精品解析：2026年云南曲靖市多校初中学业质量诊断性检测 联考 数学

2026年云南曲靖市多校初中学业质量诊断性检测联考数学 （全卷三个大题，共27个小题，共8页；满分100分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位置上，在试卷、草稿纸上作答无效． 2．考试结束后，请将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 中国人很早就开始使用负数．魏晋时期的数学家刘徽在其著作《九章算术》中用不同颜色的算筹分别表示正数和负数（红色为正，黑色为负）．若红色算筹“”表示的数是“”，则黑色算筹“”表示的数是（ ） A. B. C. D. 2. 图1是2026年1月份的日历，用图2所示的“九宫格”框住图1中的9个日期，将其中被阴影方格覆盖的四个日期分别记为．当图2在图1的不同位置时，代数式为定值，则m的值为（ ） A. B. 5 C. D. 8 3. 如图，已知长方形纸片，点和点分别在边和上的动点，点和点分别是边和上的点，现将点，，，分别沿，折叠至点，，，，若，且，则的度数为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 4. 定义一种新运算， ①若，则或； ②若，则； ③若，则的最小值为14； 以上说法正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 5. 如图，点，点都在反比例函数的图象上．将的图象绕点O逆时针旋转45°，点A，点B的对应点的纵坐标分别为a，b，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. a，b大小无法比较 6. 用若干个大小相同的小正方体搭成一个几何体，主视图和俯视图如图所示，组成这个几何体的小正方体最少有a个，最多有b个，则以a，b为两边长的直角三角形的最小锐角α的正切值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫做多边形的三角剖分．如图为八边形的一种三角剖分方法，若在只确定连接线段、的前提下，一共有（　　）种三角剖分方法 A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 8. 如图，在中，，点D为边上的黄金分割点（），点G为的重心，连接．若，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 9. 已知：点在直线上，抛物线上两点，，点B在C的左侧，令，若，，则w的取值范围是（） A. B. C. D. 10. 如图所示的是三个小正方形组成的图形．若在图形中补画一个小正方形，使得补画完的图形为轴对称图形或中心对称图形，补画成轴对称图形或中心对称图形的方案分别有（ ） A. 3种、2种 B. 3种、3种 C. 4种、2种 D. 4种、3种 11. 某学校准备为七年级学生开设共6门选修课，选取了若干学生进行了我最喜欢的一门选修课调查，将调查结果绘制成了如图所示的统计图表（不完整）． 选修课 人数 40 60 100 下列说法不正确的是（ ） A. 这次被调查的学生人数为400人 B. 对应扇形的圆心角为 C. 喜欢选修课的人数为72人 D. 喜欢选修课的人数最少 12. 观察下列等式：已知：＝（a﹣b）（a+b）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“”的值，这个值为（ ） A. B. C. D. 13. 一玩偶店销售“抱竹熊猫”、“打坐熊猫”两款玩偶，其中“抱竹熊猫”成本每件元，“打坐熊猫”成本每件元，“打坐熊猫”的售价是“抱竹熊猫”的倍，大运会开幕第一天“抱竹熊猫”比“打坐熊猫”多卖件，且两款玩偶当天销售额都刚好到达元．为更好地宣传国宝，第二天店家决定降价出售，但规定降价后的售价不低于成本价的，“抱竹熊猫”的售价降低了，当天“抱竹熊猫”的销量在第一天基础上增加了；“打坐熊猫”的售价打折，结果“打坐熊猫”的销量在第一天基础上增加了，最终第二天两款熊猫玩偶的总利润为元，求的值为（ ） A. B. C. D. 14. 将一个底面直径为的圆锥，从顶点沿着高将它切成两半后，表面积增加了，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是（ ） A. B. C. D. 15. 如图，抛物线过，，三点，过点的直线（不与x轴重合）交抛物线于点D、点E，交于点Q，连接，当取得最小值时，的值是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题2分，共8分． 16. 已知，则的值为_______． 17. 恺撒密码是世界上最古老的加密技术之一，采用位移加密方法：明文中的所有字母都按照一个固定数值在字母表上向后（或向前）进行移位后形成密文，例如，向前移动3位（密钥）的恺撒密码，如图1所示：为方便使用恺撒密码进行加密和解密，可以使用密码盘如图2所示． “猜猜我是谁”：我的身份对应的明文是__________． 信息一：我的身份经过了双重加密，密文为“”，左起奇数位密钥为，偶数位密钥为． 信息二：密钥隐于坐标：已知点位于第一象限，到轴距离为3，到轴的距离为5． 18. 如图，为的直径，C为上一点，连结为的切线，过切点D作，交直线于点E，连接交于点M，若，则_____． 19. 某单位设有6个部门，共153人，如下表： 部门 部门1 部门2 部门3 部门4 部门5 部门6 人数 26 16 22 32 43 14 参与了“学党史，名师德、促提升”建党100周年，“党史百题周周答活动”，一共10道题，每小题10分，满分100分；在某一周的前三天，由于特殊原因，有一个部门还没有参与答题，其余五个部门全部完成了答题，完成情况如下表： 分数 100 90 80 70 60 50及以下 比例 5 2 1 1 1 0 综上所述，未能及时参与答题的部门可能是_______． 三、解答题：本题共8小题，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20. 先化简，再求值：，其中． 21. 如图所示，在中，，点在边上．若点在边上，且，求证：． 22. 为促进学生身心健康发展，学校组织全体师生开展秋季远足实践活动．如图A，B，C，D是四个打卡地，此次远足路线分为“访山”线：和“寻海”线：，其中B在A的正东方向处，C在A的南偏东方向，C也在B的南偏西方向，D在A的北偏东方向．（参考数据：，） （1）求“寻海”线的长度（结果保留小数点后一位）； （2）若七年级选择走“访山”线，九年级选择走“寻海”线，已知“访山”线长度约为，七年级比九年级提前6分钟出发，两个年级全程匀速前进（忽略全程途中停留时间），九年级的平均行走速度是七年级的1.2倍，结果两个年级同时返回到出发点A，求七年级的平均行走速度． 23. 根据以下材料，完成相应任务 点球大战 材料一 足球点球决胜法是在比赛踢成平局时，决定胜负的方法．国际足协理事会于1970年决定使用此法．在此之前是用抽签来决定胜负的．具体的方法是：裁判员选择一个球门，抽签决定哪个队先踢，然后双方交替各踢5次点球，进球多者胜．若双方在未踢满5次点球时一方已肯定获胜，裁判员即终止踢点球，宣布获胜队．若踢满5次点球后，进球数相同，则由双方的第6名队员踢点球；依此进行第7名、第8名……队员，踢点球，直至决出胜负． 材料二 在2026年滇超联赛的淘汰赛阶段，甲乙两队进行点球决胜，通过抽签甲队获得先开踢的权利 任务解决 若前三轮过后，甲、乙两队的比分为，若5轮内决出胜负，问乙赢的概率是多少？ 24. 矩形的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，． （1）如图1，连接，，求证：四边形为平行四边形； （2）如图2，若，，当点恰好为边的（为正整数，）等分点时，直接写出线段的长． 25. 5G网络比4G网络的传输速度快10倍以上，因此人们对5G产品充满期待．华为集团计划2020年元月开始销售一款5G产品．根据市场营销部的规划，该产品的销售价格将随销售月份的变化而变化．若该产品第x个月（为正整数）销售价格为元/台，与满足如图所示的一次函数关系：且第个月的销售数量（万台）与的关系为． （1）求该产品第几个月的销售额最大？该月的销售价格是多少元/台？ （2）若每销售1万台该产品需要在销售额中扣除元推广费用，当时销售利润最大值为22500万元时，求的值． 26. 我们约定：若函数图象上的点的横坐标和纵坐标的倍均在函数图象上，则称函数为函数的“函数”． （1）若时，求函数的“函数”的解析式； （2）已知函数的“函数”为函数，在时，对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 27. 如图，过上的动点作的切线，在上取点（异于点），使得，弦，连接交于点，连接并延长，交于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）记，；的面积分别为，，，当时，求的值； （3）设的半径为，当时，求四边形的面积．（用含的式子表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年云南曲靖市多校初中学业质量诊断性检测联考数学 （全卷三个大题，共27个小题，共8页；满分100分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．考生必须在答题卡上解题作答．答案应书写在答题卡的相应位置上，在试卷、草稿纸上作答无效． 2．考试结束后，请将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 中国人很早就开始使用负数．魏晋时期的数学家刘徽在其著作《九章算术》中用不同颜色的算筹分别表示正数和负数（红色为正，黑色为负）．若红色算筹“”表示的数是“”，则黑色算筹“”表示的数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得黑色算筹表示负数，结合红色算筹的十位和个位的数字确定黑色算筹的十位和个位的数字即可得到答案． 【详解】解：由题意得，黑色算筹“”表示的数是． 2. 图1是2026年1月份的日历，用图2所示的“九宫格”框住图1中的9个日期，将其中被阴影方格覆盖的四个日期分别记为．当图2在图1的不同位置时，代数式为定值，则m的值为（ ） A. B. 5 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据日历表示出各字母的值，然后整理代数式，根据定值求出的值即可． 【详解】解：根据题意可得， ，，， ∴ ， ∵代数式为定值， ∴，解得，   故选：C ． 3. 如图，已知长方形纸片，点和点分别在边和上的动点，点和点分别是边和上的点，现将点，，，分别沿，折叠至点，，，，若，且，则的度数为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了长方形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．当在上方时，延长，二线交于点Q，根据长方形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，解答即可；当在下方时，延长，二线交于点T，根据长方形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，解答即可． 【详解】解：当在上方时， 延长，二线交于点Q， ∵长方形纸片， ∴，， ∴， 根据折叠的性质，得， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当在下方时， 延长，二线交于点T， ∵长方形纸片， ∴，， ∴， 根据折叠的性质，得， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选：D． 4. 定义一种新运算， ①若，则或； ②若，则； ③若，则的最小值为14； 以上说法正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据新运算中乘积的正负选择对应规则，分情况讨论逐一验证三个结论，结合不等式和绝对值性质计算． 【详解】解：① ，分情况讨论： 当，即时，得，解得，符合条件； 当，即时，得，解得，不符合，舍去； 仅，结论①错误； ②， ，符合， 得，即， 解得或，结论②漏解，错误； ③由，得与异号，且， ∴， 解得， 时，，， ，符合， ， 原式为， ， ，即， 分情况化简： 当时，，原式； 当时，，原式； 原式最小值为，结论③正确； 综上，仅1个结论正确． 5. 如图，点，点都在反比例函数的图象上．将的图象绕点O逆时针旋转45°，点A，点B的对应点的纵坐标分别为a，b，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. a，b大小无法比较 【答案】A 【解析】 【分析】作直线，过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F，设，，证明，，得到，，由勾股定理得到， ，解得 ，，得到 ，，即可比较大小． 【详解】解：作直线，分别过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F， 则， 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 设， 则， ∵， ∴， 解得，（舍去）或， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 设， 则， ∵， ∴， 解得，（舍去）或， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了反比例函数与旋转综合．熟练掌握反比例函数性质，旋转性质，正比例函数性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加辅助线，是解题的关键． 6. 用若干个大小相同的小正方体搭成一个几何体，主视图和俯视图如图所示，组成这个几何体的小正方体最少有a个，最多有b个，则以a，b为两边长的直角三角形的最小锐角α的正切值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】先根据主视图和俯视图确定组成几何体的小正方体最少个数和最多个数，再分情况讨论以为边长的直角三角形的最小锐角的正切值． 【详解】解：由俯视图和主视图可知该几何体底层有5个小正方体，上层最多有3个小正方体，最少有1个小正方体， ∴该几何体最多是用8个小正方体，最少是用6个小正方体搭成的，即． 当8为直角三角形的直角边长时，斜边长为10， ∴最小锐角的正切值为； 当8为直角三角形的斜边长时，第三边长为， ∴最小锐角的正切值为． 故答案为：D． 【点睛】本题考查几何体的三视图与直角三角形锐角三角函数，掌握由三视图确定小正方体个数，再分情况分析直角三角形的锐角正切值是解题的关键． 7. 把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫做多边形的三角剖分．如图为八边形的一种三角剖分方法，若在只确定连接线段、的前提下，一共有（　　）种三角剖分方法 A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查多边形分割为三角形的方法，确定各方法中不重复不遗漏是解题的关键 【详解】如图，共有10种 故选：B 8. 如图，在中，，点D为边上的黄金分割点（），点G为的重心，连接．若，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，黄金分割性质，三角形重心性质，逐一判断即得． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴A正确： B、延长交于点H，连接并延长交于点I， ∵点D为边上的黄金分割点（）， ∴， ∴， ∵点G为的重心， ∴是的中线， ∴， ∴， ∴， 即，同理， ∵是的中线，，， ∴， ∴， ∴B正确； C、∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴C正确； D、∵， ∴， ∴． ∴D不正确． 【点睛】本题考查了相似三角形综合，熟练掌握相似三角形的判定和性质，黄金分割性质，三角形重心性质，是解题的关键． 9. 已知：点在直线上，抛物线上两点，，点B在C的左侧，令，若，，则w的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，由条件，点A在直线上，得；点B、C在抛物线上，得方程，根为，且，则，根据判别式大于0和条件，求出的取值范围，进而得到的范围，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵，点A在直线上， ∴，即， 点B、C在抛物线上， ∴，即， 设该方程的两根为，且，则， ∴， ∵方程有两不等实根， ∴，即， 又∵，即， 整理得：， ∴， 即， 解得：或， ∵， ∴，即， 综上：， ∴当时，； 当时，， ∴， 故选：B． 10. 如图所示的是三个小正方形组成的图形．若在图形中补画一个小正方形，使得补画完的图形为轴对称图形或中心对称图形，补画成轴对称图形或中心对称图形的方案分别有（ ） A. 3种、2种 B. 3种、3种 C. 4种、2种 D. 4种、3种 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据定义画出图形是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的性质分别画出符合要求的答案即可． 【详解】解：如下图，补画完的图形是轴对称图形，一共有种． 如下图，补画完的图形是中心对称图形，一共有种． 故选：D． 11. 某学校准备为七年级学生开设共6门选修课，选取了若干学生进行了我最喜欢的一门选修课调查，将调查结果绘制成了如图所示的统计图表（不完整）． 选修课 人数 40 60 100 下列说法不正确的是（ ） A. 这次被调查的学生人数为400人 B. 对应扇形的圆心角为 C. 喜欢选修课的人数为72人 D. 喜欢选修课的人数最少 【答案】B 【解析】 【分析】根据表格和扇形图，通过计算，对每个选项分别进行判断，即可得到答案. 【详解】解：这次被调查的学生人数为：60÷15%=400（人），故A正确； ∵D所占的百分比为：，A所占的百分比为：， ∴E对应的圆心角为：；故B错误； ∵喜欢选修课的人数为：（人），故C正确； ∵喜欢选修课C有：（人），喜欢选修课E有：（人）， ∴喜欢选修课的人数为40人，是人数最少的选修课；故D正确； 故选：B. 【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据． 12. 观察下列等式：已知：＝（a﹣b）（a+b）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）；＝（a﹣b）（）……小明发现其中蕴含着一定的运算规律，并利用这个运算规律求出了式子“”的值，这个值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知可得= ①，设=k②，则由①+②得：③，由①-②得：④，由④-③得：=，即可求解． 【详解】解：由题意，得=(2-1)()= 即= ①， 设=k②， 由①+②得：， ， 即③， 由①-②得：， 即④， 由④-③得：=， ∴=k， 解得：k=． 故选：D． 【点睛】本题考查数字规律探究，平方差公式的运用，等式的性质，解方程，求得= 是解题的关键． 13. 一玩偶店销售“抱竹熊猫”、“打坐熊猫”两款玩偶，其中“抱竹熊猫”成本每件元，“打坐熊猫”成本每件元，“打坐熊猫”的售价是“抱竹熊猫”的倍，大运会开幕第一天“抱竹熊猫”比“打坐熊猫”多卖件，且两款玩偶当天销售额都刚好到达元．为更好地宣传国宝，第二天店家决定降价出售，但规定降价后的售价不低于成本价的，“抱竹熊猫”的售价降低了，当天“抱竹熊猫”的销量在第一天基础上增加了；“打坐熊猫”的售价打折，结果“打坐熊猫”的销量在第一天基础上增加了，最终第二天两款熊猫玩偶的总利润为元，求的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，一元二次方程的应用，设第一天“抱竹熊猫”的售价为元，则“打坐熊猫”的售价为元，列分式方程先求出“抱竹熊猫”和“打坐熊猫”的售价，再根据第二天两款熊猫玩偶的总利润，列出一元二次方程求出的值即可，根据题意，找到等量关系，正确列出方程是解题的关键． 【详解】解：设第一天“抱竹熊猫”的售价为元，则“打坐熊猫”的售价为元， 由题意可得，， 解得， 经检验，是原方程的解，符合题意， ∴， ∴第一天“抱竹熊猫”的售价为元，则“打坐熊猫”的售价为元， ∴根据第二天总利润为元可得， ， 整理得，， 解得，， 当时，，， ∵， ∴符合题意； 当，， ∵， ∴不合题意，舍去； ∴， 故选：． 14. 将一个底面直径为的圆锥，从顶点沿着高将它切成两半后，表面积增加了，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的基本性质与计算，扇形的弧长公式，解决本题的关键是表面积增加的部分是两个以底面直径为底，圆锥高为高的等腰三角形的面积． 根据表面积增加的部分可求解圆锥的高，由此可求解圆锥的母线，再由圆锥的侧面展开图为扇形，即可得该扇形的弧长，设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为，由扇形的弧长公式求解即可． 【详解】解：∵该圆锥从顶点沿着高将它切成两半后，表面积增加了， 由圆锥的几何特征可知，表面积增加的是两个等腰三角形的面积， 即每个三角形的底为圆锥底面直径， 设圆锥的高为h，即三角形的高为h， ∴，解得， 又底面半径为， ∴圆锥的母线为， ∴该圆锥的侧面展开图的弧长为该底面圆的周长，即， 设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为， 由弧长公式可得，， 即，解得． 故选：D ． 15. 如图，抛物线过，，三点，过点的直线（不与x轴重合）交抛物线于点D、点E，交于点Q，连接，当取得最小值时，的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用待定系数法求得抛物线，直线的解析式，确定交点Q的坐标，利用两点间距离公式计算，构造二次函数确定最小值，再利用正切函数的定义解答即可． 本题考查了待定系数法，根与系数的关系定理，两点间距离公式，构造二次函数求最值，换元思想，正切函数的定义，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：根据题意，设抛物线的解析式为， 把代入，得， 解得， 故抛物线的解析式为， 设直线的解析式为，，， 根据题意，得，整理，得， 根据根与系数的关系，得， 设直线的解析式为， 将，代入直线的解析式得： ， 解得， ∴直线的解析式为：， 设直线的解析式为， 将，代入直线的解析式得： ， 解得， ∴直线的解析式为：， 根据题意，得即， 令， ， ， ， ， ， 解得， ， 故， ，， 令，则， ， 根据二次函数的性质，得时，取得最小值， ，，， 根据题意，得 ， 故选：C． 二、填空题：本题共4小题，每小题2分，共8分． 16. 已知，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把代入化简后的式子进行计算，即可解答, 准确熟练地进行计算是解题的关键． 【详解】解： ， ∵， ∴， 当时，原式， 故答案为：． 17. 恺撒密码是世界上最古老的加密技术之一，采用位移加密方法：明文中的所有字母都按照一个固定数值在字母表上向后（或向前）进行移位后形成密文，例如，向前移动3位（密钥）的恺撒密码，如图1所示：为方便使用恺撒密码进行加密和解密，可以使用密码盘如图2所示． “猜猜我是谁”：我的身份对应的明文是__________． 信息一：我的身份经过了双重加密，密文为“”，左起奇数位密钥为，偶数位密钥为． 信息二：密钥隐于坐标：已知点位于第一象限，到轴距离为3，到轴的距离为5． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵点位于第一象限，到轴距离为3，到轴的距离为5， ∴，， ∴奇数位密钥，偶数位密钥， 密文是“”，共8位， 奇数位(1、3、5、7位)用密钥解密， 偶数位(2、4、6、8 位)用密钥解密； 1．第1位：r(第 18个字母)，密钥； 2．第2位：d(第4个字母)，密钥； 3．第3位：y (第 25个字母)，密钥； 4．第4位： k(第 11 个字母)，密钥； 5．第5位： q(第17个字母)，密钥； 6．第6位：r(第18个字母)，密钥； 7．第7位：a(第1个字母)，密钥； 8．第8位：h(第8个字母)，密钥； 将解密后的字母依次组合：． 18. 如图，为的直径，C为上一点，连结为的切线，过切点D作，交直线于点E，连接交于点M，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】连接，延长交于，连接，过作于，过作于，由切线的性质及矩形的判定与性质可得，再根据圆周角定理、勾股定理及矩形的性质可得，最后根据全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质可得答案． 【详解】解：连接，延长交于，连接，过作于，过作于， ∵为的切线， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵为的直径， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵分别是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 19. 某单位设有6个部门，共153人，如下表： 部门 部门1 部门2 部门3 部门4 部门5 部门6 人数 26 16 22 32 43 14 参与了“学党史，名师德、促提升”建党100周年，“党史百题周周答活动”，一共10道题，每小题10分，满分100分；在某一周的前三天，由于特殊原因，有一个部门还没有参与答题，其余五个部门全部完成了答题，完成情况如下表： 分数 100 90 80 70 60 50及以下 比例 5 2 1 1 1 0 综上所述，未能及时参与答题的部门可能是_______． 【答案】5 【解析】 【分析】各分数人数比为5：2：1：1：1，可以求出100分占总人数，90分占总人数，80、70、60分占总人数的，即各分数人数为整数，总参与人数应该为10的倍数，6个部门总共有153人，即未参加部分人数个位数有3，即可求得结果． 【详解】解：各分数人数比为5：2：1：1：1， 即100分占总参与人数的， 90分占总参与人数的， 80、70、60分占总参与人数的， 各分数人数为整数，即×总参与人数＝整数， ∴总参与人数是10的倍数， 6个部门有153人， 即26+16+22+32+43+14＝153人， 则未参与部门人数个位一定为3， ∴未参与答题的部门可能是5． 故答案为：5． 【点睛】本题考查统计与概率，解本题的关键首先考虑人数为正整数，还要掌握统计的基本知识． 三、解答题：本题共8小题，共62分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 20. 先化简，再求值：，其中． 【答案】 ， 【解析】 【分析】第一步：首先，根据分式的混合运算规则化简分式：按照先展开多项式乘多项式，单项式乘多项式，同时将分式的分子分母进行因式分解及分式通分，再合并同类项，将除法运算变乘法运算进行约分，然后，再进行通分、合并，将分式化为最简形式；第二步：按照实数混合运算法则及特殊角的三角函数值得出；第三步：再将代入化简后的最简分式进行分母有理化运算即可． 【详解】解：原式 ， 由，得 ， ∴原式 ． 21. 如图所示，在中，，点在边上．若点在边上，且，求证：． 【答案】 证明：作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴． 【解析】 【分析】作交的延长线于点，作交的延长线于点，利用证明，得到，再利用证明，得到，最后根据即可证明结论成立． 【详解】略 22. 为促进学生身心健康发展，学校组织全体师生开展秋季远足实践活动．如图A，B，C，D是四个打卡地，此次远足路线分为“访山”线：和“寻海”线：，其中B在A的正东方向处，C在A的南偏东方向，C也在B的南偏西方向，D在A的北偏东方向．（参考数据：，） （1）求“寻海”线的长度（结果保留小数点后一位）； （2）若七年级选择走“访山”线，九年级选择走“寻海”线，已知“访山”线长度约为，七年级比九年级提前6分钟出发，两个年级全程匀速前进（忽略全程途中停留时间），九年级的平均行走速度是七年级的1.2倍，结果两个年级同时返回到出发点A，求七年级的平均行走速度． 【答案】（1）“寻海”线为； （2）七年级的平均行走速度为． 【解析】 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，分式方程的应用． （1）过点作于点，可得和的度数，进而求出的度数，再根据解直角三角形求出、、、的长度，从而求得“寻海”线的长度即可； （2）设七年级的平均行走速度为，结合题意可得，再进一步求解即可． 【小问1详解】 解：过点作于点，如图： 、、 ， ，， ，， ， 答：“寻海”线为； 【小问2详解】 解：设七年级的平均行走速度为， ∴， 解得：， 经检验符合题意； ∴七年级的平均行走速度为． 23. 根据以下材料，完成相应任务 点球大战 材料一 足球点球决胜法是在比赛踢成平局时，决定胜负的方法．国际足协理事会于1970年决定使用此法．在此之前是用抽签来决定胜负的．具体的方法是：裁判员选择一个球门，抽签决定哪个队先踢，然后双方交替各踢5次点球，进球多者胜．若双方在未踢满5次点球时一方已肯定获胜，裁判员即终止踢点球，宣布获胜队．若踢满5次点球后，进球数相同，则由双方的第6名队员踢点球；依此进行第7名、第8名……队员，踢点球，直至决出胜负． 材料二 在2026年滇超联赛的淘汰赛阶段，甲乙两队进行点球决胜，通过抽签甲队获得先开踢的权利 任务解决 若前三轮过后，甲、乙两队的比分为，若5轮内决出胜负，问乙赢的概率是多少？ 【答案】乙胜的概率为． 【解析】 【分析】设进球为1，未进为0，第四轮的甲、乙比分情况为：，，，，所以四轮过后的甲、乙比分情况为：，， ，，再得出第五轮的比赛得分可能，共12种比分可能，按比赛的规则，乙有7种获胜的可能性，结合两种上述情况即可得到结果． 【详解】解：设进球为1，未进球为0，则第四轮进球情况用列表分析为： 乙 甲 0 1 1 0 所以四轮过后的甲、乙比分情况为：，，，， 第五轮过后的比分情况用列表分析为： 第四轮过后甲乙的比分 第五轮甲乙比分 由表中比分情况，按比赛的规则可知，乙有7种获胜的可能性， 结合四轮过后的甲、乙的比分情况可得乙胜的概率为． 24. 矩形的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，． （1）如图1，连接，，求证：四边形为平行四边形； （2）如图2，若，，当点恰好为边的（为正整数，）等分点时，直接写出线段的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中： ， ​∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形． （2）或6 【解析】 【分析】（1）根据四边形是矩形，得出，，则，证明，则，结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）在矩形中，，，，，得出是等边三角形，，勾股定理求出​，则，．根据是正整数，，得出或：①当时，是中点，则，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出，结合四边形是平行四边形，即可得；②当时，是三等分点，则或，过点O作，求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵矩形中，，，，， ∴是等边三角形，，​， ∴，． ∵是正整数，， 故或： ①当时，是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴； ②当时，是三等分点， ∴或， 过点O作， ∵， ∴，， 若， 则， ∴， ∴， 若， 则， ∴， ∴； 综上，或6． 25. 5G网络比4G网络的传输速度快10倍以上，因此人们对5G产品充满期待．华为集团计划2020年元月开始销售一款5G产品．根据市场营销部的规划，该产品的销售价格将随销售月份的变化而变化．若该产品第x个月（为正整数）销售价格为元/台，与满足如图所示的一次函数关系：且第个月的销售数量（万台）与的关系为． （1）求该产品第几个月的销售额最大？该月的销售价格是多少元/台？ （2）若每销售1万台该产品需要在销售额中扣除元推广费用，当时销售利润最大值为22500万元时，求的值． 【答案】（1）该产品第7个月的销售额最大，该月的销售价格是4000元/台； （2） 【解析】 【分析】（1）求销售额z与x之间的函数关系式，利用二次函数的最大值问题求解； （2）分三种情况讨论假设6月份，7月份，8月份的最大销售为22500万元时，求相应的m值，再分别求出此时另外两月的总利润，通过比较作出判断． 【小问1详解】 解：设，根据图象将，代入得， ， 解得 ， ∴， 设销售额为z万元， ， ∵z与x成二次函数，，开口向下， ∴当时，z有最大值， 当时，元． 答：该产品第7个月的销售额最大，该月的销售价格是4000元/台； 【小问2详解】 解：设总利润为 ， 第一种情况：当时， ， 解得， ， 此时7月份的总利润为 ， 此时8月份的总利润为 ， ∴当时，6月份利润最大，且最大值为22500万元； 第二种情况：当时， ， 解得， ， 此时6月份的总利润为 ， ∴当不符合题意，此种情况不存在； 第三种情况：当时， ， 解得， ， 此时7月份的总利润为 ， ∴当不符合题意，此种情况不存在． ∴当时销售利润最大值为22500万元时，此时． 26. 我们约定：若函数图象上的点的横坐标和纵坐标的倍均在函数图象上，则称函数为函数的“函数”． （1）若时，求函数的“函数”的解析式； （2）已知函数的“函数”为函数，在时，对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）理解“ 函数”的定义，设函数和上任意点的坐标和，利用和得到和的数量关系，即可得出函数的解析式； （2）二次函数开口向上，函数值不小于，则需要，其次，注意整理不等式得到． 【小问1详解】 解：由题意可知，函数 的“ 函数”是，且， 不妨设函数上任意点的坐标为，函数上任意点的坐标为， 将点代入函数可得，， 由“ 函数”定义，可知，， 将式两端平方可得， 结合和可知， 将式代入式可得，，即， 函数上任意点，都满足， 函数 的“ 函数”的解析式为：； 【小问2详解】 解：由题意可知，函数的“ 函数”为函数， 不妨设函数上的任意一点为，则点在函数上， 将点坐标代入可得， 将代入可得，， 整理得，， 取任意数， 以为变量的方程恒成立的条件是所有系数等于， ， 解得， 在时，对任意实数，不等式 恒成立， 将代入得， ， 整理得， 将作为自变量得到函数， 又对于任意实数不等式都成立， ， 化简，得， 将作为函数自变量得到， 当，即时，， 不符合题意，舍去； 当时，函数为一次函数， 在时，恒成立， 当时，将代入函数，得到不等式组， ，解得． 当时，将代入函数，得到不等式组， ，不等式无解，舍去． 不等式 恒成立，的取值范围是． 27. 如图，过上的动点作的切线，在上取点（异于点），使得，弦，连接交于点，连接并延长，交于点，连接． （1）求证：是的切线； （2）记，；的面积分别为，，，当时，求的值； （3）设的半径为，当时，求四边形的面积．（用含的式子表示） 【答案】（1） 解：如图，连接、，， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）如图，连接、，，由切线的性质得，由，，得，，从而得，进而根据切线的性质定理即可证明结论成立； （2）证明，得，进而得，又，得，求解一元二次方程得，或（舍去），从而得，于是即可得解； （3）连接并延长交于，交于，连接，，，，证明，得，进而得，再证，得，，得，，得，从而，得，进而证明，，，在和中，利用勾股定理求解得，，，从而即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∵和等高， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，或（舍去） ∴， ∴， ∴（负值舍去）； 【小问3详解】 解：连接并延长交于，交于，连接，，，， ∵，， ∴点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴， 由得， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∴，， ∴，， ∵， ∴即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， ∴， ∵即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∵在中，， ∴， 解得， ∴，， ∴平行四边形的面积． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定及性质，切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，线段垂直平分线的判定，熟练掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $