2024年2月5日发(作者：长瑜蓓)

2023年山东省济南市东南片区中考一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2的相反数是（A．2）B．2）C．12D．212．如图所示的几何体，其俯视图是（A．B．C．D．3．为完善城市轨道交通建设，提升城市公共交通服务水平，济南市城市轨道交通把数字“159600”用科学记数法2020~2025年第二期建设规划地铁总里程约为159600米．表示为（）B．15.96104C．1.596105D．0.1596106A．1.596106如图，平行线AB，CD被直线EF所截，FG平分EFD，若EFD78，则EGF4．的度数是（）A．39B．51C．78）D．1025．下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（A．B．试卷第1页，共8页

C．D．6．已知实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则下列判断正确的是（）A．ab0B．ab0C．ab0D．ba7．“二十四节气”是中华农耕文明与天文学智慧的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小明购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”三张邮票中的两张送给好朋友小亮．小明将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小亮从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率是（）．A．16B．29C．13D．238．函数yxb与y大致图象为（）kk0在同一坐标系中的图象如图所示，则函数ybxk的xA．B．C．D．（1）在射线OA上取一点C，以点O为9．如图，已知锐角AOB，按如下步骤作图：试卷第2页，共8页

，交射线OB于点D，连接CD；圆心，OC长为半径作PQ（2）分别以点C，D为圆心，于点M，N；③连接OM，MN，ND．根据以上作图过程CD长为半径作弧，交PQ及所作图形，下列结论中错误的是（）A．COMCODC．MN∥CDB．若OMMN，则AOB20D．COD2MND10．已知二次函数yx22txt2t，将其图象在直线x1左侧部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，组成图形G．在图形G上任取一点M，点M的纵坐标y的取值满足y≥m或yn，其中mn．令smn，则s的取值范围是（）D．s2A．s0B．0s2C．s2二、填空题11．因式分解：4a24________．12．如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了9个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在阴影区域的概率等于___________．13．大于6的最小整数是____14．如图，扇形纸片AOB的半径为4，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为___________．试卷第3页，共8页

，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形15．如图（1）A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2，如图（2）…；以此下去，则正方形A2023B2023C2023D2023的面积为___________．16．正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将四边形ABFE沿EF折叠，使点A落在A处，点B落在点B处，AB交BC于G．以下结论：①当A为CD中点时，ADE三边之比为3:4:5；②连接AA，则AAEF；③当ADE三边之比为3:4:5时，A为CD中点；④当A在CD上移动时，ACG周长不变．其中正确的有．___________（写出所有正确结论的序号）三、解答题117．计算：382cos4522x1x3①18．解不等式组：2x1，并写出它的所有非负整数解．x1②3BF．在YABCD中，点E，且AECF，连接DE，求证：19．F在对角线AC上，DE∥BF．1试卷第4页，共8页

20．为深入学习贯彻党的二十大精神，某校开展了以“学习二十大，永远跟党走，奋进新征程”为主题的知识竞赛．发现该校全体学生的竞赛成绩（百分制）均不低于60分，现从中随机抽取n名学生的竞赛成绩进行整理和分析（成绩得分用x表示，共分成四组），并绘制成如下的竞赛成绩分组统计表和扇形统计图，其中“80x90”这组的数据如下：82，83，83，84，84，85，85，86，86，86，87，89．竞赛成绩分组统计表组别1234竞赛成绩分组60x7070x8080x90频数8abc平均分6576859490x100请根据以上信息，解答下列问题：(1)c___________．(2)“80x90”这组数据的众数是___________分，方差是___________；(3)随机抽取的这n名学生竞赛成绩的中位数是___________分，平均分是___________分；(4)若学生竞赛成绩达到85分以上（含85分）为优秀，请你估计全校1200名学生中优秀学生的人数．21．如图，一艘游轮在A处测得北偏东45的方向上有一灯塔B，游轮以202海里/时的速度向正东方向航行2小时到达C处，此时测得灯塔B在C处北偏东15的方向上．试卷第5页，共8页

(1)求C到直线AB的距离；(2)求游轮继续向正东方向航行过程中与灯塔B的最小距离是多少海里？（结果精确到1海里，参考数据：21.41，31.73，sin750.97，cos750.26，tan753.73）CD，过点D的切线EF交22．如图，AB是O的直径，C，D是O上两点，且BDAC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连接AD，OE交于点G．(1)求证：AEEF；(2)若DG2，O的半径为2，求BF的长．AG323．小米手机越来越受到大众的喜爱，各种款式相继投放市场，某店经营的A款手机去年销售总额为50000元，今年每部销售价比去年降低400元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．A，B两款手机的进货和销售价格如下表：A款手机进货价格(元)销售价格(元)1100今年的销售价格B款手机14002000（1）今年A款手机每部售价多少元？（2）该店计划新进一批A款手机和B款手机共60部，且B款手机的进货数量不超过A款手机数量的两倍，应如何进货才能使这批手机获利最多？24．如图，在矩形OABC中，OA6，OC4，分别以AO，OC所在的直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系．反比例函数yx0的图象交BC于点E，交AB于点F，试卷第6页，共8页kx

BE4．(1)求k的值与点F的坐标；(2)在x轴上找一点M，使VEMF的周长最小，请求出点M的坐标；(3)在（2）的条件下，若点P是x轴上的一个动点，点Q是平面内的任意一点，试判断是否存在这样的点P，Q，使得以点P，Q，M，E为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出符合条件的点P坐标；若不存在，请说明理由．25．某校数学兴趣学习小组在一次活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：如图1，在等腰ABC中，ABAC，点M是边BC上任意一点，连接AM，(1)发现问题：以AM为腰作等腰AMN，使AMAN，MANBAC，连接CN．求证：ACNABM．(2)类比探究：如图2，在等腰ABC中，B30，ABBC，AC8，点M是边BC上任意一点，以AM为腰作等腰AMN，使AMMN，AMNB．在点M运动过程中，AN是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．(3)拓展应用：如图3，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，以DE为边作正方形DEFG，H是正方形DEFG的中心，连接CH．若正方形DEFG的边长为8，CH32，求△CDH的面积．26．抛物线yax2bx3过点A1,0，点B3,0，顶点为C，与y轴相交于点D．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m0m3．试卷第7页，共8页

(1)求抛物线的表达式及点C的坐标；(2)如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；(3)连接AC，过点P作PMAC于点M，是否存在点P，使得PM2CM．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．试卷第8页，共8页

参考答案：1．A【分析】根据互为相反数的两数之和为0，即可得出结果．【详解】解：2的相反数是：2=2，故选：A．【点睛】本题考查了相反数的定义，熟练掌握互为相反数的两数之和为0，是解题的关键．2．C【分析】根据俯视图是从上往下看得到的图形，直接判断即可．【详解】解：几何体的俯视图是：故选：C．【点睛】本题考查了三视图，解题关键是明确俯视图是从上往下看到的图形．3．C【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a10n，其中1a10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．【详解】解：∵1596001.596105，∴把数字“159600”用科学记数法表示为1.596105．故选：C【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值较大的数，一般形式为a10n，其中1a10，确定a与n的值是解本题的关键．4．A【分析】根据角平分线的定义可知GFD的度数．【详解】解：∵FG平分EFD，EFD78，∴GFD1EFD39，21EFD，再利用平行线的性质即可得到EGF2∵平行线AB，CD被直线EF所截，∴EGFGFD39，答案第1页，共24页

故选：A．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，掌握角平分线的定义是解题的关键．5．B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项不合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．6．D【分析】根据点在数轴上的位置，逐一进行判断即可．【详解】解：由图可知：a20b1；A、ab0，选项错误，不符合题意；B、ab0，选项错误，不符合题意；C、ab0，选项错误，不符合题意；D、ba，选项正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查利用数轴判断式子符号．通过数轴判断出点所代表的数的符号以及大小关系，是解题的关键．7．C【分析】根据题意列出表格表示出所有等可能的结果，再找到其中两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的结果，最后根据概率公式计算即可．【详解】由题意可列表格如下：答案第2页，共24页

立春立春立夏秋分立春，立夏立春，秋分立夏立夏，立春秋分秋分，立春秋分，立夏立夏，秋分由表格可知共有6种等可能的结果，其中小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的结果有2种，∴小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率是故选C．【点睛】本题考查列表法或画树状图法求概率．正确的列出表格或画出树状图表示出所有等可能的结果是解题关键．8．A【分析】观察图象得：yxb与y轴交于负半轴，反比例函数位于第一、三象限内，可得21．63b0，k0，即可求解．【详解】解：观察图象得：yxb与y轴交于负半轴，反比例函数位于第一、三象限内，∴b0，k0，∴k0，∴函数ybxk的图象经过第二、三、四象限．故选：A【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．9．D【分析】根据圆心角、弧、弦的关系得到弧相等，再利用等边三角形的性质得到AOB20，再利用垂径定理得到弧相等进而得到平行线，利用两点之间线段最短可知D项错误．【详解】解：由作法得：MCCDDN，OMONOCOD，∴MCCDDN，∴COMCODDON，∴A选项的结论正确；答案第3页，共24页

∵OMMN，OMON，∴△MON是等边三角形，∴MON60，1∴AOBMON20，3∴B选项的结论正确；作半径OECD，如图，∴CEDE，∴MENE，∴OEMN，∴MN∥CD，∴C选项的结论正确；∵圆周角MND所对的弧为MD，圆心角MOD所对的弧为MD，∴MOD2MND，∵MODCOD，∴2MNDCOD，∴D选项错误；故选：D．【点睛】本题考查了尺规作图，圆周角性质，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，掌握几何图形的基本作法是解题的关键．10．D【分析】将yx22txt2t变形得yxtt，分类讨论：①0t1，②t1，③t1，2答案第4页，共24页

④t0，分别画出四种情况的图形，求出y的取值范围，看是否满足题意，满足题意后即可求得s的取值范围．【详解】解：将yx22txt2t变形得yxtt，2①当0t1时，此时y的取值范围为：y1tt或yt，不满足题意；2②当t1时，此时y的取值范围为：y1或y1，满足题意，此时s112；③当t1时，答案第5页，共24页

此时y的取值范围为：yt或y1tt，满足题意，2221tt1t2tt212；此时st④当t0时，2此时y的取值范围为：y1tt或yt，不满足题意；综上，s2，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与不等式，熟练掌握知识点是解题的关键，注意分类讨论思想的运用．（a-1）11．4（a+1）【分析】直接提取公因式4，再利用平方差公式分解因式即可．【详解】解：原式=4（a2-1）=4（a+1）（a-1）．故答案为：4（a+1）（a-1）．【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式是解题关键．答案第6页，共24页

12．49【分析】首先确定在图中阴影区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针指向阴影区域的概率．【详解】解：∵9个相同的扇形中，阴影部分占4个，∴指针落在阴影部分的概率是故答案为4：94；9【点睛】此题考查了几何概率，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．13．3【分析】先估算出6的范围，进而即可求解.【详解】解：∵2＜6＜3，∴大于6的最小整数是3.【点睛】本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的意义是关键.14．16833【分析】根据折叠的性质，得出ACAO,BCBO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到CAOAOC60，求得AOB120，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，∴ACAO,BCBO，∵AOBO，∴AOBOBCAC，∴四边形AOBC是菱形，1连接OC交AB于D，则ABOC，AB2AD，ODCDCO2，2∵OCOA，答案第7页，共24页

∴AOC是等边三角形，∴CAOAOC60，ACOA4，∴AOB120，∵ABOC，OD2，∴ADOA2OD223，∴AB2AD43，∴图中阴影部分的面积为：S阴影S扇形AOBS菱形AOBC1204211644383．36023故答案为：1683．3【点睛】本题主要考查了求扇形的面积，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明AOB120是解题的关键．15．52023【分析】根据勾股定理，结合正方形的面积公式，找出正方形的面积与序数n的关系即可．【详解】解：∵正方形A1B1C1D1边长的平方为：(11)2125，故正方形A1B1C1D1面积为：5，又∵正方形A2B2C2D2边长的平方为：25∴正方形A2B2C2D2面积为：25=52，以此类推，正方形A3B3C3D3的边长的平方为：2552125，252225，∴正方形A3B3C3D3的面积为：12553，…∴正方形AnBnCnDn的面积为5n，∴正方形A2023B2023C2023D2023的面积为：52023，故答案为：52023．【点睛】本题考查了图形的变化规律问题，解题的关键是找出正方形的面积与序数n的关系．16．①②④【分析】①当A为CD中点时，设AEAEx，则DE8x，根据勾股定理列出方程求答案第8页，共24页

解，可推出①正确；②连接AA交EF于点Q，过点E作EMBC，证明△AAD≌△EFM，即可得出②正确；③当ADE三边之比为3:4:5时，假设AD3a,DE4a,AE5a，根据8ADAEDE8，可求出a的值，进一步求得AD，即可判断③错误；④过点A作3AHAG，垂足为H，连接AA，AG，先证明AAD≌AAH，可得ADAH,ADAH，再证明Rt△ABG≌Rt△AHG，可得HGBG，由此可得ACG的周长为16，即可得④正确；【详解】∵A为CD中点，正方形ABCD的边长为8，∴AD8,AD1CD4,90，2由翻折可知：AEAE，设AEAEx，则DE8x，∵在RtADE中，AD2DE2AE2，∴428xx2，解得：x5，∴AE5,DE3，∴当A为CD中点时，ADE三边之比为3:4:5，故①正确；如图，连接AA交EF于点Q，过点E作EMBC，垂足为M，交AA于点N，2EM//CD,EMCDAD，AEND90，由翻折可知：EF垂直平分AA，AQE90EANANEQENANE90EANQEN,答案第9页，共24页

在VAAD和△EFM中，DAAFEMADEM，DEMF90△AAD≌△EFM(ASA)AAEF，故②正确；当ADE三边之比为3:4:5时，假设AD3a,DE4a,AE5a，则AEAE5a，∵ADAEDE8，∴5a4a8，解得：a898816∴AD3a,ACCDAD8，333∴此时点A不是CD中点，故③错误；如图，过点A作AHAG，垂足为H，连接AA，AG，由翻折可知：EAGEAB90,AEAE，∴EAAEAA，∵ÐD=90°，∴EAADAA90，又∵EAAAAGEAG90，∴AAGDAA，∵DAHA90，∴△AAD≌△AAH(AAS)，答案第10页，共24页

∴ADAH,ADAH，∵ADAB，∴AHAB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，ABAH∵，AGAG∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HGBG，∴ACG的周长为：ACAGCGACAHHGCGACADBGCGCDBC8816，∴当A在CD上移动时，ACG周长不变，故④正确；故答案为①②④．【点睛】本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决本题的关键．17．12【分析】首先计化简绝对值、开平方、计算负整数指数幂和特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后计算加减，求出算式的值即可．1【详解】解：382cos452=32222=32222=12【点睛】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．18．x4；非负整数解为0、1、2、3【分析】先求出每个不等式的解集，再找出不等式组的解集，最后找出非负整数解即可．221答案第11页，共24页

2x1x3①【详解】解：2x1，x1②3解不等式①，得：x5，解不等式②，得：x4，原不等式组的解集是x4，非负整数解为0、1、2、3．【点睛】本题考查了求一元一次不等式组的整数解，解本题的关键在熟练掌握求解一元一次不等式组的一般步骤．19．见解析【分析】根据平行四边形的性质，“边角边”可证ADE≌CBF(SAS)，可得DEABFC，根据平角的性质可得DECBFA，由此即可求证．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD∥BC，∴DAEBCF，在ADE,CBF中，ADCBDAEBCF，AECF∴ADE≌CBF(SAS)，∴DEABFC，∵DEADEC180，BFCBFA180，∴DECBFA，∴DE∥BF．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与平行线的判定的综合，掌握平行四边形对边平行且相等，全等三角形的判定和性质，平行线的判定方法是解题的关键．20．(1)20(2)86，3.5(3)85.5，83.6(4)648人答案第12页，共24页

【分析】（1）求出总人数与4组的占比，然后用总人数乘以4组的占比即可；（2）众数为出现次数最多的数据，将数据代入方差公式即可求出方差；（3）求出a与b的数值，找到所有数据中间两个数据，然后求平均数即可，用总分除以总人数即可求出平均分；（4）找出85分以上（含85分）的人数，求出百分比，然后用总量乘以百分比即可．【详解】（1）解：总人数850人，16%4组的占比为：100%16%20%24%40%，c5040%20．（2）解：“80x90”这组的数据如下：82，83，83，84，84，85，85，86，86，86，87，89．众数为：86．方差为：222222222828583858385848584858585858586858685868s212944111114163.5．12（3）解：由题意得：b12，a501282010，中位数为第25个与26个数的平均数，由表格可得：第25个与26个数分别为：85与86，中位数为858685.5，265876108512942083.6．平均分为：50（4）解：由表格可得：85分以上（含85分）的人数为：72027人，则全校优秀学生的人数120027648人．50【点睛】本题考查了数据的处理，相关知识点有：求频数、众数、中位数、方差、平均数、以及用样本估计总体等，数据的正确处理是解题关键．21．(1)40海里(2)77海里【分析】（1）过点C作CEAB于点E，在ABC中，BAC45，证得△ACE是等腰三答案第13页，共24页

角形，根据等腰三角形的性质即可解得；（2）由题意可得，DCB15，求出ABAEBE40403，作BFAC于点F，在RtABF中，根据sinBACBF即可解得．AB【详解】（1）如图，由题意可得，CAB45，过点C作CEAB于点E，在ABC中，BAC45，∴△ACE是等腰直角三角形，由题意得：AC2202402，∴CE2AC40，2即点C到线段的距离为40海里；（2）由题意可得，DCB15，则ACB105，∵ACE45，∴CBE30，∵在RtACE中，AE=CE=40，∴BE3CE403，∴ABAEBE40403作BFAC于点F，在RtABF中，sinBACBF2AB2答案第14页，共24页

∴BF20220677答：与灯塔B的最小距离是77海里．【点睛】此题考查了解直角三角形，解题的关键是构造直角三角形并熟悉直角三角形的性质．22．(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出ODF90．由等弧所对圆周角相等得出CADDAB，由等腰三角形的性质得出DABODA，得出CADODA，即证明OD∥AE，从而可得出AEEF；（2）由题意易证△OGD∽△EGA，得出DGOD2．又易证△ODF∽△AEF，从而得出AGAE3ODOF2，再结合OFOBBF，AFABBF，即可求出结果．AEAF3【详解】（1）证明：如图，连接OD，∵DE是O的切线，∴DE^OD，∴ODF90．CD，∵BD∴CADDAB．∵OAOD，∴DABODA，∴CADODA，∴OD∥AE，∴AEFODF90，∴AEEF；答案第15页，共24页

（2）解：∵CADODA，AGEOGD，∴△OGD∽△EGA，∴DGOD2．AGAE3∵AEFODF90，FF，∴△ODF∽△AEF，∴∴ODOF2，AEAF32BF2，4BF3∴BF2．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，平行线的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．（1）1600；（2）见详解23．【分析】（1）设今年A款手机的每部售价x元，则去年售价每部为（x+400）元，由卖出的数量相同建立方程求出其解即可；（2）设今年新进A款手机a部，则B款手机（60﹣a）部，获利y元，由条件表示出y与a之间的关系式，由a的取值范围就可以求出y的最大值【详解】解：（1）设今年A款手机每部售价x元，则去年售价每部为（x+400）元，由题意，得，5000050000(120%)x400x解得：x＝1600．经检验，x＝1600是原方程的根，且符合题意．答：今年A款手机每部售价1600元；（2）设今年新进A款手机a部，则B款手机（60﹣a）部，获利y元，由题意，得y＝（1600﹣1100）a+（2000﹣1400）（60﹣a）＝﹣100a+36000．∵B款手机的进货数量不超过A款手机数量的两倍，∴60﹣a≤2a，∴a≥20，∵y＝﹣100a+36000．∴k＝﹣100＜0，∴y随a的增大而减小．答案第16页，共24页

∴a＝20时，y最大＝34000元．∴B款手机的数量为：60﹣20＝40部．答：当新进A款手机20部，B款手机40部时，这批手机获利最大．【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，分式方程的解法的运用，一次函数的解析式的运用，解答时由销售问题的数量关系求出一次函数的解析式是关键．424．(1)k=8，F6，3(2)M（5，0）50或10，0或,0或0，0(3)点P的坐标为1，64，再把E坐标代入4，E2，【分析】（1）在矩形OABC中，OA6，OC4，则B6，ykx0，即可求出点F的坐标；x4（2）即线段最短，所以作点F关于x轴的对称点G6,，则MFMG，VEMF的周长最小，3420建立EG的函数关系式为yaxb，求出yx，即可求出点M的坐标；33（3）根据菱形的四边相等性质，即进行分类讨论PEME、PEMP和MEMP即可．【详解】（1）解：因为在矩形OABC中，OA6，OC44∴B6，∵BE44∴E2，因为yx0的图象交BC于点E∴kxy248，因为F的横坐标等于B的横坐标，即F的横坐标为6则F的纵坐标为y4∴F6，34，则MFMG（2）解：作点F关于x轴的对称点G6，38463kx连接GE与x轴交于点M，连接EF，此时VEMF的周长最小答案第17页，共24页

设EG的函数关系式为yaxb44，G6,代入yaxb中，把E2，34a42ab3得4，解得206abb33420∴yx33当y0时，x50∴M5，50或1，0或10，0或,0，理由如下（3）解：点P的坐标为0，640，由（2）知M5，0，E2，设Px，那么PE22x40x24x20，ME2254025，MP25x2510xx222222因为以点P，Q，M，E为顶点的四边形是菱形当PEME，即PE2ME2，则x24x2025，x11，x25（舍去）0此时P1，当PEMP，即PE2MP2，则x24x202510xx2，x5650此时P，6当MEMP，即ME2MP2，则252510xx2，x10，x2100或者10，0此时P的坐标0，答案第18页，共24页

50或10，0或,0或0，0综上所述：点P的坐标为1，6【点睛】本题主要考查的是反比例内容、一次函数以及菱形性质等知识内容，掌握菱形性质进行正确分类讨论是解题的关键．25．(1)见解析(2)存在最小值，最小值为4(3)32392【分析】（1）根据“边角边”可证明△ABM≌△ACN，即可求解；（2）根据对应边成比例，两边的夹角相等可证△ABC∽△AMN，从而证明△ABM∽△CAN，根据点到直线的垂线段最短，构造直角三角形，根据含有特殊角的直角三角形的性质即可求解；H为正方形DEFG的中心，（3）如图所示，连接BD,EH，过H作HQCD于Q，可知△DEH是等腰直角三角形，可证△BDE∽△CDH，设CEx，则CDx6，根据勾股定理CD,QH的长度，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：∵BACMAN，∴BACMACMANMAC，即∠BAM∠CAN，∵ABAC,AMAN，∴△ABM≌△ACN(SAS)，∴ACNABM．（2）解：AN存在最小值，理由如下：∵AMMN,ABBC，AMNB，∴BACC11180B，MANN180AMN，22∴BACCMANN，∴△ABC∽△AMN，如图所示，连接CN，过点A作ANCN延长线于点N，根据点到直线的垂线段最短可知，当点N与N重合时，即ANCN时，AN最小，最小值为AN，答案第19页，共24页

∵△ABC∽△AMN，∴AMAN，BACMAN，ABAC∴BACMACMANMAC，即∠BAM∠CAN，∴△ABM∽△CAN，∴ACNB30，在RtACH中，ACN30，AH∴AN存在最小值，最小值为4．（3）解：如图所示，连接BD,EH，过H作HQCD于Q，11AC84，22∵H为正方形DEFG的中心，∴DHEH,DHE90，即△DEH是等腰直角三角形，∵四边形ABCD为正方形，∴BCCD,BCD90，∴BDECDECDHCDE45，∴BDECDH，∵BDDE2CDDH，∴△BDE∽△CDH，∴DCHDBC45,BE2CH6，设CEx，则CDx6，答案第20页，共24页

∵DE8，∴由勾股定理得：x2(x6)282，解得：x233或x233（舍），∴CD2336233，在Rt△CDH中，CQQH3，13239∴△CDH的面积为(233)3．22【点睛】本题主要考查图像运动的规律，掌握等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．26．(1)yx22x3,C(1,4)(2)m11,m22720(3),39【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；（2）运用待定系数法求出直线BC解析式，设点P(m,m22m3)，点Q(m,m3)，根据三角形面积公式列出方程求解即可；（3）设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E，证明AFOFDO，运用相似三角形的性质列式可得OD4，可得D(4,0)，求出直线DC的解析式，与抛物线联立方程组求解即可．【详解】（1）将点A(1,0),，点B(3,0)代入yax2bx3得：ab30，9a3b30a1解得：．b2∴抛物线的表达式为yx22x3．∵yx22x3(x1)24，∴顶点C(1,4)．（2）设直线BC解析式为ykxb∵点D(0,3)，点B(3,0)，答案第21页，共24页

b0代入解析式得，，3kb0k1∴解得，，b3∴直线BC解析式为yx3，过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，设点P(m,m22m3)，点Q(m,m3)，113292∴SPBDPQOB3(m2m3m3)mm2222∵△PBD的面积为3，329∴mm322∴m11,m22（3）∵在RtCMP中，PM2CM∴tanMCP2设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E，如图，∵A(1,0),C(1,4)，答案第22页，共24页

∴AE2，CE4∴OA1,OE1,CE4．∴OAOE,ACAE2CE225．RtAEC中，tanCAE2,∵tanMCPtanCAE.∴MCPCAE,，∴△DAC是等腰三角形∵FOAB，CEAB，∴FO∥CE，∴OF1CE2，F为AC的中点．2∵△DAC是等腰三角形，∴DFAC．∵FOAD，∴AFOFDO．∴∴AOOF=OFOD122OD∴OD4．∴D(4,0)．设直线CD的解析式为ykxm，4kkm43∴，解得：．164km0m3∴直线CD的解析式为y=-416yx33，∴2y﹣x2x3416x+．337x2x113，解得：y14y2029答案第23页，共24页

720∴P，．39【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数关系式、二次函数的性质以及一元二次方程的解法等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答此题的关键．答案第24页，共24页

2024年2月5日发(作者：长瑜蓓)

2023年山东省济南市东南片区中考一模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．2的相反数是（A．2）B．2）C．12D．212．如图所示的几何体，其俯视图是（A．B．C．D．3．为完善城市轨道交通建设，提升城市公共交通服务水平，济南市城市轨道交通把数字“159600”用科学记数法2020~2025年第二期建设规划地铁总里程约为159600米．表示为（）B．15.96104C．1.596105D．0.1596106A．1.596106如图，平行线AB，CD被直线EF所截，FG平分EFD，若EFD78，则EGF4．的度数是（）A．39B．51C．78）D．1025．下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（A．B．试卷第1页，共8页

C．D．6．已知实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，则下列判断正确的是（）A．ab0B．ab0C．ab0D．ba7．“二十四节气”是中华农耕文明与天文学智慧的结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小明购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”三张邮票中的两张送给好朋友小亮．小明将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小亮从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率是（）．A．16B．29C．13D．238．函数yxb与y大致图象为（）kk0在同一坐标系中的图象如图所示，则函数ybxk的xA．B．C．D．（1）在射线OA上取一点C，以点O为9．如图，已知锐角AOB，按如下步骤作图：试卷第2页，共8页

，交射线OB于点D，连接CD；圆心，OC长为半径作PQ（2）分别以点C，D为圆心，于点M，N；③连接OM，MN，ND．根据以上作图过程CD长为半径作弧，交PQ及所作图形，下列结论中错误的是（）A．COMCODC．MN∥CDB．若OMMN，则AOB20D．COD2MND10．已知二次函数yx22txt2t，将其图象在直线x1左侧部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，组成图形G．在图形G上任取一点M，点M的纵坐标y的取值满足y≥m或yn，其中mn．令smn，则s的取值范围是（）D．s2A．s0B．0s2C．s2二、填空题11．因式分解：4a24________．12．如图，一个可以自由转动的转盘，被分成了9个相同的扇形，转动转盘，转盘停止时，指针落在阴影区域的概率等于___________．13．大于6的最小整数是____14．如图，扇形纸片AOB的半径为4，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为___________．试卷第3页，共8页

，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形15．如图（1）A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2，如图（2）…；以此下去，则正方形A2023B2023C2023D2023的面积为___________．16．正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将四边形ABFE沿EF折叠，使点A落在A处，点B落在点B处，AB交BC于G．以下结论：①当A为CD中点时，ADE三边之比为3:4:5；②连接AA，则AAEF；③当ADE三边之比为3:4:5时，A为CD中点；④当A在CD上移动时，ACG周长不变．其中正确的有．___________（写出所有正确结论的序号）三、解答题117．计算：382cos4522x1x3①18．解不等式组：2x1，并写出它的所有非负整数解．x1②3BF．在YABCD中，点E，且AECF，连接DE，求证：19．F在对角线AC上，DE∥BF．1试卷第4页，共8页

20．为深入学习贯彻党的二十大精神，某校开展了以“学习二十大，永远跟党走，奋进新征程”为主题的知识竞赛．发现该校全体学生的竞赛成绩（百分制）均不低于60分，现从中随机抽取n名学生的竞赛成绩进行整理和分析（成绩得分用x表示，共分成四组），并绘制成如下的竞赛成绩分组统计表和扇形统计图，其中“80x90”这组的数据如下：82，83，83，84，84，85，85，86，86，86，87，89．竞赛成绩分组统计表组别1234竞赛成绩分组60x7070x8080x90频数8abc平均分6576859490x100请根据以上信息，解答下列问题：(1)c___________．(2)“80x90”这组数据的众数是___________分，方差是___________；(3)随机抽取的这n名学生竞赛成绩的中位数是___________分，平均分是___________分；(4)若学生竞赛成绩达到85分以上（含85分）为优秀，请你估计全校1200名学生中优秀学生的人数．21．如图，一艘游轮在A处测得北偏东45的方向上有一灯塔B，游轮以202海里/时的速度向正东方向航行2小时到达C处，此时测得灯塔B在C处北偏东15的方向上．试卷第5页，共8页

(1)求C到直线AB的距离；(2)求游轮继续向正东方向航行过程中与灯塔B的最小距离是多少海里？（结果精确到1海里，参考数据：21.41，31.73，sin750.97，cos750.26，tan753.73）CD，过点D的切线EF交22．如图，AB是O的直径，C，D是O上两点，且BDAC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连接AD，OE交于点G．(1)求证：AEEF；(2)若DG2，O的半径为2，求BF的长．AG323．小米手机越来越受到大众的喜爱，各种款式相继投放市场，某店经营的A款手机去年销售总额为50000元，今年每部销售价比去年降低400元，若卖出的数量相同，销售总额将比去年减少20%．A，B两款手机的进货和销售价格如下表：A款手机进货价格(元)销售价格(元)1100今年的销售价格B款手机14002000（1）今年A款手机每部售价多少元？（2）该店计划新进一批A款手机和B款手机共60部，且B款手机的进货数量不超过A款手机数量的两倍，应如何进货才能使这批手机获利最多？24．如图，在矩形OABC中，OA6，OC4，分别以AO，OC所在的直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系．反比例函数yx0的图象交BC于点E，交AB于点F，试卷第6页，共8页kx

BE4．(1)求k的值与点F的坐标；(2)在x轴上找一点M，使VEMF的周长最小，请求出点M的坐标；(3)在（2）的条件下，若点P是x轴上的一个动点，点Q是平面内的任意一点，试判断是否存在这样的点P，Q，使得以点P，Q，M，E为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出符合条件的点P坐标；若不存在，请说明理由．25．某校数学兴趣学习小组在一次活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：如图1，在等腰ABC中，ABAC，点M是边BC上任意一点，连接AM，(1)发现问题：以AM为腰作等腰AMN，使AMAN，MANBAC，连接CN．求证：ACNABM．(2)类比探究：如图2，在等腰ABC中，B30，ABBC，AC8，点M是边BC上任意一点，以AM为腰作等腰AMN，使AMMN，AMNB．在点M运动过程中，AN是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．(3)拓展应用：如图3，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，以DE为边作正方形DEFG，H是正方形DEFG的中心，连接CH．若正方形DEFG的边长为8，CH32，求△CDH的面积．26．抛物线yax2bx3过点A1,0，点B3,0，顶点为C，与y轴相交于点D．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m0m3．试卷第7页，共8页

(1)求抛物线的表达式及点C的坐标；(2)如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；(3)连接AC，过点P作PMAC于点M，是否存在点P，使得PM2CM．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．试卷第8页，共8页

参考答案：1．A【分析】根据互为相反数的两数之和为0，即可得出结果．【详解】解：2的相反数是：2=2，故选：A．【点睛】本题考查了相反数的定义，熟练掌握互为相反数的两数之和为0，是解题的关键．2．C【分析】根据俯视图是从上往下看得到的图形，直接判断即可．【详解】解：几何体的俯视图是：故选：C．【点睛】本题考查了三视图，解题关键是明确俯视图是从上往下看到的图形．3．C【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a10n，其中1a10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．【详解】解：∵1596001.596105，∴把数字“159600”用科学记数法表示为1.596105．故选：C【点睛】本题考查了用科学记数法表示绝对值较大的数，一般形式为a10n，其中1a10，确定a与n的值是解本题的关键．4．A【分析】根据角平分线的定义可知GFD的度数．【详解】解：∵FG平分EFD，EFD78，∴GFD1EFD39，21EFD，再利用平行线的性质即可得到EGF2∵平行线AB，CD被直线EF所截，∴EGFGFD39，答案第1页，共24页

故选：A．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，掌握角平分线的定义是解题的关键．5．B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项不合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．6．D【分析】根据点在数轴上的位置，逐一进行判断即可．【详解】解：由图可知：a20b1；A、ab0，选项错误，不符合题意；B、ab0，选项错误，不符合题意；C、ab0，选项错误，不符合题意；D、ba，选项正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查利用数轴判断式子符号．通过数轴判断出点所代表的数的符号以及大小关系，是解题的关键．7．C【分析】根据题意列出表格表示出所有等可能的结果，再找到其中两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的结果，最后根据概率公式计算即可．【详解】由题意可列表格如下：答案第2页，共24页

立春立春立夏秋分立春，立夏立春，秋分立夏立夏，立春秋分秋分，立春秋分，立夏立夏，秋分由表格可知共有6种等可能的结果，其中小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的结果有2种，∴小亮抽到的两张邮票恰好是“立春”和“秋分”的概率是故选C．【点睛】本题考查列表法或画树状图法求概率．正确的列出表格或画出树状图表示出所有等可能的结果是解题关键．8．A【分析】观察图象得：yxb与y轴交于负半轴，反比例函数位于第一、三象限内，可得21．63b0，k0，即可求解．【详解】解：观察图象得：yxb与y轴交于负半轴，反比例函数位于第一、三象限内，∴b0，k0，∴k0，∴函数ybxk的图象经过第二、三、四象限．故选：A【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．9．D【分析】根据圆心角、弧、弦的关系得到弧相等，再利用等边三角形的性质得到AOB20，再利用垂径定理得到弧相等进而得到平行线，利用两点之间线段最短可知D项错误．【详解】解：由作法得：MCCDDN，OMONOCOD，∴MCCDDN，∴COMCODDON，∴A选项的结论正确；答案第3页，共24页

∵OMMN，OMON，∴△MON是等边三角形，∴MON60，1∴AOBMON20，3∴B选项的结论正确；作半径OECD，如图，∴CEDE，∴MENE，∴OEMN，∴MN∥CD，∴C选项的结论正确；∵圆周角MND所对的弧为MD，圆心角MOD所对的弧为MD，∴MOD2MND，∵MODCOD，∴2MNDCOD，∴D选项错误；故选：D．【点睛】本题考查了尺规作图，圆周角性质，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，掌握几何图形的基本作法是解题的关键．10．D【分析】将yx22txt2t变形得yxtt，分类讨论：①0t1，②t1，③t1，2答案第4页，共24页

④t0，分别画出四种情况的图形，求出y的取值范围，看是否满足题意，满足题意后即可求得s的取值范围．【详解】解：将yx22txt2t变形得yxtt，2①当0t1时，此时y的取值范围为：y1tt或yt，不满足题意；2②当t1时，此时y的取值范围为：y1或y1，满足题意，此时s112；③当t1时，答案第5页，共24页

此时y的取值范围为：yt或y1tt，满足题意，2221tt1t2tt212；此时st④当t0时，2此时y的取值范围为：y1tt或yt，不满足题意；综上，s2，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与不等式，熟练掌握知识点是解题的关键，注意分类讨论思想的运用．（a-1）11．4（a+1）【分析】直接提取公因式4，再利用平方差公式分解因式即可．【详解】解：原式=4（a2-1）=4（a+1）（a-1）．故答案为：4（a+1）（a-1）．【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式是解题关键．答案第6页，共24页

12．49【分析】首先确定在图中阴影区域的面积在整个面积中占的比例，根据这个比例即可求出指针指向阴影区域的概率．【详解】解：∵9个相同的扇形中，阴影部分占4个，∴指针落在阴影部分的概率是故答案为4：94；9【点睛】此题考查了几何概率，用到的知识点为：概率=相应的面积与总面积之比．13．3【分析】先估算出6的范围，进而即可求解.【详解】解：∵2＜6＜3，∴大于6的最小整数是3.【点睛】本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的意义是关键.14．16833【分析】根据折叠的性质，得出ACAO,BCBO，推出四边形AOBC是菱形，连接OC交AB于D，根据等边三角形的性质得到CAOAOC60，求得AOB120，根据菱形和扇形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，∴ACAO,BCBO，∵AOBO，∴AOBOBCAC，∴四边形AOBC是菱形，1连接OC交AB于D，则ABOC，AB2AD，ODCDCO2，2∵OCOA，答案第7页，共24页

∴AOC是等边三角形，∴CAOAOC60，ACOA4，∴AOB120，∵ABOC，OD2，∴ADOA2OD223，∴AB2AD43，∴图中阴影部分的面积为：S阴影S扇形AOBS菱形AOBC1204211644383．36023故答案为：1683．3【点睛】本题主要考查了求扇形的面积，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明AOB120是解题的关键．15．52023【分析】根据勾股定理，结合正方形的面积公式，找出正方形的面积与序数n的关系即可．【详解】解：∵正方形A1B1C1D1边长的平方为：(11)2125，故正方形A1B1C1D1面积为：5，又∵正方形A2B2C2D2边长的平方为：25∴正方形A2B2C2D2面积为：25=52，以此类推，正方形A3B3C3D3的边长的平方为：2552125，252225，∴正方形A3B3C3D3的面积为：12553，…∴正方形AnBnCnDn的面积为5n，∴正方形A2023B2023C2023D2023的面积为：52023，故答案为：52023．【点睛】本题考查了图形的变化规律问题，解题的关键是找出正方形的面积与序数n的关系．16．①②④【分析】①当A为CD中点时，设AEAEx，则DE8x，根据勾股定理列出方程求答案第8页，共24页

解，可推出①正确；②连接AA交EF于点Q，过点E作EMBC，证明△AAD≌△EFM，即可得出②正确；③当ADE三边之比为3:4:5时，假设AD3a,DE4a,AE5a，根据8ADAEDE8，可求出a的值，进一步求得AD，即可判断③错误；④过点A作3AHAG，垂足为H，连接AA，AG，先证明AAD≌AAH，可得ADAH,ADAH，再证明Rt△ABG≌Rt△AHG，可得HGBG，由此可得ACG的周长为16，即可得④正确；【详解】∵A为CD中点，正方形ABCD的边长为8，∴AD8,AD1CD4,90，2由翻折可知：AEAE，设AEAEx，则DE8x，∵在RtADE中，AD2DE2AE2，∴428xx2，解得：x5，∴AE5,DE3，∴当A为CD中点时，ADE三边之比为3:4:5，故①正确；如图，连接AA交EF于点Q，过点E作EMBC，垂足为M，交AA于点N，2EM//CD,EMCDAD，AEND90，由翻折可知：EF垂直平分AA，AQE90EANANEQENANE90EANQEN,答案第9页，共24页

在VAAD和△EFM中，DAAFEMADEM，DEMF90△AAD≌△EFM(ASA)AAEF，故②正确；当ADE三边之比为3:4:5时，假设AD3a,DE4a,AE5a，则AEAE5a，∵ADAEDE8，∴5a4a8，解得：a898816∴AD3a,ACCDAD8，333∴此时点A不是CD中点，故③错误；如图，过点A作AHAG，垂足为H，连接AA，AG，由翻折可知：EAGEAB90,AEAE，∴EAAEAA，∵ÐD=90°，∴EAADAA90，又∵EAAAAGEAG90，∴AAGDAA，∵DAHA90，∴△AAD≌△AAH(AAS)，答案第10页，共24页

∴ADAH,ADAH，∵ADAB，∴AHAB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，ABAH∵，AGAG∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HGBG，∴ACG的周长为：ACAGCGACAHHGCGACADBGCGCDBC8816，∴当A在CD上移动时，ACG周长不变，故④正确；故答案为①②④．【点睛】本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决本题的关键．17．12【分析】首先计化简绝对值、开平方、计算负整数指数幂和特殊角的三角函数值，然后计算乘法，最后计算加减，求出算式的值即可．1【详解】解：382cos452=32222=32222=12【点睛】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．18．x4；非负整数解为0、1、2、3【分析】先求出每个不等式的解集，再找出不等式组的解集，最后找出非负整数解即可．221答案第11页，共24页

2x1x3①【详解】解：2x1，x1②3解不等式①，得：x5，解不等式②，得：x4，原不等式组的解集是x4，非负整数解为0、1、2、3．【点睛】本题考查了求一元一次不等式组的整数解，解本题的关键在熟练掌握求解一元一次不等式组的一般步骤．19．见解析【分析】根据平行四边形的性质，“边角边”可证ADE≌CBF(SAS)，可得DEABFC，根据平角的性质可得DECBFA，由此即可求证．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD∥BC，∴DAEBCF，在ADE,CBF中，ADCBDAEBCF，AECF∴ADE≌CBF(SAS)，∴DEABFC，∵DEADEC180，BFCBFA180，∴DECBFA，∴DE∥BF．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与平行线的判定的综合，掌握平行四边形对边平行且相等，全等三角形的判定和性质，平行线的判定方法是解题的关键．20．(1)20(2)86，3.5(3)85.5，83.6(4)648人答案第12页，共24页

【分析】（1）求出总人数与4组的占比，然后用总人数乘以4组的占比即可；（2）众数为出现次数最多的数据，将数据代入方差公式即可求出方差；（3）求出a与b的数值，找到所有数据中间两个数据，然后求平均数即可，用总分除以总人数即可求出平均分；（4）找出85分以上（含85分）的人数，求出百分比，然后用总量乘以百分比即可．【详解】（1）解：总人数850人，16%4组的占比为：100%16%20%24%40%，c5040%20．（2）解：“80x90”这组的数据如下：82，83，83，84，84，85，85，86，86，86，87，89．众数为：86．方差为：222222222828583858385848584858585858586858685868s212944111114163.5．12（3）解：由题意得：b12，a501282010，中位数为第25个与26个数的平均数，由表格可得：第25个与26个数分别为：85与86，中位数为858685.5，265876108512942083.6．平均分为：50（4）解：由表格可得：85分以上（含85分）的人数为：72027人，则全校优秀学生的人数120027648人．50【点睛】本题考查了数据的处理，相关知识点有：求频数、众数、中位数、方差、平均数、以及用样本估计总体等，数据的正确处理是解题关键．21．(1)40海里(2)77海里【分析】（1）过点C作CEAB于点E，在ABC中，BAC45，证得△ACE是等腰三答案第13页，共24页

角形，根据等腰三角形的性质即可解得；（2）由题意可得，DCB15，求出ABAEBE40403，作BFAC于点F，在RtABF中，根据sinBACBF即可解得．AB【详解】（1）如图，由题意可得，CAB45，过点C作CEAB于点E，在ABC中，BAC45，∴△ACE是等腰直角三角形，由题意得：AC2202402，∴CE2AC40，2即点C到线段的距离为40海里；（2）由题意可得，DCB15，则ACB105，∵ACE45，∴CBE30，∵在RtACE中，AE=CE=40，∴BE3CE403，∴ABAEBE40403作BFAC于点F，在RtABF中，sinBACBF2AB2答案第14页，共24页

∴BF20220677答：与灯塔B的最小距离是77海里．【点睛】此题考查了解直角三角形，解题的关键是构造直角三角形并熟悉直角三角形的性质．22．(1)见解析(2)2【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出ODF90．由等弧所对圆周角相等得出CADDAB，由等腰三角形的性质得出DABODA，得出CADODA，即证明OD∥AE，从而可得出AEEF；（2）由题意易证△OGD∽△EGA，得出DGOD2．又易证△ODF∽△AEF，从而得出AGAE3ODOF2，再结合OFOBBF，AFABBF，即可求出结果．AEAF3【详解】（1）证明：如图，连接OD，∵DE是O的切线，∴DE^OD，∴ODF90．CD，∵BD∴CADDAB．∵OAOD，∴DABODA，∴CADODA，∴OD∥AE，∴AEFODF90，∴AEEF；答案第15页，共24页

（2）解：∵CADODA，AGEOGD，∴△OGD∽△EGA，∴DGOD2．AGAE3∵AEFODF90，FF，∴△ODF∽△AEF，∴∴ODOF2，AEAF32BF2，4BF3∴BF2．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，平行线的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．（1）1600；（2）见详解23．【分析】（1）设今年A款手机的每部售价x元，则去年售价每部为（x+400）元，由卖出的数量相同建立方程求出其解即可；（2）设今年新进A款手机a部，则B款手机（60﹣a）部，获利y元，由条件表示出y与a之间的关系式，由a的取值范围就可以求出y的最大值【详解】解：（1）设今年A款手机每部售价x元，则去年售价每部为（x+400）元，由题意，得，5000050000(120%)x400x解得：x＝1600．经检验，x＝1600是原方程的根，且符合题意．答：今年A款手机每部售价1600元；（2）设今年新进A款手机a部，则B款手机（60﹣a）部，获利y元，由题意，得y＝（1600﹣1100）a+（2000﹣1400）（60﹣a）＝﹣100a+36000．∵B款手机的进货数量不超过A款手机数量的两倍，∴60﹣a≤2a，∴a≥20，∵y＝﹣100a+36000．∴k＝﹣100＜0，∴y随a的增大而减小．答案第16页，共24页

∴a＝20时，y最大＝34000元．∴B款手机的数量为：60﹣20＝40部．答：当新进A款手机20部，B款手机40部时，这批手机获利最大．【点睛】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，分式方程的解法的运用，一次函数的解析式的运用，解答时由销售问题的数量关系求出一次函数的解析式是关键．424．(1)k=8，F6，3(2)M（5，0）50或10，0或,0或0，0(3)点P的坐标为1，64，再把E坐标代入4，E2，【分析】（1）在矩形OABC中，OA6，OC4，则B6，ykx0，即可求出点F的坐标；x4（2）即线段最短，所以作点F关于x轴的对称点G6,，则MFMG，VEMF的周长最小，3420建立EG的函数关系式为yaxb，求出yx，即可求出点M的坐标；33（3）根据菱形的四边相等性质，即进行分类讨论PEME、PEMP和MEMP即可．【详解】（1）解：因为在矩形OABC中，OA6，OC44∴B6，∵BE44∴E2，因为yx0的图象交BC于点E∴kxy248，因为F的横坐标等于B的横坐标，即F的横坐标为6则F的纵坐标为y4∴F6，34，则MFMG（2）解：作点F关于x轴的对称点G6，38463kx连接GE与x轴交于点M，连接EF，此时VEMF的周长最小答案第17页，共24页

设EG的函数关系式为yaxb44，G6,代入yaxb中，把E2，34a42ab3得4，解得206abb33420∴yx33当y0时，x50∴M5，50或1，0或10，0或,0，理由如下（3）解：点P的坐标为0，640，由（2）知M5，0，E2，设Px，那么PE22x40x24x20，ME2254025，MP25x2510xx222222因为以点P，Q，M，E为顶点的四边形是菱形当PEME，即PE2ME2，则x24x2025，x11，x25（舍去）0此时P1，当PEMP，即PE2MP2，则x24x202510xx2，x5650此时P，6当MEMP，即ME2MP2，则252510xx2，x10，x2100或者10，0此时P的坐标0，答案第18页，共24页

50或10，0或,0或0，0综上所述：点P的坐标为1，6【点睛】本题主要考查的是反比例内容、一次函数以及菱形性质等知识内容，掌握菱形性质进行正确分类讨论是解题的关键．25．(1)见解析(2)存在最小值，最小值为4(3)32392【分析】（1）根据“边角边”可证明△ABM≌△ACN，即可求解；（2）根据对应边成比例，两边的夹角相等可证△ABC∽△AMN，从而证明△ABM∽△CAN，根据点到直线的垂线段最短，构造直角三角形，根据含有特殊角的直角三角形的性质即可求解；H为正方形DEFG的中心，（3）如图所示，连接BD,EH，过H作HQCD于Q，可知△DEH是等腰直角三角形，可证△BDE∽△CDH，设CEx，则CDx6，根据勾股定理CD,QH的长度，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：∵BACMAN，∴BACMACMANMAC，即∠BAM∠CAN，∵ABAC,AMAN，∴△ABM≌△ACN(SAS)，∴ACNABM．（2）解：AN存在最小值，理由如下：∵AMMN,ABBC，AMNB，∴BACC11180B，MANN180AMN，22∴BACCMANN，∴△ABC∽△AMN，如图所示，连接CN，过点A作ANCN延长线于点N，根据点到直线的垂线段最短可知，当点N与N重合时，即ANCN时，AN最小，最小值为AN，答案第19页，共24页

∵△ABC∽△AMN，∴AMAN，BACMAN，ABAC∴BACMACMANMAC，即∠BAM∠CAN，∴△ABM∽△CAN，∴ACNB30，在RtACH中，ACN30，AH∴AN存在最小值，最小值为4．（3）解：如图所示，连接BD,EH，过H作HQCD于Q，11AC84，22∵H为正方形DEFG的中心，∴DHEH,DHE90，即△DEH是等腰直角三角形，∵四边形ABCD为正方形，∴BCCD,BCD90，∴BDECDECDHCDE45，∴BDECDH，∵BDDE2CDDH，∴△BDE∽△CDH，∴DCHDBC45,BE2CH6，设CEx，则CDx6，答案第20页，共24页

∵DE8，∴由勾股定理得：x2(x6)282，解得：x233或x233（舍），∴CD2336233，在Rt△CDH中，CQQH3，13239∴△CDH的面积为(233)3．22【点睛】本题主要考查图像运动的规律，掌握等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．26．(1)yx22x3,C(1,4)(2)m11,m22720(3),39【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；（2）运用待定系数法求出直线BC解析式，设点P(m,m22m3)，点Q(m,m3)，根据三角形面积公式列出方程求解即可；（3）设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E，证明AFOFDO，运用相似三角形的性质列式可得OD4，可得D(4,0)，求出直线DC的解析式，与抛物线联立方程组求解即可．【详解】（1）将点A(1,0),，点B(3,0)代入yax2bx3得：ab30，9a3b30a1解得：．b2∴抛物线的表达式为yx22x3．∵yx22x3(x1)24，∴顶点C(1,4)．（2）设直线BC解析式为ykxb∵点D(0,3)，点B(3,0)，答案第21页，共24页

b0代入解析式得，，3kb0k1∴解得，，b3∴直线BC解析式为yx3，过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，设点P(m,m22m3)，点Q(m,m3)，113292∴SPBDPQOB3(m2m3m3)mm2222∵△PBD的面积为3，329∴mm322∴m11,m22（3）∵在RtCMP中，PM2CM∴tanMCP2设AC交y轴于点F，连接DF，过点C作CEx轴于点E，如图，∵A(1,0),C(1,4)，答案第22页，共24页

∴AE2，CE4∴OA1,OE1,CE4．∴OAOE,ACAE2CE225．RtAEC中，tanCAE2,∵tanMCPtanCAE.∴MCPCAE,，∴△DAC是等腰三角形∵FOAB，CEAB，∴FO∥CE，∴OF1CE2，F为AC的中点．2∵△DAC是等腰三角形，∴DFAC．∵FOAD，∴AFOFDO．∴∴AOOF=OFOD122OD∴OD4．∴D(4,0)．设直线CD的解析式为ykxm，4kkm43∴，解得：．164km0m3∴直线CD的解析式为y=-416yx33，∴2y﹣x2x3416x+．337x2x113，解得：y14y2029答案第23页，共24页

720∴P，．39【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数关系式、二次函数的性质以及一元二次方程的解法等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答此题的关键．答案第24页，共24页