2024年中考押題預(yù)測卷02（南京卷）-數(shù)學(xué)（全解全析）VIP

絕密★啟用前2024年中考押題預(yù)測卷02【南京卷】數(shù)學(xué)（考試時間：120分鐘試卷滿分：120分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。3．回答填空題時，請將每小題的答案直接填寫在答題卡中對應(yīng)橫線上。寫在本試卷上無效。4．回答解答題時，每題必須給出必要的演算過程或推理步驟，畫出必要的圖形（包括輔助線），請將解答過程書寫在答題卡中對應(yīng)的位置上。寫在本試卷上無效。5．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本大題共6個小題，每小題2分，共12分。在每小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的，請將正確的字母代號填涂在答題卡相應(yīng)位置上）1．（2023?秦淮區(qū)一模）下列計算結(jié)果是正數(shù)的是（）A．2+（﹣3） B．2﹣（﹣3） C．2×（﹣3） D．﹣32【分析】根據(jù)有理數(shù)的運算法則分別計算，再比較大小即可求解．【解答】解：A、2+（﹣3）＝﹣1，B、2﹣（﹣3）＝5，C、2×（﹣3）＝﹣6，D、﹣32＝﹣9，結(jié)果是正數(shù)的是5；故選：B．【點睛】本題考查了有理數(shù)的混合運算，順序為：先算乘方，再算乘除，最后算加減；同級運算，應(yīng)按從左到右的順序進行計算；如果有括號，要先做括號內(nèi)的運算．進行有理數(shù)的混合運算時，注意各個運算律的運用，使運算過程得到簡化．也考查了有理數(shù)大小比較．2．（2023?鼓樓區(qū)一模）在過去10年里，我國國土綠化工程取得重大進展，新增森林面積超過22000000公頃．用科學(xué)記數(shù)法表示22000000是（）A．22×106 B．2.2×106 C．22×107 D．2.2×107【分析】用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)時，一般形式為a×10n，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)，且n比原來的整數(shù)位數(shù)少1，據(jù)此判斷即可．【解答】解：22000000＝2.2×107．故選：D．【點睛】此題主要考查了用科學(xué)記數(shù)法表示較大的數(shù)，一般形式為a×10n，其中1≤|a|＜10，確定a與n的值是解題的關(guān)鍵．3．（2022?建鄴區(qū)一模）估計10的值在（）A．2與3之間 B．3與4之間 C．4與5之間 D．5與6之間【分析】先求出10的范圍9＜【解答】解：∵9＜∴3＜10∴10在3與4之間，故選：B．【點睛】本題考查了估計無理數(shù)的大小，題目比較好，難度不大．4．（2023?南京一模）如圖，在△ABC中，以BC為直徑的半圓分別與AB，AC交于點D，E．若BC＝6，∠A＝60°，則DE的長為（）A．12π B．π C．2π 【分析】連接OD、OE，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)求出∠DOE＝60°，再根據(jù)弧長公式計算，得到答案．【解答】解：連接OD、OE，∵∠A＝60°，∴∠B+∠C＝120°，∵OB＝OD，OE＝OC，∴∠ODB＝∠B，∠OEC＝∠C，∴∠BOD+∠EOC＝360°﹣120°×2＝120°，∴∠DOE＝60°，∴DE的長為：60π×3180=故選：B．【點睛】本題考查的是弧長的計算，熟記弧長公式是解題的關(guān)鍵．5．（2023?鼓樓區(qū)一模）如圖，O為△ABC的外心，四邊形OCDE為正方形．以下結(jié)論：①O是△ABE的外心；②O是△ACD的外心；③直線DE與△ABC的外接圓相切．其中所有正確結(jié)論的序號是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【分析】根據(jù)三角形的外心得出OA＝OC＝OA，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐個判斷即可．【解答】解：連接OB、OD、OA，∵O為銳角三角形ABC的外心，∴OA＝OC＝OB，∵四邊形OCDE為正方形，∴OA＝OC＜OD，∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，①OA＝OE＝OB，O是△ABE的外心，故本選項符合題意；②OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本選項不符合題意；③∵OE＝OA，OE⊥DE，∴直線DE與△ABC的外接圓相切．故本選項符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了切線的判定，正方形的性質(zhì)和三角形的外心與外接圓，能熟記知識點的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵，注意：三角形的外心到三個頂點的距離相等，正方形的四邊都相等．6．（2023?玄武區(qū)一模）如圖，點A，B在反比例函數(shù)y=kx(x＞0)圖象上，點A的橫坐標(biāo)為1，連接OA，OB，AB，若OA＝OB，△OABA．2 B．3 C．4 D．5【分析】如圖，過點A作AC⊥y軸于C，過點B作BD⊥x軸于D，由勾股定理可得：OD＝OC，證明Rt△ACO≌Rt△BDO（HL），則BD＝AC＝1，OD＝OC＝k，先根據(jù)反比例函數(shù)的系數(shù)k的幾何意義可得：S△ACO＝S△BDO=12k，根據(jù)圖中面積的關(guān)系可知：S△AOB＝S梯形【解答】解：如圖，過點A作AC⊥y軸于C，過點B作BD⊥x軸于D，∵點A，B在反比例函數(shù)y=kx(x＞0)∴AC＝1，OC＝k，∴A（1，k），設(shè)B（a，ka∵OA＝OB，∴AC2+OC2＝BD2+OD2，∴1+k2＝a2+k∴a2＝k2，∴a＝k（負(fù)值舍），∴OD＝OC，∴Rt△ACO≌Rt△BDO（HL），∴BD＝AC＝1，OD＝OC＝k，過點A作AE⊥OD于E，∵S△AOB＝4，S△ACO＝S△BDO=12k，且S△AOB＝S梯形∴4=12（k+1）（∴k2﹣1＝8，∴k＝3（由圖可知：k＞0），故選：B．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義以及全等三角形的判定與性質(zhì)．利用形數(shù)結(jié)合解決此類問題，是非常有效的方法．二、填空題（本大題共10小題，每題2分，共20分．請把答案直接填寫在答題卡相應(yīng)位置上）7．（2023?鼓樓區(qū)一模）計算：|﹣2|＝2；（﹣2）0＝1．【分析】根據(jù)絕對值的性質(zhì)和零指數(shù)冪的定義解答．【解答】解：|﹣2|＝2，（﹣2）0＝1．故答案為：2，1．【點睛】本題考查了零指數(shù)冪、絕對值，熟悉絕對值的性質(zhì)和零指數(shù)冪的定義是解題的關(guān)鍵．8．（2023?南京一模）若式子1x?2在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的取值范圍是x≠2【分析】根據(jù)分式有意義的條件解答即可．【解答】解：∵式子1x?2∴x﹣2≠0．∴x≠2．故答案為：x≠2．【點睛】本題考查的是分式有意義的條件，熟知分式有意義的條件是分母不等于零是解題的關(guān)鍵．9．（2023?南京一模）計算2×(8?【分析】根據(jù)二次根式的混合運算的法則計算即可．【解答】解：2=2=2×8＝4﹣1＝3．故答案為：3．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算，熟練掌握二次根式的混合運算是解題的關(guān)鍵．10．（2022?建鄴區(qū)一模）設(shè)x1，x2是方程x2﹣2x﹣1＝0的兩個根，則x1（1+x2）+x2＝1．【分析】根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2＝2，x1x2＝﹣1，然后利用整體代入的方法計算x1（1+x2）+x2的值．【解答】解：根據(jù)題意得x1+x2＝2，x1x2＝﹣1，所以x1（1+x2）+x2＝x1+x2+x1x2＝2+（﹣1）＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根時，x1+x2=?ba，x1?x211．（2023?鼓樓區(qū)一模）如圖，點I是△ABC的內(nèi)心．若∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，則∠ICA的度數(shù)是20°．【分析】根據(jù)點I是△ABC的內(nèi)心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，推出∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，所以∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，推出∠ICA=12∠ACB【解答】解：∵點I是△ABC的內(nèi)心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，∴∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，∴∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，∴∠ICA=12∠ACB故答案為：20．【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)切圓和內(nèi)心，正確利用角平分線的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理是解題的關(guān)鍵．12．（2023?南京一模）若正比例函數(shù)y＝kx與函數(shù)y=1x的圖象沒有交點，則k的值可以是【分析】根據(jù)正比例函數(shù)與反比例函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系解答即可．【解答】解：∵正比例函數(shù)y＝kx與函數(shù)y=1∴k＜0，∴k的值可以是﹣1（答案不唯一）．故答案為：﹣1（答案不唯一）．【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，掌握它們的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）正比例函數(shù)y＝kx（k≠0），①k＞0時，正比例函數(shù)圖象過第一、三象限；②k＜0時，正比例函數(shù)圖象過第二、四象限．（2）反比例函數(shù)y=kx（①k＞0時，反比例函數(shù)圖象在第一、三象限；②k＜0時，反比例函數(shù)圖象在第二、四象限．13．（2024?玄武區(qū)校級模擬）定義：如果一個三角形一條邊上的高等于這條邊，那么這個三角形叫做“等高底”三角形，這條邊叫做這個三角形的“等底”．如圖，已知l1∥l2，l1與l2之間的距離為2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直線l1上，點A在直線l2上，△ABC有一邊的長是BC的2倍．將△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△A'B'C，A'C所在直線交l2于點D，則CD＝2103或22【分析】①當(dāng)AB=2BC時，畫出圖形分兩種情況分別求得CD=2x=2103或CD=2AC＝22；②當(dāng)AC=2BC【解答】解：①當(dāng)AB=2BCⅠ．如圖1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，∵“等高底”△ABC的“等底”為BC，l1∥l2，l1與l2之間的距離為2，AB=2BC∴BC＝AE＝2，AB＝22，∴BE＝2，即EC＝4，∴AC＝25，∵△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴∠DCF＝45°，設(shè)DF＝CF＝x，∵l1∥l2，∴∠ACE＝∠DAF，∴DFAF=AECE=∴AC＝3x＝25，∴x=253，CD=Ⅱ．如圖4，此時△ABC等腰直角三角形，∵△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴△ACD是等腰直角三角形，∴CD=2AC＝22②當(dāng)AC=2BCⅠ．如圖5，此時△ABC是等腰直角三角形，∵△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△A'B'C，∴A'C⊥l1，∴CD＝AB＝BC＝2；Ⅱ．如圖6，作AE⊥BC于E，則AE＝BC，∴AC=2BC=2∴∠ACE＝45°，∴△ABC繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°，得到△A'B'C時，點A'在直線l1上，∴A'C∥l2，即直線A'C與l2無交點，綜上所述，CD的值為2103或2【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了平行線的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)分類討論的思想進行解答．14．（2023?玄武區(qū)一模）如圖，沿一條母線將圓錐側(cè)面剪開并展平，得到一個扇形，若圓錐的底面圓的半徑r＝2cm，則該圓錐的母線長l為6cm，扇形的圓心角θ＝120°．【分析】利用圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長和弧長公式得到θ×π×6180=2π?2，然后解關(guān)于【解答】解：根據(jù)題意得θ×π×6180=2解得θ＝120．故答案為120．【點睛】本題考查了圓錐的計算：圓錐的側(cè)面展開圖為一扇形，這個扇形的弧長等于圓錐底面的周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．15．（2023?玄武區(qū)一模）如圖，點O是正六邊形ABCDEF的中心，以AB為邊在正六邊形ABCDEF的內(nèi)部作正方形ABMN，連接OD，ON，則∠DON＝105°．【分析】連接OA，OB，OE，OF，利用正六邊形的性質(zhì)得到OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，則△OAB為等邊三角形，D，O，A在一條直線上；利用正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求得∠AON的度數(shù)，則結(jié)論可得．【解答】解：連接OA，OB，OE，OF，如圖，∵點O是正六邊形ABCDEF的中心，∴OA＝OB＝OF＝OE＝OD，∠AOB＝∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，∴△OAB為等邊三角形，∠AOF+∠FOE+∠EOD＝180°，∴D，O，A在一條直線上，∠OAB＝60°，OA＝AB．∵以AB為邊在正六邊形ABCDEF的內(nèi)部作正方形ABMN，∴∠NAB＝90°，AB＝AN，∴∠NAO＝30°，OA＝AN，∴∠AON＝∠ANO=180°?30°∴∠NOD＝180°﹣∠AON＝105°．故答案為：105．【點睛】本題主要考查了正六邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，連接正六邊形的半徑，證得D，O，A在一條直線上是解題的關(guān)鍵．16．（2024?雨花臺區(qū)模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于點O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB=12，BOOD=43【分析】通過作輔助線，得到△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，△ABC∽△DAN，進而得出對應(yīng)邊成比例，再根據(jù)tan∠ACB=12，BOOD=43，得出對應(yīng)邊之間關(guān)系，設(shè)BC＝4a，表示AB、【解答】解：如圖，過點D作DM∥BC，交CA的延長線于點M，延長BA交DM于點N，∵DM∥BC，∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，∴ABBC=ANNM=tan∠又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，∴∠BAC+∠NAD＝90°，∵∠BAC+∠BCA＝90°，∴∠NAD＝∠BCA，∴△ABC∽△DAN，∴ABBC設(shè)BC＝4a，由BCDM=OBOD=∴AB＝2a，DN=35a，AN=∴NB＝AB+AN＝2a+65a=∴S△ABD故答案為：332【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)和判定，根據(jù)對應(yīng)邊成比例，設(shè)常數(shù)表示三角形的面積是得出正確答案的關(guān)鍵．三、解答題（本大題共11小題，共88分，請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（6分）（2023?鼓樓區(qū)一模）解不等式組4(x?1)＞3x?22x?3≤5【分析】首先解每個不等式，兩個不等式的解集的公共部分就是不等式組的解集，然后確定整數(shù)解即可．【解答】解：4(x?1)＞3x?2①2x?3≤5②解①得x＞2，解②得x≤4．則不等式組的解集是：2＜x≤4．則整數(shù)解是：3，4．【點睛】本題考查了一元一次不等式組的解法：解一元一次不等式組時，一般先求出其中各不等式的解集，再求出這些解集的公共部分，解集的規(guī)律：同大取大；同小取??；大小小大中間找；大大小小找不到．18．（6分）（2023?秦淮區(qū)一模）計算m2【分析】先算括號里面的，再算除法，最后化簡．【解答】解：m=m=m=(m+1)(m?1)m?=m?1【點睛】本題考查了分式的混合運算，掌握因式分解是解題的關(guān)鍵．19．（8分）（2023?玄武區(qū)一模）小麗從A、B、C、D四個景點中，隨機選擇一個或兩個景點游玩．（1）隨機選擇一個景點，恰好是A景點的概率是14（2）隨機選擇兩個景點，求A，B景點至少有一個的概率．【分析】（1）根據(jù)概率公式直接求解即可；（2）根據(jù)題意列樹狀圖得出所有等可能的結(jié)果以及選中A、B兩個景點至少有一個的情況，再利用概率公式即可求得答案．【解答】解：（1）∵共有A、B、C、D四個景點，∴恰好選中A景點的概率為14（2）畫樹狀圖如圖：共有12個等可能的結(jié)果，選中A、B兩個景點至少有一個的結(jié)果有10個，∴隨機選擇兩個景點，A，B景點至少有一個的概率為：1012【點睛】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結(jié)果n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．20．（8分）（2023?建鄴區(qū)一模）為了了解2022年某地區(qū)5萬名大、中、小學(xué)生3分鐘跳繩成績情況，教育部門從這三類學(xué)生群體中各抽取了20%的學(xué)生進行檢測，整理樣本數(shù)據(jù)，并結(jié)合2018年抽樣結(jié)果，得到下列統(tǒng)計圖．（1）本次檢測抽取了大、中、小學(xué)生共10000名，其中小學(xué)生4500名；（2）根據(jù)抽樣的結(jié)果，估計2022年該地區(qū)5萬名大、中、小學(xué)生中，3分鐘跳繩成績合格的中學(xué)生人數(shù)為18000名；（3）比較2018年與2022年抽樣學(xué)生3分鐘跳繩成績合格率情況，寫出一條正確的結(jié)論．【分析】（1）根據(jù)“教育部門從這三類學(xué)生群體中各抽取了20%的學(xué)生進行檢測”，可得50000×20%，即可得到本次檢測抽取了大、中、小學(xué)生共多少名，再根據(jù)扇形圖可得小學(xué)生所占45%，即可解答；（2）先計算出樣本中3分鐘跳繩成績合格的中學(xué)生人數(shù)所占的百分比，再乘以5萬，即可解答；（3）根據(jù)條形圖，寫出一條即可，答案不唯一．【解答】解：（1）本次檢測抽取了大、中、小學(xué)生共：50000×20%＝10000（名），其中小學(xué)生：10000×45%＝4500（名）．故答案為：10000，4500；（2）估計2022年該地區(qū)5萬名大、中、小學(xué)生中，3分鐘跳繩成績合格的中學(xué)生人數(shù)為：50000×40%×90%＝18000（名）．故答案為：18000；（3）與2018年相比，2022年該地區(qū)大學(xué)生3分鐘跳繩成績合格率下降了5%（答案不唯一）．【點睛】本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用．讀懂統(tǒng)計圖，從統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關(guān)鍵．21．（8分）（2023?建鄴區(qū)一模）如圖，已知AB為半圓的直徑．求作矩形MNPQ，使得點M，N在AB上，點P，Q在半圓上，且MN＝2MQ．要求：（1）用直尺和圓規(guī)作圖；（2）保留作圖的痕跡，寫出必要的文字說明．【分析】先作AB的垂直平分線得到圓心O，再分別作∠AOC和∠BOC的平分線交⊙O于Q、P，接著過Q、P點分別作AB的垂線，垂足分別為M、N，則可判斷△OMQ和△OPN都為等腰直角三角形，所以四邊形MNPQ滿足條件．【解答】解：如圖，先作AB的垂直平分線得到圓心O，再分別作∠AOC和∠BOC的平分線交⊙O于Q、P，接著過Q、P點分別作AB的垂線，垂足分別為M、N，則四邊形MNPQ為所作．【點睛】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖：解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了矩形的性質(zhì)．22．（8分）（2024?雨花臺區(qū)模擬）如圖①，某款線上教學(xué)設(shè)備由底座，支撐臂AB，連桿BC，懸臂CD和安裝在D處的攝像頭組成．如圖②是該款設(shè)備放置在水平桌面l上的示意圖．已知支撐臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，測量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求攝像頭到桌面l的距離DE的長（結(jié)果精確到0.1cm）．（參考數(shù)據(jù)：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，3≈【分析】過點C作CF⊥l，垂足為F，過點B作BN⊥CF，垂足為N，過點D作DM⊥CF，垂足為M，設(shè)DM與BC交于點G，根據(jù)題意可得FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，從而求出∠CBN＝58°，進而求出∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝30°，然后先在Rt△CBN中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出BN，CN的長，從而求出EF，DM的長，再在Rt△CDM中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出CM的長，從而求出MN的長，進行計算即可解答．【解答】解：過點C作CF⊥l，垂足為F，過點B作BN⊥CF，垂足為N，過點D作DM⊥CF，垂足為M，設(shè)DM與BC交于點G，則FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，∵∠ABC＝148°，∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABN＝148°﹣90°＝58°，在Rt△CBN中，BC＝30cm，∴CN＝30?sin58°≈30×0.85＝25.5（cm），BN＝30?cos58°≈30×0.53＝15.9（cm），∴AF＝BN＝15.9cm，∴DM＝EF＝AE+AF＝9+15.9＝24.9（cm），∵DM∥BN，∴∠CGM＝∠CBN＝58°，∴∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝58°﹣28°＝30°，在Rt△CDM中，CM＝DM?tan30°=33×∴MN＝CN﹣CM＝25.5﹣14.36＝11.14（cm），∴MF＝MN+NF＝11.14+15≈26.1（cm），∴DE＝MF＝26.1cm，∴攝像頭到桌面l的距離DE的長約為26.1cm．【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．23．（8分）（2024?雨花臺區(qū)模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2?52k（（1）若拋物線經(jīng)過點（1，k2），求k的值；（2）若拋物線經(jīng)過點（2k，y1）和點（2，y2），且y1＞y2，求k的取值范圍；（3）若將拋物線向右平移1個單位長度得到新拋物線，當(dāng)1≤x≤2時，新拋物線對應(yīng)的函數(shù)有最小值?32，求【分析】（1）把點坐標(biāo)代入解析式即可；（2）分別把點（2k，y1）和點（2，y2）代入函數(shù)解析式，表示y1、y2利用條件構(gòu)造關(guān)于k的不等式；（3）根據(jù)平移得到新頂點，用k表示頂點坐標(biāo)，找到最小值求k．【解答】解：（1）把點（1，k2）代入拋物線y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2?52k2＝12﹣2（k﹣1）+k2?5解得k=（2）把點（2k，y1）代入拋物線y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2?52y1＝（2k）2﹣2（k﹣1）?2k+k2?52k＝k2把點（2，y2）代入拋物線y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2?52y2＝22﹣2（k﹣1）×2+k2?52k＝k2?∵y1＞y2∴k2+32k＞k2?13解得k＞1（3）拋物線y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2?52y＝（x﹣k+1）2+（?1將拋物線向右平移1個單位長度得到新解析式為y＝（x﹣k）2+（?1當(dāng)k＜1時，1≤x≤2對應(yīng)的拋物線部分位于對稱軸右側(cè)，y隨x的增大而增大，∴x＝1時，y最?。剑?﹣k）2?12k﹣1＝k2?∴k2?52k=?32，解得k1都不合題意，舍去；當(dāng)1≤k≤2時，y最小=?12∴?12k解得k＝1；當(dāng)k＞2時，1≤x≤2對應(yīng)的拋物線部分位于對稱軸左側(cè)，y隨x的增大而減小，∴x＝2時，y最?。剑?﹣k）2?12k﹣1＝k2?∴k2?92k解得k1＝3，k2=3綜上，k＝1或3．【點睛】本題為二次函數(shù)綜合題，考查二次函數(shù)圖象性質(zhì)及二次函數(shù)圖象平移．解答時注意用k表示頂點．24．（8分）（2024?南京模擬）如圖，在△ABC中，AC＞AB．（1）在線段BC上作點P，使得點P到AB的距離與點P到AC的距離相等（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）在（1）的條件下，若PA＝PC，求證：PC?BC＝AC?AB．【分析】（1）因為點P在BC上，且點P到AB、AC的距離相等，所以點P為∠BAC的平分線與BC的交點，作出∠BAC的平分線與BC的交點P即可；（2）由AP平分∠BAC，PA＝PC，得∠BAP＝∠C＝∠CAP，而∠B＝∠B，即可根據(jù)“兩角分別相等的兩個三角形相似”證明△PBA∽△ABC，得PAAC=ABBC，即可證明PC?BC＝【解答】（1）解：作法：作∠BAC的平分線交BC于點P，點P就是所求的圖形．證明：∵點P在BC上，且點P在∠BAC的平分線上，∴點P到AB、AC的距離相等，∴點P就是所求的圖形．（2）證明：∵AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠CAP，∵PA＝PC，∴∠C＝∠CAP，∴∠BAP＝∠C，∵∠B＝∠B，∴△PBA∽△ABC，∴PAAC∴PA?BC＝AC?AB，∴PC?BC＝AC?AB．【點睛】此題重點考查尺規(guī)作圖、作已知角的平分線、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，正確地作出∠BAC的平分線是解題的關(guān)鍵．25．（8分）（2024?秦淮區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圓．（1）如圖①，當(dāng)CD與⊙O相切時，求證：四邊形ABCD是菱形．（2）如圖②，當(dāng)CD與⊙O相交于點E時．（Ⅰ）若AD＝6，CE＝5，求⊙O的半徑．（Ⅱ）連接BE，交AC于點F，若EF?AB＝CE2，則∠D的度數(shù)是72°．【分析】（1）連接CO交AB于K，由切線性質(zhì)可得OC⊥AB，由垂徑定理得：AK＝BK，再運用菱形的判定定理即可證得結(jié)論；（2）（Ⅰ）連接AE，OB，過點A作AG⊥CD于G，過點O作OF⊥BC于F，由平行四邊形性質(zhì)可得AB∥CD，∠ABC＝∠D，AB＝CD，由圓周角定理可得∠BOC＝2∠BAC，設(shè)EG＝DG＝x，則CG＝x+5，AC＝CD＝2x+5，運用勾股定理建立方程求解可得：EG＝DG＝2，AC＝CD＝9，再運用勾股定理和解直角三角形即可求得答案；（Ⅱ）連接AE，先證得△CEF∽△CAE，可推出∠AED＝∠D＝∠ABC＝∠ACB＝∠DAE，設(shè)∠BAC＝α，由平行線性質(zhì)建立方程求解即可得出答案．【解答】（1）證明：如圖①，連接CO交AB于K，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵CD與⊙O相切，∴半徑OC⊥CD，∴OC⊥AB，由垂徑定理得：AK＝BK，∴直線CK垂直平分AB，∴AC＝BC，∵AB＝AC，∴AB＝BC，∴四邊形ABCD是菱形．（2）解：（Ⅰ）如圖②，連接AE，OB，過點A作AG⊥CD于G，過點O作OF⊥BC于F，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∠ABC＝∠D，AB＝CD，∴∠ACD＝∠BAC，∵BC=∴∠BOC＝2∠BAC，∵OF⊥弦BC，∴CF=12BC，∠BOC＝2∠∴∠COF＝∠ACD，∵四邊形ABCE是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠AEC＝180°，∵∠AED+∠AEC＝180°，∴∠AED＝∠ABC，∴∠AED＝∠D，∴AE＝AD，∵AD＝6，∴AE＝BC＝6，CF＝3，∵AE＝AD，AG⊥CD，∴EG＝DG，設(shè)EG＝DG＝x，∵CE＝5，∴CG＝x+5，CD＝2x+5，∵AB＝AC，∴AC＝CD＝2x+5，在Rt△ACG中，AG2＝AC2﹣CG2，在Rt△AEG中，AG2＝AE2﹣EG2，∴AC2﹣CG2＝AE2﹣EG2，即（2x+5）2﹣（x+5）2＝62﹣x2，解得：x1＝2，x2=?9∴EG＝DG＝2，AC＝CD＝9，在Rt△ADG中，AG=AD2∴sin∠COF＝sin∠ACD=AG∴OC=CF∴⊙O的半徑為272（Ⅱ）如圖③，連接AE，∵EF?AB＝CE2，∴EFCE∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∠ABC＝∠D，∴∠BAC＝∠ACD，∠BAD+∠D＝180°，∵BC=∴∠BAC＝∠BEC，∴∠ACD＝∠BEC，∴EF＝CF，又∵AB＝AC，∴CFCE又∵∠ECF＝∠ACE，∴△CEF∽△CAE，∴∠CEF＝∠CAE，即∠BEC＝∠CAE，∴∠CAE＝∠BAC，∵∠AED＝∠D＝∠ABC＝∠ACB，∴∠DAE＝∠BAC，設(shè)∠BAC＝α，則∠ABC＝∠ACB＝∠D＝90°?12α，∠CAE＝∠DAE＝∵∠BAD+∠D＝180°，∴3α+90°?12解得：α＝36°，∴∠D＝90°?12α＝90°故答案為：72．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了平行四邊形性質(zhì)，菱形的判定，垂徑定理，圓的切線性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等，平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．26．（10分）（2024?秦淮區(qū)校級模擬）小鄭和小外同時從A出發(fā)進行100m的游泳比賽，小鄭游泳速度不變．圖中的實線表示部分小外在游泳過程中與A的距離y（m）和游泳的時間t（s）之間的關(guān)系，虛線表示小鄭在游泳過程中與A的距離y（m）和游泳的時間t（s）之間的關(guān)系．（1）小鄭游泳的平均速度為56m/s，游泳池的長度為25m（2）小外在45s后速度增加，并以增加后的速度勻速行駛，若小外和小鄭同時到達(dá)終點，①請補全小外的函數(shù)圖象；②小鄭出發(fā)多長時間后，兩人相距5m？（直接寫出結(jié)果）【分析】（1）觀察圖象，根據(jù)速度＝路程÷時間可得小鄭游泳的平均速度，由100除以往返次數(shù)4可得游泳池的長度；（2）①求出關(guān)鍵點的橫坐標(biāo)，再描點可畫出圖象；②求出函數(shù)關(guān)系式，再分類討論，列方程即可解得答案．【解答】解：（1）曲線OCDEF為小鄭的運動圖象，50m用時60s，∴小鄭游泳的平均速度為5060=56（∵小鄭來回游了4次，∴游泳池的長度為1004=25（故答案為：56（2）①小外在45s后游泳的速度也保持不變，且小鄭和小外同時到達(dá)終點，∴小外剩余時間3等分，每份為13×（120﹣45）＝25（∴圖象關(guān)鍵點的橫坐標(biāo)為70，95，120，函數(shù)圖象如圖所示：②小鄭的函數(shù)表達(dá)式為：y1=56x（0≤x＜30），y1=?56x+50（30≤x＜60），y1=56x﹣50（60≤x＜90），y小外的函數(shù)表達(dá)式為：y2=59x（0≤x＜45），y2＝﹣x+70（45≤x＜70），y2＝x﹣70（70≤x＜95），y2＝﹣x+120（95≤（Ⅰ）當(dāng)0≤x＜30時，y1﹣y2=56x?59x=（Ⅱ）當(dāng)30≤x＜36時，y1﹣y2=?56x+50?59x=?25（Ⅲ）當(dāng)36≤x＜45時，y2﹣y1=59x﹣（?56x+50）=25（Ⅳ）當(dāng)45≤x＜60時，y2﹣y1＝﹣x+70﹣（?56x+50）=?16（Ⅴ）當(dāng)60≤x＜72011時，y2﹣y1＝﹣x+70﹣（56x﹣50）=?116（Ⅵ）當(dāng)72011≤x＜70時，y1﹣y2=56x﹣50﹣（﹣x+70）=11（Ⅶ）當(dāng)70≤x≤90時，y1﹣y2=56x﹣50﹣（x﹣70）=?16（Ⅷ）當(dāng)90＜x＜95時，y2