（詳解詳析）2024年河南省信陽三模·數(shù)學

數(shù)學試卷第頁（共頁）2024年河南省信陽三?！?shù)學詳解詳析一、選擇題1.B2.C【解析】9020000＝9.02×106．3.C【解析】從上面看，看到的圖形為一個正方形，在這個正方形里面還有一個小正方形，即看到的圖形為.4.B【解析】A.a3+3a3＝4a3，故此選項不符合題意；B.a?a2＝a3，故此選項符合題意；C.a6÷a2＝a4，故此選項不符合題意；D.（a3）2＝a6，故此選項不符合題意.5.C【解析】x+y=?2①2x?y=2②，①+②得，3x＝0，解得x＝0，把x＝0代入①6.A【解析】由折疊的性質得，∠AEF＝∠A′EF，∵∠1＝50°，∴∠AEF＝∠A′EF

=180°?∠12=65°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠7.B【解析】把“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四張郵票分別記為A、B、C、D，畫樹狀圖如下，由樹狀圖知，共有12種等可能的結果，其中小亮抽到的兩張郵票恰好是“秋分”和“大寒”的結果有2種，∴小亮抽到的兩張郵票恰好是“秋分”和“大寒”的概率是

2128.B【解析】根據方程沒有實數(shù)根，得到b2﹣4ac＝16﹣8k＜0，解得：k＞2．∴實數(shù)k的取值范圍是：k＞2．9.C【解析】由題意得，OB⊥PB，OA＝OB＝5，∴∠OBP＝90°，在Rt△OBP中，∵cos∠BOP

=OBOP=510=12，∴∠BOP＝60°10.C【解析】∵∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，∴AC

=AB2?BC2=6，如圖，過P作PD⊥AC，交AC于點D，∵△ACP的面積為3，S△ACP

=12×AC×PD，∴PD＝1，過點P作直線l∥AC，則l與AC的距離為1，點P在直線l上運動且在△ABC內，B到直線l的距離為7，作B關于直線l的對稱點E，連接EQ，交直線l于點P′，∴EP′＝BP′，∴PB+PQ≥BP′+P′Q＝EP′+P′Q＝EQ，EQ即PB+PQ的最小值，過Q作QF⊥BC，交BC于點F，∵點Q為AB中點，∴BQ＝AQ＝CQ＝5，∴CF＝BF＝4，∵BQ＝5，∠QFB＝90°，∴QF

=BQ2?BF二、填空題（每小題3分，共15分）11.x≥5【解析】由題意得：x﹣5≥0，解得x≥5．12.(x+2)(x﹣2)13.35【解析】由題意得，∠BOD＝50°，∵∠AOB＝15°，∴∠AOD＝∠BOD﹣∠AOB＝50°﹣15°＝35°.14.2【解析】如圖，延長BA交y軸于E，∵AB∥x軸，∴AE垂直于y軸，∵點A在雙曲線

y=1x上，∴四邊形AEOD的面積為1，∵點B在雙曲線y

=3x上，且AB∥x軸，∴四邊形BEOC的面積為3，∴矩形ABCD的面積為315.4或16【解析】①當點Q在線段DC上時，如圖①，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝8，AB∥CD，∠BCQ＝90°，∴∠AQD＝∠BAQ．由翻折得∠AQD＝∠AQD'，∴∠BAQ＝∠AQD′．∴BQ＝AB＝10，在Rt△BCQ中，CQ

=BQ2?BC2=102?82=6，∴DQ＝CD﹣CQ＝10﹣6＝4；②當點Q在DC的延長線上時，如圖②，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠AQD＝∠BAQ，由翻折得∠AQD＝∠AQB，∴∠BAQ＝∠AQB，∴BQ＝AB＝10．在Rt△BCQ中，CQ

=BQ2?BC

三、解答題（本大題共8個小題，共75分）16.解：（1）原式＝4

?1+3＝6；（2）原式＝4x2+4xy+y2+x2

?y2＝5x2+4xy．17.解：（1）8，8；【解法提示】根據圖形可知，B款軟件每段短文中識別正確的字數(shù)最多的是8，故B款的眾數(shù)為8，即a＝8；由折線圖可得，將B款語音識別輸入軟件每次識別正確的字數(shù)從小到大排列，第10，11個數(shù)都是8，故中位數(shù)為8，即b＝8.（2）會向公司推薦A款軟件；理由如下：A款語音識別輸入軟件中更準確，∵在9字及以上次數(shù)所占百分比中，A款是50%，大于B款30%，說明A款識別準確率更高，∴會向公司推薦A款軟件；（答案不唯一，合理即可）(3

)A款語音識別完全正確的百分比是

520×100%＝B款語音識別完全正確的百分比是

220×100%＝估計這兩款軟件一字不差地識別正確的短文共有400×25%+400×10%＝140（段），答：估計這兩款軟件一字不差地識別正確的短文共有140段．18.（1）解：如圖所示，點E即為所求．（作法不唯一）（2）證明：如圖，記AC與BE交于點O，AE與CD交于點F，由對稱的性質，可知AC垂直平分線段BE，∴AB＝AE，BO＝EO，∴∠EAC＝∠BAC．∵四邊形ABCD為矩形，∴CD∥AB．∴∠DCA＝∠BAC．∴∠EAC＝∠DCA．∴AF＝CF．19.（1）證明：如圖，連接OA，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AC＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∵OD⊥BE，∴∠DOF＝90°，∴∠OFD+∠ODA＝90°，∵∠CAF＝∠CFA，∠OFD＝∠CFA，∴∠CAF+∠OAD＝90°，即OA⊥AC，∵OA為⊙O的半徑，∴AC是⊙O的切線；（2）解：設⊙O的半徑為r，∴BO＝DO＝r，∵BF＝8，∴OF＝8﹣r，∵∠DOF＝90°，∴在Rt△ODF中，由勾股定理得OF2+OD2＝DF2，∵

DF∴（8﹣r）2+r2＝（2

10）2，解得r＝6或r＝2（不符合題意舍），∴⊙O的半徑為6；（3）解：∵BO＝DO，BD＝2，∠DOB＝90°，∴在Rt△BOD中，由勾股定理得BO2+OD2＝BD2，∴OB＝OD

=2即⊙O的半徑為

2，∵∠ADB＝60°，∴∠AOB＝2∠ADB＝120°，∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝60°，由（1）知，OA⊥AC，∴∠OAC＝90°，在Rt△OAC中，tan∠AOC＝tan60°

=A∵OA

=2∴AC

=3OA

=∴S△OAC

=12OA?AC

=12×2×∴陰影部分的面積為S△OAC﹣S扇形AOE

=320.解：（1）設該校八年級訂購的《西游記》的單價是x元，則《朝花夕拾》的單價是1.4x元，由題意得，

140001.4x解得x＝10，經檢驗，x＝10是所列方程的解，且符合題意，∴1.4×10＝14（元），答：該校八年級訂購的《西游記》的單價是10元，《朝花夕拾》的單價是14元；（2）設購買《朝花夕拾》m本，則購買《西游記》（100﹣m）本，由題意得，14m+10（100﹣m）≤1200，解得m≤50，答：最多購買《朝花夕拾》50本．21.解：如圖，過點B作BG⊥AD，垂足為G，延長BC交DE于點H，由題意得，BG＝DH，BH＝DG，BH⊥DE，在Rt△ABG中，∵AB＝4m，∠BAG＝70°，∴AG＝AB?cos70°≈4×0.342＝1.368（m），BG＝AB?sin70°≈4×0.94＝3.76（m），∴DH＝BG＝3.76m，∵AD＝3.5m，∴DG＝BH＝AD﹣AG＝3.5﹣1.368＝2.132（m），∵DF＝2.76m，∴FH＝DH﹣DF＝3.76﹣2.76＝1（m），在Rt△CFH中，∠CFH＝60°，∴CH＝FH?tan60°

=3（m∴BC＝BH﹣CH＝2.132﹣1.732＝0.40（m），∴BC的長度約為0.40m．22.解：（1）∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴拋物線的頂點坐標為（t，﹣t）；（2）①∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，∴拋物線的對稱軸為直線x＝t，∵1＞0，∴拋物線開口向上，∵t﹣1≤x1≤t+2，∴當x1＝t時，y1的最小值為﹣t，∵y1的最小值是﹣2，∴t＝2，∵|t﹣1﹣t|＝1，|t+2﹣t|＝2，∴當x1＝t+2時，y1最大＝（t+2﹣t）2﹣t＝4﹣t＝4﹣2＝2，即y1的最大值為2；②∵點P（x1，y1），Q（x2，y2）在拋物線y＝（x﹣t）2﹣t上，∴y1＝（x1﹣t）2﹣t，y2＝（x2﹣t）2﹣t，∵對于x1，x2都有y1＜y2，∴y2﹣y1＝（x2﹣t）2﹣t﹣（x1﹣t）2+t＝（x2﹣t）2﹣（x1﹣t）2＝（x2﹣x1）（x2+x1﹣2t）＞0，∴

x2當

x2?由①知，x2＞x1，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴1﹣t＞t+2，∴t

＜?由②知，x2+x1＞2t，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴0≤x2+x1≤3，∴2t＜0，∴t＜0，即t

＜?當

x2?由③得，x2＜x1，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴1﹣t＜t﹣1，∴t＞1，由④知，x2+x1＜2t，∵t﹣1≤x1≤t+2，x2＝1﹣t，∴0≤x2+x1≤3，∴2t＞3，∴t

＞3即t

＞3綜上所述，滿足條件的t的取值范圍為t

＜?12或t23.（1）證明：∵BE∥AC，∴∠E＝∠CAE，又∵AD是△ABC的角平分線∴∠BAE＝∠CAE，∴∠BAE＝∠E，∴BA＝BE，∵BE∥AC，∴△BDE∽△CDA，∴

BE∴

AB（2）解：∵AD是△ABC的角平分線，∴AB∶AC＝BD∶CD＝6∶9＝2∶3，∴

BD∵M為BC的中點，∴BM＝CM，∴BD+DM＝CD﹣DM，∴

23CD+DM＝CD﹣DM∴CD＝6DM，∵MN∥AD，∴