2021-2022学年山东省济南市九年级下学期中数学模拟试题（一模）（解析版）

2021-2022学年山东省济南市九年级下学期中数学模拟试题（一模）

一、选一选（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）

1.的倒数是（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】由互为倒数的两数之积为1，即可求解．

【详解】∵，∴的倒数是.故选C

2.如下图所示的一个几何体，它的主视图是（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

【详解】解：它的主视图是一个矩形，中间有一条竖线．故选B．

3.2017年按照济南市政府“拆违拆临，建绿透绿”决策部署，济南市各个部门通力协作，年内共拆除违法建设约32900000平方米，拆违拆临工作取得重大历史性突破，数字32900000用科学记数法表示为（）

A.329×105

B.3.29×105

C.3.29×106

D.3.29×107

【答案】D

【解析】

【详解】解：32900000=3.29×107．故选D．

4.下列计算正确的是()

A.a2•a3＝a6

B.(a2)3＝a6

C.a2+a2＝a3

D.a6÷a2＝a3

【答案】B

【解析】

【详解】试题解析：A.故错误.B.正确.C.不是同类项，不能合并，故错误.D.故选B.点睛：同底数幂相乘，底数不变,指数相加.同底数幂相除，底数不变,指数相减.5.下列所示的图形中既是轴对称图形又是对称图形的是（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

【详解】解：A、是轴对称图形，不是对称图形，故此选项错误；

B、是轴对称图形，也是对称图形，故此选项正确；

C、不是轴对称图形，是对称图形，故此选项错误；

D、是轴对称图形，不是对称图形，故此选项错误．

故选B．

6.如果一组数据2，4，x，3，5的众数是4，那么该组数据的平均数是（）

A.5.2

B.4.6

C.4

D.3.6

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：众数是出现次数最多的数，所以可判定x为4，然后计算平均数：（2+4+4+3+5）÷5=3．6，故选D．

考点：数据的分析．

7.一元二次方程x2﹣2x+m=0总有实数根，则m应满足的条件是（）

A.m＞1

B.m=1

C.m＜1

D.m≤1

【答案】D

【解析】

【分析】根据根的判别式即可求解．

【详解】依题意可得（-2）2-4m≥0

解得m≤1

故选D．

【点睛】此题主要考查一元二次方程根的情况求解，解题的关键是熟知根的判别式．

8.已知A、B两地之间铁路长为450千米，动车比火车每小时多行驶50千米，从A市到B市乘动车比乘火车少用40分钟，设动车速度为每小时x千米，则可列方程为（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【详解】解：设动车速度为每小时x千米，则可列方程为：﹣=．故选D．

9.如图是一副三角尺ABC和与DEF拼成的图案，若将三角尺DEF绕点M按顺时针方向旋转，则边DE与边AB次平行时，旋转角的度数是（）

A.75°

B.60°

C.45°

D.30°

【答案】C

【解析】

【详解】解：过M作MH∥AB交BC于H．

∵AB⊥BC，∴MH⊥BC，∴△BMH是等腰直角三角形，∴∠BMH=45°，∴若将三角尺DEF绕点M按顺时针方向旋转，则边DE与边AB次平行时，旋转角的度数是45°．

故选C．

．

点睛：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记各性质并判断出等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．

10.如图，圆形铁片与直角三角尺、直尺紧靠在一起平放在桌面上．已知铁片的圆心为O，三角尺的直角顶点C落在直尺的10cm处，铁片与直尺的公共点A落在直尺的14cm处，铁片与三角尺的公共点为B，下列说法错误的是（）

A.圆形铁片的半径是4cm

B.四边形AOBC为正方形

C.弧AB的长度为4πcm

D.扇形OAB的面积是4πcm2

【答案】C

【解析】

【详解】解：由题意得：BC，AC分别是⊙O的切线，B，A为切点，∴OA⊥CA，OB⊥BC，又∵∠C=90°，OA=OB，∴四边形AOBC是正方形，∴OA=AC=4，故A，B正确；

∴的长度为：=2π，故C错误；

S扇形OAB==4π，故D正确．

故选C．

【点睛】本题考查切线的性质；正方形的判定与性质；弧长的计算；扇形面积的计算．

11.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，动点P从点B出发，沿着B﹣A﹣D在菱形ABCD的边上运动，运动到点D停止，点P′是点P关于BD的对称点，PP′交BD于点M，若BM＝x，△OPP′的面积为y，则y与x之间的函数图象大致为（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，OA=AC=3，OB=BD=4，AC⊥BD，①当BM≤4时，∵点P′与点P关于BD对称，∴P′P⊥BD，∴P′P∥AC，∴△P′BP∽△CBA，∴，即，∴PP′=，∵OM=4-x，∴△OPP′的面积y=PP′•OM=×；

∴y与x之间的函数图象是抛物线，开口向下，过（0，0）和（4，0）；

②当BM≥4时，y与x之间函数图象的形状与①中的相同，过（4，0）和（8，0）；

综上所述：y与x之间的函数图象大致为

．

故选D．

【点睛】本题考查了动点问题的函数图象、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积的计算以及二次函数的运用；熟练掌握菱形的性质，根据题意得出二次函数解析式是解决问题的关键．

12.二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，给出下列四个结论：①4ac﹣b2＜0；②4a+c＜2b；③3b+2c＜0；④m（am+b）+b＜a（m≠﹣1），其中正确结论的个数是（）

A.4个

B.3个

C.2个

D.1个

【答案】B

【解析】

【详解】解：∵抛物线和x轴有两个交点，∴b2﹣4ac＞0，∴4ac﹣b2＜0，∴①正确；

∵对称轴是直线x﹣1，和x轴的一个交点在点（0，0）和点（1，0）之间，∴抛物线和x轴的另一个交点在（﹣3，0）和（﹣2，0）之间，∴把（﹣2，0）代入抛物线得：y=4a﹣2b+c＞0，∴4a+c＞2b，∴②错误；

∵把（1，0）代入抛物线得：y=a+b+c＜0，∴2a+2b+2c＜0，∵b=2a，∴3b，2c＜0，∴③正确；

∵抛物线的对称轴是直线x=﹣1，∴y=a﹣b+c的值，即把（m，0）（m≠0）代入得：y=am2+bm+c＜a﹣b+c，∴am2+bm+b＜a，即m（am+b）+b＜a，∴④正确；

即正确的有3个，故选B．

考点：二次函数图象与系数的关系

二、填

空

题:（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）

13.因式分解：__________．

【答案】

【解析】

【分析】先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．

【详解】解：原式，故答案为：．

【点睛】本题考查提公因式和完全平方公式因式分解，熟练掌握运算法则是解题关键．

14.若x，y满足方程组则的值为______.【答案】

【解析】

【分析】方程组中第二个方程整理后求出x+y的值，原式利用平方差公式变形，将各自的值代入计算即可求出值．

【详解】解：

由②得，因为，所以.故答案为

【点睛】此题考查了二元方程组的解，以及平方差公式，将原式进行适当的变形是解本题的关键．

15.已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为_________________．

【答案】y=﹣5x+5．

【解析】

【分析】由对称得到P′（1，﹣2），再代入解析式得到k的值，再根据平移得到新解析式.【详解】∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，∴P′（1，﹣2），∵P′在直线y=kx+3上，∴﹣2=k+3，解得：k=﹣5，则y=﹣5x+3，∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣5x+5．

故答案为y=﹣5x+5．

考点：函数图象与几何变换．

16.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，若CD=5cm，则EF=_______cm．

【答案】5

【解析】

【详解】∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，∴CD=AB，∴AB=2CD=2×5=10cm，又∵EF是△ABC的中位线，∴EF=×10=5cm．

故答案为5．

【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线，熟知三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．

17.已知菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1＝60°，对角线A1C1、B1D1相交于点O，以点O为坐标原点，分别以OB1，OA1所在直线为x轴、y轴建立如图所示的直角坐标系，以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2∽菱形B1C2D1A2，再以B2D2为对角线作菱形B2C3D2A3∽菱形A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在y轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点A2018的坐标为_____

【答案】（32017，0）

【解析】

【详解】解：∵菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°，∴OA1=A1B1sin30°=2×=1，OB1=A1B1cos30°=2×=，∴A1（1，0）．

∵B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，∴OA2===3，∴A2（3，0）．

同理可得A3（9，0）…

∴A2018（32017，0）．

故答案为（32017，0）．

点睛：本题考查的是相似多边形的性质，熟知相似多边形的对应角相等是解答此题的关键．

18.（2015孝感，第16题，3分）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB=2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：

①∠ABN=60°；②AM=1；③QN=；④△BMG是等边三角形；⑤P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是．其中正确结论的序号是__________．

【答案】①④⑤．

【解析】

【详解】解：如图1，连接AN，∵EF垂直平分AB，∴AN=BN，根据折叠的性质，可得：AB=BN，∴AN=AB=BN，∴△ABN为等边三角形，∴∠ABN=60°，∠PBN=60°÷2=30°，即结论①正确；

∵∠ABN=60°，∠ABM=∠M，∴∠ABM=∠M=60°÷2=30°，∴AM=AB•tan30°==，即结论②不正确；

∵EF∥BC，QN是△MBG的中位线，∴QN=BG，∵BG=BM=AB÷cos∠ABM==，∴QN==，即结论③不正确；

∵∠ABM=∠MBN=30°，∠BNM=∠BAM=90°，∴∠BMG=∠BNM﹣∠MBN=90°﹣30°=60°，∴∠MBG=∠ABG﹣∠ABM=90°﹣30°=60°，∴∠BGM=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，∴△BMG为等边三角形，即结论④正确；

∵△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，∴BN⊥MG，∴BN=BG•sin60°==2，P与Q重合时，PN+PH的值最小，∵P是BM的中点，H是BN的中点，∴PH∥MG，∵MG⊥BN，∴PH⊥BN，又∵PE⊥AB，∴PH=PE，∴PN+PH=PN+PE=EN，∵EN===，∴PN+PH=，∴PN+PH的最小值是，即结论⑤正确．

故答案为①④⑤．

三、解

答

题:（本大题共9个小题，共78分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

19.计算：．

【答案】2

【解析】

【分析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、角的三角函数值、二次根式化简四个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．

【详解】原式=3－－１＋

=2．

20.先化简，再求值：，其中a＝2．

【答案】3

【解析】

【详解】分析：首先通过通分对括号内的运算进行计算，然后再进行除法运算，再把x的值代入求值即可.详解：原式

当a=2时，原式.点睛：此题主要考查了分式的化简求值，关键是利用分式的混合运算的法则和顺序，通分、约分的性质化为最简分式，再代入求值.21.如图，点G、E、F分别在平行四边形ABCD的边AD、DC和BC上，DG=DC，CE=CF，点P是射线GC上一点，连接FP，EP．

求证：FP=EP．

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】根据平行四边形的性质推出∠DGC=∠GCB，根据等腰三角形性质求出∠DGC=∠DCG，推出∠DCG=∠GCB，根据等角的补角相等求出∠DCP=∠FCP，根据SAS证出△PCF≌△PCE即可．

【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．

∴∠DGC=∠GCB，∵DG=DC，∴∠DGC=∠DCG．

∴∠DCG=∠GCB．

∵∠DCG+∠DCP=180°，∠GCB+∠FCP=180°，∴∠DCP=∠FCP．

∵在△PCF和△PCE中，CE=CF，∠FCP=∠ECP，CP=CP，∴△PCF≌△PCE（SAS）．

∴PF=PE．

22.“中国梦”关系每个人的幸福生活，为展现巴中人追梦的风采，我市某中学举行“中国梦•我的梦”的演讲比赛，赛后整理参赛学生的成绩，将学生的成绩分为A，B，C，D四个等级，并将结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图，但均不完整，请你根据统计图解答下列问题．

（1）参加比赛的学生人数共有

名，在扇形统计图中，表示“D等级”的扇形的圆心角为

度，图中m的值为；

（2）补全条形统计图；

（3）组委会决定从本次比赛中获得A等级的学生中，选出2名去参加市中学生演讲比赛，已知A等级中男生有1名，请用“列表”或“画树状图”的方法求出所选2名学生中恰好是一名男生和一名女生的概率．

【答案】（1）20，72，40；（2）作图见试题解析；（3）．

【解析】

【分析】（1）根据等级为A的人数除以所占的百分比求出总人数，根据D级的人数求得D等级扇形圆心角的度数和m的值；

（2）求出等级B的人数，补全条形统计图即可；

（3）列表得出所有等可能的情况数，找出一男一女的情况数，即可求出所求的概率．

【详解】（1）根据题意得：3÷15%=20（人），表示“D等级”的扇形的圆心角为×360°=72°；

C级所占的百分比为×=40%，故m=40，故答案为20，72，40．

（2）故等级B的人数为20﹣（3+8+4）=5（人），补全统计图，如图所示；

（3）列表如下：

所有等可能的结果有6种，其中恰好是一名男生和一名女生的情况有4种，则P（恰好是一名男生和一名女生）==．

考点：1．列表法与树状图法；2．扇形统计图；3．条形统计图．

今年3月12日植树节期间，学校预购进A、B两种树苗，若购进A种树苗3棵，B种树苗5棵，需2100元，若购进A种树苗4棵，B种树苗10棵，需3800元．

（1）求购进A、B两种树苗的单价；

（2）若该单位准备用不多于8000元钱购进这两种树苗共30棵，求A种树苗至少需购进多少棵？

【答案】（1）购进A种树苗的单价为200元/棵，购进B种树苗的单价为300元/棵；（2）A种树苗至少需购进10棵

【解析】

【分析】（1）设购进A种树苗的单价为x元/棵，购进B种树苗的单价为y元/棵，根据“若购进A种树苗3棵，B种树苗5棵，需2100元，若购进A种树苗4棵，B种树苗10棵，需3800元”，即可得出关于x、y的二元方程组，解之即可得出结论；

（2）设需购进A种树苗a棵，则购进B种树苗（30﹣a）棵，根据总价＝单价×购买数量购买两种树苗的总费用不多于8000元，即可得出关于a的一元不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．

【详解】解：（1）设购进A种树苗的单价为x元/棵，购进B种树苗的单价为y元/棵，根据题意得：，解得：．

答：购进A种树苗的单价为200元/棵，购进B种树苗的单价为300元/棵．

（2）设需购进A种树苗a棵，则购进B种树苗（30﹣a）棵，根据题意得：200a＋300（30﹣a）≤8000，解得：a≥10．

∴A种树苗至少需购进10棵．

【点睛】本题考查二元方程组、一元不等式的应用，找准题目中的数量关系是关键．

24.如图，某校一幢教学大楼的顶部竖有一块“传承文明，启智求真”的宣传牌CD、小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，然后沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°．已知山坡AB的坡度i＝1：，（斜坡的铅直高度与水平宽度的比），测量AB＝10米，AE＝15米，（1）求点B到地面的距离；

（2）求这块宣传牌CD的高度．（测角器的高度忽略不计，结果保留根号）

【答案】（1）5；（2）宣传牌CD高（20﹣10）m．

【解析】

【详解】试题分析：（1）在Rt△ABH中，由tan∠BAH==i==．得到∠BAH=30°，于是得到结果BH=ABsin∠BAH=10sin30°=10×=5；

（2）在Rt△ABH中，AH=AB．cos∠BAH=10．cos30°=5．在Rt△ADE中，tan∠DAE=，即tan60°=，得到DE=15，如图，过点B作BF⊥CE，垂足为F，求出BF=AH+AE=5+15，于是得到DF=DE﹣EF=DE﹣BH=15﹣5．在Rt△BCF中，∠C=90°﹣∠CBF=90°﹣45°=45°，求得∠C=∠CBF=45°，得出CF=BF=5+15，即可求得结果．

试题解析：解：（1）在Rt△ABH中，∵tan∠BAH==i==，∴∠BAH=30°，∴BH=ABsin∠BAH=10sin30°=10×=5．

答：点B距水平面AE的高度BH是5米；

（2）在Rt△ABH中，AH=AB．cos∠BAH=10．cos30°=5．在Rt△ADE中，tan∠DAE=，即tan60°=，∴DE=15，如图，过点B作BF⊥CE，垂足为F，∴BF=AH+AE=5+15，DF=DE﹣EF=DE﹣BH=15﹣5．在Rt△BCF中，∠C=90°﹣∠CBF=90°﹣45°=45°，∴∠C=∠CBF=45°，∴CF=BF=5+15，∴CD=CF﹣DF=5+15﹣（15﹣5）=20﹣10（米）．答：广告牌CD的高度约为（20﹣10）米．

25.如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，1），B（0，﹣3），反比例函数y=（x＞0）的图象点A，动直线x=t（0＜t＜8）与反比例函数的图象交于点M，与直线AB交于点N．

（1）求k的值；

（2）当t=4时，求△BMN面积；

（3）若MA⊥AB，求t的值．

【答案】（1）k=8；（2）6；（3）t=．

【解析】

【分析】（1）把点A坐标代入y=（x＞0），即可求出k的值；

（2）先求出直线AB的解析式，当t=4时，M（4，2），N（4，﹣1），则MN=3，从而得出△BMN的面积S；

（3）求出直线AM的解析式，由反比例函数解析式和直线AM的解析式组成方程组，解方程组求出M的坐标，即可得出结果．

【详解】（1）把点A（8，1）代入反比例函数y=（x＞0），得：k=1×8=8，∴k=8；

（2）设直线AB的解析式为：y=kx+b，根据题意得：，解得：k=，b=﹣3，∴直线AB的解析式为：y=x﹣3；

当t=4时，M（4，2），N（4，﹣1），则MN=3，∴△BMN的面积S=6；

（3）∵MA⊥AB，∴设直线MA的解析式为：y=﹣2x+c，把点A（8，1）代入得：c=17，∴直线AM的解析式为：y=﹣2x+17，解方程组：，得：

或

（舍去），∴M的坐标为（，16），∴t=．

【点睛】本题是反比例函数综合题目．本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要确定函数的解析式，由反比例函数解析式和直线AM的解析式组成方程组，解方程组才能得出结果．

26.(2014四川资阳)如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．

(1)求证：△ABP≌△CBE．

(2)连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．

①当时，求证：AP⊥BD；

②当(n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．

【答案】见解析

【解析】

【详解】(1)证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，(2)①证明：如图，延长AP交CE于点H．

∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．

∵，即P为BC中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．

∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．

②解：∵，∴BC＝P，∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．

令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．

27.如图，已知直线AB点（0，4），与抛物线y=x2交于A，B两点，其中点A的横坐标是．

(1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标．

(2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在请说明理由．

(3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度？值是多少？

【答案】（1）直线y=x+4，点B的坐标为（8，16）；（2）点C的坐标为（﹣，0），（0，0），（6，0），（32，0）；（3）当M的横坐标为6时，MN+3PM的长度的值是18．

【解析】

【分析】（1）首先求得点A的坐标，然后利用待定系数法确定直线的解析式，从而求得直线与抛物线的交点坐标；

（2）分若∠BAC=90°，则AB2+AC2=BC2；若∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2；若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2三种情况求得m的值，从而确定点C的坐标；

（3）设M（a，a2），得MN=a2+1，然后根据点P与点M纵坐标相同得到x=，从而得到MN+3PM=﹣a2+3a+9，确定二次函数的最值即可．

【详解】（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为-2，,A点的坐标为（-2，1），设直线的函数关系式为y=kx+b，将（0，4），（-2，1）代入得

解得

∴y＝x＋4

∵直线与抛物线相交，解得：x=-2或x=8，当x=8时，y=16，∴点B的坐标为（8，16）；

（2）存在．

∵由A(－2，1)，B(8，16)可求得AB2＝=325

设点C(m，0)，同理可得AC2＝(m＋2)2＋12＝m2＋4m＋5，BC2＝(m－8)2＋162＝m2－16m＋320，①若∠BAC＝90°，则AB2＋AC2＝BC2，即325＋m2＋4m＋5＝m2－16m＋320，解得m＝－；

②若∠ACB＝90°，则AB2＝AC2＋BC2，即325＝m2＋4m＋5＋m2－16m＋320，解得m＝0或m＝6；

③若∠ABC＝90°，则AB2＋BC2＝AC2，即m2＋4m＋5＝m2－16m＋320＋325，解得m＝32，∴点C的坐标为(－，0)，(0，0)，(6，0)，(32，0)

（3）设M(a，a2)，则MN＝，又∵点P与点M纵坐标相同，∴x＋4＝a2，∴x=，∴点P的横坐标为，∴MP＝a－，∴MN＋3PM＝a2＋1＋3(a－)＝－a2＋3a＋9＝－

(a－6)2＋18，∵－2≤6≤8，∴当a＝6时，取值18，∴当M的横坐标为6时，MN＋3PM的长度的值是18