2024年中考考前押题卷-数学（浙江卷）（全解全析）

2024年中考考前押题密卷（浙江卷）

数学•全解全析

第I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.下列手机中的图标是轴对称图形的是（）

【答案】C

【分析】根据轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个

图形叫做轴对称图形，进行判断即可.

【解析】解：A.不是轴对称图形，故此选项不合题意;

B.不是轴对称图形，故此选项不合题意；

C.是轴对称图形，故此选项符合题意；

D.不是轴对称图形，故此选项不合题意.

故选：C.

【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键.

2.已知42x-6W6-2x+y=3,则42xy的值为（）

A.273B.3V2C.12D.18

【答案】B

【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，由非负数的性质列式求出x的值；然后将x的值代入求出

y的值，最后代入待求式，进行计算即可.

px-6>0

【解析】解:由题意得:

16-2x)0

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解得x=3,

把x=3代入42X-6+V6-2X+y=3，可得y=3,

所以技？=/2X3X3=3A/2-

故选：B.

【点睛】本题考查二次根式有意义的条件,关键是掌握二次根式有意义的条件以及求代数式的值的方法.

3.下列运算结果正确的是()

A.irfl+n-fl=2m4B.aL,c?=a>

C.(/MM2)i—mn6D.m6^nr--m3

【答案】B

【分析】直接利用合并同类项法则、同底数塞的乘除运算法则、积的乘方运算分别计算，进而判断得出

答案.

【解析】解：A.m2+m2=2m2,故此选项不合题意；

B.a2«a3=a5,故此选项符合题意；

C.(mn2)3=m3n6,故此选项不合题意；

D.m64-m2=m4,故此选项不合题意.

故选：B.

【点睛】此题主要考查了合并同类项、同底数幕的乘除运算、积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是

解题关键.

4.在五边形A8CDE中，ZA=ZE=120°,ZB=130°,ZC=70°,则()

A.100°B.110°C.120°D.130°

【答案】A

【分析】根据多边形内角和公式解题即可.

【解析】解：多边形的内角和为180以(n-2),

五边形ABCDE的内角和为180。、(5-2)=540°,

ZD=540°-ZA-ZB-ZC-ZE=540°-120°-130°-70°-120°=100°.

故选：A.

【点睛】本题主要考查了多边形的内角和求法，关键是多边形内角和公式的应用.

5.下列调查适合做普查的是()

A.调查游客对我市景点的满意程度

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B.调查我省中小学生的身高情况

C.调查九年级（3）班全班学生本周末参加社区活动的时间

D.调查我市中小学生保护水资源的意识

【答案】C

【分析】全面调查是对需要调查的对象逐个调查，这种调查能够收集全面、广泛、可靠的资料，但调查

费用较高，时间延续较长，适合于较小的调查范围，抽样调查适合于较广的调查范围，据此可得到结.

【解析】解：A、调查游客对我市景点的满意程度，范围较广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；

B、调查我省中小学生的身高情况，人数多，范围广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；

C、调查九年级（3）班全班学生本周末参加社区活动的时间，人数少，范围小，适合于全面调查，即普

查，该选项符合题意；

D、调查我市中小学生保护水资源的意识，人数多，范围广，适合于抽样调查，该选项不符合题意；

故选：C.

【点睛】本题考查了判断全面调查与抽样调查，了解全面调查与抽样调查的区别是解题的关键.

6.一个正棱柱的正（主）视图和俯视图如图所示，则该三棱柱的侧（左）视图的面积为（）

【答案】A

【分析】求出正三棱锥底面边长的高，然后求解侧视图的面积.

【解析】解：由题意可知，底面三角形是正三角形，边长为4,高为2我,

所以侧视图的面积为：4x73=873.

故选：A.

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【点睛】本题考查三视图求解几何体的侧视图，求解底面三角形的高是解题的关键，是基础题.

7.如图，为做好疫情防控，小航同学在超市帮妈妈买回一袋纸杯，他把纸杯整齐地叠放在一起，请根据图

中信息，如果把这50个纸杯整齐叠放在一起时，它的高度为()

B.57cmC.58cmD.59cm

【答案】B

【分析】根据题中所给图形，求出一个杯子高度及叠放后每个杯子漏出部分的高度即可得到答案.

【解析】解：由图可知，右边8个杯子叠放高度比左边3个杯子高15-10=5(cm),

杯子叠放后每个杯子漏出来部分的高度为5+5=lcm,则一个杯子高度为10-2=8(cm),

把这50个纸杯整齐叠放在一起时，它的高度为8+49=57(cm),

故选：B.

【点睛】本题考查数学知识解决实际问题，读懂题意，数形结合，分析出叠放后每个杯子漏出来部分的

高度是解决问题的关键.

8.将一副三角板如图放置，则下列结论中正确的是()

①如果/2=30。，则有AC〃。民

②NBAE+ZCAD=180。；

③如果2。〃的),则有N2=45。；

④如果/CAD=150。，必有/4=/C.

A.①②③B.③④C.①②④D.①②③④

【答案】D

【分析】根据平行线的性质与判定，余角的性质，等逐项分析并选择正确的选项即可.

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【解析】解：①：/2=30。，.•./：!=60。，.•./：!=/£,，AC〃DE,故①正确;

@VZ1+Z2=9O°,N2+/3=90。，

ZBAE+ZCAD=Z2+Z1+Z2+Z3=90°+90°=180°,故②正确；

③：BC〃AD,

.,.Zl+Z2+Z3+ZC=180°,

又；NC=45°,Nl+N2=90°,

.\Z3=45°,

Z2=90°-45°=45°,故③正确；

④：/CAD=150。，ZDAE=90°,

.\Z1=ZCAD-ZDAE=150°-90°=60°,

VZE=60°,

.*.Z1=ZE,

AACZ7DE,

/.Z4=ZC,故④正确;

故选：D.

【点睛】本题考查三角板中的角度计算，平行线的性质与判定，能够掌握数形结合思想是解决本题的关

键.

9.在学习勾股定理时，甲同学用四个相同的直角三角形（直角边长分别为。，b,斜边长为c）构成如图所

示的正方形；乙同学用边长分别为。，。的两个正方形和长为从宽为。的两个长方形构成如图所示的正

方形，甲、乙两位同学给出的构图方案，可以证明勾股定理的是（）

C.甲，乙都可以D.甲，乙都不可以

【答案】A

【分析】由图形中的面积关系，应用完全平方公式即可解决问题.

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【解析】解：甲同学的方案：

•..大正方形的面积=小正方形的面积+直角三角形的面积x4,

(a+b)2=c2+—abx4,

2

a2+b2+2ab=c2+2ab,

a2+b2=c2,

因此甲同学的方案可以证明勾股定理；

乙同学的方案：

.大正方形的面积=矩形的面积x2+两个小正方形的面积，

(a+b)2=a2+2ab+b2,

得不到a2+b2=c2,

因此乙同学的方案不可以证明勾股定理.

故选：A.

【点睛】本题考查勾股定理的证明，关键是应用面积法，完全平方公式.

10.如图，在AA8C中，ZACB=90°,以AABC的各边为边分别作正方形BAHI,正方形BCFG与正方形

CADE,延长3G,产G分别交AO,DE于点K,J,连结图中两块阴影部分面积分别记为出，

S2.若Si：S2=l：4,s四边形边B4HE=18,则四边形的面积为()

A.5B.6C.8D.9

【答案】B

【分析】先证ACABg/\DAH(SAS),得NADH=90。，则H、D、E三点共线，再证之=4，则BC

BC2

=FC=FG=BG=2GJ,AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ,然后由S四边形BAHE=SAADH+S梯形

ADEB=18,求出GJ=M，证AFANq△EBM(ASA),贝!JSAFAN=SAEBM,最后由S四边形MBNJ

=S矩形CFJE-S四边形BCFN-SAEBM=S矩形CFJE-SAABC,即可得出结果.

【解析】解：：四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，

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，AC=AD,AB=AH,ZCAD=ZABI=ZBAH=ZADE=90°,

ZCAB+ZBAD=ZDAH+ZBAD,

.\ZCAB=ZDAH,

，AC=AD

在ACAB和ADAH中，，NCAB=/DAH，

AB=AH

.'.△CAB^ADAH(SAS),

.\ZADH=ZACB=90°,

VZADE=90°,

AH,D、E三点共线，

:四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J,

四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形,且AF=BE,ZAFN=ZBEM=90°,四边形DKGJ是正方形,

四边形CFJE是矩形，

VS1：S2=l：4,

•以二

•,BC2'

；.BC=FC=FG=BG=2GJ,

•/四边形CADE是正方形，

ZADE=90°,AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ,

在中，由勾股定理得：22=

RtAACBAB=^AC2+BC2(3GJ)+(2GJ)V13GJ-

在RtAADH中，由勾股定理得：DH=qAH?-AD2=JGJ)2-(3GJ)2=2GJ,

VS四边形BAHE=S/kADH+S梯形ADEB=18,

AD»DH+—(AD+BE)«DE=—x3GJx2GJ+—(3GJ+GJ)x3GJ=18,

2222

解得：GJ=&(负值已舍去)，

VZABC+ZEBM=180°-ZABI=180°-90°=90°,ZABC+ZCAB=90°,

.\ZCAB=ZEBM,即/FAN=NEBM,

，ZAFN=ZBEM

在AFAN和AEBM中，.AF=BE，

ZFAN=ZEBM

AAFAN^AEBM(ASA),

.".SAFAN=SAEBM,

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.,.SAABC=S四边形BCFN+SAFAN=S四边形BCFN+SAEBM,

AS四边形MBNJ=S矩形CFJE-S四边形BCFN-SAEBM=S矩形CFJE-SAABC=FC«CE-/AOBC

=2GJx3GJ-■|x3GJx2GJ=3GJ2=3x(a)2=6,

故选：B.

【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、

矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识，证明△FANgAEBM是解题的关键.

第n卷

二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)

11.分解因式6xy2-3x2y=.

【答案】3xy(2y-x)

【分析】原式提取公因式3xy即可.

【解析】解：原式=3xy(2y-x).

故答案为：3xy(2y-x).

【点睛】此题考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键.

12.如图，的对角线AC、2。相交于点。，AC+BD=22,AB=9.则△OCD的周长为.

【分析】由平行四边形的性质得0c=、AC,OD=^BD,CD=AB=9,则OC+OD=£CAC+BD)=11,

即可求出OC+OD+CD的值.

【解析】解：：四边形ABC。是平行四边形，对角线AC与3D交于点0,

：.OC^OA^—AC,OD=OB=LBD,CD=AB=9,

22

VAC+B£>=18,

：.OC+OD^—QAC+BD)=』x22=ll,

22

OC+OD+CD^11+9=20,

.••△OCD的周长为20,

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故答案为：20.

【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的周长等知识，证明OC=±AC,OD=^BD,并且

求得OC+OD=11是解题的关键.

13.如图，将等腰AABC（NA是锐角）沿8。对折，使得点4落在射线8c上的E点处，再将ADCE沿C。

对折得到△D。7，若。尸刚好垂直于BC,则NA的大小为°.

【答案】45

【分析】由等腰三角形的性质可得ZACB,由折叠的性质可得NA=NE=NRZDCE=ZDCF,

由外角性质可求NBCr=/A=/E=N_F,由直角三角形的性质可求解.

【解析】解：

2ABe=ZACB,

••,将等腰AABC（ZA是锐角）沿BD对折，使得点A落在射线BC上的E点处，

NA=ZE,

・・,将1沿CO对折得到△OCF

ZE=ZF,ZDCE=ZDCF,

'：ZDCE=NA3C+NA,ZDCF=NACB+NBCF,

：.ZBCF=NA,

/.NBCF=ZA=ZE=/F,

a：DF_LBC,

：.ZBCF=ZF=45°,

：.ZA=45°,

故答案为：45.

【点睛】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，外角的性质，灵活运用折叠的性质是本题的关键.

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14.已知一*组数据X\,%2,工3，M，％5的方差是得，那么修-5,%2-5,X3-5,%4-5,工5-5的方差是.

【答案】4

O

【分析】方差是用来衡量一组数据波动大小的量，每个数都减去5所以波动不会变，方差不变.

【解析】解：由题意知，原数据的平均数为彳，新数据的每一个数都减去了5,则平均数变为7-5,

则原来的方差S：='■[(%1-X)2+(X2-X)2+…+(X5-X)2]=J，

153

现在的方差Sn—(xi-5-%+5)2+(%2-5-x+5)2+…+(%5-5-乂+5)

45

=、[(阳-X)2+(X2-X)2+…+(%5-X)2]=、,

DO

所以方差不变.

故答案为：4-

【点睛】本题考查了方差，本题说明了当数据都加上一个数(或减去一个数)时，方差不变，即数据的

波动情况不变.

15.直线y=Ax+6左交无轴于点A,交y轴于点8,以原点。为圆心，3为半径的。。与/相交，则上的取值

范围为.

【答案】一近＜%＜近

33

【分析】根据题意得到A(-6,0),B(0,6k),设。。于AB相切于C,连接OC,求得NOAC=30。，

于是得到结论.

【解析】解：：直线y=Ax+6左交x轴于点A,交y轴于点2,

AA(-6,0),B(0,6k),

设。。与AB相切于C,

连接OC,

：.OA=6,OC=3,ZACO=90°,

：.OC=—OA,

2

：.ZOAC=3Q0,

当。。与/相交时，08=[6用＜2«,

/.-返＜左＜返，

33

故答案为-返返.

33

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【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图象与系数的关系，正确的作出图形是解题的关键.

16.在二次函数y=x2-2tx+3中，/为大于。的常数.

(1)若此二次函数的图象过点(2,1),贝h等于；

(2)如果A(m-2,a),B(4,b),C(m,a)都在此二次函数的图象上，且a<b<3,则根的取值

范围是•

【答案】⑴-|；(2)3cm<4或机>6

【分析】(1)将(2,1)代入y=x2-2fx+3计算得出/值即可；

(2)先根据点AC的纵坐标相等，可得对称轴尤=f=根-1,再分两种情况讨论得出结果即可.

【解析】解:⑴将(2,1)代入尸2比+3得：

1=4-4f+3,

解得：/=■!，

故答案为：~~

(2)VA(m-2,a),CGn,a)都在二次函数图象上，

.•.二次函数y=/-2及+3的对称轴为直线x=/=生铲■=/«-1,

\'t>0,

:,m-1>0,

解得m>\,

Vm-2<m,

・・・A点在对称轴左侧，。点对称轴右侧，

在二次函数丁=12-2比+3中，令x=0,y=3,

・••抛物线与y轴的交点坐标为(0,3),

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，点(0,3)关于对称轴对称点的坐标为(2m-2,3),

'：b<3,

-2,解得机>3,

①当点Abn-2,a),B(4,b)都在对称轴左侧时，

随尤的增大而减小，且a<6,

：.4<m-2,解得%>6,

此时机满足的条件为：机>6；

②当点A(m-2,a)在对称轴左侧，点B(4,b)在对称轴右侧时,

a<b,

...点2(4,b)到对称轴的距离大于点A到对称轴的距离,

.,.4-(m-1)>m-1-(m-2),

解得：〃z<4,

此时，相满足的条件是：3<m<4,

综上分析，3<»?<4或"z>6.

故答案为：3<«i<4或〃z>6.

【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是分类讨论.

三、解答题(本大题共8个小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

.-I1Q

17.以下是某同学化简分式(■工力)・土的部分运算过程:

1.zx-2

解:原式=/X3第一步

(x+2)(x-2)7^2

x+1x-2x-2

第二步

(x+2)(x-2)(x+2)(x-2)3

x+l-x-2、，x~2

(x+2)(x-2)F第三步

(1)上面第二步计算中，中括号里的变形的依据是通分；

(2)上面的运算过程中第三步出现了错误;

(3)请你写出完整的正确解答过程，并从-2,2,0中选一个作为x的值代入求值.

【分析】(1)根据分式的性质，即可求解；

(2)根据分式的运算法则：先乘方，再加减，最后乘除，有括号先算括号里面的计算即可;

(3)取x=0,代入计算即可.

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【解析】解：(1)上面第二步计算中，中括号里的变形是通分，通分的依据是分式的基本性质，

故答案为：通分；

(2)第三步出现错误，原因是分子相减时未变号，

原式=1(x+2发x-2)-

_rx+1x-2x-2

(x+2)(x-2)(x+2)(x-2)3'

x+l-x+2/x-2

(x+2)(x-2)3

3xx-2

(x+2)(x-2)3'

1

故答案为：三.

(3)当x=0时，上式=不±7=!.

0+22

【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的运算法则是解决本题的关键.

18.如图，在平面直角坐标系中，已知AABC三个顶点的坐标分别是A(-1,5),B(-4,3),C(-2,

2).

Cl)与及42。关于原点。成中心对称，画出△481。，并写出点4,Bi，G的坐标；

(2)将AABC绕原点。顺时针旋转90。得到AA232c2，画出AA282c2；

【分析】(1)利用中心对称的性质分别作出A,B,C的对应点4,Bi，Ci，再顺次连接，写出点4,

Bi，Q的坐标即可.

(2)利用旋转变换的性质分别作出A,B,C的对应点A2,历，C2,再顺次连接即可.

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(3)利用弧长公式求得点C经过的路径长.

【解析[解：(1)如图1,△4SC1即为所求.A](1,-5),(4,-3),Cl(2,-2)；

(2)如图2,282c2即为所求;

图2

⑶0C=V22+22=2V2;

点c经过的路径长为9°Xmn.

180m

【点睛】本题考查作图-平移变换，旋转变换，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质，属于中

考常考题型.

19.如图，在中，AB^AC,点。，E,尸分别在AB,BC,AC边上，且BD=CE.

(1)求证：ZBED=ZCFE；

(2)当/54c=44。时，求NDEF的度数.

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A

【分析】利用边角边定理证明也利用三角形内角和定理即可求出NDE尸的度数.

【解析】(1)证明：•.,AB=AC,

ZABC=ZACBf

BE=CF

在△QBE和△(?£/中，ZABC=ZACB，

BD=CE

:•△DBEmACEF(SAS),

：.ZBED=ZCFE；

(2)解：由(1)知：ADBEQXCEF,

・・・N1=N3,

VZA+ZB+ZC=180°,NB=NC,

：.ZB=—(180°-44°)=68。,

2

.•.Zl+Z2=180°-68。=112。,

/.Z3+Z2=112°,

：.ZDEF=180°-112°=68°.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键.

20.跳绳是驿城区某校体育活动的特色项目.体育组为了了解八年级学生1分钟跳绳次数情况，随机抽取

20名八年级学生进行1分钟跳绳测试(单位：次)，数据如下：

100110114114120122122131144148

152155156165165165165174188190

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对这组数据进行整理和分析，结果如下:

平均数众数中位数

145ab

请根据以上信息解答下列问题：

(1)填空：a=165,b=150.

(2)学校规定1分钟跳绳165次及以上为优秀，请你估计七年级500名学生中，约有多少名学生能达到

优秀.

(3)某同学1分钟跳绳152次，请推测该同学的1分钟跳绳次数是否超过年级一半的学生？说明理由.

【分析】(1)根据众数和中位数的定义解答即可；

(2)用总人数乘样本中1分钟跳绳165次及以上所占比例即可；

(3)根据中位数的意义解答即可.

【解析】解：(1)在被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中，165出现的次数最多，故众

数a=165；

把被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是148,152,

故中位数6=14/152=]5o.

故答案为：165；150；

7

(2)500x^=175(名),

答：估计八年级500名学生中，约有175名学生能达到优秀；

(3)超过年级一半的学生，理由如下：

V152>150,

推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生.

【点睛】本题考查众数、中位数以及用样本估计总体等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念.

21.A、B两地相距120hw,甲车从A地驶往B地，乙车从8地以80妊/〃的速度匀速驶往A地，乙车比甲

车晚出发机加设甲车行驶的时间为无(h),甲、乙两车离A地的距离分别为月(km),y2(km),图

中线段OP表示力与尤的函数关系.

(1)甲车的速度为60km/h；

(2)若两车同时到达目的地，在图中画出以与尤的函数图象，并求甲车行驶几小时后与乙车相遇；

(3)若甲、乙两车在距A地60加至72h,z之间的某处相遇，直接写出相的范围.

第16页共27页

【分析】(1)甲车的速度为120+2=60(km/h')；

(2)求出乙车比甲车晚出发0.5九即可画出图象，再求出yi=60x,y2=-80x+160,联立解析式解方程

组即可得到答案；

AA

(3)求得yi=60x,72—120-80(x-m)=-80尤+120+80优，联立解方程组可得月=丫2=60(y+yz/i),

R4

根据甲、乙两车在距A地60kw至72bw之间的某处相遇，可列60<60(申+半加)<72,即可解得答案.

【解析】解：(1)由图可得，甲车的速度为120+2=60{km/h'),

故答案为：60；

(2)•.•乙车从3地以80皿/〃的速度匀速驶往A地，两车同时到达目的地，

.,.乙车行驶时间为120+80=1.5(A),

V2-1.5=0.5(M,

，乙车比甲车晚出发0.5/?,

画出”与x的函数图象如下：

图象C。即为>2与x的函数图象，

由题意得yi=60x,

设CD的函数表达式为”=-80x+b,将(2,0)代入y2=-80x+6,得6=160,

•*.j2=-80x+160,

Q

由-80x+160=60x,解得工=不，

第17页共27页

二甲车出发后微■/?与乙车相遇，

答：甲车出发后号■〃与乙车相遇;

(3)根据题意得力=60羽,2=120-80(x-m)=-80x+120+80m,

64.

由60x=-80x+120+80m得：x=—+—m,

当时，力=>2=60(y+ym),

甲、乙两车在距A地60fon至12km之间的某处相遇,

64

A60<60(—+—m)<72,

77

1Q

解得加<=，

45

12

.\m的范围是一一.

45

【点睛】本题考查一次函数的应用，涉及待定系数法，解题的关键是数形结合数形的应用.

22.某校八年级学生在数学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】机场监控问题.

【设计实践任务】选择“素材1”“素材2”，设计了“任务1”“任务2”“任务3”的实践活动.请你尝试帮助他

们解决相关问题.

机场监控问题的思考

素材1

素材2

。处沿45。角爬升,

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到高4初z的A处便立

刻转为水平飞行，再

过Imin到达B处开

始沿直线BC降落，

要求1min后到达C

(10,3)处.

问题解决

任务1求解析式和求出段〃关于s的函数解析式，直接写出2号机的爬升速度；

速度

任务2求解析式和求出BC段人关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；

坐标

任务3计算时长通过计算说明两机距离不超过女机的时长是多少.

【分析】(1)设段场关于s的函数解析式为正比例函数的一般形式，根据OA与水平方向的夹角求

出左值，从而求出对应函数解析式；根据勾股定理，求出点。与A的距离，1号机与2号机在水平方向

的速度相同，由速度=路程+时间求出2号机的爬升速度即可；

(2)先求出点8的坐标，再利用待定系数法求出段关于s的函数解析式；当6=0时对应s的值，

从而求得2号机着陆点的坐标；

(3)分别求出2号机在。4段和BC段PQ=3时对应的s的值，根据图象，当s处于这两者之间时

不超过女优，根据时间=路程+速度求解即可.

【解析】解：任务1：设OA段关于s的函数解析式为/1=依，

k——=tan45°=1,

s

:・h=s,

・••当"=4时，s=4,

・・・OA段力关于s的函数解析式为"=s(0<5<4)；

2号机从。点到达A点飞行的路程为。4=以］”=4圾(km),所用时间为

—―4.-

，2号机的爬升速度为4&+募=3&(km/min).

任务2：2点的横坐标为4+lx3=7,

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点的坐标为(7,4).

设8c段〃关于s的函数解析式为〃=%is+6(所、b为常数，且即力0).

将坐标8(7,4)和C(10,3)分别代入/?=Ms+6,

(1

'7ki+b=4

得LC，解得'，

l0k+b=3,19

1b=

3

.••2C段/?关于s的函数解析式为/z=-£s+与.

oo

1ID

当/z=0时，0=-米+号，解得S=19,

预计2号机着陆点的坐标为(19,0).

任务3：当2号机在OA段，且尸。=3时，5-s=3,解得s=2；

当2号机在BC段，且尸。=3时，5-(-±+号)=3,解得s=13,

OO

根据图象可知，当2秘W13时，两机距离尸。不超过女利，

两机距离尸。不超过3切7的时长是(13-2)=(min).

【点睛】本题考查一次函数的应用，理解题意并利用待定系数法求出函数关系式是解题的关键.

23.【操作与发现】

如图①，在正方形A8CD中，点N,M分别在边8C、C。上.连接AM、AN、MN.ZMAN=45°,将

绕点A顺时针旋转90。，点。与点2重合，得到AABE.易证：XANM%AANE,从而可得：DM+BN=

MN.

(1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6,CM=8,则正方形ABCZ)的边长是12.

(2)如图②，在正方形A3CO中，点M、N分别在边DC、8C上，连接AM、AN、MN,/MAN=45。，

若tan/BAN=],求证：M是CO的中点.

O

(3)【拓展】如图③，在矩形ABC。中，42=12,4。=16,点M、N分别在边。C、BC上，连接AM、

AN,已知NMAN=45。，BN=4,则DM的长是8

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图①图②图③

【分析】(1)先证A4MN名AEAN(SAS),得MN=EN.则MN=BN+OM.再由勾股定理得MN=10,

则BN+DM=10,设正方形ABCD的边长为x,则BN=BC-CN=x-6,DM=CD-CM=x-8,得x-3+x

-4=5,求解即可；

(2)设.BN=m,DM=n,由(1)得MN=BN+DM=m+n,再由锐角三角函数定义得4B=38N=37W，

则CN=BC-BN=2m,CM=CD-DM=3m-n,然后在RtACMN中，由勾股定理得出方程，得3M?=2”，

即可解决问题；

(3)延长43至P,使BP=BN=4,过P作8C的平行线交。C的延长线于Q,延长AN交尸。于E,连

接EM,则四边形AP。。是正方形，PQ=DQ^AP^AB+BP=16,设£)〃=。，则MQ=16-a,证AABN

s^APE,得PE="BN=与,则EQ=学，然后在R3QEM中，由勾股定理得出方程，求解即可.

OOO

【解析】(1)解：・・,四边形A3CO是正方形，

・・.A3=CO=A。，ZBAD=ZC=ZZ)=90°,

由旋转的性质得：AABEmLADM,

：.BE=DM,NABE=ND=90。,AE=AMfNBAE=NDAM,

：.ZBAE+ZBAM=ZDAM+ZBAM=NBW=90。，

即NEAM=90。，

・.・NMAN=45。，

：.ZEAN=90°-45°=45°,

・•・/MAN=/EAN,

'AM二AE

在ZkAMN和"EN中，ZMAN=ZEAN，

AN=AN

:.AAMN^AAEN(SAS),

：.MN=EN,

9：EN=BE+BN=DM+BN,

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：.MN=BN+DM,

在中，由勾股定理得：

R3CMNW=^CN24<:H2=^2^2=10,

则BN+DM=10,

设正方形ABCD的边长为无，贝I]BN=BC-CN=x-6,DM=CD-CM=x-S,

.\x-6+x-8=10,

解得：x=12,

即正方形ABC。的边长是12；

故答案为：12；

(2)证明：设BN=m,DM=n,

由(1)可知，MN=BN+DM=m+n,

VZB=90°,tanZBA?/=y,

:・AB=3BN=3m,

：.CN=BC-BN=2mfCM=CD-DM=3m-n,

在RtZkCMN中，由勾股定理得：(2m)2+(3m-n)?=(加+〃)2,

整理得：3m=2n,

/.CM=2n-n=n,

：.DM=CM,

即“是CO的中点；

(3)解：延长AB至尸，使5尸=3N=4,过尸作的平行线交。。的延长线于Q,延长AN交尸。于

连接如图③所示：

则四边形APQO是正方形，

PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16,

设0M=〃，则MQ=16-〃，

■:PQ//BC,

：.△ABNsZWE,

.典=胆=卫=3

••瓦—Q—正一了

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416

：.PE=-BN=—,

33

Ifi29

：.EQ=PQ-尸£=16--,

33

由（1）得：EM^PE+DM=—+a,

o

在RtAQEM中，由勾股定理得：（孚）2+（16-a）2=（¥+°）2,

Oo

解得：a=8,

即DM的长是8；

故答案为：8.

图③

【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股

定理、锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和

矩形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型.

24.如图1,E点为x轴正半轴上一点，OE交x轴于A、8两点，交y轴于C、。两点，P点为劣弧前上

一个动点，且A(-1,0)、E(1,0).

(1)前的度数为120°；

(2)如图2,连结PC,取PC中点G,连结。G,则0G的最大值为