河北省保定市博野县重点名校2024年十校联考最后数学试题含解析

河北省保定市博野县重点名校2024年十校联考最后数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1．在代数式中，m的取值范围是（）A．m≤3 B．m≠0 C．m≥3 D．m≤3且m≠02．如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方2m的A处发出，把球看成点，其运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足关系式y＝a（x﹣k）2+h．已知球与D点的水平距离为6m时，达到最高2.6m，球网与D点的水平距离为9m．高度为2.43m，球场的边界距O点的水平距离为18m，则下列判断正确的是（）A．球不会过网 B．球会过球网但不会出界C．球会过球网并会出界 D．无法确定3．若A(﹣4，y1)，B(﹣3，y2)，C(1，y3)为二次函数y＝x2﹣4x+m的图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系是()A．y1＜y2＜y3B．y3＜y2＜y1C．y3＜y1＜y2D．y1＜y3＜y24．如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（）A．31° B．28° C．62° D．56°5．如图，在△ABC中，∠B＝46°，∠C＝54°，AD平分∠BAC，交BC于D，DE∥AB，交AC于E，则∠CDE的大小是（）A．40° B．43° C．46° D．54°6．下面计算中，正确的是（）A．（a+b）2=a2+b2B．3a+4a=7a2C．（ab）3=ab3D．a2•a5=a77．下列函数中，y关于x的二次函数是()A．y＝ax2+bx+c B．y＝x(x﹣1)C．y= D．y＝(x﹣1)2﹣x28．若二次函数的图像与轴有两个交点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．9．如图，AB∥CD，直线EF与AB、CD分别相交于E、F，AM⊥EF于点M，若∠EAM=10°，那么∠CFE等于（）A．80° B．85° C．100° D．170°10．如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2=40°，则图中∠1的度数为（）A．115° B．120° C．130° D．140°二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．若am=5，an=6，则am+n=________．12．已知实数a、b、c满足+|10﹣2c|=0，则代数式ab+bc的值为__．13．出售某种手工艺品，若每个获利x元，一天可售出个，则当x=_________元，一天出售该种手工艺品的总利润y最大．14．A、B两地之间为直线距离且相距600千米，甲开车从A地出发前往B地，乙骑自行车从B地出发前往A地，已知乙比甲晚出发1小时，两车均匀速行驶，当甲到达B地后立即原路原速返回，在返回途中再次与乙相遇后两车都停止，如图是甲、乙两人之间的距离s（千类）与甲出发的时间t（小时）之间的图象，则当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离为_____千米．15．北京奥运会国家体育场“鸟巢”的建筑面积为258000平方米，那么258000用科学记数法可表示为．16．某商品原价100元，连续两次涨价后，售价为144元.若平均每次增长率为x，则x=__________．17．哈尔滨市某楼盘以每平方米10000元的均价对外销售，经过连续两次上调后，均价为每平方米12100元，则平均每次上调的百分率为_____．三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，某校数学兴趣小组要测量大楼AB的高度，他们在点C处测得楼顶B的仰角为32°，再往大楼AB方向前进至点D处测得楼顶B的仰角为48°，CD＝96m，其中点A、D、C在同一直线上．求AD的长和大楼AB的高度（结果精确到2m）参考数据：sin48°≈2．74，cos48°≈2．67，tan48°≈2．22，≈2．7319．（5分）若关于的方程无解，求的值.20．（8分）已知：正方形绕点顺时针旋转至正方形，连接.如图，求证：；如图，延长交于，延长交于，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出如图中的四个角，使写出的每一个角的大小都等于旋转角.21．（10分）如图1，定义：在直角三角形ABC中，锐角α的邻边与对边的比叫做角α的余切，记作ctanα，即ctanα＝角α的邻边角（1）如图1，若BC＝3，AB＝5，则ctanB＝_____；（2）ctan60°＝_____；（3）如图2，已知：△ABC中，∠B是锐角，ctanC＝2，AB＝10，BC＝20，试求∠B的余弦cosB的值．22．（10分）如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．求证：△BDE≌△BCE；试判断四边形ABED的形状，并说明理由．23．（12分）“千年古都，大美西安”．某校数学兴趣小组就“最想去的西安旅游景点”随机调查了本校部分学生，要求每位同学选择且只能选择一个最想去的景点，（景点对应的名称分别是：A：大雁塔B：兵马俑C：陕西历史博物馆D：秦岭野生动物园E：曲江海洋馆）．下面是根据调查结果进行数据整理后绘制出的不完整的统计图：请根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）求被调查的学生总人数；（2）补全条形统计图，并求扇形统计图中表示“最想去景点D”的扇形圆心角的度数；（3）若该校共有800名学生，请估计“最想去景点B”的学生人数．24．（14分）已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC．(1)求证：四边形FBGH是菱形；(2)求证：四边形ABCH是正方形．

参考答案一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）1、D【解析】

根据二次根式有意义的条件即可求出答案．【详解】由题意可知：解得：m≤3且m≠0故选D．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．2、C【解析】分析：（1）将点A(0,2)代入求出a的值；分别求出x=9和x=18时的函数值，再分别与2.43、0比较大小可得．详解：根据题意,将点A(0,2)代入得：36a+2.6=2，解得：∴y与x的关系式为当x=9时,∴球能过球网，当x=18时,∴球会出界.故选C.点睛：考查二次函数的应用题，求范围的问题，可以利用临界点法求出自变量的值，根据题意确定范围.3、B【解析】

根据函数解析式的特点，其对称轴为x=2，A（﹣4，y1），B（﹣3，y2），C（1，y3）在对称轴左侧，图象开口向上，利用y随x的增大而减小，可判断y3＜y2＜y1.【详解】抛物线y=x2﹣4x+m的对称轴为x=2，当x<2时，y随着x的增大而减小，因为-4<-3<1<2，所以y3＜y2＜y1，故选B.【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的增减性是解题的关键.4、D【解析】

先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∠ADC=90°，∵∠FDB=90°-∠BDC=90°-62°=28°，∵AD∥BC，∴∠CBD=∠FDB=28°，∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，∴∠FBD=∠CBD=28°，∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．故选D．【点睛】本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．5、C【解析】

根据DE∥AB可求得∠CDE＝∠B解答即可．【详解】解：∵DE∥AB，∴∠CDE＝∠B＝46°，故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质：两直线平行，同位角相等．快速解题的关键是牢记平行线的性质．6、D【解析】

直接利用完全平方公式以及合并同类项法则、积的乘方运算法则分别化简得出答案．【详解】A.

(a+b)2=a2+b2+2ab，故此选项错误；B.

3a+4a=7a，故此选项错误；C.

(ab)3=a3b3，故此选项错误；D.

a2a5=a7，正确。故选：D.【点睛】本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，完全平方公式，解题的关键是掌握它们的概念进行求解.7、B【解析】

判断一个函数是不是二次函数，在关系式是整式的前提下，如果把关系式化简整理（去括号、合并同类项）后，能写成y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的形式，那么这个函数就是二次函数，否则就不是.【详解】A.当a=0时，y=ax2+bx+c=bx+c，不是二次函数，故不符合题意；B.y=x（x﹣1）=x2-x，是二次函数，故符合题意；C.的自变量在分母中，不是二次函数，故不符合题意；D.y=（x﹣1）2﹣x2=-2x+1，不是二次函数，故不符合题意；故选B.【点睛】本题考查了二次函数的定义，一般地，形如y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的函数叫做二次函数，据此求解即可.8、D【解析】

由抛物线与x轴有两个交点可得出△=b2-4ac＞0，进而可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围．【详解】∵抛物线y=x2-2x+m与x轴有两个交点，∴△=b2-4ac=（-2）2-4×1×m＞0，即4-4m＞0，解得：m＜1．故选D．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，牢记“当△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点”是解题的关键．9、C【解析】

根据题意，求出∠AEM,再根据AB∥CD，得出∠AEM与∠CFE互补，求出∠CFE．【详解】∵AM⊥EF，∠EAM=10°∴∠AEM=80°又∵AB∥CD∴∠AEM+∠CFE=180°∴∠CFE=100°．故选C．【点睛】本题考查三角形内角和与两条直线平行内错角相等．10、A【解析】解：∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°．∵∠2=40°，∴∠CFB'=50°，∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，即∠1+∠1﹣50°=180°，解得：∠1=115°，故选A．二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、1．【解析】

根据同底数幂乘法性质am·an=am+n,即可解题.【详解】解：am+n=am·an=5×6=1.【点睛】本题考查了同底数幂乘法计算,属于简单题,熟悉法则是解题关键.12、-1【解析】试题分析：根据非负数的性质可得：，解得：，则ab+bc=(－11)×6+6×5=－66+30=－1．13、1【解析】先根据题意得出总利润y与x的函数关系式，再根据二次函数的最值问题进行解答．解：∵出售某种手工艺品，若每个获利x元，一天可售出（8-x）个，

∴y=（8-x）x，即y=-x2+8x，

∴当x=-=1时，y取得最大值．

故答案为：1．14、【解析】

根据题意和函数图象可以分别求得甲乙的速度，从而可以得到当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离．【详解】设甲的速度为akm/h，乙的速度为bkm/h，，解得，，设第二次甲追上乙的时间为m小时，100m﹣25（m﹣1）=600，解得，m=，∴当甲第二次与乙相遇时，乙离B地的距离为：25×（-1）=千米，故答案为．【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．15、2.58×1【解析】科学记数法就是将一个数字表示成（a×10的n次幂的形式），其中1≤|a|＜10，n表示整数．即从左边第一位开始，在首位非零的后面加上小数点，再乘以10的n次幂．258000=2.58×1．16、20%．【解析】试题分析：根据原价为100元，连续两次涨价x后，现价为144元，根据增长率的求解方法，列方程求x．试题解析：依题意，有：100（1+x）2=144，1+x=±1．2，解得：x=20%或-2．2（舍去）．考点：一元二次方程的应用．17、10%【解析】

设平均每次上调的百分率是x，因为经过两次上调，且知道调前的价格和调后的价格，从而列方程求出解．【详解】设平均每次上调的百分率是x，依题意得，解得：，（不合题意，舍去）．答：平均每次上调的百分率为10%．故答案是：10%．【点睛】此题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．三、解答题（共7小题，满分69分）18、AD的长约为225m，大楼AB的高约为226m【解析】

首先设大楼AB的高度为xm，在Rt△ABC中利用正切函数的定义可求得，然后根据∠ADB的正切表示出AD的长，又由CD=96m，可得方程，解此方程即可求得答案．【详解】解：设大楼AB的高度为xm，

在Rt△ABC中，∵∠C=32°，∠BAC=92°，

∴，

在Rt△ABD中，，

∴，

∵CD=AC-AD，CD=96m，

∴，

解得：x≈226，∴

答：大楼AB的高度约为226m，AD的长约为225m．【点睛】本题考查解直角三角形的应用．要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想与方程思想的应用．19、【解析】分析：该分式方程无解的情况有两种：（1）原方程存在增根；（2）原方程约去分母后，整式方程无解．详解：去分母得：x（x-a）-1（x-1）=x（x-1），去括号得：x2-ax-1x+1=x2-x，移项合并得：（a+2）x=1．（1）把x=0代入（a+2）x=1，∴a无解；把x=1代入（a+2）x=1，解得a=1；（2）（a+2）x=1，当a+2=0时，0×x=1，x无解即a=-2时，整式方程无解．综上所述，当a=1或a=-2时，原方程无解．故答案为a=1或a=-2．点睛：分式方程无解，既要考虑分式方程有增根的情形，又要考虑整式方程无解的情形．20、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）连接AF、AC，易证∠EAC=∠DAF，再证明ΔEAC≅ΔDAF，根据全等三角形的性质即可得CE=DF；（2）由旋转的性质可得∠DAG、∠BAE都是旋转角，在四边形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，由此即可解答.【详解】(1)证明：连接，∵正方形旋转至正方形∴，∴∴在和中,,∴∴(2).∠DAG、∠BAE、∠FMC、∠CNF；由旋转的性质可得∠DAG、∠BAE都是旋转角，在四边形AEMB中，∠BAE+∠EMB=180°，∠FMC+∠EMB=180°，可得∠FMC=∠BAE，同理可得∠DAG=∠CNF，【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，证明ΔEAC≅ΔDAF是解决问题的关键.21、（1）；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）先利用勾股定理计算出AC=4，然后根据余切的定义求解；（2）根据余切的定义得到ctan60°=，然后把tan60°=代入计算即可；（3）作AH⊥BC于H，如图2，先在Rt△ACH中利用余切的定义得到ctanC==2，则可设AH=x，CH=2x，BH=BC﹣CH=20﹣2x，接着再在Rt△ABH中利用勾股定理得到（20﹣2x）2+x2=102，解得x1=6，x2=10（舍去），所以BH=8，然后根据余弦的定义求解．解：（1）∵BC=3，AB=5，∴AC==4，∴ctanB==；（2）ctan60°===；（3）作AH⊥BC于H，如图2，在Rt△ACH中，ctanC==2，设AH=x，则CH=2x，∴BH=BC﹣CH=20﹣2x，在Rt△ABH中，∵BH2+AH2=AB2，∴（20﹣2x）2+x2=102，解得x1=6，x2=10（舍去），∴BH=20﹣2×6=8，∴cosB===．考点：解直角三角形．22、证明见解析.【解析】

（1）根据旋转的性质可得DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，然后根据垂直可得出∠DBE=∠CBE=30°，继而可根据SAS证明△BDE≌△BCE；（2）根据（1）以及旋转的性质可得，△BDE≌△BCE≌△BDA，继而得出四条棱相等，证得四边形ABED为菱形．【详解】（1）证明：∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，∴DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，∵AB⊥EC，∴∠ABC=90°，∴∠DBE=∠CBE=30°，在△BDE和△BCE中，∵，∴△BDE≌△BCE；（2）四边形ABED为菱形；由（1）得△BDE≌△BCE，∵△BAD是由△BEC旋转而得，∴△BAD≌△BEC，∴BA=BE，AD=EC=ED，又∵BE=CE，∴BA=BE=ED=AD∴四边形ABED为菱形．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．23、（1）40;（2）想去D景点的人数是8，圆心角度数是72°;（3）280.【解析】

（1）用最想去A景点的人数除以它所占的百分比即可得到被调查的学生总人数；（2）先计算出最想去D景点的人数，再补全条形统