13.山东省日照市2024年初中学业水平考试-2025年山东中考数学必备试题汇编

　－５０　－ 第Ⅰ卷（选择题　３６分） 一、选择题：本题共１２小题，每小题３分，共３６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，请将符 合题目要求选项的字母代号填在括号里。 １．实数－１３，０，槡５，１．７３２中，无理数是 （　　） 　　 　 　　　　 　 　　　　 　 　　 Ａ．－１３ 槡Ｂ．０ Ｃ．５ Ｄ．１．７３２ ２．交通运输部２０２４年４月发布的全国港口货物吞吐量数 据显示，日照港２０２４年第一季度吞吐量为１５４９３万吨， 居全国主要港口第６位。将数据１５４９３００００用科学记 数法表示为 （　　） Ａ．１５．４９３×１０７ Ｂ．１．５４９３×１０８ Ｃ．０．１５４９３×１０９ Ｄ．１５４９３×１０４ ３．如图，直线 ＡＢ，ＣＤ相交于点 Ｏ。若∠１＝４０°，∠２＝ １２０°，则∠ＣＯＭ的度数为 （　　） Ａ．７０° Ｂ．８０° Ｃ．９０° Ｄ．１００° ４．如图是由５个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果 将小正方体Ａ放置到小正方体Ｂ的正上方，那么它的三 视图变化情况是 （　　） Ａ．主视图会发生改变 Ｂ．左视图会发生改变 Ｃ．俯视图会发生改变 Ｄ．三种视图都会发生改变 ５．下列计算正确的是 （　　） Ａ．（２ａ２）３＝６ａ６ Ｂ．ａ３－ａ２＝ａ Ｃ．ａ３·ａ４＝ａ１２ Ｄ．ａ４÷ａ３＝ａ ６．某班４０名同学一周参加体育锻炼的时间统计图如图所 示，那么该班４０名同学一周参加体育锻炼时间的众数、 中位数分别是 （　　） Ａ．９，９ Ｂ．１４，９ Ｃ．１４，８．５ Ｄ．９，８．５ ７．我国明代数学家程大位编撰的《算法统宗》记载了“绳 索量竿”问题：“一条竿子一条索，索比竿子长一托，折 回索子来量竿，却比竿子短一托，问索、竿各长几何？” 译文为：“有一根竿和一条绳，若用绳去量竿，则绳比竿 长５尺；若将绳对折后再去量竿，则绳比竿短５尺，问 绳和竿各有多长？”设绳长 ｘ尺，竿长 ｙ尺，根据题意， 得 （　　） （注：“托”和“尺”为古代的长度单位，１托＝５尺） Ａ． ｘ－ｙ＝５， ｙ－１２ｘ{ ＝５ Ｂ． ｙ－ｘ＝５， １ ２ｘ－ｙ{ ＝５ Ｃ． ｘ－ｙ＝５， ２ｘ＝ｙ{ ＋５ Ｄ．ｘ－ｙ＝５，ｙ－２ｘ{ ＝５ ８．已知，实数ｘ１，ｘ２（ｘ１≠ｘ２）是关于ｘ的方程ｋｘ ２＋２ｋｘ＋１ ＝０的两个根。若１ｘ１ ＋１ｘ２ ＝２，则ｋ的值为 （　　） Ａ．１ Ｂ．－１ Ｃ．１２ Ｄ．－ １ ２ ９．潮汐塔是万平口区域内的标志性建筑，在其塔顶可俯 视景区全貌。某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔 ＡＢ的高度，测量方案如图所示。无人机在距水平地面 １１９ｍ的点Ｍ处测得潮汐塔顶端Ａ的俯角为２２°，再将 无人机沿水平方向飞行７４ｍ到达点Ｎ，测得潮汐塔底 端Ｂ的俯角为４５°（点Ｍ，Ｎ，Ａ，Ｂ在同一平面内），则潮 汐塔ＡＢ的高度为 （　　） （结果精确到１ｍ。参考数据：ｓｉｎ２２°≈０．３７，ｃｏｓ２２°≈ ０．９３，ｔａｎ２２°≈０．４０） 　 Ａ．４１ｍ Ｂ．４２ｍ Ｃ．４８ｍ Ｄ．５１ｍ １０．如图，在菱形 ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝２，∠Ｂ＝１２０°，点 Ｏ是对 角线ＡＣ的中点，以点 Ｏ为圆心，ＯＡ长为半径作圆心 角为６０°的扇形ＯＥＦ，点 Ｄ在扇形 ＯＥＦ内，则图中阴 影部分的面积为 （　　） Ａ．π２－ 槡３ ４ Ｂ．π－ 槡３ ４ Ｃ． π ２－ １ ４ Ｄ．无法确定 １１．已知二次函数 ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ图象的一部分如图所示， 该函数图象经过点（－１，０），对称轴为直线ｘ＝２。对于 下列结论：①ａｂｃ＜０；②ａ＋ｃ＝ｂ；③多项式 ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ 可因式分解为（ｘ＋１）（ｘ－５）；④当 ｍ＞－９ａ时，关于 ｘ 的方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝ｍ无实数根。其中正确的结论有 （　　） Ａ．１个 Ｂ．２个 Ｃ．３个 Ｄ．４个 １２．在数学活动课上，老师给出了一个数字构造游戏：对于 给定的一列有序数字，在每相邻两个数之间插入这两数 的和，形成新的一列有序数字。现有一列数：２，４，进行 第１次构造，得到新的一列数：２，６，４，第２次构造后，得 到一列数：２，８，６，１０，４，…，第 ｎ次构造后得到一列数： ２，ｘ１，ｘ２，ｘ３，…，ｘｋ，４，记 ａｎ＝２＋ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋… ＋ｘｋ＋ ４。某小组经过讨论得出如下结论，错误的是 （　　） Ａ．ａ３＝８４ Ｂ． ａｎ ３为偶数 Ｃ．ａｎ＋１＝３ａｎ－６ Ｄ．ｋ＝２ｎ－１ 第Ⅱ卷（非选择题　８４分） 二、填空题：本题共４小题，每小题３分，共１２分。不需写 出解答过程，请将答案直接写在横线上。 １３．计算：槡 槡｜２－２｜＋２－２０２４ ０＝　　　　。 １４．一个多边形的内角和为１０８０°，则这个多边形是　　　　 边形。 １５．已知一次函数 ｙ１＝ａｘ和 ｙ２＝ １ ２ｘ＋１，当 ｘ≤１时，函数 ｙ２的图象在函数 ｙ１的图象上方，则 ａ的取值范围是 　　　　。　 １６．如图，在平面直角坐标系ｘＯｙ中，点Ａ（４，０），Ｃ（０，槡４２） 是矩形 ＯＡＢＣ的顶点，点 Ｍ，Ｎ分别是边 ＡＢ，ＯＣ上的 点，将矩形ＯＡＢＣ沿直线 ＭＮ折叠，使点 Ｂ的对应点 Ｂ′ 在边ＯＡ的中点处，点Ｃ的对应点Ｃ′在反比例函数 ｙ＝ ｋ ｘ的图象上，则ｋ＝　　　　。 三、解答题：本题共６个小题，满分７２分。请在指定区域内 作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤。 １７．（１０分）（１）解不等式组： ２ｘ－５＜７， ５－２（ｘ－２）≥３－６ｘ{ ； （２）先化简，再求值： ｘ＋３ｘ２－ｘ － ｘ ｘ２－２ｘ( )＋１ ÷２ｘ－３ｘ ，其中 ｘ满足ｘ２－２ｘ－１＝０。 １８．（１０分）为进一步推动阳光体育运动，提高学生身体素 质，今年５月学校举行健美操比赛，最终有甲、乙、丙三 个班级进入团体决赛．团体决赛需要分别进行五个单项 比赛，计分规则如下表： 单项比赛计分规则 五名裁判打分，去掉一个最高分 和一个最低分，剩下三个有效分 的平均数即为该项得分 团体决赛计分规则 各单项比赛得分之和为团体最 终成绩，名次按团体最终成绩由 高到低排序 现将参加比赛的甲、乙、丙三个班级的得分数据进行整 理、描述和分析，并绘制统计图表，部分信息如下： ａ．甲、乙两班五个单项得分折线图： －４９－ １３日照市２０２４年初中学业水平考试 （时间：１２０分钟　总分：１２０分） 　－５２　－ ｂ．丙班五个单项得分表： 项目 一 二 三 四 五 得分 ７８ ｍ ９４ ９０ ９２ 根据以上信息，回答下列问题： （１）已知丙班第二个单项比赛中，五名裁判的打分分别 为８０，８４，８６，８３，８２，求丙班第二个单项的得分ｍ； （２）若团体最终成绩相同，则整体发挥稳定性最好的班 级排名靠前，那么获得团体比赛冠军的是　　　　班； （填“甲”“乙”或“丙”） （３）获得团体决赛前两名的班级可得到一套图书奖励， 现有Ａ，Ｂ，Ｃ三种图书可供选择。请用列表或画树状图 的方法，求两个班级选择同一套图书的概率。 １９．（１２分）如图，以ＡＢＣＤ的顶点 Ｂ为圆心，ＡＢ长为半 径画弧，交ＢＣ于点Ｅ，再分别以点Ａ，Ｅ为圆心，大于１２ ＡＥ的长为半径画弧，两弧交于点 Ｆ，画射线 ＢＦ，交 ＡＤ 于点Ｇ，交ＣＤ的延长线于点Ｈ。 （１）由以上作图可知，∠１与∠２的数量关系是　　　　； （２）求证：ＣＢ＝ＣＨ； （３）若 ＡＢ＝４，ＡＧ＝２ＤＧ，∠ＡＢＣ＝６０°，求△ＢＣＨ的 面积。 ２０．（１２分）【问题背景】２０２４年４月２３日是第１８个“世 界读书日”，为给师生提供更加良好的阅读环境，学校 决定扩大图书馆面积，增加藏书数量，现需购进２０个 书架用于摆放书籍。 【素材呈现】 素材一：有Ａ，Ｂ两种书架可供选择，Ａ种书架的单价 比Ｂ种书架单价高２０％； 素材二：用１８０００元购买Ａ种书架的数量比用９０００ 元购买Ｂ种书架的数量多６个； 素材三：Ａ种书架数量不少于Ｂ种书架数量的２３。 【问题解决】 问题一：求出Ａ，Ｂ两种书架的单价； 问题二：设购买ａ个Ａ种书架，购买总费用为ｗ元，求 ｗ与 ａ的函数关系式，并求出费用最少时的购买 方案； 问题三：实际购买时，商家调整了书架价格，Ａ种书架 每个降价ｍ元，Ｂ种书架每个涨价１３ｍ元，按问题二 的购买方案需花费２１１２０元，求ｍ的值。 ２１．（１４分）如图１，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，ＡＢ＝１２，Ｃ是⊙Ｏ上 异于Ａ，Ｂ的任一点，连接 ＡＣ，ＢＣ，过点 Ａ作射线 ＡＤ⊥ ＡＣ，Ｄ是射线ＡＤ上一点，连接ＣＤ。 【特例感知】 （１）若ＢＣ＝６，则ＡＣ＝　　　　； （２）若点Ｃ，Ｄ在直线ＡＢ同侧，且∠ＡＤＣ＝∠Ｂ，求证：四 边形ＡＢＣＤ是平行四边形； 【深入探究】 若在点Ｃ运动过程中，始终有ｔａｎ∠ＡＤＣ 槡＝３，连接ＯＤ。 （３）如图２，当ＣＤ与⊙Ｏ相切时，求ＯＤ的长度； （４）求ＯＤ长度的取值范围。 　　 ２２．（１４分）已知二次函数ｙ＝－ｘ２＋（２ａ＋４）ｘ－ａ２－４ａ（ａ 为常数）。 （１）求证：不论ａ为何值，该二次函数图象与ｘ轴总有两 个公共点； （２）当ａ＋１≤ｘ≤２ａ＋５（ａ≥－１）时，该二次函数的最大 值与最小值之差为９，求此时函数的解析式； （３）若二次函数图象对称轴为直线 ｘ＝１，该函数图象与 ｘ轴交于 Ａ，Ｂ两点（点 Ａ在点 Ｂ左侧），与 ｙ轴交于点 Ｃ。点Ｃ关于对称轴的对称点为Ｄ，Ｍ是ＣＤ的中点，过 点Ｍ的直线 ｌ（直线 ｌ不过 Ｃ，Ｄ两点）与二次函数图象 交于Ｅ，Ｆ两点，直线ＣＥ与直线ＤＦ相交于点Ｐ。 ①求证：点Ｐ在一条定直线上； ②若Ｓ△ＣＯＰ＝ ３ ５Ｓ△ＡＢＰ，请直接写出满足条件的直线 ｌ的 解析式，不必说明理由。 －５１－ （３）解：∵ＢＥ＝ＤＥ，ＢＥ＝ＥＦ，∴ＤＥ＝ＥＦ。 ∵∠ＤＥＦ＝６０°，∴△ＤＥＦ是等边三角形。 ∴ＤＥ＝ＤＦ＝ＥＦ。∴ＢＥ＝ＤＦ。 ∴线段ＤＦ的长度最短，即线段ＢＥ的长度最短。 ∴当ＢＥ⊥ＡＣ时，ＢＥ最短，如图３。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形， ∴ＡＢ＝ＢＣ。 ∵∠ＡＢＣ＝６０°，∴△ＡＢＣ是等边三角形。 ∴ＢＣ＝ＡＢ＝ＡＣ＝１０ｃｍ。 ∵ＢＥ⊥ＡＣ，∴ＣＥ＝１２ＡＣ＝５ｃｍ，即２ｘ＝５。∴ｘ＝ ５ ２。 ∴当ｘ＝５２时，线段ＤＦ的长度最短。 ２４．解：（１）∵ｙ＝ｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ｂ＜０）与ｘ轴交点的坐标分别 为（ｘ１，０），（ｘ２，０），且ｘ１＜ｘ２， ∴ｘ１＋ｘ２＝－ｂ，且抛物线开口向上。 ∵ｙ１＝ｘ ２＋ｂｘ＋ｃ＋１（ｂ＜０）与ｘ轴交点的坐标分别为 （ｘ３，０），（ｘ４，０），且ｘ３＜ｘ４， 即ｙ＝ｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ｂ＜０）向上平移１个单位长度， ∴ｘ１＜ｘ３＜ｘ４＜ｘ２，且ｘ３＋ｘ４＝－ｂ。 ∴ｘ１＋ｘ２＝ｘ３＋ｘ４。 ∵ｘ２－ｘ１＞ｘ４－ｘ３， ∴ｘ１－ｘ３＜ｘ２－ｘ４，ｘ２＋ｘ３＞ｘ１＋ｘ４。 故答案为＝；＜；＞。 （２）∵ｘ１＝１，２＜ｘ２＜３， ∴３＜ｘ２＋ｘ１＜４。 ∴３＜－ｂ＜４。 ∴－４＜ｂ＜－３。 （３）抛物线的顶点坐标为 －ｂ２， ４ｃ－ｂ２( )４ ， 对称轴为直线ｘ＝－ｂ２＞０。 当ｘ＝０时，ｙ＝ｃ， 当ｘ＝１时，ｙ＝１＋ｂ＋ｃ。 ①当在ｘ＝０取得最大值，在ｘ＝１取得最小值时， －ｂ２≥１，即ｂ≤－２， 有ｃ－（１＋ｂ＋ｃ）＝９１６， 解得ｂ＝－２５１６（舍去）； ②当在ｘ＝０取得最大值，在顶点取得最小值时， ０＜－ｂ２＜１，即－２＜ｂ＜０， 有ｃ－４ｃ－ｂ ２ ４ ＝ ９ １６，解得ｂ＝ ３ ２（舍去）或ｂ＝－ ３ ２； ③当在ｘ＝１取得最大值，在顶点取得最小值时， ０＜－ｂ２＜１，即－２＜ｂ＜０， 有１＋ｂ＋ｃ－４ｃ－ｂ ２ ４ ＝ ９ １６，解得ｂ＝－ ７ ２（舍去）或ｂ＝ －１２。 综上所述，ｂ的值为－３２或－ １ ２。 １３日照市２０２４年初中学业水平考试 １．Ｃ　【解析】－１３，０，１．７３２都是有理数，槡５是无理数。 故选Ｃ。 ２．Ｂ　【解析】１５４９３００００＝１．５４９３×１０８。故选Ｂ。 ３．Ｂ　【解析】∵∠２＝∠ＢＯＣ＝∠ＣＯＭ＋∠１， ∴∠ＣＯＭ＝∠２－∠１＝１２０°－４０°＝８０°。故选Ｂ。 ４．Ａ　【解析】移动前的主视图为 ，左视图为 ，俯视图为 ，移动 后 的 主 视 图 为 ，左视图为 ，俯视图为 ，所以 它的主视图会发生变化。故选Ａ。 ５．Ｄ　【解析】Ａ．（２ａ２）３＝８ａ６，该选项错误，不符合题意； Ｂ．ａ３与ａ２不是同类项，不能合并，该选项错误，不符合 题意； Ｃ．ａ３·ａ４＝ａ７，该选项错误，不符合题意； Ｄ．ａ４÷ａ３＝ａ，该选项正确，符合题意。故选Ｄ。 ６．Ａ　【解析】由统计图可知，该班４０名同学一周参加体 育锻炼时间的众数是９，中位数是（９＋９）÷２＝９。 故选Ａ。 ７．Ａ　【解析】由题意，得 ｘ－ｙ＝５， ｙ－１２ｘ＝５{ 。故选Ａ。 ８．Ｂ　【解析】∵实数 ｘ１，ｘ２（ｘ１≠ｘ２）是关于 ｘ的方程 ｋｘ ２ ＋２ｋｘ＋１＝０的两个根， ∴ｘ１＋ｘ２＝－２，ｘ１ｘ２＝ １ ｋ。 ∵ １ｘ１ ＋１ｘ２ ＝２，∴ ｘ１＋ｘ２ ｘ１ｘ２ ＝２。 ∴－２ｋ＝２。解得ｋ＝－１。故选Ｂ。 ９．Ｂ　【解析】如图，延长ＢＡ交ＭＮ于点Ｃ。 由题意，得ＢＣ⊥ＭＮ，ＢＣ＝１１９ｍ，ＭＮ＝７４ｍ。 在Ｒｔ△ＣＮＢ中，∠ＣＮＢ＝４５°， ∴ＣＮ＝ ＢＣｔａｎ４５°＝１１９ｍ。 ∴ＣＭ＝ＭＮ＋ＣＮ＝１９３ｍ。 在Ｒｔ△ＡＭＣ中，∠ＡＭＣ＝２２°， ∴ＡＣ＝ＣＭ·ｔａｎ２２°≈１９３×０．４＝７７．２（ｍ）， ∴ＡＢ＝ＢＣ－ＡＣ＝１１９－７７．２≈４２（ｍ）。故选Ｂ。 １０．Ａ　【解析】如图，设ＯＦ交ＡＤ于点Ｍ，连接ＯＤ，将ＯＤ 绕点Ｏ顺时针旋转６０°得到ＯＤ′。 易证△ＭＤＯ≌△ＮＤ′Ｏ， ∴Ｓ四边形ＭＤＮＯ＝Ｓ△ＤＯＤ′。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，点Ｏ是对角线ＡＣ的中点， ∴ＯＤ⊥ＯＡ，∠ＡＤＯ＝∠ＣＤＯ＝１２∠ＡＤＣ＝ １ ２∠Ｂ                                                                  ＝ —８３— ６０°。　 ∴ＯＤ＝１２ＡＢ＝１，ＯＡ＝ 槡３ ２ＡＢ 槡＝３。 ∴Ｓ阴影 ＝Ｓ扇形ＥＯＦ－Ｓ四边形ＭＤＮＯ＝Ｓ扇形ＥＯＦ－Ｓ△ＤＯＤ′ ＝６０π×（槡３） ２ ３６０ － 槡３ ４×１ ２＝π２－ 槡３ ４。故选Ａ。 １１．Ｃ　【解析】由题图可知ａ＜０，ｃ＞０，－ｂ２ａ＞０， ∴ｂ＞０。 ∴ａｂｃ＜０。故①正确； 当ｘ＝－１时，ａ－ｂ＋ｃ＝０，即ａ＋ｃ＝ｂ。故②正确； ∴二次函数的图象与 ｘ轴的一个交点的横坐标为 －１。 ∵对称轴为直线ｘ＝２， ∴二次函数的图象与 ｘ轴的另一个交点的横坐标 为５。 ∴多项式ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝ａ（ｘ＋１）（ｘ－５）。故③错误； ∵－ｂ２ａ＝２， ∴ｂ＝－４ａ。 ∵ａ＋ｃ＝ｂ，∴ｃ＝－５ａ。 ∵当ｘ＝２时，ｙ有最大值， 即ｙ＝４ａ＋２ｂ＋ｃ＝４ａ－８ａ－５ａ＝－９ａ， ∴当ｍ＞－９ａ时，抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ与直线ｙ＝ｍ 的图象无交点，即关于 ｘ的方程 ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝ｍ无实 数根。故④正确。故选Ｃ。 １２．Ｄ　【解析】由题意，得ａ１＝２＋６＋４＝１２， 此时１２÷３＝４，ｋ＝１＝２１－１， ａ２＝１２＋８＋１０＝３０＝３ａ１－６， 此时 ３ａ１－６ ３ ＝ａ１－２，ｋ＝３＝２ ２－１， ａ３＝３０＋１０＋１４＋１６＋１４＝８４＝３ａ２－６， 此时 ３ａ２－６ ３ ＝ａ２－２，ｋ＝７＝２ ３－１。故Ａ正确； ａ４＝ａ３＋１６２＝３ａ３－６， 此时 ３ａ３－６ ３ ＝ａ３－２，ｋ＝１５＝２ ４－１， 归纳可得ａｎ＝３ａｎ－１－６。 此时 ３ａｎ－１－６ ３ ＝ａｎ－１－２，ｋ＝２ ｎ－１。 故Ｂ，Ｃ正确，Ｄ错误。故选Ｄ。 １３．１　【解析】原式 槡 槡＝２－２＋２－１＝１。 １４．八　【解析】设这个多边形是ｎ边形。 由题意，得（ｎ－２）·１８０°＝１０８０°。 解得ｎ＝８。∴这个多边形是八边形。 １５．１２≤ａ＜ ３ ２　【解析】如图。 由图易知，当 １ ２≤ａ＜ ３ ２，ｘ≤１时，函数ｙ２的图象在函 数ｙ１的图象上方。 １６．－ 槡１６０２８１ 　【解析】如图，设ＢＢ′交ＭＮ于点Ｅ，过点Ｃ′ 作Ｃ′Ｈ⊥ｘ轴于点Ｈ。 ∵四边形ＯＡＢＣ是矩形，Ａ（４，０），Ｃ（０，槡４２）， ∴∠Ｂ＝∠Ａ＝９０°，ＯＡ＝ＢＣ＝４，ＡＢ 槡＝４２。 ∵点Ｂ′是ＯＡ的中点，∴ＡＢ′＝２。 在Ｒｔ△ＡＢＢ′中，∵ＡＢ 槡＝４２，ＡＢ′＝２， ∴ＢＢ′＝ （槡４２） ２＋２槡 ２＝６。 ∵矩形ＯＡＢＣ沿直线ＭＮ折叠， ∴ＢＢ′⊥ＭＮ，ＢＥ＝１２ＢＢ′＝３，Ｂ′Ｃ′＝ＢＣ＝４。 ∵∠ＥＢＭ＝∠ＡＢＢ′，∴△ＥＢＭ∽△ＡＢＢ′， ∴ＥＢＡＢ＝ ＢＭ ＢＢ′，即 ３ 槡４２ ＝ＢＭ６。解得ＢＭ＝ 槡９２ ４。 ∴Ｂ′Ｍ＝ 槡９２４。 ∵ＡＢ 槡＝４２，∴ＡＭ＝ＡＢ－ＢＭ＝ 槡 ７２ ４。 ∵∠Ｃ′Ｂ′Ｍ＝∠ＣＢＭ＝９０°， ∴∠Ｃ′Ｂ′Ｈ＋∠ＭＢ′Ａ＝９０°。 ∵∠ＭＢ′Ａ＋∠Ｂ′ＭＡ＝９０°， ∴∠Ｃ′Ｂ′Ｈ＝∠Ｂ′ＭＡ。 又∵∠Ｃ′ＨＢ′＝∠Ｂ′ＡＭ＝９０°， ∴△Ｃ′ＨＢ′∽△Ｂ′ＡＭ。 ∴Ｃ′ＨＢ′Ａ＝ ＨＢ′ ＡＭ＝ Ｃ′Ｂ′ Ｂ′Ｍ，即 Ｃ′Ｈ ２ ＝ ＨＢ′ 槡７２ ４ ＝ ４ 槡９２ ４ 。 解得Ｃ′Ｈ＝ 槡１６２９ ，ＨＢ′＝ ２８ ９。 ∴ＯＨ＝１０９。 ∴点Ｃ′的坐标为 －１０９， 槡１６２( )９ 。 ∴ｋ＝－１０９× 槡１６２ ９ ＝－ 槡１６０２ ８１ 。 １７．解：（１）２ｘ－５＜７，①５－２（ｘ－２）≥３－６ｘ，{ ② 解不等式①，得ｘ＜６。 解不等式②，得ｘ≥－３２。 ∴不等式组的解集为－３２≤ｘ＜６。 （２）原式＝ ｘ＋３ｘ（ｘ－１）－ ｘ （ｘ－１）[ ]２ · ｘ２ｘ－３ ＝（ｘ＋３）（ｘ－１）－ｘ ２ ｘ（ｘ－１）２ · ｘ ２ｘ－３ ＝ ２ｘ－３ ｘ（ｘ－１）２ · ｘ ２ｘ－３＝ １ （ｘ－１）２ ＝ １ ｘ２－２ｘ＋１ 。 当ｘ２－２ｘ－１＝０时，ｘ２－２ｘ＝１， ∴原式＝１２。 １８．解：（１）由题意，得去掉一个最高分８６分，去掉一个最 低分８０分，则ｍ＝８４＋８３＋８２３ ＝８３                                                                  。 —９３— （２）乙 （３）列表如下： 第二名 第一名 Ａ Ｂ Ｃ Ａ （Ａ，Ａ） （Ａ，Ｂ） （Ａ，Ｃ） Ｂ （Ｂ，Ａ） （Ｂ，Ｂ） （Ｂ，Ｃ） Ｃ （Ｃ，Ａ） （Ｃ，Ｂ） （Ｃ，Ｃ） 共有９种等可能的结果，其中两个班级选择同一套图 书的结果有３种， ∴Ｐ（两个班级选择同一套图书）＝３９＝ １ ３。 １９．（１）解：∠１＝∠２（或“相等”） （２）证明：∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， ∴ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ＝ＣＤ。∴∠１＝∠Ｈ。 ∵∠１＝∠２，∴∠２＝∠Ｈ。 ∴ＣＢ＝ＣＨ。 （３）解：∵ＡＧ＝２ＤＧ，∴ＡＧＤＧ＝２。 ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴ＡＢＤＨ＝ ＡＧ ＤＧ＝２。∴ＤＨ＝ １ ２ＡＢ＝２。 ∴ＢＣ＝ＣＨ＝ＤＨ＋ＣＤ＝６。 如图，过点Ｈ作ＢＣ的垂线交ＢＣ的延长线于点Ｍ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠ＨＣＭ＝∠ＡＢＣ＝６０°。 ∴ＨＭ＝ＣＨ· 槡ｓｉｎ６０°＝３３， ∴Ｓ△ＢＣＨ＝ １ ２ＢＣ·ＨＭ 槡＝９３。 ２０．解：问题一：设Ｂ种书架的单价为ｘ元，则Ａ种书架的 单价为（１＋２０％）ｘ元。 由题意，得 １８０００ （１＋２０％）ｘ－ ９０００ ｘ ＝６。 解得ｘ＝１０００。 经检验，ｘ＝１０００是分式方程的解，且符合题意。 ∴（１＋２０％）ｘ＝（１＋２０％）×１０００＝１２００。 答：Ａ，Ｂ两种书架的单价分别为１２００元，１０００元。 问题二：由题意，得ａ≥ ２３（２０－ａ）。解得ａ≥８。 ｗ＝１２００ａ＋１０００（２０－ａ）＝２００ａ＋２００００。 ∵２００＞０，∴ｗ随着ａ的增大而增大。 当ａ＝８时，ｗ的值最小，最小值为２００×８＋２００００＝ ２１６００。 ∴费用最少时购买Ａ种书架８个，Ｂ种书架１２个。 问题三：由题意，得 （１２００－ｍ）×８＋ １０００＋１３( )ｍ ×１２＝２１１２０。 解得ｍ＝１２０。 ２１．（１）解：槡６３ （２）证明：∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴∠ＡＣＢ＝９０°。 ∵ＡＤ⊥ＡＣ，∴∠ＤＡＣ＝９０°。∴∠ＤＡＣ＝∠ＡＣＢ。 ∴ＡＤ∥ＢＣ。 ∵∠ＡＤＣ＝∠Ｂ，ＡＣ＝ＡＣ，∴△ＡＤＣ≌△ＣＢＡ（ＡＡＳ）。 ∴ＡＤ＝ＢＣ，∴四边形ＡＢＣＤ是平行四边形。 （３）解：在Ｒｔ△ＡＣＤ中，∵ｔａｎ∠ＡＤＣ 槡＝３， ∴∠ＡＤＣ＝６０°，∠ＡＣＤ＝３０°。 如图１，连接ＯＣ。 图１ ∵ＣＤ是⊙Ｏ的切线，∴ＯＣ⊥ＣＤ。 ∴∠ＡＣＤ＋∠ＡＣＯ＝９０°。 又∵∠ＡＣＯ＋∠ＯＣＢ＝９０°，∴∠ＡＣＤ＝∠ＯＣＢ。 ∴∠Ｂ＝∠ＡＣＤ＝３０°。 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＡＣ＝ＡＢ·ｓｉｎ３０°＝６， 在Ｒｔ△ＡＣＤ中，ＣＤ＝ ＡＣｃｏｓ３０° 槡＝４３， ∴在Ｒｔ△ＣＯＤ中，ＯＤ＝ ＣＤ２＋ＯＣ槡 ２＝ （槡４３） ２＋６槡 ２ 槡＝２ ２１。 （４）解：如图２，过点 Ａ作射线 ＡＦ⊥ＡＢ，作射线 ＯＦ满 足∠ＡＯＦ＝６０°，射线 ＡＦ与 ＯＦ交于点 Ｆ，连接 ＯＣ，ＣＦ。 图２ 在Ｒｔ△ＡＯＦ中，ＡＦ＝ＯＡ· 槡ｔａｎ６０°＝３ＯＡ。 ∵ｔａｎ∠ＡＤＣ 槡＝３，∴ＡＣ 槡＝３ＡＤ。 ∴ＡＣＡＤ＝ ＡＦ ＯＡ 槡＝３。 ∵∠ＤＡＣ＝∠ＯＡＦ＝９０°， ∴∠ＤＡＣ＋∠ＣＡＯ＝∠ＯＡＦ＋∠ＣＡＯ， 即∠ＤＡＯ＝∠ＣＡＦ。∴△ＣＡＦ∽△ＤＡＯ。 ∴ＣＦＤＯ＝ ＡＣ ＡＤ 槡＝３，即ＣＦ 槡＝３ＯＤ。 在Ｒｔ△ＡＯＦ中，∵ＯＡ＝６，ＡＦ 槡＝３ＯＡ 槡＝６３， ∴ＯＦ＝ ＯＡ２＋ＡＦ槡 ２＝１２。 又∵ＯＦ－ＯＣ≤ＣＦ≤ＯＦ＋ＯＣ， ∴６≤ＣＦ≤１８。 槡∴２３≤ＯＤ≤ 槡６３。 ２２．（１）证明：令ｙ＝０，得－ｘ２＋（２ａ＋４）ｘ－ａ２－４ａ＝０， 此时Δ＝（２ａ＋４）２－４（ａ２＋４ａ）＝１６＞０。 ∴不论ａ为何值，方程总有两个不相等的实数根。 ∴二次函数图象与ｘ轴总有两个公共点。 （２）解：由二次函数的解析式，得ｙ＝－［ｘ－（ａ＋２）］２ ＋４， ∴函数图象的对称轴为直线ｘ＝ａ＋２，最大值为４。 ∵ａ＋２－（ａ＋１）＝１，２ａ＋５－（ａ＋２）＝ａ＋３≥２， ∴当ｘ＝２ａ＋５时，ｙ取得最小值， 最小值为－［２ａ＋５－（ａ＋２）］２＋４＝－（ａ＋３）２＋４。 ∴４－［－（ａ＋３）２＋４］＝９。 解得ａ＝０或ａ＝－６（舍去）。 ∴二次函数的解析式为ｙ＝－ｘ２＋４ｘ。 （３）①证明：∵对称轴为直线ｘ＝ａ＋２＝１，∴ａ＝－１。 ∴二次函数的解析式为ｙ＝－ｘ２＋２ｘ＋３。 令ｙ＝０，解得ｘ＝－１或ｘ＝３，即Ａ（－１，０），Ｂ（３，０）。 令ｘ＝０，解得ｙ＝３，即Ｃ（０，３），Ｄ（２，３），Ｍ（１，３）。 设Ｅ（ｍ，－ｍ２＋２ｍ＋３），Ｆ（ｎ，－ｎ２＋２ｎ＋３）， 由题意知ｍ≠ｎ，且均不为０，２                                                                  。 —０４— 设直线ＥＦ的解析式为ｙ＝ｋ１ｘ＋ｂ１， 则 －ｍ２＋２ｍ＋３＝ｋ１ｍ＋ｂ１， －ｎ２＋２ｎ＋３＝ｋ１ｎ＋ｂ１{ ， 解得 ｋ１＝２－ｍ－ｎ， ｂ１＝ｍｎ＋３{ ， ∴直线ＥＦ的解析式为ｙ＝（２－ｍ－ｎ）ｘ＋ｍｎ＋３。 又∵直线ＥＦ过点Ｍ（１，３）， ∴３＝２－ｍ－ｎ＋ｍｎ＋３，即ｍｎ＝ｍ＋ｎ－２．Ⅰ 设直线ＣＥ的解析式为ｙ＝ｋ２ｘ＋ｂ２， 把Ｅ（ｍ，－ｍ２＋２ｍ＋３），（０，３）代入， 得 －ｍ２＋２ｍ＋３＝ｋ２ｍ＋ｂ２， ３＝ｂ２{ ， 解得ｋ２＝－ｍ＋２。 ∴直线ＣＥ的解析式为ｙ＝（－ｍ＋２）ｘ＋３．Ⅱ 同理可得直线ＤＦ的解析式为ｙ＝－ｎｘ＋２ｎ＋３．Ⅲ 由ⅡⅢ联立，得 ｙ＝（－ｍ＋２）ｘ＋３，ｙ＝－ｎｘ＋２ｎ＋３{ ， 解得 ｘ＝ ２ｎｎ－ｍ＋２， ｙ＝－２ｎｍ＋４ｎｎ－ｍ＋２ ＋３ { 。 ∴Ｐ ２ｎｎ－ｍ＋２， －２ｎｍ＋４ｎ ｎ－ｍ＋２( )＋３。 设点Ｐ所在直线的解析式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ， 将点Ｐ的坐标代入，得 －２ｎｍ＋４ｎｎ－ｍ＋２ ＋３＝ｋ· ２ｎ ｎ－ｍ＋２ ＋ｂ，将Ⅰ代入化简，得 －５ｍ＋５ｎ＋１０＝－ｂｍ＋（２ｋ＋ｂ）ｎ＋２ｂ， 由对应系数相等，得ｋ＝０，ｂ＝５， ∴点Ｐ所在直线的解析式为ｙ＝５，即点Ｐ在一条定直 线上。 ②解：∵Ａ（－１，０），Ｂ（３，０），Ｃ（０，３）， ∴ＡＢ＝４，ＯＣ＝３。 ∵Ｓ△ＣＯＰ＝ ３ ５Ｓ△ＡＢＰ， ∴ １２ＯＣ·｜ｘＰ｜＝ ３ ５× １ ２ＡＢ·ｙＰ。 ∴ １２×３｜ｘＰ｜＝ ３ ５× １ ２×４ｙＰ。 ∴｜ｘＰ｜＝ ４ ５ｙＰ。 由①知，ｙＰ＝５， ∴｜ｘＰ｜＝４，ｘＰ＝±４。 当ｘＰ＝４时， ２ｎ ｎ－ｍ＋２＝４，整理，得ｎ＝２ｍ－４。 又∵ｍｎ＝ｍ＋ｎ－２，∴ｍ（２ｍ－４）＝ｍ＋２ｍ－４－２。 整理，得２ｍ２－７ｍ＋６＝０。 解得ｍ１＝ ３ ２，ｍ２＝２（不符合题意，舍去）。 ∴ｎ＝２ｍ－４＝２×３２－４＝－１。 ∴ｋ１＝２－ｍ－ｎ＝ ３ ２，ｂ１＝ｍｎ＋３＝ ３ ２。 ∴直线ｌ的解析式为ｙ＝３２ｘ＋ ３ ２； 当ｘＰ＝－４时， ２ｎ ｎ－ｍ＋２＝－４，整理，得ｎ＝ ２ｍ－４ ３ 。 又∵ｍｎ＝ｍ＋ｎ－２， ∴ｍ·２ｍ－４３ ＝ｍ＋ ２ｍ－４ ３ －２。 整理，得２ｍ２－９ｍ＋１０＝０。 解得ｍ１＝ ５ ２，ｍ２＝２（不符合题意，舍去）。 ∴ｎ＝２ｍ－４３ ＝ １ ３。 ∴ｋ１＝２－ｍ－ｎ＝－ ５ ６，ｂ１＝ｍｎ＋３＝ ２３ ６。 ∴直线ｌ的解析式为ｙ＝－５６ｘ＋ ２３ ６。 综上所述，当Ｓ△ＣＯＰ＝ ３ ５Ｓ△ＡＢＰ时，直线 ｌ的解析式为 ｙ ＝３２ｘ＋ ３ ２或ｙ＝－ ５ ６ｘ＋ ２３ ６。 １４北京市２０２４年初中学业水平考试 １．Ｂ　【解析】Ａ是中心对称图形，不是轴对称图形，不符 合题意；Ｂ既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合 题意；Ｃ既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不 符合题意；Ｄ是轴对称图形，不是中心对称图形，不符 合题意。故选Ｂ。 ２．Ｂ　【解析】∵ＯＥ⊥ＯＣ，∴∠ＣＯＥ＝∠ＤＯＥ＝９０°。 ∵∠ＢＯＤ＝∠ＡＯＣ＝５８°，∴∠ＢＯＥ＝９０°－５８°＝３２°。 故选Ｂ。 ３．Ｃ　【解析】由数轴，得－２＜ｂ＜－１，２＜ａ＜３， 所以｜ｂ｜＜２，ａ＋ｂ＞０，ａｂ＜０。故选Ｃ。 ４．Ｃ　【解析】∵关于ｘ的一元二次方程 ｘ２－４ｘ＋ｃ＝０有 两个相等的实数根， ∴Δ＝（－４）２－４ｃ＝０，解得ｃ＝４。故选Ｃ。 ５．Ａ　【解析】列表如下： 红 黄 红 （红，红） （红，黄） 黄 （黄，红） （黄，黄） 共有４种等可能的结果，其中两次摸出的都是红球的 结果有１种， 所以两次摸出的都是红球的概率为 １ ４。故选Ａ。 ６．Ｄ　【解析】４×１０１７×５＝２×１０１８。故选Ｄ。 ７．Ａ　【解析】由作图过程可得ＯＣ＝ＯＤ＝Ｏ′Ｃ′＝Ｏ′Ｄ′， Ｃ′Ｄ′＝ＣＤ， ∴△Ｃ′Ｏ′Ｄ′≌△ＣＯＤ（ＳＳＳ）。 ∴判定△Ｃ′Ｏ′Ｄ′≌△ＣＯＤ的依据是三边分别相等的两 个三角形全等。故选Ａ。 ８．Ｂ　【解析】如图，延长ＢＤ和ＤＢ，连接ＯＨ。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，∠ＢＡＤ＝６０°， ∴∠ＢＡＯ＝∠ＤＡＯ＝３０°，∠ＡＯＤ＝∠ＡＯＢ＝９０°。 ∵菱形ＡＢＣＤ绕点Ｏ逆时针旋转９０°得到菱形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′， ∴点Ａ′，Ｃ′在直线ＢＤ上，点Ｂ′，Ｄ′在直线ＡＣ上， 且ＯＤ＝ＯＤ′＝ＯＢ＝ＯＢ′，ＯＡ＝ＯＡ′＝ＯＣ＝ＯＣ′。 ∴ＡＤ′＝Ｃ′Ｄ，∠Ｄ′ＡＨ＝∠ＤＣ′Ｈ＝３０°。 ∵∠Ｄ′ＨＡ＝∠ＤＨＣ′，∴△ＡＤ′Ｈ≌△Ｃ′ＤＨ（ＡＡＳ）。 ∴Ｄ′Ｈ＝ＤＨ，Ｃ′Ｈ＝ＡＨ。 同理可证Ｄ′Ｅ＝ＢＥ，ＢＦ＝Ｂ′Ｆ，Ｂ′Ｇ＝ＤＧ。 ∵∠ＥＡ′Ｂ＝∠ＨＣ′Ｄ＝３０°，Ａ′Ｂ＝Ｃ′Ｄ                                                                  ， —１４—