2024年北京市中考数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年北京市中考数学试卷（含详细答案解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ).
A. B. C. D.
2.如图，直线AB和CD相交于点O，OE⊥OC，若∠AOC=58∘，则∠EOB的大小为( )
A. 29∘B. 32∘C. 45∘D. 58∘
3.实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是( )
A. b>−1B. b>2C. a+b>0D. ab>0
4.若关于x的一元二次方程x2−4x+c=0有两个相等的实数根，则实数c的值为( )
A. −16B. −4C. 4D. 16
5.不透明的袋子中装有一个红色小球和一个白色小球，除颜色外两个小球无其他差别．从中随机取出一个小球后，放回并摇匀，再从中随机取出一个小球，则两次都取到白色小球的概率为( )
A. 34B. 12C. 13D. 14
6.为助力数字经济发展，北京积极推进多个公共算力中心的建设.北京数字经济算力中心日前已部署上架和调试的设备的算力为4×1017Flps(Flps是计算机系统算力的一种度量单位)，整体投产后，累计实现的算力将是日前已部署上架和调试的设备的算力的5倍，达到mFlps，则m的值为( )
A. 8×1016B. 2×1017C. 5×1017D. 2×1018
7.下面是“作一个角使其等于∠AOB”的尺规作图方法.
上述方法通过判定△C′O′D′≌△COD得到∠A′O′B′=∠AOB，其中判定△C′O′D′≌△COD的依据是( )
A. 三边分别相等的两个三角形全等
B. 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
C. 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
D. 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
8.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，O为对角线的交点．将菱形ABCD绕点O逆时针旋转90∘得到菱形A′B′C′D′，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形BFB′GDHD′E给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等.
上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.若 x−9在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是__________.
10.分解因式：x3−25x=__________.
11.方程12x+3+1x=0的解为__________.
12.在平面直角坐标系xOy中，若函数y=kxk≠0的图象经过点3,y1和−3,y2，则y1+y2的值是__________.
13.某厂加工了200个工件，质检员从中随机抽取10个工件检测了它们的质量(单位：g)，得到的数据如下：
当一个工件的质量x(单位：g)满足49.98≤x≤50.02时，评定该工件为一等品．根据以上数据，估计这200个工件中一等品的个数是__________.
14.如图，⊙O的直径AB平分弦CD(不是直径).若∠D=35∘，则∠C=__________ ∘
15.如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，AF⊥DE于点F，CG⊥DE于点G.若AD=5，CG=4，则△AEF的面积为__________.
16.联欢会有A，B，C，D四个节目需要彩排，所有演员到场后节目彩排开始，一个节目彩排完毕，下一个节目彩排立即开始．每个节目的演员人数和彩排时长(单位：min)如下：
已知每位演员只参演一个节目.一位演员的候场时间是指从第一个彩排的节目彩排开始到这位演员参演的节目彩排开始的时间间隔(不考虑换场时间等其他因素).
若节目按“A−B−C−D”的先后顺序彩排，则节目D的演员的候场时间为__________min；
若使这23位演员的候场时间之和最小，则节目应按__________的先后顺序彩排
三、计算题：本大题共2小题，共10分。
17.计算：π−50+ 8−2sin30∘+− 2
18.解不等式组：3(x−1)<4+2x,x−95<2x.
四、解答题：本题共10小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题5分)
已知a−b−1=0，求代数式3(a−2b)+3ba2−2ab+b2的值.
20.(本小题6分)
如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF=FB，AF//DC.

(1)求证：四边形AFCD为平行四边形；
(2)若∠EFB=90∘，tan∠FEB=3，EF=1，求BC的长.
21.(本小题6分)
为防治污染，保护和改善生态环境，自2023年7月1日起，我国全面实施汽车国六排放标准6b阶段(以下简称“标准”).对某型号汽车，“标准”要求A类物质排放量不超过35mg/km，A，B两类物质排放量之和不超过50mg/km.已知该型号某汽车的A，B两类物质排放量之和原为92mg/km.经过一次技术改进，该汽车的A类物质排放量降低了50%，B类物质排放量降低了75%，A，B两类物质排放量之和为40mg/km，判断这次技术改进后该汽车的A类物质排放量是否符合“标准”，并说明理由.
22.(本小题5分)
在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx+bk≠0与y=−kx+3的图象交于点2,1.
(1)求k，b的值；
(2)当x>2时，对于x的每一个值，函数y=mxm≠0的值既大于函数y=kx+b的值，也大于函数y=−kx+3的值，直接写出m的取值范围.
23.(本小题5分)
某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段.
(1)初赛由10名数师评委和45名学生评委给每位选手打分(百分制).对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息.
a.教师评委打分：
86 88 90 91 91 91 91 92 92 98
b.学生评委打分的频数分布直方图如下(数据分6组：第1组82≤x<85，第2组85≤x<88，第3组88≤x<91，第4组91≤x<94，第5组94≤x<97，第6组97≤x≤100)：
c.评委打分的平均数、中位数、众数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
①m的值为___________，n的值位于学生评委打分数据分组的第__________组；
②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余8名教师评委打分的平均数为x，则x___________91(填“>”“=”或“<”)；
(2)决赛由5名专业评委给每位选手打分(百分制).对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差．平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下：
若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是____________，表中k(k为整数)的值为____________.
24.(本小题6分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC.

(1)求证：OD//BC；
(2)延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P.若OFBF=56，PE=1，求⊙O半径的长.
25.(本小题5分)
小云有一个圆柱形水杯(记为1号杯)，在科技活动中，小云用所学数学知识和人工智能软件设计了一个新水杯，并将其制作出来，新水杯(记为2号杯)示意图如下，
当1号杯和2号杯中都有VmL水时，小云分别记录了1号杯的水面高度h1(单位：cm)和2号杯的水面高度h2(单位：cm)，部分数据如下：
(1)补全表格(结果保留小数点后一位)；
(2)通过分析数据，发现可以用函数刻画h1与V，h2与V之间的关系.在给出的平面直角坐标系中，画出这两个函数的图象；
(3)根据以上数据与函数图象，解决下列问题：
①当1号杯和2号杯中都有320mL水时，2号杯的水面高度与1号杯的水面高度的差约为___________cm(结果保留小数点后一位)；
②在①的条件下，将2号杯中的一都分水倒入1号杯中，当两个水杯的水面高度相同时，其水面高度约为___________cm(结果保留小数点后一位).
26.(本小题6分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2−2a2xa≠0.
(1)当a=1时，求抛物线的顶点坐标；
(2)已知Mx1,y1和Nx2,y2是抛物线上的两点.若对于x1=3a，3≤x2≤4，都有y127.(本小题7分)
已知∠MAN=α0∘<α<45∘，点B，C分别在射线AN，AM上，将线段BC绕点B顺时针旋转180∘−2α得到线段BD，过点D作AN的垂线交射线AM于点E.

(1)如图1，当点D在射线AN上时，求证：C是AE的中点；
(2)如图2，当点D在∠MAN内部时，作DF//AN，交射线AM于点F，用等式表示线段EF与AC的数量关系，并证明.
28.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和不在直线AB上的点C，给出如下定义：若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”．
(1)如图，点A0,1，B1,0.
①在点C12,0，C21,2，C312,0中，点___________是弦AB的“α可及点”，其中α=____________ ∘；
②若点D是弦AB的“90∘可及点”，则点D的横坐标的最大值为__________；
(2)已知P是直线y= 3x− 3上一点，且存在⊙O的弦MN，使得点P是弦MN的“60∘可及点”．记点P的横坐标为t，直接写出t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，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；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．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B.
2.【答案】B
【解析】本题考查了垂直的定义，平角的定义，熟练掌握垂直的定义，是解题的关键．
根据OE⊥OC得到∠COE=90∘，再由平角∠AOB=180∘即可求解．
【详解】解：∵OE⊥OC，
∴∠COE=90∘，
∵∠AOC+∠COE+∠BOE=180∘，∠AOC=58∘，
∴∠EOB=180∘−90∘−58=32∘，
故选：B.
3.【答案】C
【解析】本题考查了是实数与数轴，绝对值的意义，实数的运算，熟练掌握知识点是解题的关键．
由数轴可得−2【详解】解：A、由数轴可知−2B、由数轴可知−2C、由数轴可知2b，有a+b>0，故本选项符合题意；
D、由数轴可知2故选：C.
4.【答案】C
【解析】根据根的判别式Δ=b2−4ac=−42−4×1×c=0即可求解．
本题考查了根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键．
【详解】∵方程x2−4x+c=0，a=1,b=−4,c=c，
∴Δ=b2−4ac=(−4)2−4×1×c=0，
∴4c=16，
解得c=4.故选C.
5.【答案】D
【解析】本题考查了画树状图或列表法求概率，依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．
【详解】解：画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中两次都取到白色小球的结果有1种，
∴两次都取到白色小球的概率为14.
故选：D.
6.【答案】D
【解析】本题考查了用科学记数法表示大数，用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成a×10n的形式即可．
【详解】m=4×1017×5=2×1018，
故选D.
7.【答案】A
【解析】根据基本作图中，同圆半径相等，判定三角形全等的依据是边边边定理，解答即可.
本题考查了作一个角等于已知角的基本作图，熟练掌握作图的依据是边边边定理是解题的关键.
【详解】根据基本作图中，同圆半径相等，判定三角形全等的依据是三边分别相等的两个三角形全等，
故选A.
8.【答案】B
【解析】根据菱形ABCD，∠BAD=60∘，则∠BAO=∠DAO=30∘，∠AOD=∠AOB=90∘，结合菱形ABCD绕点O逆时针旋转90∘得到菱形A′B′C′D′，得到点A′,D′,B′,C′一定在对角线AC,BD上，且OD=OD′=OB=OB′，OA=OA′=OC=OC′，继而得到AD′=C′D，∠D′AH=∠DC′H=30∘，结合∠D′HA=∠DHC′，继而得到△AD′H≌△C′DH，可证D′H=DH，C′H=AH，同理可证D′E=BE,BF=B′F,B′G=DG，根据∠EA′B=∠HC′D=30∘,A′B=C′D,∠A′BE=∠C′DH=120∘，可证△A′BE≌△C′DH，继而得到DH=BE，继而得到DH=BE=D′H=D′E=BF=FB′=B′G=DG，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得∠ED′H=120∘，结合∠D′OD=90∘，∠OD′H=∠ODH=60∘，得到∠D′HD=150∘，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，根据OD=OD′,D′H=DH,OH=OH，可证△D′OH≌△DOH，继而得到∠D′OH=∠DOH=45∘,∠D′HO=∠DHO=75∘，故OD≠OH，可判定点O到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长BD，连接OH，
根据菱形ABCD，∠BAD=60∘，则∠BAO=∠DAO=30∘，∠AOD=∠AOB=90∘.
∵菱形ABCD绕点O逆时针旋转90∘得到菱形A′B′C′D′，
∴点A′,D′,B′,C′一定在对角线AC,BD上，且OD=OD′=OB=OB′，OA=OA′=OC=OC′，
∴AD′=C′D，∠D′AH=∠DC′H=30∘，
∵∠D′HA=∠DHC′，
∴△AD′H≌△C′DH，
∴D′H=DH，C′H=AH，同理可证D′E=BE,BF=B′F,B′G=DG，
∵∠EA′B=∠HC′D=30∘,A′B=C′D,∠A′BE=∠C′DH=120∘，
∴△A′BE≌△C′DH，
∴DH=BE，
∴DH=BE=D′H=D′E=BF=FB′=B′G=DG，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确．
根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确．
根据题意，得∠ED′H=120∘，
∵∠D′OD=90∘，∠OD′H=∠ODH=60∘，
∴∠D′HD=150∘，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误．
根据OD=OD′,D′H=DH,OH=OH，
∴△D′OH≌△DOH，
∴∠D′OH=∠DOH=45∘,∠D′HO=∠DHO=75∘，
故OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误．
故选B.
9.【答案】x≥9
【解析】根据二次根式有意义的条件，即可求解．
【详解】解：根据题意得x−9≥0，
解得：x≥9.
故答案为：x≥9
本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
10.【答案】x(x+5)(x−5)
【解析】先提取公因式，再用公式法分解即可．
本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
【详解】x3−25x=x(x2−52)=x(x+5)(x−5).
故答案为：x(x+5)(x−5).
11.【答案】x=−1
【解析】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键．
先去分母，转化为解一元一次方程，再验根．
【详解】解：12x+3+1x=0
x+2x+3=0，
解得：x=−1，
经检验：x=−1是原方程的解，
所以，原方程的解为x=−1，
故答案为：x=−1.
12.【答案】0
【解析】本题考查了反比例函数图像点的坐标特征，已知自变量求函数值，熟练掌握知识点是解题的关键．
将点3,y1和−3,y2代入y=kxk≠0，求得y1和y2，再相加即可．
【详解】解：∵函数y=kxk≠0的图象经过点3,y1和−3,y2，
∴有y1=k3,y2=−k3，
∴y1+y2=k3−k3=0，
故答案为：0.
13.【答案】160
【解析】本题考查了用样本估计总体，熟练掌握相关知识是解题的关键．
先计算出10个工件中为一等品的频率，再乘总数200即可求解．
【详解】解：10个工件中为一等品的有49.98，50.00，49.99，50.02，49.99，50.01，50.00，50.02这8个，
∴这200个工件中一等品的个数为200×810=160个，
故答案为：160.
14.【答案】55
【解析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由垂径定理得到AB⊥CD，由BC⌢=BC⌢得到∠A=∠D=35∘，故∠C=90∘−35∘=55∘.
【详解】解：∵直径AB平分弦CD，
∴AB⊥CD，
∵BC⌢=BC⌢，
∴∠A=∠D=35∘，
∴∠C=90∘−35∘=55∘，
故答案为：55.
15.【答案】278
【解析】【分析】
根据正方形的性质，得AD=5=DC，CD//AB，得到∠CDG=∠AEF，结合CG=4，得到DG= DC2−CG2=3，sin ∠CDG=sin ∠AEF=CGCD=AFAE=45，tan ∠CDG=tan ∠AEF=CGDG=43，求得AE,AF,EF的长，即可解答.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键.
【解答】
解：根据正方形的性质，得AD=5=DC，CD//AB，
∴∠CDG=∠AEF，
∵CG=4，
∴DG= DC2−CG2=3，
sin ∠CDG=sin ∠AEF=CGCD=AFAE=45，
tan ∠CDG=tan ∠AEF=CGDG=ADAE=43，
∴AE=154，
∴AF=45×154=3，
∴EF= AE2−AF2=94，
∴△AEF的面积为12EF⋅AF=278.
故答案为：278.
16.【答案】60
C−A−B−D

【解析】本题考查了有理数的混合运算，正确理解题意，熟练计算是解题的关键．
①节目D的演员的候场时间为30+10+20=60min；②先确定C在A的前面，B在D前面，然后分类讨论计算出每一种情况下，所有演员候场时间，比较即可．
【详解】解：①节目D的演员的候场时间为30+10+20=60min，
故答案为：60；
②由题意得节目A和C演员人数一样，彩排时长不一样，那么时长长的节目应该放在后面，那么C在A的前面，B和D彩排时长一样，人数不一样，那么人数少的应该往后排，这样等待时长会短一些，那么B在D前面，
∴①按照C−B−A−D顺序，则候场时间为：10+2+1×20+10+1×10+1×30=400(min)；
②按照C−B−D−A顺序，则候场时间为：10+2+1×20+10+1×10+10×10=470(min)；
③按照C−A−B−D顺序，则候场时间为：10+2+1×20+2+1×30+1×10=360(min)；
④按照B−C−A−D顺序，则候场时间为：10+10+1×10+10+1×20+1×30=460(min)；
⑤按照B−C−D−A顺序，则候场时间为：10+10+1×10+10+1×20+10×10=530(min)；
⑥按照B−D−C−A顺序，则候场时间为：10+10+1×10+10+10×10+10×20=610(min).
∴按照C−A−B−D顺序彩排，候场时间之和最小，
故答案为：C−A−B−D.
17.【答案】解：原式=1+2 2−2×12+ 2
=3 2.

【解析】本题考查了实数的运算，熟练掌握知识点是解题的关键．
依次根据零指数幂，二次根式的性质，特殊角的三角函数值，绝对值的意义化简计算即可．
18.【答案】∵{3(x−1)<4+2x①x−95<2x②
∴解不等式①，得x<7;解不等式，②，得x>−1.
∴不等式组的解集为−1
【解析】先求出每一个不等式的解集，再根据不等式解集的取值方法“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解”的方法确定不等式组的解集．本题考查了一元一次不等式组的解法，熟练进行不等式求解是解题的关键．
19.【答案】解：原式=3a−6b+3ba−b2
=3a−ba−b2
=3a−b，
∵a−b−1=0，
∴a−b=1，
∴原式=31=3.

【解析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握知识点是解题的关键．
先利用完全平方公式和整式的加法，乘法对分母和分子化简，再对a−b−1=0化简得到a−b=1，最后整体代入求值即可．
20.【答案】(1)证明：∵E是AB的中点，DF=FB，
∴EF//AD，
∵AF//DC，
∴四边形AFCD为平行四边形；
(2)解：∵∠EFB=90∘，
∴∠CFB=180∘−90∘=90∘，
在Rt△EFB中，tan∠FEB=FBFE=3，EF=1，
∴FB=3，
∵E是AB的中点，DF=FB
∴AD=2EF=2，
∵四边形AFCD为平行四边形，
∴CF=AD=2，
∴在Rt△CFB中，由勾股定理得CB= CF2+FB2= 13.

【解析】(1)根据三角形的中位线定理得到EF//AD，而AF//DC，即可求证；
(2)解Rt△EFB求得FB=3，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到CF=AD=2，最后对Rt△CFB运用勾股定理即可求解．
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
21.【答案】解：设技术改进后该汽车的A类物质排放量为xmg/km，则B类类物质排放量为(40−x)mg/km，
由题意得：x1−50%+40−x1−75%=92，
解得：x=34，
∵34<35，
∴这次技术改进后该汽车的A类物质排放量是符合“标准”．

【解析】本题考查了列一元一次方程解应用题，正确理解题意，找到等量关系是解题的关键．
设技术改进后该汽车的A类物质排放量为xmg/km，则B类类物质排放量为40−xmg/km，根据汽车的A，B两类物质排放量之和原为92mg/km建立方程求解即可．
22.【答案】解：(1)由题意得将2,1代入y=−kx+3，得−2k+3=1，
解得：k=1.
将k=1，2,1，代入函数y=kx+bk≠0中，
得：2k+b=1k=1，
解得：k=1b=−1，
∴k=1,b=−1.
(2)m的取值范围为m≥1.

【解析】本题考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象平行的条件，利用数形结合的思想是解决本题的关键．
(1)将2,1代入y=−kx+3先求出k，再将2,1和k的值代入y=kx+bk≠0即可求出b；
(2)根据数形结合的思想解决，将问题转化为当x>2时，对于x的每一个值，直线y=mxm≠0的图象在直线y=x−1和直线y=−x+3的上方，画出临界状态图象分析即可．
解：(1)见答案．
(2)∵k=1,b=−1，
∴两个一次函数的解析式分别为y=x−1,y=−x+3，
当x>2时，对于x的每一个值，函数y=mxm≠0的值既大于函数y=x−1的值，也大于函数y=−x+3的值，
即当x>2时，对于x的每一个值，直线y=mxm≠0的图像在直线y=x−1和直线y=−x+3的上方，则画出图象如下．
由图象，得当直线y=mxm≠0与直线y=x−1平行时符合题意或者当y=mxm≠0与x轴的夹角大于直线y=mxm≠0与直线y=x−1平行时的夹角也符合题意，
∴当直线y=mxm≠0与直线y=x−1平行时，m=1，
∴当x>2时，对于x的每一个值，直线y=mxm≠0的图像在直线y=x−1和直线y=−x+3的上方时，m≥1，
∴m的取值范围为m≥1.
23.【答案】解：(1)①从教师评委打分的情况看，91分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为91，
所以m=91.
共有45名学生评委给每位选手打分，所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第23个，从频数分面直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组91≤x<94.
故答案为：91，4.
②去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余8名教师评委打分分别为：88，90，91，91，91，91，92，92，
∴x=88+90+91+91+91+91+92+928=90.75<91，
故答案为：< .
(2)x甲=90+92+92+93+935=92，
s甲2=15[(90−92)2+(92−92)2+(92−92)2+(93−92)2+(93−92)2]=1.2，
x乙=91+92+92+92+925=91.8，
s乙2=15[(91−91.8)2+(92−91.8)2+(92−91.8)2+(92−91.8)2+(92−91.8)2]=0.16，
∵丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，
依题意，当x甲⩾x丙⩾x乙，则91.8≤15(90+94+90+94+k)≤92
解得：91≤k≤92
当k=91时，x丙=x乙=91.8，
此时s丙2=15[2×(90−91.8)2+2×(94−91.8)2+(91−91.8)2]=3.36
∵s丙2>s乙2，则乙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，不合题意，
当k=92时，x丙=x甲=92，
此时s丙2=15[2×(90−92)2+2×(94−92)2+(92−92)2]=3.2
∵s丙2>s甲2，则丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，这三位选手中排序最靠前的是甲
故答案为：甲，92.

【解析】本题考查频数分布直方图，平均数，中位数，众数，方差，理解平均数，中位数，众数，方差的意义和计算方法是正确解答的前提．
(1)根据众数以及中位数的定义解答即可；
(2)根据方差的定义和意义求解即可；
(3)根据题意得出x甲⩾x丙⩾x乙，进而分别求得方差与平均数，分类讨论，求解即可．
24.【答案】解：(1)根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，
∵OB=OC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC=2∠B，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC=2∠AOD，
∴∠B=∠AOD，
∴OD//BC.
(2)∵OFBF=56，PE=1，
不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，
∴OP=OE+PE=11x+1，
∵OD//BC，
∴△OFE∽△BFC，∠OBM=∠POB，
∴OEBC=OFBF=56，
∴11xBC=56，解得BC=66x5.
取BC的中点M，连接OM，则BM=33x5.
∵OB=OC，
∴OM⊥BC，
∴cs∠OBM=BMOB=35，
∴cs∠POB=35，
∵PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
∴cs∠POB=35=OBOP=OBOE+PE=OBOB+1，
解得OB=32，
故⊙O半径的长为32.


【解析】(1)根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，结合OB=OC，得到∠B=∠C，继而得到∠AOC=2∠B，根据OD平分∠AOC，得到∠AOC=2∠AOD，继而得到∠B=∠AOD，可证OD//BC；
(2)不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，求得OP=OE+PE=11x+1，证明△OFE∽△BFC，∠OBM=∠POB，求得BC=66x5.取BC的中点M，连接OM，则BM=33x5，求得cs∠OBM=35，cs∠POB=35，结合切线的性质，得到cs∠POB=35=OBOP=OBOE+PE=OBOB+1，解答即可.
本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键.
25.【答案】(1)解：由题意得，设V与h1的函数关系式为：V=kh1k≠0，
由表格数据，得100=2.5k，
解得：k=40，
∴V=40h1，
∴当V=40时，40h1=40，
∴h1=1.0.
(2)解：如图所示，即为所画图像，
(3)解：①当V=320ml时，h1=32040=8cm，由图象可知高度差CD≈1.2cm，
故答案为：1.2；
②由图象可知当两个水杯的水面高度相同时，估算高度约为8.5cm，
故答案为：8.5.

【解析】本题考查了函数的图象与性质，描点法画函数图象，求一次函数解析式，已知函数值求自变量，正确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
(1)设V与h1的函数关系式为V=kh1k≠0，由表格数据，得100=2.5k，则可求V=40h1，代入V=40即可求解；
(2)画h2与V之间的关系图象时，描点，连线即可，画h1与V的关系图像时，由于V=40h1是正比例函数，故只需描出两点即可；
(3)①当V=320mLL时，h1=32040=8cm，由图象可知高度差CD≈1.2cm；②在V=320ml左右两侧找到等距的体积所对应的高度相同，大致为8.5cm.
26.【答案】解：(1)把a=1代入y=ax2−2a2x ，得y=x2−2x=(x−1)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为1,−1 .
(2)分两种情况：
①当a>0时，如图，此时3a<3，
∴a<1，
又∵a>0，
∴0当a<0时，如图，此时−a<4，
解得a>−4，
又∵a<0，
∴−4综上，当0
【解析】(1)把a=1代入y=ax2−2a2x，转化成顶点式即可求解；
(2)分①a>0和a<0两种情况，画出图形结合二次函数的性质解答即可求解；
本题考查了求二次函数的顶点式，二次函数的性质，运用分类讨论和数形结合思想解答是解题的关键．
27.【答案】(1)证明：连接CD .

由题意得：BC=BD，∠CBD=180∘−2α，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠BDC+∠BCD+∠CBD=180∘，
∴∠BDC=180∘−180∘−2α2=α，
∴∠BDC=∠A，
∴CA=CD，
∵DE⊥AN，
∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90∘，
∴∠1=∠2，
∴CD=CE，
∴CA=CE，
∴点C是AE的中点.
(2)解：EF=2AC.
在射线AM上取点H，使得BH=BA，取EF的中点G，连接DG.

∵BH=BA，
∴∠BAH=∠BHA=α，
∴∠ABH=180∘−2α=∠CBD，
∴∠ABC=∠HBD，
又∵BC=BD，
∴△ABC≌△HBD，
∴AC=DH，∠BHD=∠A=α，
∴∠FHD=∠BHA+∠BHD=2α.
∵DF//AN，
∴∠EFD=∠A=α，∠EDF=∠3=90∘，
∵G是AE的中点，
∴GF=GD，EF=2GD，
∴∠GFD=∠GDF=α，
∴∠HGD=2α，
∴∠HGD=∠FHD，
∴DG=DH，
∵AC=DH，
∴DG=AC，
∴EF=2AC.

【解析】(1)先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得∠BDC=180∘−180∘−2α2=α，则∠BDC=∠A，故CA=CD，再根据等角的余角相等即可得到∠1=∠2，故CD=CE，最后等量代换出CA=CE，即点C是AE的中点；
(2)在射线AM上取点H，使得BH=BA，取EF的中点G，连接DG，可证明△ABC≌△HBD，则AC=DH，∠BHD=∠A=α，则∠FHD=2α，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到∠HGD=2α，则DG=DH，而EF=2GD，故可等量代换出EF=2AC.
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
28.【答案】(1)解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′.
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O′的圆内或圆上，
∵点A0,1，B1,0，
∴OA=OB=1，
而∠AOB=90∘，
∴∠ABO=∠OAB=45∘，
由对称得：∠O′BA=O′AB=45∘，
∴△O′BA为等腰直角三角形，
∴O′1,1，
设⊙O半径为R，
则C1O′= 12+12= 2>R=1，故C1在⊙O′外，不符合题意；
C2O′=2−1=1=R，故C2在⊙O′上，符合题意；
C3O′= 122+12= 52>R=1，故C3在⊙O′外，不符合题意，
∴点C2是弦AB的“α可及点”，
可知B,O′,C2三点共线，
∵AB⌢=AB⌢，
∴α=∠AC2B=12∠AO′B=45∘，
故答案为：C2，45；
②取AB中点为H，连接DH.

则∠ADB=90∘，
∴HD=HA=HB，
∴点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运动(不包括端点A、B)，
∴当点DH//x轴时，点D横坐标最大，
∵OA=OB=1，∠AOB=90∘，
∴AB= 2，
∴HD=12AB= 22，
∵点A0,1，B1,0，
∴H12,12，
∴此时xD=xH+DH=1+ 22，
∴点D的横坐标的最大值为1+ 22，
故答案为：1+ 22；
(2)解：反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于MN 的对称圆⊙O′，
∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，
∴点C应在⊙O′的圆内或圆上，
故点P需要在⊙O′的圆内或圆上，
作出△MPN的外接圆⊙O′′，连接O′′M,O′′N，
∴点P在以O′′为圆心，MO′′为半径的MN⌢上运动(不包括端点M、N)，
∴∠MO′′N=2∠MPN=120∘，
∴∠O′′MN=30∘，
由对称得点O,O′在MN的垂直平分线上，
∵△MPN的外接圆为⊙O′′，
∴点O′′也在MN的垂直平分线上，记OO′与NM交于点Q，
∴MQ=MO′′⋅cs30∘= 32MO′′，
∴MN=2MQ= 3MO′′，
随着MN的增大，⊙O′会越来越靠近⊙O，当点O′与点O′′重合时，点P在⊙O′上，即为临界状态，此时MN最大，MN= 3MO′′= 3，
连接O′′P,OP，
∵OP≤OO′′+O′′P，
∴当MN最大，MN= 3时，此时△MNP为等边三角形，
由上述过程知MN=2MQ= 3MO′′
∴MO′′=O′′P= 3 3=1，
∴当r=1，OP的最大值为2，
设Pt, 3t− 3，则OP2=t−02+ 3t− 32=4t2−6t+3=4，
解得：t=3± 134，
而记直线y= 3x− 3与⊙O交于T,S，与y轴交于点K，过点S作SL⊥x轴，
当x=0,y=− 3，当y=0时， 3x− 3=0，
解得x=1，
∴与x轴交于点T1,0，
∴tan∠OTK=OKOT= 3，而OT=OS
∴△OTS为等边三角形，
∴∠TOS=60∘，
∴OL=12,LS= 32，
∴S12,− 32，
∴t的取值范围是3− 134≤t<12或1
【解析】(1)由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O′，若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB=α，则称点C是弦AB的“α可及点”，则点C应在⊙O′的圆内或圆上，先求得O′1,1，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出C2在⊙O′上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解α=12∠AO′B=45∘；
②取AB中点为H，连接DH，可确定点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运动(不包括端点A、B)，当点DH//x轴时，点D横坐标最大，可求xD=xH+DH=1+ 22，故点D的横坐标的最大值为1+ 22；
(2)反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于MN 的对称圆⊙O′，故点P需要在⊙O′的圆内或圆上，作出△MPN的外接圆⊙O′′，连接O′′M,O′′N，则点P在以O′′为圆心，MO′′为半径的MN⌢上运动(不包括端点M、N)，可求MN=2MQ= 3MO′′，随着MN的增大，⊙O′会越来越靠近⊙O，当点O′与点O′′重合时，点P在⊙O′上，即为临界状态，此时MN最大，MN= 3MO′′= 3，由OP≤OO′′+O′′P，故当MN最大，MN= 3时，此时△MNP为等边三角形，此时MO′′=O′′P= 3 3=1，故当r=1，OP的最大值为2，设Pt, 3t− 3，则OP2=t−02+ 3t− 32=22，解得：t=3± 134，可求直线与⊙O交于点T1,0，S12,− 32，故t的取值范围是3− 134≤t<12或1本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键．
(1)如图，以点O为 圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
(2)作射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；以点C′为圆心，CD长为半径画弧，两弧交于点D′；
(3)过点D′作射线O′B′，则∠A′O′B′=∠AOB.

节目
A
B
C
D
演员人数
10
2
10
1
彩排时长
30
10
20
10
平均数
中位数
众数
教师评委
91
91
m
学生评委
90.8
n
93
评委1
评委2
评委3
评委4
评委5
甲
93
90
92
93
92
乙
91
92
92
92
92
丙
90
94
90
94
k
V/mL
0
40
100
200
300
400
500
h1/cm
0
2.5
5.0
7.5
10.0
12.5
h2/cm
0
2.8
4.8
7.2
8.9
10.5
11.8