14.北京市2024年初中学业水平考试-2025年山东中考数学必备试题汇编

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— ∠Ａ′ＢＥ＝∠Ｃ′ＤＨ＝１２０°， ∴△Ａ′ＢＥ≌△Ｃ′ＤＨ（ＡＳＡ）。∴ＤＨ＝ＢＥ。 ∴ＤＨ＝ＢＥ＝Ｄ′Ｈ＝Ｄ′Ｅ＝ＢＦ＝Ｂ′Ｆ＝Ｂ′Ｇ＝ＤＧ。 ∴该八边形各边长都相等。故①正确； 根据角平分线的性质定理，得点 Ｏ到该八边形各边所 在直线的距离都相等。故④正确； 根据题意，得∠ＥＤ′Ｈ＝１２０°。 ∵∠Ｄ′ＯＤ＝９０°，∠ＯＤ′Ｈ＝∠ＯＤＨ＝６０°， ∴∠Ｄ′ＨＤ＝１５０°。 ∴该八边形各内角不相等。故②错误； ∵ＯＤ＝ＯＤ′，Ｄ′Ｈ＝ＤＨ，ＯＨ＝ＯＨ， ∴△Ｄ′ＯＨ≌△ＤＯＨ（ＳＳＳ）。 ∴∠Ｄ′ＯＨ＝∠ＤＯＨ＝４５°，∠Ｄ′ＨＯ＝∠ＤＨＯ＝７５°。 ∴ＯＤ≠ＯＨ。∴点Ｏ到该八边形各顶点的距离不相等。 故③错误。 故选Ｂ。 ９．ｘ≥９　【解析】根据题意，得ｘ－９≥０，解得ｘ≥９。 １０．ｘ（ｘ＋５）（ｘ－５）　【解析】ｘ３－２５ｘ＝ｘ（ｘ２－２５）＝ｘ（ｘ＋ ５）（ｘ－５）。 １１．ｘ＝－１　【解析】去分母，得ｘ＋（２ｘ＋３）＝０，解得 ｘ＝－１。经检验，ｘ＝－１是原方程的解。 １２．０　【解析】∵函数ｙ＝ｋｘ（ｋ≠０）的图象经过点（３，ｙ１） 和（－３，ｙ２）， ∴ｙ１＝ ｋ ３，ｙ２＝－ ｋ ３。∴ｙ１＋ｙ２＝０。 １３．１６０　【解析】∵满足４９．９８≤ｘ≤５０．０２时，评定该工 件为一等品，∴抽取 １０个工件的一等品有 ４９．９８， ５０．００，４９．９９，５０．０２，４９．９９，５０．０１，５０．００，５０．０２，共计 ８个。∴估计这２００个工件中一等品的个数为２００× ８ １０＝１６０。 １４．５５　【解析】如图，设ＡＢ与ＣＤ相交于点Ｅ。 ∵⊙Ｏ的直径 ＡＢ平分弦 ＣＤ（不是 直径）， ∴ＡＢ⊥ＣＤ。 ∴∠ＤＥＢ＝９０°。 ∵∠Ｄ＝３５°， ∴∠Ｂ＝９０°－∠Ｄ＝５５°。 ∴∠Ｃ＝∠Ｂ＝５５°。 １５．２７８　【解析】∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＡＤ＝ＣＤ，∠ＡＤＣ＝∠ＤＡＥ＝９０°。 ∵ＡＦ⊥ＤＥ，ＣＧ⊥ＤＥ，∴∠ＡＦＤ＝∠ＣＧＤ＝９０°。 ∵∠ＡＤＦ＋∠ＣＤＧ＝∠ＡＤＦ＋∠ＤＡＦ， ∴∠ＣＤＧ＝∠ＤＡＦ。∴△ＣＤＧ≌△ＤＡＦ（ＡＡＳ）。 ∴ＡＦ＝ＤＧ＝ ＣＤ２－ＣＧ槡 ２＝３，ＤＦ＝ＣＧ＝４。 ∵∠ＤＡＦ＋∠ＡＤＦ＝９０°，∠ＤＡＦ＋∠ＥＡＦ＝９０°， ∴∠ＥＡＦ＝∠ＡＤＦ。 又∵∠ＡＦＥ＝∠ＤＦＡ，∴△ＡＦＥ∽△ＤＦＡ。 ∴ＡＦＤＦ＝ ＥＦ ＡＦ，即 ３ ４＝ ＥＦ ３。 ∴ＥＦ＝９４。∴Ｓ△ＡＥＦ＝ １ ２ＡＦ·ＥＦ＝ ２７ ８。 １６．６０　Ｃ→Ａ→Ｂ→Ｄ　【解析】节目Ｄ的演员的候场时间 为３０＋１０＋２０＝６０（ｍｉｎ）； 若使这２３位演员的候场时间之和最小，则节目应按Ｃ →Ａ→Ｂ→Ｄ的先后顺序彩排，即（１０＋２＋１）×２０＋ （２＋１）×３０＋１×１０＝３６０（ｍｉｎ）。 １７．解：原式 槡＝１＋２２－２× １ ２ 槡 槡＋２＝３２。 １８．解：解不等式３（ｘ－１）＜４＋２ｘ，得ｘ＜７。 解不等式 ｘ－９ ５ ＜２ｘ，得ｘ＞－１。 所以不等式组的解集为－１＜ｘ＜７。 １９．解：∵ａ－ｂ－１＝０，∴ａ－ｂ＝１。 ３（ａ－２ｂ）＋３ｂ ａ２－２ａｂ＋ｂ２ ＝３ａ－６ｂ＋３ｂ （ａ－ｂ）２ ＝３ａ－３ｂ （ａ－ｂ）２ ＝３（ａ－ｂ） （ａ－ｂ）２ ＝ ３ａ－ｂ＝ ３ １ ＝３。 ２０．（１）证明：∵Ｅ是ＡＢ的中点，∴ＡＥ＝ＢＥ。 ∵ＤＦ＝ＢＦ，∴ＥＦ是△ＡＢＤ的中位线。 ∴ＥＦ∥ＡＤ。∴ＣＦ∥ＡＤ。 ∵ＡＦ∥ＣＤ，∴四边形ＡＦＣＤ是平行四边形。 （２）解：由（１）知，ＥＦ是△ＡＢＤ的中位线， ∴ＡＤ＝２ＥＦ＝２。 ∵∠ＥＦＢ＝９０°，ｔａｎ∠ＦＥＢ＝３，∴ＢＦ＝３ＥＦ＝３。 ∵ＤＦ＝ＦＢ，∴ＤＦ＝ＢＦ＝３。 ∵ＡＤ∥ＣＥ，∴∠ＡＤＦ＝∠ＥＦＢ＝９０°。 ∴ＡＦ＝ ＡＤ２＋ＤＦ槡 ２ 槡＝ １３。 ∵四边形ＡＦＣＤ是平行四边形，∴ＣＤ＝ＡＦ 槡＝ １３。 ∵ＤＦ＝ＢＦ，ＣＥ⊥ＢＤ，∴ＢＣ＝ＣＤ 槡＝ １３。 ２１．解：这次技术改进后该汽车的 Ａ类物质排放量符合 “标准”。理由如下： 设该汽车的Ａ类物质排放量为 ｘｍｇ／ｋｍ，则该汽车的 Ｂ类物质排放量为（９２－ｘ）ｍｇ／ｋｍ。 根据题意，得（１－５０％）ｘ＋（１－７５％）（９２－ｘ）＝４０， 解得ｘ＝６８。 所以这次技术改进后该汽车的Ａ类物质排放量为 （１－５０％）ｘ＝３４（ｍｇ／ｋｍ）。 因为“标准”要求Ａ类物质排放量不超过３５ｍｇ／ｋｍ， 所以这次技术改进后该汽车的 Ａ类物质排放量符合 “标准”。 ２２．解：（１）将点（２，１）代入ｙ＝－ｋｘ＋３，得－２ｋ＋３＝１， 解得ｋ＝１。 将点（２，１）代入ｙ＝ｘ＋ｂ，得２＋ｂ＝１，解得ｂ＝－１。 （２）如图， ∵当ｘ＞２时，对于ｘ的每一个值，函数 ｙ＝ｍｘ（ｍ≠０） 的值既大于函数ｙ＝ｘ－１的值，也大于函数 ｙ＝－ｘ＋ ３的值，∴ｍ≥１。∴ｍ的取值范围是ｍ≥１。 ２３．解：（１）①由题意，得教师评委打分中９１出现的次数 最多，故众数ｍ＝９１。 ４５名学生评委打分数据的中位数是第２３个数，故 ｎ 的值位于学生评委打分数据分组的第４组。 故答案为９１；４。 ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余 ８名教师评委打分的平均数为ｘ， 则ｘ＝１８×（８８＋９０＋９１＋９１＋９１＋９１＋９２＋９２）                                                                  ＝ —２４— ９０．７５，所以ｘ＜９１。 故答案为＜。 （２）甲选手的平均数为 １５×（９３＋９０＋９２＋９３＋９２）＝ ９２，　 乙选手的平均数为 １ ５×（９１＋９２＋９２＋９２＋９２）＝ ９１．８。 ∵９２＞９１．８， ∴这三位选手中排序最靠前的是甲。 ∵丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中， ∴丙选手的平均数大于或等于乙选手的平均数。 ∵５名专业评委给乙选手的打分为９１，９２，９２，９２，９２， 乙选手的方差 ｓ２乙 ＝ １ ５×［４×（９２－９１．８） ２＋（９１－ ９１．８）２］＝０．１６， ５名专业评委给丙选手的打分为９０，９４，９０，９４，ｋ， ∴乙选手的方差小于丙选手的方差。 ∴丙选手的平均数大于乙选手的平均数，小于或等于 甲选手的平均数。 ∴９３＋９０＋９２＋９３＋９２≥９０＋９４＋９０＋９４＋ｋ＞９１＋ ９２＋９２＋９２＋９２。 ∴９２≥ｋ＞９１。 ∵ｋ为整数，∴ｋ的值为９２。 故答案为甲；９２。 ２４．（１）证明：如图，连接ＡＣ交ＯＤ于点Ｈ。 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴ＡＣ⊥ＢＣ。 ∵ＯＤ平分∠ＡＯＣ，∴∠ＡＯＤ＝∠ＣＯＤ。 ∴ ) ＡＤ＝ ) ＣＤ。∴ＯＤ⊥ＡＣ。∴ＯＤ∥ＢＣ。 （２）解：如图，∵ＯＥ∥ＢＣ，∴△ＯＥＦ∽△ＢＣＦ。 ∴ＯＥＢＣ＝ ＯＦ ＢＦ＝ ５ ６。 ∴设ＯＥ＝５ｘ，ＢＣ＝６ｘ。 ∵ＯＡ＝ＯＢ，ＯＨ∥ＢＣ，ＡＨ＝ＣＨ， ∴ＯＨ＝１２ＢＣ＝３ｘ。 ∵ＰＢ是⊙Ｏ的切线， ∴∠ＯＢＰ＝９０°。∴∠ＰＢＯ＝∠ＡＨＯ。 ∵∠ＰＯＢ＝∠ＡＯＨ，∴△ＰＯＢ∽△ＡＯＨ。 ∴ＰＯＡＯ＝ ＯＢ ＯＨ。∴ ５ｘ＋１ ５ｘ ＝ ５ｘ ３ｘ。 ∴ｘ＝３１０。∴ＯＥ＝ ３ ２。 ∴⊙Ｏ半径的长为 ３２。 ２５．解：（１）设ｈ１＝ｋＶ， 将（１００，２．５）代入，得２．５＝１００ｋ， 解得ｋ＝１４０。∴ｈ１＝ １ ４０Ｖ。 ∵Ｖ＝４０，∴ｈ１＝１．０。 故答案为１．０。 （２）画出两个函数图象，如图所示， （３）①当Ｖ＝３２０ｍＬ时，ｈ１＝８．０ｃｍ，由图象可知相差 约为１．２ｃｍ，如图所示。 故答案为１．２。 ②解法一：在①的条件下两杯相差１．２ｃｍ，此时 ｈ１大 约为８．０ｃｍ，加上０．６ｃｍ约为８．６ｃｍ。 解法二：观察图象可知，当两个水杯的水面高度相同 时，估算高度约为８．６ｃｍ。 故答案为８．６。 ２６．解：（１）将ａ＝１代入，得ｙ＝ｘ２－２ｘ＝（ｘ－１）２－１， 所以顶点坐标为（１，－１）。 （２）①如图１，当ａ＞０时，Ｍ（ｘ１，ｙ１）和 Ｎ（ｘ２，ｙ２）都在 对称轴右侧。此时ｙ随ｘ增大而增大。 ∵ｙ１＜ｙ２，∴ｘ１＜ｘ２。∴３ａ＜３。∴０＜ａ＜１； 图１ 　　　 图２ ②如图２，当ａ＜０时，Ｍ（ｘ１，ｙ１）在对称轴左侧， Ｎ（ｘ２，ｙ２）在对称轴右侧，点 Ｍ（３ａ，ｙ１）关于对称轴的 对称点（－ａ，ｙ１）在对称轴右侧，在对称轴右侧，ｙ随 ｘ 增大而减小。 ∵ｙ１＜ｙ２，∴－ａ＞４。∴ａ＜－４。 综上，０＜ａ＜１或ａ＜－４。 ２７．（１）证明：如图１，连接ＣＤ，标注∠１，∠２。 由题意，得ＢＣ＝ＢＤ，∠ＣＢＤ＝１８０°－２α， ∴∠ＢＤＣ＝∠ＢＣＤ。 ∵∠ＢＤＣ＋∠ＢＣＤ＋∠ＣＢＤ＝１８０°， ∴∠ＢＤＣ＝１８０°－（１８０°－２α）２ ＝α。 ∴∠ＢＤＣ＝∠Ａ。∴ＣＡ＝ＣＤ。 ∵ＤＥ⊥ＡＮ，∴∠１＋∠Ａ＝∠２＋∠ＢＤＣ＝９０°。 ∴∠１＝∠２。∴ＣＤ＝ＣＥ。 ∴ＣＡ＝ＣＥ。∴Ｃ是ＡＥ的中点。 图１ 　　　 图２ （２）解：ＥＦ＝２ＡＣ                                                                  。 —３４— 证明：如图２，在射线 ＡＭ上取点 Ｈ，使得 ＢＨ＝ＡＢ，取 ＥＦ的中点Ｇ，连接ＤＧ，ＤＨ。 ∵ＢＨ＝ＡＢ，∴∠ＢＡＨ＝∠ＢＨＡ＝α。 ∴∠ＡＢＨ＝１８０°－２α＝∠ＣＢＤ。 ∴∠ＡＢＣ＝∠ＨＢＤ。 ∵ＢＣ＝ＢＤ，∴△ＡＢＣ≌△ＨＢＤ（ＳＡＳ）。 ∴ＡＣ＝ＤＨ，∠ＢＨＤ＝∠Ａ＝α。 ∴∠ＦＨＤ＝∠ＢＨＡ＋∠ＢＨＤ＝２α。 ∵ＤＦ∥ＡＮ，∴∠ＥＦＤ＝∠Ａ＝α，∠ＥＤＦ＝∠ＤＮＢ＝９０°。 ∵Ｇ是ＥＦ的中点，∴ＦＧ＝ＤＧ，ＥＦ＝２ＤＧ。 ∴∠ＧＦＤ＝∠ＧＤＦ＝α。∴∠ＨＧＤ＝２α。 ∴∠ＨＧＤ＝∠ＦＨＤ。∴ＤＧ＝ＤＨ。 ∵ＡＣ＝ＤＨ，∴ＤＧ＝ＡＣ。∴ＥＦ＝２ＡＣ。 ２８．解：（１）①反过来思考，由相对运动理解，如图１，作出 ⊙Ｏ关于ＡＢ的对称圆⊙Ｏ′。 图１ ∵若点Ｃ关于直线 ＡＢ的对称点 Ｃ′在⊙Ｏ上或其内 部，且∠ＡＣＢ＝α，则称点Ｃ是弦ＡＢ的“α可及点”， ∴点Ｃ应在⊙Ｏ′的圆内或圆上。 ∵点Ａ（０，１），Ｂ（１，０），∴ＯＡ＝ＯＢ＝１。 ∵∠ＡＯＢ＝９０°，∴∠ＡＢＯ＝∠ＯＡＢ＝４５°。 由对称，得∠Ｏ′ＢＡ＝Ｏ′ＡＢ＝４５°， ∴△Ｏ′ＢＡ是等腰直角三角形。∴Ｏ′（１，１）。 设⊙Ｏ半径为Ｒ， 则Ｃ１Ｏ′＝ １ ２＋１槡 ２ 槡＝２＞Ｒ＝１，故 Ｃ１在⊙Ｏ′外，不符 合题意； Ｃ２Ｏ′＝２－１＝１＝Ｒ，故Ｃ２在⊙Ｏ′上，符合题意； Ｃ３Ｏ′＝ （ １ ２） ２＋１槡 ２＝槡５２＞Ｒ＝１，故 Ｃ３在⊙Ｏ′外，不 符合题意。 ∴点Ｃ２是弦ＡＢ的“α可及点”。 可知Ｂ，Ｏ′，Ｃ２三点共线。 ∵ ) ＡＢ＝ ) ＡＢ， ∴α＝∠ＡＣ２Ｂ＝ １ ２∠ＡＯ′Ｂ＝４５°。 故答案为Ｃ２，４５。 ②如图２，取ＡＢ中点为Ｈ，连接ＤＨ。 图２ ∵∠ＡＤＢ＝９０°， ∴ＤＨ＝ＡＨ＝ＢＨ。 ∴点Ｄ在以点Ｈ为圆心，ＡＨ为半径的ＡＢ上方半圆上 运动（不包括端点Ａ，Ｂ）。 ∴当ＤＨ∥ｘ轴时，点Ｄ横坐标最大，如图３。 图３ ∵ＯＡ＝ＯＢ＝１，∠ＡＯＢ＝９０°， ∴ＡＢ 槡＝２。 ∴ＨＤ＝１２ＡＢ＝ 槡２ ２。 ∵Ａ（０，１），Ｂ（１，０）， ∴Ｈ １２，( )１２ 。 ∴ｘＤ＝ｘＨ＋ＤＨ＝ 槡 １＋２ ２ 。 ∴点Ｄ的横坐标的最大值为 槡１＋２２ 。 故答案为 槡 １＋２ ２ 。 （２）反过来思考，由相对运动理解，作出⊙Ｏ关于 ＡＢ 的对称圆⊙Ｏ′。 ∵若点Ｃ关于直线 ＡＢ的对称点 Ｃ′在⊙Ｏ上或其内 部，且∠ＡＣＢ＝α，则称点Ｃ是弦ＡＢ的“α可及点”， ∴点Ｃ应在⊙Ｏ′的圆内或圆上。 ∴点Ｐ需要在⊙Ｏ′的圆内或圆上。 如图４，作出△ＭＰＮ的外接圆⊙Ｏ″，连接Ｏ″Ｍ，Ｏ″Ｎ， 图４ ∴点Ｐ在以点Ｏ″为圆心，ＭＯ″为半径的 ) ＭＮ上运动（不 包括端点Ｍ，Ｎ）。 ∴∠ＭＯ″Ｎ＝２∠ＭＰＮ＝１２０°。 ∴∠Ｏ″ＭＮ＝３０°。 由对称，得点Ｏ，Ｏ′在ＭＮ的垂直平分线上。 ∵△ＭＰＮ的外接圆为⊙Ｏ″， ∴点Ｏ″也在ＭＮ的垂直平分线上，记 ＯＯ′与 ＮＭ交于 点Ｑ。 ∴ＭＱ＝ＭＯ″·ｃｏｓ３０°＝槡３２ＭＯ″。 ∴ＭＮ＝２ＭＱ 槡＝３ＭＯ″。 随着ＭＮ的增大，⊙Ｏ′会越来越靠近⊙Ｏ，当点Ｏ′与点 Ｏ″重合时，点Ｐ在⊙Ｏ′上，即为临界状态，此时 ＭＮ                                                                  最 —４４— 大，ＭＮ 槡＝３ＭＯ″槡＝３，如图５。 图５ 如图６，连接Ｏ″Ｐ，ＯＰ。 图６ ∵ＯＰ≤ＯＯ″＋Ｏ″Ｐ， ∴当 ＭＮ最大，ＭＮ 槡＝ ３时，此时△ＭＮＰ是等边三 角形。 由上述过程知，ＭＮ＝２ＭＱ 槡＝３ＭＯ″， ∴ＭＯ″＝Ｏ″Ｐ＝槡 槡 ３ ３ ＝１。∴ＯＰ的最大值为２。 设Ｐ（ｔ，槡３ｔ槡－３）， 则ＯＰ２＝（ｔ－０）２＋（槡３ｔ槡－３） ２＝４ｔ２－６ｔ＋３＝４， 解得ｔ＝ 槡３± １３４ 。 如图７，记直线ｙ 槡＝３ｘ 槡－３与⊙Ｏ交于点 Ｔ，Ｓ，与 ｙ轴 交于点Ｋ，过点Ｓ作ＳＬ⊥ｘ轴。 图７ 当ｘ＝０时，ｙ 槡＝－３；当ｙ＝０时，槡３ｘ槡－３＝０，解得ｘ＝１。 ∴与ｘ轴交于点Ｔ（１，０）。∴ｔａｎ∠ＯＴＫ＝ＯＫＯＴ 槡＝３。 ∵ＯＴ＝ＯＳ， ∴△ＯＴＳ是等边三角形。∴∠ＴＯＳ＝６０°。 ∴ＯＬ＝１２，ＬＳ＝ 槡３ ２。∴Ｓ １ ２，－ 槡３( )２ 。 ∴ｔ的取值范围是 槡３－ １３４ ≤ｔ＜ １ ２或１＜ｔ≤ 槡３＋ １３ ４ 。 １５上海市２０２４年初中学业水平考试 １．Ｃ　【解析】两边同时加上５，得 ｘ＋５＞ｙ＋５，故 Ａ不符 合题意；两边同时减去５，得ｘ－５＞ｙ－５，故Ｂ不符合题 意；两边同时乘５，得５ｘ＞５ｙ，故 Ｃ符合题意；两边同时 乘－５，得－５ｘ＜－５ｙ，故Ｄ不符合题意。故选Ｃ。 ２．Ｄ　【解析】由题意，得ｘ－３≠０，解得ｘ≠３。故选Ｄ。 ３．Ｄ　【解析】∵ｘ２－６ｘ＝０的根为ｘ＝０或ｘ＝６， ∴ｘ２－６ｘ＝０有两个不等实数根。故Ａ不符合题意； ∵ｘ２－９＝０的根为ｘ＝３或ｘ＝－３， ∴ｘ２－９＝０有两个不等实数根。故Ｂ不符合题意； 由ｘ２－６ｘ＋６＝０知，Δ＝３６－２４＝１２＞０， ∴ｘ２－６ｘ＋６＝０有两个不等实数根。故 Ｃ不符合 题意； 由ｘ２－６ｘ＋９＝０知，Δ＝３６－３６＝０， ∴ｘ２－６ｘ＋９＝０有两个相等实数根。故Ｄ符合题意。 故选Ｄ。 ４．Ｂ　【解析】由平均数可知，甲种类和乙种类开花时间 最短， ∵甲的方差大于乙的方差， ∴开花时间最短的并且最平稳的是乙种类。 故选Ｂ。 ５．Ａ　【解析】如图， ∵四边形ＡＢＣＤ是矩形， ∴ＡＣ＝ＢＤ，Ｓ△ＡＢＣ＝Ｓ△ＢＣＤ＝Ｓ△ＡＤＣ＝Ｓ△ＢＡＤ。 ∵ＡＥ⊥ＢＤ，ＢＦ⊥ＡＣ，ＣＧ⊥ＢＤ，ＤＨ⊥ＡＣ， ∴ＡＥ＝ＢＦ＝ＣＧ＝ＤＨ。 ∴四条垂线一定可以拼成一个菱形。故选Ａ。 ６．Ｂ　【解析】∵圆Ａ半径为１，圆Ｐ半径为３，圆Ａ与圆Ｐ 内切， ∴圆Ａ含在圆Ｐ内，即ＰＡ＝３－１＝２。 ∴点Ｐ在以点Ａ为圆心，２为半径的圆与△ＡＢＣ边相交 形成的弧上运动，如图所示。 ∴当到点Ｐ′位置时，圆Ｐ与圆Ｂ圆心距离ＰＢ最大，最 大为 １２＋４槡 ２ 槡＝ １７。 槡∵ １７＜３＋２＝５，∴圆Ｐ与圆Ｂ相交。故选Ｂ。 ７．６４ｘ６　【解析】（４ｘ２）３＝６４ｘ６。 ８．ｂ２－ａ２　【解析】（ａ＋ｂ）（ｂ－ａ） ＝（ｂ＋ａ）（ｂ－ａ） ＝ｂ２－ａ２。 ９．１　【解析】∵ ２ｘ槡 －１＝１， ∴２ｘ－１＝１。∴ｘ＝１。 １０．８×１０３　【解析】２×１０５＝２０００００， ２０００００÷２５＝８０００＝８×１０３， 即蓝光唱片的容量是普通唱片的８×１０３倍。 １１．减小　【解析】∵正比例函数 ｙ＝ｋｘ的图象经过点 （７，－１３），                                                                  　 —５４— 　－５４　－ 一、选择题（共１６分，每题２分） １．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （　　） 　　 　 　　　　 　 　　　　 　 　　 Ａ． 　Ｂ． 　Ｃ． 　Ｄ． ２．如图，直线ＡＢ和ＣＤ相交于点 Ｏ，ＯＥ⊥ＯＣ。若∠ＡＯＣ＝ ５８°，则∠ＢＯＥ的大小为 （　　） Ａ．２９° Ｂ．３２° Ｃ．４５° Ｄ．５８° ３．实数ａ，ｂ在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论 中正确的是 （　　） Ａ．ｂ＞－１ Ｂ．｜ｂ｜＞２ Ｃ．ａ＋ｂ＞０ Ｄ．ａｂ＞０ ４．若关于ｘ的一元二次方程 ｘ２－４ｘ＋ｃ＝０有两个相等的 实数根，则实数ｃ的值为 （　　） Ａ．－１６ Ｂ．－４ Ｃ．４ Ｄ．１６ ５．不透明袋子中仅有红、黄小球各一个，两个小球除颜色外 无其他差别。从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从 中随机摸出一个小球，则两次摸出的都是红球的概率是 （　　） Ａ．１４ Ｂ． １ ３ Ｃ． １ ２ Ｄ． ３ ４ ６．为助力数字经济发展，北京积极推进多个公共算力中心 的建设。北京数字经济算力中心日前已部署上架和调试 的设备的算力为４×１０１７Ｆｌｏｐｓ（Ｆｌｏｐｓ是计算机系统算力 的一种度量单位），整体投产后，累计实现的算力将是日 前已部署上架和调试的设备的算力的 ５倍，达到 ｍ Ｆｌｏｐｓ，则ｍ的值为 （　　） Ａ．８×１０１６ Ｂ．２×１０１７ Ｃ．５×１０１７ Ｄ．２×１０１８ ７．下面是“作一个角使其等于∠ＡＯＢ”的尺规作图方法。 （１）如图，以点 Ｏ为圆心，任意长为半径画弧，分别交 ＯＡ，ＯＢ于点Ｃ，Ｄ； （２）作射线Ｏ′Ａ′，以点Ｏ′为圆心，ＯＣ长为半径画弧，交Ｏ′Ａ′ 于点Ｃ′；以点Ｃ′为圆心，ＣＤ长为半径画弧，两弧交于点Ｄ′； （３）过点Ｄ′作射线Ｏ′Ｂ′，则∠Ａ′Ｏ′Ｂ′＝∠ＡＯＢ。 　 上述方法通过判定△Ｃ′Ｏ′Ｄ′≌△ＣＯＤ得到∠Ａ′Ｏ′Ｂ′＝ ∠ＡＯＢ，其中判定△Ｃ′Ｏ′Ｄ′≌△ＣＯＤ的依据是 （　　） Ａ．三边分别相等的两个三角形全等 Ｂ．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等 Ｃ．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等 Ｄ．两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三 角形全等 ８．如图，在菱形 ＡＢＣＤ中，∠ＢＡＤ＝６０°，Ｏ为对角线的交 点。将菱形 ＡＢＣＤ绕点 Ｏ逆时针旋转 ９０°得到菱形 Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′，两个菱形的公共点为 Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ。对八边形 ＢＦＢ′ＧＤＨＤ′Ｅ给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点 Ｏ到该八边形各顶点的 距离都相等； ④点 Ｏ到该八边形各边所在 直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的 序号是 （　　） Ａ．①③ Ｂ．①④ Ｃ．②③ Ｄ．②④ 二、填空题（共１６分，每题２分） ９．若 ｘ槡 －９在实数范围内有意义，则实数 ｘ的取值范围 是 。 １０．分解因式：ｘ３－２５ｘ＝ 。 １１．方程 １２ｘ＋３＋ １ ｘ＝０的解为 。 １２．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，若函数 ｙ＝ｋｘ（ｋ≠０）的图 象经过点（３，ｙ１）和（－３，ｙ２），则 ｙ１ ＋ｙ２的值 为 。 １３．某厂加工了２００个工件，质检员从中随机抽取１０个 工件检测了它们的质量（单位：ｇ），得到的数据如下： ５０．０３　４９．９８　５０．００　４９．９９　５０．０２　４９．９９ ５０．０１　４９．９７　５０．００　５０．０２ 当一个工件的质量ｘ（单位：ｇ）满足４９．９８≤ｘ≤５０．０２ 时，评定该工件为一等品。根据以上数据，估计这２００ 个工件中一等品的个数为 。 １４．如图，⊙Ｏ的直径ＡＢ平分弦ＣＤ（不是直径）。若∠Ｄ＝ ３５°，则∠Ｃ＝ °。 １５．如图，在正方形 ＡＢＣＤ中，点 Ｅ在 ＡＢ上，ＡＦ⊥ＤＥ于点 Ｆ，ＣＧ⊥ＤＥ于点Ｇ。若ＡＤ＝５，ＣＧ＝４，则△ＡＥＦ的面积 为 。 １６．联欢会有 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ四个节目需要彩排，所有演员到场 后节目彩排开始。一个节目彩排完毕，下一个节目彩排 立即开始。每个节目的演员人数和彩排时长（单位： ｍｉｎ）如下： 节目 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 演员人数 １０ ２ １０ １ 彩排时长 ３０ １０ ２０ １０ 已知每位演员只参演一个节目。一位演员的候场时间 是指从第一个彩排的节目彩排开始到这位演员参演的 节目彩排开始的时间间隔（不考虑换场时间等其他因 素）。若节目按“Ａ→Ｂ→Ｃ→Ｄ”的先后顺序彩排，则节 目Ｄ的演员的候场时间为 ｍｉｎ；若使这２３位 演员的候场时间之和最小，则节目应按 的先后 顺序彩排。 三、解答题（共６８分） １７．（５分）计算：（π－５）０ 槡＋８－２ｓｉｎ３０° 槡＋｜－２｜。 １８．（５分）解不等式组： ３（ｘ－１）＜４＋２ｘ， ｘ－９ ５ ＜２ｘ{ 。 １９．（５分）已知ａ－ｂ－１＝０，求代数式３（ａ－２ｂ）＋３ｂ ａ２－２ａｂ＋ｂ２ 的值。 ２０．（６分）如图，在四边形 ＡＢＣＤ中，Ｅ是 ＡＢ的中点，ＤＢ， ＣＥ交于点Ｆ，ＤＦ＝ＦＢ，ＡＦ∥ＤＣ。 （１）求证：四边形ＡＦＣＤ是平行四边形； （２）若∠ＥＦＢ＝９０°，ｔａｎ∠ＦＥＢ＝３，ＥＦ＝１，求ＢＣ的长。 ２１．（６分）为防治污染，保护和改善生态环境，自２０２３年７ 月１日起，我国全面实施汽车国六排放标准６ｂ阶段（以 下简称“标准”）。对某型号汽车，“标准”要求 Ａ类物 质排放量不超过３５ｍｇ／ｋｍ，Ａ，Ｂ两类物质排放量之和 不超过５０ｍｇ／ｋｍ。已知该型号某汽车的 Ａ，Ｂ两类物 质排放量之和原为９２ｍｇ／ｋｍ。经过一次技术改进，该 汽车的 Ａ类物质排放量降低了５０％，Ｂ类物质排放量 降低了７５％，Ａ，Ｂ两类物质排放量之和为４０ｍｇ／ｋｍ。 判断这次技术改进后该汽车的 Ａ类物质排放量是否符 合“标准”，并说明理由。 ２２．（５分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中，函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ（ｋ≠０） 与ｙ＝－ｋｘ＋３的图象交于点（２，１）。 （１）求ｋ，ｂ的值； （２）当ｘ＞２时，对于ｘ的每一个值，函数ｙ＝ｍｘ（ｍ≠０）的 值既大于函数ｙ＝ｋｘ＋ｂ的值，也大于函数ｙ＝－ｋｘ＋３的 值，直接写出ｍ的取值范围。 －５３－ １４北京市２０２４年初中学业水平考试 （时间：１２０分钟　总分：１００分） 　－５６　－ ２３．（５分）某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初 赛和决赛两个阶段。 （１）初赛由１０名教师评委和４５名学生评委给每位选手 打分（百分制）。对评委给某位选手的打分进行整理、 描述和分析。下面给出了部分信息。 ａ．教师评委打分： ８６　８８　９０　９１　９１　９１　９１　９２　９２　９８ ｂ．学生评委打分的频数分布直方图如图（数据分６组： 第１组８２≤ｘ＜８５，第２组８５≤ｘ＜８８，第３组８８≤ｘ＜ ９１，第４组９１≤ｘ＜９４，第５组９４≤ｘ＜９７，第６组９７≤ｘ ≤１００）： ｃ．评委打分的平均数、中位数、众数如下： 平均数 中位数 众数 教师评委 ９１ ９１ ｍ 学生评委 ９０．８ ｎ ９３ 根据以上信息，回答下列问题： ①ｍ的值为 ，ｎ的值位于学生评委打分数据分 组的第 组； ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余８ 名教师评委打分的平均数为ｘ，则ｘ ９１（填“＞” “＝”或“＜”）； （２）决赛由５名专业评委给每位选手打分（百分制）。 对每位选手，计算５名专业评委给其打分的平均数和方 差。平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方 差较小的选手排序靠前。５名专业评委给进入决赛的 甲、乙、丙三位选手的打分如下： 评委１ 评委２ 评委３ 评委４ 评委５ 甲 ９３ ９０ ９２ ９３ ９２ 乙 ９１ ９２ ９２ ９２ ９２ 丙 ９０ ９４ ９０ ９４ ｋ 若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手 中排序最靠前的是 ，表中 ｋ（ｋ为整数）的值 为 。 ２４．（６分）如图，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，点 Ｃ，Ｄ在⊙Ｏ上，ＯＤ 平分∠ＡＯＣ。 （１）求证：ＯＤ∥ＢＣ； （２）延长ＤＯ交⊙Ｏ于点Ｅ，连接ＣＥ交ＯＢ于点Ｆ，过 点Ｂ作⊙Ｏ的切线交 ＤＥ的延长线于点 Ｐ。若ＯＦＢＦ＝ ５ ６，ＰＥ＝１，求⊙Ｏ半径的长。 ２５．（５分）小云有一个圆柱形水杯（记为１号杯）。在科 技活动中，小云用所学数学知识和人工智能软件设计 了一个新水杯，并将其制作出来。新水杯（记为２号 杯）示意图如图。 当１号杯和２号杯中都有 ＶｍＬ水时，小云分别记录 了１号杯的水面高度 ｈ１（单位：ｃｍ）和２号杯的水面 高度ｈ２（单位：ｃｍ），部分数据如下： Ｖ／ｍＬ ０ ４０ １００ ２００ ３００ ４００ ５００ ｈ１／ｃｍ ０ ２．５ ５．０ ７．５１０．０１２．５ ｈ２／ｃｍ ０ ２．８ ４．８ ７．２ ８．９１０．５１１．８ （１）补全表格（结果保留小数点后一位）； （２）通过分析数据，发现可以用函数刻画 ｈ１与 Ｖ，ｈ２与 Ｖ之间的关系。在给出的平面直角坐标系中，画出这 两个函数的图象； 　 （３）根据以上数据与函数图象，解决下列问题： ①当１号杯和２号杯中都有３２０ｍＬ水时，２号杯的水 面高度与 １号杯的水面高度的差约为 ｃｍ （结果保留小数点后一位）； ②在①的条件下，将２号杯中的一部分水倒入１号杯 中，当两个水杯的水面高度相同时，其水面高度约为 ｃｍ（结果保留小数点后一位）。 ２６．（６分）在平面直角坐标系ｘＯｙ中，已知抛物线ｙ＝ａｘ２－ ２ａ２ｘ（ａ≠０）。 （１）当ａ＝１时，求抛物线的顶点坐标； （２）已知Ｍ（ｘ１，ｙ１）和Ｎ（ｘ２，ｙ２）是抛物线上的两点。若 对于ｘ１＝３ａ，３≤ｘ２≤４，都有ｙ１＜ｙ２，求ａ的取值范围。 ２７．（７分）已知∠ＭＡＮ＝α（０°＜α＜４５°），点Ｂ，Ｃ分别在射 线ＡＮ，ＡＭ上，将线段 ＢＣ绕点 Ｂ顺时针旋转１８０°－２α 得到线段ＢＤ，过点Ｄ作ＡＮ的垂线交射线ＡＭ于点Ｅ。 （１）如图１，当点 Ｄ在射线 ＡＮ上时，求证：Ｃ是 ＡＥ的 中点； （２）如图２，当点Ｄ在∠ＭＡＮ内部时，作 ＤＦ∥ＡＮ，交射 线ＡＭ于点Ｆ，用等式表示线段 ＥＦ与 ＡＣ的数量关系， 并证明。 图１ 　　 图２ ２８．（７分）在平面直角坐标系 ｘＯｙ中，⊙Ｏ的半径为１。对 于⊙Ｏ的弦 ＡＢ和不在直线 ＡＢ上的点 Ｃ，给出如下定 义：若点 Ｃ关于直线 ＡＢ的对称点 Ｃ′在⊙Ｏ上或其内 部，且∠ＡＣＢ＝α，则称点Ｃ是弦ＡＢ的“α可及点”。 （１）如图，点Ａ（０，１），Ｂ（１，０）。 ①在点Ｃ１（２，０），Ｃ２（１，２），Ｃ３（ １ ２，０）中，点 是 弦ＡＢ的“α可及点”，其中α＝ °； ②若点Ｄ是弦ＡＢ的“９０°可及点”，则点 Ｄ的横坐标的 最大值为 ； （２）已知Ｐ是直线ｙ 槡＝３ｘ 槡－３上一点，且存在⊙Ｏ的弦 ＭＮ，使得点Ｐ是弦ＭＮ的“６０°可及点”。记点Ｐ的横坐 标为ｔ，直接写出ｔ的取值范围。 －５５－