2026年中考第一次模拟考试：数学提分卷01（深圳专用）

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（考试时间：90分钟，分值：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（共8小题，满分24分，每小题3分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．（3分）下列四个数中，最小的是（ ）
A．﹣2B．|﹣4|C．﹣（﹣1）D．0
【解析】首先根据绝对值、相反数的含义和求法，求出|﹣4|、﹣（﹣1）的值各是多少；然后根据有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，判断出四个数中，最小的数是哪个即可．
【答案】解：|﹣4|＝4，﹣（﹣1）＝1，
∵﹣2＜0＜1＜4，
∴﹣2＜0＜﹣（﹣1）＜|﹣4|，
∴四个数中，最小的数是﹣2．
故选：A．
2．（3分）如图，将小立方块①从4个大小相同的小立方块所搭的几何体中移走后，所得几何体（ ）
A．从上面看到的图形改变，从左面看到的图形改变
B．从上面看到的图形不变，从左面看到的图形改变
C．从前面看到的图形改变，从左面看到的图形不变
D．从前面看到的图形不变，从左面看到的图形不变
【解析】根据三视图观察的角度得出新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，主视图没有发生改变，左视图和俯视图都发生了变化．
【答案】解：将小立方块①从4个大小相同的小立方块所搭几何体中移走后，所得几何体的主视图不变，左视图由原来的2列变为1列，俯视图由原来的两层变为一层．
故选：A．
3．（3分）对856.783取近似值，正确的是（ ）
A．856.79（精确到0.01）
B．856.8（精确到十分位）
C．8.6×102（精确到百位）
D．8.57×102（精确到十位）
【解析】根据科学记数法与有效数字的运算方法进行计算即可．
【答案】解：≈856.78（精确到0.01），故本选项不符合题意；
≈856.8（精确到十分位），故本选项符合题意；
≈9×102（精确到百位），故本选项不符合题意；
≈8.6×102（精确到十位），故本选项不符合题意．
故选：B．
4．（3分）运算结果为a6的是（ ）
A．a2•a3B．a3+a3C．a7÷aD．a7﹣a
【解析】利用同底数幂的除法的法则，合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，对各项进行逐项运算即可作出判断．
【答案】解：A、a2⋅a3＝a5，故A不符合题意；
B、a3+a3＝2a3，故B不符合题意；
C、a7÷a＝a6，故C符合题意；
D、a7与﹣a不属于同类项，不能合并，故D不符合题意．
故选：C．
5．（3分）今有甲、乙二人持钱不知其数．甲得乙半而钱五十，乙得甲太半而亦钱五十．问：甲、乙持钱各几何？（选自《九章算术》）
题目大意：甲、乙两人各带了若干钱．如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有50钱；如果乙得到甲所有钱的23，那么乙也共有50钱．甲、乙两人各带了多少钱？设甲带了x钱，乙带了y钱．根据题意，列出的二元一次方程组为（ ）
A．x+12y=5023x+y=50B．12x+y=5023x+y=50
C．12x+y=50x+23y=50D．x+12y=50x+23y=50
【解析】根据如果甲得到乙所有钱的一半，那么甲共有50钱；如果乙得到甲所有钱的23，那么乙也共有50钱，列出二元一次方程组即可．
【答案】解：由题意得：x+12y=5023x+y=50，
故选：A．
6．（3分）如图，△OAB与△DFE为位似图形，且顶点都在正方形格点上，若△OAB与△DFE的位似比为k，则位似中心的坐标与k的值分别为（ ）
A．（2，2），12B．（2，2），2C．（0，0），12D．（0，0），2
【解析】根据两对对应点的连线的交点即为位似中心，找到任意一对对应边的边长，求出其相比即可求得k．
【答案】解：连接OD、BE，延长OD交BE的延长线于点O′，如图，
点O′就是位似中心，坐标为（2，2），
∵OA＝8，DF＝4，
∴k＝OA：DF＝8：4＝2．
故选：B．
7．（3分）如图，点O是半圆的圆心，BE是半圆的直径，点A，D在半圆上，且AD∥BO，∠ABO＝60°，AB＝4，则过点D作DC⊥BE于点C，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．163π-43B．163π-23C．163πD．83π
【解析】根据等腰三角形的性质和判定以及平行线的性质将阴影部分面积转化为S阴影部分＝S扇形OAD+（S扇形DOE﹣S△COD），再根据扇形面积以及三角形面积的计算方法进行计算即可．
【答案】解：如图，连接OA，
∵OA＝OB，∠ABO＝60°，
∴△AOB是正三角形，
∴OA＝OB＝AB＝4，
∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠AOB＝60°，
∵OA＝OD，
∴∠AOD＝60°＝∠COD，
在Rt△COD中，OD＝AB＝4，∠COD＝60°，
∴OC=12OD＝2，CD=32OD＝23，
∴S阴影部分＝S扇形OAD+（S扇形DOE﹣S△COD）
=60π×42360+（60π×42360-12×2×23）
=16π3-23．
故选：B．
8．（3分）如图，在正方形ABCD中，点P在DC上，连接PA，PB，作AE⊥PB于点M，交BC于点E，作BF⊥PA于点N，交AD于点F．若∠APB＝53°，则∠PFB+∠PEA等于（ ）
A．148°B．143°C．136°D．126°
【解析】由AE⊥PB，四边形ABCD是正方形，可证明△ABE≌△BCP（ASA），得BE＝CP，故CE＝PD，同理可得，△ADP≌△BAF（ASA），可证明CP＝DF，即可得△PCE≌△FDP（SAS），得∠CPE＝∠PFD，从而求出∠EPF＝90°，而∠APB＝53°，得∠FPN+∠EPM＝37°，即得∠PFB+∠PEA＝（90°﹣∠FPN）+（90°﹣∠EPM）＝143°．
【答案】解：∵AE⊥PB，
∴∠AMB＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠ABM＝∠CBP，
∵AB＝BC，∠ABE＝90°＝∠BCP，
∴△ABE≌△BCP（ASA），
∴BE＝CP，
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣CP，即CE＝PD，
同理可得，△ADP≌△BAF（ASA），
∴PD＝AF，
∴CD﹣PD＝AD﹣AF，即CP＝DF，
∵∠C＝90°＝∠D，
∴△PCE≌△FDP（SAS），
∴∠CPE＝∠PFD，
∵∠PFD+∠FPD＝90°，
∴∠CFE+∠FPD＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∵∠APB＝53°，
∴∠FPN+∠EPM＝37°，
∴∠PFB+∠PEA＝（90°﹣∠FPN）+（90°﹣∠EPM）＝180°﹣37°＝143°；
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）因式分解：-2536+x2y4= (xy2+56)(xy2-56) ．
【解析】利用平方差公式进行因式分解即可．
【答案】解：-2536+x2y4
=x2y4-2536
=(xy2)2-(56)2
=(xy2+56)(xy2-56)，
故答案为：(xy2+56)(xy2-56)．
10．（3分）华鑫学校运动队要从甲、乙、丙、丁四名跳高运动员中随机抽取一人参加比赛，甲的平时成绩最好，请问抽取甲参加比赛的概率是 14 ．
【解析】直接根据概率公式求解即可．
【答案】解：从甲、乙、丙、丁四名跳高运动员中随机抽取一人参加比赛，抽取甲参加比赛的概率是14．
故答案为：14．
11．（3分）公元前6世纪，古希腊学者泰勒斯用图1的方法巧测金字塔的高度．如图2，小明仿照这个方法，测量圆锥形小山包的高度，已知圆锥底面周长为62.8m．先在小山包旁边立起一根木棒，当木棒影子长度等于木棒高度时，测得小山包影子AB长为23m（直线AB过底面圆心），则小山包的高为 33 m（π取3.14）．
【解析】此题为平行投影，即可得相似三角形，那么可得到DC＝AC，根据圆锥底面周长求出圆锥底面圆的半径，最后推论出高．
【答案】解：连接EF，过D作DC⊥AB于C，
由题意可知，△ACD∽△EGF，
∴EGFG=ACDC=1，
∵圆锥底面周长为62.8m．
∴C＝2π⋅BC＝62.8m，解得BC＝10m，
∵AB＝23m，
∴DC＝AC＝AB+BC＝23+10＝33（m），
∴小山包的高为33m．
故答案为：33．
12．（3分）如图，在边长为1的正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使∠BAE＝15°，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF＝BC，CF与AB相交于点H．则AHHB= 3+1 ．
【解析】连接AC交BD于点O，过点A作AK⊥CF于点K，过点B作BN⊥CF于点N，先求出AC=2得OA＝OC＝OB=22，根据∠BAE＝15°得∠OAE＝30°，在Rt△OAE中得AE＝2OE，由勾股定理得OE=33OA=66，进而得BE=22-66，根据BD是AC的垂直平分线得EA＝EC，由此得∠OCE＝∠OAE＝30°，在Rt△OAK中，根据∠OCE得AK=12AC=22，求出∠BEN＝∠CEO＝60°，得∠EBN＝30°，继而得EN=12BE，由勾股定理得BN=32BE=3-24，然后证明△AKH和△BNH相似，利用相似的性质可得出AHHB的值．
【答案】解：连接AC交BD于点O，过点A作AK⊥CF于点K，过点B作BN⊥CF于点N，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为1，
∴AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，∠BAO＝45°，BD与AC互相垂直平分，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=12+12=2，
∴OA＝OC＝OB=22，
∵∠BAE＝15°，
在△AOE中，∠OAE＝∠BAO﹣∠BAE＝45°﹣15°＝30°，
∴AE＝2OE，
由勾股定理得：OA=AE2-OE2=(2OE)2-OE2=3OE，
∴OE=33OA=33×22=66，
∴BE＝OB﹣OE=22-66，
∵BD是AC的垂直平分线，
∴EA＝EC，
∴∠OCE＝∠OAE＝30°，
在Rt△OAK中，∠OCE＝30°，
∴∠CEO＝90°﹣∠OCE＝60°，AK=12AC=22，
∴∠BEN＝∠CEO＝60°，
在Rt△BEN中，∠BEN＝60°，
∴∠EBN＝90°﹣∠BEN＝30°，
∴EN=12BE，
由勾股定理得：BN=BE2-EN2=BE2-(12BE)2=32BE=32×(22-66)）=3-24，
∴AK⊥CF于点K，BN⊥CF于点N，
∴AK∥CN，
∴△AKH∽△BNH，
∴AHHB=AKBN=223-24=3+1．
故答案为：3+1．
13．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝4AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G，则NFPN= 32 ．
【解析】由矩形及折叠的性质得∠MNC＝∠PNM＝90°，CN＝DM＝2DC＝2MN，由∠PME=12∠AME，∠CME=12∠DME，可推导出∠PMC＝90°，则∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，即可证明△MNC∽△PNM，得MNPN=CNMN=2，即可证明PN=15PC，再证明∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，则PF＝MF＝CF=12PC，所以NF＝PF﹣PN=310PC，即可求得NFPN=32．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠D＝∠DCN＝90°，AD∥BC，
∴AD＝4AB＝4DC，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN，
∴DM＝AM=12AD=12×4DC＝2DC，∠MNC＝∠PNM＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴DC＝MN，
∴CN＝DM＝2DC＝2MN，
∴∠PME＝∠PMA=12∠AME，∠CME＝∠CMD=12∠DME，
∴∠PMC＝∠PME+∠CME=12（∠AME+∠DME）=12×180°＝90°，
∴∠MCN＝∠PMN＝90°﹣∠CMN，
∴△MNC∽△PNM，
∴MNPN=CNMN=2，
∴MN＝2PN，CN＝2MN，
∴CN＝4PN，
∴PN=15PC，
∵∠FMP＝∠AMP＝∠FPM，∠FMC＝∠DMC＝∠FCM，
∴PF＝MF＝CF=12PC，
∴NF＝PF﹣PN=12PC-15PC=310PC，
∴NFPN=310PC15PC=32，
故答案为：32．
第Ⅱ卷
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（6分）（1）8+(π-2024)0-|2-2|+(12)-1．
（2）x-3(x-1)≥11+3x2＞x-1．
【解析】（1）根据零指数幂，负整数指数幂，绝对值的意义，二次根式的性质进行求解即可；
（2）先求出每个不等式的解集，再求出两个不等式解集的公共部分即可．
【答案】解：（1）原式＝22+1﹣（2-2）+2
＝22+1﹣2+2+2
＝32+1；
（2）x-3(x-1)≥1①1+3x2＞x-1②，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＞﹣3，
∴不等式组的解集为﹣3＜x≤1．
15．（6分）为了解A，B两款品质相近的智能玩具飞机在一次充满电后运行的最长时间，有关人员分别随机调查了A、B两款智能玩具飞机各10架，记录下它们运行的最长时间（分钟），并对数据进行整理、描述和分析（运行最长时间用x表示，共分为三组：合格60≤x＜70，中等70≤x＜80，优等x≥80），下面给出了部分信息：
A款智能玩具飞机10架一次充满电后运行最长时间是：
60，64，67，69，71，71，72，72，72，82．
B款智能玩具飞机10架一次充满电后运行最长时间属于中等的数据是：
70，71，72，72，73．
两款智能玩具飞机运行最长时间统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）求a，b，m的值；
（2）根据以上数据，你认为哪款智能玩具飞机运行性能更好？请说明理由（写出一条理由即可）．
【解析】（1）根据众数的定义可得a的值，根据中位数的定义可得b的值，用“1”减去其他两组所占百分百可得m的值；
（2）可比较中位数，众数与方差得出结论（答案不唯一）．
【答案】解：（1）A款智能玩具飞机10架一次充满电后运行最长时间中，72出现的次数最多，故众数a＝72，
把B款智能玩具飞机10架一次充满电后运行最长时间合格的有10×40%＝4个，
所以从小到大排列，排在中间的两个数是70和71，故中位数b=70+712=70.5，
m%＝1-510×100%﹣40%＝10%，即m＝10；
∴a，b，m的值分别为72，70.5，10；
（2）A款智能玩具飞机运行性能更好，理由如下：
虽然两款智能玩具飞机运行最长时间的平均数相同，但A款智能玩具飞机运行最长时间的中位数和众数均高于B款智能玩具飞机，所以A款智能玩具飞机运行性能更好（答案不唯一）．
16．（8分）当排球和足球纳入中招考试体育加试后，这两种球的销量逐步提升．某体育用品商店看准时机，第一次购入30个排球和70个足球共花费4550元．第二次购入60个排球和40个足球共花费4100元．商店将排球和足球以50元/个和70元/个的价格出售，前两次进货很快销售一空．
（1）求每个排球和足球的进价．
（2）该商店准备第三次购入排球和足球共200个，根据市场需求，排球的购买个数不少于40个且不超过100个．购买时生产厂家对排球进行了优惠，规定购买排球不超过50个时保持原价，超过50个时超过的部分打八折．设第三次进货销售完的总利润为W元（利润＝销售额﹣成本），其中购进排球x个．
①求W与x的函数关系式．
②商店为了回馈顾客，开展促销活动．将其中的m（m为正整数）个排球按30元/个，3m个足球按50元/个进行销售．若第三次进货销售完后，获得的最大利润不能低于3000元，求m的最大值．
【解析】（1）设排球的进价为每个a元，足球的进价为每个b元，根据第一次购入30个排球和70个足球共花费4550元．第二次购入60个排球和40个足球共花费4100元得：30a+70b=455060a+40b=4100，即可解得答案；
（2）①当40≤x≤50时，W＝（50﹣35）x+（70﹣50）（200﹣x）＝﹣5x+4000，当50＜x≤100时，W＝50x﹣[35×50+35×0.8×（x﹣50）]+（70﹣50）（200﹣x）＝2x+3650．
②当40≤x≤50时，W＝（50﹣35）（x﹣m）+（30﹣35）m+（70﹣50）（200﹣x﹣3m）+（50﹣50）×3m＝﹣5x+4000﹣80m，可得﹣80m+3800≥3000，m≤10；
当50＜x≤100时，W＝[50（x﹣m）+30m]﹣[35×50+35×0.8（x﹣50）]+（70﹣50）（200﹣x﹣3m）+（50﹣50）×3m＝2x+3650﹣80m，有﹣80m+3850≥3000，m≤10.625，故m的最大值为10．
【答案】解：（1）设排球的进价为每个a元，足球的进价为每个b元，
根据题意得：30a+70b=455060a+40b=4100，
解方程组得：a=35b=50，
答：排球的进价为每个35元，足球的进价为每个50元；
（2）①当40≤x≤50时，W＝（50﹣35）x+（70﹣50）（200﹣x）＝﹣5x+4000，
当50＜x≤100时，W＝50x﹣[35×50+35×0.8×（x﹣50）]+（70﹣50）（200﹣x）＝2x+3650；
∴W=-5x+4000(0≤x≤50)2x+3650(50＜x≤100)；
②当40≤x≤50时，
根据题意得：W＝（50﹣35）（x﹣m）+（30﹣35）m+（70﹣50）（200﹣x﹣3m）+（50﹣50）×3m＝﹣5x+4000﹣80m，
∵﹣5＜0，
∴W随x的增大而减小，
∴当x＝40时，W的值最大，最大值为﹣80m+3800，
∴﹣80m+3800≥3000，
解不等式得：m≤10；
当50＜x≤100时，W＝[50（x﹣m）+30m]﹣[35×50+35×0.8（x﹣50）]+（70﹣50）（200﹣x﹣3m）+（50﹣50）×3m＝2x+3650﹣80m，
∵2＞0，
∴W随x的增大而增大，
∴当x＝100时，W的值最大，最大值为3850﹣80m，
∴﹣80m+3850≥3000，
解不等式得：m≤10.625，
∵m是正整数，
∴m的最大值为10．
答：m的最大值为10．
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数y＝2x+m的图象与x轴，y轴交于A（﹣3，0），B两点，与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于点C（1，n）．
（1）求m和k的值；
（2）已知四边形OBDE是正方形，点P在反比例函数y=kx(k≠0)第三象限的图象上．当△OBP的面积等于正方形OBDE面积的一半时，求点P的坐标．
【解析】（1）利用点A坐标求出m值，得到直线解析式，利用直线解析式求出n值，根据反比例函数图象上点的坐标特征求出k值即可；
（2）根据点P的位置，设出点P坐标，再根据△PBO面积是正方形面积一半，列等式解方程即可解答．
【答案】解：（1）∵一次函数y＝2x+m的图象与x轴交于A（﹣3，0），
∴2×（﹣3）+m＝0，解得m＝6，
∴一次函数解析式为y＝2x+6，
∵点C（1，n）在一次函数图象上，
∴n＝2×1+6＝8，
∴C（1，8），
∵点C（1，8）在反比例函数图象上，
∴k＝8．
（2）如图，作PH⊥y轴，
由（1）知，反比例函数表达式为y=8x，
∴设P（m，8m）（m＜0），
由直线解析式y＝2x+6可知B（0，6），由四边形OBDE是正方形可知E（6，0），
∴OB＝OE＝6，
∴S正方形BOED＝OB•OE＝6×6＝36，
∵S△BOP=12OB•PH=12×6×（﹣m）＝﹣3m，
∵S△BOP=12S正方形BOED，
∴﹣3m=12×36，
∴m＝﹣6，
∴8m=8-6=-43，
∴P（﹣6，-43）．
18．（9分）如图所示，E，F分别为线段AC上的两个动点，且DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，若AB＝CD，AF＝CE，BD交AC于点M．
（1）求证：MB＝MD，ME＝MF．
（2）当E，F两点移动到如图所示的位置时，其余条件不变，上述结论能否成立？若成立，说明理由．
【解析】（1）先证明Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），得BF＝DE，再证明△BFM≌△DEM（AAS），即可得出结论；
（2）解法同（1）．
【答案】（1）证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC＝∠BFA＝90°，
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
AB=CDAF=CE，
∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝DE，
在△BFM和△DEM中，
∠BMF=∠DME∠BFM=∠DEMBF=DE，
∴△BFM≌△DEM（AAS），
∴MB＝MD，ME＝MF；
（2）解：结论成立，理由如下：
同（1）得：Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝DE，
在△BFM和△DEM中，
∠BMF=∠DME∠BFM=∠DEMBF=DE，
∴△BFM≌△DEM（AAS），
∴MB＝MD，ME＝MF．
19．（12分）某游乐园有一个直径为16米的圆形喷水池，喷水池的周边有一圈喷水头，喷出的水柱为抛物线，在距水池中心3米处达到最高，高度为5米，且各方向喷出的水柱恰好在喷水池中心的装饰物处汇合．如图所示，以水平方向为x轴，喷水池中心为原点建立直角坐标系．
（1）求水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式；
（2）主师傅在喷水池内维修设备期间，喷水管意外喷水，为了不被淋湿，身高1.8米的王师傅站立时必须在离水池中心多少米以内？
（3）经检修评估，游乐园决定对喷水设施做如下设计改进：在喷出水柱的形状不变的前提下，把水池的直径扩大到24米，各方向喷出的水柱仍在喷水池中心保留的原装饰物（高度不变）处汇合，请探究扩建改造后喷水池水柱的最大高度．
【解析】（1）根据顶点坐标可设二次函数的顶点式，代入点（﹣8，0），求出a值，此题得解；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征，求出当y＝1.8时x的值，由此即可得出结论；
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出抛物线与y轴的交点坐标，由抛物线的形状不变可设改造后水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式为y=-15x2+bx+165，代入点（12，0）可求出b值，再利用配方法将二次函数表达式变形为顶点式，即可得出结论．
【答案】解：（1）∵关于y轴对称，
∴第二象限抛物线的顶点坐标为（﹣3，5），
设水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y＝a（x+3）2+5（a≠0），
将（﹣8，0）代入y＝a（x+3）2+5，得：25a+5＝0，
解得：a=-15，
∴水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=-15（x+3）2+5（﹣8＜x＜0）；
（2）当y＝1.8时，有-15（x+3）2+5＝1.8，
解得：x1＝﹣7，x2＝1，
∴为了不被淋湿，身高1.8米的王师傅站立时必须在离水池中心7米以内；
（3）当x＝0时，y=-15（x+3）2+5=165，
设改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=-15x2+bx+165，
∵该函数图象过点（﹣12，0），
∴0=-15×（﹣12）2+（﹣12）b+165，
解得：b=-3215，
∴改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=-15x2-3215x+165=-15（x+163）2+809，
∴扩建改造后喷水池水柱的最大高度为809 米．
20．（12分）甲、乙两组参加“扇面制作”综合与实践活动．请根据活动情境完成以下三个任务：
【活动情景】如图1，扇面字画是一种传统的中国艺术形式，它将字和绘画结合在扇面上，形成一种独特的艺术风格．为了迎接2025年传统民俗文化活动的到来，某班组织同学们开展扇面制作展示活动．如图2所示，扇面形状为扇环，已知∠AOB＝120°，OA＝30cm，OD＝15cm．
【任务一】确定弦的长度．
（1）如图2，求出弦AB的长度．
【任务二】设计甲组扇面．
（2）如图3，已知甲组的圆形卡纸⊙O1直径为303cm．甲组同学在圆形卡纸中设计出与图2相同的扇面，试求出需要剪掉的卡纸面积．
【任务三】确定卡纸大小．
（3）如图4，乙组利用矩形卡纸EFGH恰好能设计出与图2相同的扇面，试确定乙组需要准备的卡纸规格（即求EF和EH的长度）．
【解析】【任务一】由弧AB所对的圆心角为120°，可得∠OAB＝30°，求得OH＝15cm，应用勾股定理求出AH，即可求解；
【任务二】根据需要剪掉的卡纸面积为S⊙O1-S扇环，结合扇形面积公式即可求解；
【任务三】由题意得：设矩形FGHE的边EF与AB相切于点M，延长AD，BC交于点O，连接OM交CD于点N，连接AB，由题意知，OM⊥AB，由上得∠OAP＝30°，可得∠ODC＝30°，则OP=12OA=15cm，AB＝2AP，由勾股定理得AP=3OP=153cm，那么AB=2AP=303cm，即EF=303cm，同理：ON=12OC=7.5cm，则NM＝OM﹣ON＝22.5cm，即EH＝MN＝22.5cm．
【答案】解：【任务一】∠AOB＝120°，OA＝OB，如图2，过点O作OH⊥AB，交AB于点H，
∴∠OAB＝30°，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，OH=12OA=12×30=15(cm)，
AB=2302-152=303(cm)；
【任务二】需要剪掉的卡纸面积为
S⊙O1-S扇环=π×(3032)2-[120×π(302-152)360]=450π（cm2）；
【任务三】设矩形FGHE的边EF与AB相切于点M，延长AD，BC交于点O，连接AB，连接OM交CD于点N，交AB于点P，如图4，
由题意知，OM⊥AB，
由上得∠OAP＝30°，
∵OD＝OC，∠AOB＝120°，
∴∠ODC＝30°，
∴∠ODC＝∠OAB，
∴AB∥GH，
∵四边形EFGH是矩形，
∴EF∥GH，HE∥FG，
∴EF∥AB，
∴四边形AEFB是平行四边形，
∴EF＝AB，
∵OM⊥AB，
∴OP⊥AB，
∴OP=12OA=15cm，AB＝2AP，
由勾股定理得AP=3OP=153cm，
∴AB=2AP=303cm，
∴EF=303cm，
同理：ON=12OC=7.5cm，
∴NM＝OM﹣ON＝22.5cm，
同理：四边形EHNM为平行四边形，
∴EH＝MN＝22.5cm．类别
A
B
平均数
70
70
中位数
71
b
众数
a
67
方差
30.4
26.6