【2020年】山东省中考数学模拟试题(含答案)

2020年山东省滨州市中考数学模拟试题含答案

题号一二三四总分

得分

一、选择题(本大题共12小题，共36.0分)

1.式子y=中x的取值范围是（）

A.x≥0

B.x≥0且x≠1

C.0≤x＜1

D.x＞1

2.已知a，b互为相反数，c，d互为倒数，|e|=，则代数式5（a+b）2+cd-2e的值为（）

A.-

B.

C.或-

D.-或

3.计算（+1）2016（-1）2017的结果是（）

A.-1

B.1

C.+1

D.3

4.若关于x的不等式组的整数解共有4个，则m的取值范围是（）

A.6＜m＜7

B.6≤m＜7

C.6＜m≤7

D.3≤m＜4

5.函数是反比例函数，则m的值为（）

A.0

B.-1

C.0或-1

D.0或1

6.如图，港口A在观测站O的正东方向，OA=6km，某船从

港口A出发，沿北偏东15°方向航行一段距离后到达B处，

此时从观测站O处测得该船位于北偏东60°的方向，则该

船航行的距离（即AB的长）为（）

A.3km

B.3km

C.4km

D.（3-3）km

7.在平面直角坐标系中，⊙P的半径是2，点P（0，m）在y轴上移动，当⊙P与x轴相交时，m的取值范围是（）

A.m＜2

B.m＞2

C.m＞2或m＜-2

D.-2＜m＜2

8.我市四月份某一周每天的最高气温（单位：℃）统计如下：29，30，25，27，25，则这组数据的中位数与众数分别是（）

A.25；25

B.29；25

C.27；25

D.28；25

9.如图，已知抛物线y1=-x2+4x和直线y2=2x．我们约定：当x任取

一值时，x对应的函数值分别为y1、y2，若y1=y2，记M=y1=y2，下列

判断：①当x＞2时，M=y2；②当x＜0时，x值越大，M值越大；③

使得M大于4的x值不存在；④若M=2，则x=1．其中正确的有（）

A.③④

B.②③

C.②④

D.①④

10.如图所示的几何体是由一些大小相同的小立方块搭成的，则从如图

看到的图形是（）

A. B. C. D.

11.如图，已知∠AOC=90°，∠COB=α，OD平分∠AOB，则∠COD等于（）

A. B.45°- C.45°-α D.90°-α

12.如图，已知AB=A1B，A1B1=A1A2，A2B2=A2A3，

A3B3=A3A4…，若∠A=70°，则∠A n的度数为

（）

A. B. C. D.

二、填空题(本大题共6小题，共24分)

13.如图，数轴上点A、B、C所表示的数分别为a、b、c，

点C是线段AB的中点，若原点O是线段AC上的任意一点，那么a+b-2c= ______ ．

14.已知等腰三角形的底边长为10cm，一腰上的中线把三角形的周长分为两部分，其中一部分比另一部分长5cm，那么这个三角形的腰长为 ______ cm．

15.如图，某会展中心在会展期间准备将高5m，长13m，宽2m的

楼道上铺地毯，已知地毯每平方米18元，请你帮助计算一下，铺

完这个楼道至少需要 ______ 元钱．

16.若关于x的二次三项式x2-kx-3因式分解为（x-1）（x+b），则k+b的值为 ______ ．

17.如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA=3，PB=4，PC=5，

若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数

______ ．

18.如图，正方形ABCD的边长为8，点M在边DC上，且DM=2，N为

对角线AC上任意一点，则DN+MN的最小值为 ______ ．

三、计算题(本大题共1小题，共10分)

19.

计算：

( 1 )（-1）2015+（-）-1+-2sin45°．

（2）解不等式，并写出不等式的正整数解．

四、解答题(本大题共5小题，共50分)

20.一个不透明的布袋中有4个红球、5个白球、11个黄球，它们除颜色外都相同．

（1）求从袋中摸出一个球是红球的概率；

（2）现从袋中取走若干个黄球，并放入相同数量的红球，搅拌均匀后，要使从袋中摸出一个球是红球的概率不小于，问至少需取走多少个黄球？

21.如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线交⊙O于点D，

过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E，连接BD．

（1）求证：DE是⊙O的切线；

（2）若=，AD=4，求CE的长．

22.如图，一艘货船以每小时48海里的速度从港口B出发，沿正北方向航行．在港口B处时，测得灯塔A处在B处的北偏西37°方向上，航行至C处，测得A处在C处的北偏西53°方向上，且A、C之间的距离是45海里．在货船航行的过程中，求货船与灯塔A之间的最短距离及B、C之间的距离；若货船从港口B出发2小时后到达D，求A、D之间的距离．

（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）

23.如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切

于D点，与x轴相交于A（2，0）、B（8，0）两

点，圆心C在第四象限．

（1）求点C的坐标；

（2）连接BC并延长交⊙C于另一点E，若线段

BE上有一点P，使得AB2=BP?BE，能否推出

AP⊥BE？请给出你的结论，并说明理由；

（3）在直线BE上是否存在点Q，使得AQ2=BQ?EQ？

若存在，求出点Q的坐标；若不存在，也请说明理由．

24.如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，

4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（2，0），

抛物线的对称轴x=-1与抛物线交于点D，与直线BC交于

点E．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否

存在点F使四边形BOCF的面积最大，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．

答案和解析

【答案】

1.B

2.D

3.A

4.C

5.A

6.A

7.D

8.

C 9.B 10.

D 11.B 12.C

13.0

14.15

15.612

16.1

17.150°

18.10

19.解：（1）原式=-1-3+-=-4；

（2）去分母得：3x-3≤2x-1，

解得：x≤2，则不等式的正整数解为1，2．

20.解：（1）∵袋中有4个红球、5个白球、11个黄球，

∴摸出一个球是红球的概率==；

（2）设取走x个黄球，则放入x个红球，

由题意得，≥，解得x≥，

∵x为整数，

∴x的最小正整数值是3．

答：至少取走3个黄球．

21.（1）证明：连接OD．

∵OA=OD，

∴∠BAD=∠ODA．

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠DAC．

∴∠ODA=∠DAC．

∴OD∥AE．

∵DE⊥AE，

∴OD⊥DE．

∴DE是⊙O的切线；

（2）∵OB是直径，

∴∠ADB=90°．

∴∠ADB=∠E．

又∵∠BAD=∠DAC，

∴△ABD∽△ADE．

∴．

∴AB=10．

由勾股定理可知．

连接DC，

∴．

∵A，C，D，B四点共圆．

∴∠DCE=∠B．

∴△DCE∽△ABD．

∴．

∴CE=2．

22.解：（1）过点A作AO⊥BC，垂足为O．

在R t△ACO中，∵AC=45，∠ACO=53°，

∴CO=AC?cos53°≈45×=27，

AO=AC?sin53°≈45×=36．

在R t△ABO中，∵AO=36，∠OAB=90°-37°=53°，∴BO=AO?tan53°≈36×=48，

∴BC=BO-CO=48-27=21，

∴货船与灯塔A之间的最短距离是36海里，B、C之间的距离是21海里．

（2）∵BD=48×2=96，

∴OD=BD-BO=96-48=48．

在R t△AOD中，∵∠AOD=90°，

∴AD===60，

∴A、D之间的距离是60海里．

23.解：（1）C（5，-4）；（3分）

（2）能．（4分）

连接AE，

∵BE是⊙O的直径，

∴∠BAE=90°，（5分）

在△ABE与△PBA中，AB2=BP?BE，即

，

又∠ABE=∠PBA，

∴△ABE∽△PBA，（7分）

∴∠BPA=∠BAE=90°，即AP⊥BE；（8分）

（3）分析：假设在直线EB上存在点Q，使AQ2=BQ?EQ．Q点位置有三种情况：

①若三条线段有两条等长，则三条均等长，于是容易知点C即点Q；

②若无两条等长，且点Q在线段EB上，由R t△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足；

③若无两条等长，且当点Q在线段EB外，由条件想到切割线定理，知QA切⊙C于点A．设Q（t，y（t）），并过点Q作QR⊥x轴于点R，由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法．

解题过程：

①当点Q1与C重合时，AQ1=Q1B=Q1E，显然有AQ12=BQ1?EQ1，

∴Q1（5，-4）符合题意；（9分）

②当Q2点在线段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90°

∴点Q2为AQ2在BE上的垂足，（10分）

∴AQ2==4.8（或），

∴Q2点的横坐标是2+AQ2?cos∠BAQ2=2+3.84=5.84，

又由AQ2?sin∠BAQ2=2.88，

∴点Q2（5.84，-2.88），[或（，-）]；（11分）

③方法一：若符合题意的点Q3在线段EB外，

则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点．

由R t△Q3BR∽R t△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10，

故不妨设BR=3t，RQ3=4t，BQ3=5t，（12分）

由R t△A RQ3∽R t△EAB得，（13分）

即得t=，

（注：此处也可由tan∠Q3AR=tan∠AEB=列得方程=；

或由AQ32=Q3B?Q3E=Q3R2+AR2列得方程5t（10+5t）=（4t）2+（3t+6）2等等）∴Q3点的横坐标为8+3t=，Q3点的纵坐标为，

即Q3（，）；（14分）

方法二：如上所设与添辅助线，直线BE过B（8，0），C（5，-4），

∴直线BE的解析式是y=，（12分）

设Q3（t，），过点Q3作Q3R⊥x轴于点R，

∵易证∠Q3AR=∠AEB得R t△AQ3R∽R t△EAB，

∴，即，（13分）

∴t=，进而点Q3的纵坐标为，

∴Q3（，）；（14分）

方法三：若符合题意的点Q3在线段EB外，连接Q3A并延长交y轴于F，

∴∠Q3AB=∠Q3EA，tan∠OAF=tan∠Q3AB=tan∠AEB=，

在R t△OAF中有OF=2×=，点F的坐标为（0，-），

∴可得直线AF的解析式为y=x-，（12分）

又直线BE的解析式是，y=x-，（13分）

∴可得交点Q3（，）．（14分）

24.解：（1）由A、B关于对称轴对称，A点坐标为（2，0），得

B（-4，0）．

将A、B、C点的坐标代入函数解析式，得，

解得，

抛物线的解析式为y=-x2-x+4；

（2）如图1，

设BC的解析式为y=kx+b，将B、C点坐标代入函数解析式，得，解得，

BC的解析式为y=x+4．

G在BC上，D在抛物线上，得

G（m，m+4），F（m，-m2-m+4）．

DG=-m2-m+4-（m+4）=-m2-2m．

S四边形BOCF=S△BOC+S△BCF=BO?OC+FG?BO

=×4×4+×4（-m2-2m）

=8+2[-（m+2）2+2]

当m=-2时，四边形BOCF的面积最大是12，

当m=-2时，-m2-m+4=4，即F（-2，4）；

（3）如图2，

当x=-1时，y=-x2-x+4=，即D（-1，）

y=x+4=3，即E（-1，3）．

DE=-3=．

P在直线BC上，Q在抛物线上，得

P（m，m+4），Q（m，-m2-m+4）．

PQ=-m2-m+4-（m+4）=-m2-2m．

由以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，得

DE=PQ，即-m2-2m=，

解得m=-1（不符合题意，舍），m=-3．

当m=-3时，y=m+4=1，

即P（-3，1）．

以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标（-3，1）．

【解析】

1. 解：要使y=有意义，必须x≥0且x-1≠0，

解得：x≥0且x≠1，

故选B．

根据二次根式有意义的条件和分母有意义得出x≥0且x-1≠0，求出即可．

本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，能根据题意得出x≥0且x-1≠0

是解此题的关键．

2. 解：∵a，b互为相反数，

∴a+b=0．

∵c，d互为倒数，

∴cd=1．

∵|e|=，

∴e=±．

当e=时，原式=5×02+-2×=-；

当e=-时，原式=5×02+-2×=；

故选：D．

根据题意可知a+b=0，cd=1，e=±，然后代入计算即可．

本题主要考查的是求代数式的值，求得a+b=0，cd=1，e=±是解题的关键．

3. 解：（+1）2016（-1）2017

=（+1）2016（-1）2016?（-1）

=（2-1）2016?（-1）

=-1．

故选A．

先根据积的乘方得到原式=[（+1）（-1）]2016?（-1），然后利用平方差公式计算．本题考查的是二次根式的混合运算，在进行此类运算时，一般先把二次根式化为最简二次根式的形式后再运算．

4. 解：，

解①得x＜m，

解②得x≥3．

则不等式组的解集是3≤x＜m．

∵不等式组有4个整数解，

∴不等式组的整数解是3，4，5，6．

∴6＜m≤7．

首先解不等式组，利用m表示出不等式组的解集，然后根据不等式组只有1个整数解即可求得m的范围．

本题考查不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．

5. 解：由是反比例函数，得

m2+m-1=-1且m+1≠=0，

解得m=0，

故选：A．

根据y=kx-1（k是不等于零的常数），是反比例函数，可得答案．

本题考查了正比例函数及反比例函数的定义，注意区分：正比例函数的一般形式是y=kx （k≠0），反比例函数的一般形式是（k≠0）．

6. 解：作AC⊥OB于点C，如右图所示，

由已知可得，

∠COA=30°，OA=6km，

∵AC⊥OB，

∴∠OCA=∠BCA=90°，

∴OA=2AC，∠OAC=60°，

∴AC=3km，∠CAD=30°，

∵∠DAB=15°，

∴∠CAB=45°，

∴∠CAB=∠B=45°，

∴BC=AC，

∴AB=，

故选A．

根据题意，可以作辅助线AC⊥OB于点C，然后根据题目中的条件，可以求得AC和BC的长度，然后根据勾股定理即可求得AB的长．

本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，解答此类问题的关键是明确题意，利用在直角三角形中30°所对的边与斜边的关系和勾股定理解答．

7. 解：当圆心P到x轴的距离小于2时，⊙P与x轴相交时，

∴OP＜2，

∴|m|＜2，

∴-2＜m＜2，

故选D．

当圆心P到x轴的距离小于2时，⊙P与x轴相交时，可得到|m|＜2，由此不难解决问题．本题考查直线与圆位置关系、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是记住直线与圆的位置关系的判定方法，属于中考常考题型．

8. 解：25出现了2次，出现的次数最多，

则众数是25；

把这组数据从小到大排列25，25，27，29，30，最中间的数是27，

则中位数是27；

故选C．

根据众数的定义即众数是一组数据中出现次数最多的数和中位数的定义即中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数，即可得出答案．

此题考查了众数和中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．

9. 解：∵当y1=y2时，即-x2+4x=2x时，

解得：x=0或x=2，

∴当x＞2时，利用函数图象可以得出y2＞y1；当0＜x＜2时，y1＞y2；当x＜0时，利用函数图象可以得出y2＞y1；

∴①错误；

∵抛物线y1=-x2+4x，直线y2=2x，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；

∴当x＜0时，根据函数图象可以得出x值越大，M值越大；

∴②正确；

∵抛物线y1=-x2+4x的最大值为4，故M大于4的x值不存在，

∴③正确；

∵如图：当0＜x＜2时，y1＞y2；

当M=2，2x=2，x=1；

x＞2时，y2＞y1；

当M=2，-x2+4x=2，x1=2+，x2=2-（舍去），

∴使得M=2的x值是1或2+，

∴④错误；

∴正确的有②③两个．

故选B．

若y1=y2，记M=y1=y2．首先求得抛物线与直线的交点坐标，利用图象可得当x＞2时，利用函数图象可以得出y2＞y1；当0＜x＜2时，y1＞y2；当x＜0时，利用函数图象可以得出y2＞y1；然后根据当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2．若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M；即可求得答案．

本题考查了二次函数与一次函数综合应用．注意掌握函数增减性是解题关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．

10. 解：从正面看第一层是两个小正方形，第二层左边一个小正方形，

故选：D．

根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．

本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．

11. 解：∵∠AOC=90°，∠COB=α，

∴∠AOB=90°+α

∵OD平分∠AOB，

∴∠AOD=∠AOB=（90°+α）=45°+

∠COD=∠AOC-∠AOD=90°-（45°+）=45°-．

故选B．

利用角平分线的性质计算．

本题主要考查的是角平分线的性质，不是很难．

12. 解：∵在△ABA1中，∠A=70°，AB=A1B，

∴∠BA1A=70°，

∵A1A2=A1B1，∠BA1A是△A1A2B1的外角，

∴∠B1A2A1==35°；

同理可得，

∠B2A3A2=17.5°，∠B3A4A3=×17.5°=，

∴∠A n-1A n B n-1=．

故选：C．

根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠B1A2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律即可得出∠A n-1A n B n-1的度数．

本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠B1C2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．

13. 解：∵点A、B、C所表示的数分别为a、b、c，点C是线段AB的中点，

∴由中点公式得：c=，

∴a+b=2c，

∴a+b-2c=0．

故答案为：0．

点A、B、C所表示的数分别为a、b、c，点C是线段AB的中点，由中点公式得：c=，则a+b=2c，所以a+b-2c=0．

题目考查了两点间的距离．根据平面直角坐标系中两点A（x1，y1）、B（x2，y2），则AB两点的中点坐标公式为（，），数轴上的中点坐标可以看做是X轴上两点坐标即可．

14. 解：如图，设等腰三角形的腰长是xcm．

当AD+AC与BC+BD的差是5cm时，即x+x-（x+10）=5，

解得：x=15，

15，15，10能够组成三角形；

当BC+BD与AD+AC的差是5cm时，即10+x-（x+x）=5，

解得：x=5，

5，5，10不能组成三角形．

故这个三角形的腰长为15cm．

故答案为：15．

两部分之差可以是底边与腰之差，也可能是腰与底边之差，解答时应注意．设等腰三角形的腰长是xcm，根据其中一部分比另一部分长5cm，即可列方程求解．

本题考查等腰三角形的性质：等腰三角形有两边相等，同时考查了三角形的三边关系．15. 解：由勾股定理，AC===12（m）．

则地毯总长为12+5=17（m），

则地毯的总面积为17×2=34（平方米），

所以铺完这个楼道至少需要34×18=612元．

故答案为：612．

地毯的长是楼梯的竖直部分与水平部分的和，即AC与BC的和，在直角△ABC中，根据勾股定理即可求得BC的长，地毯的长与宽的积就是面积．

本题考查了勾股定理的应用，正确理解地毯的长度的计算是解题的关键．

16. 解：由题意得：x2-kx-3=（x-1）（x+b）=x2+（b-1）x-b，

∴k=1-b，b=3，

∴k=-2，

则k+b=-2+3=1．

故答案为1．

将因式分解的结果利用多项式乘以多项式法则计算，合并后根据多项式相等的条件求出k 与b的值，即可求出k+b的值．

本题考查了因式分解的意义，以及多项式相等的条件，熟练掌握因式分解的意义是解本题的关键．

17. 解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ

则QB=PB=4，PA=QC=3，∠ABP=∠CBQ，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=60°，

∴∠PBQ=∠CBQ+∠PBC=60°，

∴△BPQ为等边三角形，

∴PQ=PB=BQ=4，

又∵PQ=4，PC=5，QC=3，

∴PQ2+QC2=PC2，

∴∠PQC=90°，

∵△BPQ为等边三角形，

∴∠BQP=60°，

∴∠BQC=∠BQP+∠PQC=150°

∴∠APB=∠BQC=150°

首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP=60°，由△ABP≌CBQ可得QC=PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC=90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．

18. 解：∵四边形ABCD是正方形，

∴点B与D关于直线AC对称，

连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，N′即为所求的点，

则BM的长即为DN+MN的最小值，

∴AC是线段BD的垂直平分线，

又∵CM=CD-DM=8-2=6，

∴在R t△BCM中，BM===10，

故答案为：10．

由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′点，N′即为所求在R t△BCM中利用勾股定理即可求出BM的长即可．

本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，先作出M关于直线AC的对称点M′，由轴对称及正方形的性质判断出点M′在BC上是解答此题的关键．

19.

（1）原式利用乘方的意义，负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果；

（2）不等式去分母，去括号，移项合并，把x系数化为1，求出解集，找出解集的正整数解即可．此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

20.

（1）先求出球的总数，再根据概率公式即可得出结论；

（2）设取走x个黄球，则放入x个红球，根据概率公式求解即可．

本题考查的是概率公式，熟知随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数与所有可能出现的结果数的商是解答此题的关键．

21.

（1）连接OD，欲证明DE是⊙O的切线，只要证明OD⊥DE即可．

（2）利用相似三角形的判定和性质得出AB，利用勾股定理求出BD，进而解答即可．

本题考查切线的判定、勾股定理等知识，解题的关键是记住切线的判定方法，学会添加常用辅助线，属于基础题，中考常考题型．

22.

（1）过点A作AO⊥BC，垂足为O．先解R t△ACO中，求出CO=AC?cos53°≈45×=27，AO=AC?sin53°≈45×=36．再解R t△AB O，得到∠OAB=90°-37°=53°，BO=AO?tan53°≈36×=48，那么BC=BO-CO=48-27=21海里；

（2）先根据路程=速度×时间求得BD=48×2=96，那么OD=BD-BO=96-48=48．然后在R t△AOD 中利用勾股定理求出AD===60海里．

此题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，锐角三角函数，勾股定理．作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

23.

（1）根据题意，根据圆心的性质，可得C的AB的中垂线上，易得C的横坐标为5；进而可得圆的半径为5；利用勾股定理可得其纵坐标为-4；即可得C的坐标；

（2）连接AE，由圆周角定理可得∠BAE=90°，进而可得AB2=BP?BE，即，可得△ABE∽△PBA；进而可得∠BAE=90°，即AP⊥BE；

（3）分三种情况讨论，根据相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数的定义，易得Q到xy轴的距离，即可得Q的坐标．

本题是一道动态解析几何题，对学生的运动分析，数形结合的思想作了重点的考查，有一定的难度．

24.

（1）根据函数值相等的两点关于对称轴对称，可得B点坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；

（2）根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得m的值，再根据自变量

与函数值的对应关系，可得F点坐标；

（3）根据平行四边形的对边相等，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案．

本题考查了二次函数综合题，利用函数值相等的两点关于对称轴对称得出B点坐标是解题关键；利用面积的和差得出二次函数是解题关键；利用平行四边形的对边相等得出关于m的方程是解题关键．