（詳解詳析）2023年河南洛陽一模·數(shù)學(xué)

數(shù)學(xué)試卷第頁（共頁）2023年河南洛陽一?！?shù)學(xué)詳解詳析一、選擇題1.B【解析】∵

5＞0，∴

5是正數(shù)，故A不符合題意；∵－1＜0，∴－1是負(fù)數(shù)，故B符合題意；0既不是正數(shù)，也不是負(fù)數(shù)，故C不符合題意；∵|－3|＝3＞0，∴|－3|是正數(shù)，故D不符合題2.D【解析】189670000000＝1.8967×1011．3.B【解析】從左邊看，是一列兩個(gè)小正方形．4.D【解析】2a－a＝a，故A選項(xiàng)不符合題意；（a－1）2＝a2－2a+1，故B選項(xiàng)不符合題意；a6÷a3＝a3，故C選項(xiàng)不符合題意；（2a3）2＝4a6，故D選項(xiàng)符合題意．5.D【解析】∵∠AOC＝75°，∴∠BOD＝∠AOC＝75°，∵∠1＝25°，∠1+∠2＝∠BOD，∴∠2＝∠BOD－∠1＝75°－25°＝50°．6.A【解析】設(shè)方程的另一個(gè)根是m，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得－2m＝－2，解得m＝1.7.C【解析】∵7h出現(xiàn)了19次，出現(xiàn)的次數(shù)最多，∴所調(diào)查學(xué)生睡眠時(shí)間的眾數(shù)是7h；∵共有50名學(xué)生，中位數(shù)是第25、26個(gè)數(shù)的平均數(shù)，∴所調(diào)查學(xué)生睡眠時(shí)間的中位數(shù)是

7+82=8.C【解析】如圖，設(shè)EF交BD于點(diǎn)O，則OD＝OB，由作圖得，EF垂直平分BD，∴四邊形DMBE是菱形，∴DM=BM=BN=ND，∵∠ADB＝90°，∴AD∥EF，又DE∥AM，∴四邊形ADEM是平行四邊形，∴DE=DM=AM=BM，∴M是AB中點(diǎn)，∴DM

=12AB＝MB＝5，同理，DN＝BN＝5，∴四邊形DMBN的周長為5×49.C【解析】解法一：如圖，過點(diǎn)B′作B′G⊥OC于點(diǎn)G，延長GB′交BA延長線于點(diǎn)D，則四邊形BOGD為矩形，∵AB⊥y軸于點(diǎn)B，A（1，2），∴B（0，2），∴AB＝1，DG＝OB＝2，根據(jù)折疊可知，∠ABO＝∠AB′O＝90°，AB＝AB′＝1，OB＝OB′＝2，∴∠AB′D+∠OB′G＝90°，∵∠B′OG+∠OB′G＝90°，∴∠AB′D＝∠B′OG，∵∠ADB′＝∠B′GO＝90°，∴△AB′D∽△B′OG，∴

ADB′G=B′DOG=AB′B’O=12，設(shè)AD＝a，則BD＝OG＝1+a，∴

aB′G=12，∴B′G＝2a，∴B′D＝DG－B′G＝2－2a，∵

B′DOG=12，∴

2?2a1+a=12，解得a

=35，經(jīng)檢驗(yàn)，a

=35是原分式方程的解，∴OG＝1+a

=85，B′G＝2a

=65，∴B′

(解法二：由折疊知，BC⊥OA，∴∠OBC+∠AOB＝90°，∵∠OBC+∠OCB＝90°，∴∠AOB＝∠BCO，∵AB⊥y軸，∴∠ABO＝90°＝∠BOC，∴△AOB∽△BCO，∴

OBCO=ABBO，∵A（1，2），∴OB＝2，AB＝1，∴

2OC=1210.B【解析】根據(jù)題意可設(shè)，拉力(x)和彈簧長度(y)的關(guān)系式為：y＝kx+b(k≠0)，∵點(diǎn)（0，10），（1，12）在函數(shù)圖象上，∴

b=10k+b=12，解得

k=2b=10，∴y＝2x+10，∴當(dāng)拉力為7.5N時(shí)二、填空題11.π（答案不唯一）【解析】∵π

≈3.14，∴3＜π＜4，即無理數(shù)可以是π.12.x＜3【解析】由x－2＜1得，x＜3，由數(shù)軸知m＞3，則不等式組解集為x＜3.13.1【解析】畫出樹狀圖如下：由樹狀圖可知，一共有16種等可能的情況，其中小亮和小明被分配到同一場館做志愿者有4種可能情況，∴P（小亮和小明被分配到同一場館做志愿者）

=414.9π－9

3【解析】如圖，連接CO′，OC′，C′C，CO′交OC′于點(diǎn)D,已知可得，四邊形OO′C′C是平行四邊形，又∵OC＝OO′＝6，∴四邊形OO′C′C是菱形，∴CO′⊥OC′，DO′

=12CO′，∵∠AOB＝60°，OC＝OO′，∴△COO′是等邊三角形，CO′＝OC＝6，∠C′OB＝30°，∴DO′＝3，OD

=O′O2?O′D2=62?32=3

3，∴OC′＝2OD＝6

3，∴S15.7【解析】如圖，取AE的中點(diǎn)H，連接FH，交AD于N，∵點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)，點(diǎn)H是AE的中點(diǎn)，∴FH∥AB，EH＝AH＝3

3，F(xiàn)H

=12AB＝2

3，∴點(diǎn)F在以點(diǎn)H為圓心，2

3為半徑的圓上運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)F在AE的上方，且FH⊥AD時(shí)，∵∠DAE＝30°，∴HN

=12AH

=332，當(dāng)點(diǎn)F在AE的下方，且FH⊥AD時(shí)，點(diǎn)F到直線AD的距離有最大值，∴最大值為2

3+332=7三、解答題16.解：（1）原式

=1

＝0；（2）原式

=a

＝(

＝a－b．17.解：（1）m

=110×（10+10+10+9+9+8+3+9+8+10（2）甲．【解法提示】甲同學(xué)得分的方差S2甲

=110×[2×（7－8.6）2+2×（8－8.6）2+4×（9－8.6）2+2×（10－8.6）2]＝1.04，乙同學(xué)得分的方差S2乙

=110×[4×（7－8.6）2+2×（9－8.6）2+4×（10－8.6）2]＝1.84，∵S2甲＜S2乙，∴18.解：（1）

y1＞

y由題意得

y1=k6∵k＜0，∴

k6即

y1＞

y（2）由題意得四邊形OMPN是矩形，MP＝ON＝2，OM

=?∴2×（

?k6）＝解得k＝－6，∴反比例函數(shù)的解析式為y

=?19.解：（1）如圖，過點(diǎn)C作CG⊥DE，并延長CG交AB于點(diǎn)H，由題意得AD＝GH＝EB＝1.5米，AB＝DE＝260米，設(shè)DG＝x米，在Rt△CDG中，∠CDG＝53°，∴CG＝DG?tan53°≈1.33x（米），在Rt△CGE中，∠CEG＝45°，∴EG=

CGta∵DG+GE＝DE，∴x+1.33x＝260，解得x≈111.6，∴CH＝CG+GH＝1.33x+1.5≈150（米），∴鄭北大橋某組斜拉索最高點(diǎn)C到橋面AB的距離約為150米；（2）我認(rèn)為在本次方案的實(shí)行過程中，該小組成員應(yīng)該注意的事項(xiàng)是：使用測角儀測量時(shí)，要與地面垂直（答案不唯一）．20.解：（1）設(shè)購進(jìn)A款鑰匙扣x件，B款鑰匙扣y件，根據(jù)題意，得

x+解得

x=答：購進(jìn)A款鑰匙扣30件，B款鑰匙扣20件．（2）設(shè)購進(jìn)m件A款鑰匙扣，則購進(jìn)（200－m）件B款鑰匙扣，根據(jù)題意，得20m+25（200－m）≤4800，解得m≥40．設(shè)再次購進(jìn)的A、B兩款鑰匙扣全部售出后獲得的總利潤為w元，則w＝（30－20）m+（37－25）（200－m）＝－2m+2400．∵－2＜0，∴w隨m的增大而減小，∴當(dāng)m＝40時(shí)，w取得最大值，最大值＝－2×40+2400＝2320，此時(shí)200－m＝200－40＝160．答：當(dāng)購進(jìn)40件A款鑰匙扣，160件B款鑰匙扣時(shí)，才能獲得最大銷售利潤，最大銷售利潤是2320元．21.（1）證明：∵AC與⊙O相切于點(diǎn)A，∴∠OAC＝90°，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∴∠BAD－∠OAB＝∠OAC－∠OAB，∴∠OAD＝∠BAC，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠BAC＝∠ODA，∵∠AOB＝∠OAD+∠ODA=2∠ODA，∴∠AOB＝2∠BAC；（2）解：設(shè)⊙O的半徑為r

cm，在Rt△OAC中，sin∠ACB=

513∴

OAOC=

rr解得r＝20，∴OA＝20，OC＝OB+BC＝52，∴AC=

OC2?OA2=

∴水槽AC的長度為48cm．22.（1）（－2，－4m－1）；【解法提示】解：（1）∵拋物線y＝mx2+4mx－1（m＜0），∴對稱軸為直線x=－

4m2m=－2，當(dāng)x＝－2時(shí)，y＝4m－8m－1＝－4m－1，∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（－2，－4m（2）①∵拋物線y＝mx2+4mx－1（m＜0）與y軸的交點(diǎn)為（0，－1），∴OC＝1，∵OB＝OC，∴OB＝1，∴B（－1，0）或B（1，0），把B（－1，0）代入拋物線y＝mx2+4mx－1（m＜0），可得m－4m－1＝0，解得m

=?把B（1，0）代入拋物線y＝mx2+4mx－1（m＜0），可得5m－1＝0，解得m

=15，不合∴拋物線的解析式為y

=?13x2

?4②

?13≤m

＜

【解法提示】設(shè)A，B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

x1，

x2，則AB＝|

x1－

x2|=x2-x1，

x1，

x2是方程mx2+4mx－1＝0的兩個(gè)根，∴

x1+

x2＝－4，

x1x2=?1m，∵AB≤2，∴0＜x2-x1≤2，∵（

x1－

x2）2＝（

x1+

x2）2－4

x1x223.（1）75°；【解法提示】∵四邊形ABCD為正方形，∴BC＝CD，∠B＝∠BCF＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，DF＝CF

=12CD，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠B＝∠CGH＝90°，∠HCG＝∠HCB

=12∠GCB，∴CF

=12CG，EF∥BC，∴∠FGC＝∠GCB＝30°，∴∠HCB＝15°，∠CHB＝（2）解法一：△MGN為等邊三角形．理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠B＝90°，BC＝CD，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，DF＝CF，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠B＝∠CGH＝90°，∠D=∠FCB=90°，∴EF∥BC∥AD，∠MGC＝90°，CG＝CD，∵NF∥DM，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，∴NF為△CDM的中位線，∴CN＝NM，在Rt△MGC中，MN＝GN，∴∠NMG＝∠MGN，在Rt△CGM和Rt△CDM中，CM∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），∴∠CMG＝∠CMD，即∠NMG＝∠NMD，∵EF∥AD，∴∠NMD＝∠GNM，∴∠NMG＝∠MGN＝∠GNM

=180°∴△MGN為等邊三角形；解法二：由（1）可知，∠CHB＝∠CHG＝75°，∴∠BHG＝150°，∠EHG＝30°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，DF＝CF，∠BEF＝∠AEF＝90°，∠B＝∠A=∠CGH＝90°，∴EF∥AD，∠MGN＝∠EGH＝60°，∵NF∥DM，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，∴NF為△CDM的中位線，∴CN＝NM，在Rt△MGC中，MN＝GN，∴∠NMG＝∠MGN＝60°，∴△MGN為等邊三角形；（3）AM＝3cm或AM＝4.8cm．【解法提示】∵點(diǎn)H是邊AB的三等分點(diǎn)，∴BH＝2cm或AH＝2cm，①當(dāng)BH＝2cm時(shí)，如圖①，連接CM，則AH＝4cm，∵四邊ABCD為邊長為6cm的正方形，∴BC＝CD＝6cm，∠B＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，BC＝CG＝6cm，BH＝GH＝2cm，∠B＝∠HGC＝90°，∴CG＝CD＝6cm，在Rt△CGM和Rt△CDM中，CM∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），∴GM＝DM，設(shè)GM＝DM＝x

cm，則AM＝（6－x）cm，HM＝GH+GM＝（2+x）cm，在Rt△AHM中，AM2+AH2＝HM2，∴（6－x）2+42＝（2+x）2，解得x＝3，∴AM＝6－x＝3（cm）；②當(dāng)AH＝2cm時(shí)，如圖②，連接CM，則BH＝4cm，∵四邊ABCD為邊長為6cm的正方形，∴BC＝CD＝6cm，∠