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2025年北京市中考数学模拟预测卷
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 茂名期末）如图是某个几何体从不同的方向看所得到的图形，那么这个几何体是由（　　）个小正方体组合而成的．
A．4 B．5 C．6 D．7
2．（2分）（2024 石景山区二模）若正多边形的一个外角是40°，则该正多边形的边数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．（2分）（2020秋 彭泽县期中）如图，数轴上A，B两点分别对应实数a，b，则下列结论错误的是（　　）
A．ab＜0 B．a+b＜0 C．|a|﹣|b|＞0 D．a﹣b＞1
4．（2分）（2024秋 分宜县期中）关于x的一元二次方程x2+x+1＝0的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根
B．没有实数根
C．有两个相等的实数根
D．有两个实数根
5．（2分）（2023 富顺县校级模拟）2022中国壬寅（虎）年金银纪念币共13枚，其中15克圆形银质纪念币为精制币，面额5元，成色99.9%，最大发行量300000枚，将300000用科学记数法表示为（　　）
A．3×105 B．3×106 C．3×104 D．30×104
6．（2分）某地铁站入口处设置了A，B两个闸口，两名乘客通过此入口时，都选择A闸口通过的概率是（　　）
A． B． C． D．
7．（2分）（2024秋 渝北区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，AD＝AC，在AC上截取AE＝AB，连接DE，BE，并延长BE交CD于点F，以下结论：①△BAC≌△CAD；②∠ABE+∠ADE＝∠BCD；③BC+CF＝DE+EF；④BC＝DC，其中正确结论的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
8．（2分）（2024春 姑苏区期末）如图，在菱形ABCD中，，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2024春 华阴市期末）若在实数范围内有意义，请写出一个满足条件的x的值：　 　 ．
10．（2分）（2024春 南海区期中）因式分解：a2﹣b2﹣a﹣b＝　 　 ．
11．（2分）（2024秋 海淀区期末）方程的解为　 　 ．
12．（2分）（2023 全椒县模拟）如图，反比例函数和的图象在第一象限内分别交矩形OACB的顶点C和对角线AB的中点D，则k的值为 　 　 ．
13．（2分）（2023春 重庆期末）为了解我区九年级6000名学生中“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数，区相关部门随机调查了其中的200名学生，结果有145名学生未获满分，那么估计我区九年级“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数约为 　 　 名．
14．（2分）（2023秋 衡阳期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，正方形DEFG的顶点D、G在△ABC的边BC上，顶点E、F分别在边AB、AC上，则这个正方形的边长是 　 　 ．
15．（2分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且交AB于点E，连接OC，OD，AC，若∠BAC＝30°，CE＝DE，则∠D的度数是 　 　 ．
16．（2分）（2024 西城区校级模拟）小黄、小刘、小李三人进行乒乓球比赛赛前训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现小李共当裁判9局，小刘、小黄分别进行了23局、13局比赛，在这半天的训练中，三人共进行了 　 　 局比赛，其中第9局比赛的裁判是 　 　 ．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2022秋 宽城区校级期末）计算：．
18．（5分）（2024春 微山县期末）解不等式组：．
19．（5分）（2021秋 郸城县期末）先化简，再求值：（a+2b）2+2（a+b）（a﹣b）﹣a（a+4b），其中a＝﹣1，b＝2．
20．（6分）（2024春 昆明期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，分别过点A，C作AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF，CE．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AB＝1，BE＝EO，求BC的长．
21．（6分）（2022秋 嘉鱼县期末）《九章算术》中记载这样一道题：今有牛、马、羊食人苗．苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马”；马主曰：“我马食半牛”．大意是：现在有一头牛、一匹马、一只羊吃了别人家的禾苗．禾苗的主人要求这些动物的主人共计赔偿五斗粟米．羊的主人说：“我家羊只吃了马吃的禾苗的一半”，马的主人说：“我家马只吃了牛吃的禾苗的一半”．按此说法，羊的主人应当赔偿给禾苗的主人几斗粟米？
22．（5分）（2024春 中山区期末）平面直角坐标系中，平移直线y＝2x得到直线y＝kx+b，且y＝kx+b经过点（1，1）．
（1）求k和b的值；
（2）当x＞﹣1时，直线y＝mx+2上的点都在直线y＝kx+b的上方，直接写出m的取值范围．
23．（5分）（2023 西峡县三模）某中学八年级组织了一次体育测试（满分50分），现从该校八年级男、女生中各随机抽取10名同学的成绩进行统计整理（成绩分数用x表示，共分成四组A：30≤x＜35，B：35≤x＜40，C：40≤x＜45，D：45≤x≤50），绘制了如下的图表，请解答下列问题．
10名男生的成绩是：32，34，38，43，44，45，47，48，50，50．
10名女生的成绩在C组中的数据是：43，44，44．
男生、女生抽取学生测试成绩表
年级 平均数 中位数 众数 D组占比
男生 43.1 44.5 b C
女生 43.1 a 44 40%
（1）直接写出上表中a，b，c的值．
（2）根据以上数据，你认为该校八年级男生和女生谁的体育成绩更好？请说明理由．
24．（6分）（2025 石景山区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，OD∥BC交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线交CB的延长线于点E．
（1）求证：AC＝2DE；
（2）过点B作BM⊥AB交DE于点M．若tanA，DM＝10，求⊙O半径的长．
25．（5分）（2023 东城区二模）如图，函数的图象G与直线交于点P，点P的纵坐标为4，PA⊥x轴，垂足为点A．
（1）求m的值；
（2）点M是图象G上一点，过点M作MB⊥AP于点B，若，求点M的坐标．
26．（6分）（2023 海淀区一模）在平面直角坐标系xOy中，点A（x0，m），B（x0+4，n）在抛物线y＝x2﹣2bx+1上．
（1）当b＝5，x0＝3时，比较m与n的大小，并说明理由；
（2）若对于3≤x0≤4，都有m＜n＜1，求b的取值范围．
27．（7分）（2025 历下区二模）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D在边AC上（点D不与点A，点C重合），连接BD并将BD绕点D逆时针旋转90°得到DE．
（1）如图1，连接CE．
①CE与BC的位置关系为　 　 ，∠ABD与∠CED的数量关系是　 　 ；
②请用等式表示BC，CD和CE的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，将△ABD沿BD翻折，得到△A′BD，连接A′E，若A′E的最小值为2，求AB的长．
28．（7分）（2024秋 东城区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
（1）如图，点A（﹣1，0），，．
①在点C1（﹣1，1），，中，弦AB1的“关联点”是 　 　 ．
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
（2）已知直线yx+4与x，y轴分别交于点M，N，对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
2025年北京市中考数学模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）（2024秋 茂名期末）如图是某个几何体从不同的方向看所得到的图形，那么这个几何体是由（　　）个小正方体组合而成的．
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】由三视图判断几何体．
【专题】投影与视图；几何直观．
【答案】A
【分析】根据从正面看的图形和上面看的图形确定该几何体的层数，以及每层的小正方体的个数即可得到答案．
【解答】解：由俯视图可知该几何体有1行3列，结合主视图可知，第2列有2个正方体，
∴这个几何体是由4个小正方体组合而成的．
故选：A．
【点评】本题主要考查了从不同的方向看几何体，解答本题的关键首先应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
2．（2分）（2024 石景山区二模）若正多边形的一个外角是40°，则该正多边形的边数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【考点】多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】D
【分析】多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都相等，且一个外角的度数为40°，由此即可求出答案．
【解答】解：因为360°÷40°＝9，
则正多边形的边数为9．
故选：D．
【点评】本题考查多边形的外角和为360°；熟练掌握多边形外角和为定值是解题的关键．
3．（2分）（2020秋 彭泽县期中）如图，数轴上A，B两点分别对应实数a，b，则下列结论错误的是（　　）
A．ab＜0 B．a+b＜0 C．|a|﹣|b|＞0 D．a﹣b＞1
【考点】实数与数轴；绝对值．
【专题】实数；运算能力．
【答案】C
【分析】先根据A、B两点在数轴上的位置判断出a，b的符号及绝对值的大小，进而可得出结论．
【解答】解：∵由图可知，b＜﹣1＜0＜a＜1，
∴|b|＞a，
∴a﹣b＞1，故D不符合题意；
ab＜0，故A不符合题意；
a+b＜0，故B不符合题意；
|a|﹣|b|＜0，故C符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是实数与数轴，熟知实数与数轴上各点是一一对应关系是解答此题的关键．
4．（2分）（2024秋 分宜县期中）关于x的一元二次方程x2+x+1＝0的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根
B．没有实数根
C．有两个相等的实数根
D．有两个实数根
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】利用一元二次方程根的判别式即可解决问题．
【解答】解：由题知，
因为一元二次方程为x2+x+1＝0，
所以Δ＝12﹣4×1×1＝﹣3＜0，
所以此方程没有实数根．
故选：B．
【点评】本题主要考查了根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键．
5．（2分）（2023 富顺县校级模拟）2022中国壬寅（虎）年金银纪念币共13枚，其中15克圆形银质纪念币为精制币，面额5元，成色99.9%，最大发行量300000枚，将300000用科学记数法表示为（　　）
A．3×105 B．3×106 C．3×104 D．30×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；数感．
【答案】A
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：300000＝3×105．
故选：A．
【点评】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
6．（2分）某地铁站入口处设置了A，B两个闸口，两名乘客通过此入口时，都选择A闸口通过的概率是（　　）
A． B． C． D．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】B
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及都选择A闸口通过的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
A B
A （A，A） （A，B）
B （B，A） （B，B）
共有4种等可能的结果，其中都选择A闸口通过的结果有1种，
∴都选择A闸口通过的概率为．
故选：B．
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
7．（2分）（2024秋 渝北区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，AD＝AC，在AC上截取AE＝AB，连接DE，BE，并延长BE交CD于点F，以下结论：①△BAC≌△CAD；②∠ABE+∠ADE＝∠BCD；③BC+CF＝DE+EF；④BC＝DC，其中正确结论的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】全等三角形的判定；角平分线的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
【分析】只要证明△BAC≌△EAD，∠ABE＝∠ACD，FE＝FC即可解决问题．
【解答】解：∵AB＝AE，AC＝AD，∠BAC＝∠EAD，
∴△BAC≌△EAD（SAS），
故①错误；
∴∠ACB＝∠ADE，BC＝DE，
∵AB＝AE，AC＝AD，
∴∠ABE＝∠AEB，∠ACD＝∠ADC，
∴∠BAE+2∠ABE＝180°，∠CAD+2∠ACD＝180°，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∴∠ABE+∠ADE＝∠ACD+∠ACB＝∠BCD，
故②正确；
∵∠CEF＝∠AEB，∠ABE＝∠AEB，∠ABE＝∠ACD，
∴∠FEC＝∠ECF，
∴EF＝CF，
∴BC+CF＝DE+EF，
故③正确，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
8．（2分）（2024春 姑苏区期末）如图，在菱形ABCD中，，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，可证△ABD是等边三角形，可得AB＝BD＝4，∠ABD＝60°，由旋转的性质可得BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，由“SAS”可证△ABE≌△DBF，可得∠BAO＝∠BDF＝30°，则点F在过点D与BD成30°的射线上移动，由垂线段最短和直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝4，∠ABD＝60°，
∴BO＝DO＝2，∠BAO＝30°，
∵将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE≌△DBF（SAS），
∴∠BAO＝∠BDF＝30°，
∴点F在过点D与BD成30°的射线上移动，
∴当OF⊥DF时，OF有最小值，
∴OF的最小值为OD，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，确定点F的运动轨迹是解题的关键．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2024春 华阴市期末）若在实数范围内有意义，请写出一个满足条件的x的值：　0（答案不唯一、所填的数不大于5均正确）　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】0（答案不唯一、所填的数不大于5均正确）．
【分析】根据二次根式有意义的条件求解即可．
【解答】解：∵，
∴5﹣x≥0，
∴x≤5，
∴答案不唯一、所填的数不大于5均正确；
故答案为：0（答案不唯一、所填的数不大于5均正确）．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，熟悉掌握二次根式的概念是解题的关键．
10．（2分）（2024春 南海区期中）因式分解：a2﹣b2﹣a﹣b＝　（a+b）（a﹣b﹣1）　 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（a+b）（a﹣b﹣1）．
【分析】先两两分组，利用平方差公式和提公因式法进行因式分解．
【解答】解：原式＝（a2﹣b2）﹣（a+b）
＝（a+b）（a﹣b）﹣（a+b）
＝（a+b）（a﹣b﹣1）．
故答案为：（a+b）（a﹣b﹣1）．
【点评】本题主要考查了提公因式法与公式法的综合运用，合理的分组是解题的关键．
11．（2分）（2024秋 海淀区期末）方程的解为　x＝2　 ．
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】x＝2．
【分析】方程两边同乘x（x+4），将分式方程化为整式方程求解即可．
【解答】解：两边同时乘以x（x+4），可得 3x＝x+4，
解得 x＝2，
经检验，x＝2是该分式方程的解，
故答案为：x＝2．
【点评】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法和步骤是解题关键．
12．（2分）（2023 全椒县模拟）如图，反比例函数和的图象在第一象限内分别交矩形OACB的顶点C和对角线AB的中点D，则k的值为 　4　 ．
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】4．
【分析】由题意可得矩形OACB的面积为k，△OAB的面积为2，进一步求得k＝4，
【解答】解：由题意可得矩形OACB的面积为k，
∴△OAB的面积为k，
∵的图象在第一象限内交矩形OACB的对角线AB的中点D，
∴△OAB的面积为2，
∴k＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，矩形的性质，求得矩形OACB的面积为k，△OAB的面积为2是解题的关键．
13．（2分）（2023春 重庆期末）为了解我区九年级6000名学生中“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数，区相关部门随机调查了其中的200名学生，结果有145名学生未获满分，那么估计我区九年级“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数约为 　1650　 名．
【考点】用样本估计总体．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】1650．
【分析】根据200名学生，结果仅有55名学生获满分求得九年级“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数所占总数的百分比，即可得到结论．
【解答】解：随机调查了其中的200名学生，结果有145名学生未获满分，
则获满分人数为：200﹣145＝55（名），
60001650（名），
即估计我区九年级“1分钟跳绳”能获得满分的学生人数约为1650名．
故答案为：1650．
【点评】本题考查了用样本估计总体，正确的理解题意是解题的关键．
14．（2分）（2023秋 衡阳期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，正方形DEFG的顶点D、G在△ABC的边BC上，顶点E、F分别在边AB、AC上，则这个正方形的边长是 　　 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】由∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，根据勾股定理求得BC＝5，由正方形的性质得DE＝DG＝GF，∠EDG＝∠FGD＝90°，则∠BDE＝∠FGC＝∠A＝90°，可证明△DBE∽△ABC，得，则DBDG，再证明△GFC∽△ABC，得，则GCDG，于是得DG+DGDG＝5，求得DG，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC5，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE＝DG＝GF，∠EDG＝∠FGD＝90°，
∴∠BDE＝∠FGC＝∠A＝90°，
∵∠BDE＝∠A，∠B＝∠B，
∴△DBE∽△ABC，
∴，
∴DB DEDEDG，
∵∠FGC＝∠A，∠C＝∠C，
∴△GFC∽△ABC，
∴，
∴GC GFGFDG，
∵DB+DG+GC＝BC＝5，
∴DG+DGDG＝5，
解得DG，
∴正方形DEFG的边长是，
故答案为：．
【点评】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△DBE∽△ABC及△GFC∽△ABC是解题的关键．
15．（2分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，且交AB于点E，连接OC，OD，AC，若∠BAC＝30°，CE＝DE，则∠D的度数是 　30°　 ．
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】30°．
【分析】根据垂径定理推出AB⊥CD，，根据圆周角定理求出∠BOD＝60°，再根据直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，CE＝DE，
∴AB⊥CD，
∴，
∴∠BOD＝2∠BAC＝60°，
在Rt△ODE中，∠BOD+∠D＝90°，
∴∠D＝30°，
故答案为：30°．
【点评】此题考查了垂径定理、圆周角定理，熟记垂径定理、圆周角定理是解题的关键．
16．（2分）（2024 西城区校级模拟）小黄、小刘、小李三人进行乒乓球比赛赛前训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现小李共当裁判9局，小刘、小黄分别进行了23局、13局比赛，在这半天的训练中，三人共进行了 　27　 局比赛，其中第9局比赛的裁判是 　小黄　 ．
【考点】推理与论证．
【专题】推理填空题；推理能力．
【答案】27，小黄．
【分析】先确定小刘和小黄之间打了9局，小刘和小李之间打了14局，小黄和小李打了4局，进而确定三人一共打的局数和小黄当裁判的局数即可得解．
【解答】解：∵小李共当裁判9局，
∴小刘和小黄之间打了9局，
∵小刘和小黄分别进行了23局和13局比赛，
∴小刘和小李之间进行了23﹣9＝14局比赛，
小黄和小李之间进行了13﹣9＝4局比赛，
∴三人一共打了9+14+4＝27局比赛；
∵小刘打了23局比赛，小黄打了13局比赛，
∴小刘当裁判4局，小黄当裁判14局，
而小李当裁判9局，从1到27共14个奇数，13个偶数，
∵每一局都会分胜负，
∴不会出现连续做裁判的情况，
∴小黄当裁判的局为奇数局，
∴第9局比赛的裁判是小黄．
故答案为：27，小黄．
【点评】本题主要考查了推理与论证，解本题的关键是根据题意，分析其存在的规律和方法．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2022秋 宽城区校级期末）计算：．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【答案】1．
【分析】利用特殊角的三角函数值，绝对值的定义，零指数幂计算．
【解答】解：
|1|+1﹣2
11﹣1
＝1．
【点评】本题考查了实数的运算，解题的关键是掌握特殊角的三角函数值，绝对值的定义，零指数幂．
18．（5分）（2024春 微山县期末）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣1≤x＜3．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了，确定不等式组的解集．
【解答】解：，
解不等式①，得x≥﹣1，
解不等式②，得x＜3，
∴原不等式组的解集是﹣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”的原则是解题的关键．
19．（5分）（2021秋 郸城县期末）先化简，再求值：（a+2b）2+2（a+b）（a﹣b）﹣a（a+4b），其中a＝﹣1，b＝2．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【答案】2a2+2b2，10．
【分析】直接利用乘法公式以及单项式乘多项式化简，进而合并同类项，再把已知数据代入得出答案．
【解答】解：（a+2b）2+2（a+b）（a﹣b）﹣a（a+4b）
＝a2+4ab+4b2+2a2﹣2b2﹣a2﹣4ab
＝2a2+2b2，
把a＝﹣1，b＝2代入上式得：
原式＝2×（﹣1）2+2×22＝2+8＝10．
【点评】此题主要考查了整式的混合运算—化简求值，正确运用乘法公式化简是解题关键．
20．（6分）（2024春 昆明期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，分别过点A，C作AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF，CE．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AB＝1，BE＝EO，求BC的长．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）．
【分析】（1）由矩形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，证明△ABE≌△CDF（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，由平行四边形的判定可得出结论；
（2）根据垂直平分线的性质可得AO＝AB＝1，然后根据勾股定理即可求出BC的长，
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠FDC，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF为平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2AO，
∵AE⊥BO，BE＝EO，
∴AO＝AB＝1，
∴AC＝2，
∴BC．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟记各性质与平行四边形的判定是解题的关键．
21．（6分）（2022秋 嘉鱼县期末）《九章算术》中记载这样一道题：今有牛、马、羊食人苗．苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马”；马主曰：“我马食半牛”．大意是：现在有一头牛、一匹马、一只羊吃了别人家的禾苗．禾苗的主人要求这些动物的主人共计赔偿五斗粟米．羊的主人说：“我家羊只吃了马吃的禾苗的一半”，马的主人说：“我家马只吃了牛吃的禾苗的一半”．按此说法，羊的主人应当赔偿给禾苗的主人几斗粟米？
【考点】一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力；应用意识．
【答案】．
【分析】设羊的主人赔x斗，则马的主人赔2x斗，牛的主人赔4x斗，根据题意，列出方程即可求解．
【解答】解：设羊的主人赔x斗，则马的主人赔2x斗，牛的主人赔4x斗，
根据题意得：x+2x+4x＝5，
解得，
答：羊的主人应当赔偿给禾苗的主人斗粟米．
【点评】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
22．（5分）（2024春 中山区期末）平面直角坐标系中，平移直线y＝2x得到直线y＝kx+b，且y＝kx+b经过点（1，1）．
（1）求k和b的值；
（2）当x＞﹣1时，直线y＝mx+2上的点都在直线y＝kx+b的上方，直接写出m的取值范围．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数图象与系数的关系．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】（1）k＝2，b＝﹣1；
（2）2≤m≤5．
【分析】（1）根据题意一次函数为y＝2x+b，代入（1，1），根据待定系数法即可求得；
（2）把x＝﹣1代入代入y＝2x﹣1，得y＝﹣3，根据点（﹣1，﹣3）结合图象即可求得．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象平行于直线y＝2x，
∴k＝2，
∵函数图象经过点（1，1），
∴1＝2+b．
∴b＝﹣1；
（2）把x＝﹣1代入代入y＝2x﹣1，得y＝﹣3，
把（﹣1，﹣3）代入y＝mx+2，得﹣3＝﹣m+2，解得m＝5，
∵当x＞﹣1时，直线y＝mx+2上的点都在直线y＝kx+b的上方，
∴2≤m≤5．
【点评】本题考查了一次函数的图象与几何变换，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
23．（5分）（2023 西峡县三模）某中学八年级组织了一次体育测试（满分50分），现从该校八年级男、女生中各随机抽取10名同学的成绩进行统计整理（成绩分数用x表示，共分成四组A：30≤x＜35，B：35≤x＜40，C：40≤x＜45，D：45≤x≤50），绘制了如下的图表，请解答下列问题．
10名男生的成绩是：32，34，38，43，44，45，47，48，50，50．
10名女生的成绩在C组中的数据是：43，44，44．
男生、女生抽取学生测试成绩表
年级 平均数 中位数 众数 D组占比
男生 43.1 44.5 b C
女生 43.1 a 44 40%
（1）直接写出上表中a，b，c的值．
（2）根据以上数据，你认为该校八年级男生和女生谁的体育成绩更好？请说明理由．
【考点】频数（率）分布直方图；加权平均数；中位数；众数；方差．
【专题】统计的应用；数据分析观念；运算能力．
【答案】（1）a＝44，b＝50，c＝50%；
（2）男生的成绩较好，理由见解答．
【分析】（1）根据中位数、众数的定义即可得出答案；
（2）根据中位数、众数的大小比较得出结论．
【解答】解：（1）根据女生成绩统计图可得，成绩在A组的有1人，在B组的有2人，在C组的有3人，在D组的有4人，
将这10名女生的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数都是44，因此中位数是44，即a＝44，
这10名男生成绩出现次数最多的是50，因此众数是50，即b＝50，
男生D组所占的百分比为5÷10×100%＝50%，即c＝50%，
答：a＝44，b＝50，c＝50%；
（2）男生的成绩较好，理由如下：
因为男生成绩的中位数、众数均比女生的高，所以男生的成绩较好．
【点评】本题考查频数分布直方图，频数分布表，中位数、众数、平均数，理解中位数、众数、平均数的定义，掌握中位数、众数、平均数计算方法是正确解答的前提．
24．（6分）（2025 石景山区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，OD∥BC交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线交CB的延长线于点E．
（1）求证：AC＝2DE；
（2）过点B作BM⊥AB交DE于点M．若tanA，DM＝10，求⊙O半径的长．
【考点】切线的性质；解直角三角形；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O半径的长为20．
【分析】（1）作OF⊥CB于点F，则CF＝BF，由OD∥BC得∠FOD＝∠OFC＝90°，由切线的性质得DE⊥OD，则∠ODE＝∠FOD＝∠OFE＝90°，所以四边形ODEF是矩形，则OF＝DE，所以AB＝2OF＝2DE；
（2）连接OM、BD交于点L，连接BM，可证明BM是⊙O的切线，由切线长定理得BM＝DM＝10，MO平分∠BMD，则MO垂直平分BD，推导出∠DOM＝∠EDB，∠EBM＝∠A，由tan∠EBM＝tanA，得EMBE，则DM＝BMBE，所以DE＝2BE，由tan∠DOM＝tan∠EDB，得OD＝2DM＝20，所以⊙O半径的长为20．
【解答】（1）证明：作OF⊥CB于点F，则∠OFE＝∠OFC＝90°，CF＝BF，
∵OD∥BC，
∴∠FOD＝∠OFC＝90°，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴DE⊥OD，
∴∠ODE＝∠FOD＝∠OFE＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
∴OF＝DE，
∵CF＝BF，OA＝OE，
∴AB＝2OF，
∴AB＝2DE．
（2）解：连接OM、BD交于点L，连接BM，
∵BM⊥AB于点B，
∴BM是⊙O的切线，∠ABM＝90°，
∴BM＝DM＝10，MO平分∠BMD，
∴MO垂直平分BD，
∴∠DLM＝∠ODM＝90°，
∴∠DOM＝∠EDB＝90°﹣∠OMD，
∵∠EBM＝∠A＝90°﹣∠ABC，
∴tan∠EBM＝tanA，
∴EMBE，
∴DM＝BMBE，
∴DEBE＝2BE，
∴tan∠DOM＝tan∠EDB，
∴OD＝2DM＝20，
∴⊙O半径的长为20．
【点评】此题重点考查垂径定理、矩形的判定、切线的判定与性质、切线长定理、平行线的性质、三角形中位线定理、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
25．（5分）（2023 东城区二模）如图，函数的图象G与直线交于点P，点P的纵坐标为4，PA⊥x轴，垂足为点A．
（1）求m的值；
（2）点M是图象G上一点，过点M作MB⊥AP于点B，若，求点M的坐标．
【考点】反比例函数综合题．
【专题】函数的综合应用；应用意识．
【答案】（1）m＝24；
（2）（8，3）．
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出m的值；
（2）设点M的坐标为（a，）（a＞0），则PB＝|4|，BM＝|6﹣a|，由，可得出2|4|＝|6﹣a|，分a＜6及a＞6两种情况考虑，当a＜6时，解分式方程，经检验后可得出该情况不符合题意；当a＞6时，解分式方程，经检验后可得出a的值，再将其代入点M的坐标中，即可得出结论．
【解答】解：（1）当y＝4时，x+1＝4，
解得：x＝6，
∴点P的坐标为（6，4）．
又∵点P在反比例函数的图象上，
∴4，
∴m＝24；
（2）设点M的坐标为（a，）（a＞0），则PB＝|4|，BM＝|6﹣a|，
∵，
∴2PB＝BM，即2|4|＝|6﹣a|．
当a＜6时，2（4）＝6﹣a，
整理得：a2﹣14a+48＝0，
解得：a1＝6，a2＝8，
经检验，a1＝6，a2＝8均为所列方程的解，a1＝6，a2＝8不符合题意，舍去；
当a＞6时，2（4）＝a﹣6，
整理得：a2﹣14a+48＝0，
解得：a3＝6，a4＝8，
经检验，a3＝6，a4＝8均为所列方程的解，a3＝6不符合题意，舍去，
∴a的值为8，
∴点M的坐标为（8，3）．
综上所述，点M的坐标为（8，3）．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征以及解分式方程，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，求出点P的坐标；（2）分a＜6及a＞6两种情况，找出关于a的分式方程．
26．（6分）（2023 海淀区一模）在平面直角坐标系xOy中，点A（x0，m），B（x0+4，n）在抛物线y＝x2﹣2bx+1上．
（1）当b＝5，x0＝3时，比较m与n的大小，并说明理由；
（2）若对于3≤x0≤4，都有m＜n＜1，求b的取值范围．
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）抛物线的解析式化成顶点式，即可求得对称轴，根据二次函数的性质即可判断；
（2）求得抛物线与直线y＝1的交点，即可求得对称轴，由对于3≤x0≤4，都有m＜n＜1得到，解得b﹣2＜x0＜2b﹣4，从而得到，解得4＜b＜5．
【解答】解：（1）由题意可知A（3，m），B（7，n）在抛物线y＝x2﹣10x+1上，
∵y＝x2﹣10x+1＝（x﹣5）2﹣24，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝5，
∵A（3，m），B（7，n）到对称轴的距离相同，
∴m＝n；
（2）当y＝1时，则y＝x2﹣2bx+1＝1，
解得x1＝0，x2＝2b，
∴抛物线经过点（0，1），（2b，1），
∴对称轴为直线x＝b，
∵对于3≤x0≤4，都有m＜n＜1，
∴，
解得b﹣2＜x0＜2b﹣4，
∴，
解得4＜b＜5．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
27．（7分）（2025 历下区二模）在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D在边AC上（点D不与点A，点C重合），连接BD并将BD绕点D逆时针旋转90°得到DE．
（1）如图1，连接CE．
①CE与BC的位置关系为　CE⊥BC　 ，∠ABD与∠CED的数量关系是　∠ABD+∠CED＝45°　 ；
②请用等式表示BC，CD和CE的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，将△ABD沿BD翻折，得到△A′BD，连接A′E，若A′E的最小值为2，求AB的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何变换；几何直观；推理能力；模型思想．
【答案】（1）①CE⊥BC，∠ABD+∠CED＝45°；
②BC＝CE，理由见解析；
（2）．
【分析】（1）①由题意可得△BAC与△BDE为等腰直角三角形，再证明△ABD∽△CBE，利用相似三角形的性质导角可得CE⊥BC，∠ABD+∠CED＝45°；
②在BC上取点F，使BF＝CE，连接DF，如图2所示，证明△BDF≌△EDC（SAS），可得DC＝DF，又∠DCF＝45°，可得△DFC为等腰直角三角形，CF，从而BC＝BF+CF＝CE；
（2）如图2所示，连接BE，将△BA'E沿BE翻折至△BFE，则BA'＝BF＝BA，A'E＝FE，由翻折可知∠ABD＝∠A'BD，∠A'BE＝∠FBE，导角可知∠ABF＝2（∠A'BD+∠A'BE）＝90°，故四边形ABFC为正方形，
由（1）知∠BCE＝90°，故E在过点C的BC的垂线上运动．当A′E的最小值为2时，即FE最小为2，即当FE⊥CE时，FE最小为2，此时EF2，故BC＝4，从而AB．
【解答】解：（1）①如图1所示，连接BE，
由题意可得△BAC与△BDE为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝45°，从而∠ABD＝∠CBE，
，
∴，
∴△ABD∽△CBE，
∴∠BCE＝∠BAD＝90°，
∵∠BDE＝∠BCE＝90°，
∴∠DBC＝∠CED，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ABD+∠CED＝45°．
故答案为：CE⊥BC，∠ABD+∠CED＝45°．
②证明：BC＝CE，理由如下：
在BC上取点F，使BF＝CE，连接DF，如图2所示，
在△BDF和△EDC中，
，
∴△BDF≌△EDC（SAS），
∴DC＝DF，
∵∠DCF＝45°，
∴△DFC为等腰直角三角形，CF，
∴BC＝BF+CF＝CE，
（2）法一（翻折构造法）：如图2所示，连接BE，将△BA'E沿BE翻折至△BFE，
则BA'＝BF＝BA，A'E＝FE，
由翻折可知∠ABD＝∠A'BD，∠A'BE＝∠FBE，
又∵∠DBE＝45°＝∠A'BD+∠A'BE，
∴∠ABF＝2（∠A'BD+∠A'BE）＝90°，
故四边形ABFC为正方形，
又由（1）知∠BCE＝90°，
故E在过点C的BC的垂线上运动．
当A′E的最小值为2时，即FE最小为2，
即当FE⊥CE时，FE最小为2，
此时EF2，故BC＝4，
从而AB．
法二（构造相似）：如图3所示，
取BC中点M，连接MD、AM、连接BE，
由题意可知△ABM和△BDE为等腰直角三角形，ABBA'，
BE．
由折叠可知∠ABD＝∠A'BD＝∠DBM+∠MBA'，
由（1）可知∠ABD＝∠CBE＝∠MBA'+∠A'BE，
∴∠DBM+∠MBA'＝∠MBA'+∠A'BE，
∴∠DBM＝∠A'BE，
又∵，
∴△BMD∽△BA'E．
∴A'EMD，
当A'E最小为2时，MD最小为，
此时MD⊥AC，D为AC中点，
由中位线定理可知AB＝2DM．
法三（构造一线三垂直）：
过E点作EG⊥DA'的延长线于点G，如图4所示，
易证△BDA'≌△DEG（AAS），
则设GE＝DA'＝a，BA'＝AB＝DG＝b，
则A'G＝DG﹣DA'＝b﹣a，
则由勾股定理得A'E2＝A'G2+GE2＝（b﹣a）2+a2＝b2﹣2ab+2a2，
把a看成未知数，b看成常数，
故A'E2＝2a2﹣2ab+b2＝2（a）2，
当a时，A'E2取得最小值为，
A'E最小为2，
即4，故b，
故AB．
法四（旋转﹣两动化一动）：
将△DA'E绕点D顺时针旋转90°得△DHB，如图5所示，
故DH＝DA'，BH＝A'E，
则易知△DHA'为等腰直角三角形，
∴∠DA'H＝45°，∠HA'B＝45°，
∵B点为定点，BA'为定长，H点在与BA'成45°角的射线上运动，
故当BH⊥A'H时，BH最小，最小为2，
此时△BHA'为等腰直角三角形，
从而知BA'，
故AB．
法五（对称法结合瓜豆原理）：
作点E关于BD的对称点E'，连接BE'，可得△BE'D为等腰直角三角形，
以AB为腰向左构造等腰直角三角形ABC'，连接C'E'，如图6所示，
∴BC'，BE'，即．
∵∠C'BA＝∠E'BD＝45°，
∴∠C'BE'＝∠ABD，
∴△C'BE'∽△ABD，
∴∠BC'E'＝∠BAD＝90°＝∠C'BC，
故C'E'∥BC，即E'直线C'E'上运动．
由对称性可知△DAE'≌△DA'E，
∴AE'＝A'E，
当A'E最小为2时，AE'最小也为2，
故当AE'⊥C'E'时最小为2，
此时△C'E'A为等腰直角三角形，
AC'，
由于△ABC'也为等腰直角三角形，
故AB＝AC'．
【点评】本题考查了旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称变换的性质，以及转化的数学思想，熟练掌握以上内容并灵活运用作出恰当的辅助线是解题关键．
28．（7分）（2024秋 东城区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
（1）如图，点A（﹣1，0），，．
①在点C1（﹣1，1），，中，弦AB1的“关联点”是 　C1，C2　 ．
②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；
（2）已知直线yx+4与x，y轴分别交于点M，N，对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【考点】圆的综合题．
【专题】代数几何综合题；新定义；运算能力．
【答案】（1）①C1，C2；
②；
（2）t的取值范围为1≤t或t．
【分析】（1）①根据题目中关联点的定义即可解答；
②根据题目中关联点的定义分情况讨论计算即可；
（2）根据直线yx+4可求得：M（0，4），N（，0），共有两种情况，分别位于点N和经过点O的MN的垂线上，根据相似三角形的判定和性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）①由关联点的定义可知，若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”：点A（﹣1，0），B1（，），C1（﹣1，1），C2（，0），C3（0，），
∴直线AC2经过点O，且B1C2与⊙O相切，
∴C2是弦AB1的“关联点”，
又∵C1（﹣1，1）和A（﹣1，0）横坐标相等，C1与B1（，）都位于直线y＝﹣x上，
∴AC1与⊙O相切，B1C1 经过点O，
∴C1是弦AB1的“关联点”，
故答案为：C1，C2；
②∵A（﹣1，0），B2（，），
如图1，共有两种情况，
i）若C1B2与⊙O相切，AC经过点O，
则C1B2，AC1所在直线为：，
解得：，
∴C1（，0），
∴OC1；
ii）若AC2与⊙O相切，C2B2经过点O，
则C2B2、AC2所在直线为：，
解得：，
∴C2（﹣1，1），
∴OC2，
综上，OC，
故答案为：；
（2）在直线yx+4中，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x+4＝0，x，
∴M（，0），N（0，4），
∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且OM＜ON，
∴S共有2种情况，分别位于点N和经过点O的MN的垂线上，如图2，
①当S位于点N（0，4）时，NP为⊙O的切线，NQ过圆心O，作PJ⊥ON于点J，连接OP，
∵N（0，4），⊙O的半径为1，且NP为⊙O的切线，
∴OP⊥NP，
∵PJ⊥ON，
∴△NPO∽△PJO，
∴，即4，
解得OJ；
根据勾股定理得：PJ，Q1J＝1，
根据勾股定理得：PQ1，
同理，PQ2，
当S位于点N（0，4）时，t的临界值为和；
②当S位于经过点O的MN的垂线上，即点K时，如图3，
∵点N（0，4），M（，0），
∴MN，
∵S△MON OM ON MN OK，即4OK，
∴OK＝2，
又∵⊙O的半径为1，
∴∠OKP＝30°，
∵OP＝OQ1，
∴三角形OPQ1为等边三角形，
∴在此情况下，PQ1＝1，PQ2，
∴当S位于经过点O的MN的垂线上即点K时，PQ的临界值为1和，
∴在两种情况下，PQ的最小值在1≤t内，最大值在t内；
综上所述，t的取值范围为1≤t或t．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握新概念“关联点”是解题的关键．
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