2024成都中考B卷專項(xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練十班級(jí)：________姓名：________得分：________(滿分：50分)一、填空題(本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分)19.已知m＋2n＝eq\r(5)，則代數(shù)式(eq\f(4n,m－2n)＋2)÷eq\f(m,m2－4n2)的值為________．20.我國(guó)某型號(hào)運(yùn)載火箭的整流罩的三視圖如圖所示，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)(單位：m)計(jì)算該整流罩的側(cè)面積是________m2.第20題圖21.若一元二次方程x2－8x＋3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根分別是a，b，則關(guān)于x的一次函數(shù)y＝abx－a－b的圖象一定不經(jīng)過(guò)第________象限．22.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l的函數(shù)表達(dá)式為y＝x，點(diǎn)O1的坐標(biāo)為(1，0)，以O(shè)1為圓心，O1O為半徑畫圓，交直線l于點(diǎn)P1，交x軸正半軸于點(diǎn)O2；以O(shè)2為圓心，O2O為半徑畫圓，交直線l于點(diǎn)P2，交x軸正半軸于點(diǎn)O3；以O(shè)3為圓心，O3O為半徑畫圓，交直線l于點(diǎn)P3，交x軸正半軸于點(diǎn)O4；…，按此作法進(jìn)行下去，其中的長(zhǎng)為________．第22題圖23.如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，點(diǎn)E為邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接EO并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F.將四邊形AEFD沿著直線EF翻折，得到四邊形A′EFD′，邊A′E交邊BC于點(diǎn)G，連接OG，OC，則△OGC面積的最小值為________．第23題圖二、解答題(本大題共3個(gè)小題，共30分)24.(本小題滿分8分)晨光中學(xué)課外活動(dòng)小組準(zhǔn)備圍建一個(gè)矩形生物苗圃園，其中一邊靠墻，另外三邊用長(zhǎng)為30米的籬笆圍成．已知墻長(zhǎng)為18米(如圖所示)，設(shè)這個(gè)苗圃園垂直于墻的一邊的長(zhǎng)為x米．(1)設(shè)這個(gè)苗圃園的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出其自變量x的取值范圍；(2)當(dāng)矩形場(chǎng)地的面積為100m2時(shí)，求垂直于墻的一邊的長(zhǎng)．第24題圖25.(本小滿分10分)如圖，直線y＝x與拋物線C1：y＝eq\f(1,4)(x＋3)2＋m交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，拋物線與y軸交于點(diǎn)C.(1)如圖①，若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為－5，求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)在(1)條件下，點(diǎn)M為直線y＝x上方的拋物線上一點(diǎn)，若S△ABM＝2S△ABC，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)將拋物線C1平移使得頂點(diǎn)落在原點(diǎn)O得到拋物線C2，直線y＝x＋b交拋物線C2于P，Q兩點(diǎn)，已知點(diǎn)H(0，－1)，直線PH，QH分別交拋物線于另一點(diǎn)M，N.求證：直線MN恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)．圖①圖②第25題圖26.(本小題滿分12分)如圖，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠CDO＝90°，OA＝OB，OD＝CD＝eq\f(1,2)AB，△OCD可繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥CD交直線AB于點(diǎn)E.【初步感知】(1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上時(shí)，試探究線段BE，CE，OC之間的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)寫出結(jié)論并證明；【深入探究】(2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)判斷(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)寫出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)寫出線段BE，CE，OC之間的數(shù)量關(guān)系，并請(qǐng)說(shuō)明理由；【拓展應(yīng)用】(3)若OA＝eq\r(2)，在△OCD繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，當(dāng)∠AEC＝60°時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)D到AB中點(diǎn)的距離．圖①圖②圖③第26題圖

參考答案與解析19.2eq\r(5)【解析】原式＝(eq\f(4n,m－2n)＋eq\f(2m－4n,m－2n))÷eq\f(m,m2－4n2)＝eq\f(2m,m－2n)·eq\f(（m＋2n）（m－2n）,m)＝2(m＋2n).∵m＋2n＝eq\r(5)，∴原式＝2eq\r(5).20.12π【解析】觀察圖形可知，圓錐母線長(zhǎng)為eq\r(（\f(2.4,2)）2＋1.62)＝2，∴該整流罩的側(cè)面積為π×2.4×4＋π×(2.4÷2)×2＝12π(m2).21.二【解析】∵方程x2－8x＋3＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根分別是a，b，∴a＋b＝8，ab＝3，則一次函數(shù)的表達(dá)式為y＝3x－8，∴該一次函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第一、三、四象限，不經(jīng)過(guò)第二象限．22.22021π【解析】如解圖，連接P1O1，P2O2，P3O3，…，∵P1是⊙O2上的點(diǎn)，∴P1O1＝OO1.∵直線l的函數(shù)表達(dá)式為y＝x，∴∠P1OO1＝45°，∴△P1OO1為等腰直角三角形，即P1O1⊥x軸，同理，PnOn⊥x軸，∴為eq\f(1,4)圓的周長(zhǎng)．∵以O(shè)1(1，0)為圓心，O1O為半徑畫圓，交x軸正半軸于點(diǎn)O2，以O(shè)2為圓心，O2O為半徑畫圓，交x軸正半軸于點(diǎn)O3，以此類推，∴OOn＝2n－1，∴＝eq\f(1,4)·2π·OOn＝eq\f(1,2)π·2n－1＝2n－2π，當(dāng)n＝2023時(shí)，的長(zhǎng)為22021π.第22題解圖23.eq\f(3\r(7),2)＋6【解析】如解圖，在EA上截取EM＝EG，連接OM，由折疊得，∠MEO＝∠GEO.又∵EO＝EO，∴△MOE≌△GOE，∴OM＝OG，∴OM最短時(shí)，OG也就最短，而當(dāng)OM⊥AB時(shí)，OM最短．∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，∴OM＝eq\f(1,2)BC＝4＝OG，即OG的最小值是4，在△OGC中，∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，∴OC長(zhǎng)度是矩形對(duì)角線長(zhǎng)度的一半，即OC＝5，OC的長(zhǎng)為定值，∠BCO度數(shù)也不變，是定值，∴當(dāng)OG＝4時(shí)，△OGC面積最?。^(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，∴OH＝eq\f(1,2)AB＝3，∴在Rt△OGH中，GH＝eq\r(OG2－OH2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7)，在Rt△OHC中，HC＝eq\r(OC2－OH2)＝eq\r(52－32)＝4，∴GC＝GH＋HC＝eq\r(7)＋4，∴△OGC面積的最小值是eq\f(1,2)×GC×OH＝eq\f(1,2)×(eq\r(7)＋4)×3＝eq\f(3\r(7),2)＋6.第23題解圖24.解：(1)∵這個(gè)苗圃園垂直于墻的一邊的長(zhǎng)為x米，∴平行于墻的一邊長(zhǎng)為(30－2x)米，根據(jù)題意得S＝x(30－2x)＝－2x2＋30x，∴S與x之間的函數(shù)關(guān)系式為S＝－2x2＋30x(6≤x＜15)；(2)根據(jù)題意得－2x2＋30x＝100，解得x1＝5，x2＝10，∵6≤x＜15，∴x＝10，∴垂直于墻的一邊的長(zhǎng)為10米．25.(1)解：將x＝－5代入y＝x中，得y＝－5，∴A(－5，－5)，把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入y＝eq\f(1,4)(x＋3)2＋m，得－5＝eq\f(1,4)(－5＋3)2＋m，解得m＝－6，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝eq\f(1,4)(x＋3)2－6；(2)解：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝\f(1,4)（x＋3）2－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝－5，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝3，))∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3，3)，把x＝0代入y＝eq\f(1,4)(x＋3)2－6，得y＝－eq\f(15,4)，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，－eq\f(15,4))，∴OC＝eq\f(15,4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(15,4)×(3＋5)＝15.∵S△ABM＝2S△ABC，∴S△ABM＝30.設(shè)直線AB上方拋物線上的點(diǎn)M坐標(biāo)為(x，eq\f(1,4)(x＋3)2－6)，如解圖，過(guò)M點(diǎn)作y軸的平行線交直線AB于點(diǎn)N，則N(x，x)，∴S△ABM＝S△BMN－S△AMN＝eq\f(1,2)MN·(xB－xA)＝eq\f(1,2)×[eq\f(1,4)(x＋3)2－6－x]·(3＋5)＝30.整理得x2＋2x－45＝0，解得x1＝－1＋eq\r(46)，x2＝－1－eq\r(46).故點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－1＋eq\r(46)，eq\f(13,2)＋eq\r(46))或(－1－eq\r(46)，eq\f(13,2)－eq\r(46))；第25題解圖(3)證明：∵將拋物線C1平移使得頂點(diǎn)落在原點(diǎn)O得到拋物線C2，∴拋物線C2的表達(dá)式為y＝eq\f(1,4)x2.令eq\f(1,4)x2＝x＋b，∴eq\f(1,4)x2－x－b＝0，∴xP＋xQ＝4，xP·xQ＝－4b.設(shè)直線MH的表達(dá)式為y＝kx－1，令eq\f(1,4)x2＝kx－1，∴eq\f(1,4)x2－kx＋1＝0，∴xM·xP＝4，∴xP＝eq\f(4,xM).設(shè)直線NH的表達(dá)式為y＝k′x－1，令eq\f(1,4)x2＝k′x－1，∴eq\f(1,4)x2－k′x＋1＝0，∴xQ·xN＝4，∴xQ＝eq\f(4,xN)，∴eq\f(4,xM)＋eq\f(4,xN)＝4，∴xN＋xM＝xN·xM.設(shè)直線MN的表達(dá)式為y＝mx＋n，令eq\f(1,4)x2＝mx＋n，∴eq\f(1,4)x2－mx－n＝0，∴xN＋xM＝4m，xN·xM＝－4n，∴4m＝－4n，∴m＝－n，∴y＝mx－m＝m(x－1)，∴直線MN恒過(guò)定點(diǎn)(1，0).26.解：(1)BE＝eq\r(2)OC－CE.證明：如解圖①，連接AC,∵∠AOB＝∠CDO＝90°，OA＝OB，OD＝CD，∴∠OAB＝∠OBA＝∠COD＝∠OCD＝45°.∵sin∠COD＝eq\f(CD,OC)，sin∠OBA＝eq\f(OA,AB)，∴OC＝eq\r(2)CD，AB＝eq\r(2)OA.∵OD＝CD＝eq\f(1,2)AB，∴CD＝eq\f(\r(2),2)OA.∵CD＝eq\f(\r(2),2)OC，∴OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC.∵CE⊥CD，∴∠ECD＝90°，∴∠OCE＝∠ECD－∠OCD＝45°，∴∠OCE＝∠OAE＝45°.∵∠ECA＝∠OCA－∠OCE，∠EAC＝∠OAC－∠OAE，∴∠ECA＝∠EAC，∴CE＝AE，∴BE＝AB－AE＝eq\r(2)OA－CE＝eq\r(2)OC－CE；圖①圖②第26題解圖(2)(1)中結(jié)論不成立，BE＝eq\r(2)OC＋CE.理由如下：如解圖②，連接AC，∵∠AOB＝∠CDO＝90°，OA＝OB，OD＝CD，∴∠OAB＝∠OBA＝∠COD＝∠OCD＝45°.∵sin∠COD＝eq\f(CD,OC)，sin∠OBA＝eq\f(OA,AB)，∴OC＝eq\r(2)CD，AB＝eq\r(2)OA.∵OD＝CD＝eq\f(1,2)AB，∴CD＝eq\f(\r(2),2)OA.∵CD＝eq\f(\r(2),2)OC，∴OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC.∵CE⊥CD，∴∠ECD＝90°，∴∠OCE＝∠ECD＋∠OCD＝135°.∵∠OAE＝180°－∠OAB＝135°，∴∠OCE＝∠OAE.∵∠ECA＝∠OCE－∠OCA，∠EAC＝∠OAE－∠OAC，∴∠ECA＝∠EAC，∴CE＝AE，∴BE＝AE＋AB＝CE＋eq\r(2)OC；(3)如解圖③，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，連接DH，設(shè)線段OA與CD交于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥OC于點(diǎn)G，連接AC.∵△OAB和△OCD是等腰直角三角形，OA＝OB＝eq\r(2)，∴AB＝eq\r(OA2＋OB2)＝2.∵OH⊥AB，∴H為AB中點(diǎn)，∴OH＝eq\f(1,2)AB＝1.∵OD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝1，∴OC＝eq\r(OD2＋CD2)＝eq\r(2)，∴OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC.∵CE⊥CD，∠OAB＝∠OCD＝45°，∴∠OCE＝∠OAE＝135°，∴∠ACE＝∠CAE.∵∠AEC＝60°，∴△ACE是等邊三角形，∴∠OCA＝∠OAC＝75°，∠AOC＝30°.設(shè)FG＝x，∵FG⊥OC，∠FCG＝45°，∴CG＝FG＝x，OG＝eq\f(FG,tan30°)＝eq\r(3)x，則eq\r(3)x＋x＝eq\r(2)，解得x＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)，∴CG＝FG＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)，CF＝eq\r(3)－1.∵∠ACF＝∠OCA－∠OCF＝30°，∴∠CFA＝180°－30°－75°＝75°，∴∠CFA＝∠CAF，∴AC＝CF＝eq\r(3)－1.∵∠DOH＝45°－∠AOD，∠AOC＝45°－∠AOD，∴∠DOH＝∠AOC＝30°.∵OD＝OH＝1，∴∠ODH＝∠OCA＝75°，∴△ODH∽△OCA，∴eq\f(DH,CA)＝eq\f(OD,OC)，即