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2024年浙江省中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．（3分）设x是用字母表示的有理数，则下面各式中必大于零的是（　　）
A．x+2 B．2x C．|x| D．x2+2
2．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．﹣a2b+ba2＝0 B．3（a+b）＝3a+b
C．x2+2x2＝3x4 D．2m+3n＝5mn
3．（3分）2023年9月23日第19届杭州亚运会开幕，有最高2640000人同时收看直播，数字2640000用科学记数法可以表示为（　　）
A．2.64×104 B．2.64×105 C．2.64×106 D．2.64×107
4．（3分）由6个同样的立方体摆出从正面看是的几何体，下面摆法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）分式的值，可以等于（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
6．（3分）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）小明所在的班级有20人去体育场观看演出，20张票分别为A区第10排1号到20号．采用随机抽取的办法分票，小明第一个抽取得到10号座位，接着小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）已知y1和y2均是以x为自变量的函数，当x＝m时，函数值分别是M1和M2，若存在实数m，使得M1﹣M2＝1则称函数y1和y2符合“特定规律”．以下函数y1和y2符合“特定规律”的是（　　）
A．和
B．和y2＝﹣x+8
C．和
D．和y2＝﹣x﹣8
9．（3分）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连结OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB＝60°，OP＝6cm，则四边形PFOE的面积是（　　）
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
10．（3分）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算（+1）（﹣1）的结果等于　 　．
12．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，CD平分∠ACB交AB于D点，AE∥DC交BC的延长线于点E，已知∠E＝36°，则∠B＝　 　度．
13．（3分）已知在二次函数y＝ax2+bx+c中，函数值y与自变量x的部分对应值如表：
x ﹣1 0 1 2 3
y 8 3 0 ﹣1 0
则满足方程ax2+bx+c＝3的解是 　 　．
14．（3分）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　 　cm．
15．（3分）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　 　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　 　cm．
16．（3分）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．将小正方形对角线EF双向延长，分别交边AB，和边BC的延长线于点G，H．若大正方形与小正方形的面积之比为5，GH＝2，则大正方形的边长为 　 　．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（6分）（1）计算：；
（2）解不等式：3（x﹣2）＞2（2+x）．
18．（6分）小汪解答“解分式方程：”的过程如下，请指出他解答过程中错误步骤的序号，并写出正确的解答过程．
解：去分母得：2x+3﹣1＝﹣（x﹣1）…①，
去括号得：2x+3﹣1＝﹣x+1…②，
移项得：2x+x＝1+1﹣3…③，
合并同类项得：3x＝﹣1…④，
系数化为1得：x＝…⑤，
∴x＝是原分式方程的解．
19．（8分）某校初三年级开展了系列交通安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．这30名学生第一次竞赛成绩；
b．这30名学生两次知识竞赛的获奖情况统计表和第二次竞赛成绩得分情况统计图：（规定：分数≥90，获卓越奖；85≤分数＜90，获优秀奖；分数＜85，获参与奖）
参与奖 优秀奖 卓越奖
第一次竞赛 人数 10 10 10
平均分 82 87 95
第二次竞赛 人数 2 12 16
平均分 84 87 93
c．第二次竞赛获卓越奖的学生成绩如下：90，90，91，91，91，91，92，93，93，94，94，94，95，95，96，98．
d．两次竞赛成绩样本数据的平均数、中位数、众数如表：
平均数 中位数 众数
第一次竞赛 m 87.5 88
第二次竞赛 90 n 91
根据以上信息，回答下列问题：
（1）小松同学第一次竞赛成绩是89分，第二次竞赛成绩是91分，在图中用“〇”圈出代表小松同学的点；
（2）直接写出m，n的值；
（3）请判断第几次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，并说明理由．
20．（8分）某校九年级学生在数学社团课上进行了项目化学习研究，某小组研究如下：
【提出驱动性问题】如何设计纸盒？
【设计实践任务】选择“素材1”“素材2”设计了“任务1”“任务2”的实践活动．请你尝试帮助他们解决相关问题．
素材1 利用一边长为40cm的正方形纸板可能设计成如图所示的无盖纸盒．
素材2 如图，若在正方形硬纸板的四角各剪掉一个同样大小的小正方形，将剩余部分折成一个无盖纸盒．
【尝试解决问题】
任务1 初步探究：折一个底面积为484cm2无盖纸盒． （1）求剪掉的小正方形的边长为多少？
任务2 折成的无盖纸盒的侧面积是否有最大值？ （2）如果有，求出这个最大值和此时剪掉的小正方形的边长；如果没有，说明理由．
21．（10分）为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高AB为2cm，∠ABC＝150°，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计）
（1）求支点C离桌面l的高度；（计算结果保留根号）
（2）小吉通过查阅资料，当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤70°时，能保护视力．当α从30°变化到70°的过程中，问面板上端E离桌面l的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
22．（10分）正方形ABCD边长为3，点E是CD上一点，连结BE交AC于点F．
（1）如图1，若CE＝1，求CF的值；
（2）如图1，，若，求m的值．
（3）如图2，点G为BC上一点，且满足∠GAC＝∠EBC，设CE＝x，GB＝y，试探究y与x的函数关系．
23．（12分）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且A（﹣1，0）、E（1，0）．
（1）的度数为 　 　°；
（2）如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 　 　；
（3）如图3，连接AC、AP、CP、CB．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求AQ的长；
（4）如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，交x轴于点B（﹣6，0）和点C（2，0），点Q在第一象限的抛物线上，连接AB、AQ、BQ，BQ与y轴交于点N．
（1）求抛物线表达式；
（2）点，点M在x轴上，点E在平面内，若△BME≌△AOM，且四边形ANEM是平行四边形．
①求点E的坐标；
②设射线AM与BN相交于点P，交BE于点H，将△BPH绕点B旋转一周，旋转后的三角形记为△BP1H1，求的最小值．
2024年浙江省中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．（3分）设x是用字母表示的有理数，则下面各式中必大于零的是（　　）
A．x+2 B．2x C．|x| D．x2+2
【分析】含绝对值、平方的数都是非负数，它们的值都大于等于0，由此可解此题．
【解答】解：当x＜0时，x+2与2x都小于0，
当x＝0时，|x|＝0，
而不论x取何值，x2≥0，x2+2必大于0．
故选：D．
2．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．﹣a2b+ba2＝0 B．3（a+b）＝3a+b
C．x2+2x2＝3x4 D．2m+3n＝5mn
【分析】根据合并同类项的法则判断A、C、D，根据去括号法则判断B．
【解答】解：A、﹣a2b+ba2＝0，故本选项运算正确，符合题意；
B、3（a+b）＝3a+3b，故本选项运算错误，不符合题意；
C、x2+2x2＝3x2，故本选项运算错误，不符合题意；
D、2m与3n不是同类项，不能合并成一项，故本选项运算错误，不符合题意；
故选：A．
3．（3分）2023年9月23日第19届杭州亚运会开幕，有最高2640000人同时收看直播，数字2640000用科学记数法可以表示为（　　）
A．2.64×104 B．2.64×105 C．2.64×106 D．2.64×107
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：2640000＝2.64×106．
故选：C．
4．（3分）由6个同样的立方体摆出从正面看是的几何体，下面摆法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据主视图是从正面看到的图形判断则可．
【解答】解：由题目中的主视图可知，第一层有三列，第二层有一列，只有B选项符合题意．
故选：B．
5．（3分）分式的值，可以等于（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【分析】先把分式化简，再判断求解．
【解答】解：＝1+＞1，
当x＝0时，原式＝2，
故选：D．
6．（3分）如图，BC是⊙O的切线，点B是切点，连接CO交⊙O于点D，延长CO交⊙O于点A，连接AB，若∠C＝30°，OD＝2，则AB的长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接OB、DB，由AD是⊙O的直径，得∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，由切线的性质得∠OBC＝90°，而∠C＝30°，则∠BOC＝60°，所以△BOD是等边三角形，则BD＝OD＝2，所以AB＝＝2，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OB、DB，则OB＝OD＝2，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，AD＝2OD＝4，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD＝OD＝2，
∴AB＝＝＝2，
故选：C．
7．（3分）小明所在的班级有20人去体育场观看演出，20张票分别为A区第10排1号到20号．采用随机抽取的办法分票，小明第一个抽取得到10号座位，接着小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】直接利用概率公式求解．
【解答】解：因为与10号座位相邻得有2个座位，
所以小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率为．
故选：A．
8．（3分）已知y1和y2均是以x为自变量的函数，当x＝m时，函数值分别是M1和M2，若存在实数m，使得M1﹣M2＝1则称函数y1和y2符合“特定规律”．以下函数y1和y2符合“特定规律”的是（　　）
A．和
B．和y2＝﹣x+8
C．和
D．和y2＝﹣x﹣8
【分析】根据题干信息，直接令M1﹣M2＝1，若方程有实数根，则存在；若方程没有实数根，则不存在．
【解答】解：A、当x＝m时，，，
∴＝m2+8+m2﹣2m＝2m2﹣2m+8，
令2m2﹣2m+8＝1，
则2m2﹣2m+7＝0，
∵Δ＝（﹣2）2﹣4×2×7＝4﹣56＝﹣52＜0，
∴此方程无实数根，
即不存在m的值使函数y1和y2符合“特定规律”，
故此选项不符合题意；
B、当x＝m时，，M2＝﹣m+8，
∴＝m2+2m﹣8，
令m2+2m﹣8＝1，
则m2+2m﹣9＝0，
∵Δ＝22﹣4×1×（﹣9）＝4+36＝40＞0，
∴存在m的值使函数y1和y2符合“特定规律”，
故此选项符合题意；
C、当x＝m时，，，
∴＝m2+8+m2+2m＝2m2+2m+8，
令2m2+2m+8＝1，
则2m2+2m+7＝0，
∵Δ＝22﹣4×2×7＝4﹣56＝﹣52＜0，
∴此方程无实数根，
即不存在m的值使函数y1和y2符合“特定规律”，
故此选项不符合题意；
D、当x＝m时，，M2＝﹣m﹣8，
∴＝m2+2m+8，
令m2+2m+8＝1，
则m2+2m+7＝0，
∵Δ＝22﹣4×1×7＝4﹣28＝﹣24＜0，
∴不存在m的值使函数y1和y2符合“特定规律”，
故此选项不符合题意；
故选：B．
9．（3分）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连结OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB＝60°，OP＝6cm，则四边形PFOE的面积是（　　）
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【分析】过P作PE⊥OB于E，再判定四边形OEPF为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．
【解答】解：过P作PB⊥OB于B，
由作图得：OP平分∠AOB，
∴∠PAB＝∠AOP＝∠AOB＝30°，
∴PB＝＝3cm，
∴OB＝＝3cm，
∵PE∥OA，PF∥OB，
∴四边形OEPF为平行四边形，∠EPO＝∠POA＝30°，
∴∠POE＝∠OPE，
∴OE＝PE，
设OE＝PE＝x cm，
在Rt△PEB中，PE2﹣BP2＝EB2，
即：x2﹣32＝（3﹣x）2，
解得：x＝2，
∴S四边形OEPF＝OE PB＝2×3＝6（cm）．
故选：B．
10．（3分）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，先证明△ENQ≌△CBE，得到EB＝QN＝BN＝BG＝CG，设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝a，再证明△CBE≌△CDP、△PAM≌△QNM，得到PA＝a，，，利用三角函数即可求解．
【解答】解：过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，则∠QNE＝∠QNM＝90°，
∵四边形ABCD、四边形BEFG、四边形CPQE是正方形，
∴EC＝EQ，CB＝CD，∠GBE＝∠CEQ＝∠BCD＝∠PCE＝∠A＝90°，
∵点Q、B、F三点共线，
∴∠QBN＝∠EBF＝45°，
∴△EBF、△BQN都是等腰直角三角形，
∴QN＝BN，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，∠QEN+∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝∠QEN，
在△ENQ和△CBE中，
，
∴△ENQ≌△CBE（AAS），
∴EN＝CB，QN＝EB，
∵QN＝BN，
∴EN＝CB＝2EB，
∴EB＝QN＝BN＝BG＝CG，
设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝2a﹣a＝a，
∵∠DCP+∠BCP＝90°，∠BCE+∠BCP＝90°，
∴∠DCP＝∠BCE，
在△CBE和△CDP中，
，
∴△CBE≌△CDP（ASA），
∴BE＝DP＝a，
∴PA＝2a﹣a＝a，
∴PA＝QN，
在△PAM和△QNM中，
，
∴△PAM≌△QNM（AAS），
∴，
∴，
在Rt△PAM中，，
在Rt△BCM中，，
∵tanα＝ntanβ，
∴，
∴，
故选：A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算（+1）（﹣1）的结果等于　2　．
【分析】利用平方差公式计算．
【解答】解：原式＝3﹣1
＝2．
故答案为2．
12．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，CD平分∠ACB交AB于D点，AE∥DC交BC的延长线于点E，已知∠E＝36°，则∠B＝　72　度．
【分析】先利用平行线的性质求出∠E＝∠BCD＝36°，再利用角平分线的性质和等边对等角计算．
【解答】解：∵∠E＝36°，AE∥DC，
∴∠E＝∠BCD＝36°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB＝72°；
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝72°．
13．（3分）已知在二次函数y＝ax2+bx+c中，函数值y与自变量x的部分对应值如表：
x ﹣1 0 1 2 3
y 8 3 0 ﹣1 0
则满足方程ax2+bx+c＝3的解是 　x1＝0，x2＝4　．
【分析】通过表格数据求出a、b、c然后代入方程ax2+bx+c＝3即可求解．
【解答】解：由表格可知抛物线经过（0，3）；（3，0）；（1，0），
抛物线解析式为：y＝ax2+bx+c，
将（0，3）；（3，0）；（1，0）代入y＝ax2+bx+c可得：
，
解得：，
∴x2﹣4x+3＝3，
移项可得：x2﹣4x＝0，
因式分解可得：x（x﹣4）＝0，
解得：x1＝0，x2＝4．
14．（3分）如图，P为直径AB上的一点，点M和N在⊙O上，且∠APM＝∠NPB＝30°．若OP＝2cm，AB＝16cm，则PN+PM＝　6　cm．
【分析】延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图，由∠APM＝∠NPB，∠APQ＝∠NPB得到∠APM＝∠APQ，利用圆的对称性得到点M与点Q关于AB对称，则PM＝PQ，所以PN+PM＝PQ+PN＝NQ，在Rt△OPH中利用含30度的直角三角形三边的关系得到OH＝1cm，则在Rt△OHN中可勾股定理计算出NH＝3cm，然后根据垂径定理得到NH＝QH，NQ＝2NH＝6cm，即可得到PN+PM的值．
【解答】解：延长NP交⊙O于Q，作OH⊥NQ于H，连接MQ，ON，如图，
∵∠APM＝∠NPB，
而∠APQ＝∠NPB，
∴∠APM＝∠APQ，
∴点M与点Q关于AB对称，
∴PM＝PQ，
∴PN+PM＝PQ+PN＝NQ，
在Rt△OPH中，∵OP＝2cm，∠OPH＝30°，
∴OH＝1cm，
在Rt△OHN中，∵OH＝1cm，ON＝AB＝8cm，
∴NH＝＝3cm，
∵OH⊥NQ，
∴NH＝QN，
∴NQ＝2NH＝6cm，
故答案为：6．
15．（3分）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　4　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　　cm．
【分析】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，在Rt△CDF中，CF＝＝2，知tan∠CDF＝＝，故tan∠MPF＝，可得PG＝，PF＝PG+GF＝，由△CDF∽△KFP，得＝，即可得压杆MN到底座AB的距离为cm．
【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D，
∵四边形EFGH是矩形，
∴HG∥EF，即MG∥DF，
∵G是PF中点，
∴MG是△PDF的中位线，
∴MG＝DF＝×8＝4（cm），
如图3，过点P作PK⊥AB于K，
∵MN∥AB，
∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK，
∵∠DFP＝∠DCF＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°，
∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，
在Rt△CDF中，CF＝＝＝2，
∴tan∠CDF＝＝＝，
∴tan∠MPF＝，即＝，
∴＝，
解得PG＝，
∴PF＝PG+GF＝+2＝，
∵∠CDF＝∠PFK，∠DCF＝90°＝∠PKF，
∴△CDF∽△KFP，
∴＝，即＝，
解得PK＝（cm），
∴压杆MN到底座AB的距离为cm，
故答案为：4，．
16．（3分）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．将小正方形对角线EF双向延长，分别交边AB，和边BC的延长线于点G，H．若大正方形与小正方形的面积之比为5，GH＝2，则大正方形的边长为 　3　．
【分析】设小正方形在线段DE上的一个顶点为M，CD与GH相交于点P，由大正方形与小正方形的面积之比为5，可推出AD＝EM，设EM＝a，AE＝b，则AD＝a，利用勾股定理和多项式的因式分解推出a＝b；延长BF交CD于点N，利用平行线等分线段定理可证N是CD的中点，利用平行要线段成比例定理可推得，即FG＝4FP；设PN＝x，则BG＝4x，证△BFG≌△DEP得PD＝BG＝4x，同理得EG＝FP，由此可推出PC＝2x；由CP∥BG，得，可求得PH与PG的长，最后由EF＝PG﹣2EG＝a求出a的值即可．
【解答】解：设小正方形在线段DE上的一个顶点为M，CD与GH相交于点P，
∵大正方形与小正方形的面积之比为5，
∴，
∴AD＝EM，
设EM＝a，AE＝b，则AD＝a，由勾股定理得，AE2+DE2＝AD2，
∴，
∴b2++2ab﹣4a2＝0，
∴（b﹣a）（b+2a）＝0，
∵b+2a≠0，
∴b﹣a＝0，
∴b＝a，
∴AE＝EM＝DM＝CF＝a，
延长BF交CD于点N，
∵BN∥DE，CF＝FM，
∴DN＝CN，
∴FN＝DM＝a，
∵PN∥BG，
∴，
设PN＝x，则BG＝4x，
∵BN∥DE，AE∥CM，
∴∠BFG＝∠DEF，∠BGF＝∠DEF，
∵DE＝BF，
∴△BFG≌△DEP（AAS），
∴PD＝BG＝4x，
同理得：EG＝FP，
∴DN＝3x＝CN，
∴PC＝2x，
∵CP∥BG，
∴，即，
∴PH＝PG＝，
∵，即FG＝4FP，
∴EG＝FP＝，
∴EF＝PG﹣2EG＝＝a，
∴a＝，
∴AD＝a＝3．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（6分）（1）计算：；
（2）解不等式：3（x﹣2）＞2（2+x）．
【分析】（1）分别根据零指数幂的定义，绝对值的性质以及算术平方根的定义计算即可；
（2）不等式去括号，移项，合并同类项，化系数为1即可．
【解答】解：（1）原式＝1+2﹣
＝；
（2）3（x﹣2）＞2（2+x），
去括号，得3x﹣6＞4+2x，
移项，得3x﹣2x＞4+6，
合并同类项，得x＞10．
18．（6分）小汪解答“解分式方程：”的过程如下，请指出他解答过程中错误步骤的序号，并写出正确的解答过程．
解：去分母得：2x+3﹣1＝﹣（x﹣1）…①，
去括号得：2x+3﹣1＝﹣x+1…②，
移项得：2x+x＝1+1﹣3…③，
合并同类项得：3x＝﹣1…④，
系数化为1得：x＝…⑤，
∴x＝是原分式方程的解．
【分析】错误步骤的序号为①，解方程去分母转化为整式方程，2x+3﹣2（x﹣2）＝﹣（x﹣1），进而解这个整式方程，最后检验，即可求解．
【解答】解：错误步骤的序号为①，
，
去分母得：2x+3﹣2（x﹣2）＝﹣（x﹣1），
去括号得：2x+3﹣2x+4＝﹣x+1，
移项得：2x﹣2x+x＝1﹣3﹣4…③，
合并同类项得：x＝﹣6…④，
检验：当x＝﹣6时，x﹣2≠0，
∴x＝﹣6是原分式方程的解．
19．（8分）某校初三年级开展了系列交通安全知识竞赛，从中随机抽取30名学生两次知识竞赛的成绩（百分制），并对数据（成绩）进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．这30名学生第一次竞赛成绩；
b．这30名学生两次知识竞赛的获奖情况统计表和第二次竞赛成绩得分情况统计图：（规定：分数≥90，获卓越奖；85≤分数＜90，获优秀奖；分数＜85，获参与奖）
参与奖 优秀奖 卓越奖
第一次竞赛 人数 10 10 10
平均分 82 87 95
第二次竞赛 人数 2 12 16
平均分 84 87 93
c．第二次竞赛获卓越奖的学生成绩如下：90，90，91，91，91，91，92，93，93，94，94，94，95，95，96，98．
d．两次竞赛成绩样本数据的平均数、中位数、众数如表：
平均数 中位数 众数
第一次竞赛 m 87.5 88
第二次竞赛 90 n 91
根据以上信息，回答下列问题：
（1）小松同学第一次竞赛成绩是89分，第二次竞赛成绩是91分，在图中用“〇”圈出代表小松同学的点；
（2）直接写出m，n的值；
（3）请判断第几次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，并说明理由．
【分析】（1）根据这30名学生第一次竞赛成绩和第二次竞赛成绩得分情况统计图可得横坐标是89，纵坐标是90的点即代表小松同学的点；
（2）根据平均数和中位数的定义可得m和n的值；
（3）根据平均数，众数和中位数这几方面的意义解答可得．
【解答】解：（1）如图所示．
（2）m＝＝88，
∵第二次竞赛获卓越奖的学生有16人，成绩从小到大排列为：90 90 91 91 91 91 92 93 93 94 94 94 95 95 96 98，
∴第一和第二个数是30名学生成绩中第15和第16个数，
∴n＝（90+90）＝90，
∴m＝88，n＝90；
（3）可以推断出第二次竞赛中初三年级全体学生的成绩水平较高，理由是：第二次竞赛学生成绩的平均数、中位数、众数都高于第一次竞赛．
20．（8分）某校九年级学生在数学社团课上进行了项目化学习研究，某小组研究如下：
【提出驱动性问题】如何设计纸盒？
【设计实践任务】选择“素材1”“素材2”设计了“任务1”“任务2”的实践活动．请你尝试帮助他们解决相关问题．
素材1 利用一边长为40cm的正方形纸板可能设计成如图所示的无盖纸盒．
素材2 如图，若在正方形硬纸板的四角各剪掉一个同样大小的小正方形，将剩余部分折成一个无盖纸盒．
【尝试解决问题】
任务1 初步探究：折一个底面积为484cm2无盖纸盒． （1）求剪掉的小正方形的边长为多少？
任务2 折成的无盖纸盒的侧面积是否有最大值？ （2）如果有，求出这个最大值和此时剪掉的小正方形的边长；如果没有，说明理由．
【分析】（1）设剪掉的小正方形的边长为x cm，则折成的无盖纸盒的底面是边长为（40﹣2x）cm的正方形，根据折成的无盖纸盒的底面积为484cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
（2）折成的无盖纸盒的侧面积有最大值，设剪掉的小正方形的边长为a cm，折成的无盖纸盒的侧面积为S cm2，利用长方体的侧面积公式，可得出S关于a的函数关系式，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题．
【解答】解：（1）设剪掉的小正方形的边长为x cm，则折成的无盖纸盒的底面是边长为（40﹣2x）cm的正方形，
根据题意得：（40﹣2x）2＝484，
解得：x1＝9，x2＝31（不符合题意，舍去）．
答：剪掉的小正方形的边长为9cm；
（2）折成的无盖纸盒的侧面积有最大值，设剪掉的小正方形的边长为a cm，折成的无盖纸盒的侧面积为S cm2，
根据题意得：S＝4（40﹣2a）a，
即S＝﹣8a2+160a＝﹣8（a﹣10）2+800，
∵﹣8＜0，
∴当a＝10时，S取得最大值，最大值为800．
答：折成的无盖纸盒的侧面积有最大值，最大值为800cm2，此时剪掉的小正方形的边长为10cm．
21．（10分）为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高AB为2cm，∠ABC＝150°，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计）
（1）求支点C离桌面l的高度；（计算结果保留根号）
（2）小吉通过查阅资料，当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤70°时，能保护视力．当α从30°变化到70°的过程中，问面板上端E离桌面l的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【分析】（1）过点C作CF⊥l于点F，过点B作BM⊥CF于点M，易得四边形ABMF为矩形，那么可得MF＝AB＝2cm，∠ABM＝90°，所以∠MBC＝60°，利用60°的三角函数值可得CM长，加上MF长即为支点C离桌面l的高度；
（2）过点C作CN∥l，过点E作EH⊥CN于点H，分别得到CE与CN所成的角为30°和70°时EH的值，相减即可得到面板上端E离桌面l的高度增加或减少了．
【解答】解：（1）过点C作CF⊥l于点F，过点B作BM⊥CF于点M，
∴∠CFA＝∠BMC＝∠BMF＝90°．
由题意得：∠BAF＝90°，
∴四边形ABMF为矩形，
∴MF＝AB＝2cm，∠ABM＝90°．
∵∠ABC＝150°，
∴∠MBC＝60°．
∵BC＝18cm，
∴CM＝BC sin60°＝18×＝9（cm）．
∴CF＝CM+MF＝（9+2）cm．
答：支点C离桌面l的高度为（9+2）cm；
（2）过点C作CN∥l，过点E作EH⊥CN于点H，
∴∠EHC＝90°．
∵DE＝24cm，CD＝6cm，
∴CE＝18cm．
当∠ECH＝30°时，EH＝CE sin30°＝18×＝9（cm）；
当∠ECH＝70°时，EH＝CE sin70°≈18×0.94＝16.92（cm）；
∴16.92﹣9＝7.92≈7.9（cm）
∴当α从30°变化到70°的过程中，面板上端E离桌面l的高度是增加了，增加了约7.9cm．
22．（10分）正方形ABCD边长为3，点E是CD上一点，连结BE交AC于点F．
（1）如图1，若CE＝1，求CF的值；
（2）如图1，，若，求m的值．
（3）如图2，点G为BC上一点，且满足∠GAC＝∠EBC，设CE＝x，GB＝y，试探究y与x的函数关系．
【分析】（1）证△CEF∽△ABF可得，结合AF＝AC﹣CF即可求解；
（2）由可得，进一步可得，据此即可求解；
（3）由（1）可得，证△ACG∽△BCF得即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：AB∥CE，AB＝BC＝3，
∴，
∴，
即：，
解得：；
（2）∵，
∴，
∴，
由（1）可得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：m＝1；
（3）由（1）得：，
即：，
解得：，
∵∠GAC＝∠EBC，∠ACG＝∠BCF，
∴△ACG∽△BCF，
∴，
即：，
∴，
整理得：，
∵y≥0，
∴9﹣3x≥0，x≤3，
又x≥0，
∴0≤x≤3，
故：（0≤x≤3）．
23．（12分）如图1，E点为x轴正半轴上一点，⊙E交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，P点为劣弧上一个动点，且A（﹣1，0）、E（1，0）．
（1）的度数为 　120　°；
（2）如图2，连结PC，取PC中点G，连结OG，则OG的最大值为 　2　；
（3）如图3，连接AC、AP、CP、CB．若CQ平分∠PCD交PA于Q点，求AQ的长；
（4）如图4，连接PA、PD，当P点运动时（不与B、C两点重合），求证：为定值，并求出这个定值．
【分析】（1）由已知条件可以得到CD垂直平分AE，所以CA＝CE，由于CE＝AE，所以可以证得三角形ACE为等边三角形，得到∠CEB＝120°；
（2）由于直径AB⊥CD，根据垂径定理，可以得到O是CD的中点，又G是CP的中点，连接PD，则OG∥PD，OG＝，要求OG最大值，只需要求PD最大值，由于P是劣弧上的一动点，故当P，E，D三点共线，即PD为直径时，PD最大，此时OG最大；
（3）由于直径AB⊥CD，根据垂径定理，可以得到，所以∠ACD＝∠CPA，又CQ平分∠DCP，所以∠PCQ＝∠DCQ，可以证明∠ACQ＝∠AQC，所以AC＝AQ，由（1）可得，AC＝AE＝4，所以AQ＝4；
（4）由直径AB⊥CD，可以得到AB垂直平分CD，所以AC＝AD，∠CAD＝2∠CAE＝120°，将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，可以证明M，D，P三点共线，所以PC+PD＝PM，可以证明△PAM是顶角为120°的等腰三角形，过A做AG⊥PM于G，由于∠APM＝30°，可以通过勾股定理或者三角函数证明PM＝PA，所以＝．
【解答】解：（1）连接AC，CE，
∵A（﹣1，0）、E（1，0），
∴OA＝OE＝1，
∵OC⊥AE，
∴AC＝CE，
∵AE＝CE，
∴AC＝CE＝AE，
∴∠CAE＝60°，
∴∠BEC＝2∠CAB＝120°，
∴的度数为120°，
故答案为：120；
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO＝OD，
连接PD，如图2，
又∵G为PC的中点，
∴OG∥PD，且OG＝，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，
且DP＝AB＝2AE＝4，
∴OG的最大值为2，
故答案为：2；
（3）连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴，
∴∠ACD＝∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ＝∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ＝∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ＝∠AQC，
∴AQ＝AC，
∵∠CAO＝60°，AO＝1，
∴AC＝2，
∴AQ＝2；
（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC＝AD，
由（1）得，∠DAC＝120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP＝∠ADM，PC＝DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP＝180°，
∴∠ADM+∠ADP＝180°，
∴M、D、P三点共线，
∴PD+PC＝PD+DM＝PM，
过A作 AG⊥PM于G，则 PM＝2PG，
∠APM＝∠ACD＝30°，
在 Rt△APG 中，∠APM＝30°，
设AG＝x，则AP＝2x，
∴，
∴
∴，
∴
∴ 为定值．
24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，交x轴于点B（﹣6，0）和点C（2，0），点Q在第一象限的抛物线上，连接AB、AQ、BQ，BQ与y轴交于点N．
（1）求抛物线表达式；
（2）点，点M在x轴上，点E在平面内，若△BME≌△AOM，且四边形ANEM是平行四边形．
①求点E的坐标；
②设射线AM与BN相交于点P，交BE于点H，将△BPH绕点B旋转一周，旋转后的三角形记为△BP1H1，求的最小值．
【分析】（1）将点B、C的坐标代入抛物线，利用待定系数法求得解析式；
（2）①由Q坐标求出BQ解析式，然后根据四边形ANEM是平行四边形和△BME≌△AOM得出BM＝OA＝4，再分类讨论求得M和E的坐标；
②求出AM解析式，交点为P，再求出H坐标，然后由两点间距离公式求出BP和BH长度，因为旋转不改变长度，所以BP1长度不变，当H旋转到x轴上时，此时OH1最短，所以此时OH1等于BO﹣BH，然后代入计算即可．
【解答】解：（1）①抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，交x轴于点B（﹣6，0）和点C（2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）∵抛物线的表达式为，
∴OA＝4，
设直线BQ的解析式为y＝kx+b1，
∵B（﹣6，0），，
∴，
解得，
∴直线BQ的解析式为，
∵N为BQ与y轴交点，
∴N（0，2），
∴AN＝2，
∵四边形ANEM是平行四边形，
∴AN∥EM且EM＝AN＝2，且点E在点M下方，
∵点M在x轴上，点E在平面内，△BME≌△AOM，
∴BM＝OA＝4，
∵B（﹣6，0），
∴M（﹣2，0）或（﹣10，0），
若M为（﹣2，0），
∵∠BME＝∠AOM＝90°，
故E（﹣2，﹣2），
若M为（﹣10，0），
∵OM＝ME＝2，此时OM＝10，（矛盾，舍去），
综上，点E的坐标为（﹣2，﹣2）；
②如图，设AM的解析式为y＝kx+b，
∵抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，
∴点A的坐标为（0，4），
将点A（0，4）、M（﹣2，0）的坐标代入y＝kx+b得：
，
解得，
∴AM的解析式为y＝2x+4，
AM与BQ相交于点P，
∴，
解得，
所以点P的坐标为，
设直线BE的解析式为y＝mx+n，
将点B、E的坐标代入直线BE的解析式得：
，
解得，
所以直线BE的解析式为，
BE与AM相交于点H，
∴，
解得，
∴点H的坐标为，
∴BP＝，
BH＝，
∴，
当H旋转到x轴上时，此时OH1最短，
∴OH1＝BO﹣BH＝，
∴＝＝．
故的最小值．

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