2．本試卷共三個大題，滿分100分，考試時間120分鐘.
3．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號．寫在本試卷上無效．
4．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
5．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
第Ⅰ卷 選擇題
一、選擇題（本大題包括8小題，每小題2分，共16分.在每小題列出的四個選項中，只有一個是正確的，請將答題卡上對應(yīng)題目所選的選項涂黑）
1．（本題2分）紋樣是我國古代藝術(shù)中的瑰寶．下列四幅紋樣圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（本題2分）已知， ，則的度數(shù)為（ ）
A．B．C．或D．或
3．（本題2分）如圖，數(shù)軸上的點P表示下列四個無理數(shù)中的一個，這個無理數(shù)是（ ）
A．B．C．D．π
4．（本題2分）已知關(guān)于x的一元二次方程無實數(shù)根，則函數(shù)與函數(shù)的圖象交點個數(shù)為（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．（本題2分）經(jīng)過某十字路口的汽車，可能直行，也可能向左轉(zhuǎn)或向右轉(zhuǎn)，這三種可能性大小相同．若兩輛汽車經(jīng)過這個十字路口，則至少一輛車向右轉(zhuǎn)的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．（本題2分）2024年3月份，低空經(jīng)濟首次被寫入《政府工作投告》．截止2023年底，全國注冊通航企業(yè)690家、無人機萬架，運營無人機的企業(yè)達(dá)萬家．將萬用科學(xué)記數(shù)法表示為（ ）
A．B．C．D．
7．（本題2分）如圖，矩形ABCD中，分別以A，C為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于M，N兩點，作直線MN分別交AD，BC于點E，F(xiàn)，連接AF，若BF＝3，AE＝5，以下結(jié)論錯誤的是（ ）
A．AF＝CFB．∠FAC＝∠EACC．AB＝4D．AC＝2AB
8．（本題2分）如圖，在矩形中，平分，將矩形沿直線折疊，使點A，B分別落在邊上的點，處，，分別交于點G，H．若，，則的長為（ ）
A．B．C．D．5
第Ⅱ卷 非選擇題
二、填空題（本大題包括6小題，每小題2分，共16分.請把各題的答案填寫在答題卡上）
9．（本題2分）要使二次根式有意義，則的取值范圍是 ．
10．（本題2分）因式分解： ．
11．（本題2分）分式方程的解為 ．
12．（本題2分）在平面直角坐標(biāo)系中，若點在反比例函數(shù)的圖象上，則 （填“>”“=”或“0，在每個象限內(nèi)，y隨x的增大而減小，進(jìn)行判斷即可．
【詳解】解：∵k>0，
∴在每個象限內(nèi)，y隨x的增大而減小，
，
∴>．
故答案為：>．
【點睛】本題考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握函數(shù)的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
13．3150名．
【分析】用樣本中會游泳的學(xué)生人數(shù)所占的比例乘總?cè)藬?shù)即可得出答案．
【詳解】解：由題意可知，150名學(xué)生占總?cè)藬?shù)的百分比為：，
∴估計該區(qū)會游泳的六年級學(xué)生人數(shù)約為8400×=3150(名) ．
故答案為：3150名．
【點睛】本題主要考查樣本估計總體，熟練掌握樣本估計總體的思想及計算方法是解題的關(guān)鍵．
14．30°/30度
【分析】根據(jù)垂徑定理得出∠AOB=∠BOD，進(jìn)而求出∠AOD=60°，再根據(jù)圓周角定理可得∠APD=∠AOD=30°．
【詳解】∵OC⊥AB，OD為直徑，
∴，
∴∠AOB=∠BOD，
∵∠AOB=120°，
∴∠AOD=60°，
∴∠APD=∠AOD=30°，
故答案為：30°．
【點睛】本題考查了圓周角定理、垂徑定理等知識，掌握垂徑定理是解答本題的關(guān)鍵．
15．
【分析】本題考查矩形折疊，勾股定理，解直角三角形，設(shè)與交于點，，則：，勾股定理求出，等積法求出，根據(jù)，列出方程進(jìn)行求解即可．
【詳解】解：設(shè)與交于點，
∵矩形，
∴，
∵翻折，
∴，，
設(shè)，則：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，經(jīng)檢驗是原方程的解，
∴；
故答案為：．

16． 6 4
【分析】本題考查規(guī)律型，數(shù)字的變化類，根據(jù)比賽要求求出總的場次，即可得出所有選手的得分總和的范圍，再分析出每名選手的比賽場次，根據(jù)題意分析出沒有并列第一名，且需要求第一名選手成績的最小值，此條件下，可得有一名選手至少贏一場，就可與其他選手拉開差距，且此時第一名的成績也可以盡可能的小，進(jìn)行計算即可的出結(jié)論﹒
【詳解】解：已知5名選手，兩兩之間只比賽一場，
則共比賽場次為： (場)，
因為勝場得分3分，負(fù)一場得分0分，若平局，則兩位選手各得1分，
因此10場全為勝場時，所有選手的總分最高為： (分) ，
10場全為平局時，所有選手的總分最少為： (分)，
因為沒有并列第一名，且需要求第一名選手成績的最小值，
所以當(dāng)10場中9平1勝時，即有一名選手贏一場，就可與其他選手拉開差距，
此時所有選手的總分為：（分），
此條件下可得第一名的成績?yōu)椋?(分)，
則m的最小值為6；
當(dāng)10場中9勝1平時，所有選手總分為：（分），
當(dāng)10場中8勝2平時，所有選手總分為：（分），
當(dāng)10場中7勝3平時，所有選手總分為：（分），
……
依次類推，可知：所有選手的總分越大時，平局的場次越少，
即在第一名為6分時，總分越大時，平局得場次就越小，
當(dāng)?shù)谝幻麨?分，其余四位選手均為5分時，所有選手此時的總分最大，
且為：（分），
當(dāng)10場中6勝4平時，所有選手總分為：（分），
故平局是數(shù)最少為4場，
故答案為：6，4．
17．
【分析】此題考查了實數(shù)的混合運算，特殊的三角函數(shù)值，零次冪及負(fù)指數(shù)冪計算，正確掌握各計算法則是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：原式．
18．，整數(shù)和為6
【分析】本題主要考查解不等式組的整數(shù)解，掌握不等式的性質(zhì)，不等式組的取值方法是解題的關(guān)鍵．
根據(jù)不等式的性質(zhì)分別求出不等式①，②的解，再根據(jù)不等式組的取值方法“同大取大，同小取小，大小小大取中間，大大小小無解”即可求解，結(jié)合解集取整數(shù)，再求和即可．
【詳解】解：，
由①得，，
解得，；
由②得，，
移項得，，
解得，，
∴原不等式組的解為：，
∴所有整數(shù)解為：，
∴所有整數(shù)解的和為：．
19．；1
【分析】本題主要考查了分式化簡求值，先根據(jù)分式混合運算法則進(jìn)行化簡，然后再代入數(shù)據(jù)求值即可．
【詳解】解：
，
把代入得：原式．
20．(1)見解析
(2)
【分析】本題主要考查了平行四邊形和菱形．熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，是解決問題的關(guān)鍵．
（1）由題目中的中，O為對角線的中點，可以得出，，結(jié)合，可以證得兩個三角形全等，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）由（1）中得到的結(jié)論可以得到，結(jié)合得出四邊形是平行四邊形，進(jìn)而利用證明出四邊形為菱形，根據(jù)即可求出菱形的周長．
【詳解】（1）∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵點O是對角線的交點，
∴，
在△和中，，
∴．
（2）由（1）知，，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴是菱形，
∴，
∴，
∴四邊形的周長為．
21．符合，理由見詳解
【分析】本題考查了列一元一次方程解應(yīng)用題，正確理解題意，找到等量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
設(shè)技術(shù)改進(jìn)后該汽車的A類物質(zhì)排放量為，則B類物質(zhì)排放量為，根據(jù)汽車的，兩類物質(zhì)排放量之和原為建立方程求解即可．
【詳解】解：設(shè)技術(shù)改進(jìn)后該汽車的A類物質(zhì)排放量為，則B類物質(zhì)排放量為，
由題意得：，
解得：，
∵，
∴這次技術(shù)改進(jìn)后該汽車的類物質(zhì)排放量符合“標(biāo)準(zhǔn)”．
22．(1)
(2)
【分析】本題考查了一次函數(shù)的圖象與幾何變換，一次函數(shù)與系數(shù)的關(guān)系，熟悉利用數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
（1）根據(jù)平移相同，得到的值后，代入點求解即可；
（2）把代入求出相交時的交點坐標(biāo)后，代入得到的最大值，結(jié)合的性質(zhì)即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）解：∵一次函數(shù)的圖象由函數(shù)的圖象平移得到，
∴，則，
∵一次函數(shù)過點，
∴把，代入可得：，
解得：，
∴一次函數(shù)解析式為：；
（2）解：把代入，得：，
把，代入可得：，
解得：，
∵當(dāng)時，函數(shù)的值大于一次函數(shù)的值，
∴．
23．（1），見解析；（2），，；（3）見解析
【分析】（1）利用乘以七年級學(xué)生投稿2篇的學(xué)生所占百分比即可得的值；根據(jù)八年級學(xué)生的投稿篇數(shù)的頻數(shù)分布表補全頻數(shù)直方圖即可；
（2）根據(jù)中位數(shù)和眾數(shù)的定義、加權(quán)平均數(shù)公式即可得；
（3）從中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)、方差的意義進(jìn)行分析即可得．
【詳解】解：（1）兩個年級隨機抽取的學(xué)生數(shù)量為（人），
則．
補全頻數(shù)直方圖如下：

（2），
將八年級學(xué)生的投稿篇數(shù)按從小到大進(jìn)行排序后，第25個數(shù)和第26個數(shù)的平均數(shù)即為其中位數(shù)，
，，
中位數(shù)，
∵在八年級學(xué)生的投稿篇數(shù)中，投稿篇數(shù)4出現(xiàn)的次數(shù)最多，
∴眾數(shù)．
（3）從中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)來看，八年級學(xué)生的均高于七年級學(xué)生的，而且從方差來看，八年級學(xué)生的小于七年級學(xué)生的，所以八年級學(xué)生的投稿情況比七年級學(xué)生的投稿情況好．
【點睛】本題考查了扇形統(tǒng)計圖、頻數(shù)分布表、頻數(shù)分布直方圖、中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)、方差，熟練掌握統(tǒng)計調(diào)查的相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
24．(1)見解析
(2)
【分析】題目主要考查切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理解三角形，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．
（1）連接，根據(jù)題意得，，利用等量代換確定，再由相似三角形的判定即可證明；
（2）先由勾股定理確定，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：
∵是的切線，點C在以為直徑的上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴，
由（1）得，
∴即，
∴，
∴的半徑為．
25．【觀察】：①；②；【發(fā)現(xiàn)】：①；②見解析；【拓展】：0＜x≤12或48≤x≤72．
【分析】[觀察]①設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論；
②此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論；
[發(fā)現(xiàn)]①當(dāng)點第二次相遇地點剛好在點B時，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為，根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論；
②設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為，根據(jù)題意列函數(shù)解析式即可得到結(jié)論；
[拓展]由題意列不等式即可得到結(jié)論．
【詳解】[觀察]①∵相遇地點與點之間的距離為個單位長度，
∴相遇地點與點之間的距離為個單位長度，
設(shè)機器人甲的速度為，
∴機器人乙的速度為，
∴機器人甲從相遇點到點B所用的時間為，
機器人乙從相遇地點到點再返回到點所用時間為，而，
∴設(shè)機器人甲與機器人乙第二次迎面相遇時，
機器人乙從第一次相遇地點到點，返回到點，再返回向時和機器人甲第二次迎面相遇，
設(shè)此時相遇點距點為個單位，
根據(jù)題意得，，
，
故答案為；
②∵相遇地點與點之間的距離為個單位長度，
∴相遇地點與點之間的距離為個單位長度，
設(shè)機器人甲的速度為，
∴機器人乙的速度為，
∴機器人乙從相遇點到點再到點所用的時間為，
機器人甲從相遇點到點所用時間為，而，
∴設(shè)機器人甲與機器人乙第二次迎面相遇時，機器人從第一次相遇點到點，再到點，返回時和機器人乙第二次迎面相遇，
設(shè)此時相遇點距點為個單位，
根據(jù)題意得，，
，
故答案為；
[發(fā)現(xiàn)]①當(dāng)點第二次相遇地點剛好在點時，
設(shè)機器人甲的速度為，則機器人乙的速度為，
根據(jù)題意知，，
，
經(jīng)檢驗：是分式方程的根，
即：，
故答案為；
②當(dāng)時，點在線段上，
∴線段的表達(dá)式為，
當(dāng)時，即當(dāng)，此時，第二次相遇地點是機器人甲在到點返回向點時，
設(shè)機器人甲的速度為，則機器人乙的速度為，
根據(jù)題意知，，
，
即：，
補全圖形如圖2所示，
[拓展]①如圖，
由題意知，，
∴y=5x，
∵0＜y≤60，
∴0＜x≤12；
②如圖，
∴，
∴y=-5x+300，
∵0≤y≤60，
∴48≤x≤60，
③如圖，
由題意得，，
∴y=5x-300，
∵0≤y≤60，
∴60≤x≤72，
∵0＜x＜75，
∴48≤x＜72，
綜上所述，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是0＜x≤12或48≤x≤72，
故答案為0＜x≤12或48≤x≤72．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，兩點間的距離，分式方程的應(yīng)用，一元一次方程的應(yīng)用，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．
26．(1)上的“黎點”為，
(2)
【分析】（1）設(shè)雙曲線上的“黎點”為，構(gòu)建方程求解即可；
（2）拋物線（a、c為常數(shù)）上有且只有一個“黎點”，推出方程有且只有一個解，，可得結(jié)論．
【詳解】（1）設(shè)雙曲線上的“黎點”為，
則有，解得，
∴上的“黎點”為，．
（2）∵拋物線上有且只有一個“黎點”，
∴方程有且只有一個解，
即，，，
∴．
∵，
∴．
【點睛】本題考查反比例函數(shù)圖象上的點特征，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．
27．(1)見解析，；
(2)，證明見解析．
【分析】（1）①在ON上取，根據(jù)垂線，角平分線的畫法作圖即可；②求出，再證明即可；
（2）證明為等腰直角三角形，再證明，得到，進(jìn)一步得到，證明為等腰直角三角形，得到，即可得到．
【詳解】（1）解：①作圖如下：
②∵，是的平分線，
∴，
∵點A、關(guān)于對稱，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
（2）解：當(dāng)時，對任意的點A總有，
理由如下：
∵A、B關(guān)于OP對稱，且OP平分，
∴OP垂直平分AB，即，，
∵，，
∴為等腰直角三角形，
∴，
由（1）可知：，即，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵AQ平分，為等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
即．
【點睛】本題考查作圖，角平分線，等腰直角三角形，三角形全等的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握角平分線的作法及性質(zhì)，垂線的作法，等腰直角三角形的判定，三角形全等的判定及性質(zhì)．
28．(1)
(2)①或；②
【分析】（1）先求出與一次函數(shù)的交點坐標(biāo)即為，再根據(jù)“圓截距”的定義利用勾股定理求解即可；
（2）①求出當(dāng)直線l經(jīng)過點時，，解直角三角形求出此時；求出當(dāng)直線l經(jīng)過點時，，由對稱性可知此時直線l關(guān)于的“圓截距”為，兩種情況結(jié)合函數(shù)圖象求解即可．②如圖所示，設(shè)直線l與交于B、C，與y軸交于D，過點M作于E，連接，先證明當(dāng)點E與點D重合時，最大，即此時最小，再由，求出，可得，解得．
【詳解】（1）解：當(dāng)時，則一次函數(shù)解析式為，
∴此時一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)為，
∵到原點的距離都為1，
∴都在上，即與一次函數(shù)的交點坐標(biāo)即為，
∴“圓截距”；
（2）解：①如圖2-1所示，當(dāng)直線l經(jīng)過點時，
∴，
∴；
∵．
∴．
∴．
設(shè)與的另一個交點為C，連接，可知．
∴．即此時直線l關(guān)于的“圓截距”為．
結(jié)合圖形可知．
如圖2-2所示，當(dāng)直線l經(jīng)過點時，同理可得．
由對稱性可知此時直線l關(guān)于的“圓截距”為．
結(jié)合圖形可知．
綜上，當(dāng)或時直線l關(guān)于的“圓截距”小于；
②如圖所示，設(shè)直線l與交于B、C，與y軸交于D，過點M作于E，連接，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴當(dāng)最大時，最小，即此時最小，
∵，
∴當(dāng)點E與點D重合時，最大，即此時最小，
∵直線l關(guān)于的“圓截距”的最小值為，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得．
【點睛】本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，一次函數(shù)與幾何綜合，解直角三角形，勾股定理等等，正確理解題意利用數(shù)形結(jié)合的思想求解是解題的關(guān)鍵．
題號
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
B
C
B
A
D
B
D
A


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