2024 年中考第二次模拟考试（重庆卷）
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．下列数中最小的是（ ）
A．−2022 B．2023 C．−2023 D．2024
【答案】C
【分析】
此题主要考查了有理数大小比较的方法，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③
正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．据此判断即可．
【详解】
解：∵−2023<−2022<2023<2024，
∴所给的数中最小的是−2023．
故选：C
2．下列运算中正确的是（ ）
A．a3−a2=a B．a3 ⋅a4=a12 C．(−a2) 3 =−a6 D．a6÷a2=a3
【答案】C
【分析】本题主要考查了整式的运算．直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除
运算法则分别计算得出答案．
【详解】解：A、a3与a2不是同类项，不能合并，本选项不符合题意；
B、a3 ⋅a4=a7≠a12，本选项不符合题意；
C、(−a2) 3 =−a6，本选项不符合题意；
D、a6÷a2=a4≠a3，本选项不符合题意；
故选：C．
3．下列图形中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了轴对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．如果一个图形沿
着一条直线对折后两部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．根据轴
对称图形的概念解答即可．
【详解】解：A，B，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称
图形．
故选：C．
6
4．下列四个点，在反比例函数y= 的图象上的是（ ）
x
( 1)
A．(−3,−3) B． 1, C．(3,2) D．(5,1)
6
【答案】C
【分析】本题考查反比例函数图象上的点的坐标特征，根据反比例函数的解析式可知xy=k，四个选项中，
横、纵坐标乘积为6的即为正确答案．
6
【详解】解：A，−3×(−3)=9≠6，(−3,−3)不在y= 的图象上，不合题意；
x
1 1 ( 1) 6
B，1× = ≠6， 1, 不在y= 的图象上，不合题意；
6 6 6 x
6
C，3×2=6，(3,2)在y= 的图象上，符合题意；
x
6
D，5×1=5≠6，(5,1)不在y= 的图象上，不合题意；
x
故选C．
5．如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA:OA′=3:4，则四边形
ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为（ ）
A．2:3 B．3:4 C．4:9 D．9:16
【答案】D
【分析】本题考查位似变换，相似图形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握“两位似图形的面积比等于
对应边比的平方”．
【详解】解：∵四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，
∴四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，
S OA 2 3 2 9
∴ 四边形ABCD =( ) =( ) = ，
S OA′ 4 16
四边形A′B′C′D′
故选：D．( √4)
6．估计 √5+ ×√3的值在（ ）
3
A．4和5之间 B．5和6之间 C．6和7之间 D．7和8之间
【答案】B
【分析】
本题考查了二次根式的混合运算，估算无理数的大小，先根据二次根式的混合运算法则进行计算，并估算
无理数的大小即可得出答案．
【详解】
( √4)
解： √5+ ×√3
3
=√15+√4
=√15+2，
∵9<15<16，
∴3<√15<4，
∴5<√15+2<6．
故选：B．
7．由同样长度的木棍按一定的规律组成下列图形，其中第①个图形有5根木棍，第②个图形有9根木棍，
第③个图形有13根木棍，……，则第⑧个图形木棍的根数是（ ）
A．25 B．29 C．33 D．37
【答案】C
【分析】本题主要考查了图形类的规律探索，观察图形可知第n个图形有(1+4n)根木棍，据此规律求解即
可．
【详解】解：第①个图形有1+4×1=5根木棍，
第②个图形有1+4×2=9根木棍，
第③个图形有1+4×3=13根木棍，
……，
以此类推，可知，第n个图形有(1+4n)根木棍，
∴第⑧个图形木棍的根数是1+4×8=33，
故选：C．
8．如图，点A，B，C在⊙O上，∠ABC=45°，延长CO交AB于点D，OC=√3OD，AB=3√2，则
BC的长是（ ）A．1+2√3 B．√2+√6 C．3√3 D．3+√3
【答案】D
【分析】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，连接OA，AC，作AM⊥BC于点M，结合已知条件，
利用圆周角定理及直角三角形性质可得∠AOD=90°，AM=BM，再由特殊锐角的三角函数值求得
∠OAD=30°，再结合等腰直角三角形性质及三角形内角和定理可求得∠ACM=60°，然后利用三角函
数分别求得BM，CM的长度，最后利用线段的和差即可求得答案，正确作出辅助线构造直角三角形并求
得∠ACM=60°是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OA，AC，作AM⊥BC于点M，
∵∠ABC=45°，
∴∠AOC=2∠ABC=90°，∠BAM=90°−45°=45°，
∴∠AOD=90°，AM=BM，
∵OA=OC，OC=√3OD，
∴OA=√3OD，
OD √3
∴tanOAD= = ，
OA 3
∴∠OAD=30°，
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∴∠BAC=∠OAD+∠OAC=30°+45°=75°，
∴∠ACM=180°−∠ABC−∠BAC=180°−45°−75°=60°，
∵AM⊥BC，
∴∠AMB=∠AMC=90°，√2 AM √3
∴AM=BM=AB·sin45°= AB，CM= = AM，
2 tan60° 3
∵AB=3√2，
∴AM=BM=3，CM=√3，
∴BC=BM+CM=3+√3，
故选：D．
9．如图，点E为正方形ABCD的对角线BD上的一点，连接CE，过点E作EF⊥CE交AB于点F，交对
角线AC于点G，且点G为EF的中点，若正方形的边长为4√2，则AG的长为（ ）．
4
A．2 B．3 C．2√2 D． √2
3
【答案】B
【分析】
如图，过点F作FH⊥OB于点H，先证明△FHB是等腰直角三角形，得到FH=BH=OB−OH，再证明
1 1
△EGO∽△EFH得到OG= FH，EO=OH= EH，求出AC=8，得到OB=OC=4，证明
2 2
4−OH 2OH 1
△EFH∽△CEO，得到 = ，求出OH=2（负值舍去），则FH=2 ，OG= FH=1，即可
OH 4 2
得到AG=OA−OG=3．
【详解】
解：如图，过点F作FH⊥OB于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，AC⊥BD，
∴△FHB是等腰直角三角形，
∴FH=BH=OB−OH，
∵AC⊥BD，FH⊥OB，
∴OG∥FH，
∴△EGO∽△EFH，
∵点G为EF的中点，
∴EF=2≥¿，OG EO EG 1
∴ = = =
FH EH EF 2
1 1
∴OG= FH，EO=OH= EH
2 2
∵正方形的边长为4√2，
∴AC=√2AB=8，
∴OB=OC=4，
∵EF⊥CE，
∴∠FEC=90°=∠EHF，
∴∠EFH=90°−∠FEH=∠CEO，
∴△EFH∽△CEO，
FH EH 4−OH 2OH
∴ = ，即 = ，
EO OC OH 4
∴OH=2（负值舍去），
∴FH=BH=OB−OH=2 ，
1
∴OG= FH=1，
2
∴AG=OA−OG=3．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，正
确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
10．有依次排列的2个整式：x，x+2，对任意相邻的两个整式，都用右边的整式减去左边的整式，所得
之差写在这两个整式之间，可以产生一个新整式串：x，2，x+2，这称为第一次操作；将第一次操作后的
整式串按上述方式再做一次操作，可以得到第二次操作后的整式串；以此类推．通过实际操作，四个同学
分别得出一个结论：
小琴：第二次操作后整式串为：x，2−x，2，x，x+2；
小棋：第二次操作后，当|x|<2时，所有整式的积为正数；
小书：第三次操作后整式串中共有8个整式；小画：第2022次操作后，所有的整式的和为2x+4046；
四个结论正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据“相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间”解答可得.
【详解】解：原整式为：x，x+2，
第2次操作后所得整式串为：x，2-x，2，x，x+2，小琴正确；
所有整式之积为2x2(x+2)(x-2)，
∵|x|<2，
∴2x2(x+2)(x-2)>0，小棋正确；
第3次操作后所得整式串为：x，2-2x，2-x，x，2，x-2，x，2，x+2，共有9个整式，小书错误；
第1次操作后所得整式串为：x，2，x+2，所有整式之和为2x+4；
第2次操作后所得整式串为：x，2-x，2，x，x+2，所有整式之和为2x+6；
第3次操作后所得整式串为：x，2-2x，2-x，x，2，x-2，x，2，x+2，所有整式之和为2x+8；
由上面可以看出，每一次操作后所得新整式串所有整式的和比上一次增加2，
故操作第2022次产生的新数串的所有数之和是2x+2022×2＝2x+4044．小画错误；
故选：B
【点睛】此题主要考查了数字变化类，本题中理解每一次操作的方法是前提，得出每一次操作以后所产生
的那个新整式串的所有整式之和的规律是关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）
11．计算：(√7+π) 0+2−1−tan45°= ．
1
【答案】
2
【分析】
本题考查的是实数的运算，先分别根据零指数幂、负整数指数幂的计算法则及特殊角的三角函数值计算出
各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可．
【详解】解：(√7+π) 0+2−1−tan45°
1
=1+ −1
2
1
= ．
2
1
故答案为： ．
2
12．2024年我国将全面推进探月工程，规划包括嫦娥七号和嫦娥八号任务，已知月球与地球的平均距离约为384000000米，数据384000000用科学记数法表示为 ．
【答案】3.84×108
【分析】
此题考查科学记数法的表示方法．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，表
示时关键要正确确定a的值以及n的值．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．
【详解】解：384000000=3.84×108，
故答案为：3.84×108．
13．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 ．
【答案】6
【分析】本题考查了多边形内角与外角．设这个多边形的边数为n，根据内角和公式以及多边形的外角和
为360°即可列出关于n的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，则该多边形的内角和为(n−2)×180°，
依题意得：(n−2)×180°=360°×2，
解得：n=6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
14．红色不透明袋子里有3个红球和2个白球．这些球除颜色外，其他特征都完全相同．摇匀后随机从袋
子中取出两个球，则这两个球颜色相同的概率是 ．
2
【答案】
5
【分析】
本题考查概率的计算，可用画树状图法或列表法求概率．准确列表，用同颜色的情况数除以所有情况数即
可得到答案．
【详解】解：列表如下：
红 红 红 白 白
红 红，红 红，红 红，白 红，白
红 红，红 红，红 红，白 红，白
红 红，红 红，红 红，白 红，白
白 白，红 白，红 白，红 白，白
白 白，红 白，红 白，红 白，白
∴同时取出2个球的所有等可能的情况有20种，其中取出的2个球的颜色相同的情况有8种，
8 2
∴取出的2个球的颜色不相同的概率为 = ．
20 52
故答案为： 820=25．
5
15．如图所示，已知锐角△ABC中，AB=√10，BC=6，将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE位置，恰
好使得CE⊥BC于C，且CE=BC，连接BD，则BD的长为 ．
6√85 6
【答案】 / √85
17 17
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，
过点A作AG⊥BC，AF⊥CE，根据旋转的性质得出AE=AC，再根据等腰三角形的性质和矩形的性质
求出BG，AF，再证明△ABD∽△ACE，利用相似比即可解答，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点A作AG⊥BC，AF⊥CE，如图，则∠AGB=∠AGC=∠AFC=∠AFE=90°，
根据旋转的性质可得，AE=AC，
∵AF⊥CE，
∴CF=EF=3，
∵CE⊥BC，
∴∠AFC=∠FCG=∠AGC=90°，
∴四边形AFCG是矩形，
∴AG=CF=3，
∴BG=√AB2−AG2=√(√10) 2 −32=1，
∴AF=CG=6−1=5，
在Rt△ACG中，AC=√AG2+CG2=√32+52=√34，
∵AB=AD，AC=AE，
AB AD
∴ = ，
AC AE
又∵∠BAD=∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，BD AB
∴ = ，
CE AC
BD √10
即 = ，
6 √34
6√85
∴BD= ，
17
6√85
故答案为： ．
17
16．如图，在菱形ABCD中，BC=4√3，∠ADC=120°，以A为圆心AD为半径画弧，过点D作
DE⊥AB于点E，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】8π−6√3
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，准确识图，理解阴影面积的
求解方法是解题的关键．
根据S =S −S 计算求解．
阴影 扇形DAB △ADE
【详解】解：菱形ABCD中，∠ADC=120°，
∴CD∥AB，AD=AB，
∴∠A=60°，AD=BC=4√3，
∵DE⊥AB，
∴∠ADE=30°，
1
∴AE= AD=2√3，DE=√3AE=6，
2
∴S =S −S
阴影 扇形DAB △ADE
2
60π×(4√3) 1
= − ×2√3×6
360 2
=8π−6√3，
故答案为：8π−6√3．
a−5 4
17．若整数a使关于x的不等式组¿至少有两个整数解，且使关于y的分式方程 − =2有正整数解，
y−1 1−y
则满足条件的所有整数a的和为 ．
【答案】15a
【分析】先解不等式①得x<6，解不等式②得x≥ ，根据不等式组至少有两个整数解可得a≤8，解分式
2
a+1
方程可得y= ，根据y≠1和分式方程有正整数解可得a≠1，−1<a≤8且a+1是2的倍数，由此求出a
2
的值即可得到答案．
【详解】解：¿，
解不等式①得：x<6，
a
解不等式②得：x≥ ，
2
∵整数a使关于x的不等式组¿至少有两个整数解，
a
∴ ≤4，
2
∴a≤8，
a−5 4
∵ − =2，
y−1 1−y
∴去分母得：a−5+4=2y−2，
a+1
解得：y= ，
2
∵y≠1，
a+1
∴ ≠1，
2
∴a≠1，
∵分式方程有正整数解，
∴a+1>0，且a+1是2的倍数，
∴a>−1，
∴−1<a≤8，
∴0<a+1≤9，
∴a+1=4或a+1=6或a+1=8，
∴a=3或a=5或a=7，
∴满足条件的所有整数a的和为：3+5+7=15，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了分式方程的解，一元一次不等式的解，熟练掌握一元一次不等式组的解法、分式方程
的解法，注意方程增根的讨论是解题的关键．
18．对于一个四位自然数m=abcd，若满足a+d=b+c，则称这个四位数为“和平数”，记
F(m)=a+b+c+d．例如：m=1234，∵1+4=2+3，∴1234是“和平数”，
F(1234)=1+2+3+4=10；m=2346，∵2+6≠3+4，∴2346不是“和平数”．则F(2378)= ；
已知M，N均为“和平数”，其中M=1000x+10 y+136，N=4000+100x+10 y+n其中（1≤x≤9，F(N)
0≤ y≤6，0≤n≤9，x、y、b都是整数），如果M+ 能被11整除，则N= ．
4
【答案】 20 4354
【分析】根据“和平数”的定义列式计算即可解答；由M，N均为“和平数”，其中
2+n
M=1000x+10 y+136，N=4000+100x+10 y+n可得出等式x−y=−2、x= ，再结合分类讨论
2
F(N)
出x、y、b、M、N、F(N)的值并代入M+ 并判断能被11整除即可解答．
4
【详解】解：∵m=2378，
∴2+8=3+7，
∴2378是“和平数”，F(1234)=1+2+3+4=10；
∴F(2378)=2+3+7+8=20；
∵M=1000x+1×100+10(y+3)+6、N=4×1000+100x+10 y+n是“和平数”，
∴¿，
2+n
∴x−y=−2，x= ，
2
∵1≤x≤9，0≤ y≤6，0≤n≤9，x、y、n都是整数．
F(N) 8
∴①当n=0时，x=1，y=3，M=1166，N=4130, F(N)=8，则M+ =1166+ =1169，不能
4 4
被11整除，不符合题意；
F(N) 12
②当n=2时，x=2，y=4，M=2176，N=4242, F(N)=12，则M+ =2176+ =1169，不能
4 4
被11整除，不符合题意；
∵M=1000x+1×100+10(y+3)+6、N=4×1000+100x+10 y+n是“和平数”，
F(N) 16
③当n=4时，x=3，y=5，M=3186，N=4354,F(N)=16，则M+ =3186+ =3190，能被
4 4
11整除，符合题意；
F(N) 20
③当n=6时，x=4，y=6, M=4196，N=4466，F(N)=20，则M+ =4196+ =4201，不
4 4
能被11整除，不符合题意；
④当n=8时，x=5，y=7，则y+3=10不符合题意；
综上，N=4354．
故答案为：20，4354．
【点睛】本题考查了对新定义的理解，列出方程和利用x、y、n的取值范围讨论其具体值是解答本题关键
点．
三、解答题（本大题共8个小题，共78分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19．化简：
(1)(2x−3)(2x+3)−4x⋅(x−2)
( x−1) x2−25
(2) 2− ÷
x+2 3x+6
【答案】(1)−1
3
(2) ．
x−5
【分析】（1）根据平方差公式和单项式乘法的运算法则计算，再合并即可求解；
（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结
果即可．
【详解】（1）解：(2x−3)(2x+3)−4x⋅(x−2)
=4x2−9−4x2+8
=−1；
( x−1) x2−25
（2）解： 2− ÷
x+2 3x+6
x+5 3(x+2)
= ⋅
x+2 (x+5)(x−5)
3
= ．
x−5
【点睛】本题主要考查了整式的混合运算和分式的混合运算，解题的关键是掌握整式和分式混合运算顺序
和运算法则．
20．学习了平行四边形后，小虹进行了拓展性研究．她发现，如果作平行四边形一条对角线的垂直平分线，
那么这个平行四边形的一组对边截垂直平分线所得的线段被垂足平分． 她的解决思路是通过证明对应线
段所在的两个三角形全等得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作AC的垂直平分线交DC于点E，交AB于点F，垂足为点O．（只保留作图痕迹）
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AC是对角线，EF垂直平分AC，垂足为点O．
求证：OE=OF．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB．
∴∠ECO= ① ．
∵EF垂直平分AC，
∴ ② ．又∠EOC=___________③ ．
∴ΔCOE≅ΔAOF(ASA)．
∴OE=OF．
小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线AC中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有
此特征．请你依照题意完成下面命题：
过平行四边形对角线中点的直线 ④ ．
【答案】作图：见解析；∠FAO；AO=CO；∠FOA；被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角
线中点平分
【分析】根据线段垂直平分线的画法作图，再推理证明即可并得到结论．
【详解】解：如图，即为所求；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB．
∴∠ECO= ∠FAO．
∵EF垂直平分AC，
∴AO=CO．
又∠EOC= ∠FOA．
∴△COE≅△AOF(ASA)．
∴OE=OF．
故答案为：∠FAO；AO=CO；∠FOA；
由此得到命题：过平行四边形对角线中点的直线被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平
分，
故答案为：被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，作线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行
四边形的性质及线段垂直平分线的作图方法是解题的关键．
21．夏季自然灾害频发，据应急管理部统计，2023年7月以来，各种自然灾害共造成1601.8万人受灾．为
有效提高学生面对自然灾害时的自救自护能力，该校从七、八年级各选取了20名同学，开展了“防灾减
灾”知识竞赛，并对竞赛成绩进行了整理、描述和分析（成绩得分用x表示，其中A:0≤x＜85，
B:85≤x＜90，C:90≤x＜95，D:95≤x≤100，得分在90分及以上为优秀）．下面给出了部分信息：
七年级C组同学的分数分别为：94，92，93，91；
八年级C组同学的分数分别为：91，92，93，93，94，94，94，94，94．七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表
中位
年级 平均数 众数 优秀率
数
七年
91 a 95 m
级
八年 0
91 93 b 65
级 0
(1)填空：a= ，b= ，m= ；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“防灾减灾”知识竞赛中，哪个年级学生对“防灾减灾”
的了解情况更好？请说明理由；（写出一条理由即可）
(3)该校七年级有1050名学生，八年级有1100名学生，估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
【答案】(1)92.5；94；60%
(2)由于八年级竞赛成绩的中位数大于七年级竞赛成绩的中位数，所以八年级对“防灾减灾”的了解情况更
好（答案不唯一）
(3)两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为1345人
【分析】（1）根据众数，中位数的概念，求得a,b，利用七年级C,D两类的人数和除以总人数求得m，
即可解答；
（2）根据平均数，中位数，优秀率，进行评价即可；
（3）根据优秀率的定义，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵七年级学生的竞赛成绩从小到大排列第10和11个数为92和93，
92+93
∴a= =92.5，
2
∵八年级中A组人数为20×20%=4，B组人数为20×15%=3，D组人数为20×20%=4，C组中得分为
94的人数为5，
∴b=94，4+8
七年级学生的优秀率为m= =60%，
20
故答案为：92.5；94；60%；
（2）解：由于八年级竞赛成绩的中位数为93为大于七年级竞赛成绩的中位数92.5，
∴八年级对“防灾减灾”的了解情况更好；
（3）解：1050×60%+1100×65%=1345（人），
答：两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为1345人．
【点睛】本题考查了中位数众数，用样本估计容量，掌握中位数和众数的定义，用样本去估计总量的方法
是解题的关键．
22．“尔滨”在这个冬季为了更好服务游客下足了功夫，为“小金豆”游客们准备了 A、B两种玩雪手套，
服务小组在采购中获知A型的单价比B型的单价多1.2元，如果A、B两种手套买相同数量，则A型需要
7000元B型需要4200元．
(1)你是否能算出A型手套和B型手套单价各是多少元？
(2)由于新增加海南“小金橘”来“尔滨”，又临时增加购买一些手套，增加购买B型数量是A型数量的2
倍，财务给了3960元备用金，如果你是采购办理员，你是否能算出最多增加购买A型手套数量是多少个？
【答案】(1)能，A型手套的单价是3元，则B型手套的单价是1.8元；
(2)能，最多增加购买A型手套数量是600个．
【分析】
本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，根据题意找出数量关系是解题关键．
（1）设A型手套的单价是x元，则B型手套的单价是(x−1.2)元，根据“A、B两种手套买相同数量，则A
型需要7000元B型需要4200元”列分式方程求解，检验后即可得出答案；
（2）设增加购买A型手套数量是a个，则增加购买B型手套数量是2a个，根据手套单价和备用金列一元
一次不等式求解即可．
【详解】（1）解：设A型手套的单价是x元，则B型手套的单价是(x−1.2)元，
7000 4200
由题意得： = ，
x x−1.2
解得：x=3，
经检验，x=3是原方程的解，
∴x−1.2=1.8元，
即A型手套的单价是3元，则B型手套的单价是1.8元；
（2）解：设增加购买A型手套数量是a个，则增加购买B型手套数量是2a个，
由题意得：3a+1.8×2a≤3960，
解得：a≤600，
∴最多增加购买A型手套数量是600个．
23．如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠A=60°，动点M，N均以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发，点M沿折线A→D→C方向运动，点N沿折线A→B→C方向运动，当两者相遇时停止运动．设运动时
间为x秒，点M，N的距离为y．
(1)请直接写出y关于x的函数表达式并注明自变量x的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数图象，并写出该函数的一条性质；
(3)结合函数图象，直接写出点M，N相距超过3个单位长度时x的取值范围．
【答案】(1)y=¿
(2)图象见解析，当0<x≤4时，y随x的增大而增大（答案不唯一）；
(3)3<x<5
【分析】（1）根据菱形的性质得出AD+DC=AB+BC=8，∠A=∠C=60°，得出总的运动时间为8秒，
分两种情况：当0<x≤4时，当4<x≤8时，根据等边三角形的性质解答即可；
（2）在直角坐标系中描点连线即可，再根据函数的增减性即可得出其性质；
（3）结合图象利用y=3分别求解即可．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD，AB=4,∠A=60°，
∴AD+DC=AB+BC=8，∠A=∠C=60°，
∴总的运动时间为：8÷1=8秒，
当点M在AD，点N在AB上运动时，即0<x≤4时，
连接MN，
由题意得AM=AN，∠A=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴y=x；
当点M在CD，点N在CB上运动时，即4<x≤8时，如图所示：△CMN是等边三角形，
∴CM=8−x，∴y=8−x；
综上可得：y=¿；
（2）对于y=x，当x=4时，y=4，
对于y=8−x，当x=8时，y=0，
函数图象如图：
当0<x≤4时，y随x的增大而增大；
（3）当0<x≤4时，y=3即x=3；
当4<x≤8时，y=3即8−x=3，解得x=5，
∴由图象得：点M，N相距超过3个单位长度时，3<x<5．
【点睛】此题考查了动点问题，一次函数的图象及性质，菱形的性质及等边三角形的判定和性质，正确理
解动点问题是解题的关键．
24．“十·一”国庆假期．李老师一家乘坐轻轨到重庆磁器口古镇游玩．轻轨到站后，李老师一家从轻轨站
出口E处沿北偏东45°方向行走200米到达景点D处．再从D处沿正东方向行走400米到达景点C处．然
后从C处沿南偏东30°方向行走400米就来到了在嘉陵江边B处．从B处沿正西方向到G处是一条巴渝风
情步行街．出租车乘车点A在B处南偏西63°方向上．（A、G都位于E的正南方向上）
(1)求巴渝风情步行街BG的长度（结果保留根号）；
(2)结束游玩之后李老师需要赶到重庆西站乘坐高铁．李老师从B处出发，现可沿①B→C→D→E路线回到E处乘坐轻轨到达西站，轻轨到达西站需要1个小时；也可沿②B→G→A路线到达出租车乘车点A
处打车到达西站，出租车到达西站需20分钟，但会堵车半个小时．已知李老师步行速度是20米/分钟，请
问李老师选择哪条路线能更快到达重庆西站（√2≈1.41，√3≈1.73，sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，
tan27°≈0.51）．
【答案】(1)BG的长度为(100√2+600)米
(2)选择2号路线更快
【分析】（1）过C作CH⊥BG于H，延长¿、CD相交于F，再Rt△DFE中可求得FD的长，再
Rt△CHB中可求得BH的长，即可求出答案；
（2）分别计算出两条路线的长度，可求得时间，比较即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，过C作CH⊥BG于H，延长¿、CD相交于F，
则∠CHB=∠CHG=90°，∠F=90°，矩形FGHC，
由题意得：∠FED=45° ，CD=400，BC=400，
FD
∵Rt△DFE中，sin∠FED= ，ED=200，
ED
√2
∴FD= ×200=100√2，
2
∴GH=FC=FD+DC=100√2+400，
∵Rt△CHB中，∠BCH=30°，
1
∴BH= BC=200，
2
∴BG=GH+BH=100√2+400+200=(100√2+600)米，
答：BG的长度为(100√2+600)米 ．
（2）解：由题意得：∠AGB=90°，∠GBA=90°−63°=27°，
AG
∵Rt△AGB中，tan∠GBA= ，
BG
∴AG=tan27°BG≈0.51×(100√2+600)，
∴AG+BG=0.51×(100√2+600)+(100√2+600)=1.51×(100√2+600)，
2号路线所用时间1.51×(100√2+600)÷20+20+30≈106分钟，
1号路线所用时间(200+400+400)÷20+60=110分钟，因为106<110，
∴选择2号路线更快．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握相关知识是解题关键．
25．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+9与x轴交于点A(−2√3,0)、B(6√3,0)，与y
轴交于点C．已知点D为y轴上一点，且OD=√3OA．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，作∠DAO的角平分线交y轴于点M，点P为直线AD上方抛物线上的一个动点，过点P作
1
PF⊥AD交直线AM于点F，过点P作PE∥y轴交直线AM于点E，求PE+ PF的最大值，并求出此时
2
点P的坐标；
(3)如图2，将原抛物线沿x轴向左平移4√3个单位得到新抛物线y′，新抛物线y′交x轴于点A′、B′，点N为
新抛物线y′的对称轴与x轴的交点，点G为新抛物线y′上一动点，使得∠GND+∠A′DN=60°，请直接
写出所有满足条件的点G的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+√3x+9；
4
25 4√3 35
(2) ，( , )；
2 3 3
−8√3+2√111 −2+2√37
(3)(−2√3,12)或( , )．
3 3
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，勾股定
理，分类讨论是解题的关键．
（1）利用待定系数法，即可求解；
1 3
（2）PE交直线AD于S，过点F作FT⊥PE于T，可得出△PEF是正三角形，PE+ PF= PE只需求
2 2
PE的最大值即可；
1 1
（3）求出平移后的函数解析式为y′=− (x+2√3) 2+12=− x2−√3x+9，求出A′(−6√3,0)、
4 4
B′(2√3,0)，分G点在ND的上方和下方两种情况讨论；
【详解】（1）解：将点A(−2√3,0)、B(6√3,0)代入y=ax2+bx+9，得：¿，
解得¿，
1
∴ y=− x2+√3x+9；
4
（2）如图1，PE交直线AD于S，过点F作FT⊥PE于T，
在Rt△AOD中，AD=√OA2+OD2=√OA2+(√3OA) 2=2OA，
∴ ∠ADO=30°，∠DAO=60°，
∵ AM平分∠ADO，
1
∴ ∠MAO=∠DAM= ∠DAO=30°，
2
∴ ∠DAM=∠ADO=30°，
∴ ∠DMF=60°，
∵ PE∥y轴，
∴ ∠AST=∠ADO=30°，∠PEF=∠DMF=60°，
∵ PF⊥AD，
∴ ∠PRS=90°，
∴ ∠P+∠PSR=90°，
∴ ∠P=60°，
∴在△PEF中，∠PFE=180°−∠PEF−∠P=60°，
∴ △PEF是正三角形，
∴ FT平分∠PFE，
1 1
∴ ∠PFT= ∠PFE= ×60°=30°，
2 2
1
∴在Rt△PFT，PT= PF，
2
∵在正△PEF中，FT⊥PE，
∴ FT是中线，
1
∴ PT= PE，
21 1
∴ PF= PE，
2 2
1 1 3
∴ PE+ PF=PE+ PE= PE，
2 2 2
1
故当PE取最大值时，PE+ PF最大，
2
∵ ∠MAO=30°，
∴在Rt△MAO中，AM=2MO且AM2=MO2+OA2，
∴ (2MO) 2=MO2+(2√3) 2 ，
∴ MO=2或MO=−2（舍去），
∴ M(0,2)，
∴设直线AM解析式为y=kx+b，
∴ ¿，
∴ ¿，
√3
∴ y= x+2，
3
设P ( m,− 1 m2+√3m+9 ) ，则E ( m, √3 m+2 ) ，
4 3
1 √3 1 2√3
∴ PE=− m2+√3m+9− m−2=− m2+ m+7，
4 3 4 3
2√3
3 4√3
∴当m=− = 时，PE最大，
( 1) 3
2× −
4
2
1 (4√3) 2√3 4√3 25
∴ PE=− × + × +7= ，
4 3 3 3 3
1 3 25
∴ PE+ PF= PE= ，
2 2 2
(4√3 35)
即P , ，
3 3
(4√3 35) 1 25
∴当P , 时，PE+ PF有最大值 ；
3 3 2 2
1
（3）∵ y=− x2+√3x+9，
4
b √3
x=− =− =2√3
∴对称轴为 2a ( 1) ，
2× −
41 1
∴将y=− x2+√3x+9=− (x−2√3) 2+12向左平移4√3个单位后新抛物线
4 4
1 1
y′=− (x+2√3) 2+12=− x2−√3x+9，
4 4
∴ A′(−6√3,0)、B′(2√3,0)，y′的对称轴为直线x=−2√3，
∴ N(−2√3,0)，M(−2√3,12)，
∵ OD=√3OA，A(−2√3,0)，
∴ OD=6，
OD 6 √3
∴ tan∠DA′O= = = ，
OA′ 6√3 3
∴ ∠DA′O=30°，
∵ DN=√ON2+OD2=√(2√3) 2+62=4√3，A′N=−2√3−(−6√3)=4√3，
∴ A′N=DN，
∴ ∠A′DN=30°，
则∠DNO=∠DA′N+∠A′DN=60°，
∴ ∠MND=30°，
∵ ∠A′DN+∠GND=60°，
∴ ∠GND=60°−30°=30°，
∴ G与M重合，
∴ G(−2√3,12)
∴当G在DN下方时，
∵ ∠GND+∠A′DN=60°，∠A′DN=30°，
∴ ∠G′ND=30°，
√3 √3
∴ ∠G′NB′=30°，OH= ON= ×2√3=2，
3 3
∴ H(0,2)，
设直线NH的解析式为：y=nx+2，
∴ 0=−2√3n+2，
√3
∴ n= ，
3
√3
∴直线NH的解析式为：y= x+2，
3
联立得：¿，
解得：¿或¿（舍去），∴
G′(−8√3+2√111
,
−2+2√37)
，
3 3
(−8√3+2√111 −2+2√37)
点G的坐标为(−2√3,12)或 , ．
3 3
26．如图所示，在等腰三角形ADE中，AD=ED，∠ADE=120°，等边△ABC边长为4，连接CE．
(1)如图①，若∠CAD=∠EAB，AD=√6，求CE；
(2)如图②，取CE中点F，连接BF，BD，猜想线段BF与BD之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在（2）的条件下，连接CD，将△ADE沿AB翻折得△AD E ，连接D B，若AD=1，则当D B最小
1 1 1 1
CF
时，求 的值．
CD
【答案】(1)CE=√10；
√3
(2)BF= BD，理由见解析；
2
CF √247
(3) = ．
CD 26
【分析】（1）作EF ⊥AC于点F ，作DG⊥AE于点G，先求得AE=2AG=3√2，
1 1
∠CAE=15°+30°=45°，再利用等腰直角三角形的性质求得AF =EF =3，据此求解即可；
1 1
（2）连接DF并延长至M，使FM=DF，连接CM、BM，延长AD交CM于点N，交BC于点H，证明
△CFM≌△EFD(SAS)和△BAD≌△BCM(SAS)，推出△BDM是等边三角形，据此求解即可；
（3）推出当A、D 、B共线时，D B最小，此时点D、D 重合，且都在线段AB上，求得
1 1 1∠CAE=90°，利用勾股定理求得CE=√19，过点C作CK⊥AB于点K，利用勾股定理求得CD=√13，
据此求解即可．
【详解】（1）解：过点E作EF ⊥AC于点F ，过点D作DG⊥AE于点G，
1 1
∵AD=ED，∠ADE=120°，
∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，
1 √6 3√2
∴DG= AD= ，AG=√AD2−DG2= ，
2 2 2
∴AE=2AG=3√2，
∵∠CAD=∠EAB，△ABC是等边三角形，
60°−30°
∴∠CAD=∠EAB= =15°，
2
∴∠CAE=15°+30°=45°，
∴△AEF 是等腰直角三角形，
1
√2
∴AF =EF = AE=3，
1 1 2
∴CF =4−3=1，
1
在Rt△CEF 中，CE=√12+32=√10；
1
√3
（2）解：BF= BD，理由如下，
2
连接DF并延长至M，使FM=DF，连接CM、BM，延长AD交CM于点N，交BC于点H，
∵点F是CE中点，
∴CF=EF，
∴△CFM≌△EFD(SAS)，∴CM=DE=AD，∠MCF=∠≝¿，
∴CM∥DE，
∴∠CND=∠NDE=180°−∠ADE=60°，
∵∠CHA=∠HCN+∠CNH=∠HAB+∠ABC，
∴∠BCM=∠BAD，
∵BA=BC，
∴△BAD≌△BCM(SAS)，
∴BD=BM，∠ABD=∠CBM，
∴∠MBD=∠CBA=60°，
∴△BDM是等边三角形，
∵FM=DF，∴BF⊥DM，
∴∠DBF=30°，
∴BD=2DF，BF=√3DF，
√3
∴BF= BD；
2
（3）解：过点D作DG⊥AE于点G，
∵AD=ED，∠ADE=120°，
∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，
1 1 √3
∴DG= AD= ，AG=√AD2−DG2= ，
2 2 2
∴AE=2AG=√3，
点D 在以点A为圆心，1为半径的圆上，当A、D 、B共线时，D B最小，此时点D、D 重合，且都
1 1 1 1
在线段AB上，∠CAE=∠CAB+∠DAE=90°，
∴CE=√AE2+AC2=√19，
1 √19
∴CF= CE= ，
2 2
过点C作CK⊥AB于点K，则AK=BK=2，CK=√42−22=2√3，
∴DK=AK−AD=1，
∴CD=√CK2+DK2=√13，
√19
∴CF 2 √247．
= =
CD √13 26
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的
判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
