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甘肃省兰州市2024年中考数学试题
1．（2024·兰州）的绝对值是（　　）
A． B．2024 C． D．
2．（2024·兰州）已知∠A＝80°，则∠A的补角是（　　）
A．100° B．80° C．40° D．10°
3．（2024·兰州）2024年一季度，兰州市坚持稳中求进、综合施策，全市国民经济起步平稳，开局良好．一季度全市地区生产总值87790000000元．数据87790000000用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·兰州）计算：（　　）
A．a B． C． D．
5．（2024·兰州）一次函数的图象不经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．（2024·兰州）如图，小明在地图上量得，由此判断幸福大街与平安大街互相平行，他判断的依据是（　　）
A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行
C．同旁内角互补，两直线平行 D．对顶角相等
7．（2024·兰州）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·兰州）七巧板、九连环、华容道、鲁班锁是深受大家喜爱的益智玩具，现将1个七巧板，2个九连环，1个华容道，2个鲁班锁分别装在6个不透明的盒子中（每个盒子装1个），所有盒子除里面的玩具外均相同．从这6个盒子中随机抽取1个盒子，抽中七巧板的概率是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·兰州）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2024·兰州）数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》是中国元代重要的数学著作之一，书中记载着这样一个问题，大意是：999文钱买了甜果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，问甜果，苦果各买了多少个？设买了甜果x个，苦果y个，则可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024·兰州）如图，在中，，，，则（　　）
A． B． C． D．
12．（2024·兰州）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
13．（2024·兰州）因式分解 　 　.
14．（2024·兰州）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F，若，则　 　．
15．（2024·兰州）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则　 　．
16．（2024·兰州）甲，乙两人在相同条件下各射击10次，两人的成绩（单位：环）如图所示，现有以下三个推断：
①甲的成绩更稳定；
②乙的平均成绩更高；
③每人再射击一次，乙的成绩一定比甲高．其中正确的是　 　．（填序号）
17．（2024·兰州）计算：．
18．（2024·兰州）解不等式组：
19．（2024·兰州）先化简，再求值：，其中．
20．（2024·兰州）如图，反比例函数与一次函数的图象交于点，点B是反比例函数图象上一点，轴于点C，交一次函数的图象于点D，连接．
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）当时，求的面积．
21．（2024·兰州）如图，在中，，D是的中点，，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
22．（2024·兰州）在校园科技节期间，科普员为同学们进行了水火箭的发射表演，图1是某型号水火箭的实物图，水火箭发射后的运动路线可以看作是一条抛物线．为了解水火箭的相关性能，同学们进一步展开研究．如图2建立直角坐标系，水火箭发射后落在水平地面A处．科普员提供了该型号水火箭与地面成一定角度时，从发射到着陆过程中，水火箭距离地面的竖直高度与离发射点O的水平距离的几组关系数据如下：
水平距离 0 3 4 10 15 20 22 27
竖直高度 0 3.24 4.16 8 9 8 7.04 3.24
（1）根据上表，请确定抛物线的表达式；
（2）请计算当水火箭飞行至离发射点O的水平距离为时，水火箭距离地面的竖直高度．
23．（2024·兰州）观察发现：劳动人民在生产生活中创造了很多取材简单又便于操作的方法，正如木匠刘师傅的“木条画直角法”，如图1，他用木条能快速画出一个以点A为顶点的直角，具体作法如下：
①本条的两端分别记为点M，N，先将木条的端点M与点A重合，任意摆放木条后，另一个端点N的位置记为点B，连接；
②木条的端点N固定在点B处，将木条绕点B顺时针旋转一定的角度，端点M的落点记为点C（点A，B，C不在同一条直线上）；
③连接并延长，将木条沿点C到点B的方向平移，使得端点M与点B重合，端点N在延长线上的落点记为点D；
④用另一根足够长的木条画线，连接，，则画出的是直角．
操作体验：（1）根据“观察发现”中的信息重现刘师傅的画法，如图2，，请画出以点A为顶点的直角，记作；
推理论证：（2）如图1，小亮尝试揭示此操作的数学原理，请你补全括号里的证明依据：
证明：，
与是等腰三角形．
．（依据1______）
．
，（依据2______）
，
．
依据1：______；依据2：______；
拓展探究：（3）小亮进一步研究发现，用这种方法作直角存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图3，点O在直线l上，请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出一个以O为顶点的直角，记作，使得直角边（或）在直线l上．（保留作图痕迹，不写作法）
24．（2024·兰州）为落实“双减”政策，培养德智体美劳全面发展的时代新人，某校组织调研学生体育和美育发展水平，现从七年级共180名学生中随机抽取20名学生，对每位学生的体育和美育水平进行测评后按百分制分数量化，并进行等级评定（成绩用x表示，分为四个等级，包括优秀：；良好：；合格：；待提高：）．对数据进行整理，描述和分析，部分信息如下．
信息一：体育成绩的人数（频数）分布图如下．
信息二：美育成绩的人数（频数）分布表如下．
分组
人数 m 7 2 7
信息三：20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计如下（共20个点）．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______；
（2）下列结论正确的是______；（填序号）
①体育成绩低于80分的人数占抽取人数的；
②参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“合格”；
③在信息三中，相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升；
（3）请结合以上信息，估计七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数．
25．（2024·兰州）单摆是一种能够产生往复摆动的装置，某兴趣小组利用摆球和摆线进行与单摆相关的实验探究，并撰写实验报告如下．
实验主题 探究摆球运动过程中高度的变化
实验用具 摆球，摆线，支架，摄像机等
实验说明 如图1，在支架的横杆点O处用摆线悬挂一个摆球，将摆球拉高后松手，摆球开始往复运动．（摆线的长度变化忽略不计） 如图2，摆球静止时的位置为点A，拉紧摆线将摆球拉至点B处，，，；当摆球运动至点C时，，．（点O，A，B，C，D，E在同一平面内）
实验图示
解决问题：根据以上信息，求的长．（结果精确到）
参考数据：，．
26．（2024·兰州）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
27．（2024·兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
28．（2024·兰州）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”．
（1）如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”；
（2）如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值：
（3）如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：的绝对值是2024．
故答案为：B．
【分析】根据负数的绝对值是它的相反数求解即可。
2．【答案】A
【知识点】余角、补角及其性质
【解析】【解答】解：∵∠A＝80°，
∴∠A补角为：180°﹣80°＝100°．
故答案为：A．
【分析】根据补角的性质计算求解即可。
3．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：数据87790000000用科学记数法表示为．
故答案为：C.
【分析】用科学记数法表示大于10的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此解答即可.
4．【答案】D
【知识点】整式的混合运算
【解析】【解答】解：
故答案为：D．
【分析】先根据单项式乘以多项式，就是用单项式去乘以多项式的每一项，再把所得的积相加进行计算，再合并同类项即可．
5．【答案】B
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数 中，k=2，b=-3，
∴一次函数的图象经过一、三、四象限，不经过第二象限，
故答案为：B．
【分析】根据一次函数的图象与其系数的关系可得答案。
6．【答案】B
【知识点】同位角相等，两直线平行
【解析】【解答】解：∵，
∴福大街与平安大街互相平行，
判断的依据是：内错角相等，两直线平行，
故答案为：B．
【分析】本题主要考查了平行线的判定，即“内错角相等，两直线平行”。由，而互为内错角，因此可得出福大街与平安大街互相平行。
7．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E，分别为的中点，
∴为的中位线，
∴DE=AB，
∵DE=18m，
∴；
故答案为：C．
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”即可求解．
8．【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵一共6个盒子里面有6个益智玩具，6个益智玩具中有1个七巧板，
∴从这6个盒子中随机抽取1个盒子，抽中七巧板的概率是：，
故答案为：D．
【分析】从6个盒子中随机抽取一个共有6种等可能的结果数，其中能抽到七巧板的结果数只有1种，从而根据概率公式计算即可．
9．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：，
故答案为：D．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母c的方程，求解即可得出c的值.
10．【答案】A
【知识点】二元一次方程组的应用-古代数学问题；列二元一次方程
【解析】【解答】解：设买了甜果x个，苦果y个，由题意，得：
；
故答案为：A．
【分析】设买甜果x个，苦果y个，根据题意列二元一次方程组即可．
11．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：B.
【分析】根据等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠C=∠B=25°，再由三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得∠ADB=∠C+∠CAD，从而代值计算可得答案.
12．【答案】C
【知识点】菱形的性质；动点问题的函数图象；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，
则，
∴的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故答案为：C．
【分析】根据路程、速度、时间三者的关系得，，由菱形的每一条对角线平分一组对角得∠DBC=30°；过点M作MH⊥BC于点H，由∠MBH的正弦函数及特殊锐角三角函数值可得，然后根据三角形的面积计算公式可得；设菱形ABCD的边长为a，根据菱形的对角线互相垂直平分及∠OBC的余弦函数可得，则点M和点N同时到达点D和点C，此时△BMN的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
13．【答案】（x﹣1）2
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： （x﹣1）2.
故答案为：（x﹣1）2.
【分析】根据完全平方公式“a2-2ab+b2=（a-b）2”可求解.
14．【答案】2
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
【分析】根据正方形性质和等边三角形的性质得∠FAD=90°，∠EAD=60°，AD=AE=4，由角的勾陈求出∠FAE=30°，根据含30度角的直角三角形性质得出EF=AE，从而代值计算可得答案.
15．【答案】108
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意得：点P移动的距离为，
∴，
解得：．
故答案为：108.
【分析】根据题意可得点P移动的距离等于圆M周长的3倍，点P移动的距离也等于半径为10，圆心角为n°的弧长，从而根据弧长公式“”建立方程，即可求解．
16．【答案】①②
【知识点】折线统计图；平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：观察折线统计图得，甲的成绩波动更小，∴甲的成绩更稳定，故①正确；
乙的成绩除第7次略低于甲，其他均高于甲的成绩，∴乙的平均成绩更高，故②正确；
甲乙再射击一次，甲乙射出的成绩都是随机事件，不一定乙的成绩高于甲的成绩，故③错误.
故答案为：①②．
【分析】方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定，据此可判断①；平均数是指一组数据之和，除以这组数的个数，据此结合折线统计图提供的信息，可判断②；甲乙再射击一次，甲乙射出的成绩都是随机事件，即甲乙射出的成绩可能是甲的成绩高于乙的成绩，也可能是甲的成绩等于乙的成绩，还可能是甲的成绩低于乙的成绩，据此可判断③.
17．【答案】解：原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【分析】先据二次根式的性质化简，进行乘法运算，再合并同类二次根式即可．
18．【答案】解：由①，得：；
由②，得：；
∴不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】根据解不等式的步骤分别求出不等式组中每一个不等式的解集，然后根据口诀“大小小大中间找”确定出公共部分，即可得出结果．
19．【答案】解：原式
；
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】把“1”看成，先利用同分母分式加法法则计算括号内的部分，同时根据除以一个不为零的数，等于乘以这个数的倒数将除法变乘法，进而计算分式乘法，进行约分化简后，再代值计算即可．
20．【答案】（1）解：∵反比例函数与一次函数的图象交于点，
∴，，
∴，，
∴反比例函数为：，一次函数的解析式为：；
（2）解：∵，
∴，
∵轴于点C，交一次函数的图象于点D，
∴点B的横坐标为4，点D的横坐标为4，
∴，
∴，
∴
过点B作轴交一次函数的图象交于点E，过点A作与点F，
∴，点E的纵坐标为，
∴，
把代入，得，
∴，
∴点，
∴，
∴
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）将点A(2，3)分别代入 与y=mx+1算出k及m的值，即可得到反比例函数及一次函数的解析式；
（2）由已知条件求出点C，根据点的坐标与图形性质可得点B、D的横坐标都是4，从而将x=4分别代入（1）所求的反比例函数与一次函数的解析式算出对应的函数值可得点B及点D的坐标；过点B作BE∥x轴交一次函数的图象交于点E，过点A作AF⊥BE与点F，利用两点之间的距离公式分别求出BD，BE，AF的值，最后根据即可求出答案．
（1）解：∵反比例函数与一次函数的图象交于点，
∴，，
∴，，
∴反比例函数为：，一次函数的解析式为：．
（2）∵，
∴，
∵轴于点C，交一次函数的图象于点D，
∴点B的横坐标为4．点D的横坐标为4．
∴，
∴，
∴
过点B作轴交一次函数的图象交于点E，过点A作与点F，
∴，点E的纵坐标为，
∴，
把代入，得，
∴，
∴点，
∴，
∴
21．【答案】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵D是的中点，
∴，
由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由二直线平行，同旁内角互补得出，由垂直定义得，从而根据有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形ADCE是矩形；
（2）由中点定义，由矩形的性质得出，，，在Rt△ADC中，由勾股定理求出ASC，最后根据等面积法建立方程，即可求出EF．
（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
22．【答案】（1）解：根据题意可知抛物线过原点，设抛物线的表达式，
由表格得抛物线的顶点坐标为，
则，
解得，
则抛物线的表达式；
（2）解：由题意知，则，
那么，水火箭距离地面的竖直高度米．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）根据题意可知抛物线过原点，故设抛物线的表达式y=ax2+bx(a≠0)，由抛物线的对称性可知抛物线的顶点坐标为（15，9），从而根据顶点坐标公式建立方程组，求解得出a、b的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）将x=5代入抛物线的表达式算出对应的函数值，即可求得水火箭距离地面的竖直高度．
（1）解：根据题意可知抛物线过原点，设抛物线的表达式，
由表格得抛物线的顶点坐标为，则，解得，
则抛物线的表达式，
（2）解：由题意知，则，
那么，水火箭距离地面的竖直高度米．
23．【答案】解： 操作体验： （1）∠DAC就是所求的直角；
[推理论证]（2）证明：，
与是等腰三角形．
．（等边对等角）
．
，（三角形的内角和定理）
，
．
故答案为：等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；
[拓展探究]（3）如图，∠POQ就是所求的直角.
【知识点】三角形内角和定理；尺规作图-垂直平分线；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据“观察发现”延长CB至点D，且DB=BC，连接CA、AD即可知以点A为顶点的∠DAC为直角；
（2）由等边对等角得∠BCA=∠BAC，∠BDA=∠BAD，由角的构成可得及等式性质可得∠BCA+∠BDA=∠BAC+∠BAD=∠DAC，然后根据三角形的内角和定理建立方程可得2∠DAC=180°，从而可得∠DAC=90°；
（3）以点O为圆心，任意长度为半径画弧，交直线l与P、M点，再分别以点P、M为圆心，大于PM的长度为半径画弧，两弧在直线l的两侧分别相交，记其中的一个交点为Q，作直线QO，则∠POQ就是所求的直角.
24．【答案】（1）4
（2）①③
（3）解：根据信息三，可知：美育和体育成绩都在90分以及以上的只有2人，
故七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数有人．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；频数（率）分布表；条形统计图；中位数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：，
故答案为：4；
（2）①根据20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计图可知：
体育成绩低于80分的人数有8人，
∴体育成绩低于80分的人数有占抽取人数的，故①正确；
②∵一共有20人，美育成绩从小到大排序，中位数为第10位和第11位的平均数，
∴中位数位于之间，
即参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“良好”，故②错误；
③在信息三中，点A的美育成绩为90，体育成绩为70，点B的美育成绩为70，体育成绩为70，所以相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升，故③正确，
故有①③正确，
故答案为：①③；
【分析】（1）用样本总体减去良好成绩的人生，合格成绩的人数，待提高成绩的人数即可得出答案；
（2）①用体育成绩低于80分的人数8除以样本总体20即可得出判断；
②将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数，据此求解即可；
③根据坐标得出点A和点B各自的美育和体育的成绩判断即可；
（3）用该学校七年级学生的总人数乘以样本中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数的占比即可估计该校七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数.
（1）解：，
故答案为：4．
（2）①根据20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计图可知：
体育成绩低于80分的人数有8人，
∴体育成绩低于80分的人数有占抽取人数的，故①正确．
②∵一共有20人，成绩从小到大排序，中位数为第10位和第11位的平均数，
∴中位数位于之间，
即参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“良好”，故②错误．
③在信息三中，点A的美育成绩为90，体育成绩为70，点B的美育成绩为70，体育成绩为70，所以相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升，故③正确，
故有①③正确，
故答案为①③．
（3）根据信息三，可知：美育和体育成绩都在90分以及以上的只有2人．
故七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数有人．
25．【答案】解：∵，，；
∴，
，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴的长为.
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】在Rt△OBD中，利用∠BOA的正切函数可求出OD=10，由∠BOA的余弦函数可求出OB≈22.73，由题意可得OC=OB=22.73，进而在Rt△OCE中，由∠COE的余弦函数可算出OE的长，最后根据DE=OE-OD列式求解即可.
26．【答案】（1）证明：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OD，由等边对等角得∠ODB=∠OBD，由直径所对的圆周角是直角得ADB=∠ACB=90°，然后利用HL判断出Rt△ADB≌Rt△ACB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠ABD=∠ODB，结合已知推出∠ADE=∠ODB，进而根据角的和差及等量代换得出∠ODE=90°，从而根据垂直半径外端点的直线是圆的切线得出结论；
（2）等角的同名三角函数相等及正切函数定义，得到，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△EDA∽△EBD，由相似三角形对应边成比例可得DE=2AE，DE2=AE×BE，从而整体代入得到关于AE的方程，求解得出AE的长，即可得到DE的长.
（1）解：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴
27．【答案】（1）证明∵为等边三角形，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形；
（3）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】（3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，结合邻补角可求得，从而用SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）由等腰直角三角形性质得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，则∠MAD=∠ABF=45°，由内错角相等，两直线平行，得AD∥BF，由SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应角相等得，由直角三角形两锐角互余及等角的余角相等可推出，由内错角相等，两直线平行，DB∥AF，进而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AFBD是平行四边形；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，根据等腰三角形的性质可证，用SAS判断出证明△GAM≌△BCN，由全等三角形的对应边相等可得GM=BN，从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可．
28．【答案】（1）
（2）解：作以原点为位似中心，位似比为的位似图形B'C'，如图，
∵，，
∴，，
∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，
∴直线与有交点，
∴当过点时，值最小，
把，代入，得：，
∴的最小值为；
（3）解：或
【知识点】作图﹣位似变换；等腰直角三角形；坐标与图形变化﹣位似；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】（1）解：作线段AB以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形A'B'，
∵，，
∴，，
∵点是图形的“延长2分点”，
∴点在线段上，
∵在线段上，
∴是图形的“延长2分点”；
故答案为：；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，
∵，，，
∴，，，
∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，
∴当与有交点时，满足题意，
当与相切时，如图，则：或，
∴时，满足题意；
当与相切时，且切点为，连接，则：，
∵为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
∵，，，
∴轴，
∴，
∵以为圆心，半径为1的，
∴点在直线上，，
∴，
∴，
∴或，
∴；
综上：或．
【分析】（1）作线段AB以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形A'B'，根据点的位置读出A'、B'得坐标，进而根据点的坐标与图形性质及“延长2分点”即可判断得出答案；
（2）作BC以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形B'C'，根据“在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky）”得出C'、B'得坐标，根据题意可得直线MN与B'C'有交点，进而得到当MN过点C'时，值最小，然后将C'得坐标代入直线MN的解析式可算出b的值；
（3）作△DEF以原点为位似中心，位似比为1∶2的位似△D'E'F'，根据“在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky）”得到D'、E、F'得坐标，由题意可得W3与△D'E'F'有交点，求出与D'E'相切以及与D'F'相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果．
（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形，
∵，，
∴，，
∵点是图形的“延长2分点”，
∴点在线段上，
∵在线段上，
∴是图形的“延长2分点”；
故答案为：；
（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图，
∵，，
∴，，
∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，
∴直线与有交点，
∴当过点时，值最小，
把，代入，得：，
∴的最小值为；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，
∵，，，
∴，，，
∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，
∴当与有交点时，满足题意，
当与相切时，如图，则：或，
∴时，满足题意；
当与相切时，且切点为，连接，则：，
∵为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
∵，，，
∴轴，
∴，
∵以为圆心，半径为1的，
∴点在直线上，，
∴，
∴，
∴或，
∴；
综上：或．
1 / 1甘肃省兰州市2024年中考数学试题
1．（2024·兰州）的绝对值是（　　）
A． B．2024 C． D．
【答案】B
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：的绝对值是2024．
故答案为：B．
【分析】根据负数的绝对值是它的相反数求解即可。
2．（2024·兰州）已知∠A＝80°，则∠A的补角是（　　）
A．100° B．80° C．40° D．10°
【答案】A
【知识点】余角、补角及其性质
【解析】【解答】解：∵∠A＝80°，
∴∠A补角为：180°﹣80°＝100°．
故答案为：A．
【分析】根据补角的性质计算求解即可。
3．（2024·兰州）2024年一季度，兰州市坚持稳中求进、综合施策，全市国民经济起步平稳，开局良好．一季度全市地区生产总值87790000000元．数据87790000000用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：数据87790000000用科学记数法表示为．
故答案为：C.
【分析】用科学记数法表示大于10的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此解答即可.
4．（2024·兰州）计算：（　　）
A．a B． C． D．
【答案】D
【知识点】整式的混合运算
【解析】【解答】解：
故答案为：D．
【分析】先根据单项式乘以多项式，就是用单项式去乘以多项式的每一项，再把所得的积相加进行计算，再合并同类项即可．
5．（2024·兰州）一次函数的图象不经过（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数 中，k=2，b=-3，
∴一次函数的图象经过一、三、四象限，不经过第二象限，
故答案为：B．
【分析】根据一次函数的图象与其系数的关系可得答案。
6．（2024·兰州）如图，小明在地图上量得，由此判断幸福大街与平安大街互相平行，他判断的依据是（　　）
A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行
C．同旁内角互补，两直线平行 D．对顶角相等
【答案】B
【知识点】同位角相等，两直线平行
【解析】【解答】解：∵，
∴福大街与平安大街互相平行，
判断的依据是：内错角相等，两直线平行，
故答案为：B．
【分析】本题主要考查了平行线的判定，即“内错角相等，两直线平行”。由，而互为内错角，因此可得出福大街与平安大街互相平行。
7．（2024·兰州）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E，分别为的中点，
∴为的中位线，
∴DE=AB，
∵DE=18m，
∴；
故答案为：C．
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”即可求解．
8．（2024·兰州）七巧板、九连环、华容道、鲁班锁是深受大家喜爱的益智玩具，现将1个七巧板，2个九连环，1个华容道，2个鲁班锁分别装在6个不透明的盒子中（每个盒子装1个），所有盒子除里面的玩具外均相同．从这6个盒子中随机抽取1个盒子，抽中七巧板的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵一共6个盒子里面有6个益智玩具，6个益智玩具中有1个七巧板，
∴从这6个盒子中随机抽取1个盒子，抽中七巧板的概率是：，
故答案为：D．
【分析】从6个盒子中随机抽取一个共有6种等可能的结果数，其中能抽到七巧板的结果数只有1种，从而根据概率公式计算即可．
9．（2024·兰州）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：，
故答案为：D．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出关于字母c的方程，求解即可得出c的值.
10．（2024·兰州）数学家朱世杰所著的《四元玉鉴》是中国元代重要的数学著作之一，书中记载着这样一个问题，大意是：999文钱买了甜果和苦果共1000个，11文钱可买9个甜果，4文钱可买7个苦果，问甜果，苦果各买了多少个？设买了甜果x个，苦果y个，则可列方程组为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二元一次方程组的应用-古代数学问题；列二元一次方程
【解析】【解答】解：设买了甜果x个，苦果y个，由题意，得：
；
故答案为：A．
【分析】设买甜果x个，苦果y个，根据题意列二元一次方程组即可．
11．（2024·兰州）如图，在中，，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：B.
【分析】根据等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠C=∠B=25°，再由三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得∠ADB=∠C+∠CAD，从而代值计算可得答案.
12．（2024·兰州）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；动点问题的函数图象；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，
则，
∴的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故答案为：C．
【分析】根据路程、速度、时间三者的关系得，，由菱形的每一条对角线平分一组对角得∠DBC=30°；过点M作MH⊥BC于点H，由∠MBH的正弦函数及特殊锐角三角函数值可得，然后根据三角形的面积计算公式可得；设菱形ABCD的边长为a，根据菱形的对角线互相垂直平分及∠OBC的余弦函数可得，则点M和点N同时到达点D和点C，此时△BMN的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
13．（2024·兰州）因式分解 　 　.
【答案】（x﹣1）2
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： （x﹣1）2.
故答案为：（x﹣1）2.
【分析】根据完全平方公式“a2-2ab+b2=（a-b）2”可求解.
14．（2024·兰州）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F，若，则　 　．
【答案】2
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
【分析】根据正方形性质和等边三角形的性质得∠FAD=90°，∠EAD=60°，AD=AE=4，由角的勾陈求出∠FAE=30°，根据含30度角的直角三角形性质得出EF=AE，从而代值计算可得答案.
15．（2024·兰州）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中，的半径分别是1cm和10cm，当顺时针转动3周时，上的点P随之旋转，则　 　．
【答案】108
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意得：点P移动的距离为，
∴，
解得：．
故答案为：108.
【分析】根据题意可得点P移动的距离等于圆M周长的3倍，点P移动的距离也等于半径为10，圆心角为n°的弧长，从而根据弧长公式“”建立方程，即可求解．
16．（2024·兰州）甲，乙两人在相同条件下各射击10次，两人的成绩（单位：环）如图所示，现有以下三个推断：
①甲的成绩更稳定；
②乙的平均成绩更高；
③每人再射击一次，乙的成绩一定比甲高．其中正确的是　 　．（填序号）
【答案】①②
【知识点】折线统计图；平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：观察折线统计图得，甲的成绩波动更小，∴甲的成绩更稳定，故①正确；
乙的成绩除第7次略低于甲，其他均高于甲的成绩，∴乙的平均成绩更高，故②正确；
甲乙再射击一次，甲乙射出的成绩都是随机事件，不一定乙的成绩高于甲的成绩，故③错误.
故答案为：①②．
【分析】方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定，据此可判断①；平均数是指一组数据之和，除以这组数的个数，据此结合折线统计图提供的信息，可判断②；甲乙再射击一次，甲乙射出的成绩都是随机事件，即甲乙射出的成绩可能是甲的成绩高于乙的成绩，也可能是甲的成绩等于乙的成绩，还可能是甲的成绩低于乙的成绩，据此可判断③.
17．（2024·兰州）计算：．
【答案】解：原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【分析】先据二次根式的性质化简，进行乘法运算，再合并同类二次根式即可．
18．（2024·兰州）解不等式组：
【答案】解：由①，得：；
由②，得：；
∴不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】根据解不等式的步骤分别求出不等式组中每一个不等式的解集，然后根据口诀“大小小大中间找”确定出公共部分，即可得出结果．
19．（2024·兰州）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：原式
；
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】把“1”看成，先利用同分母分式加法法则计算括号内的部分，同时根据除以一个不为零的数，等于乘以这个数的倒数将除法变乘法，进而计算分式乘法，进行约分化简后，再代值计算即可．
20．（2024·兰州）如图，反比例函数与一次函数的图象交于点，点B是反比例函数图象上一点，轴于点C，交一次函数的图象于点D，连接．
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）当时，求的面积．
【答案】（1）解：∵反比例函数与一次函数的图象交于点，
∴，，
∴，，
∴反比例函数为：，一次函数的解析式为：；
（2）解：∵，
∴，
∵轴于点C，交一次函数的图象于点D，
∴点B的横坐标为4，点D的横坐标为4，
∴，
∴，
∴
过点B作轴交一次函数的图象交于点E，过点A作与点F，
∴，点E的纵坐标为，
∴，
把代入，得，
∴，
∴点，
∴，
∴
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【分析】（1）将点A(2，3)分别代入 与y=mx+1算出k及m的值，即可得到反比例函数及一次函数的解析式；
（2）由已知条件求出点C，根据点的坐标与图形性质可得点B、D的横坐标都是4，从而将x=4分别代入（1）所求的反比例函数与一次函数的解析式算出对应的函数值可得点B及点D的坐标；过点B作BE∥x轴交一次函数的图象交于点E，过点A作AF⊥BE与点F，利用两点之间的距离公式分别求出BD，BE，AF的值，最后根据即可求出答案．
（1）解：∵反比例函数与一次函数的图象交于点，
∴，，
∴，，
∴反比例函数为：，一次函数的解析式为：．
（2）∵，
∴，
∵轴于点C，交一次函数的图象于点D，
∴点B的横坐标为4．点D的横坐标为4．
∴，
∴，
∴
过点B作轴交一次函数的图象交于点E，过点A作与点F，
∴，点E的纵坐标为，
∴，
把代入，得，
∴，
∴点，
∴，
∴
21．（2024·兰州）如图，在中，，D是的中点，，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵D是的中点，
∴，
由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由二直线平行，同旁内角互补得出，由垂直定义得，从而根据有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形ADCE是矩形；
（2）由中点定义，由矩形的性质得出，，，在Rt△ADC中，由勾股定理求出ASC，最后根据等面积法建立方程，即可求出EF．
（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
22．（2024·兰州）在校园科技节期间，科普员为同学们进行了水火箭的发射表演，图1是某型号水火箭的实物图，水火箭发射后的运动路线可以看作是一条抛物线．为了解水火箭的相关性能，同学们进一步展开研究．如图2建立直角坐标系，水火箭发射后落在水平地面A处．科普员提供了该型号水火箭与地面成一定角度时，从发射到着陆过程中，水火箭距离地面的竖直高度与离发射点O的水平距离的几组关系数据如下：
水平距离 0 3 4 10 15 20 22 27
竖直高度 0 3.24 4.16 8 9 8 7.04 3.24
（1）根据上表，请确定抛物线的表达式；
（2）请计算当水火箭飞行至离发射点O的水平距离为时，水火箭距离地面的竖直高度．
【答案】（1）解：根据题意可知抛物线过原点，设抛物线的表达式，
由表格得抛物线的顶点坐标为，
则，
解得，
则抛物线的表达式；
（2）解：由题意知，则，
那么，水火箭距离地面的竖直高度米．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）根据题意可知抛物线过原点，故设抛物线的表达式y=ax2+bx(a≠0)，由抛物线的对称性可知抛物线的顶点坐标为（15，9），从而根据顶点坐标公式建立方程组，求解得出a、b的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）将x=5代入抛物线的表达式算出对应的函数值，即可求得水火箭距离地面的竖直高度．
（1）解：根据题意可知抛物线过原点，设抛物线的表达式，
由表格得抛物线的顶点坐标为，则，解得，
则抛物线的表达式，
（2）解：由题意知，则，
那么，水火箭距离地面的竖直高度米．
23．（2024·兰州）观察发现：劳动人民在生产生活中创造了很多取材简单又便于操作的方法，正如木匠刘师傅的“木条画直角法”，如图1，他用木条能快速画出一个以点A为顶点的直角，具体作法如下：
①本条的两端分别记为点M，N，先将木条的端点M与点A重合，任意摆放木条后，另一个端点N的位置记为点B，连接；
②木条的端点N固定在点B处，将木条绕点B顺时针旋转一定的角度，端点M的落点记为点C（点A，B，C不在同一条直线上）；
③连接并延长，将木条沿点C到点B的方向平移，使得端点M与点B重合，端点N在延长线上的落点记为点D；
④用另一根足够长的木条画线，连接，，则画出的是直角．
操作体验：（1）根据“观察发现”中的信息重现刘师傅的画法，如图2，，请画出以点A为顶点的直角，记作；
推理论证：（2）如图1，小亮尝试揭示此操作的数学原理，请你补全括号里的证明依据：
证明：，
与是等腰三角形．
．（依据1______）
．
，（依据2______）
，
．
依据1：______；依据2：______；
拓展探究：（3）小亮进一步研究发现，用这种方法作直角存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图3，点O在直线l上，请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出一个以O为顶点的直角，记作，使得直角边（或）在直线l上．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】解： 操作体验： （1）∠DAC就是所求的直角；
[推理论证]（2）证明：，
与是等腰三角形．
．（等边对等角）
．
，（三角形的内角和定理）
，
．
故答案为：等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；
[拓展探究]（3）如图，∠POQ就是所求的直角.
【知识点】三角形内角和定理；尺规作图-垂直平分线；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据“观察发现”延长CB至点D，且DB=BC，连接CA、AD即可知以点A为顶点的∠DAC为直角；
（2）由等边对等角得∠BCA=∠BAC，∠BDA=∠BAD，由角的构成可得及等式性质可得∠BCA+∠BDA=∠BAC+∠BAD=∠DAC，然后根据三角形的内角和定理建立方程可得2∠DAC=180°，从而可得∠DAC=90°；
（3）以点O为圆心，任意长度为半径画弧，交直线l与P、M点，再分别以点P、M为圆心，大于PM的长度为半径画弧，两弧在直线l的两侧分别相交，记其中的一个交点为Q，作直线QO，则∠POQ就是所求的直角.
24．（2024·兰州）为落实“双减”政策，培养德智体美劳全面发展的时代新人，某校组织调研学生体育和美育发展水平，现从七年级共180名学生中随机抽取20名学生，对每位学生的体育和美育水平进行测评后按百分制分数量化，并进行等级评定（成绩用x表示，分为四个等级，包括优秀：；良好：；合格：；待提高：）．对数据进行整理，描述和分析，部分信息如下．
信息一：体育成绩的人数（频数）分布图如下．
信息二：美育成绩的人数（频数）分布表如下．
分组
人数 m 7 2 7
信息三：20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计如下（共20个点）．
根据以上信息，回答下列问题：
（1）填空：______；
（2）下列结论正确的是______；（填序号）
①体育成绩低于80分的人数占抽取人数的；
②参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“合格”；
③在信息三中，相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升；
（3）请结合以上信息，估计七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数．
【答案】（1）4
（2）①③
（3）解：根据信息三，可知：美育和体育成绩都在90分以及以上的只有2人，
故七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数有人．
【知识点】总体、个体、样本、样本容量；频数（率）分布表；条形统计图；中位数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：，
故答案为：4；
（2）①根据20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计图可知：
体育成绩低于80分的人数有8人，
∴体育成绩低于80分的人数有占抽取人数的，故①正确；
②∵一共有20人，美育成绩从小到大排序，中位数为第10位和第11位的平均数，
∴中位数位于之间，
即参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“良好”，故②错误；
③在信息三中，点A的美育成绩为90，体育成绩为70，点B的美育成绩为70，体育成绩为70，所以相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升，故③正确，
故有①③正确，
故答案为：①③；
【分析】（1）用样本总体减去良好成绩的人生，合格成绩的人数，待提高成绩的人数即可得出答案；
（2）①用体育成绩低于80分的人数8除以样本总体20即可得出判断；
②将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数，据此求解即可；
③根据坐标得出点A和点B各自的美育和体育的成绩判断即可；
（3）用该学校七年级学生的总人数乘以样本中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数的占比即可估计该校七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数.
（1）解：，
故答案为：4．
（2）①根据20位学生的体育成绩和美育成绩得分统计图可知：
体育成绩低于80分的人数有8人，
∴体育成绩低于80分的人数有占抽取人数的，故①正确．
②∵一共有20人，成绩从小到大排序，中位数为第10位和第11位的平均数，
∴中位数位于之间，
即参与测评的20名学生美育成绩的中位数对应的等级是“良好”，故②错误．
③在信息三中，点A的美育成绩为90，体育成绩为70，点B的美育成绩为70，体育成绩为70，所以相比于点A所代表的学生，点B所代表的学生的体育水平与其大致相同，但美育水平还存在一定差距，需要进一步提升，故③正确，
故有①③正确，
故答案为①③．
（3）根据信息三，可知：美育和体育成绩都在90分以及以上的只有2人．
故七年级全体学生中体育和美育两项成绩均属于“优秀”等级的人数有人．
25．（2024·兰州）单摆是一种能够产生往复摆动的装置，某兴趣小组利用摆球和摆线进行与单摆相关的实验探究，并撰写实验报告如下．
实验主题 探究摆球运动过程中高度的变化
实验用具 摆球，摆线，支架，摄像机等
实验说明 如图1，在支架的横杆点O处用摆线悬挂一个摆球，将摆球拉高后松手，摆球开始往复运动．（摆线的长度变化忽略不计） 如图2，摆球静止时的位置为点A，拉紧摆线将摆球拉至点B处，，，；当摆球运动至点C时，，．（点O，A，B，C，D，E在同一平面内）
实验图示
解决问题：根据以上信息，求的长．（结果精确到）
参考数据：，．
【答案】解：∵，，；
∴，
，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴的长为.
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】在Rt△OBD中，利用∠BOA的正切函数可求出OD=10，由∠BOA的余弦函数可求出OB≈22.73，由题意可得OC=OB=22.73，进而在Rt△OCE中，由∠COE的余弦函数可算出OE的长，最后根据DE=OE-OD列式求解即可.
26．（2024·兰州）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接OD，由等边对等角得∠ODB=∠OBD，由直径所对的圆周角是直角得ADB=∠ACB=90°，然后利用HL判断出Rt△ADB≌Rt△ACB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠ABD=∠ODB，结合已知推出∠ADE=∠ODB，进而根据角的和差及等量代换得出∠ODE=90°，从而根据垂直半径外端点的直线是圆的切线得出结论；
（2）等角的同名三角函数相等及正切函数定义，得到，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△EDA∽△EBD，由相似三角形对应边成比例可得DE=2AE，DE2=AE×BE，从而整体代入得到关于AE的方程，求解得出AE的长，即可得到DE的长.
（1）解：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴
27．（2024·兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
【答案】（1）证明∵为等边三角形，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形；
（3）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形-动点问题
【解析】【解答】（3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，结合邻补角可求得，从而用SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应边相等可得结论；
（2）由等腰直角三角形性质得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，则∠MAD=∠ABF=45°，由内错角相等，两直线平行，得AD∥BF，由SAS判断出△ANM≌△MBD，由全等三角形的对应角相等得，由直角三角形两锐角互余及等角的余角相等可推出，由内错角相等，两直线平行，DB∥AF，进而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AFBD是平行四边形；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，根据等腰三角形的性质可证，用SAS判断出证明△GAM≌△BCN，由全等三角形的对应边相等可得GM=BN，从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可．
28．（2024·兰州）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”．
（1）如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”；
（2）如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值：
（3）如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围．
【答案】（1）
（2）解：作以原点为位似中心，位似比为的位似图形B'C'，如图，
∵，，
∴，，
∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，
∴直线与有交点，
∴当过点时，值最小，
把，代入，得：，
∴的最小值为；
（3）解：或
【知识点】作图﹣位似变换；等腰直角三角形；坐标与图形变化﹣位似；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】（1）解：作线段AB以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形A'B'，
∵，，
∴，，
∵点是图形的“延长2分点”，
∴点在线段上，
∵在线段上，
∴是图形的“延长2分点”；
故答案为：；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，
∵，，，
∴，，，
∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，
∴当与有交点时，满足题意，
当与相切时，如图，则：或，
∴时，满足题意；
当与相切时，且切点为，连接，则：，
∵为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
∵，，，
∴轴，
∴，
∵以为圆心，半径为1的，
∴点在直线上，，
∴，
∴，
∴或，
∴；
综上：或．
【分析】（1）作线段AB以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形A'B'，根据点的位置读出A'、B'得坐标，进而根据点的坐标与图形性质及“延长2分点”即可判断得出答案；
（2）作BC以原点为位似中心，位似比为2∶1的位似图形B'C'，根据“在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky）”得出C'、B'得坐标，根据题意可得直线MN与B'C'有交点，进而得到当MN过点C'时，值最小，然后将C'得坐标代入直线MN的解析式可算出b的值；
（3）作△DEF以原点为位似中心，位似比为1∶2的位似△D'E'F'，根据“在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky）”得到D'、E、F'得坐标，由题意可得W3与△D'E'F'有交点，求出与D'E'相切以及与D'F'相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果．
（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形，
∵，，
∴，，
∵点是图形的“延长2分点”，
∴点在线段上，
∵在线段上，
∴是图形的“延长2分点”；
故答案为：；
（2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图，
∵，，
∴，，
∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”，
∴直线与有交点，
∴当过点时，值最小，
把，代入，得：，
∴的最小值为；
（3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，
∵，，，
∴，，，
∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”，
∴当与有交点时，满足题意，
当与相切时，如图，则：或，
∴时，满足题意；
当与相切时，且切点为，连接，则：，
∵为等腰直角三角形，
∴为等腰直角三角形，
∵，，，
∴轴，
∴，
∵以为圆心，半径为1的，
∴点在直线上，，
∴，
∴，
∴或，
∴；
综上：或．
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