青岛市2024年初中学业水平考试-【中考321】备战2026山东省中考真题汇编·数学

青岛市2024年初中学业水平考试 数学试题 (时间：120分钟总分：120分) 一、选择题（本大题共9小题，每小题3分，共27分） 1.“海葵一号”是完全由我国自主设计建造的深水油气田“大国重器”，集原油 生产、存储、外输等功能于一体，储油量达60000立方米.将60000用科学 记数法表示为 A.6×10 B.60×10 C.0.6×10 D.6×10 2.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是 製 ★可出 3.实数a,b,c,d在数轴上对应点的位置如图所示，这四个实数中绝对值最小 的是 d -101 A.a B.b C.c D.d 4.如图所示的正六棱柱，其俯视图是 B 5.下列计算正确的是 A.a+2a=3a2 B.a5÷a2=a3 C.(-a)2·a3=-a D.(2a3)2=2a 6.如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方 形绕原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A'B'CD',则点A的对应点 A'的坐标是 ) 部 A.(-1,-2) B.(-2,-1) C.(2,1) D.(1,2) D G 敬 70234 油 ---- 第6题图 第7题图 ☒ 7.为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方 形CDFG中，CF,DG的延长线分别交AE,AB于点M,N,则∠FME的度 数是 A.90 B.99 C.108 D.1359 8.如图，A,B,C,D是⊙O上的点，半径OA=3,AB=CD,∠DBC=25°，连接 AD,则扇形AOB的面积为 B.5 5 5 x C 2 D.12 D B C 0 第8题图 第9题图 9.二次函数y=a.x2十bx十c的图象如图所示，对称轴是直线x=一1，则过点 M(c,2a-b)和点N(b2-4ac,a-b十c)的直线一定不经过 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 10.计算：+（得） -2sin45°= 11.图①和图②中的两组数据，分别是甲、乙两地2024年5月27日至31日每 天的最高气温，设这两组数据的方差分别为，2，则s弹 s2.（填 “>”“=”“<”) 05/27 05/2805/29 05/30 05/31 05/27 05/28 05/29 05/30 05/31 ● 善 异 ● 289 29 28 29 329 34 26° 28° ● 249 22° 图① 图② 12.如图，菱形ABCD中，BC=10,面积为60， D 对角线AC与BD相交于点O,过点A作 0 AE⊥BC,交边BC于点E,连接EO,则EO 13.如图，某小区要在长为16m,宽为12m的矩形空地上建造一个花坛，使花 坛四周小路的宽度相等，且花坛所占面积为空地面积的一半，则小路宽为 m. 16m 12m 花坛 0 第13题图 第14题图 14.如图，△ABC中，BA=BC,以BC为直径的半圆O分别交AB,AC于点 D,E.过点E作半圆O的切线，交AB于点M,交BC的延长线于点N.若 ON=10.cos∠ABC=号，则半径OC的长为 15.如图①，将边长为2的正方形纸板沿虚线剪掉边长为1的小正方形，得到 如图②的“纸板卡”，若用这样完全相同的“纸板卡”拼成正方形，最少需要 块；如图③，将长、宽、高分别为4,2,2的长方体砖块，切割掉长、 宽、高分别为4,1,1的长方体，得到如图④的“直角砖块”，若用这样完全相 同的“直角砖块”拼成正方体，最少需要 块 图① 图② 图③ 图④ 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， 16.(4分)已知：如图，四边形ABCD,E为DC边上一点. 求作：四边形内一点P,使EP∥BC,且点P到AB,AD的距离相等. 0 B 四、解答题（本大题共9小题，共71分） 17.(9分)(1)解不等式组： x<3(x+2); (2)先化简（仁1-2）÷《。，再从一-2.0,3中选一个合适的数作为a的 值代入求值. 18.(6分)某校准备开展“行走的课堂，生动的教育”研学活动，并计划从博物 馆、动物园、植物园、海洋馆（依次用字母A,B,C,D表示）中选择一处作为 研学地点.为了解学生的选择意向，学校随机抽取部分学生进行调查，整理 绘制了如下不完整的条形统计图和扇形统计图. 研学地点选择人数条形统计图 人数 研学地，点选择人数扇形统计图 100 80 8 60 26% 40 30 19% 20 D 0 A B C D地点 根据以上信息，解答下列问题： (1)补全条形统计图，扇形统计图中A所对应的圆心角的度数为 (2)该校共有1600名学生，请你估计该校有多少名学生想去海洋馆； (3)根据以上数据，学校最终将海洋馆作为研学地点.研学后，学校从八年 级各班分别随机抽取10名学生开展海洋知识竞赛.甲班10名学生的成绩 (单位：分)分别是：75,80,80,82,83,85,90,90,90,95；乙班10名学生的成 绩（单位：分）的平均数、中位数、众数分别是：84,83,88.根据以上数据判断 班的竞赛成绩更好.（填“甲”或“乙”） 19.(6分)学校拟举办庆祝“建国75周年”文艺汇演，每班选派一名志愿者.九 年级一班的小明和小红都想参加，于是两人决定一起做“摸牌”游戏，获胜 者参加.规则如下：将牌面数字分别为1,2,3的三张纸牌（除牌面数字外， 其余都相同)背面朝上，洗匀后放在桌面上，小明先从中随机摸出一张，记 下数字后放回并洗匀，小红再从中随机摸出一张.若两次摸到的数字之和 ·5 大于4，则小明胜；若和小于4，则小红胜；若和等于4，则重复上述过程， (1)小明从三张纸牌中随机摸出一张，摸到“1”的概率是 (2)请用列表或画树状图的方法，说明这个游戏对双方是否公平. 20.(6分)“滑滑梯”是同学们小时候经常玩的游戏，滑梯的坡角越小，安全性 越高.从安全性及适用性出发，小亮同学对所在小区的一处滑梯进行调研， 制定了如下改造方案，请你帮小亮解决方案中的问题. 方案名称 滑梯安全改造 测量工具 测角仪、皮尺等 如图，将滑梯顶端BC拓宽为BE,使CE=1m,并将原来的滑 梯CF改为EG.(图中所有点均在同一平面内，点B,C,E在 同一直线上，点A,D,F,G在同一直线上) B E 方案设计 42 32°C A F G 【步骤一】利用皮尺测量滑梯的高度CD=1.8m; 测量数据 【步骤二】在点F处用测角仪测得∠CFD=42°； 【步骤三】在点G处用测角仪测得∠EGD=32° 解决问题 调整后的滑梯会多占多长一段地面？（即求FG的长） (参考数据：im32员eos32 20,tan32°≈ 8,sin42°≈27 °40C0s42°≈ 是，tam42≈0) 21.(8分)为培养学生的创新意识，提高学生的动手能力，某校计划购买一批 航空、航海模型.已知商场某品牌航空模型的单价比航海模型的单价多 35元，用2000元购买航空模型的数量是用1800元购买航海模型数量 的号 (1)求航空和航海模型的单价； (2)学校采购时恰逢该商场“六一儿童节”促销：航空模型八折优惠.若购买 航空、航海模型共120个，且航空模型数量不少于航海模型数量的2，请问 分别购买多少个航空和航海模型，学校花费最少？ ·6· 22.(8分)如图，点A1,A2,A…,A,A+1为反比例函数y=(k>0)图象上 的点，其横坐标依次为1,2,3，…，n,n十1.过点A1,A2,A3,…,An作x轴 的垂线，垂足分别为点H1,H2,H3,…,Hm;过点A2作A2B1⊥A1H1于点 B1,过点A3作A3B2⊥A2H2于点B2,…,过点An+1作An+1Bn⊥AnHn于 点Bn 记△A1B1A2的面积为S1,△A2B2A3的面积为S2,…,△A.B.A+1的面积 为Sm A B B. An An+l H H H H B.H 0 1 2 3 4 nn+1花 (1)当k=2时，点B1的坐标为 S1+S2= 9 S1+S2+S3= S1+S2+S3+…+Sn= (用含n的代数式表示)； (2)当k=3时，S1+S2十S3十…十Sn= (用含n的代数式表示). 23.(8分)如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,∠ABD ∠CDB,BE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F,且BE=DF (1)求证：四边形ABCD是平行四边形； (2)若AB=BO,当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明 理由，并直接写出此时%的值。 A D 0 24.(10分)5月中旬，樱桃相继成熟，果农们迎来了繁忙的采摘销售季.为了解 樱桃的收益情况，从第1天销售开始，小明对自己家的两处樱桃园连续15 天的销售情况进行了统计与分析： A樱桃园： 第x天的单价、销售量与x的关系如表： 单价（元/盒） 销售量（盒） 第1天 50 20 第2天 48 30 第3天 46 40 第4天 44 50 … … … 第x天 10x+10 第x天的单价与x近似地满足一次函数关系，已知每天的固定成本为 745元 B樱桃园： 第x天的利润y2(元)与x的关系可以近似地用二次函数y2=a.x2十bx十 25刻画，其图象如图： (1)A樱桃园第x天的单价是 元/盒（用含x的代数式表示） (2)求A樱桃园第x天的利润y1(元)与x的函数关系式.（利润=单价× 销售量一固定成本) (3)①y2与x的函数关系式是 ②求第几天两处樱桃园的利润之和（即y,十y2)最大，最大是多少元？ (4)这15天中，共有 天B樱桃园的利润y2比A樱桃园的利润 大 y2 905 495 012 15 25.(10分)如图①，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm,BC=6cm, Rt△EDF中，∠EDF=90°，DE=DF=6cm,边BC与FD重合，且顶点E 与AC边上的定点N重合.如图②，△EDF从图①所示位置出发，沿射线 NC方向匀速运动，速度为1cm/s;同时，动点O从点A出发，沿AB方向 匀速运动，速度为2cm/s.EF与BC交于点P,连接OP,OE.设运动时间 为()(0<1≤号)解答下列问题： B(F B C(D)5 N(E) D E Q E 图① 图② 图③ (1)当t为何值时，点A在线段OE的垂直平分线上？ (2)设四边形PCEO的面积为S,求S与t的函数关系式； (3)如图③，过点O作OQ⊥AB,交AC于点Q,△AOH与△AOQ关于直 线AB对称，连接HB.是否存在某一时刻t,使PO∥BH?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.轻轨高架站示意图 光伏车棚需投资y万元，根据题意，得 2x十y=8, 解得 B 5x+3y=21, (工=3，答：修建一个A种光伏车棚需投资3万元，修建一个B种 机 y=2. 车 光伏车棚需投资2万元 E D (2)设修建A种光伏车棚m个，则修建B种光伏车棚(20-m) 站台以下 个，修建A种和B种光伏车棚共投资W万元，根据题意，得m≥ CF∥DE,∠FCD=∠CDN=83°， 2(20-m),解得m3,W=3m+2(20-m)三m十40 ∠BCD=98°，∴.∠BCP=∠BCD-∠FCD=15. ,平行线间的距离处处相等，∴EF=CV≈6.65m, 1>0,.W随m的增大而增大， AE=8.5m,.BP=AF=AE-EF≈8.5-6.65=1.85(m). ∴.当m=14时，W取得最小值，此时W=14十40=54（万元）. 在RABCP中，n∠BCP=sin15-C≈0.259. BP 答：修建A种光伏车棚14个时，投资总额最少，最少投资总额为 54万元. 23.解：(1)将A(2,a)代入y=3x,得a=3×2=6, .BC= BP1.85 im15≈0.259≈7.14(m). 答：顶部线段BC的长为7.14m. A(2,6)将A2,6)代入y=冬，得6=令解得k=12, 20.(1)证明：：∠EDB,∠EAB所对的弧是同弧， 三反比例函数的表达式为y= x ∠EDB=∠EAB,:∠EAD+∠EDB=45°， .∠EAD+∠EAB=45°，即∠BAD=45°， (2)如图，设点B(m,3m),那么点D(m十3,3m), ,AB为直径， 由y=是可得y=12,所以3m(m十3)=12， ∴.∠ADB=90°，..∠B=180°-∠ADB-∠DAB=45°， 解得m1=1,m2=-4(舍去)，∴.B(1,3). AB=AG,∴.∠B=∠G=45, .∠GAB=90°，.AG与⊙O相切. (3)如图，过点B作FH∥y轴，过点E作EH⊥FH于点H,过 点A作AF⊥FH于点F,∠EHB=∠BFA=90°， (2)解：如图，连接CE Y个 B :∠DAE,∠DCE所对的弧是同弧，∴∠DAE=∠DCE, 0 DC为直径，∠DEC=90°， ∴.∠HEB十∠EBH=90°， 在R△DEC中，sin∠DCE=sin∠DAE子=P光 :点A绕点B顺时针旋转90°， ∠ABE=90°，BE=BA, :BG=45,∠B=45°，∠BAG=90°， ∴.∠EBH+∠ABF=90°， AB -BG=2V10-DC. ∠BEH=∠ABF, .△EHB≌△BFA, DE=Dc∠DAE=而X号2 设点B(n,3n),EH=BF=6-3n,BH=AF=2-n, 3 .点E(6-2n,4n-2),∴.(4n-2)(6-2n)=12, 21解：(1)3÷5%=60（人）. 3 (2)360°× 15 解得n1=2n:=2, 60 =90°.故答案为90. .点E(3,4)或(2,6)（舍去），此时点E(3,4). (3)D组人数为60-3-15-16-6=20，补全频数直方图如图： 24.解：(1)：抛物线y=x2十bx十c过点 人数（频数） 25 0 20 A(0,2),B(2,2),得=2， 4+2b+c=2, 16 15 15 解得 b=一2，：抛物线C的表达式为 6 c=2, -----3- 0 y=x2-2x十2，.顶点D(1,1). 5060708090100 分数分 (2)如图，连接DE,过点E作EG∥y轴， (4)将数据排序后第30个和第31个数据分别为76,78， 交AD延长线于点G,过点D作DH⊥ 1 EG,垂足为H,与y轴交于H',设点E的 中位数为2×(76+78)=77. 横坐标为t. 设直线AD的表达式为y=kx十b, (5)900× 20+6 60 =390(人). 22.解：(1)设修建一个A种光伏车棚需投资x万元，修建一个B种 =2,解得二1 ∠ADF=∠AEB=90°，∴△AEB是直角三角形 由题意知 k+b=1, b=2, (3)∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD, ∴直线AD的表达式为y=-x十2，E(t,t-2t十2)， G(t,2-t),EG=12-t. △ACD需思 :□ADFE的面积为12， CD·CE=CB2=(2√6)2=24，如图，以 1 SAADE=2 SOADFE=6,SADE=S△AGE-S△WE= 点A为圆心，2为半径作⊙A,则C,D都在 2 EG· ⊙A上，延长CA到E,使CE=6,交⊙A H'D=6 于D。,连接E。E, Do H'D=1,.EG=12,.t2-t=12, 则CD。=4,:CD。为⊙A的直径， H. 解得t1=4,t2=-3(舍去)，.E(4,10), .∠CDD=90°， :点E先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得 CDo 到点F,.F(5,9). CD。·CE。=24=CD·CE,.CE 将F(5,9)代入y=x2-2mx十m2-m十2(m≠1)，得m2-11mm =CD 十18=0，解得m1=2,m2=9. CE。' (3)如图，过M作MP⊥x轴，垂足为P,过点D作DK∥y轴， :∠ECE=∠DCD,.△ECEo∽△DCD, 过点Q作QK∥x轴，与DK交于点K,设M(h,h2-2h+2),h ∠CDDo=∠CEE=90°， <1且h≠0，N(n,0). 点E在过点E。且与CE。垂直的直线上运动，过点B作BE ⊥EE,垂足为E',连接CE', :垂线段最短，∴.当点E在点E处时，BE最小，即BE的最小 值为BE的长， :∠CEE'=∠ECB=∠BEE。=90°， .四边形CE。EB是矩形， .BE=CE。=6,在Rt△CEE中，根据勾股定理得：CE= √(2√6)+62=2√/5，即当线段BE的长度取得最小值时，线段 y=x2-2m.x十m2+2-m=(x-m)2+2-m, CE的长为2√I5 ∴.抛物线C2的顶点Q(m,2-m), 青岛市2024年初中学业水平考试 .DK=1-(2-m)=m-1,KQ=m-1, 1.D解析：60000=6×101.故选D. ,.DK=KQ,∠DQK=45°. 2D解析：A不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则A不符合 .MN∥DQ,KQ∥NP, 题意；B是轴对称图形，但它不是中心对称图形，则B不符合题意； 易得∠MNP=∠DQK=45,∴.∠NMP=45°，.MP=NP, C不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则C不符合题意；D既 .n-h=h2-2h+2,.n=h2-h+2, 是轴对称图形，也是中心对称图形，则D符合题意.故选D. =-广+子当时=子 112 1 7 3C解析：从数轴上看，离原点距离最近的点是实数c对应的点， 那么这四个实数中绝对值最小的是c,故选C. 7 “点N横坐标的最小值为n=年，此时点N到直线BD距离最 4C解析：根据图示的正六棱柱可得其俯视图是 故选C 近，△BDN的面积最小，最近距离即边BD上的高，高为 5.B解析：a十2a=3a,则A不符合题意；a5÷a2=a3,则B符合题 意；(-a)2·a3=a5,则C不符合题意；(2a3)2=4a,则D不符合 巨_72 之=8，△BDN面积的最小值为SADN= 1×E×反 ,X8 题意，故选B. 6.A解析：由正方形ABCD先向右平移，使点B与原，点O重合，得 8 E(2,一1)，再将所得正方形绕原，点O顺时针方向旋转90°，得A' 25.解：(1)∠ACB=90°，.∠A+∠B=90°， （-1,-2).故选A. :CD⊥AB,∠ADC=90°， ∴∠A+∠ACD=90°，.∠B=∠ACD, ∠A-∠AAAB△AD六0-0 .AC2=AD·AB 234 (2)△AEB是直角三角形.理由如下： .-P-1-- :∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC, -----1 i.-d-- △ACpO△AC,S-.AC=AP.AE. 7.B解析：'五边形ABCDE是正五边形， 由(1)得AC2=AD·AB, ∠CDE=∠E=5-2)X180 5 =108°， AF AE-ADB. 四边形CDFG为正方形， :∠FAD=∠BAE,△AFD△ABE, .∠CDF=90°，∠CFD=45°， ·27· .∠FDE=108°-90°=18°，∠DFM=180°-45°=135°， :B02+C02=102, .∠FME=360°-18°-135°-108°=99°.故选B. .(4w√10-0C)2+C02=100, 8.A解析：如图，连接AC, .C0=√10，C0=3√10（舍去）， .'AE⊥BC,AO=CO, .OE=C0=√10， 故答案为√10. 13.2解析：设小路宽为xm, 振据题意，得(16-2x)12-2)=合×12×16， 则∠DAC=∠DBC=25°， 解得x=2或x=12(舍去)， .AB=CD, .小路宽为2m .∠ADB=∠DAC=25°， 故答案为2. .∠AOB=2∠ADB=50°， 14.6解析：连接OE,如图： OA=3, OE=OC, 扇形AOB的面积为50πX35 π. ∴.∠OEC=∠OCE, M 360 .AB=BC, D 故选A. ∠BAC=∠OCE, 9.C解析：：函数图象开口向上，与y轴交于坐正半轴，与x轴没 ∴.∠OEC=∠BAC, 有交点， ∴.AB∥OE, ∴.a>0,c>0,b2-4ac<0, .∠ABC=∠EOC, b 对称轴为x= 2a =-1, cOS∠ABC=3 .b=2a>0, .2a-b=0, :eos∠E0C=号 3 M(c,2a-b)在x轴正半轴上， .MN是⊙O的切线， 当x=-1时，a一b十c>0, ∴.∠OEN=90°， 则N(b2-4ac,a一b十c)在第二象限， .OE_3 .过点M(c,2a-b)和，点N(b2-4ac,a-b十c)的直线一定不经 …ON5 过第三象限， :0N=10, 故选C. .0E=6, 102E+8舞折：派式=3疗+8-2x号-3反-8万=3E ..OC=OE=6. 故答案为6. 3.故答案为2√2十3. 15.12144解析：先用2个图②拼成一个长为3，宽为2的长方 11.< 解析：甲地：平均数 28+29+26+28+29=28,s%= 形，面积为6，则6个这样的长方形拼成一个面积为36的正方 5 形，此时边长为6，则需图②的个数：6×2=12（个）： (28-28)2+(29-28)2+(26-28)2+(28-28)2+(29-28)2 同理用2个图④拼成长、宽、高分别为4,3,2的长方体，用4× 5 3=12(个)这样的长方体拼成一个长，宽，高为12,12,2的长方 1.2: 乙地：平均数 32+24+22+28+34=28, 体，用6个这样的长方体可以拼成长、宽、高为12,12,12的正方 5 体，此时需要2×3×4×6=144（个）. s2= (32-28)2十(24-28)2+(22-28)2+(28-28)2+(34-28)2 故答案为12；144. 5 16.解：作∠DAB的平分线AM,以E为顶点，ED为一边作∠DEN 20.8. =∠C,EN交AM于点P,如图： 则s<s2· 故答案为< 12.√0解析：：四边形ABCD为菱形， ∴.AC⊥BD,OA=OC,OB=OD,AB=BC=CD=DA=10, :S装am=号AC.BD=60, .∴.AC·BD=120, .BO·OC=30, .BO2+CO2=BC2=100, 点P即为所求 .(BO十OC)2-2BO·CO=100. 17.解：(1)解第一个不等式，得x≤3， ∴BO十CO=4√10（负值已舍去）， 解第二个不等式，得x>-3, .B0=4√/10-OC, 故原不等式组的解集为一3x3. ·28· (2)原式=a十1-2a·(a+1)(a-1) .两人获胜的概率相等， a 游戏公平 =(a-1)2 20解：如图，过点E作EH⊥AG于点H, a ·(a+1)(a-1) 则四边形CDHE为矩形， _a-1 a+1 .EH=CD=1.8 m,DH=CE=1 m, .a≠0，(a十1)(a-1)≠0， 在Rt△CDF中，∠CFD=42°，CD=1.8m, ∴a≠0，a≠士1， 则DF= CD .8=2(m), tan∠CFD≈g a=-2或3， 10 -2-1 当a=-2时，原式=-2+3： .HF=DF-DH=2-1=1(m), 在Rt△EHG中，∠EGH=32°，EH=1.8m, 3-11 当a=3时，原式= 3+12 EH 则HG= 1.8-2.88(m), an∠EGi≈ 18.(1)54解析：总人数：52÷26%=200（人）， D组人数：200-30-52-38=80.如图： .FG=HG-HF=1.88(m). 研学地点选择人数条形统计图 答：调整后的滑梯会多占约为1.88m的一段地面. 人数 B 100 80 80 60 40 30 38 42 32° 20 D G 0 D 地点 21.解：(1)设航空模型的单价为x元，则航海模型的单价为(x一35)元， A所对应的圆心角的度数为200 30 ×360°=54°. 根据题意，得2000-1800 x =35×5 4 故答案为54. 解得x=125, .80 (2)解：去海洋馆：1600×200640（人）， 经检验，x=125是方程的解，也符合题意， ,.x-35=125-35=90. 即该校约有640名学生想去海洋馆. .航空模型的单价为125元，航海模型的单价为90元. (3)甲解析：甲班10名学生的成绩：75,80,80,82,83,85,90， (2)设购买航空模型m个，学校花费W元，则购买航海模型(120 90,90,95, m)个， 平均数：75+80X2+82+8+85+90X3+95=85,众数：90：中 10 :航空模型数量不少于航海模型数量的2： 位数：8385=84， 1 2 …m≥2120-m), 则甲班的平均数、中位数、众数都高于乙班，则甲班的竞赛成绩 解得m≥40， 更好. 根据题意，得W=125×0.8m十90(120-m)=10m十10800， 故答案为甲， .10>0, 19.(1)3 ,解析：小明从三张纸牌中随机摸出一张，摸到1,2,3的 .当m=40时，W取最小值，最小值为10×40+10800= 三张纸牌的可能性相同， 11200, 此时120-m=120-40=80. “摸到“1”的概率是 1 .购买航空模型40个，购买航海模型80个，学校花费最少， 故答案为3 22.(1)1,1) 号至片解辅：当=2时y=左-兰 (2)解：游戏公平，理由如下： 当x=1时，y=2;当x=2时，y=1, 根据题意列表如下： .A1(1,2),A2(2,1), 2 .B1H1=1, 1 3 .B1=(1,1) 4 3 4 5 同理：A（1)A:(2号A(3号A(,)…, 3 5 6 A(,）A(a+1n是）： 由表可知：共有9种等可能的情况数，其中两次摸到的数字之和 大于4的有3种，两次摸到的数字之和小于4的有3种， ∴8=×1x(停)： 小明获鞋的概序是号-弓小红获雅的线率为号-子 s=×1x(层-)： (2)解：根据题意可得y1=(-2x十52)(10x十10)-745， 化简整理，得y1=-20x2十500.x-225, ∴A樱桃园第x天的利润y1(元)与x的函数关系式为y1= s=专×1x(后)： -20x2十500x-225. (3)①y2=-30x2十500x十25解析：由图象可知：二次函数y2 s+s,=×1×（-号+号-）=×1× =a.x2十bx+25的图象经过点(1,495)，(2,905)， (层-)： :+6+25=495, 解得 a=-30, 4a+2b+25=905, b=500, s+s:+5,=号×1×(-）= .y2=-30x2+500x+25, 故答案为y2=-30x2十500x十25， ②解：y1十y2=(-20x2十500x-225)+(-30x2+500x+25) 5+5+s,…8-×1x(片-品) =-50x2十1000x-200 -50(x-10)2+4800, 23n 故答案为1,1)，3,4'十 -50<0, (②)2解折：当=3时y=。 ∴.当x=10时，y1十y2有最大值4800， ∴.第10天两处樱桃园的利润之和最大，最大是4800元. A(,）A(2)A(3,)…,A(,）) (4)4解析：由题可知：y2>y1, .-30x2+500x+25>-20x2+500x-225,即-10x2> A(a+1n是） -250, 解得一5x5, x取正整数， 故答案为2m十2 3n .1≤x≤4， ∴.这15天中共有4天B樱桃园的利润y2比A樱桃园的利润 23.(1)证明：：∠ABD=∠CDB, y1大. ∴.AB∥CD, 故答案为4， ∴∠BAE=∠DCF, 25.解：(1)当点A在线段OE的垂直平分线上，则有AE=AO, :BE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F, 根据题意可得：AN=AC-DE=2cm,EN=tcm,AO=2tcm, ,.∠AEB=∠CFD=90°， ..AE=AN+EN=(2+t)cm, .BE=DF, ,点A在线段OE的垂直平分线上， .△ABE≌△CDF(AAS), ∴.AE=AO,即2+t=2t, ..AB=CD. AB∥CD, 解得：=2<9符合题意。 ∴.四边形ABCD是平行四边形. ∴.当t为2秒时，点A在线段OE的垂直平分线上. (2)解：当∠ABE等于30度时，四边形ABCD是矩形，理由 (2)过点O作OG⊥AC于点G,OH⊥BC于点H,连接CO, 如下： 则∠OGA=∠BHO=90°， :AB=BO,BE⊥AO, 在Rt△ABC中，∠ACB=90°， ∠ABO=2∠ABE=60°， ∴△AOB是等边三角形， 根据勾股定理，得AB=√AC十BC=10cm, .AO=BO,∠BAO=60°， ∴.∠OGA=∠BHO=∠ACB=90°，OB=(10-2t)cm, :四边形ABCD是平行四边形， ∴.OG∥BC,OH∥AC, ∴.AC=2AO,BD=2OB, 瓷品限9器晋器-10。 6-10,8 10 ∴AC=BD, ∴.四边形ABCD是矩形， 解得0G=号0H0, 5 ∴.∠ABC=90°， 由平移可知PC∥FD,且DE=DF, tan∠BAC=tan60°=A月-V3 器慌 24.(1)-2x十52解析：设第x天的单价m元与x满足的一次函 数关系式为m=kx十b, ∴.CP=CE=6-t, 由题中表格可知：当x=1时，m=50;当x=2时，m=48; ∴S=S%m+Sam=专PC.0H+E:0G k十b=50, ÷2k+b=48, 解得 k=-2, b=52, 号CP(0H+0G) ∴.m=-2x+52, 故答案为-2x十52. 6-4(。号）=吉9+2 最高，故最佳的提取时间和提取温度分别为120min,50℃，故 选B. 5.A解析：过，点E作EH∥AB, AB∥FG,AB∥EH∥FG, ∴∠BEH=a=15°，∠FEH+∠EFG=180, B=45°，.∠FEH=180°-45°-15°=120°， (3)存在.过点P作PM⊥OB于点M, ∴∠EFG=180°-∠FEH=180°-120°=60， B .∠BMP=∠ACB=90°， ∴.EF与FG所成锐角的度数为60°，故选A :∠MBP=∠ABC, 6.C解析：m-2n=3,.m=2n十3， ∴.△BMPc∽△BCA, :B-PM_BP,即BM_PM_1 .△=(-m)2-4(-n2十mn十1) BC AC-AB,即 =m2十4n2-4mn-4, 6=8=101 =(2n十3)2十4n2-4n(2n十3)-4 BM=子，PM=专 =4n2+12n+9+4n2-8n2-12n-4 =5>0,原方程有两个不相等的实数根.故选C 0M=AB-BN-A0=10-子-2=10-9. 7.AC解析：A.由等式的性质可得，若a=b,则ac=bc,原命题为真 :OQ⊥AB,△AOH与△AOQ关于直线AB对称， 命题；B.由不等式的性质可得，若a>b,且c>0,则ac>bc,原命题 为假命题：C.两个有理数的积仍为有理数，原命题为真命题：D.两 an0Q8器-C-g-是，用9- 个无理数的积不一定为无理数，比如√厄×√瓦=2，原命题为假命 3 .0H=0Q=2t, 题.故选AC 8BC解析：A.:圆柱的底面半径为3，高为1，∴.圆柱的体积为 4 PM OH 2 π×（√5）×1=3π，故选项A不符合题意；B.,圆柱的高为1，.圆 'tan∠MOP OM 13,tan∠OBH OB 10-2t 柱的母线长为1，故选项B正确，符合题意；C.:圆柱的底面半径 10- 为√3，高为1，∴.圆柱的底面周长为2√3π，.侧面积为2√3π×1= .PO∥BH, 2√π，故选项C正确，符合题意：D.:圆柱的底面周长为2π，高 ∴.∠MOP=∠OBH. 为1，∴.圆柱的侧面展开图的周长为2√5π×2十1×2=45π十2， 故选项D错误，不符合题意.综上，正确的结论为B,C,故选BC. 10-1310-27 9.ACD解析：将x=一1代入，可得y=a-b十c,由图象可知，此 时图象在x轴上方，故Q一b十c>0,故选项A正确；对称轴是直 7016 解得t 23<5,故符合题意， 线x=1,…4工=1，故该抛物线与x轴的另一个交点坐标是 2 当t为秒时，PO/BA (-2,0),故选项B错误；：当x=1时，函数有最大值，(2，y2)距 离对称轴更近，故y1<y2,故选项C正确；，当x=1时，函数有 B H 最大值，故an2十bn十ca十b十c,即不等式an2十bm≤a十b总成 立，故选项D正确.故选ACD 10.ABD解析：令AC,OE交于点F,由 D 题意，得OE是AC的垂直平分线， D Q E .EA=EC.:AO=OC,.△AOE≌ △COE,∴.∠AOE=∠COE.:OF= 潍坊市2024年初中学业水平考试 OF.AO-CO. 1.C 解析 是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不 .△AOF≌△COF,.∠OAF= ∠OCF,:AO∥BC,.∠OAF= M ∠ACE,.∠OCA=∠ACE,∴.AB= 符合题意 不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不 AD,选项A正确；：∠OCF=∠ECF,∠OFC=∠EFC=90°， CF=CF,∴.△EFC≌△OFC,∴.OC=CE=OA, 符合题意； 既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项C AO∥EC,故四边形AOCE为菱形，选项D正确；AB=AD, AB=AD.四边形AOCE为菱形，AE=OC=OD,四边 符合题意；9 P是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不 形AEOD为平行四边形，AD=OE,∴.AB=OE,选项B正确； 符合题意，故选C ∠AOD=∠OAE,故选项C错误.故选ABD. 2.B解析：126.7万=1267000=1.267×10°.故选B. 11y=一x十2（答案不唯一）解析：：y随着x的增大而减小， ·一次函数的比例系数k<0,又函数图象与y轴正半轴相交， 3D解析：由图形可得，它的主视图如图所示 故选D. b>0,∴同时满足以下两个条件的一次函数可以是y=一x十 2.故答案为y=一x十2（答案不唯一）. 4.B解析：由图象可知，在120min时提取率最高，50℃时提取率 ·29·