10.2024年龙东地区中考真题-【中考123·中考必备】2025年黑龙江地区专用数学试题精编

(3)1500×0=200(人). 答：估计全校最喜爱雪地足球的学生有200人. 25.解：(1)300 800 (2)设直线FG的解析式为y=kx+b(k≠0), ∵y=kx+b过F(3,0),G(6,2 400)两点， I6+b=2400解得{8=-2400 ∴这个函数的解析式为y=800x-2 400, 自变量x的取值范围是3≤x≤6. (3)一分钟或号分钟或6分钟 26.解：(1)图②:BC+BE=BF. 图③:BE-BC=BF. (2)图②:BC+BE=BF. 证明：∵AB=DF,∠A=∠D,∠B=∠F, ∴△ABC≌△DFE,∴ BC=EF. ∵BE=BC+CE, ∴BC+BE=EF+BC+CE=BF. (3)BC=8,BF=14或18. 27.解：(1)设B种防疫用品成本x元/箱，则A种防疫用品成本 (x+500)元/箱. 由题意，得4500=x6+500,解得x=1500. 检验：当x=1500时，x(x+500)≠0, 所以x=1500是原分式方程的解. x+500=1500+500=2000(元/箱). 答：A种防疫用品成本2 000 元/箱，B种防疫用品成本 1500元/箱. (2)设 B种防疫用品生产m箱，则 A种防疫用品生产 (50-m)箱. 1500m+2000(50-m)≤90 000,解得m≥20. ∵B种防疫用品不超过25箱，∴20≤m≤25. ∵m为正整数， ∴m=20,21,22,23,24,25,共有6种方案. (3)有4种购买方案，最多可购买甲、乙两种设备共33台. 28.解：(1)由 x2-5x+6=0解得x?=2,x?=3. ∵OB,0C的长分别是方程的两个根，且OB>0C, ∴OB=3,0C=2, ∴ B(-3,0),C(2,0). (2)∵AO⊥BC,∴∠AOB=90°. ∵∠CAO=∠DBC,∠CAO+∠AFB=∠DBC+∠AOB, ∴∠AFB=∠AOB=90°. ∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC. ∵∠AFB=90°, ∴∠BAC=∠BCA,∴ AB=BC=5. ∵AD//BC,∴∠ADB=∠DBC, ∴∠ABD=∠ADB,∴. AB=AD=5. ∵在Rt△ABO中，A0=√AB2-OB2=√52-33=4, y=20∴D(5,4).∴反比例函数的解析式为： (3)N?(3,-12),M?(13,-33),N。(53,-13) y+ M y? N?(-9,12) M? MM? D N(-3.13 D o M?B o B N(53-号). N?(-3-1) M(13-3)M N?(3,-12) 28题答图① 28题答图② 10.2024年龙东地区 1.C 2.B 3.C 4.D 5.D 6.A 7.B 8.A 9.C 10.A [解析]连接DG,如答图①. H D_PA M F N G B C 10题答图① ∵四边形ABCD是正方形， . ∠BDC=∠BAC=∠ADB=45°,AP=√2,∠BAD=∠ADC= 90°,AC垂直平分BD, ∴∠CDP=90°. ∵DF平分∠CDP, ∴. ∠CDF=2∠CDP=45°=∠CDB, ∴∠BDF=∠CDF+∠CDB=90°. ∵∠BHF=90°=∠BDF, ∴点B,H,D,F四点共圆， ∴∠HFB=∠HDB=45°,∠DHF=∠DBF, ∴∠HBF=180°-∠HFB-∠FHB=45°,故①正确； ∵AC垂直平分BD, ∴BG=DG, ∴∠BDG=∠DBG. ∵∠BDF=90°, ∴∠BDG+∠GDF=90°=∠DBG+∠DFG, ∴∠GDF=∠DFG, ∴.DG=FG, .∴DG=FG=BG, ∴点G是BF的中点，故②正确； ∵∠BHF=90°=∠BAH, ∴∠AHB+∠DHF=90°=∠AHB+∠ABH, ∴∠DHF=∠ABH. ∵∠DHF=∠DBF, ∴∠ABH=∠DBF. 又∵∠BAC=∠DBC=45°, ∴△ABM∽△DBN, BM=BPA=12, ∴BN=√2BM,故④正确； 若AH=zD,则AH=2=2(4D-AH), ∴3AH=AD, A=3,即Bc=Ap=3 ∵AD//BC, ∴△AHM∽△CBM, BM=CB=3, Sam-BM=3, ∴S△ABM=3S△A Sm-(t)=2, ∴ S△BND=2S△ABM=6S△AHM,故⑤错误； 如答图②,若点H是AD的中点，设AD=2, 即AB=BC=AD=2, H DA -P MX FN GB c 10题答图② ∴AH=2AD=1, ∴.BH=√AH2+AB2=√5. 同理可证明△AHM∽△CBM, BM=CB=2, MBMM=2=H ∴BM=3BH=235 ∵BN=√2BM, ∴BN=、2BM=2310 ∵BC=2, 2.在Rt△BNC中，NC=√BN2-BC2=3, sin∠NBC=C=0,,故③正确。 综上所述，正确的有①②③④.故选A. 11.1.390 8×1012 12.x≥3 13.AC=BD(答案不唯一) 14.3 15.-1≤a<016.65 17.90 18.2√2+2 19.5或一或10 20.(1,3) [解析]∵正方形OMNP顶点M的坐标为(3,0), ∴.OM=MN=NP=OP=3.∵△OAB是等边三角形，点B坐标 52是(1,0),∴等边三角形的高为 由题知A?的坐标是(2, (3-23,2);0);A2的坐标是(2,0);A?的坐标是( ;继续滚动， A?的坐标是(3,2);A?的坐标是(3,2);A?的坐标是 (5,3-停);4的坐标是(1,3);Ag的坐标是(1,3);A?的坐 标是(,5)4m的坐标是(0,1);4n的坐标是(,1);A的 坐标是(2,);4a的坐标是(2,0);⋯不断循环，循环规律 为以A?,A?,⋯,A|2,12个为一组.∵2 024÷12 =168⋯⋯8, ∴A?024的坐标与Ag的坐标一样为(1,3),故答案为(1,3). 000 见此图标8跟微信扫码 领取真题实战指南 21.解：原式=(m+1)(m-1)·m(m+1 = -m+1. 当m=cos 60°=2时， 原式=2 22.解：(1)如答图所示，△A?B?C?即为所求，B?(2,3). (2)如答图所示，△AB?C?即为所求，B?(-3,0).x BB Ck -2+ B AA -4 2:o 2 =2 c =4什 C?- 4 22题答图 (3)?m 23.解：(1)将B(1,0),C(0,3)代入抛物线 y=-x2+bx+c中， 6=3, ∴抛物线y=-x2-2x+3. 得{=3t,+c=0解得 (2)令y=0,则0=-x2-2x+3, 解得x?=-3,x?=1, ∴A(-3,0),∴0A=3. y ∵C(0,3), P C ∴0C=3. 过点P作PE⊥x轴于点E,如答图所示. 设P(x,-x2-2x+3),且在第二象 AE 23题答图 Bo|限内， ∴OE= -x,AE=3+x, ∴S△APc=S△Ape+S梯形PCoE-S△A0C =2×AExPE+1(0C+PE)×0E-2×0A×0C =×(3+x)(-x2-2x+3)+2(3-x2-2x+3)(-x)- 2×3×3 =-2(x+2)+87 -2<0, ∴S有最大值， 7∴当x=-时，S有最大值，最大值为 (-3,4)此时点P的坐标为 24.解：(1)8 40 [解析]由题意可得3÷6?0, m=50-3-20-14-5=8. 扇形统计图中C组所占的百分比=30×100?0%, ∴.n=40. 故答案为8,40. (2)C [解析]被抽取的50名学生立定跳远成绩按从小到大 的顺序排列第25个和第26个的平均数， 692 见此图标跟微信扫码 领取真题实战指南 ∵3+8<25,3+8+20=31>25, ∴本次调查立定跳远成绩的中位数落在C组. (3)600x1505=228(人). 答：估计该校立定跳远成绩合格的男生有228人. 25.解：(1)30 40 [解析]甲货车到达配货站之前的速度是 105÷3.5=30(km/h);乙货车的速度是(225-105)×2÷6= 40(km/h).故答案为30,40. (2)∵3.5+0.5=4(h),6-0.5=5.5(h), ∴点E坐标为(4,105),点F坐标为(5.5,225). 设线段对应的函数解析式为y=kx+b(k,b为常数，且k≠0), 将坐标 E(4,105)和F(5.5,225)分别代入y=hx+b, 5.56+b=225,得{ 6=-215,解得 ∴y=80x-215, ∴甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地 的距离y与行驶时间x之间的函数解析式为y= 80x-215 (4≤x≤5.5). 2h或5h或5h时，甲、乙两货车与配货站的距离(3)出发- 相等. [解析]线段CM对应的函数解析式为y=225-40x=-40x+ 225(0≤x≤3), 线段MN对应的函数解析式为y=105+40(x-3)=40x-15 (3<x≤6), 线段OD对应的函数解析式为y=30x(0≤x≤3.5). 当0≤x≤3时， 甲货车离配货站的距离为(105-30x)km, 乙货车离配货站的距离为- 40x+225-105=(- 40x+ 120)km, 根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”, 得105-30x=-40x+120,解得x=2; 当3<x≤3.5时， 甲货车离配货站的距离为(105-30x)km, 乙货车离配货站的距离为40x-15-105=(40x-120)km, 根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”, x=45;得105-30x=40x-120,解得 当乙货车返回B地过程中与甲货车相遇时，两车与配货站的 距离相等， 根据“相遇时两车与A地距离相等”, 得80x-215=40x-15,解得x=5, ∴出发h 或一h 或5 h 时，中、乙两货车与配货站的距 离 相等. 26.解：图②的结论是 BM2+NC2+BM·NC=MN2. 证明：∵ AB=AC,∠BAC=60°, ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°. 以点B为顶点在△ABC外作∠ABK= 、K 60°,在 BK上截取 BQ=CN,连接 QA, A QM,过点Q作QH⊥BC,垂足为H,如答 Q下图①所示. B∵AB=AC,∠C=∠ABQ,CN=BQ, ∴△ACN≌△ABQ, 26题答图①∴AN=AQ,∠CAN=∠QAB. CM N\ 又∵∠CAN+∠BAM=30°, ∴∠BAM+∠QAB=30°, 即∠QAM=∠MAN. 又∵ AM=AM, ∴△AQM≌△ANM,∴QM=MN. ∵∠ABQ=60°,∠ABC=60°, ∴∠QBH=60°,∴∠BQH=30°, ∴ B=?BQ,QH=BQ, 2 HM=BM+BH=BM+1BQ. 在Rt△QHM中，QH2+HM2=QM2, 即(Bo)+(BM+_BO)2=Qm2, 整理，得BM2+BQ2+BM·BQ=QM2, ∴ BM2+NC2+BM·NC=MN2. 图③的结论是BM2+NC2-BM·NC=MN2. K,'证明：以点 B为顶点在 △ABC外作∠ABK=30°, Q 在BK上截取 BQ=CN,连 A 接QA,QM,过点Q作QH⊥ BC,垂足为 H,如答图② H所示. B M N C ∵AB=AC,∠C=∠ABQ, CN=BQ, 26题答图②∴△ACN≌△ABQ, ∴.AN=AQ,∠CAN=∠BAQ. 又∵∠CAN+∠BAM=60°, ∴∠BAM+∠BAQ=60°,即∠QAM=∠MAN. 又∵ AM=AM, ∴△AQM≌△ANM, ∴QM=MN. 在Rt△BQH中，∠QBH=60°,∠BQH=30°, .BH=?BQ,Qn=BQ, 2 HM=BM-BH=BM-2BQ. 在Rt△QHM中，QH2+HM2=QM2, 即(停Bo)+(BM-2BO)2=QM2, 整理，得BM2+BQ2-BM·BQ=QM2, ∴ BM2+NC2-BM·NC=MN2. 27.解：(1)设购买一个甲种品牌毽子需要x元，一个乙种品牌毽 子需要y元， 15x+50=2325,根据题意，得 =10解得 答：购买一个甲种品牌毽子需要15元，一个乙种品牌毽子需 要10元 100015m=(2)设购买 m个甲种品牌毽子，则购买 (100-3m)个乙种品牌建子. 根据题意，得 ● 解得100≤m≤64. 又：m,100-3m均为正整数， ∴m可以为60,62,64, ∴学校共有3种购买方案： ①购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品牌毽子； ②购买62个甲种品牌毽子，7个乙种品牌毽子； ③购买64个甲种品牌毽子，4个乙种品牌毽子. (3)学校选择方案①商家可获得的总利润为 5x60+4x10=340(元) 学校选择方案②商家可获得的总利润为 5×62+4×7=338(元); 学校选择方案③商家可获得的总利润为 5×64+4×4=336(元). ∵340>338>336, ∴在(2)的条件下，学校购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品 牌毽子时，商家获得利润最大，最大利润是340元. 28.解：(1)解方程 x2-5x-6=0,解得x?=6,x?=-1. ∵OA的长度是x2-5x-6=0的根， ∴OA=6. ∵△OAB是等边三角形， ∴.0A=OB=AB=6,∠OAB=∠AOB=∠ABO=60°. y过点A作AC⊥x轴，垂足为C,如 A 答图①所示. 在Rt△AOC中，∠AOC=60°, p.∴∠0AC=30°, ∴.0c=20A=2×6=3, ol Q B 28题答图① C ∴AC= √0A2-0C2=√62-32 =3√3, ∴点A的坐标为(3,3√3). y(2)当0<t≤2时，过点P作 A PD⊥x轴，垂足为 D,如答图② 所示， P∴OP=2t,0Q=3t,∠OPD=30°, ∴OD=t, ∴ PD=√OP2-OD2= of Q B 28题答图② D √(2t)2-t2=√3t, ∴s=20Q·PD=2×3e×√3t=332; 当2<t≤3时，过点Q作QE1 y A P0A,垂足为E,如答图③所示. ∵∠A=60°, E ∴∠AQE=30°. Q又∵AQ=12-3t, ∴.AE=6-3t,QE=√AQ2-AE2of B 28 题答图③ =6,s-325 ∵OP=2t, ∴s=2op·QE=2×24×(6√3-323)=-332+6、31; 当3<t<3.6时，过点0作OF⊥ y Ao F AB,垂足为F,如答图④所示. ∴ PQ=18-(2t+3t)=18-5t, 同理可得BF=2OB=3, :OF=√OB2-BF2=3√3, of B 28题答图④ ∴.S=2OF×PQ=2×3√3×(18-5t)=-153t+27√3. 综上所述，S: (3)点N 的坐标为(2,4+2√3),(2,2√3-4),(-2, 2√3),(2,23) [解析]当3√3t2=6√3时，解得t=2, ∴0P=2×2=4. 过点P作PG⊥x轴，垂足为G,如答图⑤所示. ∴.0G=2oP=2, ..PG=√OP2-0G2=√42-22=2√3, ∴点P的坐标为(2,2√3). 当OP为边时，将OP沿y轴向下平移4个单位得N(2,2√3- 4),此时M(0,-4),四边形 POMN是菱形如答图⑤所示； 将OP沿y轴向上平移4个单位得N(2,4+2√3),此时 M(0,4),四边形POMN是菱形.如答图⑥所示. y A p/ Ny o G/N B M A p M of Q B 28题答图⑥28题答图⑤ 作点P关于y轴的对称点N(-2,2√3),当M坐标为(0, 4√3)时，四边形 PMNO是菱形.如答图⑦所示. 当OP为对角线时，设OP的中点为T,过点T作TM⊥OP,交 y轴于点M,延长 MT到N,使TN= TM,连接ON,过点N作 NH⊥x轴于点H,如答图⑧所示. M xA A p pN< Mk N ol Q B of H B 28题答图⑧ ∴∠MOT=∠NOT=∠HON=30°,0T=2, ∴.ON=2TN, ∴ON2=0T2+TN2, 即ON2=22+(2on), 28题答图⑦ 解得 ON=3√3, .NH=33,0H=2, 即点N坐标为(2,33); 当-3(32+6J3t=6J3时， 解得t=2,不符合题意，此情况不存在； 当一15√3t+27√3=6√3时, t=2专<3,不符合题意，此情况不存在.解得1 综上所述，点N的坐标为(2,4+2√3),(2,2√3-4),(-2, 2.√3),(2,23) 11.2023年龙东地区 1.C 2.A 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B 8.C 9.D 10.B [解析]∵四边形 ABCD是正方形，∴∠DAE=∠ABF= 90°,DA=AB.∵AF⊥DE,∴∠BAF+∠AED=90°.∵∠BAF+ ∠AFB=90°,∴∠AED=∠BFA. A D 在△ABF和△DAE中， C爷E MH B CF 10题答图 ∴△ABF≌△DAE(AAS),∴ AF= DE.故① 正确；∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,∴ BM⊥AF.∵AF⊥ DE,∴ BM//DE,故②正确；当CM⊥FM 时，∠CMF =90° ∵∠AMF=∠ABF=90°,∴∠AMF+∠CMF=180°,即 A,M,C 在同一直线上，∴∠MCF=45°,∴∠MFC=90°-∠MCF = 45°.由翻折的性质可得∠HBF=∠HMF= 45°,BF= MF, ∴∠HMF=∠MFC,∠HBC=∠MFC,∴ BC//MH,HB//MF, ∴四边形 BHMF是平行四边形.∵ BF=MF,∴平行四边形 BHMF是菱形，故③正确；当点E运动到AB的中点，如答图. 设正方形ABCD的边长为2a,则AE=BF=a.在Rt△AED中， DE=√AD2+AE2=√5a=AF.∵∠AHD=∠FHB,∠ADH= ZFBH=45°,∴ △AHDN△FHB,.A=DA=2a=2,∴AH =3AF=235a.∵∠AGE =∠ABF=90°,∠EAG=∠FAB, ∴.△AGE^△ABF,.F-能=AG=a=号，cE=号BP =5a,Ac=5AB=25a,: DG=ED-EC=455a,CH=AH- AG=15a.∵∠BHF=∠DHA,∴在 Rt△DGH中， tan∠BHF= tan∠DHA=Gn=3,故④错误；∵ △AHDO△FHB,=2, ∴. BH=3BD=3×2/2a=232a,DH=3BD=3×2√2a= 432a.:AF⊥EP,根据翻折的性质可得EP=2EC=25a, 2.EP· DH=25a.432a=8150a2,2AG·BH=2x25a 232a=8150a2,∴EP·DH=2AG·BH,故⑤正确，综上分析 可知，正确的是①②③⑤,故选B. 11.5.699×10? 12.x≥-3 14.313.AB=BC或者AC⊥BD(答案不唯一) 15.-3≤m<-2 16.34 17.12 18.4+√3 19.3+2√2或3-2√2或6 [解析]由题意知矩形 ABCD沿过点A 的直线折叠，使点B落在点E处。 E 可知点E在以点A为圆心，AB长 DA为半径的圆上运动，如答图①,延 长 BA交 DA的另一侧于点E,则 CB此时△ADE 是直角三角形.点E 19题答图①到直线BC的距离为BE的长度， 即BE=2AB=6;当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE 是直角三角形，分两种情况：①如答图②,过点E作 EH⊥BC 交BC于点H,交AD于点G.∵四 E 边形 ABCD是矩形，∴EG⊥AD, G D∴四边形 ABHG是矩形，∴ GH= A AB=3.∵AE=AB=3,AE⊥DE, CBHAD=9,由勾股定理可得 DE = 19题答图② √92-32= 6√2.∵ SAgp= 2AE·DE=2AD·EG,: EG= 2√2,∴E到直线BC的距离 EH= M DA EG+GH=3+2√2;②如答图③, 壁过点E作EN⊥BC交BC于点N, B N C 交AD于点M.∵四边形ABCD是 19题答图③ 矩 形，∴NM⊥AD,∴ 四边形 ABNM是矩形，∴ MN=AB=3.∵AE=AB=3,AE⊥DE,AD=9, 由勾股定理可得 DE=√92-32=6√2.∵ SAso=2AE·DE =2AD·EM,:.EM=2√2,:E到直线BC的距离EN=MN- EM=3-2√2.综上，点E到直线BC的距离是6或3+2√2或 3-2√2,故答案为6或3+2√2或3-2√2. 20.420233(或 24046√3) [解析]∵ OB=2√2,∴B(2√2,0). :y=3x,:点A∵AB⊥x轴，∴点A的横坐标为2√2.∵直线l 厚×2.5=2-6,mA0B--的纵坐标为 ∴∠AOB= 30°.∵直线l?:y =√3x,∴ C(xc,√3xc), tan∠BOC=3x=√3,:∠BOC=60°.∵ BC⊥L?,B?C?⊥l?, B?C?⊥l?,∴BC//B?C?//B?C?,∴∠C?B?O=∠C?B?O=∠CBO =30°,∴∠C?B?O=∠C?B?O=∠CBO=∠AOB,∴ AO=AB?, A?0=A?B?.∵AB⊥x轴，A?B?⊥x轴，∴ OB=—-OB?,OB?= 2OB?.∵AB⊥x轴，A?B?⊥x轴，A?B?⊥x轴，∴AB//AB?// A?B?,AB?=OB=2,4AB?=OB?=4∵BC//BC?// B?C?BC=OB=2,BC=O?=4AB=BG ∵∠ABC=∠A?B?C?=90°-30°=60°,∴△ABC∽△A,B?C?. 同理△ABCM△A?B?C?,∴S△A?B?q?=4S△abc,S△AzB?C?=42 S△Asc=(22)2·S△ABc,∴ SA,Eca=(2")2SABc=2“S△ABc, S△A?0232020202=22×03×√3=2+063,故答案为24063. 21.解：原式=m++-2.(m-1)=m+1 ∵m=tan 60°-1, ∴.m=√3-1, =333∴原式 22.解：(1)如答图所示. (2)如答图所示. (3)4m y4 除:C- -4-3-2-10 243 22题答图 a+6+3=0,23.解：(1)由已知可得 a=-2,解得 ∴y= -x2-2x+3. (2)P(3,-12)或P(-2,3). 24.解：(1)40 (2)补全条形统计图如答图所示. 人数 1414- 12 12 1010 4 等级0 A B C D 24题答图 (3)90 (4)2200×40=220(人). 答：估计该校不合格的人数为220人. 25.解：(1)120 (2)出租车的速度：v?=480÷4=120(km/h). 货车的速度：u?=120÷3=80(km/h). 当货车停下来开始装货时，两车相距： 480-180-120=180(km). 当货车装完货物后再次开始出发时两车相距120 km, 所以货车装货的时间为(180-120)÷120=0.5(h). h两车相遇，所以货车再次出发后的速度：货车继续出发- 120÷3-120=60(km/h). ∵(480-120)÷60=6(h). 点F的横坐标为1.5+0.5+6=8, 000 见此图标8跟微信扫码 领取真题实战指南 即F(8,0), ∴ B(2,120),G(8,480), ∴直线 BG的解析式为y=60x, ∴货车装完货后y与x的关系式为y=60x(2≤x≤8). (3)17h和15h 26.图②的结论：FH=√2FG;图③的结论是：FH=FG. 证明图②: 证明：分别连接EC,GH,BD,如答图. ∵F,G,H分别是 DE,DC,BC的中点， ∴ FG/EC且FG=2EC,HC//BD且HG=2BD. ∵△ADE和△ABC是等腰直角三角形， ∴. AE=AD,AB=AC,∠BAC=∠DAE=90°, ∴∠EAC=∠DAB, ∴△ACE≌△ABD, ∴CE=BD,∠ACE=∠ABD, ∴ FG=HG. ∵BD//HG,FG//EC, ∴∠FGH=∠DCE+∠DCB+∠GHC =∠BCA+∠ABD+∠DBC=90°, ∴FH=√2FG. 4 E D cB H 26题答图 27.解：(1)设B款文化衫每件x元， 500=400,根据题意可得- 解得x=40. 经检验：x=40是原方程的解，并且符合题意， x+10=50. 答：A款文化衫每件50元，B款文化衫每件40元. (2)设购进A款文化衫a件，则B款文化衫(300-a)件. 根据题意可得 50a+40(30-)s1480, 解得275≤a≤280. ∵a取正整数， ∴a=275,276,277,278,279,280, ∴一共有六种方案. (3)设购买资金w元， w=50×0.7a+(40-m)(300-a) =(m-5)a+12 000-300m. ∵(2)中所有购买方案所需资金相同， ∴w与a的取值无关， ∴.m=5. 28.解：(1)x2-4x-12=0, x?=6,x2=-2(舍), ∴0C=6. 黑其银植淡博月丽签取具驱实城招南 图.菱形0中，点？是D的中点，⊥C,↑16图，△AC内接下⊙0.B是直径，有∠N=5”,1 三解蕲题（满分川分】 霜足为M,AH交D于点X,0W=2.D=8,则1N 10.2024年龙求地区 则2CD= 2斗（本圈请分5分》光化算，再求植：-2加+上 m2-1 的长为 A,5 O试卷研究叔告Q 云四 中 卫图 05 易幢司192618 使形10.2 7,若图里的底面半径为3.侧面积为的n,廉这个到推 1清分：120分时属：1勿分钟1 侧面据开世的测（角是 一，法择题（每小题3分，共分引 下列计章确的是 ◆粗 ,卡= 我《知)- 0如图，在正方区D中.点M在D边上《木与点 1k周，在鱼△中，CB,90,m∠&C,7· G(-2n6)'=-8Wn-0+6u+6)=- A.D重合)，∠F=,F交方形外角的平分 C=2.A=1,找程AD绕点A黄转.点P为0的 去下列阳形既是编对你图形又是中心对图形的是 线F干点F,连接AC交于点，连接5交 中点，则P的最大雀是 C于点，交D于点N,连接D,期下列情论 ①∠BF=45:2点后是F给中点：3若点H是 江.（木延情分6什）幻图，在正方思树静中，好个小正 /10 =2 方形的边长得是·十卷位长度，在平面直角华标扇 的的中点，测mLN▣ 人一个南有下个大木相同的小正方体格成的见相体 中，么的三个朋点坐标分月为A(-,!1 它的主视旧和左昆用如相衡示，暴么卧成该几何体 =2,3),=52) 方本 (1)燕出△G关于y编对称的△4&所，并写出 轮是 信超雨 点格，的坐标： 1.①254 层.135 .影用AD中，AW=3,E。4,持B沿过点A的一 (2腾出△G烧点A递时针旋转阳管得刻的 条规图 左视围 c13i D.123④5 条直线新是，折廉交直线BC干点气点严不与点 △A官C,并写出点官的中标 .6 5 ,3 二，填空额引每小丽3分，共3郑分) 重合)，点容的对移点感在距形对角视所在：的直线 3》在(2)的第件下，求点睿能转列应品的过程中 4一组我那2,3,34.则这组歌黑的方表为( 1同家烧计最公布数张丛示，这年我国脏合总产 篇使过的路检长（结果保简π》 A.1 ..8 C.0.6 上.则℃长为 5于的一元二火为程(n2)x+4+2=0有 止是13粥亿斤锌13徐亿用科学记数法表不为 以周，在平面直角坐标慕中，正方移队UP湖点# 个实数根，渊n的唯值范用是。 用.海海4 的坐标为(3，)，△以4小是等边三角思.点目单标 Cn-4且别2 儿和写4且e*2 2在涌敢g:二 中。自变量￥的取氧五围是 是(I,0),△4W在正方形0P内密餐景正方思 长已如关于：的分式方程 --2无解则6的 省为 P的边（方问为0→一NP-0,4…)做 H,=-2 3如周，在菱形AD中，对角线4C,0用交于点0， 无滑动流动第一次液动后，点4的对夜点己为A, 玉n2成ke1 Dk=-1 国家“双减”政策实能，某班开展了主题为“书香 请海知个条件 ,使荐菱形ABCD为正 4,的像%是(2.1：第二武第动后，，的到成点心 满授同”们度书活动赛候决定为在活动中表观襄唐 方形 为A,4岭坐据是(2,0)：第三火演动后，A的时 的同学购买笔记本和碳索笔进行奖的（种奖品国 22 买.其中笔已本每本3元，黛素笔母支2元，典花费 8元.则有几种的买点 位定为4的坐标中亭马》审此下， 4 2 k知图，期线y=x301经过A,8俏点，连艳0L, 一期为的米标是 3题用 A指，过点程作DLy地.垂足为》，交4干点 4七年一辞要从2名男生和3名女生中选择周名学 B,且B为0的中点，则△市的雀积是（ 生参妇们面比赛，拾好这样【名男生和1名女生的 4-270 区关于。的不等式国 个整数解 4.5 .3.5 0.2.5 a钧民直花明是 见世■团足离酒日历领歌汽理实域者南 23,1木延端分6分)能形.雕意线y:一，4+：与 5(本清分8分)甲、乙两货车分州从距2节k (2)当L直C=0时，如图2：当∠从G=10,： 网.【木延端分0分)面图，在平面直角聚标系中，等边 上掬交于4，B周点，与y轴交于点C,其中B到10). 的A事再地问时出发，甲务车从A德出发这显记 如圆。登别写出线段且，：，作之闭的数 三角思8的边馆在x物上，点专在第一象取 G0.3》 成站时，停下来朝假，年小时日饺放住B趋，乙货 量关系，年法群周2晚用3进行明： 1的长度是一元次方程-S一6=自的根，动 (》求抛物线的解断式： (2》在第二象限的世物线上是否存在一点P,使得 沿同，条公路从B炮驶生A地，包乙货车河达 点P从点)出发以每修2个单仪长度约连度沿西 △A的雀量大.养存在，谓直接可出点P 配货站接到餐急任等立里？路单遍运国非地，错 线4一B运请，南点传从点少出发以斜物3个单 坐标和6T的面积最大值1若不存在，请说 聚出甲货车观半小时到话制地图基甲，乙再提 位长度的遇度沿折线移-且4运动，P,心两点同时 车距A表的距肉：m)与行慰时网4(h1之具的 出发，相遇时停变运体设运动时间为秒(0《1或 而数图象，结合丽象答下列问题： 36).△)的面积为5 {1)甲货车再达配境焰之前的通度是 (1)象点A的坐标1 山h.乙，货的速度是 kn/h: 2意S与1的闲数关系式： (2)求甲好车在配等然都货后性任B表的过程中， 31在()的系件下，西3=6方时，点M在，轴上 甲督车面A城的正肉yk》与行壁时间，( 学标平围内是否存在直Y,使得以点心，P,慧，及 之利的局数解析式： 为斯点的国边果是菱眼、若存在，直接写出点3 (3)直接写出甲，乙两境车ǜ.行驶的过程中，出发多 的免5：若不在，说朝理山： 长叶0甲，乙两价车与黄站的真阳等 4,(本题满分)分}为因西落买数膏富办公厅关于 ”保障学生每天校内腔外各一一时体育桥动时 约要求，某学校要求学生每天里持棒育原简，学校 从全体男外中随机捷取了年分学中。潮容输的之 过院这成镜，整列妇下不完整的确数分布表刷战计 工.（本想满分1旧分》为了轴强字生的体质，某学校码 丽.结合下图解容下列风题： 学生在大课间开风属鞋子话动，苦购买甲，乙两 (》数分布表中裤▣ ,扇形统计目中n 种品牌鞋子已如购买甲种品弹足子相个利乙阵 (2》本次测资配定鲜话成黄的中位数落在 品南度于5个共需2阳无：购买甲种马脚醒子15 组期： 个相乙种B牌筐子11个儿需25元 (3)族控有国名男生，若这定绳好成领天手 (1)着买一个甲种品牌鞋子和一个乙种压殊视子各 即m为合情，睛情该校立定线这成慎合格 需曼多少尼？ 的男生有多少人 (2)若有买甲，乙传种品库国子其花赞130元，甲 件品牌鞋子数景不纸于乙种品牌健子数量的5 分1(n) 倍且不园过乙种品牌慰子数量的6留，则有儿 种香买方案？ 30C:写16 (3)若自家每传出一个甲什马牌医子利利是5无， 得W出一一个乙种品牌宽子利润是4元，在{2) 约民G0 的条并下，学校如阿斯买璧子商案获得料闲司 大？是大利制是多学无 6本清分8分)已如△AC是等灌三角形，AN= G,∠W=二∠a4C,∠作在∠aC的内E,点 W,N在C土，久在点N的左侧，程克线段 G,之问的数导关系 《1)图①.当∠是4G=0时，探究如下： 由乙6=0，AB=AG可细，将么4Y爱 期时针宽装阳，得具△4驶，则N=即直 ∠WW=0,在接W,易f△Pa△X司 可得P4N,在△wM币，根+程0 1,脚有W+=: