4 2024年潍城区学业水平第一次模拟试题(与奎文区、商新区、寒亭区、坊子区、滨海区联考)-【中考321】2025年中考数学3年真题2年模拟1年预测（山东潍坊专版）

— １９— — ２０— — ２１— 一、单项选择题（本大题共６小题，每小题４分，共２４分） １．下列用于证明勾股定理的图形中，是轴对称图形的是 （　　） Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ２．爱达·魔都号，是中国第一艘国产大型邮轮，全长３２３．６米，总吨位为１３．５５万吨，可搭载乘客５２４６人。 将１３．５５万吨用科学记数法表示为 （　　） Ａ．１３５５×１０４吨 Ｂ．１．３５５×１０５吨 Ｃ．１．３５５×１０４吨 Ｄ．０．１３５５×１０９吨 ３．中国古代数学名著《九章算术注》中记载：“斜解立方，得两堑堵。”意即把一长方体沿对角面一分为 二，这相同的两块叫做“堑堵”。如图是“堑堵”的立体图形，它的俯视图为 （　　） Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 第３题图 　　　　 第４题图 ４．实数ａ，ｂ在数轴上的位置如图所示，则下列判断正确的是 （　　） Ａ．ａｂ＞０ Ｂ． １ ａ ＞ １ ｂ Ｃ．｜ａ｜＝｜ｂ｜ Ｄ．ａ－２＜ｂ－２ ５．如图，正五边形ＡＢＣＤＥ的外接圆为⊙Ｏ，Ｐ是劣弧ＡＢ上一点，则∠ＡＰＢ＝ （　　） Ａ．１３６° Ｂ．１６２° Ｃ．１０８° Ｄ．１４４° 第５题图 　　　　　 第６题图 ６．如图，在平面直角坐标系中，一次函数ｙ１＝－ｘ＋２的图象与反比例函数ｙ２＝－ ３ ｘ 的图象交于Ａ（－１，３）， Ｂ（３，－１）两点，与ｙ轴，ｘ轴分别交于Ｃ，Ｄ两点，下列结论正确的是 （　　） Ａ．ｔａｎ∠ＣＤＯ＝２ Ｂ．ＡＣ＋ＢＤ＞ＣＤ Ｃ．当－１＜ｘ＜１时，ｙ１＞ｙ２ Ｄ．连接ＯＡ，ＯＢ，则Ｓ△ＡＯＣ＝Ｓ△ＢＯＤ 二、多项选择题（本大题共４小题，每小题５分，共２０分。每小题的四个选项中，有多项正确，全部选对 得５分，部分选对得３分，错选、多选均记０分） ７．下列运算正确的是 （　　） Ａ．ｘ２＋ｘ３＝ｘ５ Ｂ．（－ａ２）３＝－ａ６ Ｃ．２ｍ６÷ｍ２＝２ｍ３ Ｄ．－槡４－ ３－槡 ８＝０ ８．如图，在△ＡＢＣ中，∠Ｂ＝３０°，∠Ｃ＝４０°，观察尺规作图的痕迹，下列结论正确的是 （　　） Ａ．ＤＦ⊥ＡＢ Ｂ．ＢＤ＝ＣＤ Ｃ．∠ＡＤＥ＝６０° Ｄ．ＡＥ＝ＥＣ 第８题图 　　　　　 第９题图 ９．如图，是用计算机模拟随机投掷一枚图钉的某次实验的结果。下面是根据实验结果所作出的四个推 断，其中合理的是 （　　） Ａ．当投掷次数是１０００时，“钉尖向上”的次数是６２０ Ｂ．当投掷第１０００次时，“钉尖向上”的概率是０．６２０ Ｃ．随着实验次数的增加，“钉尖向上”的频率趋近于０．６１８，故可以估计其概率是０．６１８ Ｄ．若再次用计算机模拟实验，则当投掷次数是１０００时，“钉尖向上”的频率一定是０．６２０ １０．如图，圆柱体的母线长为２，ＢＣ是上底的直径。一只蚂蚁从下底面的点Ａ出发爬行到上底面的点Ｃ。 设沿圆柱体侧面由点Ａ爬行到点Ｃ的最短路径长为ｌ１，沿母线ＡＢ与上底面直径ＢＣ形成的折线段爬 行到点Ｃ的路径的长为ｌ２。当圆柱体底面半径ｒ变化时，为比较ｌ１与ｌ２的大小，记ｄ＝ｌ ２ １－ｌ ２ ２，则ｄ是ｒ 的二次函数，下列说法正确的是 （　　） Ａ．该函数的图象都在ｘ轴上方 Ｂ．该函数的图象的对称轴为ｒ＝ ４ π２－４ Ｃ．当ｒ＝ ８ π２－４ 时，ｌ１＝ｌ２ Ｄ．当ｒ≥２时，ｌ１＞ｌ２ 三、填空题（本大题共４小题，每小题４分，共１６分。只填写最后结果） １１．因式分解：ａｂ２－２ａｂ＋ａ＝　　　　。 １２．已知ｘ是满足槡１０＜ｘ槡＜ ２７的整数，且使 ２ｘ－槡 ６的值为有理数，则ｘ＝　　　　。 １３．已知关于ｘ的一元二次方程ｘ２－２（ｍ＋１）ｘ＋ｍ２＋２＝０的两个根为ｘ１，ｘ２，且ｘ１ｘ２＝ｘ１＋ｘ２，则ｍ＝　　　　。 １４．如图，在ＡＢＣＤ中，∠Ａ＝６０°，ＢＣ＝１，ＣＤ＝槡３，以点Ｂ为圆心，ＢＣ长为半径 画弧，分别交ＣＤ，ＡＢ于点Ｆ，Ｅ，再以点Ｃ为圆心，ＣＤ长为半径画弧，恰好交 ＡＢ于点Ｅ，则图中阴影部分的面积为　　　　。 四、解答题（本大题共８小题，共９０分。请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） １５．（１０分）（１）下面是小亮解一道不等式的步骤，请阅读后回答问题。 解不等式： ｘ＋４ ２ －ｘ －２ ６ ＞ ２ｘ＋１ ３ 。 解：去分母，得３ｘ＋１２－ｘ＋２＞４ｘ＋２。…第一步 移项，得３ｘ－ｘ－４ｘ＞２－２－１２。…第二步 合并同类项，得－２ｘ＞－１２。…第三步 系数化为１，得ｘ＞６。…第四步 ①小亮的解法有错吗？如果有，错在哪一步？并给出改正； ②小亮解不等式的过程中从第一步到第二步的变形依据是什么？ （２）先化简，再求值： ｘ＋２ ｘ２－１ ÷ｘ－１－ ３ ｘ＋１( )，已知ｘ２－３ｘ－４＝０。 １６．（１０分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ＡＯＢ的顶点坐标分别为Ａ（２，２），Ｏ（０，０），Ｂ（３，０），按要 求完成下列问题。 （１）将△ＡＯＢ向左平移２个单位长度得到△Ａ１Ｏ１Ｂ１，直接写出点Ａ１，Ｏ１，Ｂ１的坐标； （２）将△ＡＯＢ绕点Ａ顺时针旋转９０°得到△ＡＯ２Ｂ２，画出△ＡＯ２Ｂ２，并写出点Ｏ２，Ｂ２的坐标； （３）点Ｃ的坐标为（－４，１），用作图的方法在ｘ轴上确定一点Ｍ，使ＡＭ＋ＣＭ最小，并写出点Ｍ的坐标。 １７．（１１分）如图１，某社区服务中心在墙外安装了遮阳棚，便于居民休憩。在如图２的侧面示意图中，遮阳棚 ＡＭ长为５米，其与墙面的夹角∠ＭＡＢ＝７０°，其靠墙端离地高ＡＢ为３．９米，ＭＥ是为了增加纳凉面积加装的 一块前挡板（前挡板垂直于地面）。（参考数据：ｓｉｎ７０°≈０．９４０，ｃｏｓ７０°≈０．３４２，ｔａｎ７０°≈２．７４７，槡３≈１．７３２） （１）求出遮阳棚前端Ｍ到墙面ＡＢ的距离； （２）已知本地夏日正午的太阳高度角（太阳光线与地面夹角∠ＥＣＤ）最小为６０°，若此时房前恰好有 ３．７米宽的阴影ＢＣ，则加装的前挡板的宽度ＭＥ的长为多少？ 图１ 　 图２ ４ ２０２４年潍城区学业水平第一次模拟试题 （与奎文区、高新区、寒亭区、坊子区、滨海区联考） （时间：１２０分钟　总分：１５０分） — ２２— — ２３— — ２４— １８．（１１分）随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间。不同的 快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势，某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、 乙两家快递公司中选择一家合作。为此，该种植户收集了１０家农产品种植户对两家公司的相关评 价，并整理、描述、分析如下： 甲快递公司配送速度 　得分频数直方图 　　 乙快递公司配送速度 　得分扇形统计图 　　 甲、乙快递公司配送服务 　质量得分折线统计图 配送速度和服务质量得分统计表 　　　　　　　　　项目 　　统计量 快递公司　　　　　　 配送速度得分／分 服务质量得分／分 平均数 中位数 平均数 方差 甲 ７．８ ｍ ７ ｓ２甲 乙 ８ ８ ７ ｓ２乙 （１）补全频数直方图，并求扇形统计图中圆心角α的度数； （２）表格中的ｍ＝　　　　；ｓ２甲　　　　ｓ ２ 乙（填“＞”“＝”或“＜”）； （３）综合上表中的统计量，你认为该农产品种植户应选择哪家公司？请说明理由； （４）如果Ａ，Ｂ，Ｃ三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，求三家种植户 选择同一快递公司的概率。 １９．（１２分）某校羽毛球社团的同学们用数学知识对羽毛球技术进行分析，下面是他们对击球线路的分析。 如图，在平面直角坐标系中，点Ａ，Ｃ在ｘ轴上，球网ＡＢ与ｙ轴的水平距离ＯＡ＝３米，ＡＢ＝１．５５米，ＡＣ＝ ２米，击球点Ｐ在ｙ轴上。他们用仪器收集了扣球和吊球时羽毛球的飞行高度ｙ（米）与水平距离ｘ（米） 的部分数据，并分别在直角坐标系中描出了对应的点，如图所示。 　　　 同学们认为，可以从ｙ＝ｋｘ＋ｂ（ｋ＜０），ｙ＝ ｍ ｘ （ｍ＞０），ｙ＝ａｘ２＋０．８ｘ＋ｃ中选择适当的函数模型，近似的模拟 两种击球方式对应的羽毛球的飞行高度ｙ（米）与水平距离ｘ（米）的关系。 （１）请从上述函数模型中，选择适当的模型分别模拟两种击球方式对应的羽毛球的飞行高度ｙ（米） 与水平距离ｘ（米）的关系，并求出函数表达式； （２）请判断上面两种击球方式都能使球过网吗？如果能过，选择哪种击球方式使球的落地点到点Ｃ 的距离更近；如果不能，请说明理由。 ２０．（１２分）如图，△ＡＢＣ内接于⊙Ｏ，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，点Ｅ在圆上，连接ＢＥ，ＣＥ，ＣＥ交ＡＢ于点Ｆ，过点 Ｃ作ＣＤ交ＡＢ的延长线于点Ｄ，使∠ＢＣＤ＝∠ＢＥＣ。 （１）求证：ＣＤ是⊙Ｏ的切线； （２）若ＡＢ⊥ＣＥ，ＢＥ＝６，ＣＥ＝槡６３，求ＢＣ ) 的长。 ２１．（１１分）某无人机租赁公司有５０架某种型号的无人机对外出租，该公司有两种租赁方案： 方案Ａ：如果每架无人机月租费３００元，那么５０架无人机可全部租出。如果每架 无人机的月租费每增加５元，那么将少租出１架无人机。另外，公司为每 架租出的无人机支付月维护费２０元。 方案Ｂ：每架无人机月租费３５０元，无论是否租出，公司均需一次性支付月维护费 共计１８５元。 　　说明：月利润＝月租费－月维护费。 设租出无人机的数量为ｘ架，根据上述信息，解决下列问题： （１）当ｘ＝１０时，按方案Ａ租赁所得的月利润为　　　　元，按方案Ｂ租赁所得的月利润为　　　　元； （２）如果按两种方案租赁所得的月利润相等，那么租出的无人机数量为多少？ （３）设按方案Ａ租赁所得的月利润为ｙＡ，按方案Ｂ租赁所得的月利润为ｙＢ，记函数ｗ＝ｙＡ－ｙＢ（０＜ｘ≤ ５０），求ｗ的最大值。 ２２．（１３分）【问题情境】 综合与实践课上，老师发给每位同学一张正方形纸片ＡＢＣＤ。在老师的引导下，同学们在边ＢＣ上取 中点Ｅ，取边ＣＤ上任意一点Ｆ（不与Ｃ，Ｄ重合），连接ＥＦ，将△ＣＥＦ沿ＥＦ折叠，点Ｃ的对应点为Ｇ， 然后将纸片展平，连接ＦＧ并延长交ＡＢ所在的直线于点Ｎ，连接ＥＮ，ＥＧ。探究点Ｆ在位置改变过程 中出现的特殊数量关系或位置关系。 【探究与证明】 （１）如图１，小亮发现：∠ＦＥＮ＝９０°，请证明小亮发现的结论； （２）如图２，图３，小莹发现：连接ＣＧ并延长交ＡＢ所在的直线于点Ｈ，交ＥＦ于点Ｍ，线段ＥＮ与ＣＨ之 间存在特殊关系。请写出小莹发现的特殊关系，并从图２，图３中选择一种情况进行证明； 【应用拓展】 在图２，图３的基础上，小博士进一步思考发现：将ＥＧ所在直线与ＡＢ所在直线的交点记为Ｐ，若给出 ＢＰ和ＢＣ的长，则可以求出ＣＦ的长。 请根据题意分别在图２，图３上补画图形，并尝试解决：当ＢＣ＝１０，ＢＰ＝１２时，求ＣＦ的长。 图１ 　　 图２ 　　 图３ ①当对称轴在ｙ轴右侧时，ｂ＞０，此时顶点在ｘ轴上或 ｘ轴下方，∴ｂ２－４ａｃ≤０，即ｂ２≤４ａｃ。∴ａｃ＞０。 ∵ａ＜０，∴ｃ＜０。 ∵（ａ－ｃ）２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃ＝（ａ＋ｃ）２－４ａｃ≥０， ∴４ａｃ≤（ａ＋ｃ）２＝（ｂ－１）２。∴ｂ２≤（ｂ－１）２。 当０＜ｂ＜１时，ｂ≤１－ｂ，解得ｂ≤ １ ２ ； 当ｂ≥１时，ｂ≤ｂ－１不成立。∴０＜ｂ≤ １ ２ ； ②当对称轴在ｙ轴左侧或ｙ轴上时，ｂ≤０，此时只需 保证与ｙ轴交点在ｘ轴上或ｘ轴下方，∴ｃ≤０。 综上所述，ａ＜０，ｂ≤ １ ２ ，ｃ≤０，且ａ－ｂ＋ｃ＝－１。 ４２０２４年潍城区学业水平第一次模拟试题 （与奎文区、高新区、寒亭区、坊子区、滨海区联考） 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｃ Ｂ Ａ Ｄ Ｄ Ｄ ＢＤ ＡＣＤ ＢＣ ＢＣＤ １．Ｃ　【解析】Ａ．沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能 够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意；Ｂ．沿一条 直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴 对称图形，不符合题意；Ｃ．沿一条直线折叠，直线两旁的 部分能够互相重合，故是轴对称图形，符合题意；Ｄ．沿一 条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是 轴对称图形，不符合题意。故选Ｃ。 ２．Ｂ　【解析】１３．５５万＝１３５５００＝１．３５５×１０５。故选Ｂ。 ３．Ａ　【解析】“堑堵”的俯视图是一个矩形。故选Ａ。 ４．Ｄ　【解析】根据题图，得－２＜ａ＜－１，０＜ｂ＜１。 ∵ａ＜０，ｂ＞０，∴ａｂ＜０。故选项Ａ不符合题意； ∵ａ＜０，ｂ＞０，∴ １ ａ ＜０， １ ｂ ＞０。∴ １ ａ ＜ １ ｂ 。 故选项Ｂ不符合题意； ∵－２＜ａ＜－１，０＜ｂ＜１， ∴１＜｜ａ｜＜２，０＜｜ｂ｜＜１。∴｜ａ｜＞｜ｂ｜。 故选项Ｃ不符合题意； ∵－２＜ａ＜－１，０＜ｂ＜１， ∴１＜ａ２＜４，０＜ｂ２＜１。 ∴ａ２＞ｂ２。∴ａ－２＜ｂ－２。故选项Ｄ符合题意。故选Ｄ。 ５．Ｄ　【解析】如图，连接ＯＡ，ＯＢ，ＡＤ，ＢＤ。 ∵五边形ＡＢＣＤＥ是正五边形， ∴∠ＡＯＢ＝ ３６０° ５ ＝７２°。 ∴∠ＡＤＢ＝ １ ２∠ ＡＯＢ＝３６°。 ∵正五边形ＡＢＣＤＥ的外接圆为⊙Ｏ， ∴四边形ＡＰＢＤ是⊙Ｏ的内接四边形。 ∴∠ＡＰＢ＋∠ＡＤＢ＝１８０°。 ∴∠ＡＰＢ＝１８０°－３６°＝１４４°。故选Ｄ。 ６．Ｄ　【解析】将ｘ＝０代入ｙ１＝－ｘ＋２，得ｙ１＝２， 所以点Ｃ的坐标为（０，２）。 同理可得点Ｄ的坐标为（２，０）。 ∴ＯＣ＝ＯＤ＝２。 在Ｒｔ△ＣＯＤ中，ｔａｎ∠ＣＤＯ＝ ＯＣ ＯＤ ＝１。 故选项Ａ不符合题意； ∵Ａ（－１，３），Ｃ（０，２）， ∴ＡＣ＝ （－１－０）２＋（３－２）槡 ２＝槡２； 同理可得ＢＤ＝槡２，ＣＤ＝槡２２。 ∴ＡＣ＋ＢＤ＝ＣＤ。故选项Ｂ不符合题意； 由所给函数图象可知， 当－１＜ｘ＜０时，ｙ１＜ｙ２； 当０＜ｘ＜１时，ｙ１＞ｙ２。 故选项Ｃ不符合题意； 如图，Ｓ△ＡＯＣ＝ １ ２ ×２×１＝１， Ｓ△ＢＯＤ＝ １ ２ ×２×１＝１， ∴Ｓ△ＡＯＣ＝Ｓ△ＢＯＤ。故选项Ｄ符合题意。故选Ｄ。 ７．ＢＤ　【解析】ｘ２＋ｘ３≠ｘ５，故选项Ａ不符合题意； （－ａ２）３＝－ａ６，故选项Ｂ符合题意； ２ｍ６÷ｍ２＝２ｍ４，故选项Ｃ不符合题意； －槡４－ ３－槡 ８＝－２－（－２）＝－２＋２＝０，故选项Ｄ符合题意。 故选ＢＤ。 ８．ＡＣＤ　【解析】由作图，得 ＤＦ垂直平分 ＡＢ，ＡＥ平分 ∠ＤＡＣ，∴ＤＦ⊥ＡＢ。故选项Ａ符合题意； ∵ＡＤ＝ＢＤ，∴∠ＢＡＤ＝∠Ｂ＝３０°。 ∴∠ＡＤＣ＝∠Ｂ＋∠ＢＡＤ＝６０°。故选项Ｃ符合题意； ∵∠Ｂ＝３０°，∠Ｃ＝４０°，∴∠ＢＡＣ＝１１０°。 ∴∠ＤＡＣ＝∠ＢＡＣ－∠ＢＡＤ＝８０°。 ∴∠ＤＡＣ≠∠Ｃ。∴ＡＤ≠ＣＤ。∴ＢＤ≠ＣＤ。 故选项Ｂ不符合题意； ∵ＡＥ平分∠ＤＡＣ， ∴∠ＣＡＥ＝ １ ２∠ ＣＡＤ＝４０°＝∠Ｃ。∴ＡＥ＝ＣＥ。 故选项Ｄ符合题意。故选ＡＣＤ。 ９．ＢＣ　【解析】当投掷次数是１０００时，“钉尖向上”的次 数不一定正好是６２０，故选项Ａ不符合题意；当投掷第 １０００次时，“钉尖向上”的概率是０．６２０，故选项 Ｂ符 合题意；随着实验次数的增加，“钉尖向上”的频率趋 近于０．６１８，故可以估计其概率是０．６１８，故选项Ｃ符合 题意；若再次用计算机模拟实验，则当投掷次数是 １０００时，“钉尖向上”的频率不一定是０．６２０，故选项Ｄ 不符合题意。故选ＢＣ。 １０．ＢＣＤ　【解析】∵沿圆柱体侧面由点Ａ爬行到点Ｃ的 最短路径长为ｌ１， ∴ｌ１＝ （πｒ） ２＋２槡 ２＝ π２ｒ２＋槡 ４。 ∵沿母线ＡＢ与上底面直径ＢＣ形成的折线段爬行到 点Ｃ的路径的长为ｌ２，∴ｌ２＝２＋２ｒ。 ∵ｄ＝ｌ２１－ｌ ２ ２， ∴ｄ＝π２ｒ２＋４－（２＋２ｒ）２ ＝π２ｒ２＋４－４－８ｒ－４ｒ２ ＝（π２－４）ｒ２－８ｒ。 当ｄ＝０时，（π２－４）ｒ２－８ｒ＝０， 解得ｒ１＝０，ｒ２＝ ８ π２－４ 。 ∴函数图象与ｘ轴交于原点或 ８ π２－４ ，０( ) 。 相关图象如下：                                                                —０１— 函数图象一部分在 ｘ轴的上方，一部分在 ｘ轴的下 方，故选项Ａ不符合题意； 函数图象的对称轴为ｒ＝－ ｂ ２ａ ＝ ４ π２－４ ， 故选项Ｂ符合题意； 当ｒ＝ ８ π２－４ 时，ｄ＝０，∴ｌ２１＝ｌ ２ ２。 ∵ｌ１＞０，ｌ２＞０，∴ｌ１＝ｌ２。 故选项Ｃ符合题意； 由函数图象，得当ｒ＞ ８ π２－４ 时，ｄ＞０， ∴ｌ２１＞ｌ ２ ２。∴ｌ１＞ｌ２。 ∵ ８ π２－４ ＜２，∴当ｒ≥２时，ｌ１＞ｌ２。 故选项Ｄ符合题意。 故选ＢＣＤ。 １１．ａ（ｂ－１）２　【解析】原式＝ａ（ｂ２－２ｂ＋１）＝ａ（ｂ－１）２。 １２．５　【解析】 槡 槡∵ ９＜ １０＜ｘ槡 槡 槡＜ ２５＜ ２７＜ ３６，且ｘ为整数， 槡∴３＜ １０＜ｘ 槡＜５＜ ２７＜６。∴ｘ＝４，５。 ∵ｘ使 ２ｘ－槡 ６的值为有理数， 当ｘ＝４时， ２×４－槡 ６＝槡２是无理数，不符合题意，舍去； 当ｘ＝５时， ２×５－槡 ６＝２是有理数，符合题意。∴ｘ＝５。 １３．２　【解析】∵关于ｘ的一元二次方程 ｘ２－２（ｍ＋１）ｘ＋ ｍ２＋２＝０的两个根为ｘ１，ｘ２， ∴ｘ１＋ｘ２＝２（ｍ＋１），ｘ１ｘ２＝ｍ ２＋２。 ∵ｘ１ｘ２＝ｘ１＋ｘ２， ∴ｍ２＋２＝２（ｍ＋１），即ｍ２－２ｍ＝０， 解得ｍ１＝０，ｍ２＝２。 ∵Δ＝４（ｍ＋１）２－４（ｍ２＋２）≥０， ∴８ｍ－４≥０。∴ｍ≥ １ ２ 。故ｍ的值为２。 １４．π １２ 　【解析】如图，连接ＢＦ，ＣＥ，交于点Ｍ。 由题知，ＢＥ＝ＢＦ＝ＢＣ， ∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形， ∴∠ＢＣＦ＝∠Ａ＝６０°。 ∴△ＢＣＦ是等边三角形。 又∵∠ＣＢＥ＝１８０°－６０°＝１２０°， ∴∠ＢＣＭ＝∠ＢＥＭ＝３０°。 ∴∠ＢＣＭ＝∠ＦＣＭ＝３０°。 又∵ＣＦ＝ＢＣ，∴ＣＭ⊥ＢＦ。 ∵ＢＥ＝ＢＣ，∴ＣＭ＝ＥＭ。 ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠ＦＣＭ＝∠ＢＥＭ。 在△ＣＦＭ和△ＥＢＭ中， ∠ＦＣＭ＝∠ＢＥＭ， ＣＭ＝ＥＭ， ∠ＦＭＣ＝∠ＢＭＥ，{ ∴△ＣＦＭ≌△ＥＢＭ（ＡＳＡ）。∴Ｓ△ＣＦＭ＝Ｓ△ＢＭＥ。 ∴Ｓ阴影＝Ｓ扇形ＣＤＥ－Ｓ扇形ＢＥＦ＝ ３０·π·（槡３） ２ ３６０ －６０·π·１ ２ ３６０ ＝π １２ 。 １５．解：（１）①小亮的解法有错误，错在第四步， 正确的解题过程如下： 去分母，得３ｘ＋１２－ｘ＋２＞４ｘ＋２。 移项，得３ｘ－ｘ－４ｘ＞２－２－１２。 合并同类项，得－２ｘ＞－１２。 系数化为１，得ｘ＜６。 ②小亮解不等式的过程中从第一步到第二步的变形 依据是不等式的基本性质１：不等式两边同加或减同 一个数或式子，不等号的方向不变。 （２） ｘ＋２ ｘ２－１ ÷ｘ－１－ ３ ｘ＋１( ) ＝ ｘ ＋２ （ｘ＋１）（ｘ－１） ÷ｘ ２－４ ｘ＋１ ＝ ｘ ＋２ （ｘ＋１）（ｘ－１） ÷（ｘ ＋２）（ｘ－２） ｘ＋１ ＝ ｘ ＋２ （ｘ＋１）（ｘ－１） · ｘ＋１ （ｘ＋２）（ｘ－２） ＝ １ ｘ２－３ｘ＋２ 。 ∵ｘ２－３ｘ－４＝０，∴ｘ２－３ｘ＝４。 ∴原式＝ １ ４＋２ ＝１ ６ 。 １６．解：（１）点Ａ１的坐标为（０，２），点Ｏ１的坐标为（－２，０）， 点Ｂ１的坐标为（１，０）。 （２）如图１所示，△ＡＯ２Ｂ２即为所求作。此时点 Ｏ２的 坐标为（０，４），点Ｂ２的坐标为（０，１）。 图１ （３）如图２，过点 Ｃ作 ｘ轴的对称点 Ｐ，连接 ＡＰ，与 ｘ 轴的交点即为ＡＭ＋ＣＭ最小时点 Ｍ的位置。此时点 Ｍ的坐标为（－２，０）。 图２                                                                —１１— １７．解：（１）如图，过点Ｍ作ＭＦ⊥ＡＢ，垂足为Ｆ。 在Ｒｔ△ＡＭＦ中，ＡＭ＝５米，∠ＭＡＢ＝７０°， ∴ＭＦ＝ＡＭ·ｓｉｎ７０°≈５×０．９４０＝４．７（米）。 ∴遮阳棚前端Ｍ到墙面ＡＢ的距离约为４．７米。 （２）如图，延长ＭＥ交ＢＤ于点Ｇ。 由题意，得ＭＦ＝ＢＧ＝４．７米，ＢＦ＝ＭＧ，ＭＧ⊥ＢＤ， ∵ＢＣ＝３．７米， ∴ＣＧ＝ＢＧ－ＢＣ＝４．７－３．７＝１（米）。 在Ｒｔ△ＣＥＧ中，∠ＥＣＧ＝６０°， ∴ＥＧ＝ＣＧ·ｔａｎ６０°＝槡３≈１．７３２（米）。 在Ｒｔ△ＡＭＦ中，ＡＭ＝５米，∠ＭＡＢ＝７０°， ∴ＡＦ＝ＡＭ·ｃｏｓ７０°≈５×０．３４２＝１．７１（米）。 ∵ＡＢ＝３．９米， ∴ＢＦ＝ＭＧ＝ＡＢ－ＡＦ＝３．９－１．７１＝２．１９（米）。 ∴ＭＥ＝ＭＧ－ＥＧ＝２．１９－１．７３２＝０．４５８（米）。 ∴加装的前挡板的宽度ＭＥ的长约为０．４５８米。 １８．解：（１）甲公司配送速度得分为９分的频数为１０－２－ ３－１－１＝３。 补全频数直方图如图所示。 甲快递公司配送速度 　得分频数直方图 扇形统计图中圆心角 α的度数为 ３６０°×（１－１０％－ ４０％－２０％－１０％）＝７２°。 （２）由频数直方图，得ｍ＝（７＋８）÷２＝７．５。 由甲、乙快递公司配送服务质量得分折线统计图知， 甲公司的得分数据比乙公司的得分数据波动小， 所以ｓ２甲＜ｓ ２ 乙。 故答案为７．５；＜。 （３）选择乙公司。 理由：乙公司配送速度得分的平均数和中位数都高于 甲公司，说明乙公司的整体配送速度较快。（答案不 唯一，合理即可） （４）画树状图如下： 共有８种等可能的结果，其中三家种植户选择同一快 递公司的结果有２种， 所以三家种植户选择同一快递公司的概率为 ２ ８ ＝１ ４ 。 １９．解：（１）∵扣球时羽毛球的飞行高度ｙ１（米）与水平距 离ｘ（米）近似满足一次函数关系， ∴设ｙ１＝ｋｘ＋ｂ， 把（１，２．４）和（２，２）代入ｙ１＝ｋｘ＋ｂ， 得 ｋ＋ｂ＝２．４， ２ｋ＋ｂ＝２，{ 解得 ｋ＝－０．４，ｂ＝２．８。{ ∴扣球时羽毛球的飞行高度 ｙ１（米）与水平距离 ｘ （米）近似满足一次函数关系ｙ１＝－０．４ｘ＋２．８。 ∵吊球时羽毛球的飞行高度 ｙ２（米）与水平距离 ｘ （米）近似满足二次函数关系，此时当羽毛球飞行的 水平距离为１米时，达到最大高度３．２米。 ∴设ｙ２＝ａ（ｘ－１） ２＋３．２。 ∵经过点Ｐ（０，２．８）， ∴ａ＋３．２＝２．８。 ∴ａ＝－０．４。 ∴吊球时羽毛球的飞行高度 ｙ２（米）与水平距离 ｘ （米）近似满足二次函数关系 ｙ２＝－０．４（ｘ－１） ２＋３．２。 （２）由题意，得当ｘ＝３时， 一次函数ｙ＝－０．４×３＋２．８＝１．６， 二次函数ｙ＝－０．４×（３－１）２＋３．２＝１．６。 又∵球网ＡＢ的高度为１．５５米， ∴两种击球方式均能过网。 令ｙ＝０，０＝－０．４ｘ＋２．８，∴ｘ＝７。 ０＝－０．４（ｘ－１）２＋３．２， ∴ｘ＝槡２２＋１或１－槡２２（舍去）。 ∵ＯＣ＝３＋２＝５（米）， ∴｜７－５｜＝２， 槡｜２２＋１－５｜＝４－槡２２＝２（２－槡２）。 ∵２－槡２＜１，∴２（２－槡２）＜２。 ∴吊球的落地点距离点Ｃ更近。 ２０．（１）证明：如图，连接ＯＣ。 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴∠ＡＣＢ＝９０°， 即∠Ａ＋∠ＡＢＣ＝９０°。 又∵ＯＣ＝ＯＢ，∴∠ＡＢＣ＝∠ＯＣＢ。 ∵∠ＢＣＤ＝∠ＢＥＣ，∴∠ＢＣＤ＝∠Ａ。 ∴∠ＢＣＤ＋∠ＯＣＢ＝９０°，即∠ＯＣＤ＝９０°。 ∵ＯＣ是圆Ｏ的半径，∴ＣＤ是⊙Ｏ的切线。 （２）解：∵ＡＢ⊥ＣＥ，ＣＥ＝槡６３， ∴ＣＦ＝ＥＦ＝ １ ２ ＣＥ＝槡３３。∴ＢＣ＝ＢＥ＝６。 在Ｒｔ△ＣＢＦ中，ｓｉｎ∠ＣＢＦ＝ ＣＦ ＢＣ ＝槡３３ ６ ＝槡３ ２ ， ∴∠ＣＢＦ＝６０°。 ∵ＯＣ＝ＯＢ，∴△ＢＯＣ是等边三角形。 ∴∠ＢＯＣ＝６０°，ＯＣ＝ＢＣ＝６。 ∴ＢＣ) 的长＝６０·π·６ １８０ ＝２π。 ２１．解：（１）当ｘ＝１０时，按方案 Ａ租赁所得的月利润为 ［３００＋５×（５０－１０）］×１０－２０×１０＝４８００（元）；按方案 Ｂ租赁所得的月利润为３５０×１０－１８５＝３３１５（元）。                                                                —２１— 故答案为４８００；３３１５。 （２）根据题意，得［３００＋５（５０－ｘ）］ｘ－２０ｘ＝３５０ｘ－１８５， 解得ｘ１＝３７，ｘ２＝－１（不符合题意，舍去）。 答：租出的无人机数量为３７。 （３）根据题意，得ｙＡ＝［３００＋５（５０－ｘ）］ｘ－２０ｘ＝－５ｘ ２＋ ５３０ｘ，ｙＢ＝３５０ｘ－１８５， ∴ｗ＝ｙＡ－ｙＢ＝－５ｘ ２＋５３０ｘ－（３５０ｘ－１８５） ＝－５ｘ２＋１８０ｘ＋１８５。 ∴ｗ＝－５（ｘ－１８）２＋１８０５。 ∵－５＜０， ∴当ｘ＝１８时，ｗ取得最大值，最大值为１８０５。 ∴ｗ的最大值为１８０５。 ２２．【探究与证明】 （１）证明：∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴∠Ｃ＝∠Ｂ＝９０°。 ∵将△ＣＥＦ沿ＥＦ折叠， ∴ＦＣ＝ＦＧ，ＥＣ＝ＥＧ，∠Ｃ＝∠ＥＧＦ＝∠ＥＧＮ＝９０°， ∠ＣＥＦ＝∠ＧＥＦ。 ∵Ｅ是ＢＣ的中点，∴ＥＣ＝ＥＢ。∴ＥＧ＝ＥＢ。 在Ｒｔ△ＥＧＮ和Ｒｔ△ＥＢＮ中， ＥＧ＝ＥＢ， ＥＮ＝ＥＮ，{ ∴Ｒｔ△ＥＧＮ≌Ｒｔ△ＥＢＮ（ＨＬ）。 ∴∠ＧＥＮ＝∠ＢＥＮ。 ∵∠ＣＥＦ＋∠ＧＥＦ＋∠ＧＥＮ＋∠ＢＥＮ＝１８０°， ∴２（∠ＧＥＦ＋∠ＧＥＮ）＝１８０°。∴∠ＦＥＮ＝９０°。 （２）选择图２，ＥＮ∥ＣＨ，ＥＮ＝ １ ２ ＣＨ。 证明：将△ＣＥＦ沿ＥＦ折叠，则ＣＧ⊥ＥＦ， ∴∠ＦＭＧ＝９０°。 ∵∠ＦＥＮ＝９０°，∴∠ＦＭＧ＝∠ＦＥＮ。 ∴ＥＮ∥ＣＨ。∴△ＢＥＮ∽△ＢＣＨ。 ∵Ｅ是ＢＣ的中点，∴ ＥＮ ＣＨ ＝ＢＥ ＢＣ ＝１ ２ 。 ∴ＥＮ＝ １ ２ ＣＨ。 【应用拓展】 解：①如图１，当点Ｐ在点Ｈ左侧时， 图１ ∵ＢＣ＝１０，Ｅ是ＢＣ的中点，∴ＢＥ＝５。 ∵ＢＰ＝１２，∴在Ｒｔ△ＰＢＥ中， ＰＥ＝ ＢＥ２＋ＢＰ槡 ２＝１３。 ∵ＥＧ＝ＢＥ＝５，∴ＰＧ＝１３－５＝８。 ∵ｔａｎＰ＝ ＢＥ ＰＢ ＝ＧＮ ＰＧ ，∴ ５ １２ ＝ＧＮ ８ 。∴ＧＮ＝ １０ ３ 。 ∵∠ＥＦＧ＋∠ＥＮＧ＝∠ＮＥＧ＋∠ＥＮＧ＝９０°， ∴∠ＮＥＧ＝∠ＥＦＧ。∴ｔａｎ∠ＮＥＧ＝ｔａｎ∠ＥＦＧ。 ∴ ＧＮ ＥＧ ＝ＥＧ ＦＧ 。∴ １０ ３ ５ ＝５ ＦＧ 。∴ＦＧ＝ １５ ２ 。 ∵ＣＦ＝ＦＧ，∴ＣＦ＝ １５ ２ ； ②如图２，当点Ｐ在点Ｈ右侧时， 图２ 同理可得ＰＥ＝１３，此时ＰＧ＝１３＋５＝１８。 ∵ｔａｎＰ＝ ＢＥ ＰＢ ＝ＧＮ ＰＧ ，∴ ５ １２ ＝ＧＮ １８ 。∴ＧＮ＝ １５ ２ 。 同理可得 ＧＮ ＥＧ ＝ＥＧ ＦＧ 。∴ １５ ２ ５ ＝５ ＦＧ 。∴ＦＧ＝ １０ ３ 。 ∵ＣＦ＝ＦＧ，∴ＣＦ＝ １０ ３ 。 综上所述，ＣＦ＝ １５ ２ 或 １０ ３ 。 ５２０２４年青州市学业水平第一次模拟试题 （与寿光市、昌邑市、临朐县、昌乐县联考） 答案速查 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ Ｄ Ｄ Ｃ Ａ Ａ Ｂ ＢＣ ＡＤ ＡＣ ＡＢＣ １．Ｄ　【解析】 槡∵ ２≈１．４１４，∴ ３ ２ 槡 ＞２＞１＞－１。 ∴最大的数是 ３ ２ 。故选Ｄ。 ２．Ｄ　【解析】Ａ不是轴对称图形，也不是中心对称图形， 故选项不符合题意；Ｂ不是轴对称图形，也不是中心对 称图形，故选项不符合题意；Ｃ是中心对称图形，不是 轴对称图形，故选项不符合题意；Ｄ既是轴对称图形， 也是中心对称图形，故选项符合题意。故选Ｄ。 ３．Ｃ　【解析】由数轴，得－１＜ａ＜０，ｂ＞１， 所以ａ＜ｂ，ａ＋ｂ＞０，｜ｂ｜＞｜ａ｜，（ａ＋１）（ｂ－１）＞０。故选Ｃ。 ４．Ａ　【解析】从左边看，是一列两个相邻的矩形。故选Ａ。 ５．Ａ　【解析】如图，设ＡＢ与 ｙ轴交于点Ｅ，ＡＤ与 ｘ轴交 于点Ｆ，ＣＤ与ｙ轴交于点Ｇ。 ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴ＡＢ＝ＡＤ＝ＣＤ＝２。 由题意，得ＡＤ＝ＡＤ′＝２，ＣＤ＝Ｃ′Ｄ′＝２， ＥＧ＝ＡＤ＝２，ＡＥ＝ １ ２ ＡＢ＝１。 ∵ＡＢ∥ｘ轴，∴∠ＡＥＤ′＝∠ＦＯＤ′＝９０°。 在Ｒｔ△ＡＥＤ′中， Ｄ′Ｅ＝ ＡＤ′２－ＡＥ槡 ２＝ ２２－１槡 ２＝槡３， 由题意，得Ｃ′Ｄ′∥ｘ轴，ＯＥ＝ １ ２ ＥＧ＝１， ∴ＯＤ′＝Ｄ′Ｅ－ＯＥ＝槡３－１。 ∴点Ｃ′的坐标为（２，槡３－１）。故选Ａ。 ６．Ｂ　【解析】①当０≤ｘ≤１时，点Ｐ在线段ＢＤ上。 ∵△ＡＢＣ是等边三角形，ＡＢ＝２，                                                                —３１—