7 2024年李沧区学业水平第一次阶段性质量检测(与黄岛区、平度市联考)-【中考321】2025年中考数学3年真题2年模拟1年预测（山东青岛专版）

— ３７— — ３８— — ３９— 　　　　　　　　　　　　　　　　第Ⅰ卷（选择题 共２４分） 一、选择题（本大题共８小题，每小题３分，共２４分。 在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的） １．我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上 有重要影响。下列图形“杨辉三角”“中国七巧 板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图 形是 （　　） Ａ 　 Ｂ 　 Ｃ 　 Ｄ ２．下列四个数中，比－ １ ２ 小的数是 （　　） Ａ．－１ Ｂ．０ Ｃ． １ ２ Ｄ．１ ３．先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，这是“鼓舞”一词最 早的起源。如图是某种鼓的立体图形，其左视 图是 （　　） Ａ 　 Ｂ 　 Ｃ 　 Ｄ ４．“燕山雪花大如席，片片吹落轩辕台。”这是诗仙 李白眼里的雪花。单个雪花的质量其实很轻，只 有０．００００３ｋｇ左右，０．００００３用科学记数法可表 示为 （　　） Ａ．０．３３×１０－４ Ｂ．３×１０－４ Ｃ．３×１０－５ Ｄ．３０×１０－５ ５．《孙子算经》记载：“今有木，不知长短。引绳度 之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺。木长 几何？”（尺、寸是长度单位，１尺＝１０寸）意思 是，现有一根长木，不知道其长短。用一根绳 子去度量长木，绳子还剩余 ４．５尺；将绳子对 折再度量长木，长木还剩余 １尺。长木长多 少？设长木长ｘ尺，则可列方程为 （　　） Ａ．ｘ＋４．５＝２（ｘ－１） Ｂ．ｘ＋４．５＝２（ｘ＋１） Ｃ．ｘ－４．５＝２（ｘ＋１） Ｄ．ｘ－４．５＝２（ｘ－１） ６．如图，在平面直角坐标系中，△ＡＢＣ位于第四 象限，点Ａ的坐标为（１，－２），把△ＡＢＣ向上平 移５个单位长度得到△Ａ１Ｂ１Ｃ１，再将△Ａ１Ｂ１Ｃ１ 绕点 Ｏ按逆时针方向旋转９０°得到△Ａ２Ｂ２Ｃ２， 则点Ａ２的坐标为 （　　） Ａ．（－１，３） Ｂ．（１，－３） Ｃ．（－３，１） Ｄ．（３，－１） ７．如图，四边形 ＡＢＣＤ内接于⊙Ｏ，ＡＢ是⊙Ｏ的 直径，点Ｅ在⊙Ｏ上，且∠ＡＥＤ＝３２°，则∠ＤＣＢ 的度数为 （　　） Ａ．１１６° Ｂ．１２２° Ｃ．１３２° Ｄ．１４８° ８．一次函数ｙ＝ａｘ＋ｂ与反比例函数ｙ＝ ａｂ ｘ 在同一直 角坐标系中的图象可能是 （　　） Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 第Ⅱ卷（非选择题　共９６分） 二、填空题（本大题共６小题，每小题３分，共１８分） ９．槡 ８＋槡１８ 槡２ ＝　　　　。 １０．某校举行科技创新大赛，比赛打分包括以下几 项：理论知识、创新设计、现场展示。某参赛选 手本次比赛的各项成绩分别为理论知识 ９２分，创新设计８７分，现场展示９０分，若将理 论知识、创新设计、现场展示依次按 ２０％， ４０％，４０％的比例计算选手的综合成绩，那么该 选手的综合成绩为　　　　分。 １１．已知 ｜ａ－２｜＋ ａ－３ｂ＋槡 １＝０，则（ａ－ｂ） ２０２４＝ 　　　　。 １２．用一张等宽的纸条折成如图所示的图案，若 ∠１＝２４°，则∠２的度数为　　　　°。 第１２题图 　　 第１３题图 １３．如图，在边长为４的正方形ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｆ分别 是边ＣＤ，ＡＤ的中点，连接ＡＥ，ＢＦ，Ｇ，Ｈ分别是 ＡＥ，ＢＦ的中点，连接 ＧＨ，则 ＧＨ的长为 　　　　。 １４．如图，二次函数ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ的图象与ｘ轴交 于点（３，０），对称轴为直线 ｘ＝１，下列结论： ①ａｂｃ＜０；②４ａ－２ｂ＋ｃ＞０；③３ａ＋ｃ＝０；④抛物 线上有两点Ｍ（ｘ１，ｙ１）和Ｎ（ｘ２，ｙ２），若ｘ１＜１＜ ｘ２，且 ｘ１＋ｘ２＞２，则 ｙ１＞ｙ２。其中正确的是 　　　　　（只填写序号）。 三、作图题（本大题满分 ４分。请用直尺、圆规 作图，不写作法，但要保留作图痕迹） １５．已知：∠ＡＢＣ，射线ＢＣ上的一点Ｄ。 求作：等腰△ＰＢＤ，使线段ＢＤ为△ＰＢＤ的底 边，点 Ｐ在∠ＡＢＣ的内部，且点 Ｐ到∠ＡＢＣ 两边的距离相等。 四、解答题（本大题共１０小题，共７４分） １６．（８分）（１）解不等式组： ３ｘ－１ ２ ≤ １， ３ｘ－１＞５（ｘ＋１）；{ （２）计算： ｍ－１ ｍ＋１ ＋２ｍ －４ ｍ２－４ ÷２ｍ ＋２ ｍ＋２ 。 １７．（６分）２０２４年央视春晚的主题为“龙行??， 欣欣家园”。“龙行??”寓意中华儿女奋发有 为、昂扬向上的精神风貌。现有四张不透明的 卡片，其正面分别印有“龙”“行”“?”“?”四 个字（卡片依次记为Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ），卡片除正面文 字不同外，其余均相同。现将这四张卡片背面 向上洗匀，从中随机抽取一张，记录文字后放 回，重新洗匀后再从中随机抽取一张，请用画树 状图（或列表）的方法，求两次抽出的卡片上的 文字都是“?”的概率。 １８．（６分）“少年急救官”是在中央统战部有关部门 指导下的公益品牌项目，以立德树人、培育孩子 具备风险识别和自救互救能力为宗旨，让青少 年从小树立社会责任感，践行社会主义核心价 值观。《少年急救官生命教育科学艺术展》寒 假安全第一课于今年２月１日开播，某校为了 解学生观看视频课的时长，随机抽取了部分学 生观看视频课的时长ｔ（单位：分钟，不足１分钟 按１分钟算）作为样本，将收集的数据整理后分 为五组：Ａ组（０≤ｔ≤１０），Ｂ组（１０＜ｔ≤２０），Ｃ组 （２０＜ｔ≤３０），Ｄ组（３０＜ｔ≤４０），Ｅ组（４０＜ｔ≤ ５０），绘制了如下不完整的频数直方图和扇形统 计图，其中，Ｂ组的数据为 １６，１２，１３，１６，１６，１２， １８，１４。 （１）Ｂ组数据的中位数是 　 　 　 　，众数 是　　　　； （２）补全频数直方图； （３）扇形统计图中 Ａ组所对应的扇形圆心角为 　　　　度； （４）若该校有８００名学生，估计该校学生观看视频 时长超过２０分钟的人数。                                                                                                                                                                                                                    ７ ２０２４年李沧区学业水平第一次阶段性质量检测 （与黄岛区、平度市联考） （时间：１２０分钟　总分：１２０分） — ４０— — ４１— — ４２— １９．（６分）雨伞是我们生活中的常用工具，下雨时， 雨往往是斜打的，且都是平行的，某雨天，小明站 在如图所示的一把雨伞的正下方，伞柄ＡＥ与地 面垂直，伞骨ＡＢ＝ＡＣ，伞面直径ＢＣ＝１００ｃｍ，伞 的边缘点Ｂ到地面的距离ＢＦ＝１６０ｃｍ，雨线ＢＧ 与地面的夹角∠ＢＧＦ＝７０°。此时，小明身上被 雨淋湿，那么将伞至少向下移动多少距离，才能 使得身上不被雨淋湿？ （参考数据：ｓｉｎ７０°≈０．９４，ｃｏｓ７０°≈０．３４， ｔａｎ７０°≈２．７５） ２０．（６分）【探究 １】如图１，∠ＢＡＤ的平分线 ＡＥ与 ∠ＢＣＤ的平分线ＣＥ交于点Ｅ，ＡＢ∥ＣＤ，∠ＡＢＣ＝ ３０°，∠ＡＤＣ＝３６°，则∠ＡＥＣ＝　　　　°； 【探究 ２】如图 ２，∠ＢＡＤ的三等分线 ＡＥ与 ∠ＢＣＤ的三等分线 ＣＥ交于点 Ｅ，∠ＥＡＤ＝ １ ３∠ ＢＡＤ，∠ＢＣＥ＝ １ ３∠ ＢＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ，∠ＡＢＣ＝ ３０°，∠ＡＤＣ＝３６°，则∠ＡＥＣ＝　　　　°； 【探究 ３】如图 ３，∠ＢＡＤ的 ｎ等分线 ＡＥ与 ∠ＢＣＤ的 ｎ等分线 ＣＥ交于点 Ｅ，∠ＥＡＤ＝ １ ｎ∠ ＢＡＤ，∠ＢＣＥ＝ １ ｎ∠ ＢＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ，∠ＡＢＣ＝ ｘ°，∠ＡＤＣ＝ｙ°，则∠ＡＥＣ＝　　　　　　°（用含 ｘ，ｙ，ｎ的式子表示）。 图１ 图２ 图３ ２１．（６分）如图，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｃ是⊙Ｏ上的 一点，ＣＤ与 ＡＢ的延长线交于点 Ｄ，ＡＣ＝ＣＤ， ∠Ａ＝３０°。 （１）求证：ＣＤ是⊙Ｏ的切线； （２）过点Ｂ作ＢＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，若⊙Ｏ的半径 为４，求图中阴影部分的面积。 ２２．（８分）随着人们环保意识的提高和技术的飞 速发展，新能源汽车已成为汽车市场的一股不 可忽视的力量。为加快公共领域充电基础设 施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的 充电桩。已知甲型充电桩比乙型充电桩的单 价多０．２万元，用１６万元购买甲型充电桩与 用１２万元购买乙型充电桩的数量相等。 （１）甲、乙两种型号充电桩的单价各为多少？ （２）该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电 桩共３０个，且乙型充电桩的购买数量不超过 甲型充电桩购买数量的２倍，则如何购买所需 总费用最少？ ２３．（８分）如图，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ⊥ＢＣ， 垂足为Ｄ，Ｅ是 ＡＣ的中点，连接 ＥＤ并延长 到点Ｆ，使ＤＦ＝ＤＥ，连接ＢＦ，ＣＦ，ＢＥ。 （１）求证：ＢＦ＝ＣＥ； （２）从下列条件中任选一个作为已知条件 后，试判断四边形ＢＥＣＦ的形状，并证明你的 结论。 ①∠ＡＢＣ＝６０°；②ＡＢ＝ＢＣ。 选择的条件：　　　　（填写序号）。 ２４．（１０分）连接上海市区到浦东国际机场的磁悬 浮轨道全长约３０ｋｍ，列车走完全程包含启动加 速、匀速运动、制动减速三个阶段。已知磁悬浮 列车从启动加速到稳定匀速行驶共需２００ｓ，在 这段时间内的数据记录如下： 时间ｔ／ｓ ０ ４０ ８０ １２０ １６０ ２００ 速度ｖ／ （ｍ／ｓ） ０ ２４ ４８ ７２ ９６ １２０ 路程 ｓ／ｍ ０ ４８０ １９２０４３２０７６８０１２０００ （１）请在一次函数、反比例函数、二次函数中选 择合适的函数来分别表示在加速阶段（０≤ｔ≤ ２００）速度ｖ与时间ｔ的函数关系、路程ｓ与时间 ｔ的函数关系； （２）最新研究表明，此种列车的稳定匀速行驶 速度可达１８０ｍ／ｓ，为检测稳定匀速行驶时的各 项指标，列车在达到这一速度后至少要匀速行 驶１００ｓ，才能收集全相关数据。若在加速过程 中，路程、速度随时间的变化关系仍然满足（１） 中的函数关系式，并且制动减速所需路程与启 动加速所需的路程相同。根据以上要求，至少 还需要再建多长的轨道才能满足检测要求？ ２５．（１０分）如图，在菱形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝８ｃｍ，∠ＤＡＢ＝ ６０°，动点Ｅ从点 Ａ出发，沿 ＡＢ方向匀速运动，速 度为１ｃｍ／ｓ；动点Ｆ同时从点Ｂ出发，沿 ＢＣ方向 匀速运动，速度为２ｃｍ／ｓ，过点Ｅ作ＥＧ⊥ＡＣ，交ＡＣ 于点Ｈ，连接ＥＦ，ＦＧ。设运动时间为ｔｓ（０＜ｔ＜４）， 请解答下列问题： （１）当ｔ为何值时，ＥＦ∥ＡＣ？ （２）设△ＥＦＧ的面积为Ｓｃｍ２，求Ｓ与ｔ之间的函数 关系式； （３）是否存在某一时刻 ｔ，使点 Ｆ在∠ＧＥＢ的平分 线上？若存在，求出 ｔ的值；若不存在，请说明 理由。                                                                                                                                                                                                                            ∴Ｓ△ＰＡＣ＝Ｓ△ＰＡＤ－Ｓ△ＰＣＤ＝８，即 １ ２ ＰＤ·６－ １ ２ ＰＤ·３＝８。 ∴ＰＤ＝ １６ ３ 。∴点Ｐ的坐标为 － １０ ３ ，０( ) 或 ２２３，０( ) 。 ２５．解：（１）当ｘ＝６０时，ｙ＝５００－５× ６０－５０ ０．５ ＝４００（件）。 故答案为４００。 （２）根据题意，得ｙ＝５００－５× ｘ－５０ ０．５ ＝－１０ｘ＋１０００。 ｗ＝（ｘ－３０）ｙ＝（ｘ－３０）（－１０ｘ＋１０００）＝－１０ｘ２＋ １３００ｘ－３００００＝－１０（ｘ－６５）２＋１２２５０。 ∵－１０＜０， ∴当ｘ＜６５时，ｗ随ｘ的增大而增大；当ｘ＞６５时，ｗ 随ｘ的增大而减小。 由题意，得 ｘ≥５０， －１０ｘ＋１０００≥０。{ 解得５０≤ｘ≤１００。 ∴当ｘ＝６５时，ｗ取最大值，最大值为１２２５０。 答：当每件的售价定为 ６５元时，日销售利润 ｗ（元）最大，最大利润为１２２５０元。 （３）当ｗ＝６０００元时，－１０ｘ２＋１３００ｘ－３００００＝６０００。 解得ｘ１＝４０，ｘ２＝９０。 ∵ａ＝－１０＜０，∴当４０≤ｘ≤９０时，ｗ≥６０００。 又∵５０≤ｘ≤１００，∴５０≤ｘ≤９０。 答：当日销售利润不低于６０００元时，每件玩具的 售价ｘ（元）的取值范围是５０≤ｘ≤９０。 ２６．解：（１）由题意，得ＡＱ＝ｔｃｍ，ＤＰ＝２ｔｃｍ。 ∵在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝６ｃｍ，ＡＤ＝８ｃｍ， ∴∠ＤＡＢ＝∠ＡＤＣ＝∠ＡＢＣ＝∠ＤＣＢ＝９０°，ＡＢ＝ ＣＤ＝６ｃｍ，ＡＤ＝ＢＣ＝８ｃｍ，ＡＢ∥ＣＤ。 ∴ＢＤ＝ ＢＣ２＋ＣＤ槡 ２＝１０ｃｍ。 ∵当点 Ｅ与点 Ｃ重合时，ＰＥ⊥ＢＤ，ＣＤ＝ＤＥ＝ ６ｃｍ，∴∠ＤＰＥ＝∠ＤＣＢ＝９０°。 ∵∠ＰＤＥ＝∠ＢＤＣ，∴△ＤＰＥ∽△ＤＣＢ。 ∴ ＰＤ ＥＤ ＝ＣＤ ＢＤ ，即 ２ｔ ６ ＝６ １０ 。解得ｔ＝ ９ ５ 。 （２）如图，∵∠ＤＰＥ＝∠ＤＣＢ＝９０°，∠ＰＤＥ＝∠ＢＤＣ， ∴△ＤＢＣ∽△ＤＥＰ。∴ ＣＤ ＰＤ ＝ＤＢ ＥＤ ，即 ６ ２ｔ ＝１０ ＤＥ 。 解得ＤＥ＝ １０ ３ ｔｃｍ。∴ＣＥ＝ １０ ３ ｔ－６( ) ｃｍ。 ∵∠ＱＡＢ＝∠ＢＣＥ＝９０°，∠ＡＱＢ＝∠ＣＢＥ＝９０°－∠ＱＢＡ， ∴△ＡＢＱ∽△ＣＥＢ。∴ ＱＡ ＢＣ ＝ＡＢ ＣＥ ，即 ｔ ８ ＝ ６ １０ ３ ｔ－６ 。 解得ｔ１＝ ２４ ５ ，ｔ２＝－３（舍去）。 ∴当ｔ＝ ２４ ５ 时，点Ｑ，Ｂ，Ｅ在一条直线上。 （３）若△ＡＱＧ∽△ＰＥＦ，则∠ＡＧＱ＝∠ＰＦＥ， ＡＱ ＡＧ ＝ＰＥ ＰＦ 。 由（２）可知，ＤＥ＝ １０ ３ ｔｃｍ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠ＡＧＱ＝∠ＤＥＦ。∴∠ＰＦＥ＝∠ＤＥＦ。 ∴ＤＦ＝ＤＥ＝ １０ ３ ｔｃｍ。∴ＰＦ＝ＤＥ－ＰＤ＝ ４ ３ ｔｃｍ。 ∵∠ＤＰＥ＝∠ＤＣＢ＝９０°，∠ＰＤＥ＝∠ＢＤＣ， ∴△ＤＰＥ∽△ＤＣＢ。∴ ＤＰ ＤＣ ＝ＰＥ ＢＣ ，即 ２ｔ ６ ＝ＰＥ ８ 。 解得ＰＥ＝ ８ ３ ｔｃｍ。∴ ＡＱ ＡＧ ＝ＰＥ ＰＦ ＝ ８ ３ ｔ ４ ３ ｔ ＝２。 ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴ ＡＱ ＡＧ ＝ＤＱ ＤＥ ＝ｔ ＋８ １０ ３ ｔ 。 ∴ ｔ＋８ １０ ３ ｔ ＝２。解得ｔ＝ ２４ １７ 。 ７２０２４年李沧区学业水平第一次阶段性质量检测 （与黄岛区、平度市联考） 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ １．Ｄ　【解析】选项Ａ，Ｂ，Ｃ中的图形都不能找到一个 点，使图形绕某一点旋转 １８０°后与原来的图形重 合，所以不是中心对称图形。选项Ｄ中的图形能找 到一个点，使图形绕某一点旋转１８０°后与原来的图 形重合，所以是中心对称图形。故选Ｄ。 ２．Ａ　【解析】∵｜－１｜＞ － １ ２ ，∴－１＜－ １ ２ ＜０＜ １ ２ ＜１， 即四个数中比－ １ ２ 小的数是－１。故选Ａ。 ３．Ｂ　【解析】左视图是 。故选Ｂ。 ４．Ｃ　【解析】０．００００３＝３×１０－５。故选Ｃ。 ５．Ａ　【解析】设长木长 ｘ尺。∵用一根绳子去量一 根木条，绳子剩余４．５尺，∴绳子长为（ｘ＋４．５）尺。 ∵绳子对折再量木条，木条剩余１尺，得方程为 ｘ＋ ４．５＝２（ｘ－１）。故选Ａ。                                                                —０２— ６．Ｃ　【解析】将△ＡＢＣ向上平移 ５个单位长度得到 △Ａ１Ｂ１Ｃ１，再将△Ａ１Ｂ１Ｃ１绕点Ｏ按逆时针方向旋转 ９０°得到△Ａ２Ｂ２Ｃ２，如图，△Ａ２Ｂ２Ｃ２即为所求出的三 角形，所以点Ａ２的坐标为（－３，１）。故选Ｃ。 ７．Ｂ　【解析】如图，连接ＢＤ。由圆周角定理，得 ∠ＡＢＤ＝∠ＡＥＤ＝３２°。∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径， ∴∠ＡＤＢ＝９０°。∴∠ＢＡＤ＝９０°－∠ＡＢＤ＝５８°。 ∵四边形ＡＢＣＤ内接于⊙Ｏ，∴∠ＢＡＤ＋∠ＤＣＢ＝１８０°。 ∴∠ＤＣＢ＝１８０°－５８°＝１２２°。故选Ｂ。 ８．Ｂ　【解析】Ａ．由一次函数ｙ＝ａｘ＋ｂ的图象知，ａ＞０，ｂ＞ ０，则ａｂ＞０，所以反比例函数ｙ＝ ａｂ ｘ 的图象位于第一、三 象限，不符合题意；Ｂ．由一次函数ｙ＝ａｘ＋ｂ的图象知， ａ＞０，ｂ＞０，则ａｂ＞０，所以反比例函数ｙ＝ ａｂ ｘ 的图象位于 第一、三象限，符合题意；Ｃ．由一次函数ｙ＝ａｘ＋ｂ的图 象知，ａ＞０，ｂ＜０，则ａｂ＜０，所以反比例函数ｙ＝ ａｂ ｘ 的图 象位于第二、四象限，不符合题意；Ｄ．由一次函数ｙ＝ ａｘ＋ｂ的图象知，ａ＜０，ｂ＜０，则ａｂ＞０，所以反比例函数 ｙ＝ ａｂ ｘ 的图象位于第一、三象限，不符合题意。故选Ｂ。 ９．５　【解析】原式＝槡 ２２＋槡３２ 槡２ ＝５。 １０．８９．２　【解析】由题意可得该选手的综合成绩为 ９２×２０％＋８７×４０％＋９０×４０％＝８９．２（分）。 １１．１　【解析】∵｜ａ－２｜＋ ａ－３ｂ＋槡 １＝０，而｜ａ－２｜≥０， ａ－３ｂ＋槡 １≥０，∴ａ－２＝０，ａ－３ｂ＋１＝０。解得ａ＝２， ｂ＝１。∴（ａ－ｂ）２０２４＝（２－１）２０２４＝１。 １２．１３２　【解析】如图，标注三 角形的三个顶点 Ａ，Ｂ，Ｃ。 ∵图案是由一张等宽的纸 条折成的，∴ＡＢ＝ＡＣ。 ∴∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ。又∵纸条的长边平行， ∴∠ＡＢＣ＝∠１＝２４°。∴∠２＝∠ＢＡＣ＝１８０°－ ２∠ＡＢＣ＝１８０°－２×２４°＝１３２°。 １３．槡２　【解析】如图，连接ＡＨ并延 长交ＢＣ于点Ｐ，连接ＰＥ。 ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴∠Ｃ＝９０°，ＡＤ∥ＢＣ，ＣＤ＝ＡＤ＝ ＢＣ＝４。∵Ｅ，Ｆ分别是边 ＣＤ，ＡＤ 的中点，∴ＣＥ＝ＡＦ＝ １ ２ ×４＝２。 ∵ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＢＰＨ＝∠ＦＡＨ。 在△ＰＢＨ和△ＡＦＨ中， ∠ＢＰＨ＝∠ＦＡＨ， ∠ＢＨＰ＝∠ＦＨＡ， ＢＨ＝ＦＨ，{ ∴△ＰＢＨ≌△ＡＦＨ（ＡＡＳ）。∴ＡＨ＝ＰＨ，ＰＢ＝ＡＦ＝２。 ∴Ｈ是ＡＰ的中点，ＰＣ＝ＢＣ－ＰＢ＝２。 ∴ＰＥ＝ ＰＣ２＋ＣＥ槡 ２＝槡２２。 ∵Ｇ是ＡＥ的中点，∴ＧＨ＝ １ ２ ＰＥ＝槡２。 １４．①③④　【解析】∵抛物线开口向下，∴ａ＜０。 ∵对称轴为直线 ｘ＝１，∴－ ｂ ２ａ ＝１。∴ｂ＝－２ａ＞０。 ∵抛物线交ｙ轴正半轴，∴ｃ＞０。∴ａｂｃ＜０。故① 正确；∵对称轴为直线ｘ＝１，∴当 ｘ＝－２时的函数 值与当ｘ＝４时的函数值相等。又由图象可得，当 ｘ＝４时，ｙ＜０，∴当ｘ＝－２时，ｙ＝４ａ－２ｂ＋ｃ＜０。故② 错误；由对称性，得当ｘ＝－１时的函数值与当 ｘ＝３ 时的函数值相等，∴当 ｘ＝－１时，ｙ＝ａ－ｂ＋ｃ＝０。 ∵ｂ＝－２ａ，∴３ａ＋ｃ＝０。故③正确；∵ｘ１＋ｘ２＞２， ∴ ｘ１＋ｘ２ ２ ＞１。∴Ｍ，Ｎ的中间位置在对称轴的右侧。 ∴Ｍ离对称轴近，Ｎ离对称轴远。∵抛物线开口 向下，∴ｙ１＞ｙ２。故④正确。 １５．解：如图，等腰△ＰＢＤ即为所求。 １６．解：（１） ３ｘ－１ ２ ≤ １，① ３ｘ－１＞５（ｘ＋１），②{ 解不等式①，得ｘ≤１。 解不等式②，得ｘ＜－３。 ∴该不等式组的解集为ｘ＜－３。 （２） ｍ－１ ｍ＋１ ＋２ｍ －４ ｍ２－４ ÷２ｍ ＋２ ｍ＋２ ＝ｍ －１ ｍ＋１ ＋ ２（ｍ －２） （ｍ＋２）（ｍ－２） · ｍ＋２ ２（ｍ＋１） ＝ｍ －１ ｍ＋１ ＋ １ ｍ＋１ ＝ｍ ｍ＋１ 。                                                                —１２— １７．解：列表如下： Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ （Ａ，Ａ） （Ａ，Ｂ） （Ａ，Ｃ） （Ａ，Ｄ） Ｂ （Ｂ，Ａ） （Ｂ，Ｂ） （Ｂ，Ｃ） （Ｂ，Ｄ） Ｃ （Ｃ，Ａ） （Ｃ，Ｂ） （Ｃ，Ｃ） （Ｃ，Ｄ） Ｄ （Ｄ，Ａ） （Ｄ，Ｂ） （Ｄ，Ｃ） （Ｄ，Ｄ） 共有１６种等可能的结果，其中两次抽出的卡片上 的文字都是“?”的结果有（Ｃ，Ｃ），（Ｃ，Ｄ）， （Ｄ，Ｃ），（Ｄ，Ｄ），共４种。 ∴两次抽出的卡片上的文字都是“?”的概率为 ４ １６ ＝１ ４ 。 １８．解：（１）由题意可知，Ｂ组数据的中位数是 １４＋１６ ２ ＝ １５，众数是１６。 故答案为１５，１６。 （２）样本容量为１０÷２５％＝４０， 故Ｄ组人数为４０－４－８－１０－６＝１２， 补全频数直方图如下： （３）３６０°× ４ ４０ ＝３６°。 故答案为３６。 （４）８００× １０＋１２＋６ ４０ ＝５６０（人）。 答：该校学生观看视频时长超过２０分钟的人数大 约为５６０。 １９．解：如图，设ＡＥ与ＢＣ交于点Ｍ。 由题意可得 ＡＤ⊥ＤＦ，ＢＦ⊥ＤＦ， ＡＥ⊥ＢＣ， ∴∠ＡＤＦ＝∠ＢＦＤ＝∠ＢＭＤ＝９０°。 ∴四边形ＢＭＤＦ是矩形。 ∴ＤＭ＝ＢＦ＝１６０ｃｍ。 ∵ＡＢ＝ＡＣ， ∴△ＡＢＣ是等腰三角形。 ∵ＡＥ⊥ＢＣ， ∴ＢＭ＝ＣＭ＝ １ ２ ＢＣ＝ １ ２ ×１００＝５０（ｃｍ）。 ∴ＤＦ＝ＢＭ＝５０ｃｍ。 在Ｒｔ△ＢＧＦ中，∠ＢＧＦ＝７０°， ∴ｔａｎ７０°＝ ＢＦ ＦＧ 。∴ＦＧ＝ ＢＦ ｔａｎ７０°≈ １６０ ２．７５ ＝６４０ １１ （ｃｍ）。 ∴ＤＧ＝ＦＧ－ＤＦ＝ ６４０ １１ －５０＝ ９０ １１ （ｃｍ）。 在Ｒｔ△ＤＧＨ中，∠ＢＧＦ＝７０°， ∴ＤＨ＝ＤＧ·ｔａｎ７０°≈ ９０ １１ ×２．７５＝２２．５（ｃｍ）。 答：将伞至少向下移动２２．５ｃｍ，才能使得身上不 被雨淋湿。 ２０．解：【探究１】如图，过点Ｅ作ＥＦ∥ＡＢ。 ∵ＥＦ∥ＡＢ，ＡＢ∥ＣＤ， ∴ＡＢ∥ＥＦ∥ＣＤ。 ∴∠ＦＥＡ＝∠ＢＡＥ，∠ＦＥＣ＝∠ＤＣＥ。 ∴∠ＦＥＡ＋∠ＦＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ， 即∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ， ∴∠ＢＣＤ＝∠ＡＢＣ＝３０°，∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝３６°。 ∵ＡＥ平分∠ＢＡＤ，ＣＥ平分∠ＢＣＤ， ∴∠ＢＡＥ＝ １ ２∠ ＢＡＤ＝ １ ２ ×３６°＝１８°， ∠ＤＣＥ＝ １ ２∠ ＢＣＤ＝ １ ２ ×３０°＝１５°。 ∴∠ＡＥＣ＝∠ＦＥＣ＋∠ＦＥＡ＝１８°＋１５°＝３３°。 故答案为３３。 【探究２】同理可证∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ， ∴∠ＢＣＤ＝∠ＡＢＣ＝３０°，∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝３６°。 ∵∠ＥＡＤ＝ １ ３∠ ＢＡＤ，∠ＢＣＥ＝ １ ３∠ ＢＣＤ， ∴∠ＢＡＥ＝ ２ ３∠ ＢＡＤ＝ ２ ３ ×３６°＝２４°， ∠ＤＣＥ＝ ２ ３∠ ＢＣＤ＝ ２ ３ ×３０°＝２０°。 ∴∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ＝２４°＋２０°＝４４°。 故答案为４４。 【探究３】同理可证∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ， ∴∠ＢＣＤ＝∠ＡＢＣ＝ｘ°，∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝ｙ°。 ∵∠ＥＡＤ＝ １ ｎ∠ ＢＡＤ，∠ＢＣＥ＝ １ ｎ∠ ＢＣＤ， ∴∠ＢＡＥ＝ ｎ－１ ｎ∠ ＢＡＤ＝ ｎ－１ ｎ ｙ°， ∠ＤＣＥ＝ ｎ－１ ｎ∠ ＢＣＤ＝ ｎ－１ ｎ ｘ°， ∴∠ＡＥＣ＝∠ＢＡＥ＋∠ＤＣＥ＝ ｎ－１ ｎ ｙ°＋ ｎ－１ ｎ ｘ° ＝ｎ －１ ｎ （ｘ＋ｙ）°。 故答案为 ｎ－１ ｎ （ｘ＋ｙ）。                                                                —２２— ２１．（１）证明：如图，连接ＯＣ。 ∵ＯＡ＝ＯＣ， ∴∠ＯＣＡ＝∠Ａ＝３０°。 ∵ＡＣ＝ＣＤ， ∴∠ＡＤＣ＝∠Ａ＝３０°。 ∴∠ＡＣＤ＝１８０°－∠Ａ－ ∠ＡＤＣ＝１２０°。 ∴∠ＯＣＤ＝∠ＡＣＤ－∠ＯＣＡ＝９０°。 ∴ＯＣ⊥ＣＤ。 ∵ＯＣ是⊙Ｏ的半径，∴ＣＤ是⊙Ｏ的切线。 （２）解：由（１），得ＯＣ⊥ＣＤ，∴△ＯＣＤ是直角三角形。 ∵ＯＣ＝４，∠ＡＤＣ＝３０°，∴ＯＤ＝８，ＣＤ＝槡４３，∠ＣＯＤ＝６０°。 ∴ＢＤ＝ＯＤ－ＯＢ＝８－４＝４。 ∵ＢＥ⊥ＤＥ，∠ＡＤＣ＝３０°，∴ＢＥ＝２，ＤＥ＝槡２３， Ｓ阴影＝Ｓ△ＯＣＤ－Ｓ△ＢＥＤ－Ｓ扇形ＯＢＣ ＝４ ×槡４３ ２ －２ ×槡２３ ２ －６０ ×π×４２ ３６０ ＝槡６３－ ８ ３π 。 ∴图中阴影部分的面积为 槡６３－ ８ ３π 。 ２２．解：（１）设乙型充电桩的单价为 ｘ万元，则甲型充 电桩的单价为（ｘ＋０．２）万元。 由题意，得 １６ ｘ＋０．２ ＝１２ ｘ 。 解得ｘ＝０．６。 经检验，ｘ＝０．６是所列方程的解，且符合题意。 ∴ｘ＋０．２＝０．６＋０．２＝０．８。 答：甲型充电桩的单价为０．８万元，乙型充电桩的 单价为０．６万元。 （２）设购买甲型充电桩的数量为 ｍ个，则购买乙 型充电桩的数量为 （３０－ｍ）个。 由题意，得３０－ｍ≤２ｍ。 解得ｍ≥１０。 设所需总费用为ｗ万元。 由题意，得ｗ＝０．８ｍ＋０．６×（３０－ｍ）＝０．２ｍ＋１８。 ∵０．２＞０，∴ｗ随ｍ的增大而增大。 ∴当ｍ＝１０时，ｗ取得最小值。 此时，３０－ｍ＝３０－１０＝２０。 答：购买甲型充电桩 １０个，乙型充电桩 ２０个，所 需总费用最少。 ２３．（１）证明：∵ＡＢ＝ＡＣ，∴△ＡＢＣ是等腰三角形。 ∵ＡＤ⊥ＢＣ，∴ＢＤ＝ＣＤ。 在△ＣＤＥ和△ＢＤＦ中， ＣＤ＝ＢＤ， ∠ＣＤＥ＝∠ＦＤＢ， ＤＥ＝ＤＦ，{ ∴△ＣＤＥ≌△ＢＤＦ（ＳＡＳ），∴ＢＦ＝ＣＥ。 （２）解：选条件①：四边形ＢＥＣＦ是矩形。证明如下： ∵ＢＤ＝ＣＤ，ＤＥ＝ＤＦ， ∴四边形ＢＥＣＦ是平行四边形。 ∵∠ＡＢＣ＝６０°，ＡＢ＝ＡＣ， ∴△ＡＢＣ是等边三角形。 又∵Ｅ是ＡＣ的中点，∴ＢＥ⊥ＡＣ。∴∠ＢＥＣ＝９０°。 ∴平行四边形ＢＥＣＦ是矩形。 选条件②：四边形ＢＥＣＦ是矩形。证明如下： ∵ＢＤ＝ＣＤ，ＤＥ＝ＤＦ， ∴四边形ＢＥＣＦ是平行四边形。 ∵ＡＢ＝ＢＣ，ＡＢ＝ＡＣ， ∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＡＣ。 ∴△ＡＢＣ是等边三角形。 又∵Ｅ是ＡＣ的中点， ∴ＢＥ⊥ＡＣ。∴∠ＢＥＣ＝９０°。 ∴平行四边形ＢＥＣＦ是矩形。 ２４．解：（１）设速度ｖ与时间 ｔ的函数关系为ｖ＝ｍｔ＋ｎ， 路程ｓ与时间ｔ的函数关系为 ｓ＝ａｔ２＋ｂｔ＋ｃ。 把（０，０），（４０，２４）代入ｖ＝ｍｔ＋ｎ， 得 ０＝ｎ， ２４＝４０ｍ＋ｎ。{ ∴ｍ＝０．６，ｎ＝０。∴ｖ＝０．６ｔ。 把（８０，４８），（１２０，７２），（１６０，９６），（２００，１２０）代入 可得满足关系式ｖ＝０．６ｔ。 把（０，０），（４０，４８０），（８０，１９２０）代入ｓ＝ａｔ２＋ｂｔ＋ｃ， 得 ０＝ｃ， ４８０＝１６００ａ＋４０ｂ＋ｃ， １９２０＝６４００ａ＋８０ｂ＋ｃ，{ ∴ａ＝０．３，ｂ＝０，ｃ＝０。∴ｓ＝０．３ｔ２。 把（１２０，４３２０），（１６０，７６８０），（２００，１２０００）代入 可得满足关系式ｓ＝０．３ｔ２。 （２）由题意，得ｖ＝１８０。 把ｖ＝１８０代入ｖ＝０．６ｔ，得ｔ＝３００。 把ｔ＝３００代入ｓ＝０．３ｔ２，得ｓ＝２７０００。 ∴２７０００×２＋１８０×１００＝７２０００（ｍ）， ７２０００ｍ＝７２ｋｍ， ７２－３０＝４２（ｋｍ）。 ∴至少还需要再建４２ｋｍ长的轨道才能满足检测 要求。 ２５．解：（１）由题意，得ＡＥ＝ｔｃｍ，ＢＦ＝２ｔｃｍ。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，ＡＢ＝８ｃｍ， ∴ＢＣ＝ＡＢ＝８ｃｍ，ＢＥ＝（８－ｔ）ｃｍ。 ∵ＥＦ∥ＡＣ，∴ ＢＥ ＡＢ ＝ＢＦ ＢＣ ，即 ８－ｔ ８ ＝２ｔ ８ 。∴ｔ＝ ８ ３ 。 （２）如图１，连接ＢＤ，过点Ｇ作ＧＭ⊥ＡＢ于点Ｍ，过 点Ｆ作ＦＮ⊥ＡＢ，交ＡＢ的延长线于点Ｎ，过点Ｄ作 ＤＱ⊥ＢＣ于点Ｑ，设ＡＣ与ＢＤ交于点Ｏ。 图１ ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，∴ＢＤ⊥ＡＣ。 ∵ＥＧ⊥ＡＣ，∴ＥＧ∥ＢＤ。∴ ＡＥ ＡＢ ＝ＡＧ ＡＤ 。 ∵ＡＤ＝ＡＢ，∴ＡＥ＝ＡＧ＝ｔｃｍ。                                                                —３２— ∵∠ＤＡＢ＝６０°， ∴△ＡＥＧ是等边三角形，∠ＡＧＭ＝３０°。 ∴ＡＭ＝ １ ２ ｔｃｍ，ＧＭ＝ ｔ２－ １ ４ ｔ槡 ２＝槡３ ２ ｔ（ｃｍ）。 同理可得ＦＮ＝槡３ｔｃｍ。 在Ｒｔ△ＣＤＱ中， ∵∠ＤＣＦ＝∠ＤＡＢ＝６０°，ＣＤ＝ＡＢ＝８ｃｍ， ∠ＤＱＣ＝９０°， ∴∠ＣＤＱ＝３０°。 ∴ＣＱ＝ １ ２ ＣＤ＝４ｃｍ，ＤＱ＝ ８２－４槡 ２＝槡４３（ｃｍ）。 ∴Ｓ＝Ｓ梯形ＡＢＦＧ－Ｓ△ＡＧＥ－Ｓ△ＢＥＦ ＝槡４３（ｔ ＋２ｔ） ２ －１ ２ ·ｔ·槡 ３ ２ ｔ－ １ ２ ·槡３ｔ·（８－ｔ） ＝槡６３ｔ－ 槡３ ４ ｔ２－槡４３ｔ＋ 槡３ ２ ｔ２ ＝槡３ ４ ｔ２＋槡２３ｔ。 （３）不存在。理由如下： 假设存在符合题意的ｔ，使点Ｆ在∠ＧＥＢ的平分线 上。如图２，过点Ｆ作ＦＰ⊥ＡＣ于点Ｐ，作ＦＲ⊥ＥＧ 于点Ｒ。 图２ ∵ＥＧ⊥ＡＣ，∴∠ＲＨＰ＝∠ＡＰＦ＝∠ＦＲＨ＝９０°。 ∴四边形ＨＲＦＰ是矩形。∴ＦＲ＝ＨＰ。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，∠ＤＡＢ＝６０°， ∴∠ＣＡＢ＝∠ＡＣＢ＝３０°。 如图 １，在 Ｒｔ△ＡＯＢ中，ＯＢ＝ １ ２ ＡＢ＝４ｃｍ，ＯＡ＝ ８２－４槡 ２＝槡４３（ｃｍ），∴ＡＣ＝槡８３ｃｍ。 如图２，在Ｒｔ△ＣＰＦ中，ＣＰ＝ＣＦ·ｃｏｓ３０° ＝槡３ ２ （８－２ｔ）ｃｍ， 在Ｒｔ△ＡＨＥ中，ＡＨ＝ＡＥ·ｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ ｔｃｍ， ∴ＦＲ＝ＨＰ＝ＡＣ－ＡＨ－ＣＰ＝ 槡８３－ 槡３ ２ ｔ－槡 ３ ２ （８－２ｔ）＝ 槡３ ２ ｔ＋槡４３( ) ｃｍ。 ∵点Ｆ在∠ＧＥＢ的平分线上，ＦＮ＝槡３ｔｃｍ， ∴ＦＲ＝ＦＮ，即槡 ３ ２ ｔ＋槡４３＝槡３ｔ。 解得ｔ＝８。 ∵０＜ｔ＜４，∴ｔ＝８不合题意，舍去。 ∴不存在符合题意的ｔ，使点Ｆ在∠ＧＥＢ的平分线上。 ８２０２４年胶州市学业水平第一次阶段性质量检测 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｃ Ｄ Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ １．Ｃ　【解析】－槡２的绝对值是槡２。故选Ｃ。 ２．Ｄ　【解析】Ａ既是轴对称图形，又是中心对称图 形，故本选项不符合题意；Ｂ既是轴对称图形，又 是中心对称图形，故本选项不符合题意；Ｃ既是 轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符 合题意；Ｄ是轴对称图形，但不是中心对称图形， 故本选项符合题意。故选 Ｄ。 ３．Ｂ　【解析】４７４００００００＝４．７４×１０８。故选Ｂ。 ４．Ａ　【解析】∵两班学生测试成绩的平均分都是 ９６ 分，学校根据平均分和方差判定甲班胜出，∴甲班 的方差小于乙班的方差。∵ｓ２甲 ＝０．１８，ｓ ２ 乙 ＝ｍ， ∴ｍ＞０．１８。故选Ａ。 ５．Ｃ　【解析】该几何体的左视图是 。 故选Ｃ。 ６．Ｄ　【解析】Ａ．２ａ３与４ａ２不是同类项，不能进行合 并，故该项不正确，不符合题意；Ｂ．ａ４·ａ２＝ａ６，故该 项不正确，不符合题意；Ｃ．ａ９÷ａ３＝ａ６，故该项不正 确，不符合题意；Ｄ．（ａｂ２）３＝ａ３ｂ６，故该项正确，符合 题意。故选Ｄ。 ７．Ｃ　【解析】由图可知，点 Ｃ的坐标为（２，３）。将 △ＡＢＣ向下平移３个单位长度，点Ｃ的对应点的坐 标为（２，０），再绕原点Ｏ按逆时针方向旋转９０°，点 Ｃ的对应点Ｃ′的坐标为（０，２）。故选Ｃ。 ８．Ｂ　【解析】∵∠Ｂ＝９０°，∠Ａ＝３０°， ∴ＯＢ＝ １ ２ ＯＡ＝１。∴ＯＡ＝２。 ∵ＣＤ∥ＡＢ，∴∠Ｄ＝∠Ａ。 在△ＤＯＣ和△ＡＯＢ中， ∠Ｄ＝∠Ａ， ∠ＤＯＣ＝∠ＡＯＢ， ＯＣ＝ＯＢ，{ ∴△ＤＯＣ≌△ＡＯＢ（ＡＡＳ）。∴ＯＤ＝ＯＡ＝２。 ∴ＡＤ＝ＯＡ＋ＯＤ＝２＋２＝４。故选Ｂ。 ９．Ｃ　【解析】∵ＢＣ是⊙Ｏ的直径，∴∠ＢＡＣ＝９０°。 ∵∠ＡＢＣ＝５２°，∴∠Ｃ＝９０°－５２°＝３８°。∴∠ＡＤＢ＝ ∠Ｃ＝３８°。故选Ｃ。 １０．Ａ　【解析】如图，延长 ＡＢ 交ｙ轴于点 Ｃ。∵点 Ａ在 反比例函数ｙ１＝ ８ ｘ 的图象 上，∴Ｓ△ＡＯＣ＝ １ ２ ×８＝４。 ∵Ｓ△ＡＯＢ＝２，∴Ｓ△ＢＯＣ＝４－２＝２。∵点Ｂ在反比例函 数ｙ２＝ ｋ ｘ 的图象上，∴ｋ＝２Ｓ△ＢＯＣ＝４。故选Ａ。                                                                —４２—