2024年甘肃省兰州市中考仿真模拟测试数学试卷（一）

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2．(C)
3．(B)
4．(A)
5．(A)
6．(B)
7．(C)
8．(D)
9．(D)
10．(C)
11．2x(x＋y)2.
12．k≤eq \f(5,4)且k≠1.
13．2－eq \r(2).
14．20°.
15． 7 m
16．BH＝9.6.
17．解：原式＝eq \r(\f(1,2)×24)÷(－2eq \r(3))
＝2eq \r(3)÷(－2eq \r(3))
＝－1.
18．解：解不等式①得x≥1，解不等式②得x＜4，
∴原不等式组的解集是1≤x＜4.
19．解：原式＝eq \f(x－1－1,x－1)·eq \f(（x＋1）（x－1）,x－2)
＝eq \f(x－2,x－1)·eq \f(（x＋1）（x－1）,x－2)
＝x＋1.
20．
(2)完成下面的证明．
证明：连接PC，PD，
由作法可知OC＝OD＝PC＝PD，
∴四边形OCPD是菱形．(四边相等的四边形是菱形)(填推理的依据)．
∴OP平分∠AOB(菱形的对角线平分一组对角)(填推理的依据)．
解：(1)如图，射线OP即为所求．
21．
解：(1)画树状图如下：
共有12种等可能的结果．
(2)小红获胜的概率为eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，小丁获胜的概率为eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，
∴这个游戏公平．
22．
解：(1)作AF⊥BC，交CB的延长线于点F，则AF∥MN∥M′N′，
∴∠ABM＝∠BAF，
∠ACM′＝∠CAF，
∵∠ABM＝30°，∠ACM′＝60°，
∴∠BAF＝30°，∠CAF＝60°，
∵AF＝6，∴BF＝AF·tan 30°＝6×eq \f(\r(3),3)＝2eq \r(3)，
CF＝AF·tan 60°＝6×eq \r(3)＝6eq \r(3)，
∴BC＝CF－BF＝6eq \r(3)－2eq \r(3)＝4eq \r(3)(m)，即BC的长为4eq \r(3) m.
(2)设水池的深度为x m，则BN＝CN′＝x m，
由题意可知∠DBN＝22°，∠ECN′＝40.5°.DE＝8.72，
∴DN＝BN·tan 22°≈0.4x，N′E＝CN′·tan 40.5°≈0.85x，
∵DN＋DE＝BC＋N′E，∴0.4x＋8.72＝4eq \r(3)＋0.85x，
解得x≈4，即水池的深度约为4 m.
23．
(1)本次接受调查的九年级学生有200人，图②中n的值是30；
解：(2)平均数为eq \f(2×12＋3×32＋4×60＋5×46＋6×50,200)≈4.5(天)，
将这200名学生参加综合实践活动的天数从小到大排列，处在中间位置的两个数的平均数为eq \f(4＋4,2)＝4(天)，因此中位数是4天，
这200名学生参加综合实践活动的天数出现次数最多的是4天，共有60人，因此众数是4天，
答：参加综合实践活动的天数平均数是4.5天，中位数是4天，众数是4天．
24．
解：(1)m＝4，k＝12.
(2)由(1)可得反比例函数解析式为y＝eq \f(12,x)，
设C(xC，eq \f(12,xC))，D(x2，0)
∵AC＝AD，A(4，3)，∴eq \f(1,2)(eq \f(12,xC)＋0)＝3，解得xC＝2，∴C(2，6)，
设直线DE的解析式为y＝ax＋b，
将A(4，3)，C(2，6)代入，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＋b＝3，,2a＋b＝6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(3,2)，,b＝9.))
∴直线DE的解析式为y＝－eq \f(3,2)x＋9，当x＝0时，y＝9，∴E(0，9)，
由y＝eq \f(1,2)x＋1知，当x＝0时，y＝1，∴B(0，1)，
∴BE＝8，∴S△BEC＝eq \f(1,2)BE·xC＝eq \f(1,2)×8×2＝8.
25．
(1)证明：连接OD，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，∴∠BDC＝90°，
∵E为BC的中点，∴DE＝BE＝eq \f(1,2)BC，∴∠EDB＝∠EBD，
∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD.
∵∠ABC＝90°，∴∠EBD＋∠OBD＝90°，
∴∠EDB＋∠ODB＝90°，即∠ODE＝90°，
∵OD是⊙O的半径，∴DE是⊙O的切线．
(2)解：由(1)知∠BDC＝90°，
∵E是BC的中点，∴DE＝BE＝2.∴BC＝4，
∵tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(BD,AD)＝eq \f(1,2)，∴AB＝8.AD＝2BD，
又∵在Rt△ABD中，AB2＝AD2＋BD2，即(2BD)2＋BD2＝82，
∴BD＝eq \f(8\r(5),5)(负值已舍去)，∴AD＝eq \f(16\r(5),5).
26．

(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠FAE＋∠AEC＝180°，
由折叠得∠AEC′＝∠AEC，∴∠FAE＋∠AEC′＝180°，
∵∠AEF＋∠AEC′＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF.
(2)解：作AG⊥CB，交CB的延长线于点G，
在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠ABG＝∠DAB＝60°，∠FEG＝180°－∠F＝90°，
∴AG＝AB·sin∠ABG＝10×eq \f(\r(3),2)＝5eq \r(3)，四边形AGEF是矩形，
由(1)知AF＝EF，∴矩形AGEF是正方形，∴AF＝AG＝5eq \r(3)，
∴DF＝AF－AD＝5eq \r(3)－6.
(3)解：设FN交CD于点H，作AQ⊥CB，交CB的延长线于点Q，作MT⊥AF于点T，交CD的延长线于点G，作HR⊥MT于点R，
∵CB∥AD，∴∠ABQ＝∠DAB＝60°，∴BQ＝AB·cs 60°＝10×eq \f(1,2)＝5，AQ＝AB·sin 60°＝5eq \r(3)，∴EQ＝BE＋BQ＝9，
∴AE＝eq \r(AQ2＋EQ2)＝eq \r(（5\r(3)）2＋92)＝2eq \r(39).
由(1)知AF＝EF，∵FM⊥AE，∴AM＝EM＝eq \f(1,2)AE＝eq \r(39)，
又∵▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C′，D′，∴HM＝MN，∵cs∠DAE＝cs∠AEQ，∴eq \f(AT,AM)＝eq \f(EQ,AE)，∴eq \f(AT,\r(39))＝eq \f(9,2\r(39))，
∴AT＝eq \f(9,2)，同理可得MT＝eq \f(5\r(3),2)，∴DT＝AD－AT＝6－eq \f(9,2)＝eq \f(3,2)，
在Rt△DGT中，∠GDT＝∠DAB＝60°，DT＝eq \f(3,2)，
∴GT＝eq \f(3,2)·tan 60°＝eq \f(3\r(3),2)，∴MG＝GT＋MT＝eq \f(3\r(3),2)＋eq \f(5\r(3),2)＝4eq \r(3)，
∵tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ，∴eq \f(HR,RM)＝eq \f(AQ,EQ)＝eq \f(5\r(3),9)，
∴设HR＝5eq \r(3)k，RM＝9k，∵tan∠GHR＝tan∠GDT，
∴eq \f(GR,HR)＝tan 60°＝eq \r(3)，∴GR＝eq \r(3)HR＝eq \r(3)×5eq \r(3)k＝15k，
由GR＋RM＝MG，得15k＋9k＝4eq \r(3)，∴k＝eq \f(\r(3),6)，∴HR＝5eq \r(3)k＝eq \f(5,2)，
∵sin∠FMT＝sin∠DAE＝sin∠AEQ，∴eq \f(HR,HM)＝eq \f(AQ,AE)，
∴eq \f(\f(5,2),HM)＝eq \f(5\r(3),2\r(39))，∴HM＝eq \r(13)，∴MN＝eq \r(13)，
∴S△ANE＝eq \f(1,2)AE·MN＝eq \f(1,2)×2eq \r(39)×eq \r(13)＝13eq \r(3).
27．
解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于A，B(3，0)两点，对称轴为直线x＝1，∴A(－1，0)，把A(－1，0)，B(3，0)代入y＝ax2＋bx＋4，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋4＝0，,9a＋3b＋4＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(4,3)，,b＝\f(8,3).))
∴y＝－eq \f(4,3)x2＋eq \f(8,3)x＋4＝－eq \f(4,3)(x－1)2＋eq \f(16,3)，
∴该抛物线的顶点坐标为(1，eq \f(16,3))．
(2)①当点P在BC上方时，∵∠PCB＝∠ABC，∴PC∥x轴，
如图，过点C作直线P1C∥x轴，交抛物线于点P1，则∠P1CB＝∠ABC，
∵P1与点C关于直线x＝1对称，C(0，4)，∴P1(2，4)；
当点P在BC下方时，过点B作BD⊥CP1于点D，作点D关于直线BC的对称点D′，连接CD′交抛物线于点P2，
设D′(x，y)，∵点D′与点D关于直线BC对称，
∴∠BCD′＝∠BCP1＝∠ABC，CD′＝CD＝3，BD′＝BD＝4，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋（y－4）2＝9，,（x－3）2＋y2＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝3，,y1＝4))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝－\f(21,25)，,y2＝\f(28,25).))∴D′(－eq \f(21,25)，eq \f(28,25))，
设直线CD′的解析式为y＝kx＋c，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(21,25)k＋c＝\f(28,25)，,c＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(24,7)，,c＝4.))
∴直线CD′的解析式为y＝eq \f(24,7)x＋4，联立方程组，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(24,7)x＋4，,y＝－\f(4,3)x2＋\f(8,3)x＋4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝4，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝－\f(4,7)，,y2＝\f(100,49).))∴P2(－eq \f(4,7)，eq \f(100,49))，
综上，点P的坐标为(2，4)或(－eq \f(4,7)，eq \f(100,49))．
②PE＋PF有最大值，最大值为eq \f(81,20).
∵B(3，0)，C(0，4)，∴OB＝3，OC＝4，∴BC＝5
∴易求直线BC的解析式为y＝－eq \f(4,3)x＋4，
设P(t，－eq \f(4,3)t2＋eq \f(8,3)t＋4)(0＜t＜3)，过点P作
PD∥y轴交BC于点D，
如图，则D(t，－eq \f(4,3)t＋4)，
∴PD＝－eq \f(4,3)t2＋eq \f(8,3)t＋4－(－eq \f(4,3)t＋4)＝－eq \f(4,3)t2＋4t，
∵PE⊥BC，PD∥y轴，∴∠PED＝∠BOC＝90°，∠PDE＝∠BCO，
∴△PDE∽△BCO，∴eq \f(PE,OB)＝eq \f(PD,BC)，即 eq \f(PE,3)＝eq \f(－\f(4,3)t2＋4t,5)，
∴PE＝－eq \f(4,5)t2＋eq \f(12,5)t，
∵PF⊥y轴，PD∥y轴，∴∠DPF＝∠BOC＝90°，∠PDF＝∠BCO，
∴△FDP∽△BCO，∴eq \f(PF,OB)＝eq \f(PD,OC)，即 eq \f(PF,3)＝eq \f(－\f(4,3)t2＋4t,4)，∴PF＝－t2＋3t，
∴PE＋PF＝－eq \f(4,5)t2＋eq \f(12,5)t－t2＋3t＝－eq \f(9,5)t2＋eq \f(27,5)t＝－eq \f(9,5)(t－eq \f(3,2))2＋eq \f(81,20)，
∵－eq \f(9,5)＜0，∴当t＝eq \f(3,2)时，PE＋PF取得最大值 eq \f(81,20).