故选：A．

故选C．

考点：

故选：B．

故选C．

从袋子中随机摸出一个球，它是黄球的概率2÷6=．

故选：B．

∵桥拱半径OC为5m，

∴OA=5m，

∵CD=8m，

∴OD=8﹣5=3m，

∴AD===4m，

∴AB=2AD=2×4=8（m）；

故选；D．

设正圆锥的侧面展开图的圆心角是n°，则=2πr，

解得：n=180．

故选D．

由于漏壶漏水的速度不变，所以图中的函数应该是一次函数，可以排除D选项；

故选C．

根据题意得：OB=OA=1，AD⊥OB，BM=DM，

∵OA的垂直平分线交OA于点M，

∴OM=AM=OA=，

∴BM==，

∴DM=，

∴OD=DM﹣OM=﹣=，

∴BD2=OD2+OB2===OD．

故选C．

第2步：求出饮水机完成一个循环周期所需要的时间；

第3步：求出每一个循环周期内，水温不超过50℃的时间段；

第4步：结合4个选择项，逐一进行分析计算，得出结论．

∴从30℃到100℃需要7分钟，

设一次函数关系式为：y=k1x+b，

将（0，30），（7，100）代入y=k1x+b得k1=10，b=30

∴y=10x+30（0≤x≤7），令y=50，解得x=2；

设反比例函数关系式为：y=，

将（7，100）代入y=得k=700，∴y=，

将y=30代入y=，解得x=；

∴y=（7≤x≤），令y=50，解得x=14．

所以，饮水机的一个循环周期为  分钟．每一个循环周期内，在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，水温不超过50℃．

逐一分析如下：

选项A：7：20至8：45之间有85分钟．85﹣×3=15，位于14≤x≤时间段内，故可行；

选项B：7：30至8：45之间有75分钟．75﹣×3=5，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行；

选项C：7：45至8：45之间有60分钟．60﹣×2=≈13.3，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行；

选项D：7：50至8：45之间有55分钟．55﹣×2=≈8.3，不在0≤x≤2及14≤x≤时间段内，故不可行．

综上所述，四个选项中，唯有7：20符合题意．

故选A．

解得：x=3，

经检验x=3是分式方程的解．

故答案为：x=3

，

解得：，

∴鸡有22只，兔有11只．

故答案为：22，11

∵点A与双曲线y=上的点B重合，点B的纵坐标是1，

∴点B的横坐标是，

∴OB==2，

∵A点可能在x轴的正半轴也可能在负半轴，

∴A点坐标为：（2，0），（﹣2，0）．

故答案为：2或﹣2．

∵AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，

∴∠A=∠AP2P1=∠AP13P14=x，

∴∠P2P1P3=∠P13P14P12=2x，

∴∠P2P3P4=∠P13P12P10=3x，

…，

∠P7P6P8=∠P8P9P7=7x，

∴∠AP7P8=7x，∠AP8P7=7x，

在△AP7P8中，∠A+∠AP7P8+∠AP8P7=180°，

即x+7x+7x=180°，

解得x=12°，

即∠A=12°．

故答案为：12°．

（1）证明矩形的四个顶点A、B、C、D均在菱形EFGH的边上，且点A、C分别为各自边的中点；

（2）证明菱形的边长等于矩形的对角线长；

（3）求出线段AP的长度，证明△AON为等腰三角形；

（4）利用勾股定理求出线段OP的长度；

（5）同理求出OQ的长度，从而得到PQ的长度．

依题意画出图形，如右图所示．

由轴对称性质可知，∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°，

∴点A在菱形EFGH的边EF上．同理可知，点B、C、D均在菱形EFGH的边上．

∵AP=AE=AF，∴点A为EF中点．同理可知，点C为GH中点．

连接AC，交BD于点O，则有AF=CG，且AF∥CG，

∴四边形ACGF为平行四边形，

∴FG=AC=5，即菱形EFGH的边长等于矩形ABCD的对角线长．

∴EF=FG=5，

∵AP=AE=AF，∴AP=EF=2.5．

∵OA=AC=2.5，

∴AP=AO，即△APO为等腰三角形．

过点A作AN⊥BD交BD于点N，则点N为OP的中点．

由S△ABD=AB•AD=AC•AN，可求得：AN=2.4．

在Rt△AON中，由勾股定理得：ON===0.7，

∴OP=2ON=1.4；

同理可求得：OQ=1.4，

∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8．

故答案为：2.8．

（2）去分母得：3（x+1）+2（x﹣1）≤6，

去括号得：3x+3+2x﹣1≤6，

解得：x≤1．

（2）将y=32代入（1）的解析式就可以求出x的值．

出租车的起步价是8元，；

设当x＞3时，y与x的函数关系式为y=kx+b，由函数图象，得

，

解得：，

故y与x的函数关系式为：y=2x+2；

（2）当y=32时，

32=2x+2，

x=15

答：这位乘客乘车的里程是15km．

（2）根据（1）中所求得出数字变化规律，进而得出ABn=（n+1）×5+1求出n即可．

第2次平移将矩形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，得到矩形A2B2C2D2…，

∴AA1=5，A1A2=5，A2B1=A1B1﹣A1A2=6﹣5=1，

∴AB1=AA1+A1A2+A2B1=5+5+1=11，

∴AB2的长为：5+5+6=16；

（2）∵AB1=2×5+1=11，AB2=3×5+1=16，

∴ABn=（n+1）×5+1=56，

解得：n=10．

（2）计算出调查的人数中喜欢篮球和排球的人数所占百分比，再乘以1200即可．

跳绳人数：200﹣70﹣40﹣30﹣12=48，如图所示：

（2）1200××100%=312（人）．

答：全校有1200名同学，估计全校最喜欢篮球和排球的共有312名同学．

（2）先根据角平分线的定义得出∠EAD=∠BAC=52°，再过点E作EG⊥AD于G，由等腰三角形的性质得出AD=2AG，然后在△AEG中，利用余弦函数的定义求出AG的长，进而得到AD的长度．

故AM的长为72cm；

（2）∵AP平分∠BAC，∠BAC=104°，

∴∠EAD=∠BAC=52°．

过点E作EG⊥AD于G，

∵AE=DE=36，

∴AG=DG，AD=2AG．

在△AEG中，∵∠AGE=90°，

∴AG=AE•cos∠EAG=36•cos52°=36×0.6157=22.1652，

∴AD=2AG=2×22.1652≈44（cm）．

故AD的长约为44cm．

（2）①求出△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4，推出==，==，==，==，求出B1C1=5，B2C2=10，B3C3=15，B4C4=20，AE=4，AH=8，AG=12，AN=16，MN=GN=GH=HE=4，BQ=B2O=B3Z=B4K=4，根据已知判断即可；

②设AM=h，根据△ABC∽△AB3C3，得出==，求出MN=GN=GH=HE=h，分为两种情况：当B3C3=2×h，时，当B3C3=×h时，代入求出即可．

（2）①以B1C1为一边的矩形不是方形．

理由是：过A作AM⊥BC于M，交B1C1于E，交B2C2于H，交B3C3于G，交B4C4于N，则AM⊥B4C4，AM⊥B3C3，AM⊥B2C2，AM⊥B1C1，

∵由矩形的性质得：BC∥B1C1∥B2C2∥B3C3∥B4C4，

∴△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4，

∴=，==，==，==，

∵AM=20，BC=25，

∴B1C1=5，B2C2=10，B3C3=15，B4C4=20，AE=4，AH=8，AG=12，AN=16，

∴MN=GN=GH=HE=4，

∴BQ=B2O=B3Z=B4K=4，

即B1C1≠2B1Q，B1Q≠2B1C1，

∴以B1C1为一边的矩形不是方形；

②∵以B3C3为一边的矩形为方形，设AM=h，

∴△ABC∽△AB3C3，

∴==，

则AG=h，

∴MN=GN=GH=HE=h，

当B3C3=2×h，时，=；

当B3C3=×h时，=．

综合上述：BC与BC边上的高之比是或．

（2）作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF：EG=EQ：EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=AE，又BE=AE，进而求出EF：EG的值．

在△ABC中，∵∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，

∴∠CAD=∠B=90°﹣∠ACB．

∵AC：AB=1：2，∴AB=2AC，

∵点E为AB的中点，∴AB=2BE，

∴AC=BE．

在△ACD与△BEF中，

，

∴△ACD≌△BEF，

∴CD=EF，即EF=CD；

（2）解：如图2，作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，

∵EH⊥AD，EQ⊥BC，AD⊥BC，

∴四边形EQDH是矩形，

∴∠QEH=90°，

∴∠FEQ=∠GEH=90°﹣∠QEG，

又∵∠EQF=∠EHG=90°，

∴△EFQ∽△EGH，

∴EF：EG=EQ：EH．

∵AC：AB=1：，∠CAB=90°，

∴∠B=30°．

在△BEQ中，∵∠BQE=90°，

∴sin∠B==，

∴EQ=BE．

在△AEH中，∵∠AHE=90°，∠AEH=∠B=30°，

∴cos∠AEH==，

∴EH=AE．

∵点E为AB的中点，∴BE=AE，

∴EF：EG=EQ：EH=BE：AE=1：．

（2）①根据抛物线y=（x﹣3）（x+1），得到点C、点E的坐标．连接BC，过点C作CH⊥DE于H，由勾股定理得出CD=，CB=3，证明△BCD为直角三角形．分别延长PC、DC，与x轴相交于点Q，R．根据两角对应相等的两三角形相似证明△BCD∽△QOC，则==，得出Q的坐标（﹣9，0），运用待定系数法求出直线CQ的解析式为y=﹣x﹣3，直线BD的解析式为y=2x﹣6，解方程组，即可求出点P的坐标；

②分两种情况进行讨论：（Ⅰ）当点M在对称轴右侧时．若点N在射线CD上，如备用图1，延长MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y轴于点G，先证明△MCN∽△DBE，由相似三角形对应边成比例得出MN=2CN．设CN=a，再证明△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，然后用含a的代数式表示点M的坐标，将其代入抛物线y=（x﹣3）（x+1），求出a的值，得到点M的坐标；若点N在射线DC上，同理可求出点M的坐标；（Ⅱ）当点M在对称轴左侧时．由于∠BDE＜45°，得到∠CMN＜45°，根据直角三角形两锐角互余得出∠MCN＞45°，而抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°，所以点M不存在．

∴当y=0时，（x﹣3）（x+1）=0，

解得x=3或﹣1，

∴点B的坐标为（3，0）．

∵y=（x﹣3）（x+1）=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，

∴顶点D的坐标为（1，﹣4）；

（2）①如右图．

∵抛物线y=（x﹣3）（x+1）=x2﹣2x﹣3与与y轴交于点C，

∴C点坐标为（0，﹣3）．

∵对称轴为直线x=1，

∴点E的坐标为（1，0）．

连接BC，过点C作CH⊥DE于H，则H点坐标为（1，﹣3），

∴CH=DH=1，

∴∠CDH=∠BCO=∠BCH=45°，

∴CD=，CB=3，△BCD为直角三角形．

分别延长PC、DC，与x轴相交于点Q，R．

∵∠BDE=∠DCP=∠QCR，

∠CDB=∠CDE+∠BDE=45°+∠DCP，

∠QCO=∠RCO+∠QCR=45°+∠DCP，

∴∠CDB=∠QCO，

∴△BCD∽△QOC，

∴==，

∴OQ=3OC=9，即Q（﹣9，0）．

∴直线CQ的解析式为y=﹣x﹣3，

直线BD的解析式为y=2x﹣6．

由方程组，解得．

∴点P的坐标为（，﹣）；

②（Ⅰ）当点M在对称轴右侧时．

若点N在射线CD上，如备用图1，延长MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y轴于点G．

∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，

∴△MCN∽△DBE，

∴==，

∴MN=2CN．

设CN=a，则MN=2a．

∵∠CDE=∠DCF=45°，

∴△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，

∴NF=CN=a，CF=a，

∴MF=MN+NF=3a，

∴MG=FG=a，

∴CG=FG﹣FC=a，

∴M（a，﹣3+a）．

代入抛物线y=（x﹣3）（x+1），解得a=，

∴M（，﹣）；

若点N在射线DC上，如备用图2，MN交y轴于点F，过点M作MG⊥y轴于点G．

∵∠CMN=∠BDE，∠CNM=∠BED=90°，

∴△MCN∽△DBE，

∴==，

∴MN=2CN．

设CN=a，则MN=2a．

∵∠CDE=45°，

∴△CNF，△MGF均为等腰直角三角形，

∴NF=CN=a，CF=a，

∴MF=MN﹣NF=a，

∴MG=FG=a，

∴CG=FG+FC=a，

∴M（a，﹣3+a）．

代入抛物线y=（x﹣3）（x+1），解得a=5，

∴M（5，12）；

（Ⅱ）当点M在对称轴左侧时．

∵∠CMN=∠BDE＜45°，

∴∠MCN＞45°，

而抛物线左侧任意一点K，都有∠KCN＜45°，

∴点M不存在．

综上可知，点M坐标为（，﹣）或（5，12）．