2024年山东省泰安市泰山区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省泰安市泰山区中考数学一模试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，小器一容三斛；大器一，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.−6的倒数是( )
A. 6B. −6C. 16D. −16
2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体为( )
A.
B.
C.
D.
3.下列图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.下列运算正确的是( )
A. a6÷a3=a2B. a2⋅a3=a5
C. (2a3)2=2a6D. (a+b)2=a2+b2
5.如图，AB/​/CD，点E在线段BC上(不与点B，C重合)，连接DE，若∠D=40°，∠BED=60°，则∠B的度数( )
A. 20°B. 30°C. 40°D. 60°
6.如图，已知点A、B、C在⊙O上，C为AB的中点，若∠AOB=140°，则∠BAC等于( )
A. 35°
B. 40°
C. 60°
D. 70°
7.某校即将举行田径运动会，“体育达人”小明从“跳高”“跳远”“100米”“200米”四个项目中，随机选择两项，则他选择“跳远”与“100米”两个项目的概率是( )
A. 12B. 14C. 16D. 112
8.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F.若AC=3，AB=5，则CE的长为
( )
A. 32B. 43C. 53D. 85
9.如图，某玩具品牌标志由半径为2cm的三个等圆构成，且三个等圆⊙O1，⊙O2，⊙O3相互经过彼此的圆心，则图中三个阴影部分的面积之和为( )
A. 12πcm2
B. 23πcm2
C. πcm2
D. 2πcm2
10.已知点P为某个封闭图形边界上一定点，动点M从点P出发，沿其边界顺时针匀速运动一周，设点M的运动时间为x，线段PM的长度为y，表示y与x的函数图象大致如图所示，则该封闭图形可能是( )
A. B. C. D.
11.如图，已知▱AOBC的顶点O(0,0)，A(−1,2)，点B在x轴正半轴上.按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G.则点G的坐标为( )
A. ( 5−1,2)B. ( 5,2)C. (3− 5,2)D. ( 5−2,2)
12.在平面直角坐标系中，长为2的线段CD(点D在点C右侧)在x轴上移动，A(0,2)，B(0,4)，连接AC，BD，则AC+BD的最小值为( )
A. 2 5
B. 2 10
C. 6 2
D. 3 5
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.若代数式2x−1有意义，则实数x的取值范围是______．
14.2023年我国粮食总产量再创新高，达695400000吨.将数字695400000用科学记数法表示为______．
15.《九章算术》中有一题：“今有大器五、小器一容三斛；大器一、小器五容二斛.问大、小器各容几何？”译文：今有大容器5个，小容器1个，总容量为3斛(斛：古代容量单位)；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛.问大容器、小容器的容量各是多少斛？设大容器的容量为x斛，小容器的容量为y斛，则可列二元一次方程组为______．
16.如图，在Rt△ABC中，CM平分∠ACB交AB于点M，过点M作MN/​/BC交AC于点N，且MN平分∠AMC，若AN=1，则BC的长为______．
17.如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBF.若∠ABE=55°，则∠EGC= ______度.
18.如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x−1与x轴交于点A1、以OA1为一边作正方形OA1B1C1，使得点C1在y轴正半轴上，延长C1B1交直线于点A2，按同样方法依次作正方形C1A2B2C2、正方形C2A3B3C3，…、正方形Cn−1AnBnCn，使得点A1、A2、A3、…An均在直线l上，点C1、C2、C3、…、Cn在y轴正半轴上，则点B2023的横坐标是______．
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题10分)
(1)解不等式组：x−12<1+x3①5x−2⩾x+1②
(2)计算：(a−1−3a−1a+1)÷a2−6a+9a+1
20.(本小题8分)
如图.在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，且∠ABO=∠ACE，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AB=2 10，BD=4，求菱形ABCD的面积．
21.(本小题8分)
随着新课程标准的颁布，为落实立德树人根本任务.泰安市各学校组织了丰富多彩的研学活动，得到家长、社会的一致好评.某中学为进一步提高研学质量，着力培养学生的核心素养，选取了A.“泰安市科技馆”，B.“花样年华”，C.“大陡山村石敢当”，D.“泰山茶溪谷”四个研学基地进行研学.为了解学生对以上研学基地的喜欢情况，随机抽取部分学生进行调查统计(每名学生只能选择一个研学基地)，并将调查结果绘制成了两幅不完整的统计图(如图所示)．

请根据统计图中的信息解答下列问题：
(1)在本次调查中，抽取了多少名学生？统计图中扇形A所对圆心角的度数是多少？
(2)将上面的条形统计图补充完整；
(3)学校想从选择研学基地A的学生中选取两名学生了解他们对研学活动的看法，已知选择研学基地A的学生中恰有两名男生和两名女生，请用列表法或圆树状图的方法求出所选2人恰好男生女生各1人的概率．
22.(本小题11分)
设函数y1=k1x，函数y2=k2x+b(k1,k2,b是常数，k1k2≠0)．
(1)若函数y1和函数y2的图象交于点A(1,m)，点B(3,1)．
①求函数y1，y2的表达式；
②在第一象限内，当y1(2)将点A、点B同时向下移动m单位，向左移动n个单位，得到的对应点分别是A′、B′，若A′、B′都在函数y1的图象上，求m、n的值．
23.(本小题12分)
为进一步加强“书香校园”建设，某学校拟购进甲、乙两种规格的书柜放置新购买的图书.已知每个甲种书柜的进价比每个乙种书柜的进价高20%，用7200元购进的甲种书柜的数量比用7500元购进乙种书柜的数量少5个．
(1)每个甲种书柜的进价是多少元？
(2)若该校拟购进这两种规格的书柜共60个，其中乙种书柜的数量不大于甲种书柜数量的2倍.该校应如何进货使得购进书柜所需费用最少？
24.(本小题14分)
如图，在△ABC中，AB≠AC，∠BAC=80°，△ABC的三条角平分线交于点O，过O作AO的垂线分别交AB、AC于点D、E．
(1)求∠BOC的度数；
(2)求证：△BDO∽△OEC；
(3)若BC=6cm，BD=3cm，求OB的长．
25.(本小题15分)
综合与探究
跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四个阶段，运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分(如图中实线部分所示)，落地点在着陆坡(如图中虚线部分所示)上，着陆坡上的基准点K为飞行距离计分的参照点，落地点超过K点越远，飞行距离分越高.2022年北京冬奥会跳台滑雪标准台的起跳台的高度OA为66m，基准点K到起跳台的水平距离为75m，高度为hm(h为定值).设运动员从起跳点A起跳后的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系为y=ax2+bx+c(a≠0)．
(1)写出c的值；
(2)①若运动员落地点恰好为K点，且此时a=−150，b=910，求基准点K的高度h；
②a=−160若时，求运动员落地点要超过K点，则b的取值范围为______；
(3)若运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，试判断他的落地点能否超过K点，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−6的倒数是−16．
故选：D．
根据倒数的定义求解．
本题考查了倒数，倒数的定义：若两个数的乘积是1，我们就称这两个数互为倒数．
2.【答案】B
【解析】解：由该几何体的三视图知该几何体是：
故选：B．
根据三视图的概念判断即可．
本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握三视图的概念．
3.【答案】B
【解析】解：A.原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.原图是中心对称图形，故此选项符合题意；
C.原图不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.原图不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
根据中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4.【答案】B
【解析】解：A、原式=a3，故本选项计算错误，不符合题意；
B、原式=a5，故本选项计算正确，符合题意；
C、原式=4a6，故本选项计算错误，不符合题意；
D、原式=a2+2ab+b2，故本选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
根据同底数幂的乘除法法则、积的乘方法则以及完全平方公式分别判断即可．
本题考查了同底数幂的乘除法、积的乘方以及完全平方公式，掌握运算法则及乘法公式是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵∠D=40°，∠BED=60°，
∴∠C=∠BED−∠D=60°−40°=20°，
∵AB/​/CD，
∴∠B=∠C=20°，
故选：A．
由三角形外角性质可得∠C=∠BED−∠D=20°，再根据平行线的性质即可得到∠B的度数，掌握三角形外角性质是解题的关键．
本题考查了三角形的外角性质，平行线的性质，熟记三角形的外角性质，平行线的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：连接OC，
∵C为AB的中点，
∴AC=BC，
∴∠BOC=∠AOC=12∠AOB=70°，
∴∠BAC=12∠BOC=35°，
故选：A．
连接OC，由C为AB的中点得AC=BC，即得∠BOC=∠AOC=12∠AOB=70°，再由圆周角定理即可求解，掌握圆的有关性质定理是解题的关键．
本题考查了弧、弦、圆心角之间的关系，圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：设“跳高”“跳远”“100米”“200米”四个项目分别用A、B、C、D表示，画树状图如下：
由树状图可得，共有12种等结果，其中他选择“跳远”与“100米”两个项目的结果有2种，
∴他选择“跳远”与“100米”两个项目的概率为212=16，
故选：C．
画出树状图，根据树状图即可求．
本题考查了用树状图或列表法求概率，掌握树状图或列表法是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，三角形的内角和定理以及勾股定理等知识，关键是推出∠CEF=∠CFE．
根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根据角平分线定义和对顶角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出CE=CF，再利用全等三角形的判定与性质及勾股定理得出答案．
【解答】
解：过点F作FG⊥AB于点G，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FAD+∠AED=90°，∠CAF+∠CFA=90°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠FAD，
∴∠CFA=∠AED=∠CEF，
∴CE=CF，
∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，
∴FC=FG，
在Rt△ACF和Rt△AGF中
FC=FGAF=AF
∴Rt△ACF≌Rt△AGF(HL)，
∵AC=3，AB=5，
∴AG=AC=3，
∴在Rt△ABC中，BC= AB2−AC2=4，BG=AB−AG=2，
在Rt△BGF中，FG2+BG2=BF2，
即FC2+4=(4−FC)2，
解得：FC=32，
即CE的长为32．
故选：A．
9.【答案】D
【解析】解：根据圆的对称性可知，图中三个阴影部分的面积相等，
如图，连接AO1、AO2、AO3，则AO1=AO2=AO3，
∴△AO1O2是等边三角形，
∴∠AO1O2=60°，弓形AO1、AO2、O1O2的面积相等，
∴阴影△ECF的面积=扇形△ECF的面积=60π×22360=23π(cm2)，
∴图中三个阴影部分的面积之和=3×23π=2π(cm2)；
故选：D．
连接AO1、AO2、AO3，可得阴影△ECF的面积=扇形△ECF的面积，据此即可解答．
本题考查了不规则图形面积的计算，正确作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：y与x的函数图象分三个部分，而B选项和C选项中的封闭图形都有4条线段，其图象要分四个部分，所以B、C选项不正确；
A选项中的封闭图形为圆，开始y随x的增大而增大，然后y随x的增大而减小，所以A选项不正确；
D选项为三角形，M点在三边上运动对应三段图象，且M点在P点的对边上运动时，PM的长有最小值．
故选：D．
先观察图象得到y与x的函数图象分三个部分，则可对有4边的封闭图形进行淘汰，利用圆的定义，P点在圆上运动时，开始y随x的增大而增大，然后y随x的增大而减小，则可对D进行判断，从而得到正确选项．
本题考查了动点问题的函数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
11.【答案】A
【解析】解：∵四边形OACB是平行四边形，
∴AC//OB，
∴∠AGO=∠GOB(两直线平行内错角相等)．
由作图步骤可得∠AOG=∠GOB，
∴∠AGO=∠AOG，
∴AG=AO．
∵A(−1,2)，
∴OA= 5，
∴AG= 5，
∴点G的坐标为( 5−1,2)．
故选：A．
分析题目，首先根据平行四边形的性质可得AC/​/OB，接下来根据平行线的性质可得∠AGO=∠GOB；结合给出的作图步骤可知∠AOG=∠GOB，进而得到AG=AO，然后根据勾股定理求出OA的长，进而求出AG的长，问题便可解答．
本题主要考查基本作图，掌握角平分线的做法是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：设C(m,0)，
∵CD=2，
∴D(m+2,0)，
∵A(0,2)，B(0,4)，
∴AC+BD= m2+22+ (m+2)2+42，
∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(m,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，(PM+PN= m2+22+ (m+2)2+42)，
如图1中，作点M关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，
∵N(−2,4)，Q(0,−2)
P′M+P′N的最小值=P′N+P′M=P′N+P′Q=NQ= 22+62=2 10，
∴AC+BD的最小值为2 10．
故选：B．
设C(m,0)，则有AC+BD= m2+22+ (m+2)2+42，推出要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P到M(0,2)和N(−2,4)的距离和最小，如图1中，作点N关于原点O的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．
本题考查轴对称−最短问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
13.【答案】x≠1
【解析】解：若代数式2x−1有意义，则x−1≠0，
即x≠1，
∴实数x的取值范围是x≠1，
故答案为：x≠1．
分式有意义即分母不为0，从而求出x的取值范围．
本题考查了分式有意义的条件，熟知分式有意义即分母不为0是解题的关键．
14.【答案】6.954×108
【解析】解：695400000=6.954×108，
故答案为：6.954×108．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数，当原数绝对值<1时，n是负整数．
本题考查了科学记数法，根据科学记数法：a×10n(1≤|a|<10,n为整数)，先确定a的值，再根据小数点移动的数位确定n的值即可，根据科学记数法确定a和n的值是解题的关键．
15.【答案】5x+y=3x+5y=2
【解析】解：∵大容器5个，小容器1个，总容量为3斛，
∴5x+y=3；
∵大容器1个，小容器5个，总容量为2斛，
∴x+5y=2．
∴根据题意可列方程组5x+y=3x+5y=2．
故答案为：5x+y=3x+5y=2．
根据“大容器5个，小容器1个，总容量为3斛；大容器1个，小容器5个，总容量为2斛”，即可列出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组以及数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
16.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查含30°角的直角三角形、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．根据题意，可以求得∠B的度数，然后根据解直角三角形的知识可以求得NC的长，从而可以求得BC的长．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，CM平分∠ACB交AB于点M，过点M作MN/​/BC交AC于点N，且MN平分∠AMC，
∴∠AMN=∠NMC=∠B，∠NCM=∠BCM=∠NMC，
∴∠ACB=2∠B，NM=NC，
∴∠B=30°，∠AMN=30°，
∴BC=2AC，
∵AN=1，
∴MN=2，
∴AC=AN+NC=3，
∴BC=6，
故答案为6．
17.【答案】80
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=55°，
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=35°，
由旋转得：BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵∠EGC是△BEG的一个外角，
∴∠EGC=∠BEF+∠EBC=80°，
故答案为：80．
先根据正方形的性质可得∠ABC=90°，从而可得∠EBC=35°，然后根据旋转的性质可得：BE=BF，∠EBF=90°，从而可得∠BEF=∠BFE=45°，最后利用三角形的外角性质进行计算，即可解答．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质，以及正方形的性质是解题的关键．
18.【答案】22022
【解析】解：∵y=x−1与x轴交于点A1，
∴A1(1,0)，B1(1,1)，
∴A2(2,1)，B2(2,3)，
∴A3(4,3)，B3(4,7)，
∴A4(8,7)，B4(8,15)，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅，
A2023(22022,22022−1)，B2023(22022,22022+22022−1)．
∴点B2023的横坐标是：22022．
故答案为：22022．
依次算出A1、A2、A3、A4、⋅⋅⋅，继而推出B1、B2、B3、B4、⋅⋅⋅，根据发现的规律写出A2023(22022,22022−1)，B2023(22022,22022+22022−1)即可得到点B2023的横坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标规律，发现规律是关键．
19.【答案】解：(1)x−12<1+x3①5x−2≥x+1②，
解不等式①得：x<5，
解不等式②得：x≥34，
∴原不等式组的解集为：34≤x<5；
(2)(a−1−3a−1a+1)÷a2−6a+9a+1
=[(a+1)(a−1)a+1−3a−1a+1]÷(a−3)2a+1
=a2−1−3a+1a+1⋅a+1(a−3)2
=a(a−3)a+1⋅a+1(a−3)2
=aa−3．
【解析】(1)按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答；
(2)先算括号里，再算括号外，对式子进行计算即可解答．
本题考查了分式的混合运算，解一元一次不等式组等知识点，准确熟练地进行计算是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵CE⊥AB，
∴∠CEA=90°，
∴∠CAE+∠ACE=90°，
∵∠ABO=∠ACE，
∴∠CAE+∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，BD=4，
∴AC=2OA，BD⊥AC，OB=12BD=2，
∴∠AOB=90°，
∴OA= AB2−OB2= (2 10)2−22=6，
∴AC=2OA=12，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×12×4=24．
【解析】(1)证明AC⊥BD即可求证；
(2)由菱形的性质和勾股定理得OA=6，进而得AC=2OA=12，再根据菱形的面积计算公式计算即可求解．
本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)本次调查中，抽取的学生为24÷50%=48(名)，
∴扇形A所对圆心角的度数为360°×448=30°；
(2)选择C研学基地的学生人数为48×25%=12(名)，
选择D研学基地的学生人数为48−4−24−12=8(名)，
∴条形统计图补充完整如下：

(3)画树状图如下：

由树状图可得，共有12种等可能的结果，其中所选2人恰好男生女生各1人的共有8种结果，
∴所选2人恰好男生女生各1人的概率为812=23．
【解析】(1)用B的人数除以它的百分比即可求出抽取的学生人数，用360°乘以A的占比即可求出扇形A所对圆心角的度数；
(2)分别求出C、D的人数，补充条形统计图即可；
(3)画出树状图，根据树状图即可求解．
本题考查了用列表法或树状图法求概率、条形统计图、扇形统计图，读懂条形统计图和扇形统计图，掌握列表法与树状图法是解题的关键．
22.【答案】解：(1)①把B(3,1)代入y1=k1x得，1=k13，
∴k1=3，
∴y1=3x，
把A(1,m)代入y1=3x得，m=31=3，
∴A(1,3)，
把A(1,3)、B(3,1)代入y2=k2x+b得，
3=k2+b1=3k2+b，
解得k2=−1b=4，
∴y2=−x+4；
②画函数图象如下：

由图象可得，在第一象限内，当y1(2)由题意可得，A′(1−n,3−m)，B′(3−n,1−m)，
∵A′、B′都在函数y1的图象上，
∴(1−n)(3−m)=3(3−n)(1−m)=3，
由方程组化简得m=n，
把m=n代入(1−n)(3−m)=3得，(1−n)(3−n)=3，
解得n=4或n=0(不合，舍去)，
∴m=n=4，
即m=4，n=4．
【解析】(1)①利用待定系数法解答即可；②画出图象，利用数形结合思想解答即可；
(2)根据平移的求出点A′、B′的坐标，再把它们代入y1=k1x得到方程组，解方程组即可求解；
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，点的平移，掌握数形结合思想及待定系数法是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设每个乙种书柜的进价是x元，则每个甲种书柜的进价是1.2x元，
由题意得：72001.2x=7500x−5，
解得：x=300，
经检验，x=300是方程的解，且符合题意，
∴1.2x=1.2×300=360，
答：每个甲种书柜的进价为360元．
(2)设购进甲种书柜为a个，则购进乙种书柜为(60−a)个，
由题意得：(60−a)≤2a，
解得：a≥20，
∴20≤a<60，
设购进书柜所需费用为w元，
由题意得：w=360a+300(60−a)=60a+18000(20≤a<60)，
∵60>0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a=20时，w有最小值=60×20+18000=19200，
此时，60−a=40，
答：购进甲种书柜20个，乙种书柜40个，费用最少．
【解析】(1)设每个乙种书柜的进价是x元，则每个甲种书柜的进价是(1+20%)x元，即1.2x元，根据用7200元购进的甲种书柜的数量比用7500元购进乙种书柜的数量少5个．列出分式方程，解方程即可；
(2)设购进甲种书柜为a个，则购进乙种书柜为(60−a)个，根据乙种书柜的数量不大于甲种书柜数量的2倍．列出一元一次不等式，解得a≥20，则20≤a<60，再设购进书柜所需费用为w元，由题意列出w关于a的一次函数关系式，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找出数量关系，正确列出一元一次不等式和一次函数关系式．
24.【答案】(1)解：∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12(∠ABC+∠ACB)，
∵∠BAC=80°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC=100°，
∴∠OBC+∠OCB=12×100°=50°，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=180°−50°=130°；
(2)证明：∵AO⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∵AO平分∠DAE，
∴∠DAO=12∠DAE=12×80°=40°，
∴∠BDO=∠DAO+∠AOD=40°+90°=130°，
同理可得∠CEO=130°，
∴∠BDO=∠CEO，
∵∠OBD+∠DOB=180°−∠BDO=180°−130°=50°，
∠COE+∠DOB=180°−∠BOC=180°−130°=50°，
∴∠OBD=∠COE，
∴△BDO∽△OEC；
(3)解：由(1)(2)可知∠BDO=∠BOC=130°，
又∵∠OBD=∠OBC=12∠ABC，
∴△BDO∽△BOC，
∴BDOB=OBBC，
即BO2=BD⋅BC，
又∵BC=6cm，BD=3cm，
∴BO2=3×6=18，
∴OB=3 2cm．
【解析】(1)由角平分线的性质得∠OBC+∠OCB=12(∠ABC+∠ACB)，进而得∠OBC+∠OCB=50°，再由三角形内角和定理即可求解；
(2)分别求出∠BDO和∠CEO的度数，可得∠BDO=∠CEO，再根据∠OBD+∠DOB=180°−∠BDO=50°，∠COE+∠DOB=180°−∠BOC=50°得到∠OBD=∠COE，即可得到△BDO∽△OEC；
(3)证明△BDO∽△BOC得到BDOB=OBBC，代入已知计算即可求解．
本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
25.【答案】b>1320
【解析】解：(1)∵起跳台的高度OA为66m，
∴A(0,66)，
把A(0,66)代入y=ax2+bx+c得：
c=66，
故答案为：66；
(2)①∵a=−150，b=910，
∴y=−150x2+910x+66，
∵基准点K到起跳台的水平距离为75m，
∴y=−150×752+910×75+66=21，
∴基准点K的高度h为21m；
②∵a=−160，
∴y=−160x2+bx+66，
∵运动员落地点要超过K点，
∴x=75时，y>21，
即−160×752+75b+66>21，
解得b>1320，
故答案为：b>1320；
(3)解：他的落地点能超过K点，理由如下：
∵运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，
∴抛物线的顶点为(25,76)，
设抛物线解析式为y=a(x−25)2+76，
把(0,66)代入得：
66=a(0−25)2+76，
解得a=−2125，
∴抛物线解析式为y=−2125(x−25)2+76，
当x=75时，y=−2125×(75−25)2+76=36，
∵36>21，
∴他的落地点能超过K点．
(1)根据起跳台的高度OA为66m，即可得c=66；
(2)①由a=−150，b=910，知y=−150x2+910x+66，根据基准点K到起跳台的水平距离为75m，即得基准点K的高度h为21m；
②运动员落地点要超过K点，即是x=75时，y>21，故−160×752+75b+66>21，即可解得答案；
(3)运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，即是抛物线的顶点为(25,76)，设抛物线解析式为y=a(x−25)2+76，可得抛物线解析式为y=−2125(x−25)2+76，当x=75时，y=36，从而可知他的落地点能超过K点．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能根据题意把实际问题转化为数学问题．