（详解详析）2024年河南省信阳三模·数学

数学试卷第页（共页）2024年河南省信阳三模·数学详解详析一、选择题1.B2.C【解析】9020000＝9.02×106．3.C【解析】从上面看，看到的图形为一个正方形，在这个正方形里面还有一个小正方形，即看到的图形为.4.B【解析】A.a3+3a3＝4a3，故此选项不符合题意；B.a•a2＝a3，故此选项符合题意；C.a6÷a2＝a4，故此选项不符合题意；D.（a3）2＝a6，故此选项不符合题意.5.C【解析】x+y=−2①2x−y=2②，①+②得，3x＝0，解得x＝0，把x＝0代入①6.A【解析】由折叠的性质得，∠AEF＝∠A′EF，∵∠1＝50°，∴∠AEF＝∠A′EF

=180°−∠12=65°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠7.B【解析】把“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票分别记为A、B、C、D，画树状图如下，由树状图知，共有12种等可能的结果，其中小亮抽到的两张邮票恰好是“秋分”和“大寒”的结果有2种，∴小亮抽到的两张邮票恰好是“秋分”和“大寒”的概率是

2128.B【解析】根据方程没有实数根，得到b2﹣4ac＝16﹣8k＜0，解得：k＞2．∴实数k的取值范围是：k＞2．9.C【解析】由题意得，OB⊥PB，OA＝OB＝5，∴∠OBP＝90°，在Rt△OBP中，∵cos∠BOP

=OBOP=510=12，∴∠BOP＝60°10.C【解析】∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，∴AC

=AB2−BC2=6，如图，过P作PD⊥AC，交AC于点D，∵△ACP的面积为3，S△ACP

=12×AC×PD，∴PD＝1，过点P作直线l∥AC，则l与AC的距离为1，点P在直线l上运动且在△ABC内，B到直线l的距离为7，作B关于直线l的对称点E，连接EQ，交直线l于点P′，∴EP′＝BP′，∴PB+PQ≥BP′+P′Q＝EP′+P′Q＝EQ，EQ即PB+PQ的最小值，过Q作QF⊥BC，交BC于点F，∵点Q为AB中点，∴BQ＝AQ＝CQ＝5，∴CF＝BF＝4，∵BQ＝5，∠QFB＝90°，∴QF

=BQ2−BF二、填空题（每小题3分，共15分）11.x≥5【解析】由题意得：x﹣5≥0，解得x≥5．12.(x+2)(x﹣2)13.35【解析】由题意得，∠BOD＝50°，∵∠AOB＝15°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝50°﹣15°＝35°.14.2【解析】如图，延长BA交y轴于E，∵AB∥x轴，∴AE垂直于y轴，∵点A在双曲线

y=1x上，∴四边形AEOD的面积为1，∵点B在双曲线y

=3x上，且AB∥x轴，∴四边形BEOC的面积为3，∴矩形ABCD的面积为315.4或16【解析】①当点Q在线段DC上时，如图①，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝8，AB∥CD，∠BCQ＝90°，∴∠AQD＝∠BAQ．由翻折得∠AQD＝∠AQD'，∴∠BAQ＝∠AQD′．∴BQ＝AB＝10，在Rt△BCQ中，CQ

=BQ2−BC2=102−82=6，∴DQ＝CD﹣CQ＝10﹣6＝4；②当点Q在DC的延长线上时，如图②，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠AQD＝∠BAQ，由翻折得∠AQD＝∠AQB，∴∠BAQ＝∠AQB，∴BQ＝AB＝10．在Rt△BCQ中，CQ

=BQ2−BC

三、解答题（本大题共8个小题，共75分）16.解：（1）原式＝4

−1+3＝6；（2）原式＝4x2+4xy+y2+x2

−y2＝5x2+4xy．17.解：（1）8，8；【解法提示】根据图形可知，B款软件每段短文中识别正确的字数最多的是8，故B款的众数为8，即a＝8；由折线图可得，将B款语音识别输入软件每次识别正确的字数从小到大排列，第10，11个数都是8，故中位数为8，即b＝8.（2）会向公司推荐A款软件；理由如下：A款语音识别输入软件中更准确，∵在9字及以上次数所占百分比中，A款是50%，大于B款30%，说明A款识别准确率更高，∴会向公司推荐A款软件；（答案不唯一，合理即可）(3

)A款语音识别完全正确的百分比是

520×100%＝B款语音识别完全正确的百分比是

220×100%＝估计这两款软件一字不差地识别正确的短文共有400×25%+400×10%＝140（段），答：估计这两款软件一字不差地识别正确的短文共有140段．18.（1）解：如图所示，点E即为所求．（作法不唯一）（2）证明：如图，记AC与BE交于点O，AE与CD交于点F，由对称的性质，可知AC垂直平分线段BE，∴AB＝AE，BO＝EO，∴∠EAC＝∠BAC．∵四边形ABCD为矩形，∴CD∥AB．∴∠DCA＝∠BAC．∴∠EAC＝∠DCA．∴AF＝CF．19.（1）证明：如图，连接OA，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AC＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∵OD⊥BE，∴∠DOF＝90°，∴∠OFD+∠ODA＝90°，∵∠CAF＝∠CFA，∠OFD＝∠CFA，∴∠CAF+∠OAD＝90°，即OA⊥AC，∵OA为⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；（2）解：设⊙O的半径为r，∴BO＝DO＝r，∵BF＝8，∴OF＝8﹣r，∵∠DOF＝90°，∴在Rt△ODF中，由勾股定理得OF2+OD2＝DF2，∵

DF∴（8﹣r）2+r2＝（2

10）2，解得r＝6或r＝2（不符合题意舍），∴⊙O的半径为6；（3）解：∵BO＝DO，BD＝2，∠DOB＝90°，∴在Rt△BOD中，由勾股定理得BO2+OD2＝BD2，∴OB＝OD

=2即⊙O的半径为

2，∵∠ADB＝60°，∴∠AOB＝2∠ADB＝120°，∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝60°，由（1）知，OA⊥AC，∴∠OAC＝90°，在Rt△OAC中，tan∠AOC＝tan60°

=A∵OA

=2∴AC

=3OA

=∴S△OAC

=12OA•AC

=12×2×∴阴影部分的面积为S△OAC﹣S扇形AOE

=320.解：（1）设该校八年级订购的《西游记》的单价是x元，则《朝花夕拾》的单价是1.4x元，由题意得，

140001.4x解得x＝10，经检验，x＝10是所列方程的解，且符合题意，∴1.4×10＝14（元），答：该校八年级订购的《西游记》的单价是10元，《朝花夕拾》的单价是14元；（2）设购买《朝花夕拾》m本，则购买《西游记》（100﹣m）本，由题意得，14m+10（100﹣m）≤1200，解得m≤50，答：最多购买《朝花夕拾》50本．21.解：如图，过点B作BG⊥AD，垂足为G，延长BC交DE于点H，由题意得，BG＝DH，BH＝DG，BH⊥DE，在Rt△ABG中，∵AB＝4m，∠BAG＝70°，∴AG＝AB•cos70°≈4×0.342＝1.368（m），BG＝AB•sin70°≈4×0.94＝3.76（m），∴DH＝BG＝3.76m，∵AD＝3.5m，∴DG＝BH＝AD﹣AG＝3.5﹣1.368＝2.132（m），∵DF＝2.76m，∴FH＝DH﹣DF＝3.76﹣2.76＝1（m），在Rt△CFH中，∠CFH＝60°，∴CH＝FH•tan60°

=3（m∴BC＝BH﹣CH＝2.132﹣1.732＝0.40（m），∴BC的长度约为0.40m．22.解：（1）∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴抛物线的顶点坐标为（t，﹣t）；（2）①∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴抛物线的对称轴为直线x＝t，∵1＞0，∴抛物线开口向上，∵t﹣1≤x1≤t+2，∴当x1＝t时，y1的最小值为﹣t，∵y1的最小值是﹣2，∴t＝2，∵|t﹣1﹣t|＝1，|t+2﹣t|＝2，∴当x1＝t+2时，y1最大＝（t+2﹣t）2﹣t＝4﹣t＝4﹣2＝2，即y1的最大值为2；②∵点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线y＝（x﹣t）2﹣t上，∴y1＝（x1﹣t）2﹣t，y2＝（x2﹣t）2﹣t，∵对于x1，x2都有y1＜y2，∴y2﹣y1＝（x2﹣t）2﹣t﹣（x1﹣t）2+t＝（x2﹣t）2﹣（x1﹣t）2＝（x2﹣x1）（x2+x1﹣2t）＞0，∴

x2当

x2−由①知，x2＞x1，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴1﹣t＞t+2，∴t

＜−由②知，x2+x1＞2t，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴0≤x2+x1≤3，∴2t＜0，∴t＜0，即t

＜−当

x2−由③得，x2＜x1，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴1﹣t＜t﹣1，∴t＞1，由④知，x2+x1＜2t，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴0≤x2+x1≤3，∴2t＞3，∴t

＞3即t

＞3综上所述，满足条件的t的取值范围为t

＜−12或t23.（1）证明：∵BE∥AC，∴∠E＝∠CAE，又∵AD是△ABC的角平分线∴∠BAE＝∠CAE，∴∠BAE＝∠E，∴BA＝BE，∵BE∥AC，∴△BDE∽△CDA，∴

BE∴

AB（2）解：∵AD是△ABC的角平分线，∴AB∶AC＝BD∶CD＝6∶9＝2∶3，∴

BD∵M为BC的中点，∴BM＝CM，∴BD+DM＝CD﹣DM，∴

23CD+DM＝CD﹣DM∴CD＝6DM，∵MN∥AD，∴