2024年浙江省部分學(xué)校中考數(shù)學(xué)一模模擬試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．設(shè)x是用字母表示的有理數(shù)，則下列各式中一定大于零的是（

）A．x2

B．2x

C．x

D．x22【答案】D【分析】本題考查了非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，三種類型的非負(fù)數(shù)：（1）絕對(duì)值；（2）偶次方；（3）二次根式（算術(shù)平方根）．根據(jù)含絕對(duì)值、平方的數(shù)都是非負(fù)數(shù)，它們的值都大于等于0，由此可解此題．【詳解】解：當(dāng)x0時(shí)，x2與2x都小于0，當(dāng)x0時(shí)，x0，而不論x取何值，x20，x22必大于0．故選：D．2．下列計(jì)算正確的是（A．a(chǎn)2bba20C．x22x23x4

）

B．33aD．2m3n5mn【答案】A【分析】本題主要考查了合并同類項(xiàng)，去括號(hào)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握合并同類項(xiàng)和去括號(hào)法則，根據(jù)運(yùn)算法則進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：A、a2bba20，故本選項(xiàng)運(yùn)算正確，符合題意；B、33ab，故本選項(xiàng)運(yùn)算錯(cuò)誤，不符合題意；C、x22x23x2，故本選項(xiàng)運(yùn)算錯(cuò)誤，不符合題意；D、2m與3n不是同類項(xiàng)，故本選項(xiàng)運(yùn)算錯(cuò)誤，不符合題意．故選：A．3．2023年9月23日第19屆杭州亞運(yùn)會(huì)開(kāi)幕，有最高2640000人同時(shí)收看直播，數(shù)字2640000用科學(xué)記數(shù)法可以表示為（

）A．2.64104

B．2.64105

C．2.64106

D．2.64107【答案】C試卷第1頁(yè)，共30頁(yè)abbab3abbab3【分析】本題考查用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)，用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)時(shí)，一般形式為a10n，確定a與n的值是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：2640000，共有7位數(shù)字，2的后面有6位，26400002.64106，故選：C．4．由6個(gè)同樣的立方體擺出從正面看是

的幾何體，下面擺法正確的是（

）A．

B．

C．D．【答案】B【分析】根據(jù)主視圖：從正面看得到幾何體的圖像，逐個(gè)判斷即可得到答案．【詳解】解：A選項(xiàng)圖形主視圖得到兩行兩列，故A不符合題意；B選項(xiàng)圖形主視圖得到兩行三列，且第一列由兩個(gè)，其余的一個(gè)，故B符合題意；C選項(xiàng)圖形主視圖得到兩行三列，且第一二列都是兩個(gè)，故C不符合題意；D選項(xiàng)圖形主視圖得到兩行四列，故D不符合題意；故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查主視圖：從正面看得到幾何體的圖像叫幾何體的主視圖．5．分式

x22x21

的值，可以等于（

）A．1

B．0

C．1

D．2【答案】D【分析】根據(jù)分子、分母的取值范圍進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：∵x2+2≥2，x211，且x22x21，∴

x22x21

的值不可能是1、0、1；當(dāng)

x0時(shí)，分式

x22x21

的值等于2，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了分式的求值，正確得出分子、分母的取值范圍是解題的關(guān)鍵．6．如圖，BC是O的切線，點(diǎn)B是切點(diǎn)，延長(zhǎng)CO交O于點(diǎn)A，連接AB，OD2，試卷第2頁(yè)，共30頁(yè),

)A．22

B．32

C．23

D．33【答案】C【分析】此題考查切線的性質(zhì)定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)．連接OB、DB，由AD是O的直徑，得DABD=90°，AD2OD4，由切線的性質(zhì)得OBC90，而C30，則BOC60，得到BOD是等邊三角形，則BDOD2，所以ABAD2BD

2

23，于是得到問(wèn)題的答案．【詳解】解：連接OB、DB，則OBOD2，AD是O的直徑，ABD90，AD2OD4，BC與O相切于點(diǎn)B，BCOB，OBC90，C30，BOC60，BOD是等邊三角形，BDOD2，ABAD2BD

2

422223．故選：C．7．小明所在的班級(jí)有20人去體育場(chǎng)觀看演出，20張票分別為A區(qū)第10排1號(hào)到20號(hào).采用隨機(jī)抽取的辦法分票，小明第一個(gè)抽取得到10號(hào)座位，接著小亮從其余的票中任意抽取一張，取得的一張恰與小明鄰座的概率是（）A．

219

B．

119

C．

120

D．

110試卷第3頁(yè)，共30頁(yè)C30則AB的長(zhǎng)為(C30則AB的長(zhǎng)為(【答案】A【分析】本題考查了概率公式，直接利用概率公式求解．【詳解】解：因?yàn)榕c10號(hào)座位相鄰得有2個(gè)座位（9號(hào)和11號(hào)），所以小亮從其余的票中任意抽取一張，取得的一張恰與小明鄰座的概率為

219

．故選：A．1212在實(shí)數(shù)m，使得M1M定規(guī)律”的是（-3）

2

1，則稱函數(shù)y和y符合“特定規(guī)律”，以下函數(shù)y和y符合“特1212A．yx28和yx22x12C．yx28和yx22x12

B．yx2x和yx812D．yx2x和yx812【答案】B【分析】本題主要考查一元二次方程根的判別式、二次函數(shù)的性質(zhì)．根據(jù)題中所給定義及一元二次方程根的判別式可直接進(jìn)行排除選項(xiàng)．【詳解】解：當(dāng)xm時(shí)，函數(shù)值分別為M1和M2，若存在實(shí)數(shù)m，使得M1M

2

1，A、有2m22m70，b24ac456520，所以不存在實(shí)數(shù)m，故不符合題意；B、有m22m90，b24ac436400，所以存在實(shí)數(shù)m，故符合題意；C、有2m22m70，b24ac456520，所以不存在實(shí)數(shù)m，故不符合題意；D、有m22m70，b24ac428240，所以不存在實(shí)數(shù)m，故不符合題意；故選：B．9．如圖，已知AOB60，以點(diǎn)O為圓心，與角的兩邊分別交于C，D兩點(diǎn)，D為圓12于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)P作直線PF∥OB交OA于點(diǎn)F，OP6cm，則四邊形PFOE的面積是（

）

試卷第4頁(yè)，共30頁(yè)8．已知y和y均是以x8．已知y和y均是以x為自變量的函數(shù)，當(dāng)xm時(shí)，函數(shù)值分別是M和M，若存心，大于CD，兩條圓弧交于AOB內(nèi)一點(diǎn)P，連結(jié)OP，過(guò)點(diǎn)P作直線PEOA交OBA．123cm2

B．63cm2

C．33cm2

D．23cm

2【答案】B【分析】本題考查了基本作圖，掌握平行四邊形的判定定理，勾股定理及平行四邊形的面積公式是解題的關(guān)鍵．過(guò)P作PMOB于M，再判定四邊形OEPF為平行四邊形，再根據(jù)勾股定理求出邊和高，最后求出面積．【詳解】解：過(guò)P作PMOB于M，由作圖得：OP平分AOB，12∴

1PMOP3cm，2∴OMOP2PM

2

33，∵PEOA，PFOB，∴四邊形OEPF為平行四邊形，EPOPOA30，∴POEOPE，∴OEPE，設(shè)OEPExcm，在RtPEM中，PE2MP

2

EM

2

，即：x23233x，解得：x23，∴S四邊形OEPF

OE32363．故選：B．10．如圖，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三點(diǎn)在一條直線上，以CE為試卷第5頁(yè)，共30頁(yè)∴PABAOPAOB∴PABAOPAOB30，PM邊構(gòu)造正方形CPQE，PQ交AB于點(diǎn)M，APM，BCM

．若點(diǎn)Q、B、F三點(diǎn)共線，tanntan，則n（

）A．

23

B．

35

C．

67

D．

1213【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)Q作QNAB于N，連接Q、B、F，由正方形的性質(zhì)得ECEQ，CBCD，ENQCBE90，由等腰三角形的性質(zhì)得QNBN，由AAS可判定ENQ≌CBE和PAM≌QNM

，由ASA可判定CBE≌CDP，結(jié)合全等三角形的性質(zhì)及正切的定義，即可求解．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)Q作QNAB于N，連接Q、B、F，四邊形ABCD、四邊形CPQE是正方形，ECEQ，CBCD，ENQCBE90，點(diǎn)Q、B、F三點(diǎn)共線，QBNEBF45，△EBF、△BQN都是等腰直角三角形，QNBN，BCEBEC90，QENBEC90，BCEQEN，在△ENQ和△CBE中，試卷第6頁(yè)，共30頁(yè)ENQCBEQEN，EQCEENQ≌CBE（AAS），ENCB，QNEB，ENCB2EB，EBQNBNBGCG，設(shè)EBQNBNBGCGa，則ABBCCDAD2a，DCPBCP90，BCEBCP90，DCPBCE，在△CBE和△CDP中，CBED90CD，BCEDCPCBE≌CDP（ASA），BEDPa，PA2aaa，PAQN，在△PAM和△QNM

中，PMAQMNQNM90，PAQNPAM≌QNM

（AAS），11AMMNANa，2213BM2aaa，22在RtPAM中，tanAPMtanAMPA

1a2a

2在RtBCM中，試卷第7頁(yè)，共30頁(yè)BCECBABCECBA1，tanBCMtanBMBC

3a22a

4tanntan，13n，2423故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，正切的定義等；掌握判定方法及性質(zhì)，能根據(jù)題意作出恰當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．二、填空題11．計(jì)算的結(jié)果等于

．【答案】2【分析】根據(jù)平方差公式計(jì)算即可．【詳解】解：原式32．故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算，熟記平方差公式是解題的關(guān)鍵．12．如圖，在ABC中，CD平分ACB，ABAC，AE∥DC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，已知E36，則B

度．【答案】72【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)定理、平行線的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)，先根據(jù)兩平行線平行，同位角相等得到角度，再根據(jù)角平分線性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)得到結(jié)果，準(zhǔn)確得到角度是解題的關(guān)鍵．,∴EBCD36，試卷第8頁(yè)，共30頁(yè)3，n．313133，n．31313112【詳解】解：∵E36AE∥DC，∵CD平分ACB，∴ACB72，∵ABAC，∴BACB72，故答案為：72．13．已知在二次函數(shù)yax2bxc中，函數(shù)值y與自變量x的部分對(duì)應(yīng)值如表：xy

LL

18

03

10

21

30

LL則滿足方程ax2bxc3的解是【答案】x10,x24/x14,x20【分析】本題考查了求拋物線解析式，一元二次方程的解，通過(guò)表格數(shù)據(jù)求出a、b、c然后代入方程ax2bxc3即可求解．【詳解】解：由表格可知拋物線經(jīng)過(guò)0,33,01,0拋物線解析式為：yax2bxc，將0,33,01,0入yax2bx可得：c，aa1cx24x33移項(xiàng)可得：x24x0因式分解可得：x0解得：x10,x24．14．如圖，P為直徑AB上的一點(diǎn)，AB16cm，點(diǎn)M和N在O上，APMNPB30，OP2cm，則PN+PM試卷第9頁(yè)，共30頁(yè)

cm．9a3bc0解得：b49a3bc0解得：b4，；，；；代c；3bc03x4【答案】67【分析】本題考查了垂徑定理，含30的直角三角形三邊的關(guān)系和勾股定理．延長(zhǎng)NP交O于Q，作OHNQ于H，連接ON，由APMNPB30，

APQNPB，得到APMAPQ，根據(jù)圓的對(duì)稱性得到點(diǎn)M與點(diǎn)Q關(guān)于AB對(duì)稱，則PMPQ，所以PNPMNQ，在RtOPH中根據(jù)含30的直角三角形三邊的關(guān)系得到OH1，則在RtOHN中根據(jù)勾股定理計(jì)算出NH37，然后根據(jù)垂徑定理得到NQ67，即得．【詳解】延長(zhǎng)NP交O于Q，作OHNQ于H，連接ON，∵APMNPB30，而APQNPB，∴APMAPQ，∴點(diǎn)M與點(diǎn)Q關(guān)于AB對(duì)稱，∴PMPQ，∴PNPMPQPNNQ，在RtOPH中，∵OP2，NPB30，∴OH1，12∴NHON

2

OH

2

37，∴NQ2NH67，即PNPM67，試卷第10頁(yè)，共30頁(yè)在RtOHN在RtOHN中，∵ONAB8，故答案為：67．15．如圖1是一款重型訂書機(jī)，其結(jié)構(gòu)示意圖如圖2所示．其主體部分為矩形EFGH

，由支撐桿CD垂直固定于底座AB上，且可以繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)．壓桿MN與伸縮片PG連接，點(diǎn)M在HG上，MN可繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)，PGHG，DF8cm，GF2cm，不使用時(shí)，EF∥AB，G是PF中點(diǎn)，且點(diǎn)D在NM的延長(zhǎng)線上，則MG

cm，使用時(shí)如圖3，按壓MN使得MN∥AB，此時(shí)點(diǎn)F落在AB上，若CD2cm，則壓桿MN到底座AB的距離為

cm．【答案】

4

2152【分析】如圖2，延長(zhǎng)NM，則NM過(guò)點(diǎn)D，由三角形中位線定理可得MG的長(zhǎng)度，如圖3，過(guò)點(diǎn)P作PKAB于K，可得PFKCDFMPF

，在RtCDF

中，CFDF

2

CD

2

CF215，知tanCDFCD

15，故tanMPF15，可得415PG15

15

215，由CDF∽KFP，得PK

841530，即15可得壓桿MN到底座AB的距離為

2152

cm．【詳解】解：如圖2，延長(zhǎng)NM，則NM過(guò)點(diǎn)D，四邊形EFGH

是矩形，HG∥EF，即MG∥DF，G是PF中點(diǎn)，MG是△PDF的中位線，試卷第11頁(yè)，共30頁(yè)41530，PFPG41530，PFPGGF11cm，22如圖3，過(guò)點(diǎn)P作PKAB于K，MNAB，PKMN，MPFPFK，DFPDCF90，CDFDFCPFKDFC90，PFKCDFMPF，在RtCDF中，CFDF2CD

2

8222215，CFtanCDFCD

2152

15，tanMPF15，即

MGPG

15，

4PG

15，415解得PG15

，PFPGGF

41515

2

4153015

，CDFPFK，DCF90PKF，△CDF∽△KFP，

CFPK

DFPF

215，即PK

841530，15解得PK

2

2

2

15

cm，故答案為：4，

2152

．【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．16．由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示．將小正方形對(duì)角線EF雙向延長(zhǎng)，分別交邊AB，和邊BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，若大正方形與小正方形的面積之比為5，GH210，則大正方形的邊長(zhǎng)為試卷第12頁(yè)，共30頁(yè)

．MGDF8MGDF84215cm，壓桿MN到底座AB的距離為【答案】3【分析】設(shè)小正方形在線段DE上的一個(gè)頂點(diǎn)為M，CD與GH相交于點(diǎn)P，由大正方形與小正方形的面積之比為5，可推出AD5EM，設(shè)EMa，AEb，則AD5a，利用勾股定理和多項(xiàng)式的因式分解推出ab；延長(zhǎng)BF交CD于點(diǎn)N，利用平行線分線段成比例定理可證N是CD的中點(diǎn)以及

FNBF

PNBG

FPGF

14證BFG≌DEP得PDBG4x，同理得EGFP，由此可推出PC2x；由CP∥BG，得

CPBG

PHGH

，可求得PH與PG的長(zhǎng)，最后由EFPG2EG2a求出a的值即可．【詳解】解：設(shè)小正方形在線段DE上的一個(gè)頂點(diǎn)為M，CD與GH相交于點(diǎn)P，∵大正方形與小正方形的面積之比為5，∴

ADEM

5，∴AD5EM，設(shè)EMa，AEb，則AD5a，由勾股定理得：AE2DE

2

AD2，2∴2b22ab4a20，∴b2ab2a20，∴a0，∵b2a0，∴ba0，∴ba，∴AEEMDMCFa，延長(zhǎng)BF交CD于點(diǎn)N，試卷第13頁(yè)，共30頁(yè)，設(shè)PNx，則BG，設(shè)PNx，則BG4x，∴b2b5a，a2bab2∵BN∥DE，CFFM，∴DNCN，1122∵PN∥BG，∴FNBF

PNBG

FPGF

1a22a

4設(shè)PNx，則BG4x，∵BN∥DE，AB∥CD，∴BFGDEF，BGFDPE，∵DEBF，∴BFG≌DEPAAS

，∴PDBG4x，同理可得：EGFP，∴DN3xCN，∴PC2x，∵CP∥BG，∴

CPBG

PHGH

2x，即4x

PH∴PHPG10，∵

FPFG

14∴EGFP

105

，210∴EFPG2EG10535，∴a5

3105

2a，∴AD5a3，故答案為：3．試卷第14頁(yè)，共30頁(yè)∴FNDMa，∴FNDMa，1，210，，即FG4FP，【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行線分線段成比例定理，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，因式分解等知識(shí)，靈活運(yùn)用平行線分線段成比例定理和勾股定理求出線段之間的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．三、解答題17．（1）計(jì)算：(2023)0|32|12；（2）解不等式：3(x2)2(2x)．【答案】（1）33；（2）x10【分析】本題考查了實(shí)數(shù)的運(yùn)算以及解一元一次不等式；（1）分別根據(jù)零指數(shù)冪的定義，絕對(duì)值的性質(zhì)以及二次根式的性質(zhì)，計(jì)算即可；（2）不等式去括號(hào)，移項(xiàng)，合并同類項(xiàng)，化系數(shù)為1即可．【詳解】（1）原式=1+2-3+2333；（2）3(x2)2(2x)，去括號(hào)，得3x642x，移項(xiàng)，得3x2x46，合并同類項(xiàng)，得x10．18．小汪解答“解分式方程：

2x3x2

x12x

”的過(guò)程如下，請(qǐng)指出他解答過(guò)程中錯(cuò)誤步驟的序號(hào)，并寫出正確的解答過(guò)程．解：去分母得：2x①，去括號(hào)得：2x31x1…②，移項(xiàng)得：2xx113…③，合并同類項(xiàng)得：3x1…④，系數(shù)化為1得：

13∴

13【答案】錯(cuò)誤步驟的序號(hào)為①，解法見(jiàn)詳解．【分析】本題考查檢查解分式方程；錯(cuò)誤步驟的序號(hào)為①，解方程去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，試卷第15頁(yè)，共30頁(yè)2311…xx…⑤，x2311…xx…⑤，x是原分式方程的解．2xx1)，進(jìn)而解這個(gè)整式方程，最后檢驗(yàn)，即可求解．【詳解】解：錯(cuò)誤步驟的序號(hào)為①，2x3x2

x12x去分母得：2x去括號(hào)得：2x32x4x1移項(xiàng)得：2x2xx134…③，合并同類項(xiàng)得：x6…④，檢驗(yàn)：當(dāng)x6時(shí)，x20，∴x6是原分式方程的解．19．某校初三年級(jí)開(kāi)展了系列交通安全知識(shí)競(jìng)賽，從中隨機(jī)抽取30名學(xué)生兩次知識(shí)競(jìng)賽的成績(jī)（百分制），并對(duì)數(shù)據(jù)（成績(jī)）進(jìn)行收集、整理、描述和分析．下面給出了部分信息．a(chǎn)．這30名學(xué)生第一次競(jìng)賽成績(jī)b．這30名學(xué)生兩次知識(shí)競(jìng)賽的獲獎(jiǎng)情況統(tǒng)計(jì)表參與獎(jiǎng)

優(yōu)秀獎(jiǎng)

卓越獎(jiǎng)第一次競(jìng)賽第二次競(jìng)賽

人數(shù)平均分人數(shù)平均分

1082284

10871287

10951693和第二次競(jìng)賽成績(jī)得分情況統(tǒng)計(jì)圖：（規(guī)定：分?jǐn)?shù)90，獲卓越獎(jiǎng)；85分?jǐn)?shù)＜90，獲優(yōu)秀獎(jiǎng)；分?jǐn)?shù)＜85，獲參與獎(jiǎng)）試卷第16頁(yè)，共30頁(yè)32x2(232x2(232x21xc．第二次競(jìng)賽獲卓越獎(jiǎng)的學(xué)生成績(jī)?nèi)缦拢?0909191919192939394949495959698d．兩次競(jìng)賽成績(jī)樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)如表：平均數(shù)

中位數(shù)

眾數(shù)第一次競(jìng)賽第二次競(jìng)賽

m90

87.5n

8891根據(jù)以上信息，回答下列問(wèn)題：(1)小松同學(xué)第一次競(jìng)賽成績(jī)是89分，第二次競(jìng)賽成績(jī)是91分，在圖中用“〇”圈出代表小松同學(xué)的點(diǎn)；(2)直接寫出m，n的值；(3)請(qǐng)判斷第幾次競(jìng)賽中初三年級(jí)全體學(xué)生的成績(jī)水平較高，并說(shuō)明理由．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)m=88，n90(3)二，理由見(jiàn)解析【分析】本題考查統(tǒng)計(jì)圖分析，涉及中位數(shù)、加權(quán)平均數(shù)、眾數(shù)，（1）根據(jù)這30名學(xué)生第一次競(jìng)賽成績(jī)和第二次競(jìng)賽成績(jī)得分情況統(tǒng)計(jì)圖可得橫坐標(biāo)是89，縱坐標(biāo)是90的點(diǎn)即代表小松同學(xué)的點(diǎn)；（2）根據(jù)平均數(shù)和中位數(shù)的定義可得m和n的值；（3）根據(jù)平均數(shù)，眾數(shù)和中位數(shù)進(jìn)行決策即可．【詳解】（1）解：（1）如圖所示．試卷第17頁(yè)，共30頁(yè)（2）82108710951030∵第二次競(jìng)賽獲卓越獎(jiǎng)的學(xué)生有16人，成績(jī)從小到大排列為：90909191919192939394949495959698，∴第一和第二個(gè)數(shù)是30名學(xué)生成績(jī)中第15和第16個(gè)數(shù)，∴

n

2

90，∴m=88，n90；（3）可以推斷出第二次競(jìng)賽中初三年級(jí)全體學(xué)生的成績(jī)水平較高，理由是：第二次競(jìng)賽學(xué)生成績(jī)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)都高于第一次競(jìng)賽．答：二，第二次競(jìng)賽學(xué)生成績(jī)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)都高于第一次競(jìng)賽．20．某校九年級(jí)學(xué)生在數(shù)學(xué)社團(tuán)課上進(jìn)行了項(xiàng)目化學(xué)習(xí)研究，某小組研究如下：【提出驅(qū)動(dòng)性問(wèn)題】如何設(shè)計(jì)紙盒？【設(shè)計(jì)實(shí)踐任務(wù)】選擇“素材1”素材2”設(shè)計(jì)了“任務(wù)1”任務(wù)2”的實(shí)踐活動(dòng)．請(qǐng)你嘗試幫助他們解決相關(guān)問(wèn)題．素材1

利用一邊長(zhǎng)為40cm的正方形紙板可能設(shè)計(jì)成如圖所示的無(wú)蓋紙盒如圖，若在正方形硬紙板的四角素各剪掉一個(gè)同樣大小的小正方材2

形，將剩余部分折成一個(gè)無(wú)蓋紙盒．【嘗試解決問(wèn)題】任初步探究：折一個(gè)底面積為務(wù)1任務(wù)2

484cm2無(wú)蓋紙盒折成的無(wú)蓋紙盒的側(cè)面積是否有最大值？

（1）求剪掉的小正方形的邊長(zhǎng)為多少？（2）如果有，求出這個(gè)最大值和此時(shí)剪掉的小正方形的邊長(zhǎng)；如果沒(méi)有，說(shuō)明理由．試卷第18頁(yè)，共30頁(yè)mm88，9090““【答案】任務(wù)1：剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為9cm．任務(wù)2：當(dāng)剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為10cm時(shí)，長(zhǎng)方形盒子的側(cè)面積最大為800cm2．【分析】此題主要考查了一元二次方程和二次函數(shù)的應(yīng)用，找到關(guān)鍵描述語(yǔ)，找到等量關(guān)系準(zhǔn)確地列出方程和函數(shù)關(guān)系式是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．任務(wù)1：假設(shè)剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為xcm，根據(jù)長(zhǎng)方形盒子的底面積為484cm2，得方2任務(wù)2：側(cè)面積有最大值，設(shè)剪掉的正方形邊長(zhǎng)為acm，盒子的側(cè)面積為ycm2，利用長(zhǎng)方形盒子的側(cè)面積為：yaa得出即可．【詳解】解：任務(wù)1：設(shè)剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為xcm，2解得x131（不合題意，舍去），x29，答：剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為9cm．任務(wù)2：側(cè)面積有最大值．理由如下：設(shè)剪掉的小正方形的邊長(zhǎng)為acm，盒子的側(cè)面積為ycm2，則y與x的函數(shù)關(guān)系為：yaa，即y8a2160a，2∴a10時(shí)，y最大

800．即當(dāng)剪掉的正方形的邊長(zhǎng)為10cm時(shí)，長(zhǎng)方形盒子的側(cè)面積最大為800cm2．21．為了保護(hù)小吉的視力，媽媽為他購(gòu)買了可升降夾書閱讀架（如圖1），將其放置在水平桌面上的側(cè)面示意圖（如圖2），測(cè)得底座AB高為2cm，ABC150，支架BC為18cm，面板長(zhǎng)DE為24cm，CD為6cm．（厚度忽略不計(jì)）試卷第19頁(yè)，共30頁(yè)程x484程x484，解所列方程并檢驗(yàn)可得；則x484，即40x22，即y10800，40244024(1)求支點(diǎn)C離桌面l的高度；（計(jì)算結(jié)果保留根號(hào)）(2)小吉通過(guò)查閱資料，當(dāng)面板DE繞點(diǎn)C轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，面板與桌面的夾角α滿足3070時(shí)，問(wèn)面板上端E離桌面l的高度是增加了還是減少了？增加或減少了多少？（精確到0.1cm，參考數(shù)據(jù)：sin700.94,cos700.34,tan702.75）【答案】(1)(932)cm(2)當(dāng)α從30變化到70的過(guò)程中，高度增加了7.9cm【分析】本題考查解直角三角形的應(yīng)用．把所求線段和所給角放在合適的直角三角形中是解決本題的關(guān)鍵．（1）過(guò)點(diǎn)C作CFl于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)B作BMCF于點(diǎn)M，，易得四邊形ABMF為矩形，那么可得MFAB2cm，ABM90，所以MBC60，利用60的三角函數(shù)值可得CM長(zhǎng)，進(jìn)而可求解；（2）過(guò)點(diǎn)C作CNl，過(guò)點(diǎn)E作EHCN于點(diǎn)H，分別得到CE與CN所成的角為30和70時(shí)EH的值，相減即可得到面板上端E離桌面l的高度增加或減少了．【詳解】（1）解：過(guò)點(diǎn)C作CFl于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)B作BMCF于點(diǎn)M，CFABMCBMF90，由題意得：BAF90，四邊形ABMF為矩形，MFAB2cm，ABM90．ABC150，MBC60．BC18cm，CMBCsin6018

32

93．CFCMMF(932)cm，試卷第20頁(yè)，共30頁(yè)答：支點(diǎn)C離桌面l的高度為932cm；（2）解：過(guò)點(diǎn)C作CNl，過(guò)點(diǎn)E作EHCN于點(diǎn)H，EHC90，DE24cm,CD2cm，CE18cm，1當(dāng)ECH30時(shí)，EHCEsin30189cm；2當(dāng)ECH70時(shí)，EHCEsin70180.9416.92cm；16.9297.927.9cm，∴當(dāng)α從30變化到70的過(guò)程中，面板上端E離桌面l的高度是增加了．22．正方形ABCD邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)E是CD上一點(diǎn)，連結(jié)BE交AC于點(diǎn)F．(1)如圖1，若CE1，求CF的值；(2)如圖1，

CEED

m，若S△CBF

32(3)如圖2，點(diǎn)G為BC上一點(diǎn)，且滿足GACEBC，設(shè)CEx，GBy，試探究y與x的函數(shù)關(guān)系．(2)m1

34

2(3)y

3x

x3【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，掌握相似三角形判定定試卷第21頁(yè)，共30頁(yè)，求m的值．【答案】(1)93x0，求m的值．【答案】(1)93x0理的內(nèi)容是解題關(guān)鍵．（1）證△CEF∽△ABF可得

CEAB

CFAF

，結(jié)合AFACCF即可求解；（2）由

CEED

m可得

CFAF

CEAB

mm1

SSCBF△ABC

m32x（3）由（1）可得CF3x

，證ACG∽BCF得

CGCF

ACBC

2即可求解．【詳解】（1）解：由題意得：AB∥CE,ABBC3∴VCEF∽VABF,ACAB2BC

2

32∴

CEAB

CFAF1即：3

CF32CF解得：

3CF4

2（2）解：∵

CEED

m，∴∴

CECDCEAB

mm1mm1由（1）可得：

CFAF

CEAB

mm1SSCBFSABFSCBF△ABC∵SVABC

mm1m2m11922△CBF3

32m∴2m

1932解得：m1（3）解：由（1）得：xCF即：332CF

CEAB

CFAF32x解得：CF3x∵GACEBC，ACGBCF∴ACG∽BCF∴

CGCF

ACBC

2試卷第22頁(yè)，共30頁(yè)，進(jìn)一步可得2m1，據(jù)此即可求解；∴∴ABBC，S21，進(jìn)一步可得2m1，據(jù)此即可求解；∴∴ABBC，S21即：

3yCF

23y∴32x

23x93x3x∵y0∴93x0，x3又x0∴0x3故：

93x3x

x3個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且A(1,0)、E(1,0)．(2)如圖2，連結(jié)PC，取PC中點(diǎn)G，則OG的最大值為；(3)如圖3，連接AC、AP、CP、CB．若CQ平分PCD交PA于Q點(diǎn)，求AQ的長(zhǎng)；(4)如圖4，連接PA、PD，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)（不與B、C兩點(diǎn)重合），求證：定值，并求出這個(gè)定值．【答案】(1)120(2)2(3)AQ23為定值，證明見(jiàn)詳解-56(4)PA

PCPDPA

為【分析】（1）由已知條件可以得到CD垂直平分AE，所以CACE，由于CEAE，所以可以證得三角形ACE為等邊三角形，得到CEB120；試卷第23頁(yè)，共30頁(yè)整理得：yy023．如圖1，E點(diǎn)為x軸正半軸上一點(diǎn)，E交x軸于A整理得：yy023．如圖1，E點(diǎn)為x軸正半軸上一點(diǎn)，E交x軸于A、B兩點(diǎn)，P點(diǎn)為劣弧BC上一(1)BC的度數(shù)為°；PCPD（2）由于直徑ABCD，根據(jù)垂徑定理，可以得到O是CD的中點(diǎn)，又G是CP的中點(diǎn)，12大；CQ平分DCP，所以PCQDCQ，可以證明ACQAQC，所以ACAQ，由（1）可得，ACAE4，所以AQ4；（4）由直徑ABCD，可以得到AB垂直平分CD，所以ACAD，CAD2CAE120，將△ACP繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120至△ADM，可以證明M，D，P三點(diǎn)共線，所以PCPDPM，可以證明△PAM

是頂角為120的等腰三角形，過(guò)A做AGPM于G，由于APM30，可以通過(guò)勾股定理或者三角函數(shù)證明PM3PA，所以

PCPDPA

3．【詳解】（1）（1）連接AC，CE，A(1,0)、E(1,0)，OAOE1，OCAE，ACCE，AECE，ACCEAE，CAE60，BEC2CAB120，BC的度數(shù)為120．故答案為：120．（2）試卷第24頁(yè)，共30頁(yè)連接PD，則OG∥PD，連接PD，則OG∥PD，OGPD，要求OG最大值，只需要求PD最大值，由于P是劣弧BC上的一動(dòng)點(diǎn)，故當(dāng)P，E，D三點(diǎn)共線，即PD為直徑時(shí)，PD最大，此時(shí)OG最（3）由于直徑ABCD，根據(jù)垂徑定理，可以得到AD，所以ACDCPA，又AC由題可得，AB為E直徑，且ABCD，由垂徑定理可得，COOD，連接PD，如圖2，又G為PC的中點(diǎn)，12當(dāng)D，E，P三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)DP取得最大值，且DPAB2AE4，OG的最大值為2，故答案為：2．（3）連接AC，BC，直徑ABCD，，ACDCPA，QCQ平分DCP，DCQPCQ，ACDDCQCPAPCQ，ACQAQC，試卷第25頁(yè)，共30頁(yè)OGPD∥OGPD∥，且OGPD，ADACAQAC，CAO60，AO

1，AC2，AQ2．（4）由題可得，直徑ABCD，AB垂直平分CD，如圖4，連接AC，AD，則ACAD，由（1）得，DAC120，將△ACP繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120至△ADM

，△ACP≌△ADM

，ACPADM

，PCDM，四邊形ACPD為圓內(nèi)接四邊形，ACPADP180，ADMADP180，M、D、P三點(diǎn)共線，PDPCPDDMPM

，過(guò)A作AGPM于G，則PM2PG，ACD30，在RtAPG中，APM30，設(shè)AGx，則AP2x，PGAP2AG23x，PM2PG23xPM3AP，PCPD3AP試卷第26頁(yè)，共30頁(yè)APMAPM

PCPDPA

3為定值．【點(diǎn)睛】本題是一道圓的綜合題，重點(diǎn)考查了垂徑定理在圓中的應(yīng)用，最后一問(wèn)由“共頂點(diǎn)，等線段”聯(lián)想到旋轉(zhuǎn)，是此題的突破口，同時(shí)，要注意頂角為120度的等腰三角形腰和底邊比是固定值．24．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yax2bx4交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B6,0點(diǎn)C2,0連接AB、AQ、BQ，BQ與y軸交于點(diǎn)N．(1)求拋物線表達(dá)式；7

是平行四邊形．①求點(diǎn)E的坐標(biāo)；②設(shè)射線AM與BN相交于點(diǎn)P，交BE于點(diǎn)H，將BPH繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一周，旋轉(zhuǎn)后的三角形記為△BPH1，求