（II）解不等式②，得x＞﹣1；
（III）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（IV）原不等式组的解集为：﹣1＜x≤3．
故答案为：（I）x≤3；（Ⅱ）x＞﹣1；（Ⅳ）﹣1＜x≤3．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．也考查了在数轴上表示不等式组的解集．
20．【分析】（Ⅰ）根据统计图中的数据可以求得m的值；
（Ⅱ）根据条形统计图中的数据可以求得平均数、众数和中位数；
（Ⅲ）根据统计图中的时，可以计算出该校学生一周诗词诵背6首（含6首）以上的人数． 【解答】解：（Ⅰ）m%＝则m＝25， 故答案为：25； （Ⅱ）平均数是：众数是4，中位数是5； （Ⅲ）1500×
＝600（人），
＝5.2，
＝25%，
答：该校学生一周诗词诵背6首（含6首）以上的有600人．
【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、平均数、众数、中位数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 21．【分析】（I）由垂径定理得出性质，即可得出结论；
（II）由圆周角定理得出∠ACB＝90°，求出∠BAC＝60°，AC＝AB＝3，由圆周角定理得出∠BAD＝∠CAD＝30°，在Rt△ACP中，∠CAP＝30°，得出AP＝2CP，AC＝＝
，即可得出AP的长．
CP＝3，求出CP
，由圆周角定理得出∠DAC＝∠BCD，再由三角形的外角
【解答】（I）证明：∵OD⊥BC， ∴
，
∴∠DAC＝∠BCD，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠APB＝∠ACB+∠DAC， ∴∠ACD＝∠APB；
（II）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝30°，AB＝2OB＝6， ∴∠BAC＝60°，AC＝AB＝3， ∵OD⊥BC， ∴
，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°， 在Rt△ACP中，∠CAP＝30°， ∴AP＝2CP，AC＝∴CP＝∴AP＝2
， ．
CP＝3，
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握垂径定理和圆周角定理是解决问题的关键．
22．【分析】在Rt△ACH和Rt△HCB中，利用锐角三角函数，用CH表示出AH、BH的长，然后计算出AB的长．
【解答】解：由于CD∥HB，
∴∠CAH＝∠ACD＝45°，∠B＝∠BCD＝30° 在Rt△ACH中，∵∴∠CAH＝45° ∴AH＝CH＝1200米， 在Rt△HCB，∵tan∠B＝∴HB＝∴AB＝HB﹣HA ＝1000＝1000（
﹣1000 ﹣1）米．
，
（米）．
【点评】本题考查了锐角三角函数的仰角、俯角问题．题目难度不大，解决本题的关键是用含CH的式子表示出AH和BH．
23．【分析】（I）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨，根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得；
（II）设货运公司安排大货车m辆，则安排小货车（10﹣m）辆．根据10辆货车需要运输46.4吨货物列出不等式．
【解答】解：（I）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨，根据题意可得：
，
解得：
，
答：1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨；
（II）设货运公司安排大货车m辆，则安排小货车（10﹣m）辆， 根据题意可得：5m+3.5（10﹣m）≥46.4， 解得：m≥7.6，
因为m是正整数，且m≤10， 所以m＝8或9或10． 所以10﹣m＝2或1或0．
方案一：所需费用＝500×8+300×2＝4600（元） 方案二：所需费用＝500×9+300×1＝4800（元） 方案三：所需费用＝500×10+300×0＝5000（元） 因为4600＜4800＜5000．
所以货运公司安排大货车8辆，则安排小货车2辆，最节省费用．
【点评】考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，体现了数学建模思想，考查了学生用方程解实际问题的能力，解题的关键是根据题意建立方程组，并利用不等式求解大货车的数量，解题时注意题意中一次运完的含义，此类试题常用的方法为建立方程，利用不等式或者一次函数性质确定方案．
24．【分析】（Ⅰ）由折叠知，∠APB＝∠NPB，∠OPM＝∠NPM，再由平角即可得出结论； （Ⅱ）先表示出AP＝OA﹣OP＝4﹣m，进而得出OM＝t，再判断出△MOP∽△PAB，进而得出t＝﹣（m﹣2）2+1 即可得出结论；
（Ⅲ）先判断出∠CBN＝∠ABP，BP＝BN，再判断出NE＝PE，∠NBE＝∠PBE，进而得出∠CBE＝∠ABE＝45°，再求出PN＝得出
＝
m，进而得出MN＝ON＝OM＝m﹣t，再判断出△OMP∽△NMG，
①，由（2）知，t＝﹣m（m﹣4）②，联立①②解得，即可得出结论．
【解答】解：（Ⅰ）由折叠知，∠APB＝∠NPB，∠OPM＝∠NPM， ∵∠APN+∠OPN＝180°， ∴2∠NPB+2∠NPM＝180°， ∴∠NPB+∠NPM＝90°， ∴∠BPM＝90°， ∴BP⊥PM；
（Ⅱ）∵四边形OABC是正方形， ∴∠OAB＝90°，AB＝OA， ∵A（4，0）， ∴AB＝OA＝4， ∵点P（m，0）， ∴OP＝m， ∵0＜m＜4，
∴AP＝OA﹣OP＝4﹣m， ∵M（0，t）， ∴OM＝t，
由（1）知，∠BPM＝90°， ∴∠APB+∠OPM＝90°， ∵∠OMP+∠OPM＝90°， ∴∠OMP＝∠APB， ∵∠MOP＝∠PAB＝90°， ∴△MOP∽△PAB， ∴∴
， ，
∴t＝﹣m（m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+1 ∵0＜m＜4，
∴当m＝2时，t的最大值为1；
（Ⅲ）∵△ABP≌△CBN， ∵∠CBN＝∠ABP，BP＝BN，
由折叠知，∠ABP＝∠EBP，∠BEP＝∠BAP＝90°， ∴NE＝PE，∠NBE＝∠PBE， ∴∠CBN＝∠NBE＝∠EBP＝∠PBA， ∴∠CBE＝∠ABE＝45°，
连接OB，∵四边形OABC是正方形， ∴∠OBC＝∠OBA＝45°， ∴点E在OB上， ∴OP＝ON＝m， ∴PN＝
m，
∵OM＝t，
∴MN＝ON＝OM＝m﹣t，
如图，过点N作OP的平行线交PM的延长线于G， ∴∠OPM＝∠G，
由折叠知，∠OPM＝∠NPM， ∴∠NPM＝∠G， ∴NG＝PN＝∵GN∥OP， ∴△OMP∽△NMG， ∴∴
， ＝
①， m，
由（2）知，t＝﹣m（m﹣4）②， 联立①②解得，m＝0（舍）或m＝8﹣
．
2024年天津市河北区中考数学一模试卷(解析版)
