（详解详析）2023年河南郑州二检·数学

数学试卷第页（共页）2023年河南郑州二检·数学详解详析一、选择题1.C2.D【解析】10万＝100000＝1×105．3.B4.D【解析】参加爱心捐助活动的学生人数为2000×(1－20%－10%－30%－15%)＝500(名).5.C【解析】∵∠B＝45°，CD∥AB，∴∠BCD＝45°，∵∠D＝60°，∴∠α＝60°+45°＝105°.6.C【解析】∵b2－4ac＝(－2)2－4×1×3＝4－12＝－8＜0，∴原方程无实数根．7.A【解析】∵l∥HC，CD⊥l，OH⊥l，∴四边形OHCD是矩形，∴OH＝CD，∵AB∥OH，∴△ABF1∽△HOF1，∴BF1OF1=ABOH=38.B【解析】如图，过点B′作B′D⊥x轴于点D.∵点A(2，a)在反比例函数

y1=43x的图象上，∴a

=432=2

3，∴A(2，2

3)，∴OB＝2，AB＝2

3，∴tan∠AOB＝ABOB=232=3,∴∠AOB＝60°.∵△OAB沿直线OA翻折，∴OB′＝OB＝2，∴∠AOB′＝∠AOB，∴∠B′OD=180°-∠AOB-∠AOB′＝60°，∴B′D＝B′O·sin60°=2×32=3,OD=B′D·cos60°=2×12=9.A【解析】∵边长为2的等边三角形AOP在第二象限，∴P(－1，3)，将△AOP绕点O顺时针旋转60°，得到△A1OP1，∴P1与点P关于y轴对称，∴P1(1，3)，再作△A1OP1关于原点O的中心对称图形，得到△A2OP2，∴P2与点P1关于原点对称，∴P2(－1，−3)，再将△A2OP2绕点O顺时针旋转60°，得到△A3OP3，此时点P3落在x轴的负半轴上，∴P3(－2，0)，再作△A3OP3关于原点O的中心对称图形，得到△A4OP4，此时点P4落在x轴的正半轴上，∴P4(2，0)，依此类推，则P5(1，−3)，P6(－1，3)，∴P6与点P重合，∴对应的点Pn(n大于等于1的整数)的坐标以(1，3)，(－1，−3)，(－2，0)，(2，0)，(1，−3)，(－1，3)为规律循环，∵2023÷6＝337……1，∴P2023与P1的坐标相同，∴P2023(1，10.A【解析】∵抛物线y＝x2－2mx+m2－9＝(x－m)2－9，∴y有最小值为－9；故A选项不正确，符合题意；设点A(x1，0)，B(x2，0)，x1+x2＝2m，x1x∴AB＝|x1－x2|=(x1+x2)2−4x1x2=4m2−4m2+36=6，故B选项正确，不符合题意；∵y＝x2－2mx+m2－9＝(x－m)2－9，∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝m，∴当x＜m时，y随x的增大而减小，∴当x＜m－1时，y随x的增大而减小，故C选项正确，不符合题意；∵对称轴为直线x＝m，∴点P(m+1，y1)到对称轴二、填空题11.3(答案不唯一)12.x＝1【解析】3x+2−1x=0，方程两边都乘x(x+2)，得3x－(x+2)＝0，解得x＝1，检验：当x＝1时，x(x13.75【解析】观察分析实验数据可知，“合格”的频率在0.95附近波动，∴“合格”的概率为0.95，∴“不合格”的概率为0.05，∴1500×0.05＝75(双)，即估计出厂的1500双运动鞋中，次品大约有75双．14.(35－103)【解析】如图，过点B作BE⊥AD于点E，由题意得，CE＝25米，AD＝20米．设BE＝x米，∵BE⊥AD，∠A＝45°，∴AE＝BE＝x米，∴DE＝AD－AE＝(20－x)米，在Rt△BED中，∵tanD=BEDE，∴x20−x=33，解得x＝103−10，∴BC＝CE－BE＝25－(103−10)＝(35－103)米，∴旗杆的高度15.4【解析】根据题意，四边形ABCD是黄金矩形，∴AB=5−12AD，∵AB=5+12，∴AD=5+12÷5−12=3+52，∵四边形ABFE是正方形，∴DE＝三、解答题16.解：(1)原式＝2－1+

1＝32(2)1−由不等式①得，x＞－2，由不等式②得，x

≤5，则不等式组的解集为－2＜x

≤5．17.解：(1)87；【解法提示】∵抽取了八年级20名学生的成绩从低到高排列，排在最中间的数是86，88，∴中位数a=86(2)八年级学生对郑州地域文化知识掌握较好，理由如下：八年级的平均数和中位数都高于七年级(答案不唯一)；(3)画树状图如下：由图可知，共有30种等可能的结果，其中抽取的2名学生恰好是一名男生和一名女生的结果有18种，∴抽取的2名学生恰好是一名男生和一名女生的概率为183018.解：作图如图所示，证明：∵∠DAE＝∠B，∴AE∥BC，∴∠EAC＝∠C，∵∠BAC+∠DAE+∠EAC＝180°，∴∠BAC+∠B+∠C＝180°．19.解：(1)设“能量传输”类项目有x个，“鱼跃龙门”类项目有y个，根据题意得，

x+解得

x=答：“能量传输”类项目有9个，“鱼跃龙门”类项目有6个；(2)设“能量传输”类项目开展m个，则“鱼跃龙门”类项目开展(10－m)个，根据题意得，10－m＞12解得m＜20设实际拓展活动的总时间为w分钟，则w＝6m+8(10－m)，即w＝－2m+80，∵－2＜0，∴w随m的增大而减小，又∵m＜203，且m∴当m＝6时，w取得最小值，最小值＝－2×6+80＝68．答：当“能量传输”类项目开展6个，“鱼跃龙门”类项目开展4个时，所用的时间最少．20.解：(1)跳绳的平均心率随时间的变化更快，理由如下：由图象可得，y2的图象比y1的∴跳绳的平均心率随时间的变化更快；(2)当y1＝158时，则158＝0.35x+109∴x＝140，∴甲同学运动的时间为140秒；(3)合理，理由如下：由图表中数据可得，慢跑时，从140秒后其心率变化不大，且不是以一次函数的形式变化的，而图②中的函数关系则更好的反映慢跑平均心率随时间的变化．21.解：(1)四边形BOEF为菱形．理由如下：∵AC与半圆相切于点E，∴OE⊥AC，∵∠A＝90°，∴OE∥AB，∴∠B＝∠DOE，∠BFO＝∠EOF，∵OF∥DE，∴∠BOF＝∠ODE，∠EOF＝∠OED，∵OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∴∠BOF＝∠BFO，∴OB＝FB，∵OB＝OE，∴BF＝OE，∵BF∥OE，∴四边形BOEF为平行四边形，∵OB＝OE，∴四边形BOEF为菱形；(2)如图，过O点作OH⊥AB于H，∵∠OEA＝∠A＝∠OHA＝90°，∴四边形OEAH为矩形，∴OH＝AE＝6，AH＝OE，∵OH∥AC，∴∠BOH＝∠C，在Rt△BOH中，∵sin∠BOH=BHBO=∴设BH＝4x，OB＝5x，由勾股定理得OH＝OB2−即3x＝6，解得x＝2，∴BH＝8，OB＝10，∴AH＝OE＝10，∴AB＝AH+BH＝10+8＝18．22.解：(1)点G始终在直线DC上.理由如下：如图，连接CG，∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴AB＝BC，BE＝BG，∠A＝∠ABC＝∠EBG＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠CBG，在△ABE和△CBG中，AB∴△ABE≅△CBG(SAS)，∴∠BCG＝∠A＝90°，∴∠BCG+∠BCD＝180°，∴点C、D、G在同一直线上，∴点G始终在直线DC上；(2)△BHG的面积由8逐渐增大到16，理由如下：如图，连接BH、BD，∵AB＝4，∴S正方形ABCD＝AB2＝16，BD=A∵S△BHG=12S正方形∴当点E与点A重合时，S△BHG=12×16当点E与点D重合时，S△BHG=12∴当点E从点A出发沿AD向点D运动时，△BHG的面积由8逐渐增大到16．23.解：(1)∵抛物线y＝－x2+bx+c经过B(0，5)，∴c＝5，∵抛物线的对称轴x＝2，∴−b−∴b＝4，∴该抛物线的表达式为y＝－x2+4x+5；(2)∵y＝－x2+4x+5＝－(x－2)2+9，∴C(2，9)，∴当x＝2时，y有最大值9，当x＝－1时，y＝0，当x＝4时，y＝5，∴当－1＜x＜4时，函数值y的取值范围为0