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2024年贵州省统一命题初中学业水平考试数学三模仿真试卷八套
2024年贵州省数学三模专用卷（03）
全卷三个大题，共25题，满分150分．考试时间为120分钟．
一、选择题（每小题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂）
1. 5的绝对值是（ ）
A. B. 5 C. D.
【答案】B
【解析】正数的绝对值是它本身，由此可解．
5的绝对值是5，
故选B．
【点睛】本题考查绝对值，解题的关键是掌握正数的绝对值是它本身．
2. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据主视图是三角形，结合选项即可求解．
【详解】解：∵主视图是直角三角形，
故A，C，D选项不合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了根据三视图还原几何体，主视图是在物体正面从前向后观察物体得到的图形；俯视图是站在物体的正面从上向下观察物体得到的图形；左视图是在物体正面从左向右观察到的图形，掌握三视图的定义是解题关键．
3. （2023贵州省）据中国经济网资料显示，今年一季度全国居民人均可支配收入平稳增长，全国居民人均可支配收入为10870元．10870这个数用科学记数法表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】将10870写成的形式，其中，n为正整数．
，
故选：B．
【点睛】考查科学记数法，解题的关键是掌握中，n与小数点移动位数相同．
4. 如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（ ）
A. 2 B. C. 3 D. 5
【答案】A
【解析】利用平移的性质得到，即可得到的长．
∵沿方向平移至处．
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
5. 如图，比数轴上点A表示的数大3的数是（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】根据数轴及有理数的加法可进行求解．
由数轴可知点A表示的数是，所以比大3的数是；
故选D．
【点睛】本题主要考查数轴及有理数的加法，熟练掌握数轴上有理数的表示及有理数的加法是解题的关键．
6. 疫情期间，某商店连续7天销售口罩的盒数分别为10，12，14，13，12，12，11．关于这组数据，以下结论错误的是（ ）
A. 众数是12 B. 平均数是12 C. 中位数是12 D. 方差是
【答案】D
【解析】根据众数、平均数、中位数及方差的定义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
A.12出现了3次，出现的次数最多，则这组数据的众数是12，故本选项正确，不符合题意；
B.这组数据的平均数：＝12，故本选项正确，不符合题意；
C.把这些数从小到大排列为：10，11，12，12，12，13，14，中位数是12，故本选项正确，不符合题意；
D.方差是：×[（10﹣12）2＋（11﹣12）2＋3×（12﹣12）2＋（13﹣12）2＋（14﹣12）2]＝，故本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查中位数、众数、平均数、方差，掌握中位数、众数、平均数、方差的计算方法是解决问题的关键．
7. “三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的。借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角。这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC=CD=DE，点D，E可在槽中滑动，若∠BDE=75°，则∠CDE的度数是（ ）
A. 60° B. 65° C. 75° D. 80°
【答案】D
【解析】考点是三角形内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质。
∵OC=CD=DE，
∴∠O=∠ODC，∠DCE=∠DEC，
设∠O=∠ODC=x，
∴∠DCE=∠DEC=2x，
∴∠CDE=180°-∠DCE-∠DEC=180°-4x，
∵∠BDE=75°，
∴∠ODC+∠CDE+∠BDE=180°，
即x+180°-4x+75°=180°，
解得：x=25°，
∠CDE=180°-4x=80°.
8. 县林业部门考察银杏树苗在一定条件下移植的成活率，所统计的银杏树苗移植成活的相关数据如下表所示：
移植的棵数a 100 300 600 1000 7000 15000
成活的棵数b 84 279 505 847 6337 13581
成活的频率 0.84 0.93 0.842 0.847 0.905 0.905
根据表中的信息，估计银杏树苗在一定条件下移植成活的概率为（精确到0.1）（ ）
A. 0.905 B. 0.90 C. 0.9 D. 0.8
【答案】C
【解析】利用表格中数据估算这种树苗移植成活率的概率即可得出答案．
由表格数据可得，随着样本数量不断增加，这种树苗移植成活的频率稳定在0.905，
∴银杏树苗在一定条件下移植成活的概率为0.9，
故选：C．
【点睛】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即为概率．
9. 为降低成本，某出租车公司实施了“油改气”措施．如图，分别表示燃油汽车和燃气汽车所需费用（单位：元）与行驶路程（单位：千米）的关系，已知燃油汽车每千米所需的费用比燃气汽车每千米所需的费用的3倍少0.1元，设燃气汽车每千米所需的费用为元，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】先求出燃油汽车每千米所需的费用为元，再根据函数图象可得燃油汽车所需费用为25元时与燃气汽车所需费用为10元时，所行驶的路程相等，据此列出方程即可得．
【详解】由题意得：燃油汽车每千米所需的费用为元，
由函数图象可知，燃油汽车所需费用为25元时与燃气汽车所需费用为10元时，所行驶的路程相等，
则可列方程为，
故选：D．
【点睛】本题考查了列分式方程、函数图象，读懂函数图象，正确获取信息是解题关键．
10. 将抛物线向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到抛物线是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
将抛物线向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线的函数表达式为：．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
11.如图，在四边形中，，，．按下列步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径画弧，分别交于E，F两点；②分别以点E，F为圆心以大于的长为半径画弧，两弧交于点P；③连接并延长交于点G．则的长是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】先根据作图过程判断平分，根据平行线的性质和角平分线的定义可得，进而可得，由此可解．
由作图过程可知平分，
，
，
，
，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图，平行线的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是根据作图过程判断出平分．
12. 快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程y（km）与它们的行驶时间x（h）之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：
①快车途中停留了0.5h；
②快车速度比慢车速度多20km/h；
③图中a＝340；
④快车先到达目的地．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【答案】B
【解析】根据题意可知，两车的速度和为：360÷2＝180（km/h），
相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，故①结论错误；
慢车的速度为：88÷（3.6﹣2.5）＝80（km/h），则快车的速度为100km/h，
所以快车速度比慢车速度多20km/h；故②结论错误；
88+180×（5﹣3.6）＝340（km），
所以图中a＝340，故③结论正确；
（360﹣2×80）÷80＝2.5（h），5﹣2.5＝2.5（h），
所以慢车先到达目的地，故④结论错误．
所以正确的是②③．
二、填空题（每小题4分，共16分）
13. 分解因式：a3﹣2a2+a＝ ．
【答案】a（a﹣1）2．
【解析】此多项式有公因式，应先提取公因式a，再对余下的多项式进行观察，有3项，可利用完全平方公式继续分解．
a3﹣2a2+a
＝a（a2﹣2a+1）
＝a（a﹣1）2．
14．在平面直角坐标系中，点(－3,2)关于y轴的对称点的坐标是 。
【答案】(3,2)
【解析】坐标的对称问题。可以利用图形解答，也可以记住规律，关于哪条轴对称，哪个坐标不变，关于原点对称都变。
15.若一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是_______．
【答案】
【解析】利用一元二次方程根的判别式求解即可．
∵关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根．
16. 如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是_______．
【答案】
【解析】连接，可得，即平分，在上截取，连接，证明，进而可得为等腰直角三角形，
则四边形的面积，代入数据求解即可．
【详解】如图，连接，
矩形中，，，
，，
，，
，，
，，
，，
在上截取，连接，则，
∵，
∴，
∴，，
，
，
，
，
四边形的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，根据特殊角三角函数值求角的度数，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线，将四边形的面积转化为．
三、解答题（本大题共9题，共98分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. （10分）计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）12 （2）
【解析】【分析】（1）先计算绝对值、立方根、负整数指数，再计算加减；
（2）根据同分母分式的加减法解答即可．
【详解】（1）
．
（2）
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算和同分母分式的加减，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18. （10分）为加强体育锻炼，某校体育兴趣小组，随机抽取部分学生，对他们在一周内体育锻炼的情况进行问卷调查，根据问卷结果，绘制成如下统计图．请根据相关信息，解答下列问题：
某校学生一周体育锻炼调查问卷以下问题均为单选题，请根据实际情况填写（其中0～4表示大于等于0同时小于4）问题：你平均每周体育锻炼的时间大约是（ ）A．0～4小时 B．4～6小时C．6～8小时 D．8～小时及以上问题2：你体育镀炼的动力是（ ）E．家长要求 F．学校要求G．自己主动 H．其他
（1）参与本次调查的学生共有_______人，选择“自己主动”体育锻炼的学生有_______人；
（2）已知该校有2600名学生，若每周体育锻炼8小时以上（含8小时）可评为“运动之星”，请估计全校可评为“运动之星”的人数；
（3）请写出一条你对同学体育锻炼的建议．
【答案】（1）200，122 （2）442人 （3）见解析
【解析】【分析】（1）先根据条形统计图求出参与调查的人数，再用参与调查的人数乘以选择“自己主动”体育锻炼的学生人数占比即可得到答案；
（2）用2600乘以样本中每周体育锻炼8小时以上的人数占比即可得到答案；
（3）从建议学生加强锻炼的角度出发进行描述即可．
【详解】（1）解：人，
∴参与本次调查学生共有200人，
∴选择“自己主动”体育锻炼的学生有人，
故答案为：200，122；
（2）解：人，
∴估计全校可评为“运动之星”的人数为442人；
（3）解：体育锻炼是强身健体的一个非常好的途径，只有有一个良好的身体状况，才能更好的把自己的精力投入到学习中，因此建议学生多多主动加强每周的体育锻炼时间．
【点睛】本题主要考查了扇形统计图与条形统计图信息相关联，用样本估计总体，正确读懂统计图是解题的关键．
19. （10分）“六一”儿童节将至，张老板计划购买A型玩具和B型玩具进行销售，若用1200元购买A型玩具的数量比用1500元购买B型玩具的数量多20个，且一个B型玩具的进价是一个A型玩具进价的1.5倍．
（1）求A型玩具和B型玩具的进价分别是多少？
（2）若A型玩具的售价为12元/个，B型玩具的售价为20元/个，张老板购进A，B型玩具共75个，要使总利润不低于300元，则A型玩具最多购进多少个？
【答案】（1）A型，B型玩具的单价分别是10元/个，15元/个
（2）最多可购进A型玩具25个
【解析】【分析】（1）设型玩具的单价为元/件．依题意列出分式方程，进行求解；
（2）根据题意列出不等式进行求解即可．
【详解】（1）设型玩具的单价为元/件．
由题意得：，
解得：
经检验，是原方程的解
B型玩具的单价为元/个
∴A型，B型玩具的单价分别是10元/个，15元/个．
（2）设购进A型玩具个．
解得：
∴最多可购进A型玩具25个．
【点睛】考查分式方程，一元一次不等式的实际应用，解题关键根据题意列出相应的方程或不等式．
20. （10分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF=∠BDC、∠DCF=∠ACD．
（1）求证：DF=CF；
（2）若∠CDF=60°，DF=6，求矩形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】（1）先证明△DCF≌△DCO得到DF=DO，CF=CO，再由矩形的性质证明OC=OD，即可证明DF=CF=OC=OD；
（2）由全等三角形的性质得到∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，即可证明△OCD是等边三角形，得到CD=OD=6，然后解直角三角形BCD求出BC的长即可得到答案．
【详解】（1）解：在△DCF和△DCO中，
，
∴△DCF≌△DCO（ASA），
∴DF=DO，CF=CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴DF=CF=OC=OD；
（2）解：∵△DCF≌△DCO，
∴∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，
又∵OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OD=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
21. （10分）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，与y轴交于点B，与x轴交于点．
（1）求k与m的值；
（2）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时，求a的值．
【答案】（1）k的值为，的值为6 （2）或
【解析】【分析】（1）把代入，先求解k的值，再求解A的坐标，再代入反比例函数的解析式可得答案；
（2）先求解．由为x轴上的一动点，可得．由，建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：把代入，
得．
∴．
把代入，
得．
∴．
把代入，
得．
∴k的值为，的值为6．
【小问2详解】
当时，．
∴．
∵为x轴上的一动点，
∴．
∴，
．
∵，
∴．
∴或．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解反比例函数与一次函数的解析式，坐标与图形面积，利用数形结合的思想，建立方程都是解本题的关键．
22．（10分）在全民健身运动中，骑行运动颇受市民青睐．一市民骑自行车由A地出发，途经B地去往C地，如图．当他由A地出发时，发现他的北偏东45°方向有一信号发射塔P．他由A地沿正东方向骑行4km到达B地，此时发现信号塔P在他的北偏东15°方向，然后他由B地沿北偏东75°方向骑行12km到达C地．
（1）求A地与信号发射塔P之间的距离；
（2）求C地与信号发射塔P之间的距离．（计算结果保留根号）
【答案】见解析。
【解析】（1）根据题意得到∠PAB＝45°，∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，过点B作BD⊥AP于D点，求得AD＝BD＝4，得到∠PBD＝60°，由BD＝4，求得，于得到结论；
（2）过点P作PE⊥BC于E，根据∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，求得∠PBE＝60°，得到BE＝4，，根据BC＝12，于是得到结论．
解：（1）依题意知：∠PAB＝45°，∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
过点B作BD⊥AP于D点，
∵∠DAB＝45°，，
∴AD＝BD＝4，
∵∠ABD＝∠GBD＝45°，∠GBP＝15°，
∴∠PBD＝60°，
∵BD＝4，
∴，
∴PA＝（4+4）（km）；
（2）∵∠PBD＝60°，BD＝4，
∴PB＝8，
过点P作PE⊥BC于E，
∵∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
∴∠PBE＝60°，
∵PB＝8，
∴BE＝4，，
∵BC＝12，
∴CE＝8，
∴PC＝4（km）．
23. （12分）如图，已知是外接圆的直径，．点D为外的一点，．点E为中点，弦过点E．．连接．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）当时，求弦的长．
【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 （3）
【解析】【分析】（1）根据BC是△ABC外接圆⊙O的直径，得∠BAC=90°，由因为∠ACD=∠B，得∠BCD=90°，即可得答案；
（2）先证△FEA∽△CEG，得，又因为AE=CE，EF=2EG，得CE2=2EG2，得OC2-OE2=EC2，即可得答案；
（3）作ON⊥FG，延长FG交线段于点W，得四边形ONWC为矩形，得NG=1.5EG，NE=0.5EG，EW=8-1.5EG+EG=8-0.5EG，得（8-0.5EG）2+64-2EG2-EG2=2EG2，得EG=，即可得答案．
【详解】（1）解：∵BC是△ABC外接圆⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∵∠ACD=∠B，
∴∠ACD+∠ACB=90°，
∴∠BCD=90°，
∵ OC 是 OO 的半径，
∴CD 是 OO 的切线；
（2）如下图，连接AF、CG，
∴∠AFE=∠ECG，
∵∠AEF=∠CEG，
∴△FEA∽△CEG，
∴，
∵点E为AC中点，
∴AE=CE，
∵EF=2EG，
∴，
∴CE2=2EG2，
∵∠BAC=90°，点E为AC中点，
∴EOAB，
∴∠OEC=90°，
∴OC2-OE2=EC2，
∴OC2-OE2=2EG2，
∴（OC+OE）（OC OE）=EG EF；
（3）作ON⊥FG，延长FG交线段于点W，
∵BC=16，
∴OC=8，
∵FGBC，
∴四边形ONWC为矩形，
∵EF=2EG，
∴FG=3EG，
∴NG=1.5EG，NE=0.5EG，EW=8-1.5EG+EG=8-0.5EG，
由（2）可知：OC2-OE2=2EG2，
∴CE2=2EG2，
∴OE2=64-2EG2，ON2=64-2EG2-EG2，EW2=（8-0.5EG）2，
∴（8-0.5EG）2+64-2EG2-EG2=2EG2，
解得EG=，
∴FG=3EG=．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是作合适的辅助线．
24. （12分）设二次函数，（，是实数）．已知函数值和自变量的部分对应取值如下表所示：
… 0 1 2 3 …
… 1 1 …
（1）若，求二次函数的表达式；
（2）写出一个符合条件的的取值范围，使得随的增大而减小．
（3）若在m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）当时，则时，随的增大而减小；当时，则时，随的增大而减小
（3）
【解析】【分析】（1）用待定系数法求解即可．
（2）利用抛物线的对称性质求得抛物线的对称轴为直线；再根据抛物线的增减性求解即可．
（3）先把代入，得，从而得，再求出，，，从而得，然后m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，得，求解即可．
【详解】（1）解：把，代入，得
，解得：，
∴．
（2）解：∵，在图象上，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴当时，则时，随的增大而减小，
当时，则时，随的增大而减小．
（3）解：把代入，得
，
∴
∴
把代入得，，
把代入得，，
把代入得，，
∴，
∵m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，
∴，解得：．
【点睛】本题考查用待定系数法求抛物线解析式，抛物线的图象性质，解不等式组，熟练掌握用待定系数法求抛物线解析式和抛物线的图象性质是解析的关键．
25. （14分）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．
（1）如图1，求边上的高的长．
（2）是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】（1）8 （2）①；②或
【解析】【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，
中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，
∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．
∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．
设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不符合题意．
综上所述，或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
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2024年贵州省统一命题初中学业水平考试数学三模仿真试卷八套
2024年贵州省数学三模专用卷（03）
全卷三个大题，共25题，满分150分．考试时间为120分钟．
一、选择题（每小题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂）
1. 5的绝对值是（ ）
A. B. 5 C. D.
2. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体为（ ）
A. B. C. D.
3. （2023贵州省）据中国经济网资料显示，今年一季度全国居民人均可支配收入平稳增长，全国居民人均可支配收入为10870元．10870这个数用科学记数法表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（ ）
A. 2 B. C. 3 D. 5
5. 如图，比数轴上点A表示的数大3的数是（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
6. 疫情期间，某商店连续7天销售口罩的盒数分别为10，12，14，13，12，12，11．关于这组数据，以下结论错误的是（ ）
A. 众数是12 B. 平均数是12 C. 中位数是12 D. 方差是
7. “三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的。借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角。这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC=CD=DE，点D，E可在槽中滑动，若∠BDE=75°，则∠CDE的度数是（ ）
A. 60° B. 65° C. 75° D. 80°
8. 县林业部门考察银杏树苗在一定条件下移植的成活率，所统计的银杏树苗移植成活的相关数据如下表所示：
移植的棵数a 100 300 600 1000 7000 15000
成活的棵数b 84 279 505 847 6337 13581
成活的频率 0.84 0.93 0.842 0.847 0.905 0.905
根据表中的信息，估计银杏树苗在一定条件下移植成活的概率为（精确到0.1）（ ）
A. 0.905 B. 0.90 C. 0.9 D. 0.8
9. 为降低成本，某出租车公司实施了“油改气”措施．如图，分别表示燃油汽车和燃气汽车所需费用（单位：元）与行驶路程（单位：千米）的关系，已知燃油汽车每千米所需的费用比燃气汽车每千米所需的费用的3倍少0.1元，设燃气汽车每千米所需的费用为元，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
10. 将抛物线向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到抛物线是（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，在四边形中，，，．按下列步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径画弧，分别交于E，F两点；②分别以点E，F为圆心以大于的长为半径画弧，两弧交于点P；③连接并延长交于点G．则的长是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
12. 快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程y（km）与它们的行驶时间x（h）之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：
①快车途中停留了0.5h；
②快车速度比慢车速度多20km/h；
③图中a＝340；
④快车先到达目的地．
其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
二、填空题（每小题4分，共16分）
13. 分解因式：a3﹣2a2+a＝ ．
14．在平面直角坐标系中，点(－3,2)关于y轴的对称点的坐标是 。
15.若一元二次方程有两个相等的实数根，则的值是_______．
16. 如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是_______．
三、解答题（本大题共9题，共98分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. （10分）计算：
（1）．
（2）．
18. （10分）为加强体育锻炼，某校体育兴趣小组，随机抽取部分学生，对他们在一周内体育锻炼的情况进行问卷调查，根据问卷结果，绘制成如下统计图．请根据相关信息，解答下列问题：
某校学生一周体育锻炼调查问卷以下问题均为单选题，请根据实际情况填写（其中0～4表示大于等于0同时小于4）问题：你平均每周体育锻炼的时间大约是（ ）A．0～4小时 B．4～6小时C．6～8小时 D．8～小时及以上问题2：你体育镀炼的动力是（ ）E．家长要求 F．学校要求G．自己主动 H．其他
（1）参与本次调查的学生共有_______人，选择“自己主动”体育锻炼的学生有_______人；
（2）已知该校有2600名学生，若每周体育锻炼8小时以上（含8小时）可评为“运动之星”，请估计全校可评为“运动之星”的人数；
（3）请写出一条你对同学体育锻炼的建议．
19. （10分）“六一”儿童节将至，张老板计划购买A型玩具和B型玩具进行销售，若用1200元购买A型玩具的数量比用1500元购买B型玩具的数量多20个，且一个B型玩具的进价是一个A型玩具进价的1.5倍．
（1）求A型玩具和B型玩具的进价分别是多少？
（2）若A型玩具的售价为12元/个，B型玩具的售价为20元/个，张老板购进A，B型玩具共75个，要使总利润不低于300元，则A型玩具最多购进多少个？
20. （10分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF=∠BDC、∠DCF=∠ACD．
（1）求证：DF=CF；
（2）若∠CDF=60°，DF=6，求矩形ABCD的面积．
21. （10分）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，与y轴交于点B，与x轴交于点．
（1）求k与m的值；
（2）为x轴上的一动点，当△APB的面积为时，求a的值．
22．（10分）在全民健身运动中，骑行运动颇受市民青睐．一市民骑自行车由A地出发，途经B地去往C地，如图．当他由A地出发时，发现他的北偏东45°方向有一信号发射塔P．他由A地沿正东方向骑行4km到达B地，此时发现信号塔P在他的北偏东15°方向，然后他由B地沿北偏东75°方向骑行12km到达C地．
（1）求A地与信号发射塔P之间的距离；
（2）求C地与信号发射塔P之间的距离．（计算结果保留根号）
23. （12分）如图，已知是外接圆的直径，．点D为外的一点，．点E为中点，弦过点E．．连接．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）当时，求弦的长．
24. （12分）设二次函数，（，是实数）．已知函数值和自变量的部分对应取值如下表所示：
… 0 1 2 3 …
… 1 1 …
（1）若，求二次函数的表达式；
（2）写出一个符合条件的的取值范围，使得随的增大而减小．
（3）若在m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，求的取值范围．
25. （14分）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．
（1）如图1，求边上的高的长．
（2）是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
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