2024年河南省驻马店二中中考数学二模试卷附解析

这是一份2024年河南省驻马店二中中考数学二模试卷附解析，共30页。

A．0B．C．﹣1D．
2．（3分）如图，该几何体的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食品和药物，得到广泛的使用．经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000201kg，将100粒芝麻的质量用科学记数法表示约为（ ）
A．20.1×10﹣3kgB．2.01×10﹣4kg
C．0.201×10﹣5kgD．2.01×10﹣6kg
4．（3分）下列运算中，正确的是（ ）
A．5a+2b＝7abB．4b2﹣3b2＝1
C．﹣2a2b+2ba2＝0D．5a2+2a3＝7a5
5．（3分）如图，将一副直角三角板按图中所示位置摆放，保持两条斜边互相平行，则∠1的度数是（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
6．（3分）学习电学知识后，小亮同学用四个开关A、B、C、D，一个电源和一个灯泡设计了一个电路图，现任意闭合其中两个开关，则小灯泡发光的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点C，D分别作BD、AC的平行线交于点E．若AB＝3，∠ACB＝30°，则四边形OCED的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
8．（3分）已知关于x的方程（x﹣2）（x﹣4）＝m有实数根，则m的值有可能是（ ）
A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．
9．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，对称轴为x＝，且经过点（﹣1，0）．下列结论：
①3a+b＝0；
②若点，（3，y2）是抛物线上的两点，则y1＜y2；
③10b﹣3c＝0；
④若y≤c，则0≤x≤3；
⑤一元二次方程ax2+bx+c﹣1＝0，有两个不相等的实数根．
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．（3分）如图①，在矩形ABCD中，动点E从点A出发，沿A→B→C的路线运动，当点E到达点C时停止运动．若FE⊥AE，交CD于点F，设点E运动的路程为x，FC＝y，已知y关于x的函数图象如图②所示，当x＝5时，y的值为（ ）
A．B．C．D．
二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）分式有意义的条件是 ．
12．（3分）不等式组的解集是 ．
13．（3分）春日好时光，读书正当时，在第28个世界读书日来临之际，4月20日，由省教育厅等八个部门联合主办的2023年河南省青少年学生读书行动启动仪式暨河南省中小学书香校园建设现场会在漯河市举行．河南某中学以此次活动为契机，举行相关朗诵比赛，更好的落实五育并举的教育方针，促进师生珍惜时光、广泛阅读、下面是甲、乙、丙三名参赛选手的成绩如表所示，每名选手的成绩由观众评分和评委评分两部分组成：
经过最后汇总，总分最高的是 选手（填“甲、乙、丙”）．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6，以点C为圆心，AC的长为半径画弧交AB于点E，交BC于点D，以点D为圆心，CD的长为半径画弧，交AB于点F，交弧AE于点H，则图中阴影部分的面积为 ．
15．（3分）如图，边长为2的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 ．
三．解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．（6分）（1）计算：﹣（2cs45°﹣1）+（）﹣1﹣（π﹣）0．
（2）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中m＝+1．
17．（10分）为了解“双减”后学生每天完成课外作业所需时长的情况，某市从甲、乙两所学校各随机抽取50名学生进行调查，获取他们每天完成课外作业所需时长（单位：分钟）的数据，并对数据进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲、乙两所学校学生每天完成课外作业所需时长的数据的频数分布直方图及扇形统计图如下（数据分成5组：15≤x＜30，30≤x＜45，45≤x＜60，60≤x＜75，75≤x＜90）：
b．甲校学生每天完成课外作业所需时长的数据在45≤x＜60这一组的是：
45 46 50 51 51 52 52 53 55 56 59 59
c．甲，乙两所学校学生每天完成课外作业所需时长的数据的平均数、中位数如下表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）m＝ ；
（2）乙校学生每天完成课外作业所需时长的数据的扇形统计图中表示45≤x＜60这组数据的扇形圆心角的度数是 °；
（3）小明每天完成课外作业所需时长为53分钟，在与他同校被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成课外作业所需时长都超过了小明，那么小明是哪个学校的学生？请说明理由．
（4）如果甲，乙两所学校各有400人，估计这两所学校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生共有 人．
18．（9分）如图，双曲线y＝与直线y＝mx+n交于A（6，6），B（a，﹣1），直线AB交y轴于点M，交x轴于点N．
（1）求双曲线与直线AB的解析式；
（2）直接写出不等式≥mx+n的解集；
（3）请用无刻度的直尺和圆规作出线段ON的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法），交直线AB于点P，交双曲线于点Q．求出点Q的坐标．
19．（10分）四边形不具有稳定性，工程上可利用这一性质解决问题．如图是某篮球架的侧面示意图，BE，CD，GF为长度固定的支架，支架在A，D，G处与立柱AH连接（AH垂直于MN，垂足为H），在B，C处与篮板连接（BC所在直线垂直于MN），EF是可以调节长度的伸缩臂（旋转点F处的螺栓改变EF的长度，使得支架BE绕点A旋转，从而改变四边形ABCD的形状，以此调节篮板的高度）．已知AD＝BC，DH＝208cm，测得∠GAE＝60°时，点C离地面的高度为288cm．调节伸缩臂EF，将∠GAE由60°调节为54°，判断点C离地面的高度升高还是降低了？升高（或降低）了多少？（参考数据：sin54°≈0.8，cs54°≈0.6）
20．（10分）日晷仪也称日晷，是我国古代观测日影记时的仪器，主要是根据日影的位置，以指定当时的时辰或刻度．小明为了探究日器的奥秘，在不同的时刻对日晷进行了观察．如图，日晷的平面是以点O为圆心的圆，线段DE为日器的底座，点C为日晷与底座的接触点，DE与⊙O相切于点C，点A，B，F均在⊙O上，且OA，OB，OF为不同时刻晷针的影长，OF，OB的延长线分别与DE相交于点E，D，连接AC，BC，已知OE∥BC．
（1）求证：OF⊥AC；
（2）若OE＝4，，求BC的长．
21．（10分）“文房四宝”是中国独有的书法绘画工具，即笔、墨、纸、砚，文房四宝之名，起源于南北朝时期．基本中学为了落实双减政策，丰富学生的课后服务活动，开设了书法社团，计划为学生购买甲、乙两种型号“文房四宝”，经过调查得知：每套甲型号“文房四宝”的价格比每套乙型号的价格贵40元，买5套甲型号和10套乙型号共用1100元．
（1）求每套甲、乙型号“文房四宝”的价格分别是多少？
（2）若学校需购进甲、乙两种型号“文房四宝”共120套，总费用不超过8600元，并且根据学生需求，要求购进乙型号“文房四宝”的数量必须低于甲型号“文房四宝”数量的3倍，问有几种购买方案？最低费用是多少？
22．（10分）如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度OH为1.5m．可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度EF＝0.5m．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到绿化带的距离OD为d（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
（2）求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出d的取值范围．
23．（10分）（1）【问题发现】
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以BD为一边作正方形BDEF，点E与点A重合，易知△ABF∽△CBE，则线段AF与CE的数量关系是 ；
（2）【拓展研究】
在（1）的条件下，将正方形BDEF绕点B旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段AF和CE的数量关系，并证明你的结论；
（3）【结论运用】
在（1）（2）的条件下，若△ABC的面积为8时，当正方形BDEF旋转到C、E、F三点共线时，请直接写出线段AF的长．
2024年河南省驻马店二中中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）在0、、﹣1、这四个数中，最小的数是（ ）
A．0B．C．﹣1D．
【答案】C
【分析】根据负数小于0，正数大于0比较实数的大小即可得出答案．
【解答】解：∵﹣1＜0＜＜，
∴最小的数是﹣1，
故选：C．
2．（3分）如图，该几何体的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据简单组合体的三视图的画法画出它的俯视图即可．
【解答】解：这个组合体的俯视图为：
故选：C．
3．（3分）芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食品和药物，得到广泛的使用．经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000201kg，将100粒芝麻的质量用科学记数法表示约为（ ）
A．20.1×10﹣3kgB．2.01×10﹣4kg
C．0.201×10﹣5kgD．2.01×10﹣6kg
【答案】B
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：100×0.00000201kg＝0.000201kg＝2.01×10﹣4kg．
故选：B．
4．（3分）下列运算中，正确的是（ ）
A．5a+2b＝7abB．4b2﹣3b2＝1
C．﹣2a2b+2ba2＝0D．5a2+2a3＝7a5
【答案】C
【分析】根据合并同类项的法则进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、5a与2b不能合并，故A不符合题意；
B、4b2﹣3b2＝b2，故B不符合题意；
C、﹣2a2b+2ba2＝0，故C符合题意；
D、5a2与3a3不能合并，故D不符合题意；
故选：C．
5．（3分）如图，将一副直角三角板按图中所示位置摆放，保持两条斜边互相平行，则∠1的度数是（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
【答案】D
【分析】根据平行线的性质可得∠C＝∠2＝60°，再根据三角形内角与外角的性质可得∠1的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠C＝∠2＝60°，
∵∠A＝45°，
∴∠1＝60°﹣45°＝15°，
故选：D．
6．（3分）学习电学知识后，小亮同学用四个开关A、B、C、D，一个电源和一个灯泡设计了一个电路图，现任意闭合其中两个开关，则小灯泡发光的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有6种，即AD、BD、CD、DA、DB、DC，
∴小灯泡发光的概率为＝，
故选：C．
7．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点C，D分别作BD、AC的平行线交于点E．若AB＝3，∠ACB＝30°，则四边形OCED的周长为（ ）
A．6B．12C．18D．24
【答案】B
【分析】根据矩形的性质可得AB＝DC＝3，∠BCD＝90°，OD＝OC，由∠ACB＝30°，可证△OCD是等边三角形，再根据DE∥OC，OD∥CE，可证四边形OCED是菱形，即可计算出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC＝3，∠BCD＝90°，OD＝OC，
∵∠ACB＝30°，
∴∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OD＝OC＝DC＝3，
又∵DE∥OC，OD∥CE，
∴四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的周长为：3×4＝12，
故选：B．
8．（3分）已知关于x的方程（x﹣2）（x﹣4）＝m有实数根，则m的值有可能是（ ）
A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．
【答案】C
【分析】先把方程化为一元二次方程的一般形式，再根据方程有实数根得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：关于x的方程（x﹣2）（x﹣4）＝m可化为x2﹣6x+8﹣m＝0，
∵方程有实数根，
∴Δ≥0，即Δ＝（﹣6）2﹣4（8﹣m）≥0，
解得m≥﹣1，
∵﹣3＜﹣2＜﹣＜﹣1，
∴m的值可能为﹣1．
故选：C．
9．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，对称轴为x＝，且经过点（﹣1，0）．下列结论：
①3a+b＝0；
②若点，（3，y2）是抛物线上的两点，则y1＜y2；
③10b﹣3c＝0；
④若y≤c，则0≤x≤3；
⑤一元二次方程ax2+bx+c﹣1＝0，有两个不相等的实数根．
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由对称轴为x＝即可判断①；根据点（，y1），（3，y2）到对称轴的距离即可判断②；由抛物线经过点（﹣1，0），得出a﹣b+c＝0，对称轴x＝﹣＝，得出a＝﹣b，代入即可判断③；根据二次函数的性质以及抛物线的对称性即可判断④，由图象可知一元二次方程ax2+bx+c＝1，有两个不相等的实数根，可判断⑤．
【解答】解：∵对称轴x＝﹣＝，
∴b＝﹣3a，
∴3a+b＝0，①正确；
∵抛物线开口向上，点（，y1）到对称轴的距离小于点（3，y2）的距离，
∴y1＜y2，故②正确；
∵经过点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∵对称轴x＝﹣＝，
∴a＝﹣b，
∴﹣b﹣b+c＝0，
∴3c＝4b，
∴4b﹣3c＝0，故③错误；
∵对称轴x＝，
∴点（0，c）的对称点为（3，c），
∵开口向上，
∴y≤c时，0≤x≤3．故④正确；
由图象可知一元二次方程ax2+bx+c＝1，有两个不相等的实数根，故⑤正确；
故选：D．
10．（3分）如图①，在矩形ABCD中，动点E从点A出发，沿A→B→C的路线运动，当点E到达点C时停止运动．若FE⊥AE，交CD于点F，设点E运动的路程为x，FC＝y，已知y关于x的函数图象如图②所示，当x＝5时，y的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图②得到AB，BC的数值，然后根据相似三角形列出比例式即可求得．
【解答】解：当点E在A点时，即x＝0时，由图象可知：y＝4，
∴AB＝CD＝4，
当点E在B点和C点时，y＝0，
根据图象可知：BC＝6﹣4＝2，
当x＝5时，点E在BC中点，
∴BE＝CE＝1，
如图，
∵FE⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠CEF＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECF，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
二．填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）分式有意义的条件是 x≠1 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据分式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x﹣1≠0，即x≠1．
故答案为：x≠1．
12．（3分）不等式组的解集是 ﹣4＜x≤1 ．
【答案】﹣4＜x≤1．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由3（x+1）＞2x﹣1得：x＞﹣4，
由2﹣x≥1得：x≤1，
则不等式组的解集为﹣4＜x≤1，
故答案为：﹣4＜x≤1．
13．（3分）春日好时光，读书正当时，在第28个世界读书日来临之际，4月20日，由省教育厅等八个部门联合主办的2023年河南省青少年学生读书行动启动仪式暨河南省中小学书香校园建设现场会在漯河市举行．河南某中学以此次活动为契机，举行相关朗诵比赛，更好的落实五育并举的教育方针，促进师生珍惜时光、广泛阅读、下面是甲、乙、丙三名参赛选手的成绩如表所示，每名选手的成绩由观众评分和评委评分两部分组成：
经过最后汇总，总分最高的是 乙 选手（填“甲、乙、丙”）．
【答案】乙．
【分析】根据加权平均数的计算方法，分别求得甲、乙、丙三名参赛选手的平均成绩，即可求解．
【解答】解：甲的平均成绩为：95×40%+90×60%＝92，
乙的平均成绩为：90×40%+95×60%＝93，
丙的平均成绩为：93×40%+92×60%＝92.4，
92＜92.4＜93，
∴总分最高的是乙选手．
故答案为：乙．
14．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6，以点C为圆心，AC的长为半径画弧交AB于点E，交BC于点D，以点D为圆心，CD的长为半径画弧，交AB于点F，交弧AE于点H，则图中阴影部分的面积为 3π﹣3 ．
【答案】3π﹣3．
【分析】连接CH，HD，根据S阴＝S扇形ECH+（S扇形CDH﹣S△DCH），求解即可．
【解答】解：如图，连接HC，HD，
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6，
∴AC＝BC•tan30°＝2，∠A＝60°，
∴AB＝2AC＝4，
∵CH＝CD＝CE＝CA＝2，
∴△CHD是等边三角形，
∴∠DCH＝∠CDH＝60°，
∴∠ACH＝∠HCE＝∠DCE＝30°，
∴S阴＝S扇形ECH+（S扇形CDH﹣S△DCH）
＝+（﹣×2×2×）
＝3π﹣3，
故答案为：3π﹣3．
15．（3分）如图，边长为2的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 ．
【答案】．
【分析】取AC的中点G，则CG＝CD，利用SAS证明△CDE≌△CGF，得∠FGC＝∠EDC＝90°，则点F在直线BG上运动，根据垂线段最短从而解决问题．
【解答】解：取AC的中点G，则CG＝CD，
∵将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠DCE＝∠ACF，
∴△CDE≌△CGF（SAS），
∴∠FGC＝∠EDC＝90°，
∴点F在直线BG上运动，
过点D作DH⊥BG，此时DF的最小值即为DH，
∵BD＝BC＝1，
∴DH＝，
故答案为：．
三．解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．（6分）（1）计算：﹣（2cs45°﹣1）+（）﹣1﹣（π﹣）0．
（2）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中m＝+1．
【答案】（1）2+3；
（2），．
【分析】（1）先化简二次根式、代入三角函数值、计算负整数指数幂、零指数幂，再计算乘法，最后计算加减即可；
（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算即可．
【解答】解：（1）原式＝3﹣（2×﹣1）+3﹣1
＝3﹣+1+3﹣1
＝2+3．
（2）原式＝（﹣）•
＝•
＝，
当m＝+1时，原式＝＝．
17．（10分）为了解“双减”后学生每天完成课外作业所需时长的情况，某市从甲、乙两所学校各随机抽取50名学生进行调查，获取他们每天完成课外作业所需时长（单位：分钟）的数据，并对数据进行了整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲、乙两所学校学生每天完成课外作业所需时长的数据的频数分布直方图及扇形统计图如下（数据分成5组：15≤x＜30，30≤x＜45，45≤x＜60，60≤x＜75，75≤x＜90）：
b．甲校学生每天完成课外作业所需时长的数据在45≤x＜60这一组的是：
45 46 50 51 51 52 52 53 55 56 59 59
c．甲，乙两所学校学生每天完成课外作业所需时长的数据的平均数、中位数如下表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）m＝ 51 ；
（2）乙校学生每天完成课外作业所需时长的数据的扇形统计图中表示45≤x＜60这组数据的扇形圆心角的度数是 108 °；
（3）小明每天完成课外作业所需时长为53分钟，在与他同校被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成课外作业所需时长都超过了小明，那么小明是哪个学校的学生？请说明理由．
（4）如果甲，乙两所学校各有400人，估计这两所学校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生共有 544 人．
【答案】（1）51；
（2）108；
（3）乙，理由见解析；
（4）544．
【分析】（1）根据中位数的定义求解即可；
（2）利用360°乘以对应的百分比即可求解；
（3）用小明完成课外作业的时间，与甲、乙两校每天完成课外作业所需时长的中位数比较即可求解；
（4）分别求出甲、乙两校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生所占的百分比，分别乘以两学校总人数即可估计总体人数．
【解答】解：（1）∵甲校50名学生中，每天完成课外作业所需时长的中位数是第25、26个数，都是51，
∴，
（2）∵乙校学生每天完成课外作业所需时长为45≤x＜60，占比为：1﹣26%﹣14%﹣26%﹣4%＝30%，
∴这组数据的扇形圆心角的度数是：360°×30%＝108°．
（3）∵甲校中位数是51，乙校中位数是54，而小明每天完成课外作业所需时长为53分钟，在与他同校被调查的学生中，有一半以上的学生每天完成课外作业所需时长都超过了小明，∵53分钟低于中位数54分钟，
∴小明是乙校学生．
（4）∵样本中，甲校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生有9+12+12＝33（人），
∴若甲校400人，估计每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生有：（人），
样本中，乙校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生占比为：30%+14%+26%＝70%，
∴若乙校400人，估计每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生有：400×70%＝280（人），
∴估计这两所学校每天完成课外作业所需时长低于60分钟的学生共有：264+280＝544（人）．
18．（9分）如图，双曲线y＝与直线y＝mx+n交于A（6，6），B（a，﹣1），直线AB交y轴于点M，交x轴于点N．
（1）求双曲线与直线AB的解析式；
（2）直接写出不等式≥mx+n的解集；
（3）请用无刻度的直尺和圆规作出线段ON的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法），交直线AB于点P，交双曲线于点Q．求出点Q的坐标．
【答案】（1）y＝x+5；
（2）0＜x≤6或x≤﹣36；
（3）作图见解答，点Q的坐标为：（﹣15，﹣）．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）分别以点O、N为圆心，以大于NO长度为半径作弧，连接两个弧的交点，即为ON的垂直平分线，得到ON的中垂线为x＝﹣15，即可求解．
【解答】解：（1）将点A的坐标代入反比例函数表达式得：k＝6×6＝36，
则反比例函数表达式为：y＝，
将点B的坐标代入上式得：﹣1＝，则a＝﹣36，
即点B的坐标为：（﹣36，﹣1），
将A、B的坐标代入一次函数表达式得：，
解得：，
则直线AB的表达式为：y＝x+5；
（2）从函数图象看，不等式≥mx+n的解集为：0＜x≤6或x≤﹣36；
（3）分别以点O、N为圆心，以大于NO长度为半径作弧，连接两个弧的交点，即为ON的垂直平分线，
令y＝x+5＝0，则x＝﹣30，即点N（﹣30，0），
则ON的中垂线为x＝﹣15，
当x＝﹣15时，y＝＝﹣，
即点Q的坐标为：（﹣15，﹣）．
19．（10分）四边形不具有稳定性，工程上可利用这一性质解决问题．如图是某篮球架的侧面示意图，BE，CD，GF为长度固定的支架，支架在A，D，G处与立柱AH连接（AH垂直于MN，垂足为H），在B，C处与篮板连接（BC所在直线垂直于MN），EF是可以调节长度的伸缩臂（旋转点F处的螺栓改变EF的长度，使得支架BE绕点A旋转，从而改变四边形ABCD的形状，以此调节篮板的高度）．已知AD＝BC，DH＝208cm，测得∠GAE＝60°时，点C离地面的高度为288cm．调节伸缩臂EF，将∠GAE由60°调节为54°，判断点C离地面的高度升高还是降低了？升高（或降低）了多少？（参考数据：sin54°≈0.8，cs54°≈0.6）
【答案】点C离地面的高度升高了，升高约16cm．
【分析】当∠GAE＝60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，根据已知易得BC∥AH，从而可得四边形ABCD是平行四边形，进而可得AB∥CD，然后利用平行线的性质可得∠ADC＝∠GAE＝60°，再根据已知可得DK＝80cm，最后在Rt△CDK中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长；当∠GAE＝54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，在Rt△CDQ中，利用锐角三角函数的定义求出DQ的长，然后进行计算，即可解答．
【解答】解：点C离地面的高度升高了，
理由：如图，当∠GAE＝60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，
∵BC⊥MN，AH⊥MN，
∴BC∥AH，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC＝∠GAE＝60°，
∵点C离地面的高度为288cm，DH＝208cm，
∴DK＝288﹣208＝80（cm），
在Rt△CDK中，CD＝＝＝160（cm），
如图，当∠GAE＝54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，
在Rt△CDQ中，CD＝160cm，
∴DQ＝CD•cs54°≈160×0.6＝96（cm），
∴96﹣80＝16（cm），
∴点C离地面的高度升高约16cm．
20．（10分）日晷仪也称日晷，是我国古代观测日影记时的仪器，主要是根据日影的位置，以指定当时的时辰或刻度．小明为了探究日器的奥秘，在不同的时刻对日晷进行了观察．如图，日晷的平面是以点O为圆心的圆，线段DE为日器的底座，点C为日晷与底座的接触点，DE与⊙O相切于点C，点A，B，F均在⊙O上，且OA，OB，OF为不同时刻晷针的影长，OF，OB的延长线分别与DE相交于点E，D，连接AC，BC，已知OE∥BC．
（1）求证：OF⊥AC；
（2）若OE＝4，，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）证出BC⊥AC，则可得出结论；
（2）连接OC，证明△OCE∽△BCA，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB为圆O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵OE∥BC，
∴OE⊥AC．
即OF⊥AC；
（2）解：连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵OE∥BC，
∴∠OCB＝∠EOC，
∴∠OBC＝∠EOC，
∵EC是圆O的切线，
∴OC⊥EC，
∴∠OCE＝90°，
∴∠OCE＝∠ACB，
∴△OCE∽△BCA，
∴，
∴，
∴BC＝．
21．（10分）“文房四宝”是中国独有的书法绘画工具，即笔、墨、纸、砚，文房四宝之名，起源于南北朝时期．基本中学为了落实双减政策，丰富学生的课后服务活动，开设了书法社团，计划为学生购买甲、乙两种型号“文房四宝”，经过调查得知：每套甲型号“文房四宝”的价格比每套乙型号的价格贵40元，买5套甲型号和10套乙型号共用1100元．
（1）求每套甲、乙型号“文房四宝”的价格分别是多少？
（2）若学校需购进甲、乙两种型号“文房四宝”共120套，总费用不超过8600元，并且根据学生需求，要求购进乙型号“文房四宝”的数量必须低于甲型号“文房四宝”数量的3倍，问有几种购买方案？最低费用是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据每套甲型号“文房四宝”的价格比每套乙型号的价格贵40元，买5套甲型号和10套乙型号共用1100元，得出方程，解方程即可；
（2）设需购进乙种型号“文房四宝”m套，则需购进甲种型号“文房四宝”（120﹣m）套，根据题意得到不等式组，解不等式组即可得到结论．
【解答】解：（1）设每套甲型号“文房四宝”的价格是x元，则每套乙型号“文房四宝”的价格是（x﹣40）元，
由题意可得5x+10（x﹣40）＝1100，
解得x＝100，
x﹣40＝60．
答：每套甲型号“文房四宝”的价格是100元，则每套乙型号“文房四宝”的价格是60元；
（2）设需购进乙种型号“文房四宝”m套，则需购进甲种型号“文房四宝”（120﹣m）套，
由题意可得：，
解得85≤m＜90，
又∵m为正整数，
∴m可以取85，86，87，88，89；
∴共有5种购买方案，
方案1：购进35套甲型号“文房四宝”，85套乙型号“文房四宝”；
方案2：购进34套甲型号“文房四宝”，86套乙型号“文房四宝”；
方案3：购进33套甲型号“文房四宝”，87套乙型号“文房四宝”；
方案4：购进32套甲型号“文房四宝”，88套乙型号“文房四宝”；
方案5：购进31套甲型号“文房四宝”，89套乙型号“文房四宝”；
∵每套甲型号“文房四宝”的价格比每套乙型号的价格贵40元，
∴甲型号“文房四宝”的套数越少，总费用就越低，
∴最低费用是31×100+60×89＝8440（元）．
22．（10分）如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度OH为1.5m．可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度EF＝0.5m．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到绿化带的距离OD为d（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
（2）求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出d的取值范围．
【答案】（1）喷出水的最大射程OC为6m；
（2）点B的坐标为（2，0）；
（3）d的取值范围是2≤d≤2﹣1．
【分析】（1）由顶点A（2，2）得，设y＝a（x﹣2）2+2，再根据抛物线过点（0，1.5），可得a的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到的，可得点B的坐标；
（3）根据EF＝0.5，求出点F的坐标，利用增减性可得d的最大值为最小值，从而得出答案．
【解答】解：（1）如图1，由题意得A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
设y＝a（x﹣2）2+2，
又∵抛物线过点（0，1.5），
∴1.5＝4a+2，
∴a＝﹣，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2，
当y＝0时，0＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x1＝6，x2＝﹣2（舍去），
∴喷出水的最大射程OC为6m；
（2）∵对称轴为直线x＝2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为（2，0）；
（3）∵EF＝0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x＝2±2，
∵x＞0，
∴x＝2+2，
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2，
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x＝0时，y＝1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+2，
∵DE＝3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+2﹣3＝2﹣1，
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是d≥OB，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤2﹣1．
23．（10分）（1）【问题发现】
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以BD为一边作正方形BDEF，点E与点A重合，易知△ABF∽△CBE，则线段AF与CE的数量关系是 ；
（2）【拓展研究】
在（1）的条件下，将正方形BDEF绕点B旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段AF和CE的数量关系，并证明你的结论；
（3）【结论运用】
在（1）（2）的条件下，若△ABC的面积为8时，当正方形BDEF旋转到C、E、F三点共线时，请直接写出线段AF的长．
【答案】（1）；
（2），理由见解析过程；
（3）或．
【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理得到即可求解；
（2）根据等腰直角三角形和正方形的性质证得，∠CBE＝∠ABF＝45°﹣∠ABE，进而可证得△CBE∽△ABF，利用相似三角形的性质可得结论；
（3）先利用等腰直角三角形的性质求得AB＝4，，进而，设AF＝x，则，根据题意分两种情况，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形BDEF是正方形，
∴EF＝BF，∠F＝90°，
∴，
∵AB＝AC，点E与点A重合，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴，
∵四边形BDEF是正方形，
∴，∠FBE＝45°，
∴，∠CBE＝∠ABF＝45°﹣∠ABE，
∴△CBE∽△ABF，
∴，
∴；
（3）在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，△ABC的面积为8，
∴，则AB＝4（负值舍去），
∴，
由（1）知，，
设AF＝x，则，
∵C、E、F三点共线，
∴有两种情况：
①如图1，
在Rt△CFB中，∠BFC＝90°，，
由CF2+BF2＝BC2得，
解得（负值舍去）；
②如图②，
在Rt△CFB中，∠BFC＝90°，，
由CF2+BF2＝BC2得，
解得（负值舍去）；
综上，满足条件的线段AF值为或．
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