垂足为D，
∵OB=5，OD=3，
∴BD=4，
∵∠A=∠BOC，
∴∠A=∠BOD，
∴tanA=tan∠BOD==，
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共21分.）
9．若二次根式有意义，则x的取值范围是x≥﹣1．
【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+1≥0，再解不等式即可．
【解答】解：由题意得：x+1≥0，
解得：x≥﹣1，
故答案为：x≥﹣1．
10．从﹣1，0，，π，中随机任取一数，取到无理数的概率是\frac{2}{5}．
【考点】概率公式；无理数．
【分析】数据﹣1，0，，π，中无理数只有π，，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：∵﹣1，0，，π，中只有π，是无理数，
∴随机任取一数，取到无理数的概率是：．
故答案为：．
11．写出一个解集为x＞1的一元一次不等式组：2x﹣2＞0．
【考点】不等式的解集．
【分析】利用不等式的性质把x＞1进行变形即可．
【解答】解：2x﹣2＞0的解集为x＞1．
故答案为2x﹣2＞0．
12．如图，平面上直线a，b分别经过线段OK两端点（数据如图），则a，b相交所成的锐角是30°．
【考点】三角形的外角性质．
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：由三角形的外角性质得，a，b相交所成的锐角的度数是100°﹣70°=30°．
故答案为：30°．
13．如图，在等腰Rt△OAA1中，∠OAA1=90°，OA=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…则OA6的长度为8．
【考点】等腰直角三角形．
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，进而得出答案．
【解答】解：∵△OAA1为等腰直角三角形，OA=1，
∴AA1=OA=1，OA1=OA=；
∵△OA1A2为等腰直角三角形，
∴A1A2=OA1=，OA2=OA1=2；
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴A2A3=OA2=2，OA3=OA2=2；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴A3A4=OA3=2，OA4=OA3=4．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴A4A5=OA4=4，OA5=OA4=4．
∵△OA5A6为等腰直角三角形，
∴A5A6=OA5=4，OA6=OA5=8．
故答案为：8．
14．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论：①2a+b=0；②a+c＞b；③抛物线与x轴的另一个交点为（3，0）；④abc＞0．其中正确的结论是①④（填写序号）．
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】根据抛物线对称轴方程对①进行判断；根据自变量为1时对应的函数值为负数可对②进行判断；根据抛物线的对称性，由抛物线与x轴的一个交点为（﹣2，0）得到抛物
线与x轴的另一个交点为（4，0），则可对③进行判断；由抛物线开口方向得到a＞0，由对称轴位置可得b＜0，由抛物线与y轴的交点位置可得c＜0，于是可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，
∴2a+b=0，所以①正确；
∵x=﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
即a+c＜b，所以②错误；
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣2，0）
而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（4，0），所以③错误；
∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∴b=﹣2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＞0，所以④正确．
故答案为①④．
15．如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=4，∠B=60°，点E是边AB上的一点，点F是边CD上一点，将平行四边形ABCD沿EF折叠，得到四边形EFGH，点A的对应点为点C，点D的对应点为点G．则△CEF的面积\frac{7\sqrt{3}}{2}．
【考点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据平行四边形的性质和折叠的性质得出∠B=∠G，∠BCE=∠GCF，BC=GC，然后根据AAS证明△BCE≌△GCF，得出CE=CF，过E点作EP⊥BC于P，设BP=m，则BE=2m，通过解直角三角形求得EP=m，然后根据折叠的性质和勾股定理求得EC，进而根据三角形的面积即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠D=∠B，∠A=∠BCD，
由折叠可知，AD=CG，∠D=∠G，∠A=∠ECG，
∴BC=GC，∠B=∠G，∠BCD=∠ECG，
∴∠BCE=∠GCF，
在△BCE和△GCF中，，
∴△BCE≌△GCF（ASA），
∴CE=CF，
过E点作EP⊥BC于P，如图所示：
∵∠B=60°，∠EPB=90°，
∴∠BEP=30°，
∴BE=2BP，
设BP=m，则BE=2m，
∴EP=BE?sin60°=2m×=m，
由折叠可知，AE=CE，
∵AB=6，
∴AE=CE=6﹣2m，
∵BC=4，
∴PC=4﹣m，
在RT△ECP中，由勾股定理得（4﹣m）2+（m）2=（6﹣2m）2，
解得：m=，
∴CE=6﹣2m=6﹣2×=，
∵△BCE≌△GCF，
∴CF=CE=，
∴S△CEF=××2=；
故答案为：．
三、解答题（本大题8个小题，共75分.）
16．小明同学在解一元二次方程时，他是这样做的：
（1）小明的解法从第二步开始出现错误；此题的正确结果是x1=0，x2=\frac{16}{5}．（2）用因式分解法解方程：x（2x﹣1）=3（2x﹣1）
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】（1）小明的解法是从第二步出现错误，方程两边不应该同时除以x，按照因式分解法步骤解方程即可；
（2）提取公因式（2x﹣1）可得（2x﹣1）（x﹣3）=0，然后解两个一元一次方程即可．【解答】解：（1）小明的解法是从第二步出现错误，方程两边不应该同时除以x，
3x2﹣8x（x﹣2）=0，
x（3x﹣8x+16）=0，
x（5x﹣16）=0，
x1=0，x2=；
（2）x（2x﹣1）=3（2x﹣1），
（2x﹣1）（x﹣3）=0，
2x﹣1=0或x﹣3=0，
x1=，x2=3．
17．如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=的图象相交于点A（﹣1，3）和点B
（3，n）．
（1）求这两个函数的解析式；
（2）直接写出不等﹣kx﹣b＞0式的解集．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【分析】（1）先把A点坐标代入y=求出m，从而得到反比例函数解析式为y=﹣，再利
用反比例函数解析式确定B点坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）观察函数图象得到当﹣1＜x＜0或x＞3时，反比例函数图象都在一次函数图象上方，即有＞kx+b．
【解答】解：（1）把A（﹣1，3）代入y=得m=﹣1×3=﹣3，
所以反比例函数解析式为y=﹣，
把B（3，n）代入y=﹣得3n=3，解得n=﹣1，
所以B点坐标为（3，﹣1），
把A（﹣1，3）、B（3，﹣1）代入y=kx+b得，解得，
所以一次函数解析式为y=﹣x+2；
（2）﹣1＜x＜0或x＞3．
18．为实施“农村留守儿童关爱计划”，某校对全校各班留守儿童的人数情况进行了统计，发现各班留守儿童人数只有1名、2名、3名、4名、5名、6名共六种情况，并制成了如下两幅不完整的统计图：
（1）将该条形统计图补充完整；
（2）求该校平均每班有多少名留守儿童？
（3）某爱心人士决定从只有2名留守儿童的这些班级中，任选两名进行生活资助，请用列表法或画树状图的方法，求出所选两名留守儿童来自同一个班级的概率．
【考点】条形统计图；扇形统计图；加权平均数；列表法与树状图法．
【分析】（1）根据留守儿童有6名的班级占20%，可求得有留守儿童的总班级数，再减去其它班级数，即可补全统计图；
（2）根据班级个数和班级人数，求出总的留守儿童数，再除以总班级数，即可得出答案；（3）根据（1）可知，只有2名留守儿童的班级有2个，共4名学生，再设A1，A2来自一个班，B1，B2来自一个班，列出树状图可得出来自一个班的共有4种情况，再根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）该校班级个数为4÷20%=20（个），
只有2名留守儿童的班级个数为：20﹣（2+3+4+5+4）=2（个），
补图如下：
（2）该校平均每班留守儿童的人数为：
（1×2+2×2+3×3+4×4+5×5+6×4）÷20=4（个）；
（3）由（1）得只有2名留守儿童的班级有2个，共4名学生，设A1，A2来自一个班，B1，B2来自一个班，如图；
由树状图可知，共有12种可能的情况，并且每种结果出现的可能性相等，其中来自一个班的共有4种情况，
则所选两名留守儿童来自同一个班级的概率为：=．
19．如图，在△ABC中，AB=AC，∠DAC是△ABC的一个外角．
实验与操作：
根据要求进行尺规作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）
（1）作∠DAC的平分线AM；
（2）作线段AC的垂直平分线，与AM交于点F，与BC边交于点E，连接AE，CF．
猜想并证明：
判断四边形AECF的形状并加以证明．
【考点】作图—复杂作图；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质．
【分析】先作以个角的交平分线，再作线段的垂直平分线得到几何图形，由AB=AC得
∠ABC=∠ACB，由AM平分∠DAC得∠DAM=∠CAM，则利用三角形外角性质可得
∠CAM=∠ACB，再根据线段垂直平分线的性质得OA=OC，∠AOF=∠COE，于是可证明△AOF≌△COE，所以OF=OE，然后根据菱形的判定方法易得四边形AECF的形状为菱形．【解答】解：如图所示，
四边形AECF的形状为菱形．理由如下：
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AM平分∠DAC，
∴∠DAM=∠CAM，
而∠DAC=∠ABC+∠ACB，
∴∠CAM=∠ACB，
∴EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOF=∠COE，
在△AOF和△COE中
，
∴△AOF≌△COE，
∴OF=OE，
即AC和EF互相垂直平分，
∴四边形AECF的形状为菱形．
20．如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在码头西端M的正西方向30 千米处有一观察站O．某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于O的北偏西30°方向，且与O相距千米的A处；经过40分钟，又测得该轮船位于O的正北方向，且与O
相距20千米的B处．
（1）求该轮船航行的速度；
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头MN靠岸？请说明理由．（参考数据：，）
【考点】解直角三角形的应用-方向角问题．
【分析】（1））过点A作AC⊥OB于点C．可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．（2）延长AB交l于D，比较OD与AM、AN的大小即可得出结论．
【解答】解（1）过点A作AC⊥OB于点C．由题意，得
OA=千米，OB=20千米，∠AOC=30°．
∴（千米）．
∵在Rt△AOC中，OC=OA?cos∠AOC==30（千米）．
∴BC=OC﹣OB=30﹣20=10（千米）．
∴在Rt△ABC中，==20（千米）．
∴轮船航行的速度为：（千米/时）．
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．
理由：延长AB交l于点D．
∵AB=OB=20（千米），∠AOC=30°．
∴∠OAB=∠AOC=30°，∴∠OBD=∠OAB+∠AOC=60°．
∴在Rt△BOD中，OD=OB?tan∠OBD=20×tan60°=（千米）．
∵＞30+1，
∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．
21．为了创建全国卫生城，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送．若两车合作，各运12趟才能完成，需支付运费共4800元；若甲、乙两车单独运完此堆垃圾，则乙车所运趟数是甲车的2倍；已知乙车每趟运费比甲车少200元．
（1）分别求出甲、乙两车每趟的运费；
（2）若单独租用甲车运完此堆垃圾，需运多少趟；
（3）若同时租用甲、乙两车，则甲车运x趟，乙车运y趟，才能运完此堆垃圾，其中为x，y均为正整数．
①当x=10时，y=16；当y=10时，x=13；
②求y与x的函数关系式．
探究：在（3）的条件下，设总运费为w（元）．求：w与x的函数关系式，直接写出w的最小值．
【考点】一次函数的应用；分式方程的应用．
【分析】（1）设甲、乙两车每趟的运费分别为m元、n元，根据若两车合作，各运12趟才能完成，需支付运费共4800元可得方程12（m+n）=4800，根据乙车每趟运费比甲车少200元可得方程m﹣n=200，联立两个方程，解方程组即可；
（2）设单独租用甲车运完此堆垃圾，需运a趟，则甲的工作效率为，根据乙车所运趟数是甲车的2倍可得乙的工作效率为，利用工作时间×工作效率=工作量可得方程12（+）=1，再解即可；
（3）①根据题意可得甲运x趟的工作量+乙车运y趟的工作量=1，然后列出方程，再求出当x=10时，y的值和y=10时，x的值；
②总运费=甲运x趟的运费+乙运y趟的运费，然后列出函数关系式，求出最值即可．
【解答】（1）解：设甲、乙两车每趟的运费分别为m元、n元，
由题意得，
解得：．
答：甲、乙两车每趟的运费分别为300元、100元；
（2）解：设单独租用甲车运完此堆垃圾，需运a趟，由题意得：
12（+）=1，
解得a=18
经检验a=18是原方程的解，
答：单独租用甲车运完此堆垃圾，需运18趟．
（3）由题意得：+=1，
∴y=36﹣2x，
①当x=10时，y=16；
当y=10时，x=13，
故答案为：16；13；
②w=300x+100y=300x+100（36﹣2x），
=100x+3600，（0＜x＜18，且x为正整数），
∵100＞0，
∴w随x的增大而增大，
∴当x=1时，w有最小值，w的最小值3700元．
22．在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，设锐角∠AOB=α，将△DOC按逆时针方向旋转得到△D′OC′（0°＜旋转角＜90°）连接AC′、BD′，AC′与BD′相交于点M．（1）当四边形ABCD为矩形时，如图1．求证：△AOC′≌△BOD′．
（2）当四边形ABCD为平行四边形时，设AC=kBD，如图2．
①猜想此时△AOC′与△BOD′有何关系，证明你的猜想；
②探究AC′与BD′的数量关系以及∠AMB与α的大小关系，并给予证明．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据矩形的性质及角之间的关系证明△BOD′≌△AOC′；
（2）①先进行假设，然后根据平行四边形的性质及相似三角形比例关系即可得出答案；
②易证△BOD′≌△C′OA，则AC′=BD′，∠OBD′=∠OC′A≠∠OAC′，从而得出∠AMB=α．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∴OA=OC=OB=OD，
又∵OD=OD′，OC=OC′，
∴OB=OD′=OA=OC′，
∵∠D′OD=∠C′OC，
∴180°﹣∠D′OD=180°﹣∠C′OC，
∴∠BOD′=∠AOC′，
∴在△BOD′和△AOC′中，
∴△BOD′≌△AOC′；
（2）解：①△AOC′∽△BOD′；理由如下：
∵在平行四边形ABCD中，OB=OD，OA=OC，
又∵OD=OD′，OC=OC′，
∴OC′=OA，OD′=OB，
∵∠D′OD=∠C′OC，
∴180°﹣∠D′OD=180°﹣∠C′OC，
∴∠BOD′=∠AOC′，
∴△BOD′∽△AOC′，
∴BD′：AC′=OB：OA=BD：AC，
∵AC=kBD，
∴AC′=kBD′，
∴△BOD′∽△AOC′；
②AC′=kBD′，∠AMB=α；
设BD′与OA相交于点N，
∴∠BNO=∠ANM，
∴180°﹣∠OAC′﹣∠ANM=180°﹣∠OBD′﹣∠BNO，即∠AMB=∠AOB=α，
综上所述，AC′=kBD′，∠AMB=α；
23．如图1，已知抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E，顶点M的坐标为（2，4）；矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）．
①当t=2秒时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；
②设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）设出抛物线的顶点式y=a（x﹣2）2+4，将原点的坐标代入解析式就可以求出a 的值，从而求出函数的解析式．
（2）①由（1）中抛物线的解析式可以求出E点的坐标，从而可以求出ME的解析式，再将P点的坐标代入直线的解析式就可以判断P点是否在直线ME上．
②设出点N（t，﹣（t﹣2）2+4），可以表示出PN的值，根据梯形的面积公式可以表示出S 与t的函数关系式，从而可以求出结论．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x﹣2）2+4，则有
0=4a+4，
∴a=﹣1，
∴抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣2）2+4；
（2）①∵y=﹣（x﹣2）2+4，
∴当y=0时，﹣（x﹣2）2+4=0，
∴x1=0，x2=4，
∴E（4，0），
设直线ME的解析式为：y=kx+b，则
，
解得：，
∴直线ME的解析式为：y=﹣2x+8，
∴当t=2时，P（2，2），
∴当x=2时，y=4=4，
∴当t=2时，点P不在直线ME上．
②S存在最大值．理由如下：
∵点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上，
∴OA=AP=t．
∴点P，N的坐标分别为（t，t）、（t，﹣t2+4t）
∴AN=﹣t2+4t（0≤t≤3），
∴AN﹣AP=（﹣t2+4t）﹣t=﹣t2+3t=t（3﹣t）≥0，
∴PN=﹣t2+3t
（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为AD，