14.2023年商河县学业水平第二次模拟试题-2023年山东省济南市中考二模数学试题

— 79 — — 80 — — 81 — 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　一、选择题(本大题共 10 个小题,每小题 4 分,共 40 分. 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的) 1. -4 的相反数是 (　 　 ) A. ±4　 B. -4　 C. 4　 D. 1 4 2. 中国人民解放军海军山东舰是中国首艘自主建造的国产航母,该舰的满载排水量为 67 500 吨. 数据 67 500 用科学记数法表示为 (　 　 ) A. 67. 5×104 　 B. 6. 75×104 C. 0. 675×105 　 D. 6. 75×105 3. 图中立体图形的俯视图为 (　 　 ) A. 　 B. 　 C. 　 D. 4. 如图,AB∥CD,∠1 = 45°,∠2 = 35°,则∠3 的度数为 (　 　 ) A. 55°　 B. 75°　 C. 80°　 D. 105° 第 4 题图 　 　 第 7 题图 　 　 第 8 题图 　 　 第 9 题图 5. 下列计算正确的是 (　 　 ) A. a2 +a3 =a5 　 B. (2a2) 4 = 8a8 　 C. 2a3b÷b= 2a3 　 D. ( -a-b) 2 =a2 -b2 6. 某学校组织学生到社区开展公益宣传活动,成立了“垃圾分类”“文明出行”“低碳环保”三个宣传队. 若小华和小丽每人随机选择参加其中一个宣传队,则他们恰好选到同一个宣传队的概率是 (　 　 ) A. 1 9 　 B. 1 6 　 C. 1 3 　 D. 2 3 7. 如图,点 A,B 的坐标分别为(1,2),(4,0),将△AOB 沿 x 轴向右平移,得到△CDE. 已知 BD = 1,则点 C 的坐标为 (　 　 ) A. (5,2)　 B. (4,2)　 C. (5,3)　 D. (4,3) 8. 如图,▱ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点 O,E 是 CD 的中点,△ABD 的周长为 16 cm,则△DOE 的周 长为 (　 　 ) A. 4 cm　 B. 8 cm　 C. 12 cm　 D. 16 cm 9. 如图,在 Rt△ABC 中,以点 A 为圆心,以适当长为半径作弧,分别交 AC,AB 于点 E,F,再分别以点 E, F 为圆心,以相同长度为半径作弧,两弧相交于点 D,P 是射线 AD 上任意一点,过点 P 作 PM⊥AC,交 AC 于点 M,连接 PC. 若 AC= 2,BC= 3 ,则 PM+PC 长度的最小值为 (　 　 ) A. 2 21 7 　 B. 3 21 4 　 C. 3 21 　 D. 4 10. 对于二次函数 y=ax2 +bx+c,规定函数 y= ax2 +bx+c(x≥0), -ax2 -bx-c(x<0){ 是它的相关函数. 已知点 M,N 的坐标分 别为 - 1 2 ,1( ) , 92 ,1( ) ,连接 MN. 若线段 MN 与二次函数 y = -x 2 +4x+n 的相关函数的图象有两个公 共点,则 n 的取值范围是 (　 　 ) A. -3<n≤-1 或 1<n≤ 5 4 　 B. -3<n<-1 或 1≤n≤ 5 4 C. n≤-1 或 1<n≤ 5 4 　 D. -3<n<-1 或 n≥1 二、填空题(本大题共 6 个小题,每小题 4 分,共 24 分) 11. 因式分解:a2 -4a= . 12. 如图,一个可以自由转动的转盘,任意转动转盘一次,当转盘停止时,指针落在红色区域的概率 是 . 第 12 题图 　 　 第 14 题图 　 　 第 15 题图 　 　 第 16 题图 13. 已知 2 是方程 x2 +kx-6 = 0 的一个根,则方程的另一个根是 . 14. 如图,在正六边形 ABCDEF 中,AB = 4,顺次连接 AB,BC,CD,DE,EF,FA 的中点 A1,B1,C1,D1,E1, F1,则六边形 A1B1C1D1E1F1 的周长为 . 15. 甲、乙两地高速铁路建设成功,一列动车从甲地开往乙地,一列普通列车从乙地开往甲地,两车均匀 速行驶并同时出发. 设普通列车行驶的时间为 x(小时),两车之间的距离为 y(千米),图中的折线 表示 y 与 x 之间的函数关系,则图中 m 的值为 . 16. 如图,正方形 ABCD 的边长为 4,延长 CB 至点 E,使 BE= 2,以 BE 为边在上方作正方形 EFGB,延长 FG 交 CD 于点 M,连接 AM,AF,H 是 AD 的中点,连接 FH,分别与 AB,AM 交于点 N,K. 下列结论: ①△ANH≌△GNF; ②FK = 3NK; ③ ∠AFN = ∠HFG; ④ S△AFN ∶ S△ADM = 1 ∶ 4. 其中正确的结论有 . 三、解答题(本大题共 10 个小题,共 86 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. (6 分)计算:(3-π) 0 - 1 4 + 36 +2-2 . 18. (6 分)解不等式组: 2x-7<3(x-1), 4 3 x+3≥1- 2 3 x, ì î í ï ï ï ï 并写出它的最小整数解. 19. (6 分)如图,在矩形 ABCD 中,点 E 在 BC 上,AE=AD,DF⊥AE,垂足为 F. 求证:DF=AB. 20. (8 分)2022 年 11 月 12 日 10 时 03 分,搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭,在我国文 昌航天发射场点火发射,并进入预定轨道. 当日 12 时 10 分,天舟五号货运飞船与空间站组合体完 成自主快速交会对接,中国航天员首次在空间站迎接货运飞船来访……为庆祝我国航天事业的蓬 勃发展,实验中学举办以“扮靓太空传递梦想“为主题的绘画大赛,现从中随机抽取部分参赛作品, 对其份数和成绩(十分制)进行整理,绘制了如下两幅不完整的统计图. 　 根据以上信息,回答下列问题: (1)补全条形统计图,此次被抽取的参赛作品成绩的众数为 ; (2)求出此次被抽取的参赛作品成绩的平均数; (3)若该校共有 700 份参赛作品,请估计此次绘画大赛成绩不低于 9 分的作品份数. 14 2023 年商河县学业水平第二次模拟试题 (时间:120 分钟　 总分:150 分) — 82 — — 83 — — 84 — 21. (8 分)某市为实现 5G 网络全覆盖,2023~ 2025 年拟建设 5G 基站七千个. 如图,在坡度为 i= 1 ∶ 2. 4 的斜坡 CB 上有一建成的基站塔 AB,基站塔与水平地面垂直. 小明在坡脚 C 测得塔顶 A 的仰角为 45°,然后他沿坡面 CB 行走 13 米到达 D 处,在 D 处测得塔顶 A 的仰角为 53°. (点 A,B,C,D 均在同 一平面内) (参考数据:sin 53°≈ 4 5 ,cos 53°≈ 3 5 ,tan 53°≈ 4 3 ) (1)求 D 处的竖直高度; (2)求基站塔 AB 的高. 22. (8 分)如图,在△ABC 中,AC=BC,以 BC 为直径作☉O,交 AC 于点M,作 CD⊥AC 交 AB 的延长线于 点 D,E 是 CD 上一点,BE 是☉O 的切线. (1)求证:BE=DE; (2)若 AM= 4,tan A= 2,求 BE 的长. 23. (10 分)为提高市民的环保意识,倡导“节能减排,绿色出行”,某市计划在城区投放一批“共享单 车” . 这批单车分为 A,B 两种不同的款型,其中 A 型车单价 400 元,B 型车单价 320 元. (1)今年年初,“共享单车”试点投放在某市中心区域正式启动. 投放 A,B 两种款型的单车共 100 辆, 总价值 36 800 元. 试问本次试点投放的 A 型车与 B 型车各多少辆? (2)试点投放活动得到了广大市民的认可,该市决定将此项公益活动在整个城区全面铺开. 投放 A, B 两车型的数量比为 3 ∶ 2,且投资总价值不低于 184 万元. 请问城区 10 万人口平均每 100 人至少 享有 A 型车与 B 型车各多少辆? 24. (10 分)如图,在矩形 OABC 中,OA= 4,OC= 6,分别以 OA,OC 所在直线为 x 轴、y 轴,建立平面直角 坐标系,D 是边 CB 上的一个动点(不与点 C,B 重合),反比例函数 y= k x 的图象经过点 D 且与边 AB 交于点 E,连接 DE. (1)连接 OE,若△AOE 的面积为 3,则 k= ; (2)连接 AC,DE 与 AC 是否平行? 请说明理由; (3)是否存在点 D,使得点 B 关于 DE 的对称点在 OC 上? 若存在,求出点 D 的坐标;若不存在,请 说明理由. 　 备用图　 　 25. (12 分)在等腰三角形 ABC 中,∠B= 90°,AM 是△ABC 的角平分线,过点 M 作 MN⊥AC,垂足为 N, ∠EMF= 135°,将∠EMF 绕点 M 旋转,使∠EMF 的两边交直线 AB 于点 E,交直线 AC 于点 F. 请解 答下列问题: (1)当∠EMF 绕点 M 旋转到如图 1 的位置时,求证:BE+CF=BM; (2)当∠EMF 绕点 M 旋转到如图 2、图 3 的位置时,请分别写出线段 BE,CF,BM 之间的数量关系, 不需要证明; (3)在(1)和(2)的条件下,tan∠BEM= 3 ,AN= 2 2 +2,求 CF 的长. 图 1 　 图 2 　 图 3 26. (12 分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线 y=ax2 +bx+c(a<0)与 x 轴交于点 A( -2,0),B(4,0),与 y 轴交于点 C,且 OC= 2OA. (1)试求抛物线的表达式; (2)直线 y= kx+1(k>0)与 y 轴交于点 D,与抛物线交于点 P,与直线 BC 交于点 M,记 m= PM DM ,试求 m 的最大值及此时点 P 的坐标; (3)在(2)的条件下,当 m 取最大值时,Q 是 x 轴上的一个动点,N 是坐标平面内的一点,是否存在 这样的点 Q,N,使得以 P,D,Q,N 四点为顶点组成的四边形是矩形? 如果存在,请求出点 Q 的坐 标;如果不存在,请说明理由. 　 备用图 ②由①知四边形 CEGF 是正方形, ∴ ∠CEG= ∠B= 90°,∠ECG= 45°. ∴ CG CE = 2 ,EG∥AB. ∴ AG BE =CG CE = 2 . 故答案为 2 . (2)解:AG= 2BE. 理由如下: 如图,连接 CG. 由旋转的性质, 知 ∠BCE = ∠ACG=α. 在 Rt△CEG 和 Rt△CBA 中, CE CG = cos 45° = 2 2 ,CB CA = cos 45° = 2 2 ,∴ CG CE =CA CB = 2 . ∴ △ACG∽△BCE. ∴ AG BE =CA CB = 2 . ∴ 线段 AG 与 BE 之间的数量关系为 AG= 2BE. (3)∵ ∠CEF= 45°,B,E,F 三点共线, ∴ ∠BEC= 135°. ∵ △ACG∽△BCE, ∴ ∠AGC= ∠BEC= 135°. ∵ ∠CGF= 45°, ∴ ∠AGC+∠CGF= 180°. ∴ A,G,F 三点共线. ∴ ∠AGH= ∠CAH= 45°. ∵ ∠AHG= ∠CHA, ∴ △AHG∽△CHA. ∴ AG CA =GH AH = AH CH . 设 BC=CD=AD=a,则 AC= 2a. 由 AG CA =GH AH ,得 6 2a = 2 2 AH . ∴ AH= 2 3 a. ∴ DH=AD-AH= 1 3 a,CH= CD2 +DH2 = 10 3 a. 由 AG CA = AH CH ,得 6 2a = 2 3 a 10 3 a . 解得 a= 3 5 ,即 BC= 3 5 . 故答案为 3 5 . 26.解:(1)由题意,得 c= 0. 将点(8,0)代入 y = - 1 3 x2 +bx,得 0 = - 1 3 × 82 + 8b. 解得 b= 8 3 . ∴ 二次函数的表达式为 y= - 1 3 x2 + 8 3 x. ① (2)设点 A 的坐标为 x,- 1 3 x2 + 8 3 x( ) ,则点 B 的坐 标为 8-x,- 1 3 x2 + 8 3 x( ) . ∵ 矩形 ABCD 是正方形,∴ AB=BC. ∴ 8-x-x= - 1 3 x2 + 8 3 x. 解得 x= 2(不合题意的值已舍去) . 当 x= 2 时,m= y= - 1 3 x2 + 8 3 x= 4. (3)以点 A,E,F,Q 为顶点构成的四边形能是平行 四边形. 当 m= 2 时,点 A(2,4),点 C(6,0) . 由点 A,C 得直线 AC 的表达式为 y= -x+6. ② 联立①②并解得 x = 9,即当 x = 9 时,点 P,Q 停止 运动. ∵ 以点 A,E,F,Q 为顶点构成的四边形是平行四 边形,∴ EF=AQ. 由点 A 的坐标知,x= 2+t. 当 x= 2+t 时,y= - 1 3 x2 + 8 3 x= - 1 3 t2 + 4 3 t+4,y= -x+ 6 = -t+4. 设点 E 2+t,- 1 3 t2 + 4 3 t+4( ) ,则点 F(2+t,-t+4) . ∴ EF= - 1 3 t2 + 4 3 t+4-(-t+4)= - 1 3 t2 + 7 3 t. 当 0<t≤4 时, ∵ AQ= t,∴ t= - 1 3 t2 + 7 3 t. 解得 t= 0(舍去)或 4. 当 4<t≤7 时,AQ= 8-t, ∴ 8-t= - 1 3 t2 + 7 3 t. 解得 t= 4(舍去)或 6. 综上所述,t 的值为 4 或 6. 14 2023 年商河县学业水平第二次模拟试题 答案速查 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C B D C C C B B A A 1. C　 【解析】-4 的相反数是 4. 故选 C. 2. B　 【解析】67 500 = 6. 75×104 . 故选 B. 3. D　 【解析】根据图形可得俯视图为 . 故选 D. 4. C　 【解析】如图,标注∠4. ∵ AB∥CD,∠1 = 45°,∴ ∠4 = ∠1 = 45°. ∵ ∠3 = ∠4 + ∠2, ∴ ∠3 = 45°+35° = 80°. 故选 C. 5. C　 【解析】a2 与 a3 不能合并,故选项 A 计算错误; (2a2) 4 = 16a8,故选项 B 计算错误;2a3b÷b = 2a3,故 选项 C 计算正确;(-a-b) 2 = a2 + 2ab+b2,故选项 D 计算错误. 故选 C. 6. C　 【解析】把“垃圾分类”“文明出行”“低碳环保” 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —54— 三个宣传队分别记为 A,B,C. 画树状图如下: 共有 9 种等可能的结果,小华和小丽恰好选到同一 个宣传队的结果有 3 种,∴ 小华和小丽恰好选到同 一个宣传队的概率是 3 9 = 1 3 . 故选 C. 7. B　 【解析】∵ 点 B 的坐标为(4,0),∴ OB = 4. ∵ BD = 1,∴ OD = 4- 1 = 3. ∴ △AOB 沿 x 轴向右平移了 3 个单位长度. ∵ 点 A 的坐标为(1,2),∴ 点 C 的坐 标为(4,2) . 故选 B. 8. B　 【解析】∵ ▱ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点 O,∴ O 是 BD 的中点,△ABD≌△CDB. ∵ E 是 CD 的中点,∴ OE 是△BCD 的中位线. ∴ OE = 1 2 BC. ∴ △DOE 的周长= 1 2 △BCD 的周长. ∴ △DOE 的周 长= 1 2 △ABD 的周长. ∴ △DOE 的周长 = 1 2 × 16 = 8(cm) . 故选 B. 9. A　 【解析】如图,过点 P 作 PN⊥AB 于点 N,过点 C 作 CH⊥AB 于点 H. 由作图,得 AD 平分∠BAC,则 PM = PN. ∴ PM + PC = PN+PC≥CN≥CH. 在 Rt△ABC 中,AC = 2,BC = 3,∴ AB= AC2+BC2 = 7 . ∵ 2S△ABC = AC· BC=AB·CH,即 2 3 = 7CH,解得 CH= 2 21 7 . 故选 A. 10. A　 【解析】如图 1,线段 MN 与二次函数 y=-x2 +4x+ n 的相关函数的图象恰有一个公共点. 所以当 x = 2 时,y= 1,即-4+8+n= 1. 解得 n= -3; 图 1 　 　 　 图 2 如图 2,线段 MN 与二次函数 y = -x2 +4x+n 的相关 函数的图象恰有两个公共点. ∵ 抛物线 y = x2 -4x- n 与 y 轴交点的纵坐标为 1,∴ -n = 1. 解得 n = -1. ∴ 当-3<n≤-1 时,线段 MN 与二次函数 y = -x2 + 4x+n 的相关函数的图象恰有两个公共点; 如图 3,线段 MN 与二次函数 y = -x2 +4x+n 的相关 函数的图象恰有三个公共点. ∵ 抛物线 y = -x2 +4x +n 经过点(0,1),∴ n= 1. 图 3 　 　 图 4 如图 4,线段 MN 与二次函数 y = -x2 +4x+n 的相关 函数的图象恰有两个公共点. ∵ 抛物线 y = x2 -4x- n 经过点 M - 1 2 ,1( ) ,∴ 14 + 2-n = 1. 解得 n = 5 4 . ∴ 当 1<n≤ 5 4 时,线段 MN 与二次函数 y= -x2 +4x+ n 的相关函数的图象恰有两个公共点. 综上所述,n 的取值范围是-3<n≤-1 或 1<n≤ 5 4 . 故选 A. 11. a(a-4) 　 【解析】原式=a(a-4) . 12. 2 3 　 【解析】因为蓝色区域为 120°,所以红色区域 为 240°,将红色区域平均分成两份,每份 120°,将 圆平均分成 3 个均等的区域,2 红 1 蓝,因此任意 转动转盘一次,当转盘停止时,指针落在红色区域 的概率是 2 3 . 13. -3　 【解析】设方程的另一个根是 x2,则 2x2 = -6. ∴ x2 = -3. 14. 12 3 　 【解析】如图,连接 AE,过点 F 作 FJ⊥AE 于 点 J. 在正六边形 ABCDEF 中,AF=EF = AB = 4,∠AFE = 1 6 × [ 180° × ( 6 - 2)] = 120°. ∵ FJ⊥AE,∴ ∠AFJ= ∠EFJ= 60°,AJ =EJ. ∴ AJ = EJ=AF·sin 60° = 4× 3 2 = 2 3 . ∴ AE = 2AJ = 4 3 . ∵ AF1 = FF1,EE1 = FE1, ∴ E1F1 = 1 2 AE= 2 3 . 同法可得六边形 A1B1C1D1E1F1 的其他边长也为 2 3,∴ 六边形 A1B1C1D1E1F1 的 周长为 2 3 ×6 = 12 3 . 15. 6　 【解析】由题图可得普通列车的速度为 1 800÷ 12 = 150(千米 / 时),动车的速度为 1 800÷4-150 = 300(千米 / 时),m= 1 800÷300 = 6. 16. ①②④　 【解析】∵ 四边形 EFGB 是正方形,BE = 2,∴ FG=BE=BG= 2,∠FGB= 90°. ∵ 四边形 ABCD 是正方形,H 是 AD 的中点,∴ AD = AB = 4,AH = 2, ∠BAD= 90°. ∴ ∠HAN = ∠FGN,AH =GF. ∵ ∠ANH 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —64— = ∠GNF,∴ △ANH≌ △GNF (AAS) . 故 ① 正确; ∴ ∠AHN= ∠GFN. ∵ BG= 2,AB = 4,∴ AG = AB-BG = 2. ∴ AG=FG= 2 =AH. ∴ AF= 2FG= 2AH. ∴ ∠AFH≠∠AHF. ∴ ∠AFN≠∠HFG. 故③错误; ∵ △ANH≌ △GNF,∴ AN = GN. ∴ AN = 1 2 AG = 1. ∵ GM=BC= 4,∴ AH AN = GM AG = 2. ∵ ∠HAN = ∠MGA = 90°,∴ △AHN∽△GMA. ∴ ∠AHN = ∠GMA,∠HNA = ∠MAG. ∴ NK = AK. ∵ AD ∥GM, ∴ ∠HAK = ∠GMA. ∴ ∠AHK= ∠HAK. ∴ HK = AK. ∴ AK =HK = NK. ∵ FN = HN,∴ FN = 2NK. ∴ FK = 3NK. 故②正 确;∵ 延长 FG 交 CD 于点 M,∴ 四边形 ADMG 是矩 形. ∴ DM=AG= 2. ∵ S△AFN = 1 2 AN·FG = 1 2 ×1×2 = 1,S△ADM = 1 2 AD·DM = 1 2 × 4 × 2 = 4,∴ S△AFN ∶ S△ADM = 1 ∶ 4. 故④正确. 故正确的结论有①②④. 17.解:原式= 1- 1 4 +6+ 1 4 = 7. 18.解:解不等式 2x-7<3(x-1),得 x>-4. 解不等式 4 3 x+3≥1- 2 3 x,得 x≥-1. 所以不等式组的解集是 x≥-1. 所以不等式组的最小整数解为-1. 19.证明:在矩形 ABCD 中,∵ AD∥BC,∠B= 90°, ∴ ∠AEB= ∠DAF. 又∵ DF⊥AE, ∴ ∠DFA= 90°. ∴ ∠DFA= ∠B. 在△ADF 和△EAB 中, ∠DFA= ∠B, ∠DAF= ∠AEB, AD=EA, { ∴ △ADF≌△EAB(AAS) . ∴ DF=AB. 20.解:(1)由题意,得样本容量为 25÷25% = 100, 故 8 分的份数为 100-30-25-5 = 40. 补全条形统计图如下: 故此次被抽取的参赛作品成绩的众数为 8. 故答案 为 8. (2)此次被抽取的参赛作品成绩的平均数为 1 100 × (7×30+8×40+9×25+10×5)= 8. 05. (3)700×5 +25 100 = 210(份) . 答:估计此次绘画大赛成绩不低于 9 分的作品份 数为 210. 21.解:(1)如图,延长 AB 与水平线交于点 F,过点 D 作 DM⊥CF,垂足为 M,作 DE⊥AF,垂足为 E. ∵ 斜坡 CB 的坡度为 i= 1 ∶ 2. 4, ∴ DM CM = 1 2. 4 = 5 12 . 设 DM= 5k 米, 则 CM= 12k 米. 在 Rt△CDM 中,CD= 13 米, 由勾股定理,得 CM2 +DM2 =CD2 ,即(12k) 2 +(5k) 2 = 132 . 解得 k= 1. ∴ DM= 5 米,CM= 12 米. 答:D 处的竖直高度为 5 米. (2)∵ 斜坡 CB 的坡度为 i= 1 ∶ 2. 4, ∴ BE DE = 1 2. 4 = 5 12 . 设 BE= 5a 米,则 DE= 12a 米. 又∵ ∠ACF= 45°,∴ AF=CF= (12+12a)米. ∴ AE=AF-EF= 12+12a-5 = (7+12a)米. 在 Rt△ADE 中,∵ tan∠ADE= tan 53°≈ 4 3 , ∴ tan∠ADE= AE DE = 7+12a 12a ≈ 4 3 . 解得 a= 7 4 . ∴ DE= 12a= 21 米,AE= 7+12a= 28 米, BE= 5a= 35 4 米. ∴ AB=AE-BE= 28-35 4 = 77 4 (米) . 答:基站塔 AB 的高为77 4 米. 22. (1)证明:∵ BE 是☉O 的切线,∴ OB⊥BE. ∴ ∠CBE= 90°,∴ ∠ABC+∠EBD= 90°. ∵ CD⊥AC,∴ ∠ACD= 90°. ∴ ∠A+∠D= 90°. ∵ AC=BC,∴ ∠A= ∠ABC. ∴ ∠EBD= ∠D. ∴ BE=DE. (2)解:如图,连接 BM. ∵ BC 是☉O 的直 径,∴ BM⊥AC. 在 Rt △AMB 中, ∵ AM= 4,tan A = BM AM = 2, ∴ BM= 2AM= 8. ∵ AC=BC, ∴ CM=BC-AM=BC-4. ∵ BC2 =BM2 +CM2 ,∴ BC2 = 82 +(BC-4) 2 . ∴ BC= 10,CM= 6. ∴ AC=BC= 10. ∵ BM⊥AC,CD⊥AC,∴ BM∥CD. ∴ ∠MBC=∠BCE. ∵ ∠BMC= ∠CBE= 90°,∴ △BMC∽△CBE. ∴ CM BE =BM BC ,即 6 BE = 8 10 . 解得 BE= 15 2 . 故 BE 的长为15 2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —74— 23.解:( 1) 设本次试点投放的 A 型车 x 辆、 B 型车 y 辆. 根据题意,得 x +y= 100, 400x+320y= 36 800.{ 解得 x= 60, y= 40.{ 答:本次试点投放的 A 型车 60 辆、B 型车 40 辆. (2)设整个城区全面铺开时投放的 A 型车 3a 辆、B 型车 2a 辆. 根据题意,得 3a×400+2a×320≥1 840 000. 解得 a≥ 1 000,即整个城区全面铺开时投放的 A 型车至少 3 000 辆、B 型车至少 2 000 辆. 3 000× 100 100 000 = 3(辆),2 000× 100 100 000 = 2(辆) . ∴ 城区 10 万人口平均每 100 人至少享有 A 型车 3 辆,B 型车 2 辆. 24.解:(1)如图 1,连接 OE. ∵ △AOE 的面积为 3,∴ k= 2×3 = 6. 故答案为 6. 图 1 　 图 2 (2)结论:DE∥AC. 理由如下: 如图 1,连接 AC. 设点 D(x,6),E 4, 3 2 x( ) . 由题可知点 B(4,6),∴ BD= 4-x,BE= 6- 3 2 x. ∴ BD BE = 4-x 6- 3 2 x = 2 3 . ∵ BC AB = 4 6 = 2 3 ,∴ BD BE =BC AB . 又∵ ∠B= ∠B,∴ △BDE∽△BCA. ∴ ∠BED= ∠BAC. ∴ DE∥AC. (3)存在. 设点 D(x,6),E 4, 3 2 x( ) ,则 CD= x,BD= 4-x,BE = 6- 3 2 x,AE= 3 2 x. 如图 2,过点 E 作 EF⊥OC,垂足为 F. ∴ ∠B′CD= ∠EFB′= 90°. ∵ ∠DB′E= ∠B= 90°, ∴ ∠CB′D+∠B′DC= ∠CB′D+∠EB′F= 90°. ∴ ∠B′DC= ∠EB′F. ∴ △EFB′∽△B′CD. ∴ B′E B′D =B′F CD , 即 6- 3 2 x 4-x =B′F x . 解得 B′F= 3 2 x. ∴ B′C=OC-B′F-OF=OC-B′F-AE = 6- 3 2 x- 3 2 x = 6-3x. 由勾股定理,得 B′C2 +CD2 =B′D2 . ∴ (6-3x)2+x2 =(4-x)2.解得 x1 =2(舍去),x2 = 10 9 . ∴ 点 D 的坐标为 10 9 ,6( ) . 25. (1)证明:∵ △ABC 是等腰直角三角形, ∴ ∠BAC= ∠C= 45°. ∵ AM 是△ABC 的角平分线,MN⊥AC, ∴ BM=NM. 在四边形 ABMN 中,∠BMN = 360° - 90° - 90° - 45° = 135°. ∵ ∠EMF= 135°,∴ ∠BMN= ∠EMF. ∴ ∠BMN - ∠EMN = ∠EMF - ∠EMN, 即 ∠BME = ∠NMF. ∵ MN⊥AC,∴ ∠MNF= 90°, ∴ ∠MNF= ∠MBE= 90°. ∴ △BME≌△NMF(ASA) . ∴ BE=NF. ∵ MN⊥AC,∠C= 45°, ∴ ∠CMN= ∠C= 45°. ∴ CN=MN=BM. ∵ NF+CF=CN, ∴ BE+CF=BM. (2)解:如题图 2,同(1),得△BME≌△NMF. ∴ BE=NF. ∵ MN⊥AC,∠C= 45°, ∴ ∠CMN= ∠C= 45°. ∴ CN=MN=BM. ∵ NF-CF=CN,∴ BE-CF=BM. 如题图 3,同(1)的方法,得△BME≌△NMF. ∴ BE=NF. ∵ MN⊥AC,∠C= 45°, ∴ ∠CMN= ∠C= 45°. ∴ CN=MF=BM. ∵ CF-NF=CN,∴ CF-BE=BM. (3)解:在 Rt△ABM 和 Rt△ANM 中, BM=NM, AM=AM,{ ∴ Rt△ABM≌Rt△ANM(HL) . ∴ AB=AN= 2 2 +2. 在 Rt△ABC 中,BC=AB= 2 2 +2, ∴ AC= 2AB= 4+2 2 . ∴ CN=AC-AN= 4+2 2 -(2 2 +2)= 2. 在 Rt△CMN 中,CM= 2CN= 2 2 , ∴ BM=BC-CM= 2 2 +2-2 2 = 2. 在 Rt△BME 中,tan∠BEM=BM BE = 2 BE = 3 , ∴ BE= 2 3 3 . ①由(1)知,BE+CF=BM. ∴ CF=BM-BE= 2-2 3 3 ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —84— ②由(2)知,如题图 2,由 tan∠BEM= 3 , ∴ 此种情况不成立; ③由(2)知,如题图 3,CF-BE=BM, ∴ CF=BM+BE= 2+2 3 3 . 综上所述,CF 的长为 2-2 3 3 或 2+2 3 3 . 26.解:(1) ∵ 抛物线 y = ax2 +bx+c 经过点 A( - 2,0), B(4,0), ∴ 可以假设 y=a(x+2)(x-4) . ∵ OC= 2OA,OA= 2, ∴ 点 C(0,4) . 将点 C(0,4)代入抛物线的表达式,得 a= - 1 2 . ∴ y= - 1 2 (x+2)(x-4)= - 1 2 x2 +x+4. (2)如图 1,由题意,点 P 在 y 轴的右侧,过点 P 作 PE⊥x 轴于点 E,交 BC 于点 F. ∴ ∠COB= ∠PEB= 90°. 图 1 ∴ CD∥PE. ∴ △CMD∽△FMP. ∴ m=PM DM =PF DC . ∵ 直线 y = kx+ 1(k> 0)与 y 轴交于点 D, ∴ 点 D(0,1) . 将点 B(4,0),C(0, 4)代入直线 BC 中, ∴ 直线 BC 的表达式为 y= -x+4. 设点 P n,- 1 2 n2 +n+4( ) ,则点 F(n,-n+4) . ∴ PF= - 1 2 n2 +n+4-(-n+4)= - 1 2 (n-2) 2 +2. ∴ m=PF DC = - 1 6 (n-2) 2 + 2 3 . ∵ - 1 6 <0, ∴ 当 n= 2 时,m 有最大值 2 3 ,此时点 P(2,4) . (3)存在这样的点 Q,N,使得以 P,D,Q,N 四点为 顶点组成的四边形是矩形. ①当 PD 是矩形的边时,有两种情形. a. 如图 2,当四边形 DQNP 是矩形时, 图 2 由(2)可知点 P(2,4), 代入 y= kx+1 中,得 k= 3 2 . ∴ 直线 PD 的表达式 为 y= 3 2 x+1. ∴ 点 D(0,1), E - 2 3 ,0( ) . 由△DOE∽△QOD 可得OD OQ =OE OD . ∴ OD2 =OE·OQ,即 1 = 2 3 OQ. 解得 OQ= 3 2 . ∴ 点 Q 3 2 ,0( ) ; b. 如图 3,当四边形 PDNQ 是矩形时, 图 3 ∵ 直线 PD 的表达式为 y= 3 2 x+1,PQ⊥PD, ∴ 设直线 PQ 的表达式为 y= - 2 3 x+d. 将点 P(2,4)代入上式,得 d= 16 3 . ∴ 直线 PQ 的表达式为 y= - 2 3 x+16 3 . ∴ 点 Q(8,0) . ②当 PD 是对角线时,设点 Q(x,0),则 QD2 = x2 +1. PQ2 = (x-2) 2 +42 ,PD2 = 13. ∵ Q 是直角顶点, ∴ QD2 +PQ2 =PD2 . ∴ x2 +1+(x-2) 2 +16 = 13. 整理,得 x2 -2x+4 = 0,方程无解,此种情形不存在. 综上所述,点 Q 的坐标为 3 2 ,0( ) 或(8,0) . 15 2023 年历下区学业水平第三次模拟试题 答案速查 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A D B C C D A C C B 1. A　 【解析】- 1 4 的绝对值是 1 4 . 故选 A. 2. D　 【解析】A. 该圆柱的主视图和左视图是全等的 两个矩形,故本选项不符合题意;B. 该长方体的主 视图和左视图是全等的两个矩形,故本选项不符合 题意;C. 该三棱柱的主视图是一个矩形,且中间有 虚线,左视图是一个矩形,故本选项不符合题意;D. 该三棱柱的主视图是一行两个相邻的矩形,左视图 是一个矩形,故本选项符合题意. 故选 D. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —94—