9 2024年济宁市任城区第二学期一模检测-【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）

— ４９— — ５０— — ５１— 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　一、选择题（本大题共１０小题，每小题３分，共３０分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目 要求） １．中国古代著作《九章算术》在世界数学史上首次正式引入负数。如果在检测一批足球时，随机抽取了 ４个足球进行检测，其中超过标准质量的克数记为正数，不足标准质量的克数记为负数。从轻重的角 度看，最接近标准质量的是 （　　） ＋２．５ Ａ． 　 ＋０．５ Ｂ． 　 －１．０ Ｃ． 　 －３．５ Ｄ． ２．父亲节时，小东同学准备送给父亲一个小礼物。已知礼物外包装的主视图如图所示，则该礼物外包 装的形状不可能是 （　　） Ａ．长方体　 Ｂ．正方体　 Ｃ．圆柱　 Ｄ．三棱锥 第２题图 　　 第５题图 　　 第７题图 　　 第８题图 ３．卢塞尔体育场是卡塔尔世界杯的主体育场，由中国建造，是卡塔尔规模最大的体育场。世界杯之后， 将有约１７００００个座位将捐赠给需要体育基础设施的国家，其中大部分来自世界杯决赛场地卢塞尔 体育场，１７００００这个数用科学记数法表示为 （　　） Ａ．０．１７×１０５　 Ｂ．１．７×１０５　 Ｃ．１７×１０４　　 Ｄ．１．７×１０６ ４．下列运算正确的是 （　　） Ａ．ａ２·ａ３＝ａ６ Ｂ．ａ２＋ａ３＝ａ５　 Ｃ．（ａ＋ｂ）２＝ａ２＋ｂ２　　 Ｄ．（ａ３）２＝ａ６ ５．如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ＡＢＣ，其中ＡＢ＝ＡＣ，∠ＡＢＣ＝３７°，ＢＣ＝４０ｃｍ，则高ＡＤ 约为（结果取整数，参考数据：ｓｉｎ３７°≈０．６０，ｃｏｓ３７°≈０．８０，ｔａｎ３７°≈０．７５） （　　） Ａ．１５ｃｍ　 Ｂ．１６ｃｍ　 Ｃ．１８ｃｍ　 Ｄ．２０ｃｍ ６．中国古代数学名著《孙子算经》中有一个问题，原文：“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问 人与车各几何。”译文：今有若干人乘车，每３人共乘一车，最终剩余２辆车，其余车正好坐满；若每２ 人共乘一车，最终剩余９个人无车可乘，问共有多少人？多少辆车？若设共有ｙ辆车，则下列符合题 意的方程是 （　　） Ａ． ｙ ３ ＋２＝ ｙ－９ ２ 　 Ｂ． ｙ ３ －２＝ ｙ＋９ ２ Ｃ．３（ｙ－２）＝２ｙ＋９　 Ｄ．３（ｙ＋２）＝２ｙ－９ ７．如图，ＥＦ，ＣＤ是⊙Ｏ的两条直径，Ａ是劣弧ＤＦ ) 的中点。若∠ＥＯＤ＝３２°，则∠ＣＤＡ的度数为 （　　） Ａ．３７°　 Ｂ．７４°　 Ｃ．５３°　 Ｄ．６３° ８．如图，在△ＡＢＣ中，∠ＣＡＤ＝９０°，ＡＤ＝３，ＡＣ＝４，ＢＤ＝ＤＥ＝ＥＣ，Ｆ是边ＡＢ的中点，则ＤＦ等于 （　　） Ａ． ５ ４ Ｂ． ５ ２ Ｃ．２ Ｄ．１ ９．如图，矩形ＡＯＣＢ的两边 ＯＣ，ＯＡ分别位于 ｘ轴，ｙ轴上，点 Ｂ的坐标为 (－２０３，５)，Ｄ是 ＡＢ边上的一 点，将△ＡＤＯ沿直线ＯＤ翻折，使点Ａ恰好落在对角线ＯＢ上的点Ｅ处。若点Ｅ在反比例函数ｙ＝ ｋ ｘ 的图象上，则ｋ的值为 （　　） Ａ．－３　 Ｂ．－６　 Ｃ．－１２　 Ｄ．－１８ 第９题图 　　　 第１０题图 １０．如图，在平面直角坐标系中，一组同心圆的圆心为坐标原点Ｏ，它们的半径分别为１，２，３，…，ｎ按照 “加１”依次递增；一组平行线ｌ０，ｌ１，ｌ２，ｌ３，…，ｌｎ都与ｘ轴垂直，相邻两直线的间距为１，其中ｌ０与ｙ轴 重合。若半径为 ２的圆与 ｌ１在第一象限内交于点 Ｐ１，半径为 ３的圆与 ｌ２在第一象限内交于 点Ｐ２，……，半径为ｎ＋１的圆与ｌｎ在第一象限内交于点Ｐｎ，则点Ｐｎ的坐标为（ｎ为正整数）（　　） Ａ．（ｎ，　２槡ｎ）　　　 Ｂ．（ｎ， 　２ｎ＋槡 １）　　 Ｃ．（ｎ， 　２ｎ－槡 １）　　 Ｄ．（ｎ， 　２（ｎ＋１槡 ）） 二、填空题（本大题共６小题，每小题３分，共１８分） １１．睡眠管理作为“五项管理”中的重要内容之一，也是学校教育重点关注的内容．某老师了解到某班４０ 位同学每天睡眠时间（单位：小时）如下表所示，则该班级学生每天的平均睡眠时间是 小时。 睡眠时间 ８小时 ９小时 １０小时 人数 ６ ２４ １０ １２．分解因式：５ｘ２－２０＝ 。 １３．若关于ｘ的一元二次方程（ａ－１）ｘ２＋ａ２ｘ－ａ＝０有一个根是ｘ＝１，则ａ的值为 。 １４．如图，将五边形ＡＢＣＤＥ沿虚线裁去一个角，得到六边形ＡＢＣＤＧＦ，下面四种说法：①周长变大；②周 长变小；③外角和增加１８０°；④内角和增加１８０°。其中正确的是　　　　。 第１４题图 　　　　　　 图１ 　 图２ 第１５题图 １５．如图１是第七届国际数学教育大会（ＩＣＭＥ）的会徽，图２由其主体图案中相邻的两个直角三角形组 合而成。作菱形ＣＤＥＦ，使点Ｄ，Ｅ，Ｆ分别在边 ＯＣ，ＯＢ，ＢＣ上，过点 Ｅ作 ＥＨ⊥ＡＢ于点 Ｈ。当 ＡＢ＝ ＢＣ，∠ＢＯＣ＝３０°，ＤＥ＝２时，ＥＨ的长为 。 １６．构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用，在计算 ｔａｎ１５°时，如图，在 Ｒｔ△ＡＣＢ 中，∠Ｃ＝９０°，∠ＡＢＣ＝３０°，延长 ＣＢ至点 Ｄ，使 ＢＤ＝ＡＢ，连接 ＡＤ，得∠Ｄ＝１５°，所以 ｔａｎ１５°＝ ＡＣ ＣＤ ＝ １ ２＋　槡３ ＝ ２ －　槡３ （２＋　槡３）（２－ 　 槡３） ＝２－　槡３。类比这种方法，ｔａｎ２２．５°的值为 。 三、解答题（本大题共７小题，共７２分） １７．（１０分）（１）计算：（９－３）÷２＋（－１）２＋３－槡 ８； （２）先化简，再求值：(１－１ａ－１)÷ ａ２－４ａ＋４ ａ２－ａ ，其中ａ从－１，０，１，２中取一个合适的数代入求值。 １８．（９分）高尔基说：“书，是人类进步的阶梯。”阅读可以启智增慧，拓展视野。为了解学生的寒假阅读 情况，开学初，学校进行了问卷调查，并对部分学生假期（２８天）的阅读总时间作了随机抽样分析。 如果设被抽样的每位同学寒假阅读的总时间为 ｔ（小时），阅读总时间分为四个类别：Ａ（０＜ｔ＜１２）， Ｂ（１２≤ｔ＜２４），Ｃ（２４≤ｔ＜３６），Ｄ（ｔ≥３６），将分类结果制成两幅统计图（尚不完整）。根据以上信息， 回答下列问题： （１）请补全条形统计图； （２）扇形统计图中ａ的值为 ，圆心角β的度数为 ； （３）若该校有２０００名学生，估计寒假阅读的总时间少于２４小时的学生人数； （４）政教处决定从本次调查阅读时长前四名学生甲、乙、丙、丁中，随机抽取２名同学参加该校“阅读 之星”竞选，请用画树状图法或列表法求恰好选中甲和乙的概率。 四种类别的人数条形统计图　　四种类别的人数扇形统计图 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 ９ ２０２４年济宁市任城区第二学期一模检测 （时间：１２０分钟　总分：１２０分） — ５２— — ５３— — ５４— １９．（９分）如图，在△ＡＢＣ中，∠Ｃ＝９０°，ＡＣ＝１２。 （１）请用无刻度的直尺和圆规在边ＢＣ上求作一点Ｄ，使得点Ｄ到边ＡＢ，ＡＣ的距离相等；（保留作图 痕迹，不写作法） （２）在（１）所作的图形中，过点Ｄ作ＤＥ⊥ＡＢ于点Ｅ。 ①求证：ＡＥ＝ＡＣ； ②若ＣＤ＝４，Ｓ△ＡＢＤ＝３０，求ＢＥ的长。 ２０．（１０分）某班级社会实践小组组织“义卖活动”，计划从批发店购进甲、乙两类益智拼图，已知甲类拼 图每盒进价比乙类拼图多５元，若购进甲类拼图２０盒，乙类拼图３０盒，总费用为６００元。 （１）甲、乙两类拼图每盒的进价分别为多少元？ （２）甲、乙两类拼图每盒售价分别为２５元和１８元。该班计划购进这两类拼图的总费用不低于２１００ 元且不超过２２００元。若购进的甲、乙两类拼图共２００盒，且全部售出，当购进甲类拼图多少盒时， 所获得的总利润最大？最大利润为多少元？ ２１．（１０分）如图，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｅ是⊙Ｏ上的一点，∠ＡＢＥ的平分线交⊙Ｏ于点 Ｃ，过点 Ｃ的直线 交ＢＡ的延长线于点Ｐ，交ＢＥ的延长线于点Ｄ。且∠ＰＣＡ＝∠ＣＢＤ。 （１）求证：ＰＣ是⊙Ｏ的切线； （２）若ＰＣ＝槡２２ＢＯ，ＰＢ＝１２，求⊙Ｏ的半径及ＢＤ的长。 ２２．（１２分）【问题情境】如图１，Ｅ是正方形 ＡＢＣＤ内一点，ＡＥ＝２，ＢＥ＝４，∠ＡＥＢ＝９０°，将直角三角形 ＡＢＥ绕点Ａ逆时针方向旋转α（０°≤α≤１８０°），点Ｂ，Ｅ的对应点分别为点Ｂ′，Ｅ′。 【问题解决】 （１）如图２，在旋转的过程中，点Ｂ′落在了ＡＣ上，求此时ＣＢ′的长； （２）若α＝９０°，如图３，得到△ＡＤＥ′（此时点Ｂ′与点Ｄ重合），延长ＢＥ交ＤＥ′于点Ｆ。 ①试判断四边形ＡＥＦＥ′的形状，并说明理由； ②连接ＣＥ，求ＣＥ的长； （３）在直角三角形ＡＢＥ绕点Ａ逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段ＣＥ′长度的取值范围。 图１ 　 图２ 　 图３ ２３．（１２分）已知抛物线ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ与ｘ轴交于Ａ（－２，０），Ｂ（６，０）两点，与ｙ轴交于点Ｃ（０，－３）。 （１）求抛物线的解析式； （２）如图１，在该抛物线的对称轴上是否存在点Ｄ，使△ＢＣＤ是以ＢＣ为直角边的直角三角形？若存 在，请求出点Ｄ的坐标；若不存在，请说明理由； （３）如图２，点Ｐ在直线ＢＣ下方的抛物线上，连接ＡＰ交ＢＣ于点Ｍ，当 ＰＭ ＡＭ 最大时，请直接写出点Ｐ 的坐标。 图１ 　 图２ ∵∠ＤＡＥ＝∠ＢＡＣ， ∴∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ。 ∵Ｄ，Ｅ分别为ＡＢ，ＡＣ的中点， ∴ＡＤ＝ １ ２ ＡＢ，ＡＥ＝ １ ２ ＡＣ。 ∴ ＡＤ ＡＢ ＝ＡＥ ＡＣ ＝１ ２ 。 ∴△ＡＢＤ∽△ＡＣＥ。 ∴ ＣＥ ＢＤ ＝ＡＣ ＡＢ ＝槡２。 ∴ＣＥ＝槡２ＢＤ。 （２）∵Ｄ和Ｅ分别是ＡＢ，ＡＣ的中点， ∴ＤＥ∥ＢＣ，ＡＤ＝ １ ２ ＡＢ＝２。 ∴△ＡＤＥ∽△ＡＢＣ。 ∴∠ＡＤＥ＝∠ＡＢＣ＝９０°。 ∴当ＤＥ所在直线经过点Ｂ时，ＡＤ⊥ＢＥ。 在Ｒｔ△ＡＤＢ中，根据勾股定理，可得 ＢＤ＝ ＡＢ２－ＡＤ槡 ２＝槡２３。 由（１）可得ＣＥ＝槡２ＢＤ， ∴ＣＥ＝槡２×槡２３＝槡２６。 （３）如图，设ＡＢ与ＤＥ相交于点Ｑ，过点Ｅ作ＥＧ⊥ ＢＣ于点Ｇ。 ∵△ＤＢＥ∽△ＡＢＣ， ∴∠ＢＥＤ＝∠ＡＣＢ，∠ＤＢＥ＝∠ＡＢＣ＝９０°。 ∵ＡＢ平分ＤＥ， ∴ＱＤ＝ＱＥ。 ∴ＱＢ＝ＱＥ＝ １ ２ ＤＥ。 ∴∠ＡＢＥ＝∠ＤＥＢ＝∠ＡＣＢ。 ∵∠ＡＢＥ＋∠ＣＢＥ＝９０°，∠ＣＢＥ＋∠ＢＥＧ＝９０°。 ∴∠ＡＢＥ＝∠ＢＥＧ。 ∴∠ＢＥＧ＝∠ＡＣＢ。 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＡＢ＝４，ＢＣ＝３， ∴ＡＣ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２＝５。 ∵Ｅ为ＢＣ的中点，∴ＢＥ＝ １ ２ ＢＣ＝ ３ ２ 。 ∴ＢＧ＝ＢＥ·ｓｉｎ∠ＢＥＧ＝ ３ ２ ｓｉｎ∠ＡＣＢ＝ ３ ２ ×ＡＢ ＡＣ ＝６ ５ ， ＥＧ＝ＢＥ·ｃｏｓ∠ＢＥＧ＝ ３ ２ ｃｏｓ∠ＡＣＢ＝ ３ ２ ×３ ５ ＝９ １０ 。 ∴ＣＧ＝ＢＣ－ＢＧ＝３－ ６ ５ ＝９ ５ 。 ∴ｔａｎ∠ＥＣＢ＝ ＥＧ ＣＧ ＝１ ２ 。 ９２０２４年济宁市任城区第二学期一模检测 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｂ Ｄ Ｂ Ｄ Ａ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ １．Ｂ　【解析】由题意，可得各数的绝对值分别为２．５， ０．５，１．０，３．５。 ∵０．５＜１．０＜２．５＜３．５， ∴最接近标准质量的是＋０．５。故选Ｂ。 ２．Ｄ　【解析】根据主视图，可知只有 Ｄ选项不可能。 故选Ｄ。 ３．Ｂ　【解析】１７００００＝１．７×１０５。故选Ｂ。 ４．Ｄ　【解析】Ａ．ａ２·ａ３＝ａ２＋３＝ａ５，故选项运算错误，不 符合题意；Ｂ．ａ２与ａ３不能合并，故选项运算错误，不 符合题意；Ｃ．（ａ＋ｂ）２＝ａ２＋ｂ２＋２ａｂ，故选项运算错误， 不符合题意；Ｄ．（ａ３）２＝ａ３×２＝ａ６，故选项运算正确， 符合题意。故选Ｄ。 ５．Ａ　【解析】∵ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ⊥ＢＣ， ∴ＢＤ＝ １ ２ ＢＣ＝２０ｃｍ。 在Ｒｔ△ＡＢＤ中，∠ＡＢＣ＝３７°， ∴ＡＤ＝ＢＤ·ｔａｎ３７°≈２０×０．７５＝１５（ｃｍ）。 ∴高ＡＤ约为１５ｃｍ。故选Ａ。 ６．Ｃ　【解析】由题意，得３（ｙ－２）＝２ｙ＋９。 故选Ｃ。 ７．Ｃ　【解析】如图，连接ＯＡ。 ∵Ａ是劣弧ＤＦ) 的中点， 即ＤＡ) ＝ＦＡ) ， ∴∠ＤＯＡ＝∠ＦＯＡ。 ∵∠ＥＯＤ＝３２°， ＥＦ是⊙Ｏ的直径， ∴∠ＤＯＡ＝∠ＦＯＡ＝ １ ２ （１８０°－∠ＥＯＤ）＝７４°。 ∵ＯＤ＝ＯＡ，∴∠ＯＤＡ＝∠ＯＡＤ＝ １ ２ （１８０°－∠ＤＯＡ）＝ ５３°，即∠ＣＤＡ＝５３°。故选Ｃ。 ８．Ａ　【解析】∵∠ＣＡＤ＝９０°，ＡＤ＝３，ＡＣ＝４， ∴ＤＣ＝ ＡＤ２＋ＡＣ槡 ２＝ ３２＋４槡 ２＝５。 ∵ＤＥ＝ＥＣ，ＤＥ＋ＥＣ＝ＤＣ＝５， ∴ＤＥ＝ＥＣ＝ＡＥ＝ ５ ２ 。 ∵ＢＤ＝ＤＥ，Ｆ是ＡＢ边的中点， ∴ＤＦ＝ １ ２ ＡＥ＝ ５ ４ 。故选Ａ。 ９．Ｃ　【解析】如图，过点Ｅ作ＥＦ⊥ＯＣ于点Ｆ。                                                                —１３— ∵点Ｂ的坐标为 (－２０３，５)， ∴ＯＣ＝ ２０ ３ ，ＢＣ＝５。 ∵四边形ＡＯＣＢ是矩形， ∴ＯＡ＝ＢＣ＝５，ＡＢ＝ＯＣ＝ ２０ ３ 。 由折叠的性质，可知ＯＥ＝ＯＡ＝５。 ∴ ＥＦ ＯＦ ＝ｔａｎ∠ＢＯＣ＝ ＢＣ ＯＣ ＝５ ２０ ３ ＝３ ４ 。 ∴ＥＦ＝３，ＯＦ＝４，即点Ｅ的坐标为（－４，３）。 ∵反比例函数的解析式为ｙ＝ ｋ ｘ ， ∴ｋ＝－４×３＝－１２。故选Ｃ。 １０．Ｂ　【解析】如图，连接 ＯＰ１，ＯＰ２，ＯＰ３，ｌ１，ｌ２，ｌ３与 ｘ 轴分别交于点Ａ１，Ａ２，Ａ３。 在Ｒｔ△ＯＡ１Ｐ１中，ＯＡ１＝１，ＯＰ１＝２， ∴Ａ１Ｐ１＝ ＯＰ１ ２－ＯＡ１槡 ２＝ ２２－１槡 ２＝槡３。 同理可得Ａ２Ｐ２＝ ３ ２－２槡 ２＝槡５， Ａ３Ｐ３＝ ４ ２－３槡 ２＝槡７，……。 ∴点Ｐ１的坐标为（１，槡３），点 Ｐ２的坐标为（２，槡５）， 点Ｐ３的坐标为（３，槡７），……，按照此规律可得点 Ｐｎ的坐标是（ｎ， （ｎ＋１） ２－ｎ槡 ２），即（ｎ， ２ｎ＋槡 １）。 故选Ｂ。 １１．９．１　【解析】 ８×６＋９×２４＋１０×１０ ４０ ＝９．１（小时）， 即该班级学生每天的平均睡眠时间是９．１小时。 １２．５（ｘ＋２）（ｘ－２）　【解析】５ｘ２－２０＝５（ｘ２－４）＝ ５（ｘ＋２）（ｘ－２）。 １３．－１　【解析】把ｘ＝１代入（ａ－１）ｘ２＋ａ２ｘ－ａ＝０，得 ａ －１＋ａ２－ａ＝０，解得ａ１＝１，ａ２＝－１。 ∵ａ－１≠０，∴ａ＝－１。 １４．②④　【解析】∵将五边形 ＡＢＣＤＥ沿虚线裁去一 个角，得到六边形ＡＢＣＤＧＦ，ＥＦ＋ＥＧ＞ＦＧ， ∴该六边形的周长比原五边形的周长小。 故①的说法错误，②的说法正确； 多边形的外角和与边数无关，都是３６０°， 故③的说法错误； ∵五边形的边数增加了１， ∴根据多边形内角和定理可知内角和增加 了１８０°。 故④的说法正确。 综上可知，说法正确的是②④。 １５．槡２　【解析】∵四边形ＣＤＥＦ是菱形，ＤＥ＝２， ∴ＣＤ＝ＤＥ＝ＣＦ＝ＥＦ＝２，ＣＦ∥ＤＥ，ＣＤ∥ＥＦ。 ∵∠ＣＢＯ＝９０°，∠ＢＯＣ＝３０°， ∴ＯＤ＝２ＤＥ＝４，ＯＥ＝槡３ＤＥ＝槡２３。 ∴ＣＯ＝ＣＤ＋ＤＯ＝６。 ∴ＢＣ＝ＡＢ＝ １ ２ ＣＤ＝３，ＯＢ＝槡３ＢＣ＝槡３３。 ∵∠Ａ＝９０°， ∴ＡＯ＝ ＯＢ２－ＡＢ槡 ２＝ （槡３３） ２－３槡 ２＝槡３２。 ∵ＥＦ∥ＣＤ，∴∠ＢＥＦ＝∠ＢＯＣ＝３０°。 ∴ＢＥ＝槡 ３ ２ ＥＦ＝槡３。 ∵ＥＨ⊥ＡＢ，∠ＢＡＯ＝９０°，∴ＥＨ∥ＯＡ。 ∴△ＢＨＥ∽△ＢＡＯ。∴ ＥＨ ＯＡ ＝ＢＥ ＢＯ 。 ∴ ＥＨ 槡３２ ＝槡３ 槡３３ 。∴ＥＨ＝槡２。 １６．槡２－１　【解析】如图，在等腰直角三角形ＡＢＣ中， ∵∠Ｃ＝９０°，延长 ＣＢ至点 Ｄ，使得 ＢＤ＝ＡＢ，则 ∠ＢＡＤ＝∠Ｄ。 ∵∠ＡＢＣ＝４５°， ∴∠ＢＡＤ＋∠Ｄ＝ ２∠Ｄ＝４５°。 ∴∠Ｄ＝２２．５°。 设ＡＣ＝１，则ＢＣ＝１，ＡＢ＝槡２ＡＣ＝槡２。 ∴ＣＤ＝ＣＢ＋ＢＤ＝ＣＢ＋ＡＢ＝１＋槡２。 ∴ｔａｎ２２．５°＝ｔａｎＤ＝ ＡＣ ＣＤ ＝ １ １＋槡２ ＝ １ －槡２ （１＋槡２）（１－槡２） ＝ 槡２－１。　 １７．解：（１）（９－３）÷２＋（－１）２＋３－槡 ８ ＝６÷２＋１＋（－２） ＝３＋１－２ ＝２。 （２）(１－１ａ－１)÷ａ ２－４ａ＋４ ａ２－ａ                                                                —２３— ＝ａ －１－１ ａ－１ · ａ（ａ－１） （ａ－２）２ ＝ａ －２ ａ－１ · ａ（ａ－１） （ａ－２）２ ＝ａ ａ－２ 。 ∵ａ（ａ－１）≠０，ａ－２≠０， ∴ａ≠０，１，２。 ∴ａ可以为－１。 当ａ＝－１时，原式＝ －１ －１－２ ＝１ ３ 。 １８．解：（１）本次抽样的学生人数为６÷１０％＝６０， 所以Ｃ组的人数为４０％×６０＝２４。 补全条形统计图如下： 四种类别的人数条形统计图 （２）Ａ组所占的百分比为 ａ％＝１２÷６０×１００％＝ ２０％，所以ａ＝２０。 圆心角β的度数为β＝４０％×３６０°＝１４４°。 故答案为２０；１４４°。 （３）２０００×（２０％＋３０％）＝１０００（名）。 答：估计寒假阅读的总时间少于２４小时的学生有 １０００名。 （４）画树状图如下： 共有１２种等可能的结果，其中恰好选中甲和乙的 结果有２种， 所以恰好选中甲和乙的概率为 ２ １２ ＝１ ６ 。 １９．解：（１）如图，点Ｄ即为所求。 （２）①证明：∵ＤＥ⊥ＡＢ，∴∠ＤＥＡ＝９０°。 由（１）知，点Ｄ到边ＡＢ，ＡＣ的距离相等。 ∴ＤＣ＝ＤＥ。 ∵ＡＤ＝ＡＤ，∠Ｃ＝９０°， ∴Ｒｔ△ＡＣＤ≌Ｒｔ△ＡＥＤ（ＨＬ）。 ∴ＡＥ＝ＡＣ。 ②由①知，ＡＥ＝ＡＣ＝１２，ＣＤ＝ＤＥ＝４。 ∵Ｓ△ＡＢＤ＝ １ ２ ＡＢ·ＤＥ＝ １ ２ ＡＢ×４＝３０， ∴ＡＢ＝１５。 ∴ＢＥ＝ＡＢ－ＡＥ＝１５－１２＝３。 ２０．解：（１）设甲类拼图每盒的进价为 ｘ元，乙类拼图 每盒的进价为ｙ元。 根据题意，得 ｘ－ｙ＝５， ２０ｘ＋３０ｙ＝６００，{ 解得 ｘ＝１５，ｙ＝１０。{ 答：甲类拼图每盒的进价为 １５元，乙类拼图每盒 的进价为１０元。 （２）设购进甲类拼图ｍ盒，则购进乙类拼图（２００－ ｍ）盒。 根据题意，得 １５ｍ＋１０（２００－ｍ）≥２１００， １５ｍ＋１０（２００－ｍ）≤２２００，{ 解得２０≤ｍ≤４０。 设购进的甲、乙两类拼图全部售出后获得的总利 润为ｗ元，则 ｗ＝（２５－１５）ｍ＋（１８－１０）（２００－ｍ）， 即ｗ＝２ｍ＋１６００。 ∵２＞０，∴ｗ随ｍ的增大而增大。 ∴当ｍ＝４０时，ｗ取得最大值，最大值为 ２×４０＋ １６００＝１６８０。 答：当购进甲类拼图 ４０盒时，所获得的总利润最 大，最大利润为１６８０元。 ２１．（１）证明：如图，连接ＯＣ。由题意，得ＯＣ＝ＯＡ。 ∴∠ＯＣＡ＝∠ＯＡＣ。 ∵∠ＡＢＥ的平分线交⊙Ｏ于点Ｃ， ∴∠ＡＢＣ＝∠ＣＢＤ。 ∵∠ＰＣＡ＝∠ＣＢＤ， ∴∠ＰＣＡ＝∠ＡＢＣ。 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径， ∴∠ＡＣＢ＝９０°。 ∴∠ＯＡＣ＋∠ＡＢＣ＝９０°。 ∴∠ＯＣＡ＋∠ＰＣＡ＝９０°，即∠ＯＣＰ＝９０°。 ∵ＯＣ是⊙Ｏ的半径，且ＰＣ⊥ＯＣ， ∴ＰＣ是⊙Ｏ的切线。 （２）解：设⊙Ｏ的半径为ｒ，则ＯＣ＝ＯＡ＝ＯＢ＝ｒ， ＡＢ＝２ｒ。 ∵ＰＣ＝槡２２ＯＢ，ＰＢ＝１２， ∴ＰＣ＝槡２２ｒ，ＰＡ＝１２－２ｒ。 ∵∠ＰＣＡ＝∠ＰＢＣ，∠Ｐ＝∠Ｐ， ∴△ＰＣＡ∽△ＰＢＣ。∴ ＰＣ ＰＢ ＝ＰＡ ＰＣ 。 ∴ＰＣ２＝ＰＢ·ＰＡ。∴（槡２２ｒ） ２＝１２（１２－２ｒ）， 解得ｒ１＝３，ｒ２＝－６（不符合题意，舍去）。                                                                —３３— ∴ＯＣ＝ＯＡ＝３，ＰＡ＝１２－２×３＝６。 ∴ＰＯ＝ＰＡ＋ＯＡ＝６＋３＝９。 ∵ＯＢ＝ＯＣ，∴∠ＡＢＣ＝∠ＯＣＢ。 ∵∠ＡＢＣ＝∠ＣＢＤ，∴∠ＯＣＢ＝∠ＣＢＤ。 ∴ＯＣ∥ＢＤ。 ∴∠Ｄ＝∠ＯＣＰ＝９０°。 ∴ ＢＤ ＰＢ ＝ＯＣ ＰＯ ＝ｓｉｎＰ＝ ３ ９ ＝１ ３ 。 ∴ＢＤ＝ １ ３ ＰＢ＝ １ ３ ×１２＝４。 ∴⊙Ｏ的半径长为３，ＢＤ的长为４。 ２２．解：（１）∵ＡＥ＝２，ＢＥ＝４，∠ＡＥＢ＝９０°， ∴ＡＢ＝ ＡＥ２＋ＢＥ槡 ２＝ ２２＋４槡 ２＝槡２５。 ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＢＣ＝ＡＢ＝槡２５，∠ＡＢＣ＝９０°。 ∴ＡＣ＝槡２ＡＢ＝ 槡２ １０。 由旋转的性质，得ＡＢ′＝ＡＢ＝槡２５。 ∴ＣＢ′＝ＡＣ－ＡＢ′＝ 槡２ １０－槡２５。 （２）①四边形ＡＥＦＥ′是正方形。理由如下： 由旋转的性质，得 ＡＥ′＝ＡＥ，∠ＥＡＥ′＝α＝９０°， ∠ＡＥ′Ｄ＝∠ＡＥＢ＝９０°。 ∵∠ＡＥＦ＝１８０°－９０°＝９０°， ∴∠ＥＡＥ′＝∠ＡＥＦ＝９０°。 ∴四边形ＡＥＦＥ′是矩形。 又∵ＡＥ′＝ＡＥ， ∴四边形ＡＥＦＥ′是正方形。 ②如图，过点Ｃ作ＣＧ⊥ＢＥ于点 Ｇ，则∠ＢＧＣ＝９０° ＝∠ＡＥＢ。 ∴∠ＣＢＧ＋∠ＢＣＧ＝∠ＣＢＧ＋∠ＡＢＥ＝９０°。 ∴∠ＢＣＧ＝∠ＡＢＥ。 在△ＢＣＧ和△ＡＢＥ中， ∠ＢＧＣ＝∠ＡＥＢ， ∠ＢＣＧ＝∠ＡＢＥ， ＢＣ＝ＡＢ，{ ∴△ＢＣＧ≌△ＡＢＥ（ＡＡＳ）。 ∴ＣＧ＝ＢＥ＝４，ＢＧ＝ＡＥ＝２。 ∴ＥＧ＝ＢＥ－ＢＧ＝４－２＝２。 ∴ＣＥ＝ ＣＧ２＋ＥＧ槡 ２＝ ４２＋２槡 ２＝槡２５。 （３）∵点Ｅ′的运动轨迹是以点Ａ为圆心，２为半径 的圆， ∴ＣＥ′的最小值为 槡２ １０－２。 当点Ｅ′落在ＣＡ的延长线上时，此时ＣＥ′最长， ∵ＡＥ′＝ＡＥ＝２，∴ＣＥ′＝ＡＣ＋ＡＥ′＝ 槡２ １０＋２。 ∴线段 ＣＥ′长度的取值范围是 槡２ １０－２≤ＣＥ′≤ 槡２ １０＋２。 ２３．解：（１）将点Ａ（－２，０），Ｂ（６，０），Ｃ（０，－３）代入 ｙ＝ ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ， 得 ４ａ－２ｂ＋ｃ＝０， ３６ａ＋６ｂ＋ｃ＝０， ｃ＝－３，{ 解得 ａ＝ １ ４ ， ｂ＝－１， ｃ＝－３。 { ∴抛物线的解析式为ｙ＝ １ ４ ｘ２－ｘ－３。 （２）在该抛物线的对称轴上存在点Ｄ，使△ＢＣＤ是 以ＢＣ为直角边的直角三角形。 由ｙ＝ １ ４ ｘ２－ｘ－３， 得抛物线的对称轴为直线ｌ：ｘ＝２。 如图１，当∠ＣＢＤ＝９０°时，过点 Ｂ作 ＧＨ⊥ｘ轴，过 点Ｄ作ＤＧ⊥ｙ轴，ＤＧ与 ＧＨ交于点 Ｇ，过点 Ｃ作 ＣＨ⊥ｙ轴，ＣＨ与ＧＨ交于点Ｈ。由作图，得∠ＤＧＢ＝ ∠ＢＨＣ＝９０°。 图１ ∵点Ｃ（０，３），Ｂ（６，０）， ∴ＯＣ＝３，ＯＢ＝６。 由题意，可知四边形ＯＣＨＢ是矩形。 ∴ＢＨ＝ＯＣ＝３，ＣＨ＝ＯＢ＝６，ＤＧ＝６－２＝４。 ∵∠ＤＧＢ＝∠ＢＨＣ＝９０°， ∴∠ＤＢＧ＋∠ＧＤＢ＝９０°，∠ＤＢＧ＋∠ＣＢＨ＝９０°。 ∴∠ＧＤＢ＝∠ＣＢＨ。∴△ＤＢＧ∽△ＢＣＨ。 ∴ ＤＧ ＢＨ ＝ＢＧ ＣＨ ，即 ４ ３ ＝ＢＧ ６ 。∴ＢＧ＝８。 ∴点Ｄ（２，８）； 如图２，当∠ＢＣＤ＝９０°时，过点 Ｄ作 ＤＫ⊥ｙ轴交 ｙ 轴于点Ｋ。∴∠ＣＫＤ＝９０°。 图２ ∵∠ＫＣＤ＋∠ＯＣＢ＝９０°，∠ＫＣＤ＋∠ＣＤＫ＝９０°， ∴∠ＯＣＢ＝∠ＣＤＫ。 ∵∠ＢＯＣ＝∠ＣＫＤ＝９０°，∴△ＯＢＣ∽△ＫＣＤ。                                                                —４３— ∴ ＯＢ ＫＣ ＝ＯＣ ＫＤ ，即 ６ ＫＣ ＝３ ２ 。∴ＫＣ＝４。 ∴ＯＫ＝ＯＣ＋ＫＣ＝３＋４＝７。 ∴点Ｄ（２，－７）。 综上所述，当△ＢＣＤ是以ＢＣ为直角边的直角三角 形时，点Ｄ的坐标为（２，８）或（２，－７）。 （３）如图３，过点Ａ作ＡＥ⊥ｘ轴交直线 ＢＣ于点 Ｅ， 过点Ｐ作ＰＦ⊥ｘ轴交直线ＢＣ于点Ｆ。 图３ 由作图，知ＰＦ∥ＡＥ．∴ ＰＭ ＡＭ ＝ＰＦ ＡＥ 。 由点Ｂ，Ｃ的坐标，得直线ＢＣ的解析式为 ｙ＝ １ ２ ｘ－３。 设点Ｐ(ｔ，１４ｔ２－ｔ－３)，则点Ｆ(ｔ，１２ｔ－３)。 ∴ＰＦ＝ １ ２ ｔ－３－ １ ４ ｔ２＋ｔ＋３＝－ １ ４ ｔ２＋ ３ ２ ｔ。 ∵点Ａ（－２，０），∴点Ｅ（－２，－４）。∴ＡＥ＝４。 ∴ ＰＭ ＡＭ ＝ＰＦ ＡＥ ＝１ ４ ( －１４ｔ２＋３２ｔ) ＝－１１６（ｔ－３）２＋ ９ １６≤ ９ １６ 。 ∴当ｔ＝３时， ＰＭ ＡＭ 有最大值。 将ｔ＝３代入 １ ４ ｔ２－ｔ－３，得－ １５ ４ 。 ∴当 ＰＭ ＡＭ 最大时，点Ｐ的坐标为 (３，－１５４)。 １０２０２４年济宁市曲阜市四月高中段学校 招生模拟考试 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ Ａ Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ １．Ｃ　【解析】－３是整数， ２２ ７ ，０．６７是分数，它们都是有 理数；－槡２是无限不循环小数，它是无理数。故选Ｃ。 ２．Ｄ　【解析】Ａ．ｘ２＋ｘ２＝２ｘ２，故选项运算错误，不符合 题意；Ｂ．３ａ３·２ａ２＝６ａ５，故选项运算错误，不符合题 意；Ｃ．２ｘ４·（－３ｘ４）＝－６ｘ８，故选项运算错误，不符合 题意；Ｄ．（－ａ２）３＝－ａ６，故选项运算正确，符合题意。 故选Ｄ。 ３．Ｃ　【解析】０．０００００２０１＝２．０１×１０－６。故选Ｃ。 ４．Ｂ　【解析】Ａ．ｘ２＋ｙ２≠（ｘ＋ｙ）２，不符合因式分解的定 义，故选项不符合题意；Ｂ．ｘ２－４＝（ｘ＋２）·（ｘ－２），符 合因式分解的定义，且因式分解正确，故选项符合 题意；Ｃ．ｘ２－２ｘ－１≠（ｘ－１）２，不符合因式分解的定 义，故选项不符合题意；Ｄ．２ｘｙ＋４ｘ＝２ｘ（ｙ＋２），原因 式分解错误，故选项不符合题意。故选Ｂ。 ５．Ａ　【解析】根据题意，得１５π＝ １ ２π ×６×ＡＢ， 解得ＡＢ＝５。 ∵ＯＢ＝ １ ２ ＢＣ＝３ｃｍ， ∴ＯＡ＝ ＡＢ２－ＯＢ槡 ２＝４ｃｍ。 ∴ｔａｎ∠ＢＡＯ＝ ＯＢ ＯＡ ＝３ ４ 。故选Ａ。 ６．Ｄ　【解析】由题意，得抛物线的顶点为（１，３），开口 向上，所以抛物线的解析式可以为 ｙ＝２（ｘ－１）２＋３。 故选Ｄ。 ７．Ａ　【解析】∵∠Ｃ＝２０°，∠ＢＰＣ＝７０°， ∴∠ＢＡＣ＝∠ＢＰＣ－∠Ｃ＝５０°＝∠ＢＤＣ。 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴∠ＡＤＢ＝９０°。 ∴∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＢ－∠ＢＤＣ＝４０°。故选Ａ。 ８．Ｂ　【解析】设 ６２１０文购买椽的数量为 ｘ株，则一 株椽的价钱为 ６２１０ ｘ 。 由题意，得３（ｘ－１）＝ ６２１０ ｘ 。故选Ｂ。 ９．Ｃ　【解析】根据函数图象，得ａ＞０， 根据抛物线的对称轴公式，得ｘ＝－ ｂ ２ａ ＝－１。 ∴ｂ＝２ａ。∴ｂ２＞０，－８ａ＜０。 ∴ｂ２＞－８ａ。故Ａ选项正确，不符合题意； ∵函数的最小值在ｘ＝－１处取到， ∴若实数ｍ≠－１，则ａ－ｂ－２＜ａｍ２＋ｂｍ－２，即若实数ｍ≠ －１，则ａ－ｂ＜ａｍ２＋ｂｍ。故Ｂ选项正确，不符合题意； ∵ｌ∥ｘ轴，∴ｙ１＝ｙ２。 令ｘ＝０，得ｙ＝－２，即抛物线与ｙ轴交于点（０，－２）。 ∴当ｙ１＝ｙ２＞－２时，ｘ１＜０，ｘ２＞０。 ∴当ｙ１＝ｙ２＞－２时，ｘ１·ｘ２＜０。 故Ｄ选项正确，不符合题意； ∵ａ＞０，∴３ａ＞０。没有条件可以证明３ａ＞２。 故Ｃ选项错误，符合题意。故选Ｃ。                                                                —５３—