福建省厦门市集美区杏东中学2024年十校联考最后数学试题含解析

福建省厦门市集美区杏东中学2024年十校联考最后数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．我省2013年的快递业务量为1．2亿件，受益于电子商务发展和法治环境改善等多重因素，快递业务迅猛发展，2012年增速位居全国第一．若2015年的快递业务量达到2．5亿件，设2012年与2013年这两年的平均增长率为x，则下列方程正确的是（）A．1．2（1＋x）＝2．5B．1．2（1＋2x）＝2．5C．1．2（1＋x）2＝2．5D．1．2（1＋x）＋1．2（1＋x）2＝2．52．一元二次方程2x2﹣3x+1=0的根的情况是（）A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根C．只有一个实数根 D．没有实数根3．由4个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（）A．B．C．D．4．不等式组的解集是（）A．x＞﹣1 B．x≤2 C．﹣1＜x＜2 D．﹣1＜x≤25．下列命题是真命题的是()A．过一点有且只有一条直线与已知直线平行B．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形C．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧D．若三角形的三边a，b，c满足a2＋b2＋c2＝ac＋bc＋ab，则该三角形是正三角形6．tan60°的值是()A． B． C． D．7．如图，在正五边形ABCDE中，连接BE，则∠ABE的度数为()A．30° B．36° C．54° D．72°8．已知一次函数y＝（k﹣2）x+k不经过第三象限，则k的取值范围是（）A．k≠2 B．k＞2 C．0＜k＜2 D．0≤k＜29．向某一容器中注水，注满为止，表示注水量与水深的函数关系的图象大致如图所示，则该容器可能是（）A． B．C． D．10．关于x的一元一次不等式≤﹣2的解集为x≥4，则m的值为（）A．14 B．7 C．﹣2 D．2二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11．如果反比例函数的图象经过点A（2，y1）与B（3，y2），那么的值等于_____________.12．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用_____秒钟．13．如图，⊙O的半径为6，四边形ABCD内接于⊙O，连接OB，OD，若∠BOD=∠BCD，则弧BD的长为________．14．2017年端午小长假的第一天，永州市共接待旅客约275000人次，请将275000用科学记数法表示为___________________．15．如图，在△ABC中，BE平分∠ABC，DE∥BC，如果DE=2AD，AE=3，那么EC=_____．16．9的算术平方根是．17．当__________时，二次函数有最小值___________.三、解答题（共7小题，满分69分）18．（10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1经过点A(﹣4，0)、B(﹣1，0)，其顶点为．（1）求抛物线C1的表达式；（2）将抛物线C1绕点B旋转180°，得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式；（3）再将抛物线C2沿x轴向右平移得到抛物线C3，设抛物线C3与x轴分别交于点E、F(E在F左侧)，顶点为G，连接AG、DF、AD、GF，若四边形ADFG为矩形，求点E的坐标．19．（5分）已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE=AF．求证：BE=DF；连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM=OA，连接EM、FM．判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．20．（8分）已知是上一点，.如图①，过点作的切线，与的延长线交于点，求的大小及的长；如图②，为上一点，延长线与交于点，若，求的大小及的长.21．（10分）进入防汛期后，某地对河堤进行了加固．该地驻军在河堤加固的工程中出色完成了任务．这是记者与驻军工程指挥官的一段对话:通过这段对话，请你求出该地驻军原来每天加固的米数．22．（10分）在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC于点E，交BC于点D，P为AC延长线上一点，且∠PBC＝∠BAC，连接DE，BE．（1）求证：BP是⊙O的切线；（2）若sin∠PBC＝，AB＝10，求BP的长．23．（12分）已知：如图，在半径是4的⊙O中，AB、CD是两条直径，M是OB的中点，CM的延长线交⊙O于点E，且EM＞MC，连接DE，DE=．（1）求证：△AMC∽△EMB；（2）求EM的长；（3）求sin∠EOB的值．24．（14分）如图，在△ABC中，∠A＝45°，以AB为直径的⊙O经过AC的中点D，E为⊙O上的一点，连接DE，BE，DE与AB交于点F.求证：BC为⊙O的切线；若F为OA的中点,⊙O的半径为2，求BE的长.

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、C【解析】试题解析：设2015年与2016年这两年的平均增长率为x，由题意得：1.2（1+x）2=2.5，故选C．2、B【解析】试题分析：对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当△=3、A【解析】试题分析：几何体的主视图有2列，每列小正方形数目分别为2，1.故选A．考点：三视图视频4、D【解析】由﹣x＜1得，∴x＞﹣1，由3x﹣5≤1得，3x≤6，∴x≤2，∴不等式组的解集为﹣1＜x≤2，故选D5、D【解析】

根据真假命题的定义及有关性质逐项判断即可.【详解】A、真命题为:过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,故本选项错误;B、真命题为:对角线相等且互相垂直的四边形是正方形或等腰梯形,故本选项错误;C、真命题为:平分弦的直径垂直于弦(非直径),并且平分弦所对的弧,故本选项错误;D、∵a2＋b2＋c2＝ac＋bc＋ab，∴2a2＋2b2＋2c2-2ac-2bc-2ab=0，∴(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2=0，∴a=b=c，故本选项正确.故选D.【点睛】本题考查了命题的真假，熟练掌握真假命题的定义及几何图形的性质是解答本题的关键，当命题的条件成立时，结论也一定成立的命题叫做真命题；当命题的条件成立时，不能保证命题的结论总是成立的命题叫做假命题.熟练掌握所学性质是解答本题的关键.6、A【解析】

根据特殊角三角函数值，可得答案．【详解】tan60°=故选：A．【点睛】本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．7、B【解析】

在等腰三角形△ABE中，求出∠A的度数即可解决问题．【详解】解：在正五边形ABCDE中，∠A=×（5-2）×180=108°

又知△ABE是等腰三角形，

∴AB=AE，

∴∠ABE=（180°-108°）=36°．

故选B．【点睛】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是求出正五边形的内角，此题基础题，比较简单．8、D【解析】

直线不经过第三象限，则经过第二、四象限或第一、二、四象限，当经过第二、四象限时，函数为正比例函数，k=0当经过第一、二、四象限时，,解得0<k<2，综上所述，0≤k<2。故选D9、D【解析】

根据函数的图象和所给出的图形分别对每一项进行判断即可.【详解】由函数图象知:随高度h的增加,y也增加,但随h变大,每单位高度的增加,注水量h的增加量变小,图象上升趋势变缓,其原因只能是水瓶平行于底面的截面的半径由底到顶逐渐变小,故D项正确.故选:D.【点睛】本题主要考查函数模型及其应用.10、D【解析】

解不等式得到x≥m+3，再列出关于m的不等式求解.【详解】≤﹣1，m﹣1x≤﹣6，﹣1x≤﹣m﹣6，x≥m+3，∵关于x的一元一次不等式≤﹣1的解集为x≥4，∴m+3=4，解得m=1．故选D．考点：不等式的解集二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）11、【解析】分析：由已知条件易得2y1=k，3y2=k，由此可得2y1=3y2，变形即可求得的值.详解：∵反比例函数的图象经过点A（2，y1）与B（3，y2），∴2y1=k，3y2=k，∴2y1=3y2，∴.故答案为：.点睛：明白：若点A和点B在同一个反比例函数的图象上，则是解决本题的关键.12、2.5秒．【解析】

把此正方体的点A所在的面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和B点间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于5，另一条直角边长等于2，利用勾股定理可求得．【详解】解：因为爬行路径不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．（1）展开前面右面由勾股定理得AB＝cm；（2）展开底面右面由勾股定理得AB＝＝5cm；所以最短路径长为5cm，用时最少：5÷2＝2.5秒．【点睛】本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．13、4π【解析】

根据圆内接四边形对角互补可得∠BCD+∠A=180°，再根据同弧所对的圆周角与圆心角的关系以及∠BOD=∠BCD，可求得∠A=60°，从而得∠BOD=120°，再利用弧长公式进行计算即可得.【详解】解:∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BCD+∠A=180°，∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠BCD，∴2∠A+∠A=180°，解得：∠A=60°，∴∠BOD=120°，∴的长=，故答案为4π.【点睛】本题考查了圆周角定理、弧长公式等，求得∠A的度数是解题的关键.14、1．75×2【解析】试题解析：175000=1．75×2．考点：科学计数法----表示较大的数15、1．【解析】

由BE平分∠ABC，DE∥BC，易得△BDE是等腰三角形，即可得BD=2AD，又由平行线分线段成比例定理，即可求得答案．【详解】解：∵DE∥BC，∴∠DEB=∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠ABE=∠DEB，∴BD=DE，∵DE=2AD，∴BD=2AD，∵DE∥BC，∴AD：DB=AE：EC，∴EC=2AE=2×3=1．故答案为：1．【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理以及等腰三角形的判定与性质．注意掌握线段的对应关系是解此题的关键．16、1．【解析】

根据一个正数的算术平方根就是其正的平方根即可得出.【详解】∵，∴9算术平方根为1．故答案为1．【点睛】本题考查了算术平方根，熟练掌握算术平方根的概念是解题的关键.17、15【解析】二次函数配方，得：，所以，当x＝1时，y有最小值5，故答案为1，5.三、解答题（共7小题，满分69分）18、（1）y；（2）；（3）E(，0)．【解析】

（1）根据抛物线C1的顶点坐标可设顶点式将点B坐标代入求解即可；（2）由抛物线C1绕点B旋转180°得到抛物线C2知抛物线C2的顶点坐标，可设抛物线C2的顶点式，根据旋转后抛物线C2开口朝下，且形状不变即可确定其表达式；（3）作GK⊥x轴于G，DH⊥AB于H，由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，结合矩形的性质利用两组对应角分别相等的两个三角形相似可证△AGK∽△GFK，由其对应线段成比例的性质可知AK长，结合A、B点坐标可知BK、BE、OE长，可得点E坐标.【详解】解：（1）∵抛物线C1的顶点为，∴可设抛物线C1的表达式为y，将B(﹣1，0)代入抛物线解析式得：，∴，解得：a，∴抛物线C1的表达式为y，即y．（2）设抛物线C2的顶点坐标为∵抛物线C1绕点B旋转180°，得到抛物线C2，即点与点关于点B(﹣1，0)对称∴抛物线C2的顶点坐标为()可设抛物线C2的表达式为y∵抛物线C2开口朝下，且形状不变∴抛物线C2的表达式为y，即．（3）如图，作GK⊥x轴于G，DH⊥AB于H．由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，∵四边形AGFD是矩形，∴∠AGF=∠GKF=90°，∴∠AGK+∠KGF=90°，∠KGF+∠GFK=90°，∴∠AGK=∠GFK．∵∠AKG=∠FKG=90°，∴△AGK∽△GFK，∴，∴，∴AK=6，，∴BE=BK﹣EK=3，∴OE，∴E(，0)．【点睛】本题考查了二次函数与几何的综合，涉及了待定系数法求二次函数解析式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转变换的性质，灵活的利用待定系数法求二次函数解析式是解前两问的关键，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解（3）的关键.19、（1）证明见解析；（2）四边形AEMF是菱形，证明见解析.【解析】

（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；联立（1）的结论，可证得EC=CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∵，∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）∴BE=DF；（2）四边形AEMF是菱形，理由为：证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCA=∠DCA=45°（正方形的对角线平分一组对角），BC=DC（正方形四条边相等），∵BE=DF（已证），∴BC-BE=DC-DF（等式的性质），即CE=CF，在△COE和△COF中，，∴△COE≌△COF（SAS），∴OE=OF，又OM=OA，∴四边形AEMF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），∵AE=AF，∴平行四边形AEMF是菱形．20、（Ⅰ），PA＝4；（Ⅱ），【解析】

（Ⅰ）易得△OAC是等边三角形即∠AOC=60°，又由PC是○O的切线故PC⊥OC，即∠OCP=90°可得∠P的度数，由OC=4可得PA的长度（Ⅱ）由（Ⅰ）知△OAC是等边三角形，易得∠APC=45°；过点C作CD⊥AB于点D，易得AD=AO=CO，在Rt△DOC中易得CD的长，即可求解【详解】解：（Ⅰ）∵AB是○O的直径，∴OA是○O的半径.∵∠OAC=60°，OA=OC，∴△OAC是等边三角形.∴∠AOC=60°.∵PC是○O的切线，OC为○O的半径，∴PC⊥OC，即∠OCP=90°∴∠P=30°.∴PO=2CO=8.∴PA=PO-AO=PO-CO=4.（Ⅱ）由（Ⅰ）知△OAC是等边三角形，∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°∴∠AQC=30°.∵AQ=CQ，∴∠ACQ=∠QAC=75°∴∠ACQ-∠ACO=∠QAC-∠OAC=15°即∠QCO=∠QAO=15°.∴∠APC=∠AQC+∠QAO=45°.如图②，过点C作CD⊥AB于点D.∵△OAC是等边三角形，CD⊥AB于点D，∴∠DCO=30°，AD=AO=CO=2.∵∠APC=45°，∴∠DCQ=∠APC=45°∴PD=CD在Rt△DOC中，OC=4，∠DCO=30°，∴OD=2，∴CD=2∴PD=CD=2∴AP=AD+DP=2+2【点睛】此题主要考查圆的综合应用21、300米【解析】

解：设原来每天加固x米，根据题意，得．去分母，得1200+4200=18x（或18x=5400）解得．检验：当时，（或分母不等于0）．∴是原方程的解．答：该地驻军原来每天加固300米．22、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）连接AD，求出∠PBC＝∠ABC，求出∠ABP＝90°，根据切线的判定得出即可；（2）解直角三角形求出BD，求出BC，根据勾股定理求出AD，根据相似三角形的判定和性质求出BE，根据相似三角形的性质和判定求出BP即可．【详解】解：（1）连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BC，∵AB=AC，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠BAC，∵∠ADB=90°，∴∠BAD+∠ABD=90°，∵∠PBC=∠BAC，∴∠PBC+∠ABD=90°，∴∠ABP=90°，即AB⊥BP，∴PB是⊙O的切线；（2）∵∠PBC=∠BAD，∴sin∠PBC=sin∠BAD，∵sin∠PBC==，AB=10，∴BD=2，由勾股定理得：AD==4，∴BC=2BD=4，∵由三角形面积公式得：AD×BC=BE×AC，∴4×4=BE×10，∴BE=8，∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=6，∵∠BAE=∠BAP，∠AEB=∠ABP=90°，∴△ABE∽△APB，∴=，∴PB===．【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用性质定理进行推理是解此题的关键．23、（1）证明见解析；（2）EM=4；（3）sin∠EOB=．【解析】

（1）连接A、C，E、B点，那么只需要求出△AMC和△EMB相似，即可求出结论，根据圆周角定理可推出它们的对应角相等，即可得△AMC∽△EMB；

（2）根据圆周角定理，结合勾股定理，可以推出EC的长度，根据已知条件推出AM、BM的长度，然后结合（1）的结论，很容易就可