（詳解詳析）2024年河南某鄭州外國語三模·數(shù)學(xué)

數(shù)學(xué)試卷第頁（共頁）2024年河南某鄭州外國語三?！?shù)學(xué)詳解詳析一、選擇題1.B2.B3.B4.A5.B【解析】A．

5與6不是同類二次根式，無法合并，A選項不合題意；B．a(chǎn)7÷a3＝a4，B選項符合題意；C．（﹣3a）2＝9a2，C選項不合題意；D．（a﹣1）2＝a2﹣2a+1，D選項不合題意．6.D【解析】∵AB∥CD，∴∠CFE＝∠GEF＝73°，∵∠CFG＝112°，∴∠EFG＝112°﹣73°＝39°．7.B8.B【解析】∵AB∥CD，∴△ABO∽△CDO，又∵點O到AB的距離為10cm，點O到CD的距離為15cm，∴

ABCD=1015，又∵AB＝9.C【解析】由題意可知，二次函數(shù)y＝?2(x?3)2+a的圖象的對稱軸為直線x＝3，開口方向向下，則離對稱軸越遠(yuǎn)的點的縱坐標(biāo)越小，點A離對稱軸最遠(yuǎn)，點B離對稱軸最近，所以y2＞y3＞y1．10.A【解析】當(dāng)P與B重合時，由圖②知，BE+BA＝6，∵點E是邊AB的中點，∴BE

=12AB，∴BE＝2，AB＝4＝AC，作A關(guān)于直線BC的對稱點A'，連接A'E交BC于點P，AA'交BC于點K，連接A'B，如圖，此時PA＝PA'，∴PA+PE＝PA'+PE，當(dāng)A'，P，E三點共線時，PA'+PE最小，即PA+PE最小，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ABC＝∠C＝30°，∵A，A'關(guān)于BC對稱，∴∠AKC＝90°，∴AK＝A'K

=12AC＝2，∠CAK＝60°，∴AA'＝AB＝4，∠BAA'＝∠BAC﹣∠CAK＝60°，∴△ABA'是等邊三角形，∵E是AB中點，∴∠AA'E

=12∠AA'B＝30°，∠AEA'＝90°，∵AP＝A'P，∴∠PAA'＝30°，∴∠PAK＝∠PAE＝30°，∴∠PAC＝∠PAK+∠CAK＝90°，在Rt△APC中，AP＝AC?tan30°=433，CP＝2AP=833=b，在Rt△APE中，PE

=12AP=233，∴a二、填空題11.冰的厚度12.1【解析】將《熱辣滾燙》、《飛馳人生2》、《熊出沒逆轉(zhuǎn)時空》、《第二十條》分別記為A，B，C，D，列表如下，共有16種等可能的結(jié)果，其中這兩位同學(xué)選擇觀看相同影片的結(jié)果有4種，∴這兩位同學(xué)選擇觀看相同影片的概率為

416ABCDA（A，A）（A，B）（A，C）（A，D）B（B，A）（B，B）（B，C）（B，D）C（C，A）（C，B）（C，C）（C，D）D（D，A）（D，B）（D，C）（D，D）13.0【解析】∵點A（a，b）在雙曲線

y=5x上，∴ab＝5，∴ab﹣5＝5﹣514.3【解析】∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠A＝60°，∴AB＝AF＝2AC＝2，BC＝CE＝

3AC

=3，∴S陰影＝S△ACB+S扇形CBE﹣S扇形ABF

=12×15.2或2【解析】在邊長為6的等邊三角形ABC中，點D在AB邊上，且AB＝3AD，∴

AD=13AB=2，則BD＝4，若DF∥AC，如答案圖①，∵將線段DE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段EF，∴△DEF是等邊三角形，且邊長為4，∴CF＝BC﹣BF＝2；若DF∥BC，如答案圖②，∵將線段DE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段EF，∴△DEF是等邊三角形，∵DF∥BC，∴∠ADF＝60°，∠DEB＝60°，則∠BDE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BDE為等邊三角形，且邊長為4，連接CF，如答案圖③，設(shè)AC與EF交于點H，∠FEC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△HEC是等邊三角形，則HE＝EC＝CH＝2，∠EHC＝∠HCE＝60°，∵EF＝4，∴HF＝2，即CH＝HF，則∠HFC＝∠HCF＝30°，∴∠FCE＝90°，在Rt△EFC中，EF＝4，EC＝2，則由勾股定理可得CF＝2

3；當(dāng)E與C重合時，如答案圖④，∴DF∥AB的情況不存在；綜上所述，線段三、解答題16.解：（1）

原式＝23+2+1＝2

3+（2）

5+由①得

x＜由②得x≥﹣5，∴不等式組的解集為

?5≤x

＜8∴它的正整數(shù)解為1，2．17.解：（1）7；7.5；50%；【解法提示】∵七年級20名學(xué)生的測試成績?yōu)椋?，8，7，9，7，6，5，9，10，9，8，5，8，7，6，7，9，7，10，6，其中7出現(xiàn)次數(shù)的最多，∴a＝7，由條形統(tǒng)計圖可得，b＝（7+8）÷2＝7.5，c＝（5+2+3）÷20×100%＝50%.（2）八年級學(xué)生掌握垃圾分類知識較好，理由如下，∵八年級的8分及以上人數(shù)所占百分比大于七年級，∴八年級學(xué)生掌握垃圾分類知識較好；（答案不唯一，合理即可）（3）∵從調(diào)查的數(shù)據(jù)看，七年級2人的成績不合格，八年級2人的成績不合格，∴參加此次測試活動成績合格的學(xué)生有2000

×(20答：估計參加此次測試活動成績合格的學(xué)生有1800人．18.解：（1）如圖①，點D即為所求，答案圖①（2）如圖②，∵BC是⊙A的切線，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠DAC

=12∠BAC＝∴∠F

=12∠DAE＝∵AD＝AE，∴△ADE為等邊三角形，∴∠ADE＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，∴∠CDE＝∠F＝30°．答案圖②19.解：（1）由題意得，AM⊥MD，在Rt△AMC中，AC＝130m，∠ACM＝67°，∴AM＝AC?sin67°≈130

×1213=120∴無人機(jī)的飛行高度AM約為120m；（2）如圖，過點B作BG⊥DM，垂足為G，由題意得，AB＝MG＝30米，AM＝BG＝120m，∠FBD＝32°，AF∥DM，∴∠FBD＝∠BDG＝32°，在Rt△BDG中，DG

=BGta在Rt△AMC中，AC＝130米，∠ACM＝67°，∴CM＝AC?cos67°≈130

×513=50∴CD＝MG+DG﹣CM＝30+192﹣50＝172（m），∴CD的長約為172m．20.解：（1）設(shè)一次函數(shù)解析式為y＝kx+b，將B（8，1）代入

y=mx，可得m∴

y=將A（a，4）代入

y=得a＝2，∴A（2，4），將A（2，4）和B（8，1）代入y＝kx+b，得

4=解得

k=∴一次函數(shù)的解析式為

y=（2）當(dāng)y＝0時，

0=解得x＝10，∴D（10，0），∴S△AOB＝S△AOD﹣S△BOD=1＝15；（3）E的坐標(biāo)為（2，0）或

(?【解法提示】如圖，過點A作AE1⊥x軸于點E1，則AE1∥OC，∴∠OAE1＝∠AOC，∵A（2，4），∴E1（2，0）；如圖，作∠OAE2＝∠AOC，AE2交y軸于點F，過點A作AG⊥y軸于點G，∴OG＝4，AG＝2，∵∠OAE2＝∠AOC，∴AF＝OF，設(shè)OF＝a，則AF＝a，F(xiàn)G＝4﹣a，由勾股定理可得，AG2+FG2＝AF2，∴22+(4﹣a)2＝a2，解得

a=52，∴

OF=52，

F(0，52)，設(shè)直線AF的解析式為y＝mx+n，代入

F(0，52)，A（2，4），得

52=0+n4=2m+n，解得

m21.解：（1）設(shè)乙型充電樁的單價是x萬元，則甲型充電樁的單價是（x+0.2）萬元，由題意得,

16x解得x＝0.6，經(jīng)檢驗，x＝0.6是原方程的解，且符合題意，∴x+0.2＝0.6+0.2＝0.8，

答：甲型充電樁的單價是0.8萬元，乙型充電樁的單價是0.6萬元；（2）設(shè)購買甲型充電樁的數(shù)量為m個，則購買乙型充電樁的數(shù)量為（30﹣m）個，由題意得,30﹣m≤2m，解得m≥10，設(shè)所需費用為w萬元，由題意得w＝0.8m+0.6×（30﹣m）＝0.2m+18，∵0.2＞0，∴w隨m的增大而增大，∴當(dāng)m＝10時，w取得最小值，此時，30﹣m＝30﹣10＝20，答：購買甲型充電樁10個，乙型充電樁20個，所需費用最少．22.解：（1）把A（-1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3得，a?解得

a=∴拋物線的表達(dá)式為y

=?34x2

+（2）∵y

=?34x2

+94x+3

=?34（∴拋物線的頂點為（

32，

75∵當(dāng)0≤x≤m時，y≤

7516∴m≥

32①∵y≥0時，?1≤m≤4，∴

?1≤m≤4②，∴由①②得m的取值范圍是

32≤m≤4（3）Rt△PDE周長的最大值為

365【解法提示】在y

=?34x2

+94x+3中，令x＝0∴C（0，3），∵B（4，0），∴BC

=32+42=5，直線BC解析式為∴△BOC的周長L△BOC＝OB+OC+BC＝4+3+5＝12，設(shè)P（n，

?34n2

+94n+3），則E（n，

∴PE

=?34n2

+94n+3

?（

?34n+3）∵PE∥y軸，∴∠PED＝∠BCO，∵∠PDE＝∠BOC＝90°，∴△PED∽△BCO，∴

L△∴

L△∴L△PDE

=?95n2

+365n

=?95（∵

?95∴當(dāng)n＝2時，L△PDE取最大值

365

23.解：（1）平行四邊形；【解法提示】如圖①，連接EE1，EE2，F(xiàn)F1，F(xiàn)F2，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝30°，∵O為BD的中點，∴OB＝OD，∵OE＝OF，∴DF＝EB，∴DE＝BF，由軸對稱的性質(zhì)可知，DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，∴DF2＝DF＝BE＝BE2，DE1＝DE＝BF＝BF1，由軸對稱的性質(zhì)可知，∠E1DA＝∠ADB＝30°，∠CDF2＝∠BDC＝60°，∴∠E1DA+∠ADB+∠CDF2+∠BDC＝180°，∴點E1，D，F(xiàn)2

在同一條直線上，同理，點E2，B，F(xiàn)1

三點在同一條直線上，點F1，C，F(xiàn)2在同一條直線上，點E1，A，E2在同一條直線上，∴DF2＝BE2，DE1＝BF1，∴DF2+DE1＝BE2+BF1，即E1F2＝E2F1，由軸對稱的性質(zhì)可知，∠E1DE＝2∠ADB＝2∠CBD＝∠F1BF，∴△DE1E≌△BF1F（SAS），∴E1E＝F1F，同理可得，EE2＝FF2，∵點F與點F2關(guān)于CD對稱，∴FF2⊥CD，同理可得，F(xiàn)F1⊥BC，EE1⊥AD，EE2⊥AB，又∵在矩形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，設(shè)FF1與CB交于點Q，F(xiàn)F2與CD交于點R，EE1與AD交于點H，EE2與AB交于點P，∴四邊形FRCQ，HAPE均為矩形，∴∠E1EE2＝∠F1FF2＝90°，∴△E1EE2≌△F1FF2（SAS）∴E1E2＝F1F2，∴四邊形E1E2F1F2是平行四邊形.答案圖①（2）①證明：由軸對稱的性質(zhì)可知，∠E1DA＝∠BDA，∠F2DC＝∠FDC，∵∠BDA+∠FDC＝90°，∴∠E1DA+∠F2DC＝90°，∴∠E1DA+∠CDF2+∠ADB+∠CDB＝180°，∴點E1，D，F(xiàn)2

三點共線，∴

E1F2

經(jīng)過點D；②解：四邊形E1E2F1F2能為矩形，此時點F為OD中點，點E為OB中點，理由如下，如圖②，當(dāng)F，E分別為OD，OB的中點時，設(shè)DB＝4a，則AO＝BO＝2a，DF2＝DF＝a，DE1＝DE＝3a，又∵在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴

AB連接AE，AO，∠ABO＝60°，AB＝BO＝2a，∴△ABO是等邊三角形，∵E為OB中點，∴AE⊥OB

，∴

A根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得

AE∴AD2＝12a2，

DE12=∴

AD∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1＝90°，∴四邊形E1E2F1F2是矩形，即四邊形E1E2F1F2能為矩形，此時點F為OD中點，點E為OB中點；

答案圖②

（3）形成的菱形的周長為40，矩形的周長為39.2.【解法提示】如圖③，當(dāng)E，F(xiàn)，O三點重合時，DO＝OB，∴DE1＝DO＝DF2＝AO＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，又∵四邊形E1E2F1F2是平行四邊形，∴四邊形E1E2F1F2是菱形，∵AB＝6，AD＝8，∠BAD＝90°，∴BD＝10，由軸對稱的性質(zhì)可得，DF2＝OD＝DE1，∴E1F2＝2DF2＝2OD＝BD＝10，∴菱形E1E2F1F2的周