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2024 年中考第一次模拟考试（甘肃卷）
数学·参考答案
一、选择题【本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是复合题
目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑】
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C C A C D B C B A A
二、填空题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分。请把答案填写在题中的横线上）
11．k＞﹣
12．b（2a+1）（2a﹣1）．
13．﹣2b
14．
15．70
16. ﹣ ．
17.3
18.4041x2021
三、解答题（本大题共10小题，共88分。答案应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（6分）解：（1）
＝﹣3+1﹣4× +2 （4分）
＝﹣3+1﹣2 +2 （5分）
＝﹣2；（6分）
19.（6分）解：原式＝[ ﹣ ]•
＝ • ＝ ，（3分）
∵x（x﹣2）≠0且x﹣4≠0且x≠0，∴x≠0且x≠2且x≠4，则x＝﹣2，（5分）
∴原式＝ ＝ ．（6分）
21．（8分）【解答】解：如图：
（4分）
猜想：DF＝3BF，（5分）
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴OA＝OC，OD＝OB，
∵AC＝2AB，∴AO＝AB．（6分）
∵∠BAC的角平分线与BO交于点F，∴点F是BO的中点，即BF＝FO，
∴OB＝OD＝2BF，（7分）
∴DF＝DO+OF＝3BF，即DF＝3BF．（8分）
22．（8分）【解答】解：如图，作CG⊥EF于点G，则D在CG上，四边形ACGF为矩形，GF＝AC＝1.5
米．（1分）
设EG＝x米，则CG＝x米，DG＝（x﹣20）米，（2分）
在Rt EDG中， ＝tan60°，∴ ＝ ，（4分）
△
解得x＝30+10 ，（5分）
∴EF＝EG+GF＝30+10 +1.5≈49（米）．（7分）
答：铁塔EF的高度约为49米．（8分）23．（8分）【解答】解：（1）所有可能闯关的情况列表如下：
1 2
1 （1，1） （1，2）
2 （2，1） （2，2）
因此，共有4种等可能情况．（4分）
（2）闯关成功的可能性为 ．（8分）
24．（10分)【解答】解：（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的人数有15+8＝23（人）
（3分）
（2）七年级学生成绩的中位数m＝ ＝77.5（分）；（6分）
（3）七年级学生甲的成绩更靠前，因为七年级学生甲的成绩大于其中位数．（10分）
25．（10分）【【解答】解：（1）将A（﹣3，m）代入y＝﹣x﹣2得：m＝﹣（﹣3）﹣2＝1，（1分）
∴A（﹣3，1），代入 中，
得：k＝（﹣3）×1＝﹣3，
∴ ；（3分）
（2）将B（n，﹣3）代入y＝﹣x﹣2中，
得﹣3＝﹣n﹣2，解得：n＝1，
∴B（1，﹣3） （5分）
由图像可知：当一次函数图像在反比例函数图像下方时，
对应的x为﹣3≤x＜0或x＞1，∴使一次函数值不大于反比例函数值的x的取值范围是﹣3≤x＜0或x≥1．（7分）
（3）设点E坐标为（0，a），直线AB与y轴交于点F，
在y＝﹣x﹣2中，令x＝0，则y＝﹣2，
∴F（0，﹣2），（8分）
∵S ＝6，
EBA
△
∴ ，即 ，
解得：a＝﹣5或a＝1，（9分）
∴点E的坐标为（0，﹣5）或（0，1）．（10分）
26．（10分）【解答】解：（1）连接OC，OD，∴OC＝OD，∵PD，PC是⊙O的切线，
∵∠ODP＝∠OCP＝90°，在Rt ODP和Rt OCP中，
△ △
，
∴Rt ODP≌Rt OCP（HL），
∴∠DOP＝∠COP，∵OD＝OC，∴OP⊥CD；（5分）
△ △
（2）如图，连接OD，OC，
∴OA＝OD＝OC＝OB＝2，∴∠OCB＝∠CBA＝70°，∠ODA＝∠OAD＝50°，
∴∠BOC＝40°，∠AOD＝80°，∴∠COD＝180°﹣∠BOC﹣∠AOD＝60°，
∵∠ODP＝∠OCP＝90°，∵OD＝OC，∴△COD是等边三角形，（7分）
由（1）知，∠DOP＝∠COP＝30°，在Rt ODP中，OP＝ ＝ ．（10分）
△
27．(10分)【解答】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠CAB＝∠DCA，∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD，∴CD＝AB，
∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，（3分）
又∵AD＝AB，∴ ABCD是菱形；（4分）
▱（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OA＝OC，BD⊥AC，OB＝ BD＝3，∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，
∴OE＝ AC＝OA＝OC，（7分）
在Rt AOB中，AB＝3 ，OB＝3，
△
∴OA＝ ＝ ＝6，
∴OE＝OA＝6．（10分）
28．(12分)【解答】解：（1）由题意得： ，解得 ，故抛物线的表达式为y＝﹣ x2+
x+3；（2分）
（2）对于y＝﹣ x2+ x+3，令y＝﹣ x2+ x+3＝0，解得x＝4或﹣1，故点A的坐标为（4，0），
∵点A（4，0），B（0，3），C（﹣1，0），
∴抛物线的对称轴为x＝ ＝ ，直线AB的表达式为y＝﹣ x+3，AB＝ ＝5＝AC．
∴∠ACB＝∠ABC，点 E（ ， ），∵∠CME＝∠CMO+∠OME＝∠ABC+∠MEB，∠ABC＝
∠OME，
∴∠CMO＝∠BEM．∴△MCO∽△EBM，
∴ ，∴MC•BM＝BE•CO，
∵B（0，3），E（ ， ），
∴BE＝ ＝ ，∴MC•BM＝ ，
∵MC+BM＝BC＝ ＝ ．∴MC＝ 或MC＝ ．∴ ＝ 或 ＝
，（5分）
如图，过M作MK⊥x轴于K，则MK∥y轴，∴△CMK∽△CBO，∴ ＝ 或 ，即 ＝ 或 ，∴MK＝ 或 ，
∵B（0，3），C（﹣1，0），∴直线BC的解析式为y＝3x+3，∴M的﹣横坐标为﹣ 或﹣ ，
∴点M的坐标为（﹣ ， ）或（﹣ ， ）；（7分）
（3）设点Q的坐标为（ ，n），
①当∠ABQ为直角时，如图，
设BQ交x轴于点H，
∵∠ABQ＝90°，∴∠BAO+∠BHA＝90°，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠ABO＝∠BHA，
∵tan∠ABO＝ ，∴tan∠BHO＝ ，故设直线BQ的表达式为y＝ x+t，∵该直线过点B（0，
3），
∴t＝3，∴直线BQ的表达式为y＝ x+3，
当x＝ 时，y＝ x+3＝5，即n＝5；（9分）
②当∠BQA为直角时，过点Q作直线MN交y轴于点N，交过点A与y轴的平行线于点M，∵∠BQN+∠MQA＝90°，∠MQA+∠MAQ＝90°，∴∠BQN＝∠MAQ，
∴tan∠BQN＝tan∠MAQ，即 ，则 ，解得n＝ ；（11分）
③当∠BAQ为直角时，
同理可得，n＝﹣ ；
综上，以点Q、A、B为顶点的三角形是锐角三角形，则△ABQ不为直角三角形，
故点Q纵坐标n的取值范围为﹣ ＜n＜ 或 ＜n＜5．（12分）
