46-2024年黑龙江省龙东地区中考数学试卷

这是一份46-2024年黑龙江省龙东地区中考数学试卷，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．（a2）5＝a7
C．（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
2．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．6B．5C．4D．3
4．（3分）一组数据2，3，3，4，则这组数据的方差为（ ）
A．1B．0.8C．0.6D．0.5
5．（3分）关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≤4B．m≥4C．m≥﹣4且m≠2D．m≤4且m≠2
6．（3分）已知关于x的分式方程﹣2＝无解，则k的值为（ ）
A．k＝2或k＝﹣1B．k＝﹣2C．k＝2或k＝1D．k＝﹣1
7．（3分）国家“双减”政策实施后，某班开展了主题为“书香满校园”的读书活动．班级决定为在活动中表现突出的同学购买笔记本和碳素笔进行奖励（两种奖品都买）．其中笔记本每本3元，碳素笔每支2元，共花费28元，则共有几种购买方案（ ）
A．5B．4C．3D．2
8．（3分）如图，双曲线y＝（x＞0）经过A、B两点，连接OA、AB，过点B作BD⊥y轴，垂足为D，BD交OA于点E，且E为AO的中点，则△AEB的面积是（ ）
A．4.5B．3.5C．3D．2.5
9．（3分）如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为M，AM交BD于点N，OM＝2，BD＝8，则MN的长为（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC＝；④BN＝BM；⑤若AH＝HD，则S△BND＝S△AHM．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）国家统计局公布数据显示，2023年我国粮食总产量是13908亿斤，将13908亿用科学记数法表示为 ．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 ，使得菱形ABCD为正方形．
14．（3分）七年一班要从2名男生和3名女生中选择两名学生参加朗诵比赛，恰好选择1名男生和1名女生的概率是 ．
15．（3分）关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是 ．
16．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B＝25°，则∠CAD＝ °．
17．（3分）若圆锥的底面半径为3，侧面积为36π，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 °．
18．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC＝，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
19．（3分）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将AB沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线BC于点P（点P不与点B重合），点B的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则PC长为 ．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为（3，0），△OAB是等边三角形，点B坐标是（1，0），△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M（→…）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是（2，0）；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是（2，0）；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是（3﹣，）；如此下去，……，则A2024的坐标是 ．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：÷（﹣1），其中m＝cs60°．
22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣2，3），C（﹣5，2）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB2C2，并写出点B2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
23．（6分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B（1，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
24．（7分）为贯彻落实教育部办公厅关于“保障学生每天校内、校外各一小时体育活动时间”的要求，某学校要求学生每天坚持体育锻炼．学校从全体男生中随机抽取了部分学生，调查他们的立定跳远成绩，整理如下不完整的频数分布表和统计图，结合图解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ ，扇形统计图中n＝ ；
（2）本次调查立定跳远成绩的中位数落在 组别；
（3）该校有600名男生，若立定跳远成绩大于200cm为合格，请估计该校立定跳远成绩合格的男生有多少人？
25．（8分）甲、乙两货车分别从相距225km的A、B两地同时出发，甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，乙货车沿同一条公路从B地驶往A地，但乙货车到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地，结果比甲货车晚半小时到达B地．如图是甲、乙两货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）甲货车到达配货站之前的速度是 km/h，乙货车的速度是 km/h；
（2）求甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数解析式；
（3）直接写出甲、乙两货车在行驶的过程中，出发多长时间甲、乙两货车与配货站的距离相等．
26．（8分）已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN＝∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：
由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，则有BM2+NC2＝MN2．
（2）当∠BAC＝60°时，如图②：当∠BAC＝120°时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
27．（10分）为了增强学生的体质，某学校倡导学生在大课间开展踢毽子活动，需购买甲、乙两种品牌毽子．已知购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元．
（1）购买一个甲种品牌毽子和一个乙种品牌毽子各需要多少元？
（2）若购买甲、乙两种品牌毽子共花费1000元，甲种品牌毽子数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙种品牌毽子数量的16倍，则有几种购买方案？
（3）若商家每售出一个甲种品牌毽子利润是5元，每售出一个乙种品牌毽子利润是4元，在（2）的条件下，学校如何购买毽子商家获得利润最大？最大利润是多少元？
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA﹣AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB﹣BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S．
（1）求点A的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当S＝6时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
2024年黑龙江省龙东地区中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．a3•a2＝a6B．（a2）5＝a7
C．（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
【分析】利用同底数幂乘法法则，幂的乘方与积的乘方法则，平方差公式逐项判断即可．
【解答】解：a3•a2＝a5，则A不符合题意；
（a2）5＝a10，则B不符合题意；
（﹣2a3b）3＝﹣8a9b3，则C符合题意；
（﹣a+b）（a+b）＝b2﹣a2，则D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查同底数幂乘法，幂的乘方与积的乘方，平方差公式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
2．（3分）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解答】解：A、既是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和左视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．6B．5C．4D．3
【分析】易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图可得第二层立方体的可能的个数，相加即可．
【解答】解：由主视图和左视图可确定所需正方体个数最少时俯视图为：
则组成该几何体所需小正方体的个数最少是1+2+1＝4（个）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体，根据主视图和左视图画出所需正方体个数最少的俯视图是关键．
4．（3分）一组数据2，3，3，4，则这组数据的方差为（ ）
A．1B．0.8C．0.6D．0.5
【分析】根据平均数的计算公式先算出这组数据的平均数，再根据方差公式进行计算即可．
【解答】解：这组数据的平均数是：（2+3+3+4）÷4＝3，
则这组数据的方差为：[（2﹣3）2+2×（3﹣3）2+（4﹣3）2]＝0.5．
故选：D．
【点评】本题考查了平均数和方差：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5．（3分）关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+4x+2＝0有两个实数根，则m的取值范围是（ ）
A．m≤4B．m≥4C．m≥﹣4且m≠2D．m≤4且m≠2
【分析】由根的判别式可得Δ＝b2﹣4ac≥0，从而可以列出关于m的不等式，求解即可，还要考虑二次项的系数不能为0．
【解答】解：根据题意得，
解得m≤4且m≠2．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件．
6．（3分）已知关于x的分式方程﹣2＝无解，则k的值为（ ）
A．k＝2或k＝﹣1B．k＝﹣2C．k＝2或k＝1D．k＝﹣1
【分析】先按照解分式方程的一般步骤解分式方程，再根据分式方程无解时分式方程中的分母为0，列出关于k的分式方程，解分式方程即可．
【解答】解：，
kx﹣2（x﹣3）＝﹣3，
kx﹣2x+6＝﹣3
（k﹣2）x＝﹣9，
x＝，
∵关于x的分式方程无解，
∴x﹣3＝0，解得：x＝3，＝3，
∴3k﹣6＝﹣9且k﹣2＝0，
解得：k＝﹣1或2，
故选：A．
【点评】本题主要考查了解分式方程和分式方程的解，解题关键是熟练掌握解分式方程的一般步骤和分式方程无解的条件．
7．（3分）国家“双减”政策实施后，某班开展了主题为“书香满校园”的读书活动．班级决定为在活动中表现突出的同学购买笔记本和碳素笔进行奖励（两种奖品都买）．其中笔记本每本3元，碳素笔每支2元，共花费28元，则共有几种购买方案（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】设购买笔记本x件，笔y支，根据总价＝单价×数量，即可得出关于x，y的二元一次方程组，结合x，y均为正整数，即可得出购买方案的数量．
【解答】解：设购买笔记本x件，笔y支，根据题意得：
3x+2y＝28，
∴y＝14﹣x，
又∵x，y均为正整数，
∴或或或，
∴共有4种购买方案．
故选：B．
【点评】本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系“共花费28元”列出二元一次方程是解题的关键．
8．（3分）如图，双曲线y＝（x＞0）经过A、B两点，连接OA、AB，过点B作BD⊥y轴，垂足为D，BD交OA于点E，且E为AO的中点，则△AEB的面积是（ ）
A．4.5B．3.5C．3D．2.5
【分析】根据反比例函数系数k的几何意义以及三角形中位线定理、相似三角形的性质进行计算即可．
【解答】解：如图，过点A作AM⊥y轴，垂足为M，连接OB，则S△AOM＝S△OBD＝|k|＝×12＝6，
∵E是OA的中点，即OE＝AE，而DE∥AM，
∴DE＝AM，OD＝OM，
∵S△AOM＝S△OBD＝6，
即AM•OM＝OD•BD＝6，
∴AM•OD＝BD•OD，
∴BD＝2AM，
∴DE＝AM＝BD，
∴DE＝BE，
∵S△ODE＝S△AOM＝×6＝，
∴S△ABE＝3S△ODE＝3×＝4.5，
故选：A．
【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，掌握反比例函数系数k的几何意义，相似三角形的性质是正确解答的关键．
9．（3分）如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为M，AM交BD于点N，OM＝2，BD＝8，则MN的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先由菱形性质可得对角线AC与BD交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得OA＝OC＝OM＝2，进而由菱形对角线求出边长，由sin∠MAC＝sin∠OBC＝解三角形即可求出MC＝ACsin∠MAC＝，MN＝BMtan∠OBC＝．
【解答】解：连接AC，如图，
∵菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，
又∵点O是BD的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴OA＝OC，
∵OM＝2，AM⊥BC，
∴OA＝OC＝OM＝2，
∵BD＝8，
∴OB＝OD＝BD＝4，
∴BC＝＝＝2，tan∠OBC＝＝＝，
∵∠ACM+∠MAC＝90°，∠ACM+∠OBC＝90°，
∴∠MAC＝∠OBC
∴sin∠MAC＝sin∠OBC＝＝＝，
∴MC＝ACsin∠MAC＝，
∴BM＝BC−MC＝2−＝，
∴MN＝BMtan∠OBC＝×＝，
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．熟练掌握各知识点是解题的关键．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC＝；④BN＝BM；⑤若AH＝HD，则S△BND＝S△AHM．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【分析】连接DG，可得，AC垂直平分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG＝FG，即有DG＝FG＝BG，则可判断②正确；证明△ABM∽△DBN，即有，可判断④；根据相似有 ，根据 可得3AH＝AD，再证明△AHM﹣△CBM，可得，即可判断⑤；根据点H是AD的中点，设AD＝2，即求出 ，同理可证明△AHM∽△CBM，可得 ，即可得 ，进而可判断③．
【解答】解：连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∠BDC＝∠BAC＝∠ADB＝45°，，∠BAD＝∠ADC＝90°，AC垂直平分BD，
∴∠CDP＝90°，
∵DF平分∠CDP，
∴，
∴∠BDF＝∠CDF+∠CDB＝90°，∠BHF＝90°＝∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB＝∠HDB＝45°，∠DHF＝∠DBF，
∴∠HBF＝180°﹣∠HFB﹣∠FHB＝45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG＝DG，
∴∠BDG＝∠DBG，
∵∠BDF＝90°，
∴∠BDG+∠GDF＝90°＝∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF＝∠DFG，
∴DG＝FG，
∴DG＝FG＝BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF＝90°＝∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF＝90°＝∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF＝∠ABH，
∵∠DHF＝∠DBF，
∴∠ABH＝∠DBF，
又∵∠BAC＝∠DBC＝45°，
∴△ABM∽△DBN，
∴，
∴，故④正确，
∴，
若，则，
∴3AH＝AD，
∴，即，
∵AD∥DC，
∴△AHM∽△CBM，
∴，
∵，
∴S△ABM＝3S△AHM，
∴，
∴S△BND＝2S△ABM＝6S△AHM，故⑤错误，
如图，③若点H是AD的中点，
设AD＝2，即AB＝BC＝AD＝2，
∴，
∴，
同理可证明△AHM∽△CBM，
∴， ，
∵，
∴，
∵BC＝2，
在Rt△BNC 中， ，故③正确，则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，△ABM∽△DBN，是解答本题的关键．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）国家统计局公布数据显示，2023年我国粮食总产量是13908亿斤，将13908亿用科学记数法表示为 1.3908×1012 ．
【分析】将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
【解答】解：13908亿＝1390800000000＝1.3908×1012，
故答案为：1.3908×1012．
【点评】本题考查科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
12．（3分）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 x≥3 ．
【分析】由题意可得x﹣3≥0且x+2≠0，解得x的取值范围即可．
【解答】解：由题意可得x﹣3≥0且x+2≠0，
解得：x≥3，
故答案为：x≥3．
【点评】本题考查函数自变量的取值范围，结合已知条件列得正确的不等式是解题的关键．
13．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 AC＝BD（答案不唯一） ，使得菱形ABCD为正方形．
【分析】根据正方形的判定定理得到结论．
【解答】解：添加AC＝BD，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝BD，
∴菱形ABCD为正方形．
故答案为：AC＝BD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了正方形的判定，菱形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
14．（3分）七年一班要从2名男生和3名女生中选择两名学生参加朗诵比赛，恰好选择1名男生和1名女生的概率是 ．
【分析】画树状图得出所有等可能的结果数和所选的2人恰好是1名男生和1名女生的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中所选的2人恰好是1名男生和1名女生的结果有12种，
∴所选的2人恰好是1名男生和1名女生的概率为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查列表法与树状图法、，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
15．（3分）关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是 ﹣≤a＜0 ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的整数解个数可得答案．
【解答】解：解不等式4﹣2x≥0，得：x≤2，
解不等式x﹣a＞0，得：x＞2a，
∵不等式组恰有3个整数解，
∴﹣1≤2a＜0，
即﹣≤a＜0．
故答案为：﹣≤a＜0．
【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
16．（3分）如图，△ABC内接于⊙O，AD是直径，若∠B＝25°，则∠CAD＝ 65 °．
【分析】连接CD，先根据同弧所对的圆周角相等可得∠B＝∠D＝25°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACD＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答．
【解答】解：连接CD，
∵∠B＝25°，
∴∠B＝∠D＝25°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠D＝65°，
故答案为：65．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
17．（3分）若圆锥的底面半径为3，侧面积为36π，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 90 °．
【分析】根据圆锥的侧面积公式S＝πrl得出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，圆锥侧面展开图的圆心角是n°，
∵侧面积为36π，
∴π×3×l＝36π，
解得：l＝12，
∴扇形面积为36π＝，
解得：n＝90，
∴圆锥侧面展开图的圆心角是90度．
故答案为：90．
【点评】此题主要考查了圆锥的计算，熟练掌握圆锥的侧面积公式以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．
18．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tan∠BAC＝，BC＝2，AD＝1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 2 ．
【分析】作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆心PQ为半径的圆．PQ是△ACD的中位线，PQ＝．点P是圆Q上的点，可求BP的最大值．
【解答】解：作AC的中点Q．连结PQ，作以Q为圆心PQ为半径的圆．
∵P是CD的中点，Q是AC的中点，
∴PQ是△ACD的中位线，
∴PQ＝AD＝．
∴线段AD绕点A旋转时，点P在以Q为圆心PQ为半径的圆上移动，
∴当BP经过点Q时BP的值最大．
∵BC＝2，tan∠BAC＝，
∴AC＝4，
∴AQ＝CQ＝2．
∵BQ2＝BC2+CQ2＝8，
∴BQ＝2（负数不合题意舍去）．
∴BP的最大值为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了图形旋转的性质，点和圆的位置关系，勾股定理．关键是得到点P所在的圆，利用点和圆的位置关系可以得到BP的最大值．
19．（3分）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将AB沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线BC于点P（点P不与点B重合），点B的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则PC长为 、或10 ．
【分析】先根据点B的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出PC即可．
【解答】解：①点B的对称点落在矩形对角线BD上，如图，
∵在矩形ABCD中，AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，
由折叠性质可知BB'⊥AP，
∴∠BAP+∠BPA＝∠BPA+∠CBD，
∴∠BAP＝∠CBD，
∴tan∠BAP＝tan∠CBD＝＝，
∴BP＝ABtan∠BAP＝3×＝，
∴PC＝BC﹣BP＝4﹣＝；
②点B的对称点B′落在矩形对角线AC上，如图
∵在矩形ABCD中，AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，∠B＝90°，
∴AC＝＝＝5，
∴cs∠ACB＝＝，
由折叠性质可知：∠ABP＝∠AB'P＝90°，AB＝AB'＝3，
∴B′C＝AC﹣AB'＝5﹣3＝2，
∴PC＝＝2÷＝；
③点B的对称点B′落在矩形对角线CA延长线上，如图，
在矩形ABCD中，AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，∠B＝90°，
∴AC＝√＝＝5，
∴cs∠ACB＝＝，
由折叠性质可知：∠ABP＝∠AB'P＝90°，AB＝AB'＝3，
∴B′C＝AC+AB'＝5+3＝8，
∴PC＝＝8÷＝10，
综上所述：、或10．
故答案为：、或10．
【点评】本题考查了矩形与折叠问题，矩形的性质，分类讨论是解题的关键．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为（3，0），△OAB是等边三角形，点B坐标是（1，0），△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M（→…）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是（2，0）；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是（2，0）；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是（3﹣，）；如此下去，……，则A2024的坐标是 （1，3） ．
【分析】根据所给滚动方式，依次求出点An（n为正整数）的坐标，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由题知，
点A1的坐标为（2，0），
点A2的坐标为（2，0），
点A3的坐标为（），
点A4的坐标为（3，2），
点A5的坐标为（3，2），
点A6的坐标为（），
点A7的坐标为（1，3），
点A8的坐标为（1，3），
点A9的坐标为（），
点A10的坐标为（0，1），
点A11的坐标为（0，1），
点A12的坐标为（），
点A13的坐标为（2，0），
…，
由此可见，点An的坐标每12个循环一次，
因为2024÷12＝168余8，
所以点A2024的坐标为（1，3）．
故答案为：（1，3）．
【点评】本题主要考查了点的坐标变化规律，能根据题意发现点An的坐标每12个循环一次是解题的关键．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：÷（﹣1），其中m＝cs60°．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用特殊锐角的三角函数值得出m的值，代入计算可得．
【解答】解：原式＝
＝
＝1﹣m，
当m＝cs60°＝时，
原式＝1﹣＝．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣1，1），B（﹣2，3），C（﹣5，2）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
（2）画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB2C2，并写出点B2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
【分析】（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；
（2）根据网格结构找出点B、C以点A为旋转中心逆时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）先求出AB＝，再由旋转角等于90°，利用弧长公式即可求出．
【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示，B1的坐标为（2，3）；
（2）△AB2C2如图所示，B2的坐标为（﹣3，0）；
（3）∵AB＝＝，∠BAB2＝90°，
∴点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长为：＝．
【点评】本题考查了利用轴对称变换和旋转变换作图，弧长公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
23．（6分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B（1，0），C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将B（1，0），C（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，即可得出答案；
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，设P（x，﹣x2﹣2x+3），且在第二象限内，根据S△APC＝S△APE+S梯形PCOE﹣S△AOC可得二次函数关系式，再根据二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）将B（1，0），C（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
，
解得：，
∴抛物线y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）令y＝0，则0＝﹣x2﹣2x+3，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∵C（0，3），
∴OC＝3，
过点P作PE⊥x轴于点E，
设P（x，﹣x2﹣2x+3），且在第二象限内，
∴OE＝﹣x，AE＝3+x，
∴S△APC＝S△APE+S梯形PCOE﹣S△AOC
＝AE×PE（OC+PE）×OE﹣×OA×OC
＝（3+x）（﹣x2﹣2x+3）+（3﹣x2﹣2x+3）（﹣x）×3×3
＝（x+）2+
∵＜0，
∴S有最大值，
∴当x＝时，S有最大值，最大值为，
此时点P的坐标为（，）．
【点评】本题主要考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值、待定系数法求解析式等，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
24．（7分）为贯彻落实教育部办公厅关于“保障学生每天校内、校外各一小时体育活动时间”的要求，某学校要求学生每天坚持体育锻炼．学校从全体男生中随机抽取了部分学生，调查他们的立定跳远成绩，整理如下不完整的频数分布表和统计图，结合图解答下列问题：
（1）频数分布表中m＝ 50 ，扇形统计图中n＝ 40 ；
（2）本次调查立定跳远成绩的中位数落在 C 组别；
（3）该校有600名男生，若立定跳远成绩大于200cm为合格，请估计该校立定跳远成绩合格的男生有多少人？
【分析】（1）根据A组的频数和百分比求出抽取总数，用总数减其他的频数可得求出m的值，求出C组所占百分比，即可求解；
（2）根据中位数的定义即可求解；
（3）用样本估计总体即可．
【解答】解：（1）由题意可得，3÷6%＝50，
m＝50﹣3﹣20﹣14﹣5＝8，
扇形统计图中C组所在的百分比＝＝40%，
∴n＝40，
故答案为：50，40；
（2）被抽取的50名学生立定跳远成绩按从小到大的顺序排列第25个和第26 个的平均数，3+8＜25，3+8+20＝31＞25
被抽取的50名学生这一天的体育活动时间数据的中位数在C组；
（3）600×＝228（名），
答：估计该校立定跳远成绩合格的男生有228人．
【点评】本题考查频数分布表、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是求出样本容量，利用数形结合的思想解答．
25．（8分）甲、乙两货车分别从相距225km的A、B两地同时出发，甲货车从A地出发途经配货站时，停下来卸货，半小时后继续驶往B地，乙货车沿同一条公路从B地驶往A地，但乙货车到达配货站时接到紧急任务立即原路原速返回B地，结果比甲货车晚半小时到达B地．如图是甲、乙两货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）甲货车到达配货站之前的速度是 30 km/h，乙货车的速度是 40 km/h；
（2）求甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离y（km）与行驶时间x（h）之间的函数解析式；
（3）直接写出甲、乙两货车在行驶的过程中，出发多长时间甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【分析】（1）分别根据“速度＝路程÷时间”求出甲货车到达配货站之前的速度及乙货车的速度即可；
（2）根据题意分别求出点E、F的横坐标，从而写出其坐标，利用待定系数法求解即可；
（3）根据“路程＝速度×时间”分别写出线段CM、MN、OD对应的函数关系式，讨论3种情况：当0≤x≤3、3＜x≤3.5时，分别写出甲、乙两货车与配货站的距离，二者相等列方程并求解；当乙货车返回B地过程中与甲货车相遇时，两车与A地距离相等，列方程并求解即可．
【解答】解：（1）甲货车到达配货站之前的速度是105÷3.5＝30（km/h）；乙货车的速度是（225﹣105）×2÷6＝40（km/h）．
故答案为：30，40．
（2）∵3.5+0.5＝4（h），6﹣0.5＝5.5（h），
∴点E（4，105），F（5.5，225）．
设线段对应的函数解析式为y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0）．
将坐标E（4，105）和F（5.5，225）分别代入y＝kx+b，
得，
解得，
∴甲货车在配货站卸货后驶往B地的过程中，甲货车距A地的距离y与行驶时间x之间的函数解析式为y＝80x﹣215（4≤x≤5.5）．
（3）线段CM对应的函数表达式为y＝225﹣40x＝﹣40x+225（0≤x≤3），
线段MN对应的函数表达式为y＝105+40（x﹣3）＝40x﹣15（3＜x≤6），
线段OD对应的函数表达式为y＝30x（0≤x≤3.5）．
当0≤x≤3时，甲货车离配货站的距离为（105﹣30x）km，乙货车离配货站的距离为﹣40x+225﹣105＝（﹣40x+120）km，
根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”，得105﹣30x＝﹣40x+120，解得x＝；
当3＜x≤3.5时，甲货车离配货站的距离为（105﹣30x）km，乙货车离配货站的距离为40x﹣15﹣105＝（40x﹣120）km，
根据“甲、乙两货车与配货站的距离相等”，得105﹣30x＝40x﹣120，解得x＝；
当乙货车返回B地过程中与甲货车相遇时，两车与配货站的距离相等，根据“相遇时两车与A地距离相等”，80x﹣215＝40x﹣15，解得x＝5；
∴出发h或h或5h甲、乙两货车与配货站的距离相等．
【点评】本题考查一次函数的应用，掌握速度、时间、路程之间的数量关系及待定系数法求函数表达式是解题的关键．
26．（8分）已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN＝∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．
（1）如图①，当∠BAC＝90°时，探究如下：
由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MP＝MN，在Rt△PBM中，BM2+BP2＝MP2，则有BM2+NC2＝MN2．
（2）当∠BAC＝60°时，如图②：当∠BAC＝120°时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．
【分析】类比（1）中示例方法在图②③中构造辅助线，先证△ACN≌△ABQ（SAS），再证△AQM≌△ANM，最后利用勾股定理转化等线段即可．
【解答】解：图②的结论是BM2+NC2+BM•NC＝MN2．
证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝30°，
∴∠BAM+∠QAB＝30°，
即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM；
∵ABQ＝60°，∠ABC＝60°，
∴∠QBH＝60°，
∴∠BQH＝30°，
∴BH＝BQ，QH＝BQ，
∴HM＝BM+BH＝BM+BQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BM+BQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2+BM•BQ＝QM2．
∴BM2+NC2+BM•NC＝MN2．
图③的结论是：BM2+NC2﹣BM•NC＝MN2．
证明：以点B为顶点在△ABC外作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA、QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H，
∵AB＝AC，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ，
∴△ACN≌△ABQ（SAS），
∴AN＝AQ，∠CAN＝∠QAB，
又∵∠CAN+∠BAM＝60°，
∴∠BAM+∠QAB＝60°，即∠QAM＝∠MAN，
又∵AM＝AM，
∴△AQM≌△ANM（SAS），
∴MN＝QM，
在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°，
∴BH＝BQ，QH＝BQ，
HM＝BM﹣BH＝BM﹣BQ，
在Rt△QHM中，可得：QH2+HM2＝QM2，即（BQ）2+（BM﹣BQ）2＝QM2，
整理得BM2+BQ2﹣BM•BQ＝QM2．
∴BM2+NC2﹣BM•NC＝MN2．
【点评】本题主要考查全等三角形得判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
27．（10分）为了增强学生的体质，某学校倡导学生在大课间开展踢毽子活动，需购买甲、乙两种品牌毽子．已知购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元．
（1）购买一个甲种品牌毽子和一个乙种品牌毽子各需要多少元？
（2）若购买甲、乙两种品牌毽子共花费1000元，甲种品牌毽子数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙种品牌毽子数量的16倍，则有几种购买方案？
（3）若商家每售出一个甲种品牌毽子利润是5元，每售出一个乙种品牌毽子利润是4元，在（2）的条件下，学校如何购买毽子商家获得利润最大？最大利润是多少元？
【分析】（1）设购买一个甲种品牌毽子需要x元，一个乙种品牌毽子需要y元，根据“购买甲种品牌毽子10个和乙种品牌毽子5个共需200元；购买甲种品牌毽子15个和乙种品牌毽子10个共需325元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买m个甲种品牌毽子，则购买（100﹣m）个乙种品牌毽子，根据购买甲种品牌毽子数量不低于乙种品牌毽子数量的5倍且不超过乙种品牌毽子数量的16倍，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m，（100﹣m）均为正整数，即可得出各购买方案；
（3）利用商家获得的总利润＝每个甲种品牌毽子的利润×购进甲种品牌毽子的数量+每个乙种品牌毽子的利润×购进乙种品牌毽子的数量，可分别求出学校选择各方案商家可获得的总利润，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设购买一个甲种品牌毽子需要x元，一个乙种品牌毽子需要y元，
根据题意得：，
解得：．
答：购买一个甲种品牌毽子需要15元，一个乙种品牌毽子需要10元；
（2）设购买m个甲种品牌毽子，则购买＝（100﹣m）个乙种品牌毽子，
根据题意得：，
解得：≤m≤64，
又∵m，（100﹣m）均为正整数，
∴m可以为60，62，64，
∴学校共有3种购买方案，
方案1：购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品牌毽子；
方案2：购买62个甲种品牌毽子，7个乙种品牌毽子；
方案3：购买64个甲种品牌毽子，4个乙种品牌毽子；
（3）学校选择方案1商家可获得的总利润为5×60+4×10＝340（元）；
学校选择方案2商家可获得的总利润为5×62+4×7＝338（元）；
学校选择方案3商家可获得的总利润为5×64+4×4＝336（元）．
∵340＞338＞336，
∴在（2）的条件下，学校购买60个甲种品牌毽子，10个乙种品牌毽子时，商家获得利润最大，最大利润是340元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用以及有理数的混合运算，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组；（3）根据各数量之间的关系，求出学校选择各方案商家可获得的总利润．
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA﹣AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB﹣BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S．
（1）求点A的坐标；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，当S＝6时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）运用因式分解法解方程求出OA的长，根据等边三角形的性质得出OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°，过点A作AC⊥x轴，垂足为C，求出AC的长即可；
（2）分0＜t≤2，2＜t≤3和3＜t＜3.6三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）当t2＝60时求出t＝2，得OP＝4，分OP为边和对角线两种情况可得点M的坐标；当﹣t2+6t＝6，﹣t+27＝6时，不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．
【解答】解：（1）x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝6，x2＝﹣1，
∵OA的长度是x2﹣5x﹣6＝0的根，
∴OA＝6，
∵△OAB是等边三角形，
∴OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°，
过点A作AC⊥x轴，垂足为C，
在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝OA＝×6＝3，
∴AC＝＝＝3，
∴点A的坐标为A（3，3）；
（2）当0＜t≤2时，过P作PD⊥x轴，垂足为点D，
∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°，
∴OD＝t，
∴PD＝＝＝t，
∴S＝OQ•PD＝×3t×t＝t2，
当2＜t≤3时，过Q作QE⊥OA，垂足为点E，
∵∠A＝60°，
∴∠AQE＝30°，
又AQ＝12﹣3t，
∴AE＝6﹣t，QE＝＝6﹣t，
又OP＝2t，
∴S＝×2t××（6﹣t）＝﹣t2+6t；
当3＜t＜3.6时，过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴PO＝18﹣（2t+3t）＝18﹣5t，
同理可得，BF＝OB＝3，
∴OF＝＝3，
∴S＝×3×（18﹣5t）＝﹣t+27；
综上所述S＝；
（3）当t2＝60时，
解得t＝2，
∴OP＝2×2＝4，
过点P作PG⊥x轴于点G，则OG＝OP＝2，
∴PG＝＝＝2，
∴点P的坐标为（2，2）；
当OP为边时，将OP沿轴向下平移4个单位得N（2，2﹣4），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；将OP沿y轴向上平移4个单位得N（2，2+4），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；如图，
作点P关于轴的对称点N（﹣2，2），当M（0，4）时，四边形PMNO是蒌形；
当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥y轴，交y轴于点M，延长MT到N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴于点H，
则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2，
∴ON＝2TN，
∴ON2＝OT2+TN2，
即ON2＝22+（ON）2，
解得，ON＝，
∴NH＝，OH＝2，
N（2，）；
当﹣t2+6t＝6，
解得t＝2，不符合题意，此情况不存在；
当﹣t+27＝6时，
解得t＝2＜3，
不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为N（2，4+2），N（2，2﹣4），N（﹣2，2），N4（2，）．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，30°角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，解答本题的关键是正确作出辅助线和分类讨论．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/6 20:41:03；用户：陈莉；邮箱：badywgy52@xyh.cm；学号：39221433组别
分组（cm）
频数
A
50＜x≤100
3
B
100＜x≤150
m
C
150＜x≤200
20
D
200＜x≤250
14
E
250＜x≤300
5
组别
分组（cm）
频数
A
50＜x≤100
3
B
100＜x≤150
m
C
150＜x≤200
20
D
200＜x≤250
14
E
250＜x≤300
5