2025年山东省初中学业水平考试数学模拟试题(四)
(时间：120分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．(2024·四川凉山)下列各数中：5，－，－3，0，－25.8，＋2，负数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
C [5>0，是正数；
－<0，是负数；
－3<0，是负数；
0既不是正数，也不是负数；
－25.8<0，是负数；
＋2>0，是正数；
∴负数有－，－3，－25.8，共3个．
故选C．]
2．(2024·湖南)据《光明日报》2024年3月14日报道：截至2023年末，我国境内有效发明专利量达到401.5万件，高价值发明专利占比超过四成，成为世界上首个境内有效发明专利数量突破400万件的国家，将4 015 000用科学记数法表示应为( )
A．0.401 5×107 B．4.015×106
C．40.15×105 D．4.015×103
B [4 015 000用科学记数法表示为4.015×106．
故选B．]
3．(2024·山东烟台)如图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走( )
A．① B．② C．③ D．④
A [A．取走①时，左视图为，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意；
B．取走②时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C．取走③时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意；
D．取走④时，左视图为，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意．
故选A．]
4．(2024·黑龙江)下列计算正确的是( )
A．a3·a2＝a6
B．(a2)5＝a7
C．(－2a3b)3＝－8a9b3
D．(－a＋b)(a＋b)＝a2－b2
C [a3·a2＝a5，则A不符合题意；
(a2)5＝a10，则B不符合题意；
(－2a3b)3＝－8a9b3，则C符合题意；
(－a＋b)(a＋b)＝b2－a2，则D不符合题意．
故选C．]
5．(2024·威海)《九章算术》是我国古老的数学经典著作，书中提到这样一道题目：以绳测井．若将绳三折测之，绳多四尺；若将绳四折测之，绳多一尺．绳长、井深各几何？题目大意是：用绳子测量水井的深度．如果将绳子折成三等份，一份绳长比井深多4尺；如果将绳子折成四等份，一份绳长比井深多1尺．绳长、井深各是多少尺？
若设绳长x尺，井深y尺，则符合题意的方程组是( )
A． B．
C． D．
C [∵将绳子折成三等份，一份绳长比井深多4尺，
∴－y＝4；
∵将绳子折成四等份，一份绳长比井深多1尺，
∴－y＝1．
∴根据题意可列方程组
故选C．]
6．(2024·河北)直线l与正六边形ABCDEF的边AB，EF分别相交于点M，N，如图所示，则α＋β＝( )
A．115° B．120°
C．135° D．144°
B [正六边形每个内角为：＝120°，
而六边形MBCDEN的内角和也为(6－2)×180°＝720°，
∴∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠ENM＋∠NMB＝720°，
∴∠ENM＋∠NMB＝720°－4×120°＝240°，
∵β＋∠ENM＋α＋∠NMB＝180°×2＝360°，
∴α＋β＝360°－240°＝120°．
故选B．]
7．(2024·黑龙江齐齐哈尔)六月份，在“阳光大课间”活动中，某校设计了“篮球、足球、排球、羽毛球”四种球类运动项目，且每名学生在一个大课间只能选择参加一种运动项目，则甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的概率是( )
A． B． C． D．
C [分别用A、B、C、D表示篮球、足球、排球、羽毛球，
列树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能情况，其中甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的情况有4种，
即甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的概率是＝．
故选C．]
8．(2024·湖北)AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB＝50°．①以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，BC于D，E；②分别以DE为圆心，大于DE为半径作弧，两弧交于点P；③作射线BP，则∠ABP＝( )
A．40° B．25° C．20° D．15°
C [∵AB为半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝50°，
∴∠ABC＝40°，
由作图知，BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝ABC＝20°．
故选C．]
9．如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止，设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长是( )
A． B． C．2 D．3
A [点P从点A沿着AB匀速运动，y随着x的增大而增大，当x＝6时，y最大＝6＝AB；点P在BC上运动时，y随着x的增大而减小，当x＝9时，y最小＝AD，BD＝3，继续运动，y随着x的增大而增大，当x＝11时y最大，即AB＋BC＝11，BC＝5；当点P在CA上运动时，y随着x的增大而减小，最后与点A重合．
在Rt△ABD中，
AD＝＝3，
∴S△ABC＝BC·AD＝×5×3＝，
∴S△ABC＝AB·CG＝，
即×6CG＝，
解得CG＝．
故选A．]
10．(2024·威海)如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF，EF交AC于点G．下列结论错误的是( )
A．若＝，则EF∥BD
B．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，则EF∥BD
C．若EF∥BD，CE＝CF，则∠EAC＝∠FAC
D．若AB＝AD，AE＝AF，则EF∥BD
D [∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD．
A．若＝，即＝，
又∵∠ECF＝∠BCD，
∴△CEF∽△CBD，
∴∠CEF＝∠CBD，
∴EF∥BD，
故A选项正确；
B．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，
∴CA是∠BCD的角平分线，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
在Rt△ACE和Rt△AFC中，
∴Rt△ACE≌Rt△AFC(HL)，
∴CE＝CF，
又∵AE＝AF，
∴AC⊥EF
∴EF∥BD，
故B选项正确；
C．∵CE＝CF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∵EF∥BD，
∴∠CBD＝∠CEF，∠CDB＝∠CFE，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵CE＝CF，
∴AC垂直平分EF，
∴AE＝AF，
∴∠EAC＝∠FAC，
故C选项正确；
D．若AB＝AD，则四边形ABCD是菱形，
当AE＝AF，且BE＝DF时，可得AC垂直平分EF，
∵AC⊥BD，
∴EF∥BD，
故D选项不正确．
故选D．]
二、填空题(本大题共6小题，满分18分．只要求填写最后结果，每小题填对得3分)
11．(2024·莘县二模)分解因式：2m3－8mn2＝________．
2m(m＋2n)(m－2n) [原式＝2m(m2－4n2)＝2m(m＋2n)(m－2n)．]
12．(2024·黑龙江绥化)化简：÷＝________．
[原式＝÷
＝
＝．]
13．(2024·高唐县三模)已知关于x的一元二次方程(m－2)x2＋2x－3＝0有两个不相等的实数根，则m可以取到的最小整数值是________．
3 [根据题意得
解得m＞且m≠2．
则m可以取到的最小整数值是3．]
14．(2024·临沂一模)如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，点O为BC的中点，以O为圆心，以OB为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是________．
[连接OD，过D作DE⊥BC于E，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，
∴sin C＝＝＝，BC＝＝＝2，
∴∠C＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵OD＝BC＝，
∴DE＝，
∴阴影部分的面积是×2×2＝．]
15．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，E，F分别为边AC，BC上的点，M，N分别为EF，AB的中点．若AE＝BF＝2，则MN的长为________．
[如图，连接BE，取BE的中点H，连接MH，NH，
∵AC2＋BC2＝32＋42＝25，AB2＝52＝25，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∴∠A＋∠ABC＝90°，
∵M，N，H分别为EF，AB，BE的中点，
∴MH为△BEF的中位线，NH为△ABE的中位线，
∴MH＝BF＝1，MH∥BF，NH＝AE＝1，NH∥AE，
∴∠EHM＝∠EBF，∠HNB＝∠A，
∵∠EHN＝∠HNB＋∠ABE＝∠A＋∠ABE，
∴∠MHN＝∠EHM＋∠EHN＝∠EBF＋∠A＋∠ABE＝90°，
∴MN＝＝．]
16．(2024·黑龙江齐齐哈尔)如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点B的坐标为(1，0)，点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2 024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为________．
[由题知，
∠COB＝∠O′C′B＝30°，BO＝BC′，
∴A1O＝A1C′，
∴点A1在OC′的垂直平分线上．
∵点B的坐标为(1，0)，
∴OB＝1，
在Rt△A1OB中，
tan 30°＝，
∴A1B＝，
∴点A1的坐标为．
依次类推，
点A2的坐标为，
点A3的坐标为，
……，
∴点An的坐标为(n为正整数)．
又∵每滚动三次，出现下一个花心，
∴2 024÷3＝674……2，
则674＋1＝675，
∴滚动2 024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心对应的点为点A675．
当n＝675时，
点A675的坐标为，
即滚动2 024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心的坐标为．]
三、解答题(本大题共7小题，满分72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)
17．(每题5分，共10分)(2024·莘县一模)(1)计算＋＋3tan 30°－(π－2 024)0＋|－2|；
(2)解不等式组并写出它的所有整数解．
[解] (1)原式＝－1＋4＋3×－1＋2－
＝－1＋4＋－1＋2－
＝4．
(2)解不等式①得：x＜3，
解不等式②得：x≥1，
则不等式组的解集为1≤x＜3，
所以不等式组的所有整数解为1和2．
18．(9分)(2024·临清市二模)舍利塔是临清古城的地标．某校九年级“综合与实践”小组开展了测量舍利塔高度的项目化学习，经过测量，形成了如下不完整的项目报告：
测量对象 舍利塔
测量目的 1．学会运用三角函数有关知识解决生活实际问题； 2．提升动手操作能力，增强团队合作精神．
测量工具 无人机，测角仪等．
测量方案 1．先将无人机垂直上升至距水平地面156 m的P点，测得塔顶端A的俯角为15°； 2．再将无人机沿水平方向飞行200 m到达点Q，测得塔底端B的俯角为45°．
测量示意
请根据以上测量数据，求舍利塔AB的高度．(结果精确到1 m，参考数据：sin 15°≈0.26，cos 15°≈0.97，tan 15°≈0.27，≈1.414)
[解] 延长BA，交PQ的延长线于C，
则∠ACQ＝90°，
由题意得，BC＝156 m，PQ＝200 m，
在Rt△BCQ中，∠BQC＝45°，
所以CQ＝BC＝156 m，
所以PC＝PQ＋CQ＝356 m，
在Rt△PCA中，tan ∠APC＝tan 15°＝＝≈0.27，
所以AC≈96.12 m，
所以AB＝BC－AC≈156－96.12≈60(m)．
答：舍利塔AB的高度约为60 m．
19．(9分)(2024·北京)某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段．
(1)初赛由10名教师评委和45名学生评委给每位选手打分(百分制)．对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．教师评委打分：
86 88 90 91 91 91 91 92 92 98
b．学生评委打分的频数分布直方图如下(数据分6组：第1组82≤x<85，第2组85≤x<88，第3组88≤x<91，第4组91≤x<94，第5组94≤x<97，第6组97≤x<100)：
c．评委打分的平均数、中位数、众数如下：
平均数 中位数 众数
教师评委 91 91 m
学生评委 90.8 n 93
根据以上信息，回答下列问题：
①m的值为________，n的值位于学生评委打分数据分组的第________组；
②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余8名教师评委打分的平均数为，则________91(填“>”“＝”或“<”)．
(2)决赛由5名专业评委给每位选手打分(百分制)．对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差．平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下：
评委1 评委2 评委3 评委4 评委5
甲 93 90 92 93 92
乙 91 92 92 92 92
丙 90 94 90 94 k
若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是________，表中k(k为整数)的值为________．
[解] (1)①从教师评委打分的情况看，91分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为91，所以m＝91．
共有45名学生评委给每位选手打分，所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第23个，从频数分布直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组91≤x<94．
故答案为91，4．
②去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余8名教师评委打分分别为：88，90，91，91，91，91，92，92，
∴＝＝90.75<91．
故答案为<．
(2)＝＝92，
＝[(90－92)2＋(92－92)2＋(92－92)2＋(93－92)2＋(93－92)2]＝1.2，
＝＝91.8，
＝＋(92－91.8)2＋(92－91.8)2]＝0.16，
∵丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，
依题意，当，则91.8≤(90＋94＋90＋94＋k)≤92，
解得91≤k≤92．
当k＝91时，＝＝91.8，
此时＝[2×(90－91.8)2＋2×(94－91.8)2＋(91－91.8)2]＝3.36，
，则乙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，不合题意；
当k＝92时，＝＝92，
此时＝[2×(90－92)2＋2×(94－92)2＋(92－92)2]＝3.2，
，则丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，这三位选手中排序最靠前的是甲．
故答案为甲，92．
20．(10分)(2024·甘肃临夏)如图，直线y＝kx与双曲线y＝－交于A，B两点，已知A点坐标为(a，2)．
(1)求a，k的值；
(2)将直线y＝kx向上平移m(m>0)个单位长度，与双曲线y＝－在第二象限的图象交于点C，与x轴交于点E，与y轴交于点P，若PE＝PC，求m的值．
[解] (1)∵点A在反比例函数图象上，
∴2＝－，解得a＝－2，
将A(－2，2)代入y＝kx，
∴k＝－1．
(2)如图，过点C作CF⊥y轴于点F，
∴CF∥OE，
∴∠FCP＝∠OEP，∠CFP＝∠EOP，
∵PE＝PC，
∴△CFP≌△EOP(AAS)，
∴CF＝OE，OP＝PF，
∵直线y＝－x向上平移m个单位长度得到y＝－x＋m，
令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝m，
∴E(m，0)，P(0，m)，
∴CF＝OE＝m，OP＝PF＝m，
∴C(－m，2m)，
∵双曲线y＝－过点C，
∴－m·2m＝－4，
解得m＝或－(舍去)，
∴m＝．
21．(10分)(2024·内蒙古包头)如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点(OE>BE)，连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．
(1)如图1，若BE＝1，CE＝，求⊙O的半径；
(2)如图2，若BD＝2OE，求证：BD∥OC．(请用两种证法解答)
[解] (1)∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝(180°－∠BOC)，
∵∠BOC＝2∠BCE，
∴∠OBC＝(180°－2∠BCE)＝90°－∠BCE，即∠OBC＋∠BCE＝90°，
∴∠OEC＝90°，
∴OC2＝OE2＋CE2，
∴OC2＝(OC－1)2＋()2，
解得OC＝3，
即⊙O的半径为3．
(2)证明：法一：过O作OF⊥BD于F，
∴BF＝BD，
∵BD＝2OE，
∴OE＝BF，
又OC＝OB，∠OEC＝∠BFO＝90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFB(HL)，
∴∠COE＝∠OBF，
∴BD∥OC．
法二：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD＝
＝
＝2＝2CE，
∴＝＝＝，
∴△CEO∽△ADB，
∴∠COE＝∠ABD，
∴BD∥OC．
22．(12分)(2024·东昌府区模拟)如图，
抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是线段BC上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ是什么特殊四边形，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，点D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ，求直线QE的函数表达式．
[解] (1)由题意得
解得
故抛物线的表达式为y＝x2－5x＋4．
(2)四边形OCPQ为平行四边形，理由如下：
对于y＝x2－5x＋4，令y＝x2－5x＋4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为(4，0)，点C(0，4)，
设直线BC的表达式为y＝kx＋t，则解得
故直线BC的表达式为y＝－x＋4，
设点P的坐标为(x，－x＋4)，0则PQ＝(－x＋4)－(x2－5x＋4)＝－x2＋4x，
∵－1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4，
此时点Q的坐标为(2，－2)．
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形．
(3)∵D是OC的中点，则点D(0，2)，
由点D，Q的坐标，可得直线DQ的表达式为y＝－2x＋2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，
故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ，
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x＋r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝－6，
故直线QE的函数表达式为y＝2x－6．
23．(12分)(2024·四川眉山)综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
(1)若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为________；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为________．
(2)若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S1，在旋转过程中S1与S的关系为________．
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别交正方形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE＋DF＝OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM＝BN时，请求出重叠部分的面积．
(参考数据：sin 15°＝，cos 15°＝，tan 15°＝2－)
[解] (1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S△BOC＝S正方形ABCD＝×4×4＝4；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC＝∠MON＝∠BCD＝90°，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，OA＝OC，
∴∠MOC＝∠MCO，
∴OM＝MC，
∴四边形OMCN是正方形，
∴OM＝AD＝2，
∴四边形OMCN的面积是4．
故答案为4，4．
(2)如图，
过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OG＝OH，
∵∠OGC＝∠OHC＝∠C＝90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG＝OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH＝∠EOF＝90°，
∴∠EOG＝∠FOH，
∵∠OGE＝∠OHF＝90°，
∴△OGE≌△OHF(ASA)，
∴S△OGE＝S△OHF，
∴S四边形OECF＝S正方形OGCH＝S正方形ABCD，
∴S1＝S．
故答案为S1＝S．
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OC＝OD＝OA，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∵∠FOE＝∠BOC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC(ASA)，
∴BE＝CF，
∴BE＋DF＝CF＋DF＝CD，
∵CD＝OC，
∴BE＋DF＝OC．
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同(2)可知四边形OGBH是正方形，
∴BG＝BH，OG＝OH，
∵BM＝BN，
∴GM＝NH，
∵∠OGM＝∠OHN＝90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
∴S△OGM＝S△OHN，∠GOM＝∠NOH，
∵∠MON＝60°，
∴∠GOM＝×(90°－60°)＝15°，
∵OG＝2，S正方形OGBH＝4，
∴tan ∠GOM＝tan 15°＝＝2－，
∴GM＝2×(2－)＝4－2，
∴S△OGM＝OG·GM＝×2×(4－2)＝4－2，
∴重叠部分的面积S四边形OMBN＝S正方形OGBH－2S△OGM
＝4－2×(4－2)
＝4－4．2025年山东省初中学业水平考试
数学模拟试题(四)
(时间：120分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．(2024·四川凉山)下列各数中：5，－，－3，0，－25.8，＋2，负数有( )
[A]1个 [B]2个 [C]3个 [D]4个
2．(2024·湖南)据《光明日报》2024年3月14日报道：截至2023年末，我国境内有效发明专利量达到401.5万件，高价值发明专利占比超过四成，成为世界上首个境内有效发明专利数量突破400万件的国家，将4 015 000用科学记数法表示应为( )
[A]0.401 5×107 [B]4.015×106 [C]40.15×105 [D]4.015×103
3．(2024·山东烟台)如图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走( )
[A]① [B]② [C]③ [D]④
4．(2024·黑龙江)下列计算正确的是( )
[A]a3·a2＝a6 [B](a2)5＝a7
[C](－2a3b)3＝－8a9b3 [D](－a＋b)(a＋b)＝a2－b2
5．(2024·威海)《九章算术》是我国古老的数学经典著作，书中提到这样一道题目：以绳测井．若将绳三折测之，绳多四尺；若将绳四折测之，绳多一尺．绳长、井深各几何？题目大意是：用绳子测量水井的深度．如果将绳子折成三等份，一份绳长比井深多4尺；如果将绳子折成四等份，一份绳长比井深多1尺．绳长、井深各是多少尺？
若设绳长x尺，井深y尺，则符合题意的方程组是( )
[A] [B] [C] [D]
6．(2024·河北)直线l与正六边形ABCDEF的边AB，EF分别相交于点M，N，如图所示，则α＋β＝( )
[A]115° [B]120° [C]135° [D]144°
7．(2024·黑龙江齐齐哈尔)六月份，在“阳光大课间”活动中，某校设计了“篮球、足球、排球、羽毛球”四种球类运动项目，且每名学生在一个大课间只能选择参加一种运动项目，则甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的概率是( )
[A] [B] [C] [D]
8．(2024·湖北)AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，且∠CAB＝50°．①以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，BC于D，E；②分别以DE为圆心，大于DE为半径作弧，两弧交于点P；③作射线BP，则∠ABP＝( )
[A]40° [B]25° [C]20° [D]15°
9．如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止，设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长是( )
[A] [B] [C]2 [D]3
10．(2024·威海)如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF，EF交AC于点G．下列结论错误的是( )
[A]若＝，则EF∥BD
[B]若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，则EF∥BD
[C]若EF∥BD，CE＝CF，则∠EAC＝∠FAC
[D]若AB＝AD，AE＝AF，则EF∥BD
二、填空题(本大题共6小题，满分18分．只要求填写最后结果，每小题填对得3分)
11．(2024·莘县二模)分解因式：2m3－8mn2＝________．
12．(2024·黑龙江绥化)化简：÷＝________．
13．(2024·高唐县三模)已知关于x的一元二次方程(m－2)x2＋2x－3＝0有两个不相等的实数根，则m可以取到的最小整数值是________．
14．(2024·临沂一模)如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，点O为BC的中点，以O为圆心，以OB为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是________．
15．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，E，F分别为边AC，BC上的点，M，N分别为EF，AB的中点．若AE＝BF＝2，则MN的长为________．
16．(2024·黑龙江齐齐哈尔)如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点B的坐标为(1，0)，点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2 024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为________．
三、解答题(本大题共7小题，满分72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
17．(每题5分，共10分)(2024·莘县一模)(1)计算＋＋3tan 30°－(π－2 024)0＋|－2|；
(2)解不等式组并写出它的所有整数解．
9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
18．(9分)(2024·临清市二模)舍利塔是临清古城的地标．某校九年级“综合与实践”小组开展了测量舍利塔高度的项目化学习，经过测量，形成了如下不完整的项目报告：
测量对象 舍利塔
测量目的 1．学会运用三角函数有关知识解决生活实际问题； 2．提升动手操作能力，增强团队合作精神．
测量工具 无人机，测角仪等．
测量方案 1．先将无人机垂直上升至距水平地面156 m的P点，测得塔顶端A的俯角为15°； 2．再将无人机沿水平方向飞行200 m到达点Q，测得塔底端B的俯角为45°．
测量示意
请根据以上测量数据，求舍利塔AB的高度．(结果精确到1 m，参考数据：sin 15°≈0.26，cos 15°≈0.97，tan 15°≈0.27，≈1.414)
9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
19．(9分)(2024·北京)某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段．
(1)初赛由10名教师评委和45名学生评委给每位选手打分(百分制)．对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．教师评委打分：
86 88 90 91 91 91 91 92 92 98
b．学生评委打分的频数分布直方图如下(数据分6组：第1组82≤x<85，第2组85≤x<88，第3组88≤x<91，第4组91≤x<94，第5组94≤x<97，第6组97≤x<100)：
c．评委打分的平均数、中位数、众数如下：
平均数 中位数 众数
教师评委 91 91 m
学生评委 90.8 n 93
根据以上信息，回答下列问题：
①m的值为________，n的值位于学生评委打分数据分组的第________组；
②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余8名教师评委打分的平均数为，则91(填“>”“＝”或“<”)．
(2)决赛由5名专业评委给每位选手打分(百分制)．对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差．平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下：
评委1 评委2 评委3 评委4 评委5
甲 93 90 92 93 92
乙 91 92 92 92 92
丙 90 94 90 94 k
若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是________，表中k(k为整数)的值为________．
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
20．(10分)(2024·甘肃临夏)如图，直线y＝kx与双曲线y＝－交于A，B两点，已知A点坐标为(a，2)．
(1)求a，k的值；
(2)将直线y＝kx向上平移m(m>0)个单位长度，与双曲线y＝－在第二象限的图象交于点C，与x轴交于点E，与y轴交于点P，若PE＝PC，求m的值．
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
21．(10分)(2024·内蒙古包头)如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点(OE>BE)，连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．
(1)如图1，若BE＝1，CE＝，求⊙O的半径；
(2)如图2，若BD＝2OE，求证：BD∥OC．(请用两种证法解答)
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
22．(12分)(2024·东昌府区模拟)如图，
抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C，对称轴为直线x＝．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是线段BC上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ是什么特殊四边形，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，点D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ，求直线QE的函数表达式．
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
23．(12分)(2024·四川眉山)综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
(1)若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为________；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为________．
(2)若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S1，在旋转过程中S1与S的关系为________．
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别交正方形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE＋DF＝OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM＝BN时，请求出重叠部分的面积．
(参考数据：sin 15°＝，cos 15°＝，tan 15°＝2－)(共83张PPT)
2025年山东省初中学业水平考试数学模拟试题(四)
√
2．(2024·湖南)据《光明日报》2024年3月14日报道：截至2023年末，我国境内有效发明专利量达到401.5万件，高价值发明专利占比超过四成，成为世界上首个境内有效发明专利数量突破400万件的国家，将4 015 000用科学记数法表示应为( )
A．0.401 5×107 B．4.015×106
C．40.15×105 D．4.015×103
√
B [4 015 000用科学记数法表示为4.015×106．
故选B．]
3．(2024·山东烟台)如图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走( )
A．① B．② C．③ D．④
√
A [A．取走①时，左视图为 ，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意；
B．取走②时，左视图为 ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C．取走③时，左视图为 ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意；
D．取走④时，左视图为 ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意．
故选A．]
4．(2024·黑龙江)下列计算正确的是( )
A．a3·a2＝a6
B．(a2)5＝a7
C．(－2a3b)3＝－8a9b3
D．(－a＋b)(a＋b)＝a2－b2
√
C [a3·a2＝a5，则A不符合题意；
(a2)5＝a10，则B不符合题意；
(－2a3b)3＝－8a9b3，则C符合题意；
(－a＋b)(a＋b)＝b2－a2，则D不符合题意．
故选C．]
√
6．(2024·河北)直线l与正六边形ABCDEF的边AB，EF分别相交于点M，N，如图所示，则α＋β＝( )
A．115° B．120°
C．135° D．144°
√
√
√
√
A [点P从点A沿着AB匀速运动，y随着x的增大而增大，当x＝6时，y最大＝6＝AB；点P在BC上运动时，y随着x的增大而减小，当x＝9时，y最小＝AD，BD＝3，继续运动，y随着x的增大而增大，当x＝11时y最大，即AB＋BC＝11，BC＝5；当点P在CA上运动时，y随着x的增大而减小，最后与点A重合．
10．(2024·威海)如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF，EF交AC于点G．下列结论错误的是( )
√
B．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，
∴CA是∠BCD的角平分线，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
C．∵CE＝CF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∵EF∥BD，
∴∠CBD＝∠CEF，∠CDB＝∠CFE，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵CE＝CF，
∴AC垂直平分EF，
∴AE＝AF，
∴∠EAC＝∠FAC，
故C选项正确；
D．若AB＝AD，则四边形ABCD是菱形，
当AE＝AF，且BE＝DF时，可得AC垂直平分EF，
∵AC⊥BD，
∴EF∥BD，
故D选项不正确．
故选D．]
二、填空题(本大题共6小题，满分18分．只要求填写最后结果，每小题填对得3分)
11．(2024·莘县二模)分解因式：2m3－8mn2＝________________．
2m(m＋2n)(m－2n)
2m(m＋2n)(m－2n) [原式＝2m(m2－4n2)＝2m(m＋2n)(m－2n)．]
13．(2024·高唐县三模)已知关于x的一元二次方程(m－2)x2＋2x－3＝0有两个不相等的实数根，则m可以取到的最小整数值是______．
3
14．(2024·临沂一模)如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，点O为BC的中点，以O为圆心，以OB为半径作半圆，交AC于点D，则图中阴影部分的面积是________．
15．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，E，F分别为边AC，BC上的点，M，N分别为EF，AB的中点．若AE＝BF＝2，则MN的长为________．
16．(2024·黑龙江齐齐哈尔)如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点B的坐标为(1，0)，点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2 024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心
的坐标为____________________．
18．(9分)(2024·临清市二模)舍利塔是临清古城的地标．某校九年级“综合与实践”小组开展了测量舍利塔高度的项目化学习，经过测量，形成了如下不完整的项目报告：
测量对象 舍利塔
测量目的 1．学会运用三角函数有关知识解决生活实际问题；
2．提升动手操作能力，增强团队合作精神．
测量工具 无人机，测角仪等．
测量对象 舍利塔
测量方案 1．先将无人机垂直上升至距水平地面156 m的P点，测得塔顶端A的俯角为15°；
2．再将无人机沿水平方向飞行200 m到达点Q，测得塔底端B的俯角为45°．
测量示意
[解] 延长BA，交PQ的延长线于C，
19．(9分)(2024·北京)某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段．
(1)初赛由10名教师评委和45名学生评委给每位选手打分(百分制)．对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．教师评委打分：
86 88 90 91 91 91 91 92 92 98
b．学生评委打分的频数分布直方图如下(数据分6组：第1组82≤x<85，第2组85≤x<88，第3组88≤x<91，第4组91≤x<94，第5组94≤x<97，第6组97≤x<100)：
c．评委打分的平均数、中位数、众数如下：
平均数 中位数 众数
教师评委 91 91 m
学生评委 90.8 n 93
91
4
<
(2)决赛由5名专业评委给每位选手打分(百分制)．对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差．平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下：
评委1 评委2 评委3 评委4 评委5
甲 93 90 92 93 92
乙 91 92 92 92 92
丙 90 94 90 94 k
若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是____，表中k(k为整数)的值为_____．
[解] (1)①从教师评委打分的情况看，91分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为91，所以m＝91．
共有45名学生评委给每位选手打分，所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第23个，从频数分布直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组91≤x<94．
故答案为91，4．
92
甲
(2)如图，过点C作CF⊥y轴于点F，
∴CF∥OE，
∴∠FCP＝∠OEP，∠CFP＝∠EOP，
∵PE＝PC，
∴△CFP≌△EOP(AAS)，
∴CF＝OE，OP＝PF，
21．(10分)(2024·内蒙古包头)如图，AB是⊙O的直径，BC，BD是⊙O的两条弦，点C与点D在AB的两侧，E是OB上一点(OE>BE)，连接OC，CE，且∠BOC＝2∠BCE．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是线段BC上的一个动点(不与点B，C重合)，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ是什么特殊四边形，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，点D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且∠DQE＝2∠ODQ，求直线QE的函数表达式．
设点P的坐标为(x，－x＋4)，0则PQ＝(－x＋4)－(x2－5x＋4)＝－x2＋4x，
∵－1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4，
此时点Q的坐标为(2，－2)．
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形．
(3)∵D是OC的中点，则点D(0，2)，
由点D，Q的坐标，可得直线DQ的表达式为y＝－2x＋2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，
故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ，
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x＋r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝－6，
故直线QE的函数表达式为y＝2x－6．
23．(12分)(2024·四川眉山)综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
(1)若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为____；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为___．
4
4
(2)如图，
过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OG＝OH，
∵∠OGC＝∠OHC＝∠C＝90°，
∴四边形OGCH是矩形，
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同(2)可知四边形OGBH是正方形，
∴BG＝BH，OG＝OH，
∵BM＝BN，
∴GM＝NH，
∵∠OGM＝∠OHN＝90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
∴S△OGM＝S△OHN，∠GOM＝∠NOH，数学模拟试题(四)
1．C 2．B 3．A 4．C 5．C 6．B
7．C [分别用A、B、C、D表示篮球、足球、排球、羽毛球，
列树状图如下：
由树状图可知，共有16种等可能情况，其中甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的情况有4种，
即甲、乙两名学生在一个大课间参加同种球类运动项目的概率是．故选C．]
8．C [∵AB为半圆O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠CAB＝50°，∴∠ABC＝40°，由作图知，BP是∠ABC的角平分线，∴∠ABP＝ABC＝20°．故选C．]
9．A [点P从点A沿着AB匀速运动，y随着x的增大而增大，当x＝6时，y最大＝6＝AB；点P在BC上运动时，y随着x的增大而减小，当x＝9时，y最小＝AD，BD＝3，继续运动，y随着x的增大而增大，当x＝11时y最大，即AB＋BC＝11，BC＝5；当点P在CA上运动时，y随着x的增大而减小，最后与点A重合．
在Rt△ABD中，AD＝，∴S△ABC＝，∴S△ABC＝，
即，解得CG＝．故选A．]
10．D [∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD．
A．若，即，
又∵∠ECF＝∠BCD，∴△CEF∽△CBD，
∴∠CEF＝∠CBD，∴EF∥BD，故A选项正确；
B．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，
∴CA是∠BCD的角平分线，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝DC，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
在Rt△ACE和Rt△AFC中，
∴Rt△ACE≌Rt△AFC(HL)，
∴CE＝CF，
又∵AE＝AF，∴AC⊥EF，∴EF∥BD，故B选项正确；
C．∵CE＝CF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∵EF∥BD，
∴∠CBD＝∠CEF，∠CDB＝∠CFE，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵EF∥BD，∴AC⊥EF，∵CE＝CF，∴AC垂直平分EF，∴AE＝AF，∴∠EAC＝∠FAC，故C选项正确；
D．若AB＝AD，则四边形ABCD是菱形，
当AE＝AF，且BE＝DF时，可得AC垂直平分EF，
∵AC⊥BD，∴EF∥BD，故D选项不正确．故选D．]
11．2m(m＋2n)(m－2n) [原式＝2m(m2－4n2)＝2m(m＋2n)(m－2n)．]
12． [原式＝
＝．]
13．3 [根据题意得
解得m＞且m≠2．
则m可以取到的最小整数值是3．]
14． [连接OD，过D作DE⊥BC于E，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，AC＝4，
∴sin C＝，
BC＝，
∴∠C＝30°，
∴∠DOB＝60°，
∵OD＝，∴DE＝，
∴阴影部分的面积是．]
15． [如图，连接BE，取BE的中点H，连接MH，NH，
∵AC2＋BC2＝32＋42＝25，AB2＝52＝25，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∴∠A＋∠ABC＝90°，
∵M，N，H分别为EF，AB，BE的中点，
∴MH为△BEF的中位线，NH为△ABE的中位线，
∴MH＝BF＝1，MH∥BF，NH＝AE＝1，NH∥AE，
∴∠EHM＝∠EBF，∠HNB＝∠A，
∵∠EHN＝∠HNB＋∠ABE＝∠A＋∠ABE，
∴∠MHN＝∠EHM＋∠EHN＝∠EBF＋∠A＋∠ABE＝90°，
∴MN＝．]
16． [由题知，
∠COB＝∠O′C′B＝30°，BO＝BC′，
∴A1O＝A1C′，
∴点A1在OC′的垂直平分线上．
∵点B的坐标为(1，0)，
∴OB＝1，
在Rt△A1OB中，tan 30°＝，
∴A1B＝，∴点A1的坐标为．
依次类推，
点A2的坐标为，
点A3的坐标为，
……，
∴点An的坐标为(n为正整数)．
又∵每滚动三次，出现下一个花心，
∴2 024÷3＝674……2，
则674＋1＝675，
∴滚动2 024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心对应的点为点A675．
当n＝675时，
点A675的坐标为，
即滚动2 024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心的坐标为．]
17．解：(1)原式＝－1＋4＋3×
＝－1＋4＋
＝4．
(2)解不等式①得：x＜3，
解不等式②得：x≥1，
则不等式组的解集为1≤x＜3，
所以不等式组的所有整数解为1和2．
18．解：延长BA，交PQ的延长线于C，
则∠ACQ＝90°，
由题意得，BC＝156 m，PQ＝200 m，
在Rt△BCQ中，
∠BQC＝45°，
所以CQ＝BC＝156 m，
所以PC＝PQ＋CQ＝356 m，
在Rt△PCA中，tan ∠APC＝tan 15°＝≈0.27，
所以AC≈96.12 m，
所以AB＝BC－AC≈156－96.12≈60(m)．
答：舍利塔AB的高度约为60 m．
19．解：(1)①从教师评委打分的情况看，91分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为91，所以m＝91．
共有45名学生评委给每位选手打分，所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第23个，从频数分布直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组91≤x<94．故答案为91，4．
②去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余8名教师评委打分分别为：88，90，91，91，91，91，92，92，
∴＝90.75<91．故答案为<．
(2)＝92，
[(90－92)2＋(92－92)2＋(92－92)2＋(93－92)2＋(93－92)2]＝1.2，
＝91.8，
[(91－91.8)2＋(92－91.8)2＋(92－91.8)2＋(92－91.8)2＋(92－91.8)2]＝0.16，
∵丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，
依题意，当，则91.8≤(90＋94＋90＋94＋k)≤92，
解得91≤k≤92．
当k＝91时，＝91.8，
此时[2×(90－91.8)2＋2×(94－91.8)2＋(91－91.8)2]＝3.36，
∵，则乙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，不合题意；
当k＝92时，＝92，
此时[2×(90－92)2＋2×(94－92)2＋(92－92)2]＝3.2，
∵，则丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，这三位选手中排序最靠前的是甲．故答案为甲，92．
20．解：(1)∵点A在反比例函数图象上，
∴2＝－，解得a＝－2，
将A(－2，2)代入y＝kx，
∴k＝－1．
(2)如图，过点C作CF⊥y轴于点F，
∴CF∥OE，
∴∠FCP＝∠OEP，∠CFP＝∠EOP，
∵PE＝PC，
∴△CFP≌△EOP(AAS)，
∴CF＝OE，OP＝PF，
∵直线y＝－x向上平移m个单位长度得到y＝－x＋m，
令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝m，
∴E(m，0)，P(0，m)，
∴CF＝OE＝m，OP＝PF＝m，
∴C(－m，2m)，
∵双曲线y＝－过点C，
∴－m·2m＝－4，
解得m＝或－(舍去)，
∴m＝．
21．解：(1)∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB＝(180°－∠BOC)，
∵∠BOC＝2∠BCE，
∴∠OBC＝(180°－2∠BCE)＝90°－∠BCE，即∠OBC＋∠BCE＝90°，
∴∠OEC＝90°，
∴OC2＝OE2＋CE2，
∴OC2＝(OC－1)2＋2，
解得OC＝3，
即⊙O的半径为3．
(2)证明：法一：过O作OF⊥BD于F，
∴BF＝BD，
∵BD＝2OE，
∴OE＝BF，
又OC＝OB，∠OEC＝∠BFO＝90°，
∴Rt△CEO≌Rt△OFB(HL)，
∴∠COE＝∠OBF，
∴BD∥OC．
法二：连接AD，∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD＝
＝
＝2＝2CE，
∴，∴△CEO∽△ADB，∴∠COE＝∠ABD，∴BD∥OC．
22．解：(1)由题意得解得
故抛物线的表达式为y＝x2－5x＋4．
(2)四边形OCPQ为平行四边形，理由如下：
对于y＝x2－5x＋4，令y＝x2－5x＋4＝0，解得x＝1或4，令x＝0，则y＝4，
故点B的坐标为(4，0)，点C(0，4)，
设直线BC的表达式为y＝kx＋t，则解得
故直线BC的表达式为y＝－x＋4，
设点P的坐标为(x，－x＋4)，0则PQ＝(－x＋4)－(x2－5x＋4)＝－x2＋4x，
∵－1＜0，
故PQ有最大值，当x＝2时，PQ的最大值为4，
此时点Q的坐标为(2，－2)．
∵PQ＝CO，PQ∥OC，
故四边形OCPQ为平行四边形．
(3)∵D是OC的中点，则点D(0，2)，
由点D，Q的坐标，可得直线DQ的表达式为y＝－2x＋2，
过点Q作QH⊥x轴于点H，
则QH∥CO，故∠AQH＝∠ODA，
而∠DQE＝2∠ODQ，
∴∠HQA＝∠HQE，
则直线AQ和直线QE关于直线QH对称，
故设直线QE的表达式为y＝2x＋r，
将点Q的坐标代入上式并解得r＝－6，
故直线QE的函数表达式为y＝2x－6．
23．解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S△BOC＝S正方形ABCD＝×4×4＝4；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC＝∠MON＝∠BCD＝90°，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，OA＝OC，
∴∠MOC＝∠MCO，
∴OM＝MC，
∴四边形OMCN是正方形，
∴OM＝AD＝2，
∴四边形OMCN的面积是4．故答案为4，4．
(2)如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OG＝OH，
∵∠OGC＝∠OHC＝∠C＝90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG＝OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH＝∠EOF＝90°，
∴∠EOG＝∠FOH，
∵∠OGE＝∠OHF＝90°，
∴△OGE≌△OHF(ASA)，
∴S△OGE＝S△OHF，
∴S四边形OECF＝S正方形OGCH＝S正方形ABCD，
∴S1＝S．故答案为S1＝S．
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OC＝OD＝OA，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∵∠FOE＝∠BOC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC(ASA)，
∴BE＝CF，
∴BE＋DF＝CF＋DF＝CD，
∵CD＝OC，
∴BE＋DF＝OC．
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同(2)可知四边形OGBH是正方形，
∴BG＝BH，OG＝OH，
∵BM＝BN，
∴GM＝NH，
∵∠OGM＝∠OHN＝90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
∴S△OGM＝S△OHN，∠GOM＝∠NOH，
∵∠MON＝60°，
∴∠GOM＝×(90°－60°)＝15°，
∵OG＝2，S正方形OGBH＝4，
∴tan ∠GOM＝tan 15°＝，
∴GM＝2×＝4－2，
∴S△OGM＝×2×＝4－2，
∴重叠部分的面积S四边形OMBN＝S正方形OGBH－2S△OGM
＝4－2×
＝4－4．
