四川省乐山市峨眉山市2024年九年级数学调研考试试卷
1．（2024·峨眉山模拟）我国自主研发的口径球面射电望远镜（）有“中国天眼”之称，它的反射面面积约为用科学记数法表示数据为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·峨眉山模拟） 某物体如图1所示，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·峨眉山模拟） 下列运算中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·峨眉山模拟）一种饮料有大盒，小盒两种包装，5大盒和3小盒共有150瓶，2大盒和6小盒共有100瓶，大盒，小盒每盒各有多少瓶？设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶，则可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·峨眉山模拟）某市从不同学校随机抽取100名初中生对“使用数学同步练习册”进行调查，统计结果如下，关于这组数据，下列说法正确的是（ ）
册数 0 1 2 3
人数 10 20 30 40
A．中位数是2册 B．众数是2册 C．平均数是3册 D．方差是1.2.
6．（2024·峨眉山模拟）如图，菱形的周长为，相邻两个的内角度数之比为，则较长的对角线长度是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·峨眉山模拟）如图，四边形内接于，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·峨眉山模拟）如图，二次函数的图象与x轴交于，，下列说法错误的是（ ）
A．抛物线的对称轴为直线
B．抛物线的顶点坐标为
C．，两点之间的距离为
D．当时，的值随值的增大而增大
9．（2024·峨眉山模拟）已知抛物线L：，其中顶点为，与轴交于点，将抛物线L绕原点旋转180°，点、的对应点分别为、，若四边形为矩形，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·峨眉山模拟）如图， 在平面直角坐标系中， 为原点， ， 点 为平面内一动点， ，连结 $A C$， 点 是线段 $A C$ 上的一点， 且满足 . 当线段 $O M$ 取最大值时， 点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·峨眉山模拟）因式分解： ．
12．（2024·峨眉山模拟）若关于x的方程两根互为负倒数，则m的值为 ．
13．（2024·峨眉山模拟）一组数据2、3、5、6、x的平均数是4，则这组数据的方差是 ．
14．（2024·峨眉山模拟）《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图6中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，，，则树高 ．
15．（2024·峨眉山模拟）如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与，，分别交于点，，．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则 ．（结果保留根号）
16．（2024·峨眉山模拟）定义：若（为正整数）等于两个连续正奇数的乘积，则称为“智慧数”
（1）当时，请任意写出一个智慧数： ；
（2）当时，则“智慧数”N的最大值为 .
17．（2024·峨眉山模拟）计算：
18．（2024·峨眉山模拟）解不等式组
19．（2024·峨眉山模拟）先化简，再求值：，其中
20．（2024·峨眉山模拟）如图，已知、、、在同一条直线上，，，.
求证：
（1）∥；
（2）．
21．（2024·峨眉山模拟）已知△，如图所示.
（1）用无刻度直尺和圆规作出△内切圆的圆心.(保留作图痕迹，不写作法和证明)
（2）如果△的周长为，内切圆的半径为，求△的面积.
22．（2024·峨眉山模拟）某校组织代表队参加市“与经典同行”吟诵大赛，初赛后对选手成绩进行了整理，分成5个小组(x表示成绩，单位：分).A组：；B组：；C组：；D组：；E组：，并绘制如下两幅不完整的统计图：请根据图中信息，解答下列问题：
（1）参加初赛的选手共有 名，请补全频数分布直方图；
（2）扇形统计图中，C组对应的圆心角是多少度？E组人数占参赛选手的百分比是多少？
（3）学校准备组成8人的代表队参加市级决赛，E组6名选手直接进入代表队，现要从D组中的两名男生和两名女生中，随机选取两名选手进入代表队，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中两名女生的概率.
23．（2024·峨眉山模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象相交于，两点，过点作轴于点，，，点的坐标为.
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求的面积；
（3）是y轴正半轴上一点，且是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点坐标.
24．（2024·峨眉山模拟）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图12.1和图12.2所示，为水面截线，为台面截线，．
计算：在图1中，已知，作于点．
图12.1图12.2
（1）求的长．
操作：将图12.1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图12.2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．
探究：在图12.2中
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接并延长交于点，求线段与的长度．
25．（2024·峨眉山模拟）如图
图13.1图13.2
（1）【探究发现】如图13.1所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：≌；
（2）【类比迁移】如图13.2，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图13.3，在菱形中，，为边上的三等分点，，将沿翻折得到，直线交于点，求的长．
图13.3
26．（2024·峨眉山模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2-4ax-4（a≠0）与y轴交于点A，其对称轴与x轴交于点B．
（1）求点，的坐标；
（2）若方程ax2-4ax-4=0（a≠0）有两个不相等的实数根，且两根都在1，3之间（包括1，3），结合函数的图象，求a的取值范围．
（3）直线y=x-2经过点C（m，-5），将点C向右平移6个单位长度，得到点C1，若抛物线与线段CC1只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：250000=2.5×105.
故答案为：D.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数.
2．【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：该几何体俯视图是
故答案为：B.
【分析】俯视图：从物体上面所看的平面图形；注意：看到的棱画实线，看不到的棱画虚线，据此解答即可.
3．【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；单项式除以单项式；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，故不符合题意；
B、， 故不符合题意；
C、 ，故符合题意；
D、b2， 故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据合并同类项，完全平方公式，积的乘方，单项式除以单项式分别计算，再判断即可.
4．【答案】D
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解： 设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶，
依题意得： .
故答案为：D.
【分析】 设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶， 根据“ 5大盒和3小盒共有150瓶，2大盒和6小盒共有100瓶”列出方程组即可.
5．【答案】A
【知识点】方差；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：A、中位数为=2，故符合题意；
B、众数是3册，故不符合题意；
C、平均数为（0×10+1×20+2×20+3×40）=2，故不符合题意；
D、方差为[10×(0-2)2+20×(1-2)2+30×(2-2)2+40×(3-2)2]=1，故不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据中位数、众数、平均数、方差的定义分别计算，即可判断.
6．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： ∵菱形的周长为，
∴AB=BC=6，AC⊥BD，AO=OC，BO=OD，∠DAB+∠ABC=180°，
∵ 相邻两个的内角度数之比为 ，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴AO=OC=3，
∴BO=，
∴BD=2BO= .
故答案为：B.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC=6，AC⊥BD，AO=OC，BO=OD，∠DAB+∠ABC=180°，结合已知可得∠ABC=60°，从而得出△ABC为等边三角形，从而求出AC、AO的长，利用勾股定理求出BO，继而求出BD的长.
7．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
由圆周角定理得∠CAD=∠CBD，
∵ ，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ADB=∠CAD，
∵AC⊥BD，
∴∠ADB=∠CAD=45°，
∴∠CAO=∠CAD-∠OAD=45°-30°=15°.
故答案为：C.
【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和可求∠OAD=30°，由圆周角定理即平行线的性质可得∠ADB=∠CAD，结合AC⊥BD可得∠ADB=∠CAD=45°，利用∠CAO=∠CAD-∠OAD即可求解.
8．【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：把代入中，得9a-3-6=0，
解得a=1，
∴，
对称轴为x=，故A正确，
∵抛物线开口向上，
∴ 当时，的值随值的增大而增大 ，故D正确；
当x=时y=，则抛物线顶点坐标为（，），故B错误；
当y=0时，则=0，
解得x1=-3，x2=2，
∵，
∴B（2，0），
∴，两点之间的距离为2-（-3）=5，故C正确；
故答案为：B .
【分析】把代入中求出a值，可得，分别求出抛物线的对称轴、顶点坐标、与x轴的交点坐标及增减性，再判断即可.
9．【答案】A
【知识点】矩形的性质；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解： 抛物线L：=(x-2)2-4+c，
∴顶点M（2，c-4），N（0，c），
将抛物线L绕原点旋转180°，点、的对应点分别为、，
∴P（-2，4-c），Q（0，-c），
∵ 四边形为矩形 ，
∴PM=QN，即PM2=QN2，
∴（-2-2）2+（4-c-c+4）2=(c+c)2，
解得c=.
故答案为：A.
【分析】先求出抛物线的顶点M（2，c-4），与y轴的交点N（0，c），根据旋转的性质可求P（-2，4-c），Q（0，-c），由矩形的性质可得PM=QN，即PM2=QN2，利用两点间的距离公式建立方程并解之即可.
10．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ 点 为平面内一动点， BC=，
∴点C是以点B为圆心，为半径的圆B上，
如图，在x轴的负半轴上取点D（，0），连接BD，分别过点C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，
∴OB∥CF∥ME，
∵，
∴AD=OD+OA=，即OA：AD=2：3，
∵，
∴，
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
∴，即OM=CD，
当CD取最大值时，OM取最大值，结合图形知：当D、B、C三点共线时，CD取最大值，
∵，OD=，
∴BD==，即CD=BC+BD=9，
∴OM=CD=6，
∵OB∥CF，
∴△BDO∽△CDF，
∴即，
解得CF=，
同理可证△AEM∽△AFC，
∴即，
解得ME=，
∴OE==，
∴ 当线段OM取最大值时， 点 的坐标是（，）
故答案为：D.
【分析】由题意得点C是以点B为圆心，为半径的圆B上，在x轴的负半轴上取点D（，0），连接BD，分别过点C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，则OB∥CF∥ME，先证△OAM∽△DAC，可得
，当CD取最大值时，OM取最大值，结合图形知：当D、B、C三点共线时，CD取最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，分别求出OM，ME，再利用勾股定理求出OE，继而得解.
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：，
故答案为： .
【分析】利用提公因式法分解因式即可。
12．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：设m、n是关于x的方程两根，
∴mn=m+4，
∵ 关于x的方程两根互为负倒数，
∴mn=-1，
∴m+4=-1，
解得m=-5.
故答案为：-5.
【分析】设m、n是关于x的方程两根， 根据根与系数的关系可得mn=m+4，由两根互为负倒数可得mn=-1，即得方程m+4=-1，解之即可.
13．【答案】
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解： ∵数据2、3、5、6、x的平均数是4，
∴（2+3+5+6+x）=4，解得x=4，
∴方差为[(2-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(6-4)2+(4-4)2]=2.
故答案为：2.
【分析】先利用平均数求出x，再利用方差公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：∵和均为直角
∴BD∥PQ，
∴△ABD∽△AQP，
∴，
∵，，，
∴，
解得PQ=6，
∴ 树高 6m.
故答案为：6m.
【分析】利用平行线可证△ABD∽△AQP，可得，据此即可求解.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；圆锥的计算；等腰直角三角形
【解析】【解答】解： 在中，，BC=2，
∴AD=BC=2，CD=AB=+1，AB∥CD，
∵AH⊥CD，AH=，
∴DH==1
∴∠DAH=30°，
∴CH=CD-DH=+1-1=，即CH=AH，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴∠ACH=∠CAH=45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACH=45°，
∴2πr1=，2πr2=，
解得r1= r2=，
∴r1-r2=-=.
故答案为：.
【分析】利用平行四边形的性质、勾股定理及直角三角形性质可求∠DAH=30°，再利用等腰直角三角形及平行线的性质可求∠BAC=∠ACH=45°，利用圆锥底面周长等于扇形弧长分别求出r1、r2的值，再求其差即可.
16．【答案】（1）5
（2）485
【知识点】探索规律-计数类规律
【解析】【解答】解：（1）∵，为正整数，
∴当n=1时，=-1，
当n=2时，=24，
当n=3时，=97，
当n=4时，=242，
当n=5时，=483=21×23，
当n=6时，=844，
当n=7时，=1349，
当n=8时，=2022，
当n=9时，=2887，
∴ 当时 ，5是智慧数；
故答案为：5.
（2）设较小的正奇数为m，则另一个为m+2，
∴=m（m+2）
∴m2+2m-()=0，
配方(m+1)2=，
解得m1=-1，m2=--1（不合题意，舍）
∵=4n3-4n+n-1=(n-1)(4n2+4n+1)=(n-1)(2n+1)2，
∴m=-1=(2n+1)-1，
由m为正奇数，即m为正整数，则必为整数，
令a=，则n=a2+1，
当a=20时，n=a2+1=401，
当a=21时，n=a2+1=442，
当a=22时，n=a2+1=485，
当a=23时，n=a2+1=530，
∵，
∴“智慧数”N的最大值为485.
故答案为：485.
【分析】（1）把n=1~9这9个整数分别代入 求值，再判断即可.
（2）设较小的正奇数为m，则另一个为m+2，则=m（m+2），配方得(m+1)2=，解得m=-1，从而可得m=-1=(2n+1)-1，由m为正奇数，即m为正整数，则必为整数，令a=，则n=a2+1，求出时的最大值即可.
17．【答案】解：
【知识点】特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】根据零指数幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值，有理数的绝对值进行运算，进而即可求解.
18．【答案】解：解不等式①得：
解不等式②得：
所以不等式组的解集为：
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】先求出每个不等式的解集，再求其公共部分即可.
19．【答案】解：原式
当时，原式=.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】利用分式减法法则先计算括号里，再将除法转化为乘法，然后约分即可化简，最后将x值代入计算即可.
20．【答案】（1）解：∵，，
∴△≌△（SSS）
∴
∴∥
（2）解：由(1)可得，
又∵
∴△≌△（SAS）
∴
【知识点】平行线的判定；三角形全等及其性质
21．【答案】（1）解：如图，点O即为所求；
（2）解：设三角形三边长分别为、、，内切圆半径为，
则三角形的面积为
=
【知识点】三角形的面积；尺规作图-作三角形的内切圆
【解析】【分析】（1）分别作∠ABC，∠ACB的平分线，两射线的交点即为点O；
（2）设三角形三边长分别为、、，内切圆半径为，由△ABC的面积==，据此计算即可.
22．【答案】（1）解：参加初赛的选手共有：8÷20%=40人，B组人数有：40×25%=10人，
补全频数分布直方图如下：
故答案为：40.
（2）解：C组对应的圆心角是：，
E组人数占参赛选手的百分比是×100%=15%，
（3）解：记2名男生分别为男1，男2；记2名女生分别为女1，女2，列表如下：
男1 男2 女1 女2
男1 男1男2 男1女1 男1女2
男2 男1男2 男2女1 男2女2
女1 女1男1 女1男2 女1女2
女2 女2男1 女2男2 女2女1
共12种结果，其中包含1名男生1名女生的结果有2种，
即选到1名男生和1名女生的概率为．
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【分析】（1）用A组人数除以其所占百分比，即得调查总人数，再用总人数乘以B组所占百分比即得B组人数，然后补图即可；
（2）利用360°乘以C组所占百分比即得扇形统计图中C组对应的圆心角度数；用E组人数除以总人数即得E组人数占参赛选手的百分比；
（3）利用树状图列举出共12种等可能结果，其中包含1名男生1名女生的结果有2种，然后利用概率公式计算即可.
23．【答案】（1）解：，，设，，则
∴，故
∴
∴反比例函数的解析式为
∴
将、的坐标代入一次函数解析式得：
解得，
则一次函数的解析式为；
（2）解：设一次函数与轴的交点为
∴=
（3）解：设P（0，m），m＞0
∵A（3，4），O（0，0），
∴AP2=9+（m-4）2，AO2=25，PO2=m2，
当AP=AO时，则9+（m-4）2=25，
解得m=8或0（舍），
∴P，
当OP=AO时，则m2=25，解得m=5或-5（舍），
∴P（0，5）
当OP=AP时，则9+（m-4）2=m2，
解得m=，
∴P
综上可知：点的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；三角形的面积；等腰三角形的性质
【解析】【分析】（1）设，，则，可求出a值，即得A（3，4），利用待定系数法分别求解析式即可；
（2）先求出一次函数与y轴的交点坐标，利用即可求解；
（3）设P（0，m），m＞0，可得AP2=9+（m-4）2，AO2=25，PO2=m2，分三种情况：OP=AO、OP=AO和OP=AP，据此分别建立方程并解之即可.
24．【答案】（1）解：连结OM
∵于点，
∴
∵，∴
∴
（2）解：∵与半圆的切点为，
∴
∵∥，
∴
∵，
∴
∴
∴操作后水面下降高度为
（3）解：∵，
∴
∵半圆的中点为
∴
∴，
∴
.
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际应用；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OM，由垂径定理可得，再利用勾股定理即可求解；
（2）由切线的性质可得，结合平行线的性质可得，利用直角三角形的性质求出OD，利用OD-OC即可求解；
（3）利用直角三角形的性质求出∠DOB=60°，由半圆的中点可得，从而求出，利用解直角三角形可求出EF，再利用弧长公式即可求出的长度．
25．【答案】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴≌
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
∴，解得：
∴
∵，，
∴∽
∴，，
∴，
∵∥，∥
∴∽，∽
∴，，∴
设，则，
∴
∴∽，∴
即，解得：
∴
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则
∵∥
∴∽
∴
∴
∵沿翻折得到
∴，，
∴是的角平分线
∴，即①，
∵
∴，，
在中，
∴②，
联立①②可解得，
∴
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理
∴，即
由得
解得
∴
综上所述，的长为或．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据HL可证≌；
（2）延长，交于，设，在中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，可求出DH的长，再证∽，利用相似三角形的性质可求出BG，FG的长，利用平行线可证∽，利用相似三角形的性质可求出DQ的长，设，则，，由平行线可证∽，利用相似三角形的性质可求出m值，即得结论；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，据此分别画出图形，利用相似三角形的判定与性质、勾股定理分别解答即可.
26．【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点，
∴
∵抛物线
∴抛物线对称轴为直线
∴
（2）解：
若方程有两个不相等的实数根，且两根都在1，3之间（包括1，3）
∴抛物线与轴的交点横坐标在1，3（包括1，3）
∴抛物线开口向下，顶点在第一象限
∴，解得
当时，，∴
解得
∴a的取值范围为
（3）解：如图
将点代入，∴
，将点向右平移6个单位长度
∴
①当时
当时，，当时，
∴
解得：
当时，，，解得：
②当时，抛物线的对称轴为直线
∵抛物线与轴交于点为
∴当时，
∴线段始终与抛物线没有交点
当时，
∴
解得：
综上所述：的取值范围为、或.
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
1 / 1四川省乐山市峨眉山市2024年九年级数学调研考试试卷
1．（2024·峨眉山模拟）我国自主研发的口径球面射电望远镜（）有“中国天眼”之称，它的反射面面积约为用科学记数法表示数据为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：250000=2.5×105.
故答案为：D.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数.
2．（2024·峨眉山模拟） 某物体如图1所示，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：该几何体俯视图是
故答案为：B.
【分析】俯视图：从物体上面所看的平面图形；注意：看到的棱画实线，看不到的棱画虚线，据此解答即可.
3．（2024·峨眉山模拟） 下列运算中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】完全平方公式及运用；单项式除以单项式；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，故不符合题意；
B、， 故不符合题意；
C、 ，故符合题意；
D、b2， 故不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据合并同类项，完全平方公式，积的乘方，单项式除以单项式分别计算，再判断即可.
4．（2024·峨眉山模拟）一种饮料有大盒，小盒两种包装，5大盒和3小盒共有150瓶，2大盒和6小盒共有100瓶，大盒，小盒每盒各有多少瓶？设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶，则可列方程组为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】列二元一次方程组
【解析】【解答】解： 设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶，
依题意得： .
故答案为：D.
【分析】 设大盒每盒有x瓶，小盒每盒有y瓶， 根据“ 5大盒和3小盒共有150瓶，2大盒和6小盒共有100瓶”列出方程组即可.
5．（2024·峨眉山模拟）某市从不同学校随机抽取100名初中生对“使用数学同步练习册”进行调查，统计结果如下，关于这组数据，下列说法正确的是（ ）
册数 0 1 2 3
人数 10 20 30 40
A．中位数是2册 B．众数是2册 C．平均数是3册 D．方差是1.2.
【答案】A
【知识点】方差；分析数据的集中趋势（平均数、中位数、众数）
【解析】【解答】解：A、中位数为=2，故符合题意；
B、众数是3册，故不符合题意；
C、平均数为（0×10+1×20+2×20+3×40）=2，故不符合题意；
D、方差为[10×(0-2)2+20×(1-2)2+30×(2-2)2+40×(3-2)2]=1，故不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据中位数、众数、平均数、方差的定义分别计算，即可判断.
6．（2024·峨眉山模拟）如图，菱形的周长为，相邻两个的内角度数之比为，则较长的对角线长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： ∵菱形的周长为，
∴AB=BC=6，AC⊥BD，AO=OC，BO=OD，∠DAB+∠ABC=180°，
∵ 相邻两个的内角度数之比为 ，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴AO=OC=3，
∴BO=，
∴BD=2BO= .
故答案为：B.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC=6，AC⊥BD，AO=OC，BO=OD，∠DAB+∠ABC=180°，结合已知可得∠ABC=60°，从而得出△ABC为等边三角形，从而求出AC、AO的长，利用勾股定理求出BO，继而求出BD的长.
7．（2024·峨眉山模拟）如图，四边形内接于，，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
由圆周角定理得∠CAD=∠CBD，
∵ ，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ADB=∠CAD，
∵AC⊥BD，
∴∠ADB=∠CAD=45°，
∴∠CAO=∠CAD-∠OAD=45°-30°=15°.
故答案为：C.
【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和可求∠OAD=30°，由圆周角定理即平行线的性质可得∠ADB=∠CAD，结合AC⊥BD可得∠ADB=∠CAD=45°，利用∠CAO=∠CAD-∠OAD即可求解.
8．（2024·峨眉山模拟）如图，二次函数的图象与x轴交于，，下列说法错误的是（ ）
A．抛物线的对称轴为直线
B．抛物线的顶点坐标为
C．，两点之间的距离为
D．当时，的值随值的增大而增大
【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：把代入中，得9a-3-6=0，
解得a=1，
∴，
对称轴为x=，故A正确，
∵抛物线开口向上，
∴ 当时，的值随值的增大而增大 ，故D正确；
当x=时y=，则抛物线顶点坐标为（，），故B错误；
当y=0时，则=0，
解得x1=-3，x2=2，
∵，
∴B（2，0），
∴，两点之间的距离为2-（-3）=5，故C正确；
故答案为：B .
【分析】把代入中求出a值，可得，分别求出抛物线的对称轴、顶点坐标、与x轴的交点坐标及增减性，再判断即可.
9．（2024·峨眉山模拟）已知抛物线L：，其中顶点为，与轴交于点，将抛物线L绕原点旋转180°，点、的对应点分别为、，若四边形为矩形，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解： 抛物线L：=(x-2)2-4+c，
∴顶点M（2，c-4），N（0，c），
将抛物线L绕原点旋转180°，点、的对应点分别为、，
∴P（-2，4-c），Q（0，-c），
∵ 四边形为矩形 ，
∴PM=QN，即PM2=QN2，
∴（-2-2）2+（4-c-c+4）2=(c+c)2，
解得c=.
故答案为：A.
【分析】先求出抛物线的顶点M（2，c-4），与y轴的交点N（0，c），根据旋转的性质可求P（-2，4-c），Q（0，-c），由矩形的性质可得PM=QN，即PM2=QN2，利用两点间的距离公式建立方程并解之即可.
10．（2024·峨眉山模拟）如图， 在平面直角坐标系中， 为原点， ， 点 为平面内一动点， ，连结 $A C$， 点 是线段 $A C$ 上的一点， 且满足 . 当线段 $O M$ 取最大值时， 点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ 点 为平面内一动点， BC=，
∴点C是以点B为圆心，为半径的圆B上，
如图，在x轴的负半轴上取点D（，0），连接BD，分别过点C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，
∴OB∥CF∥ME，
∵，
∴AD=OD+OA=，即OA：AD=2：3，
∵，
∴，
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
∴，即OM=CD，
当CD取最大值时，OM取最大值，结合图形知：当D、B、C三点共线时，CD取最大值，
∵，OD=，
∴BD==，即CD=BC+BD=9，
∴OM=CD=6，
∵OB∥CF，
∴△BDO∽△CDF，
∴即，
解得CF=，
同理可证△AEM∽△AFC，
∴即，
解得ME=，
∴OE==，
∴ 当线段OM取最大值时， 点 的坐标是（，）
故答案为：D.
【分析】由题意得点C是以点B为圆心，为半径的圆B上，在x轴的负半轴上取点D（，0），连接BD，分别过点C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，则OB∥CF∥ME，先证△OAM∽△DAC，可得
，当CD取最大值时，OM取最大值，结合图形知：当D、B、C三点共线时，CD取最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，分别求出OM，ME，再利用勾股定理求出OE，继而得解.
11．（2024·峨眉山模拟）因式分解： ．
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：，
故答案为： .
【分析】利用提公因式法分解因式即可。
12．（2024·峨眉山模拟）若关于x的方程两根互为负倒数，则m的值为 ．
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：设m、n是关于x的方程两根，
∴mn=m+4，
∵ 关于x的方程两根互为负倒数，
∴mn=-1，
∴m+4=-1，
解得m=-5.
故答案为：-5.
【分析】设m、n是关于x的方程两根， 根据根与系数的关系可得mn=m+4，由两根互为负倒数可得mn=-1，即得方程m+4=-1，解之即可.
13．（2024·峨眉山模拟）一组数据2、3、5、6、x的平均数是4，则这组数据的方差是 ．
【答案】
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解： ∵数据2、3、5、6、x的平均数是4，
∴（2+3+5+6+x）=4，解得x=4，
∴方差为[(2-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(6-4)2+(4-4)2]=2.
故答案为：2.
【分析】先利用平均数求出x，再利用方差公式求解即可.
14．（2024·峨眉山模拟）《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图6中的）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度如图，点，，在同一水平线上，和均为直角，与相交于点．测得，，，则树高 ．
【答案】
【知识点】相似三角形的应用
【解析】【解答】解：∵和均为直角
∴BD∥PQ，
∴△ABD∽△AQP，
∴，
∵，，，
∴，
解得PQ=6，
∴ 树高 6m.
故答案为：6m.
【分析】利用平行线可证△ABD∽△AQP，可得，据此即可求解.
15．（2024·峨眉山模拟）如图，在中，，垂足为．以点为圆心，长为半径画弧，与，，分别交于点，，．若用扇形围成一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为；用扇形围成另一个圆锥的侧面，记这个圆锥底面圆的半径为，则 ．（结果保留根号）
【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；圆锥的计算；等腰直角三角形
【解析】【解答】解： 在中，，BC=2，
∴AD=BC=2，CD=AB=+1，AB∥CD，
∵AH⊥CD，AH=，
∴DH==1
∴∠DAH=30°，
∴CH=CD-DH=+1-1=，即CH=AH，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴∠ACH=∠CAH=45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACH=45°，
∴2πr1=，2πr2=，
解得r1= r2=，
∴r1-r2=-=.
故答案为：.
【分析】利用平行四边形的性质、勾股定理及直角三角形性质可求∠DAH=30°，再利用等腰直角三角形及平行线的性质可求∠BAC=∠ACH=45°，利用圆锥底面周长等于扇形弧长分别求出r1、r2的值，再求其差即可.
16．（2024·峨眉山模拟）定义：若（为正整数）等于两个连续正奇数的乘积，则称为“智慧数”
（1）当时，请任意写出一个智慧数： ；
（2）当时，则“智慧数”N的最大值为 .
【答案】（1）5
（2）485
【知识点】探索规律-计数类规律
【解析】【解答】解：（1）∵，为正整数，
∴当n=1时，=-1，
当n=2时，=24，
当n=3时，=97，
当n=4时，=242，
当n=5时，=483=21×23，
当n=6时，=844，
当n=7时，=1349，
当n=8时，=2022，
当n=9时，=2887，
∴ 当时 ，5是智慧数；
故答案为：5.
（2）设较小的正奇数为m，则另一个为m+2，
∴=m（m+2）
∴m2+2m-()=0，
配方(m+1)2=，
解得m1=-1，m2=--1（不合题意，舍）
∵=4n3-4n+n-1=(n-1)(4n2+4n+1)=(n-1)(2n+1)2，
∴m=-1=(2n+1)-1，
由m为正奇数，即m为正整数，则必为整数，
令a=，则n=a2+1，
当a=20时，n=a2+1=401，
当a=21时，n=a2+1=442，
当a=22时，n=a2+1=485，
当a=23时，n=a2+1=530，
∵，
∴“智慧数”N的最大值为485.
故答案为：485.
【分析】（1）把n=1~9这9个整数分别代入 求值，再判断即可.
（2）设较小的正奇数为m，则另一个为m+2，则=m（m+2），配方得(m+1)2=，解得m=-1，从而可得m=-1=(2n+1)-1，由m为正奇数，即m为正整数，则必为整数，令a=，则n=a2+1，求出时的最大值即可.
17．（2024·峨眉山模拟）计算：
【答案】解：
【知识点】特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】根据零指数幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值，有理数的绝对值进行运算，进而即可求解.
18．（2024·峨眉山模拟）解不等式组
【答案】解：解不等式①得：
解不等式②得：
所以不等式组的解集为：
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】先求出每个不等式的解集，再求其公共部分即可.
19．（2024·峨眉山模拟）先化简，再求值：，其中
【答案】解：原式
当时，原式=.
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】利用分式减法法则先计算括号里，再将除法转化为乘法，然后约分即可化简，最后将x值代入计算即可.
20．（2024·峨眉山模拟）如图，已知、、、在同一条直线上，，，.
求证：
（1）∥；
（2）．
【答案】（1）解：∵，，
∴△≌△（SSS）
∴
∴∥
（2）解：由(1)可得，
又∵
∴△≌△（SAS）
∴
【知识点】平行线的判定；三角形全等及其性质
21．（2024·峨眉山模拟）已知△，如图所示.
（1）用无刻度直尺和圆规作出△内切圆的圆心.(保留作图痕迹，不写作法和证明)
（2）如果△的周长为，内切圆的半径为，求△的面积.
【答案】（1）解：如图，点O即为所求；
（2）解：设三角形三边长分别为、、，内切圆半径为，
则三角形的面积为
=
【知识点】三角形的面积；尺规作图-作三角形的内切圆
【解析】【分析】（1）分别作∠ABC，∠ACB的平分线，两射线的交点即为点O；
（2）设三角形三边长分别为、、，内切圆半径为，由△ABC的面积==，据此计算即可.
22．（2024·峨眉山模拟）某校组织代表队参加市“与经典同行”吟诵大赛，初赛后对选手成绩进行了整理，分成5个小组(x表示成绩，单位：分).A组：；B组：；C组：；D组：；E组：，并绘制如下两幅不完整的统计图：请根据图中信息，解答下列问题：
（1）参加初赛的选手共有 名，请补全频数分布直方图；
（2）扇形统计图中，C组对应的圆心角是多少度？E组人数占参赛选手的百分比是多少？
（3）学校准备组成8人的代表队参加市级决赛，E组6名选手直接进入代表队，现要从D组中的两名男生和两名女生中，随机选取两名选手进入代表队，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中两名女生的概率.
【答案】（1）解：参加初赛的选手共有：8÷20%=40人，B组人数有：40×25%=10人，
补全频数分布直方图如下：
故答案为：40.
（2）解：C组对应的圆心角是：，
E组人数占参赛选手的百分比是×100%=15%，
（3）解：记2名男生分别为男1，男2；记2名女生分别为女1，女2，列表如下：
男1 男2 女1 女2
男1 男1男2 男1女1 男1女2
男2 男1男2 男2女1 男2女2
女1 女1男1 女1男2 女1女2
女2 女2男1 女2男2 女2女1
共12种结果，其中包含1名男生1名女生的结果有2种，
即选到1名男生和1名女生的概率为．
【知识点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【分析】（1）用A组人数除以其所占百分比，即得调查总人数，再用总人数乘以B组所占百分比即得B组人数，然后补图即可；
（2）利用360°乘以C组所占百分比即得扇形统计图中C组对应的圆心角度数；用E组人数除以总人数即得E组人数占参赛选手的百分比；
（3）利用树状图列举出共12种等可能结果，其中包含1名男生1名女生的结果有2种，然后利用概率公式计算即可.
23．（2024·峨眉山模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与反比例函数的图象相交于，两点，过点作轴于点，，，点的坐标为.
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）求的面积；
（3）是y轴正半轴上一点，且是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点坐标.
【答案】（1）解：，，设，，则
∴，故
∴
∴反比例函数的解析式为
∴
将、的坐标代入一次函数解析式得：
解得，
则一次函数的解析式为；
（2）解：设一次函数与轴的交点为
∴=
（3）解：设P（0，m），m＞0
∵A（3，4），O（0，0），
∴AP2=9+（m-4）2，AO2=25，PO2=m2，
当AP=AO时，则9+（m-4）2=25，
解得m=8或0（舍），
∴P，
当OP=AO时，则m2=25，解得m=5或-5（舍），
∴P（0，5）
当OP=AP时，则9+（m-4）2=m2，
解得m=，
∴P
综上可知：点的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；三角形的面积；等腰三角形的性质
【解析】【分析】（1）设，，则，可求出a值，即得A（3，4），利用待定系数法分别求解析式即可；
（2）先求出一次函数与y轴的交点坐标，利用即可求解；
（3）设P（0，m），m＞0，可得AP2=9+（m-4）2，AO2=25，PO2=m2，分三种情况：OP=AO、OP=AO和OP=AP，据此分别建立方程并解之即可.
24．（2024·峨眉山模拟）装有水的水槽放置在水平台面上，其横截面是以为直径的半圆，，如图12.1和图12.2所示，为水面截线，为台面截线，．
计算：在图1中，已知，作于点．
图12.1图12.2
（1）求的长．
操作：将图12.1中的水面沿向右作无滑动的滚动，使水流出一部分，当时停止滚动，如图12.2．其中，半圆的中点为，与半圆的切点为，连接交于点．
探究：在图12.2中
（2）操作后水面高度下降了多少？
（3）连接并延长交于点，求线段与的长度．
【答案】（1）解：连结OM
∵于点，
∴
∵，∴
∴
（2）解：∵与半圆的切点为，
∴
∵∥，
∴
∵，
∴
∴
∴操作后水面下降高度为
（3）解：∵，
∴
∵半圆的中点为
∴
∴，
∴
.
【知识点】勾股定理的应用；垂径定理的实际应用；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OM，由垂径定理可得，再利用勾股定理即可求解；
（2）由切线的性质可得，结合平行线的性质可得，利用直角三角形的性质求出OD，利用OD-OC即可求解；
（3）利用直角三角形的性质求出∠DOB=60°，由半圆的中点可得，从而求出，利用解直角三角形可求出EF，再利用弧长公式即可求出的长度．
25．（2024·峨眉山模拟）如图
图13.1图13.2
（1）【探究发现】如图13.1所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：≌；
（2）【类比迁移】如图13.2，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图13.3，在菱形中，，为边上的三等分点，，将沿翻折得到，直线交于点，求的长．
图13.3
【答案】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴≌
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
∴，解得：
∴
∵，，
∴∽
∴，，
∴，
∵∥，∥
∴∽，∽
∴，，∴
设，则，
∴
∴∽，∴
即，解得：
∴
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则
∵∥
∴∽
∴
∴
∵沿翻折得到
∴，，
∴是的角平分线
∴，即①，
∵
∴，，
在中，
∴②，
联立①②可解得，
∴
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理
∴，即
由得
解得
∴
综上所述，的长为或．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据HL可证≌；
（2）延长，交于，设，在中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，可求出DH的长，再证∽，利用相似三角形的性质可求出BG，FG的长，利用平行线可证∽，利用相似三角形的性质可求出DQ的长，设，则，，由平行线可证∽，利用相似三角形的性质可求出m值，即得结论；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，据此分别画出图形，利用相似三角形的判定与性质、勾股定理分别解答即可.
26．（2024·峨眉山模拟）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2-4ax-4（a≠0）与y轴交于点A，其对称轴与x轴交于点B．
（1）求点，的坐标；
（2）若方程ax2-4ax-4=0（a≠0）有两个不相等的实数根，且两根都在1，3之间（包括1，3），结合函数的图象，求a的取值范围．
（3）直线y=x-2经过点C（m，-5），将点C向右平移6个单位长度，得到点C1，若抛物线与线段CC1只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点，
∴
∵抛物线
∴抛物线对称轴为直线
∴
（2）解：
若方程有两个不相等的实数根，且两根都在1，3之间（包括1，3）
∴抛物线与轴的交点横坐标在1，3（包括1，3）
∴抛物线开口向下，顶点在第一象限
∴，解得
当时，，∴
解得
∴a的取值范围为
（3）解：如图
将点代入，∴
，将点向右平移6个单位长度
∴
①当时
当时，，当时，
∴
解得：
当时，，，解得：
②当时，抛物线的对称轴为直线
∵抛物线与轴交于点为
∴当时，
∴线段始终与抛物线没有交点
当时，
∴
解得：
综上所述：的取值范围为、或.
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
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