（详解详析）2024年河南某郑州外国语三模·数学

数学试卷第页（共页）2024年河南某郑州外国语三模·数学详解详析一、选择题1.B2.B3.B4.A5.B【解析】A．

5与6不是同类二次根式，无法合并，A选项不合题意；B．a7÷a3＝a4，B选项符合题意；C．（﹣3a）2＝9a2，C选项不合题意；D．（a﹣1）2＝a2﹣2a+1，D选项不合题意．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∵点O到AB的距离为10cm，点O到CD的距离为15cm，∴

ABCD=1015，又∵AB＝9.C【解析】由题意可知，二次函数y＝−2(x−3)2+a的图象的对称轴为直线x＝3，开口方向向下，则离对称轴越远的点的纵坐标越小，点A离对称轴最远，点B离对称轴最近，所以y2＞y3＞y1．10.A【解析】当P与B重合时，由图②知，BE+BA＝6，∵点E是边AB的中点，∴BE

=12AB，∴BE＝2，AB＝4＝AC，作A关于直线BC的对称点A'，连接A'E交BC于点P，AA'交BC于点K，连接A'B，如图，此时PA＝PA'，∴PA+PE＝PA'+PE，当A'，P，E三点共线时，PA'+PE最小，即PA+PE最小，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ABC＝∠C＝30°，∵A，A'关于BC对称，∴∠AKC＝90°，∴AK＝A'K

=12AC＝2，∠CAK＝60°，∴AA'＝AB＝4，∠BAA'＝∠BAC﹣∠CAK＝60°，∴△ABA'是等边三角形，∵E是AB中点，∴∠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、填空题11.冰的厚度12.1【解析】将《热辣滚烫》、《飞驰人生2》、《熊出没逆转时空》、《第二十条》分别记为A，B，C，D，列表如下，共有16种等可能的结果，其中这两位同学选择观看相同影片的结果有4种，∴这两位同学选择观看相同影片的概率为

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】∵点A（a，b）在双曲线

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阴影＝S△ACB+S扇形CBE﹣S扇形ABF

=12×15.2或2【解析】在边长为6的等边三角形ABC中，点D在AB边上，且AB＝3AD，∴

AD=13AB=2，则BD＝4，若DF∥AC，如答案图①，∵将线段DE绕点E顺时针旋转60°得线段EF，∴△DEF是等边三角形，且边长为4，∴CF＝BC﹣BF＝2；若DF∥BC，如答案图②，∵将线段DE绕点E顺时针旋转60°得线段EF，∴△DEF是等边三角形，∵DF∥BC，∴∠ADF＝60°，∠DEB＝60°，则∠BDE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BDE为等边三角形，且边长为4，连接CF，如答案图③，设AC与EF交于点H，∠FEC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△HEC是等边三角形，则HE＝EC＝CH＝2，∠EHC＝∠HCE＝60°，∵EF＝4，∴HF＝2，即CH＝HF，则∠HFC＝∠HCF＝30°，∴∠FCE＝90°，在Rt△EFC中，EF＝4，EC＝2，则由勾股定理可得CF＝2

3；当E与C重合时，如答案图④，∴DF∥AB的情况不存在；综上所述，线段三、解答题16.解：（1）

原式＝23+2+1＝2

3+（2）

5+由①得

x＜由②得x≥﹣5，∴不等式组的解集为

−5≤x

＜8∴它的正整数解为1，2．17.解：（1）7；7.5；50%；【解法提示】∵七年级20名学生的测试成绩为：7，8，7，9，7，6，5，9，10，9，8，5，8，7，6，7，9，7，10，6，其中7出现次数的最多，∴a＝7，由条形统计图可得，b＝（7+8）÷2＝7.5，c＝（5+2+3）÷20×100%＝50%.（2）八年级学生掌握垃圾分类知识较好，理由如下，∵八年级的8分及以上人数所占百分比大于七年级，∴八年级学生掌握垃圾分类知识较好；（答案不唯一，合理即可）（3）∵从调查的数据看，七年级2人的成绩不合格，八年级2人的成绩不合格，∴参加此次测试活动成绩合格的学生有2000

×(20答：估计参加此次测试活动成绩合格的学生有1800人．18.解：（1）如图①，点D即为所求，答案图①（2）如图②，∵BC是⊙A的切线，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠DAC

=12∠BAC＝∴∠F

=12∠DAE＝∵AD＝AE，∴△ADE为等边三角形，∴∠ADE＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，∴∠CDE＝∠F＝30°．答案图②19.解：（1）由题意得，AM⊥MD，在Rt△AMC中，AC＝130m，∠ACM＝67°，∴AM＝AC•sin67°≈130

×1213=120∴无人机的飞行高度AM约为120m；（2）如图，过点B作BG⊥DM，垂足为G，由题意得，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的长约为172m．20.解：（1）设一次函数解析式为y＝kx+b，将B（8，1）代入

y=mx，可得m∴

y=将A（a，4）代入

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

4=解得

k=∴一次函数的解析式为

y=（2）当y＝0时，

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

(−【解法提示】如图，过点A作AE1⊥x轴于点E1，则AE1∥OC，∴∠OAE1＝∠AOC，∵A（2，4），∴E1（2，0）；如图，作∠OAE2＝∠AOC，AE2交y轴于点F，过点A作AG⊥y轴于点G，∴OG＝4，AG＝2，∵∠OAE2＝∠AOC，∴AF＝OF，设OF＝a，则AF＝a，FG＝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)，设直线AF的解析式为y＝mx+n，代入

F(0，52)，A（2，4），得

52=0+n4=2m+n，解得

m21.解：（1）设乙型充电桩的单价是x万元，则甲型充电桩的单价是（x+0.2）万元，由题意得,

16x解得x＝0.6，经检验，x＝0.6是原方程的解，且符合题意，∴x+0.2＝0.6+0.2＝0.8，

答：甲型充电桩的单价是0.8万元，乙型充电桩的单价是0.6万元；（2）设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为（30﹣m）个，由题意得,30﹣m≤2m，解得m≥10，设所需费用为w万元，由题意得w＝0.8m+0.6×（30﹣m）＝0.2m+18，∵0.2＞0，∴w随m的增大而增大，∴当m＝10时，w取得最小值，此时，30﹣m＝30﹣10＝20，答：购买甲型充电桩10个，乙型充电桩20个，所需费用最少．22.解：（1）把A（-1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+3得，a−解得

a=∴抛物线的表达式为y

=−34x2

+（2）∵y

=−34x2

+94x+3

=−34（∴抛物线的顶点为（

32，

75∵当0≤x≤m时，y≤

7516∴m≥

32①∵y≥0时，−1≤m≤4，∴

−1≤m≤4②，∴由①②得m的取值范围是

32≤m≤4（3）Rt△PDE周长的最大值为

365【解法提示】在y

=−34x2

+94x+3中，令x＝0∴C（0，3），∵B（4，0），∴BC

=32+42=5，直线BC解析式为∴△BOC的周长L△BOC＝OB+OC+BC＝4+3+5＝12，设P（n，

−34n2

+94n+3），则E（n，

∴PE

=−34n2

+94n+3

−（

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

L△∴

L△∴L△PDE

=−95n2

+365n

=−95（∵

−95∴当n＝2时，L△PDE取最大值

365

23.解：（1）平行四边形；【解法提示】如图①，连接EE1，EE2，FF1，FF2，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝30°，∵O为BD的中点，∴OB＝OD，∵OE＝OF，∴DF＝EB，∴DE＝BF，由轴对称的性质可知，DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，∴DF2＝DF＝BE＝BE2，DE1＝DE＝BF＝BF1，由轴对称的性质可知，∠E1DA＝∠ADB＝30°，∠CDF2＝∠BDC＝60°，∴∠E1DA+∠ADB+∠CDF2+∠BDC＝180°，∴点E1，D，F2

在同一条直线上，同理，点E2，B，F1

三点在同一条直线上，点F1，C，F2在同一条直线上，点E1，A，E2在同一条直线上，∴DF2＝BE2，DE1＝BF1，∴DF2+DE1＝BE2+BF1，即E1F2＝E2F1，由轴对称的性质可知，∠E1DE＝2∠ADB＝2∠CBD＝∠F1BF，∴△DE1E≌△BF1F（SAS），∴E1E＝F1F，同理可得，EE2＝FF2，∵点F与点F2关于CD对称，∴FF2⊥CD，同理可得，FF1⊥BC，EE1⊥AD，EE2⊥AB，又∵在矩形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，设FF1与CB交于点Q，FF2与CD交于点R，EE1与AD交于点H，EE2与AB交于点P，∴四边形FRCQ，HAPE均为矩形，∴∠E1EE2＝∠F1FF2＝90°，∴△E1EE2≌△F1FF2（SAS）∴E1E2＝F1F2，∴四边形E1E2F1F2是平行四边形.答案图①（2）①证明：由轴对称的性质可知，∠E1DA＝∠BDA，∠F2DC＝∠FDC，∵∠BDA+∠FDC＝90°，∴∠E1DA+∠F2DC＝90°，∴∠E1DA+∠CDF2+∠ADB+∠CDB＝180°，∴点E1，D，F2

三点共线，∴

E1F2

经过点D；②解：四边形E1E2F1F2能为矩形，此时点F为OD中点，点E为OB中点，理由如下，如图②，当F，E分别为OD，OB的中点时，设DB＝4a，则AO＝BO＝2a，DF2＝DF＝a，DE1＝DE＝3a，又∵在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴

AB连接AE，AO，∠ABO＝60°，AB＝BO＝2a，∴△ABO是等边三角形，∵E为OB中点，∴AE⊥OB

，∴

A根据轴对称的性质可得

AE∴AD2＝12a2，

DE12=∴

AD∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1＝90°，∴四边形E1E2F1F2是矩形，即四边形E1E2F1F2能为矩形，此时点F为OD中点，点E为OB中点；

答案图②

（3）形成的菱形的周长为40，矩形的周长为39.2.【解法提示】如图③，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，∴DE1＝DO＝DF2＝AO＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，又∵四边形E1E2F1F2是平行四边形，∴四边形E1E2F1F2是菱形，∵AB＝6，AD＝8，∠BAD＝90°，∴BD＝10，由轴对称的性质可得，DF2＝OD＝DE1，∴E1F2＝2DF2＝2OD＝BD＝10，∴菱形E1E2F1F2的周