7 2024年聊城市临清市中考模拟检测(二)-【中考321】2025年中考数学3年真题2年模拟1年预测（山东专版）

∴直线ＢＣ的表达式为ｙ＝ｘ－５。 设点Ｍ的坐标为（ｍ，ｍ２－４ｍ－５）， 则点Ｑ的坐标为（ｍ，ｍ－５）。 ∴ＭＱ＝ｍ－５－ｍ２＋４ｍ＋５＝－ｍ２＋５ｍ。 ∵点Ｍ和点Ｎ关于对称轴对称，对称轴为直线ｘ＝ － －４ ２×１ ＝２， ∴ＭＮ＝２（２－ｍ）＝４－２ｍ。 ∴ＭＮ＋ＭＱ＝４－２ｍ＋（－ｍ２＋５ｍ）＝－ｍ２＋３ｍ＋４ ＝－ｍ２－３ｍ＋ ９ ４( ) ＋２５４＝－ｍ－３２( ) ２ ＋２５ ４ 。 ∵－１＜０，∴当ｍ＝ ３ ２ 时，ＭＮ＋ＭＱ有最大值为 ２５ ４ 。 ２３．解：（１）由折叠的性质可知△ＡＢＰ≌△ＭＢＰ， ∴ＢＭ＝ＡＢ＝ＣＤ，∠ＢＭＰ＝∠Ａ＝９０°。 ∵Ｍ是ＣＤ的中点，∴ＣＭ＝ １ ２ ＣＤ＝ １ ２ ＢＭ。 ∵∠Ｃ＝９０°，∴∠ＭＢＣ＝３０°。 ∴∠ＢＭＣ＝９０°－３０°＝６０°。 ∴∠ＤＭＰ＝１８０°－９０°－６０°＝３０°。 故答案为３０。 （２）①由（１）可知ＢＭ＝ＢＡ， ∵Ｅ是ＡＢ的中点，∴ＢＥ＝ １ ２ ＡＢ＝ １ ２ ＢＭ。 ∵∠ＢＥＦ＝９０°，∴∠ＢＭＥ＝３０°。 ∵ＥＦ∥ＢＣ，∴∠ＭＢＣ＝∠ＢＭＥ＝３０°。 故答案为３０。 ②由折叠的性质，知∠ＰＢＭ＝∠ＡＢＰ，∠ＢＰＭ＝ ∠ＡＰＢ，ＢＭ＝ＡＢ＝６。 ∵∠ＢＭＰ＝１８０°－∠ＰＢＭ－∠ＢＰＭ＝１８０°－（∠ＡＢＰ＋ ∠ＡＰＢ）＝９０°，∠ＥＭＢ＝∠ＭＢＣ＝３０°， ∴∠ＰＭＥ＝∠ＢＭＰ－∠ＥＭＢ＝９０°－３０°＝６０°。 ∴∠ＦＭＮ＝∠ＰＭＥ＝６０°。 ∵ＢＥ＝ １ ２ ×６＝３，ＢＭ＝ＡＢ＝６， ∴ＥＭ＝ ＢＭ２－ＢＥ槡 ２＝ ６２－３槡 ２＝槡３３。 ∴ＭＦ＝ＥＦ－ＥＭ＝ＡＤ－ＥＭ＝８－槡３３。 在Ｒｔ△ＭＦＮ中，ｔａｎ∠ＦＭＮ＝ ＦＮ ＭＦ ，即槡３＝ ＦＮ ８－槡３３ 。 ∴ＦＮ＝槡８３－９。 （３）∵四边形ＡＢＣＤ为正方形，边长为８， ∴ＡＢ＝ＡＤ＝ＢＣ＝８，∠Ａ＝∠Ｂ＝９０°。 ∵ＥＦ∥ＡＢ，∴ＡＥＦ＝∠ＢＦＥ＝９０°。 由（２），知ＢＭ＝ＡＢ＝８， ∵Ｐ是ＡＤ的中点，∴ＡＰ＝ＰＤ＝ １ ２ ＡＤ＝ １ ２ ×８＝４。 ∴ＰＭ＝ＡＰ＝４。 设ＤＥ＝ｘ，则ＡＥ＝ＢＦ＝８－ｘ，ＰＥ＝ＤＰ－ＤＥ＝４－ｘ。 ∵∠ＭＰＥ＋∠ＥＭＰ＝９０°，∠ＦＭＢ＋∠ＥＭＰ＝９０°， ∴∠ＭＰＥ＝∠ＦＭＢ。 又∵∠ＰＥＭ＝∠ＭＦＢ＝９０°，∴△ＰＥＭ∽△ＭＦＢ。 ∴ ＥＭ ＦＢ ＝ＰＭ ＭＢ 。∴ ＥＭ ８－ｘ ＝４ ８ 。∴ＥＭ＝ １ ２ （８－ｘ）。 在Ｒｔ△ＰＥＭ中，ＰＥ２＋ＥＭ２＝ＰＭ２， ∴（４－ｘ）２＋( ８－ｘ２ ) ２ ＝４２。 解得ｘ１＝８（不符合题意，舍去），ｘ２＝ ８ ５ 。 ∴ＤＥ的长为 ８ ５ 。 ７２０２４年聊城市临清市中考模拟检测（二） 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｂ Ａ Ｄ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ １．Ｂ　【解析】∵－槡２＜－１＜０＜ １ ２ ， ∴最小的数是－槡２。故选Ｂ。 ２．Ａ　【解析】从左边看，是一列两个相邻的矩形。 故选Ａ。 ３．Ｄ　【解析】根据题意，得 ｍ＜０，① １＋２ｍ＜０，②{ 解不等式①，得ｍ＜０。 解不等式②，得ｍ＜－ １ ２ 。 ∴不等式组的解集为ｍ＜－ １ ２ 。故选Ｄ。 ４．Ｃ　【解析】如图。 ∵ＡＢ∥ＯＦ，∴∠１＋∠ＯＦＢ＝１８０°。 ∵∠１＝１５５°，∴∠ＯＦＢ＝２５°。 ∵∠ＰＯＦ＝∠２＝３０°， ∴∠３＝∠ＰＯＦ＋∠ＯＦＢ＝３０°＋２５°＝５５°。故选Ｃ。 ５．Ａ　【解析】∵四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＡＢ＝４，ＡＤ＝５， ∴ＡＤ∥ＢＣ，∠ＡＢＣ＝９０°。∴∠ＡＢＥ＝９０°。 ∵ＤＦ∥ＡＥ，ＡＤ∥ＥＦ， ∴四边形ＡＤＦＥ是平行四边形。 由作图，得ＡＥ＝ＡＤ＝５， ∴四边形ＡＤＦＥ是菱形。∴ＥＦ＝ＡＥ＝５。                                                                —４２— ∵ＢＥ＝ ＡＥ２－ＡＢ槡 ２＝ ５２－４槡 ２＝３， ∴ＢＦ＝ＦＥ－ＢＥ＝５－３＝２。 ∴ＡＦ＝ ＡＢ２＋ＢＦ槡 ２＝ ４２＋２槡 ２＝槡２５。故选Ａ。 ６．Ｄ　【解析】∵ｘ２＋６ｘ＋３＝０，∴ｘ２＋６ｘ＝－３。 ∴ｘ２＋６ｘ＋９＝－３＋９。∴（ｘ＋３）２＝６。 ∴ｍ＝３，ｎ＝６。∴ｍ－ｎ＝３－６＝－３。故选Ｄ。 ７．Ｂ　【解析】原式＝(ｘ－１ｘ－１＋１ｘ－１)÷ ２ｘ（ｘ－１）２ ＝ｘ ｘ－１ ×（ｘ －１）２ ２ｘ ＝ｘ －１ ２ 。 ∵结果为正整数，∴ｘ为大于１的奇数。故选Ｂ。 ８．Ｂ　【解析】画树状图如下： 共有６种等可能的结果，其中甲、乙两人同时被选 中的结果有 ２种，∴甲、乙两人同时被选中的概率 是 ２ ６ ＝１ ３ 。故选Ｂ。 ９．Ａ　【解析】如图，过点 Ｂ作 ＢＱ⊥ｘ轴于点 Ｑ，连接 ＡＱ，ＯＡ，ＯＢ，ＡＢ。 设点Ａ(ａ，４ａ)，则点Ｂ(４ａ，１ａ)，点Ｑ（４ａ，０）。 ∴Ｓ△ＡＯＱ＝ １ ２ ×４ａ× ４ ａ ＝８， Ｓ△ＡＢＱ＝ １ ２ ×１ ａ ×（４ａ－ａ）＝ ３ ２ ， Ｓ△ＢＯＱ＝ １ ２ ×４ａ× １ ａ ＝２。 ∴Ｓ△ＡＯＢ＝Ｓ△ＡＯＱ＋Ｓ△ＡＢＱ－Ｓ△ＢＯＱ＝ １５ ２ 。故选Ａ。 １０．Ｃ　【解析】由图象，可得小王的速度为 ａ １２ 米／分钟， 爸爸的速度为 ａ （１２－４）÷２ ＝ａ ４ （米／分钟）。 设小王出发ｍ分钟后两人第一次相遇，出发 ｎ分 钟后两人第二次相遇。 根据题意，得 ａ １２ ｍ＝（ｍ－４）· ａ ４ ， ａ １２ ｎ＋ ａ ４ ［ｎ－４－（１２－４）÷２］＝ａ， 解得ｍ＝６，ｎ＝９。∴ｎ－ｍ＝９－６＝３。故选Ｃ。 １１．３（ａ＋２）（ａ－２）　【解析】３ａ２－１２＝３（ａ２－４）＝３（ａ＋ ２）（ａ－２）。 １２．（１，１）　【解析】如图，作 ＡＣ，ＢＤ的垂直平分线交 于点Ｐ，旋转中心为点Ｐ，点Ｐ的坐标为（１，１）。 １３．１．９×１０１４　【解析】由题意，得３．８×１０２３× １ ２０００００００００ ＝ １．９×１０１４（千瓦）。　 １４．５　【解析】半径为１５ｃｍ，圆心角为１２０°的扇形弧 长为 １２０π×１５ １８０ ＝１０π（ｃｍ）。 设圆锥形生日帽的底面圆的半径为ｒｃｍ。 根据题意，得２πｒ＝１０π，解得ｒ＝５。 １５．１＋槡３　【解析】如图，取 ＡＢ的中点 Ｄ，连接 ＯＤ，ＣＤ。 ∴ＯＣ≤ＯＤ＋ＣＤ。 当Ｏ，Ｄ，Ｃ三点在同一条直线 上时，ＯＣ有最大值，最大值为 ＯＤ＋ＣＤ。 ∵△ＡＢＣ是边长为 ２的等边三角形，Ｄ是 ＡＢ的 中点， ∴ＡＢ＝ＢＣ＝２，ＢＤ＝ １ ２ ＡＢ＝１。 ∴ＣＤ＝ ＢＣ２－ＢＤ槡 ２＝槡３。 ∵△ＡＯＢ是直角三角形，Ｄ是ＡＢ的中点， ∴ＯＤ＝ １ ２ ＡＢ＝１。 ∴ＯＤ＋ＣＤ＝１＋槡３，即ＯＣ的最大值为１＋槡３。 １６．２ｎ２－ｎ　【解析】∵图１有１个三角形，记作ａ１＝１； 图２有５个三角形，记作ａ２＝５＝１＋４＝１＋４×１； 图３有９个三角形，记作ａ３＝９＝１＋４＋４＝１＋４×２； …… ∴图ｎ中三角形的个数为ａｎ＝１＋４（ｎ－１）＝４ｎ－３。 ∴ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａｎ＝１＋５＋９＋…＋（４ｎ－３） ＝１ ＋４ｎ－３ ２ ·ｎ＝２ｎ２－ｎ。 １７．解：（１）原式＝２－槡３＋２－槡３２＋槡３＝４－槡３２。 （２） ｘ＋３ｙ＝１，　① ２ｘ－ｙ＝－５，②{ 由①，得ｘ＝１－３ｙ，③ 将③代入②，得２（１－３ｙ）－ｙ＝－５， 解得ｙ＝１。 把ｙ＝１代入③，得ｘ＝－２。 ∴原方程组的解为 ｘ＝－２， ｙ＝１。{                                                                —５２— １８．解：如图，延长ＢＡ交ＰＱ的延长线于点Ｃ， 则∠ＡＣＱ＝９０°。 根据题意，得ＢＣ＝１５６ｍ，ＰＱ＝２００ｍ。 在Ｒｔ△ＢＣＱ中，∠ＢＱＣ＝４５°， ∴ＣＱ＝ＢＣ＝１５６ｍ。∴ＰＣ＝ＰＱ＋ＣＱ＝３５６ｍ。 在Ｒｔ△ＰＣＡ中， ｔａｎ∠ＡＰＣ＝ｔａｎ１５°＝ ＡＣ ＰＣ ＝ＡＣ ３５６≈ ０．２７， ∴ＡＣ≈３５６×０．２７≈９６．１２（ｍ）。 ∴ＡＢ＝ＢＣ－ＡＣ≈１５６－９６．１２≈５９．８８≈６０（ｍ）。 ∴舍利塔ＡＢ的高度约为６０ｍ。 １９．解：（１）根据题意，得 ａ％＝１－１０％－４５％－ ６ ２０ ×１００％＝１５％，即ａ＝１５； 把Ａ款设备的评分数据从小到大排列，排在中间 的两个数分别是８７，８９，故中位数ｍ＝ ８７＋８９ ２ ＝８８； 在Ｂ款设备的评分数据中，９８出现的次数最多，故 众数ｎ＝９８。 故答案为１５；８８；９８。 （２）６００×１５％＝９０（人）。 ∴估计其中对Ａ款自动洗车设备“比较满意”的人 数为９０。 （３）Ａ款自动洗车设备更受消费者欢迎。 理由如下： 虽然两款自动洗车设备的评分数据的平均数相 同，但是Ａ款自动洗车设备的评分数据的中位数 比Ｂ款高，所以Ａ款自动洗车设备更受消费者欢 迎。（答案不唯一） ２０．证明：（１）∵ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＡＣＦ＝∠ＤＡＥ。 ∵∠ＦＡＣ＝∠ＥＤＡ，ＡＣ＝ＤＡ， ∴△ＡＣＦ≌△ＤＡＥ（ＡＳＡ）。∴ＤＥ＝ＡＦ。 （２）∵△ＡＣＦ≌△ＤＡＥ， ∴ＡＦ＝ＤＥ，∠ＡＦＣ＝∠ＤＥＡ。∴∠ＡＦＢ＝∠ＤＥＣ。 ∵∠ＡＢＣ＝∠ＣＤＥ，∴△ＡＢＦ∽△ＣＤＥ。 ∴ ＡＦ ＣＥ ＝ＢＦ ＤＥ 。∴ＡＦ·ＤＥ＝ＢＦ·ＣＥ。 ∵ＡＦ＝ＤＥ，∴ＡＦ２＝ＢＦ·ＣＥ。 ２１．（１）证明：如图，连接ＯＤ。 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径， ∴∠ＡＣＢ＝∠ＢＣＧ＝９０°。 ∵ＤＥ与⊙Ｏ相切， ∴∠ＯＤＥ＝９０°。 ∵ＤＥ∥ＡＢ，∴∠ＡＯＤ＝∠ＯＤＥ＝９０°。 ∴∠ＡＣＤ＝ １ ２∠ ＡＯＤ＝４５°。 ∵ＣＤ∥ＢＧ，∴∠Ｇ＝∠ＡＣＤ＝４５°。 ∴∠ＣＢＧ＝９０°－∠Ｇ＝４５°。∴∠Ｇ＝∠ＣＢＧ。 ∴ＣＧ＝ＢＣ。 （２）解：在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＡＣ＝４，ＢＣ＝２， 由勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＣ２＋ＢＣ槡 ２＝槡２５。 ∴ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＤ＝槡５。 ∵ＣＤ∥ＧＢ，ＡＣ＝４，ＢＣ＝ＣＧ＝２， ∴ＡＦ∶ＢＦ＝ＡＣ∶ＣＧ＝４∶２＝２∶１。 设ＢＦ＝ｋ，ＡＦ＝２ｋ。 ∴ＡＢ＝ＡＦ＋ＢＦ＝３ｋ＝槡２５，解得ｋ＝ 槡２５ ３ 。 ∴ＡＦ＝２ｋ＝槡 ４５ ３ 。 ∴ＯＦ＝ＡＦ－ＯＡ＝槡 ４５ ３ －槡５＝ 槡５ ３ 。 在Ｒｔ△ＯＤＦ中，ＯＤ＝槡５，ＯＦ＝ 槡５ ３ ， 由勾股定理，得ＤＦ＝ ＯＤ２＋ＯＦ槡 ２＝槡５２ ３ 。 ∵ＣＤ∥ＧＥ，ＤＥ∥ＡＢ， ∴四边形ＤＥＢＦ是平行四边形。 ∴ＢＥ＝ＤＦ＝槡 ５２ ３ 。 ２２．解：（１）根据题意，得 １６ａ＋４ｂ－２＝０， ４ａ－２ｂ－２＝０，{ 解得 ａ＝ １ ４ ， ｂ＝－ １ ２ 。{ ∴该抛物线的表达式为ｙ＝ １ ４ ｘ２－ １ ２ ｘ－２。 （２）如图 １，过点 Ｐ作 ＰＤ⊥ｘ轴于点 Ｄ，交 ＡＢ 于点Ｅ。 图１ ∵抛物线ｙ＝ １ ４ ｘ２－ １ ２ ｘ－２与ｙ轴交于点Ａ， ∴点Ａ（０，－２）。∴ＯＡ＝２。 ∵点Ｂ（４，０），∴ＯＢ＝４。 ∵ＰＫ∥ｘ轴，∴∠ＢＫＰ＝∠ＡＢＯ。                                                                —６２— ∴ｔａｎ∠ＢＫＰ＝ｔａｎ∠ＡＢＯ＝ ＯＡ ＯＢ ＝２ ４ ＝１ ２ 。 ∴ ＰＥ ＰＫ ＝１ ２ 。∴ＰＫ＝２ＰＥ。 设直线ＡＢ的表达式为ｙ＝ｋｘ－２（ｋ≠０）。 将点（４，０）代入，得ｋ＝ １ ２ 。 ∴直线ＡＢ的表达式为ｙ＝ １ ２ ｘ－２。 ∴点Ｐ(ｍ，１４ｍ２－１２ｍ－２)，Ｅ(ｍ，１２ｍ－２)。 ∴ＰＥ＝ １ ２ ｍ－２－( １４ｍ２－１２ｍ－２) ＝－１４ｍ２＋ｍ。 ∴ＰＫ＝２ＰＥ＝－ １ ２ ｍ２＋２ｍ。 （３）在抛物线的对称轴上存在一点Ｍ，使得∠ＭＢＡ ＝４５°。 如图２，设对称轴交ＡＢ于点Ｆ，交ｘ轴于点Ｐ。 ∵对称轴为直线 ｘ＝１，直线 ＡＢ的表达式为 ｙ＝ １ ２ ｘ－２， ∴点Ｆ(１，－３２)。∴ＦＰ＝３２。 ∴ＢＦ＝ ３ ２( ) ２ ＋３槡 ２＝３ ２槡 ５。 ①当点Ｍ在ＡＢ上方时， 如图２，过点Ｍ作ＭＮ⊥ＡＢ于点Ｎ。 ∴∠ＦＮＭ＝∠ＢＮＭ＝９０°。 ∴∠ＦＭＮ＋∠ＭＦＮ＝∠ＭＦＮ＋∠ＯＢＡ＝９０°。 ∴∠ＦＭＮ＝∠ＯＢＡ。 ∴ｔａｎ∠ＯＢＡ＝ １ ２ ＝ｔａｎ∠ＦＭＮ。 ∵∠ＭＢＡ＝４５°，∴ＭＮ＝ＢＮ。 设ＦＮ＝ｘ，ＭＮ＝ＢＮ＝２ｘ，则ＭＦ＝槡５ｘ。 ∴ＢＦ＝ＦＮ＋ＢＮ＝ｘ＋２ｘ＝ ３ ２槡 ５，解得ｘ＝槡 ５ ２ 。 ∴ＭＦ＝槡５ｘ＝ ５ ２ 。 ∴ＭＰ＝ＭＦ－ＦＰ＝１。 故点Ｍ的坐标为（１，１）。 图２ 　　 图３ ②当点Ｍ在ＡＢ下方时， 如图３，过点Ｍ作ＭＮ⊥ＡＢ于点Ｎ。 ∴ｔａｎ∠ＯＢＡ＝ １ ２ ＝ｔａｎ∠ＦＭＮ，ＭＮ＝ＢＮ。 设ＦＮ＝ｘ，ＭＮ＝ＢＮ＝２ｘ，则ＭＦ＝槡５ｘ。 ∴ＢＦ＝ＢＮ－ＦＮ＝ｘ＝槡 ３５ ２ ，解得ｘ＝ 槡 ３５ ２ 。 ∴ＭＦ＝槡５ｘ＝ １５ ２ 。 ∴ＭＰ＝ＦＰ＋ＭＦ＝９。 故点Ｍ的坐标为（１，－９）。 综上所述，存在一点 Ｍ，使得∠ＭＢＡ＝４５°，点 Ｍ的 坐标为（１，１）或（１，－９）。 ２３．解：（１）ＡＦ＝ＢＦ。理由如下： ∵点Ｂ与点Ａ重叠对折，得到折痕ＤＦ， ∴△ＡＤＦ≌△ＢＤＦ。∴ＡＦ＝ＢＦ。 （２）猜想：ＯＡ＝２ＯＥ，ＯＣ＝２ＯＤ。理由如下： 如图１，连接ＤＥ。 由题意，得Ｄ，Ｅ分别是ＡＢ，ＢＣ的中点。 ∴ＤＥ是△ＡＢＣ的中位线。 ∴ＤＥ∥ＡＣ，ＤＥ＝ １ ２ ＡＣ。 ∴∠ＯＤＥ＝∠ＯＣＡ，∠ＯＥＤ＝∠ＯＡＣ。 ∴△ＯＤＥ∽△ＯＣＡ。 ∴ ＯＥ ＯＡ ＝ＯＤ ＯＣ ＝ＤＥ ＡＣ ＝１ ２ 。 ∴ＯＡ＝２ＯＥ，ＯＣ＝２ＯＤ。 图１ 　　 图２ （３）由折叠的性质，得 ＢＥ＝ＣＥ＝ １ ２ ＢＣ＝３，∠ＡＥＣ ＝９０°。 ∵ＡＣ＝５，∴ＡＥ＝ ＡＣ２－ＣＥ槡 ２＝４。 由（２），知ＯＡ＝２ＯＥ。 ∵ＯＡ＋ＯＥ＝ＡＥ＝４，∴ＯＡ＝ ２ ３ ＡＥ＝ ８ ３ 。 ∴Ｓ△ＡＯＣ＝ １ ２ ＯＡ·ＣＥ＝ １ ２ ×８ ３ ×３＝４。 （４）如图２，连接ＯＢ，ＤＥ。 由（３），知ＯＡ＝ ８ ３ ，∴ＯＥ＝ＡＥ－ＯＡ＝４－ ８ ３ ＝４ ３ 。 在 Ｒｔ△ＯＢＥ中，ＯＢ＝ ＯＥ２＋ＢＥ槡 ２＝ ( ４３) ２ ＋３槡 ２ ＝槡９７ ３ 。                                                                —７２— 由折叠可知，∠ＡＤＦ＝∠ＢＤＦ＝９０°，ＡＦ＝ＢＦ，ＡＤ＝ ＢＤ＝ １ ２ ＡＢ＝ ５ ２ ， ∴∠ＢＤＦ＝∠ＢＥＡ＝９０°。 ∵∠ＦＢＤ＝∠ＡＢＥ，∴△ＦＢＤ∽△ＡＢＥ。 ∴ ＢＤ ＢＥ ＝ＢＦ ＢＡ ，即 ５ ２ ３ ＝ＢＦ ５ 。∴ＢＦ＝ ２５ ６ 。 ∴ＥＦ＝ＢＦ－ＢＥ＝ ２５ ６ －３＝ ７ ６ 。 ①当点Ａ′与点Ｂ重合时， 图３ 　　 图４ 如图３，连接ＯＢ， 此时ＯＡ′＝ＯＢ＝槡 ９７ ３ ； 如图４， ∵∠ＡＦＢ＋∠ＡＦＣ＝１８０°，∠ＡＦＣ＝∠Ａ′Ｆ′Ｃ′， ∴∠ＡＦＢ＋∠Ａ′Ｆ′Ｃ′＝１８０°。 此时拼成的图形是三角形，不符合题意。 ②当点Ａ′与点Ｆ重合时，如图５，图６，连接ＯＦ。 图５ 　　 图６ 在Ｒｔ△ＯＥＦ中， ＯＦ＝ ＯＥ２＋ＥＦ槡 ２＝ ( ４３) ２ ＋( ７６)槡 ２ ＝槡１１３ ６ ， ∴ＯＡ′＝ＯＦ＝槡 １１３ ６ 。 综上所述，拼成四边形时ＯＡ′的长为槡 １１３ ６ 。 ８２０２４年聊城市冠县初中学业水平 模拟考试（二） 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｂ Ｂ Ａ Ｄ Ｃ Ｄ Ｂ Ｂ Ｄ Ｃ １．Ｂ　【解析】槡９＝３，无理数有 π ３ ，－槡７，共２个。 故选Ｂ。 ２．Ｂ　【解析】Ａ，Ｃ，Ｄ选项中的图形都不能找到一条 直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能 够互相重合，所以不是轴对称图形；Ｂ选项中的图 形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线 两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形。 故选Ｂ。 ３．Ａ　【解析】６３２６．８７亿＝６３２６８７００００００＝６．３２６８７× １０１１。故选Ａ。 ４．Ｄ　【解析】Ａ．（ａ２）３＝ａ６，故选项不符合题意； Ｂ．ａ１０÷ａ２＝ａ８，故选项不符合题意； Ｃ．ａ３与ａ２不属于同类项，不能合并，故选项不符合 题意； Ｄ．ａ２·ａ３＝ａ５，故选项符合题意。故选Ｄ。 ５．Ｃ　【解析】它的主视图是 。 故选Ｃ。 ６．Ｄ　【解析】去分母，得２ｘ－１＝ｍ＋ｘ－２。 移项，得２ｘ－ｘ＝ｍ－２＋１ 合并同类项，得ｘ＝ｍ－１。 ∵方程有增根，∴ｘ－２＝０。∴ｘ＝２。 把ｘ＝２代入ｘ＝ｍ－１中，得ｍ－１＝２。 ∴ｍ＝３。故选Ｄ。 ７．Ｂ　【解析】由作法，得ＢＧ⊥ＡＤ，ＥＧ＝ＤＧ。 ∴∠ＡＧＢ＝９０°。 ∵四边形ＡＢＣＤ是菱形， ∴ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ＝ＢＣ。∴∠ＧＢＣ＝∠ＡＧＢ＝９０°。 在Ｒｔ△ＢＣＧ中，设ＢＧ＝ｘ。 ∵∠ＢＣＧ＝３０°，∴ＢＣ＝槡３ｘ。 ∵菱形ＡＢＣＤ的面积为 槡２３， ∴ＢＣ·ＢＧ＝槡３ｘ ２＝槡２３。∴ｘ＝槡２。 ∴ＢＧ＝ｘ＝槡２，ＡＢ＝ＡＤ＝ＢＣ＝槡３ｘ＝槡６。 在Ｒｔ△ＡＢＧ中，由勾股定理， 得ＡＧ＝ ＡＢ２－ＢＧ槡 ２＝ （槡６） ２－（槡２）槡 ２＝２。 ∴ＤＧ＝ＥＧ＝ＡＤ－ＡＧ＝槡６－２。∴ＤＥ＝２ＤＧ＝槡２６－４。 ∴ＡＥ＝ＡＤ－ＤＥ＝槡６－（槡２６－４）＝４－槡６。故选Ｂ。 ８．Ｂ　【解析】把“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮 票分别记为Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，画树状图如下： 共有１２种等可能的结果，其中小亮抽到的两张邮 票恰好是“秋分”和“大寒”的结果有２种，∴小亮抽 到的两张邮票恰好是“秋分”和“大寒”的概率是 ２ １２                                                                —８２— — ３７— — ３８— — ３９— 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　一、选择题（本题共１０小题，每小题３分，共３０分。每小题只有一个选项符合要求） １．下列四个数中，最小的数是 （　　） Ａ．－１　　　　　　　　 Ｂ．－槡２　　　　　　　　Ｃ． １ ２ 　　　　　　　　 Ｄ．０ ２．某物体如图所示，其左视图是 （　　） Ａ 　　　　　　 Ｂ 　　　　　　 Ｃ 　　　　　　 Ｄ 第２题图 　　　　　 第４题图 　　　　　 第５题图 ３．如果点Ｐ（ｍ，１＋２ｍ）在第三象限内，那么ｍ的取值范围是 （　　） Ａ．－ １ ２ ＜ｍ＜０ Ｂ．ｍ＞－ １ ２ Ｃ．ｍ＜０ Ｄ．ｍ＜－ １ ２ ４．如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心Ｏ的光线相交于点Ｐ， 点Ｆ为焦点。若∠１＝１５５°，∠２＝３０°，则∠３的度数为 （　　） Ａ．４５° Ｂ．５０° Ｃ．５５° Ｄ．６０° ５．如图，以矩形ＡＢＣＤ的顶点 Ａ为圆心，ＡＤ长为半径画弧，交 ＣＢ的延长线于点 Ｅ，过点 Ｄ作 ＤＦ∥ＡＥ 交ＢＣ于点Ｆ，连接ＡＦ。若ＡＢ＝４，ＡＤ＝５，则ＡＦ的长为 （　　） 槡 槡 槡Ａ．２５ Ｂ．３５ Ｃ．３ Ｄ．３３ ６．用配方法解一元二次方程ｘ２＋６ｘ＋３＝０时，将它化为（ｘ＋ｍ）２＝ｎ的形式，则ｍ－ｎ的值为 （　　） Ａ．３ Ｂ．０ Ｃ．－１ Ｄ．－３ ７．若 (１＋１ｘ－１)÷ ２ｘ ｘ２－２ｘ＋１ 的计算结果为正整数，则对ｘ值的描述最准确的是 （　　） Ａ．ｘ为自然数 Ｂ．ｘ为大于１的奇数 Ｃ．ｘ为大于０的偶数 Ｄ．ｘ为正整数 ８．２０２３年１０月２６日，神舟十七号载人航天飞船顺利发射，三位航天员值守空间站大约６个月的时间， 于２０２４年４月底返回东风着陆场。空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱， 假设甲、乙、丙三位航天员从核心舱进入实验舱的机会均等，现在从这三名航天员中选２人进入问天 实验舱开展科学实验，甲、乙两人同时被选中的概率为 （　　） Ａ． １ ２ Ｂ． １ ３ Ｃ． １ ４ Ｄ． １ ５ ９．已知反比例函数ｙ＝ ４ ｘ 在第一象限的图象上有两点Ａ，Ｂ，如果点Ｂ到ｙ轴的距离是点Ａ到ｙ轴距离的 ４倍，那么△ＡＯＢ的面积为 （　　） Ａ． １５ ２ Ｂ． １９ ２ Ｃ．１５ Ｄ．１９ １０．小王同学从家出发，步行到离家ａ米的公园晨练，４分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车 到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离ｙ（单位：米）与出发时间ｘ （单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为 （　　） Ａ．２．７分钟 Ｂ．２．８分钟 Ｃ．３分钟 Ｄ．３．２分钟 二、填空题（本题共６小题，每小题３分，共１８分） １１．分解因式：３ａ２－１２＝ 。 １２．如图，在平面直角坐标系中，点Ａ的坐标为（－１，５），点Ｂ的坐标为（３，３），线段ＡＢ绕点Ｐ旋转一定 的角度后与线段ＣＤ重合（Ｃ，Ｄ均为格点），则旋转中心点Ｐ的坐标为 。 第１２题图 　　　　　 第１４题图 １３．太阳内部高温核聚变反应释放的辐射能功率为３．８×１０２３千瓦，到达地球的仅占２０亿分之一，则到达 地球的辐射能功率为 千瓦。 １４．在数学跨学科主题活动课上，芳芳用半径为１５ｃｍ，圆心角为１２０°的扇形纸板，做了一个圆锥形的生 日帽，如图所示，在不考虑接缝的情况下，这个圆锥形生日帽的底面圆的半径为 ｃｍ。 １５．如图，边长为２的等边三角形ＡＢＣ的两个顶点 Ａ，Ｂ分别在两条射线 ＯＭ，ＯＮ上滑动，若 ＯＭ⊥ＯＮ， 则ＯＣ的最大值为 。 第１５题图 　　　　　 图１ 　　 图２ 　　 图３ 　　 … 第１６题图 １６．在求１＋２＋３＋…＋１００的值时，发现：１＋１００＝１０１，２＋９９＝１０１，……，从而得到１＋２＋３＋…＋１００＝１０１×５０＝ ５０５０。按此方法可解决下面问题。图１有１个三角形，记作ａ１＝１；分别连接这个三角形三边中点得 到图２，有５个三角形，记作ａ２＝５；再分别连接图２中间的小三角形三边中点得到图３，有９个三角形， 记作ａ３＝９……按此方法继续下去，则ａ１＋ａ２＋ａ３＋…＋ａｎ＝ （结果用含ｎ的代数式表示）。 三、解答题（本题共７小题，共７２分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） １７．（１０分）（１）计算：槡｜３－２｜＋( １２) －１ －槡１８＋ｔａｎ６０°； （２）解方程组： ｘ＋３ｙ＝１， ２ｘ－ｙ＝－５。{ １８．（９分）舍利塔是临清古城的地标。某校九年级“综合与实践”小组开展了测量舍利塔高度的项目化 学习，经过测量，形成了如下不完整的项目报告： 测量对象 舍利塔 测量目的 １．学会运用三角函数有关知识解决生活实际问题； ２．提升动手操作能力，增强团队合作精神。　　　 测量工具 无人机、测角仪等 测量方案 １．先将无人机垂直上升至距水平地面１５６ｍ的点Ｐ，测得塔顶端Ａ的俯角为１５°； ２．再将无人机沿水平方向飞行２００ｍ到达点Ｑ，测得塔底端Ｂ的俯角为４５°。 　 测量示 意图 请根据以上测量数据，求舍利塔ＡＢ的高度。（结果精确到１ｍ，参考数据：ｓｉｎ１５°≈０．２６，ｃｏｓ１５°≈ ０．９７，ｔａｎ１５°≈０．２７，槡２≈１．４１４） ７ ２０２４年聊城市临清市中考模拟检测（二） （时间：１２０分钟　总分：１２０分） — ４０— — ４１— — ４２— １９．（９分）某洗车公司安装了Ａ，Ｂ两款自动洗车设备，工作人员从消费者对Ａ，Ｂ两款设备的满意度评 分中各随机抽取２０份，并对数据进行整理、描述和分析（评分分数用ｘ表示，分为四个等级：不满意 ｘ＜７０，比较满意７０≤ｘ＜８０，满意８０≤ｘ＜９０，非常满意ｘ≥９０），下面给出了部分信息： 抽取的对Ａ款设备的评分数据中“满意”包含的所有数据： ８３，８５，８５，８７，８７，８９； 抽取的对Ｂ款设备的评分数据： ６８，６９，７６，７８，８１，８４，８５，８６，８７，８７，８７，８９，９５，９７，９８，９８，９８，９８，９９，１００。 抽取的对Ａ，Ｂ两款设备的评分统计表： 设备 平均数 中位数 众数 “非常满意”所占百分比 Ａ ８８ ｍ ９６ ４５％ Ｂ ８８ ８７ ｎ ４０％ 根据以上信息，解答下列问题： （１）填空：ａ＝ ，ｍ＝ ，ｎ＝ ； （２）５月份，有６００名消费者对Ａ款自动洗车设备进行评分，估计其中对Ａ款自动洗车设备“比较满 意”的人数； （３）根据以上数据，你认为哪一款自动洗车设备更受消费者欢迎？请说明理由（写出一条理由即可）。 抽取的对Ａ款设备的评分扇形统计图 ２０．（１０分）如图，在梯形ＡＢＣＤ中，ＡＤ∥ＢＣ，点Ｆ，Ｅ分别在线段ＢＣ，ＡＣ上，且∠ＦＡＣ＝∠ＡＤＥ，ＡＣ＝ＡＤ。 （１）求证：ＤＥ＝ＡＦ； （２）若∠ＡＢＣ＝∠ＣＤＥ，求证：ＡＦ２＝ＢＦ·ＣＥ。 ２１．（１０分）如图，△ＡＢＣ内接于⊙Ｏ，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，延长ＡＣ到点Ｇ，连接ＢＧ。过点Ｃ作ＣＤ∥ＧＢ， 交ＡＢ于点Ｆ，交⊙Ｏ于点Ｄ，过点Ｄ作⊙Ｏ的切线ＤＥ，交ＧＢ的延长线于点Ｅ，且ＤＥ∥ＡＢ。 （１）求证：ＣＧ＝ＢＣ； （２）若ＡＣ＝４，ＢＣ＝２，求ＢＥ的长。 ２２．（１２分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ－２与 ｘ轴交于 Ｂ（４，０），Ｃ（－２，０）两点，与 ｙ 轴交于点Ａ。 （１）求该抛物线的函数表达式； （２）Ｐ是直线ＡＢ下方抛物线上的一动点，横坐标为ｍ。过点Ｐ作ｘ轴的平行线交ＡＢ于点Ｋ，写出 ＰＫ长度的表达式（用含ｍ的代数式表示）； （３）在抛物线的对称轴上是否存在一点Ｍ，使得∠ＭＢＡ＝４５°？若存在，求出点Ｍ的坐标；若不存在， 请说明理由。 　　 备用图 ２３．（１２分）综合与实践 教材重现：取一块质地均匀的三角形木板，用一枚铁钉顶在这个三角形的重心上，木板会保持平衡 （如图１），这是重心的物理性质。 莹莹提前准备了一个等腰三角形纸片ＡＢＣ，如图２，ＡＢ＝ＡＣ＝５，ＢＣ＝６。为了找到重心，以便像教材 上那样稳稳用笔尖顶起，她先把点Ｂ与点Ｃ重叠对折，得到折痕ＡＥ，展开后，她把点Ｂ与点Ａ重叠 对折，得到折痕ＤＦ，展开后连接ＣＤ，交折痕ＡＥ于点Ｏ，则点Ｏ就是△ＡＢＣ的重心。 （１）初步观察：连接ＡＦ，判断ＡＦ与ＢＦ的数量关系并说明理由； （２）猜想验证：莹莹通过测量发现ＯＡ与ＯＥ，ＯＣ与 ＯＤ有同样的数量关系，写出它们的关系并说明 理由； （３）尝试运用：利用（２）的结论计算△ＡＯＣ的面积； （４）拓展探究：莹莹把△ＡＦＣ剪下后得△Ａ′Ｆ′Ｃ′，发现可以与△ＡＢＦ拼成四边形，且拼的过程中点Ａ′ 不与点Ａ重合，直接写出拼成四边形时ＯＡ′的长。 图１ 　　 图２