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2025年广州市中考数学模拟预测卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023 丽水）实数﹣3的相反数是（　　）
A． B． C．3 D．﹣3
2．（3分）（2024春 西安校级月考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2023春 泰顺县期中）中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器嫦娥五号，首次在380000公里外月球轨道上进行无人交会对接，数据380000用科学记数法表示应为（　　）
A．38×104 B．3.8×105 C．0.38×106 D．3.8×104
4．（3分）（2023春 宝应县期中）下列计算正确的是（　　）
A．（a3）2＝a6 B．a 2a2＝3a2
C．（ab）2＝2a2b2 D．a9÷a3＝a3
5．（3分）（2024春 巧家县期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝5，BC＝3，则tanA＝（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）（2020 重庆开学）如图，点A，B，C在圆O上，若∠AOB＝∠OBC＝60°，则∠A的度数等于（　　）
A．60° B．35° C．30° D．20°
7．（3分）（2025 紫金县校级一模）若正比例函数y＝kx的图象过第二、四象限，则关于x的一元二次方程x2+x+k＝0的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根
D．没有实数根
8．（3分）（2023秋 凉州区月考）有两个人患了流感，经过两轮传染后共有242个人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则x满足的方程是（　　）
A．（1+x）2＝242
B．（2+x）2＝242
C．2（1+x）2＝242
D．2+2（1+x）+2（1+x）2＝242
9．（3分）（2023秋 岳阳楼区校级期中）如图，平面直角坐标系xOy中，点A在反比例函数的图象上，点B在第二象限，AB⊥OA，∠AOB＝60°，连接AB交y轴于点P，若BP＝3AP，则点B的坐标为（　　）
A． B． C． D．
10．（3分）（2023秋 西城区校级月考）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图，则使得函数值y＞0的自变量x的取值可以是（　　）
A．1 B．0.6 C．2 D．4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 遵义一模）因式分解：mn﹣m＝　 　 ．
12．（3分）（2024秋 朝阳区校级期末）如图，CD∥AB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，点G、C、D在一条直线上，点B、E、A、F在一条直线上，∠BAC＝40°，∠1＝∠2，则下列结论：①CB⊥CF；②∠1＝70°；③∠3＝2∠4；④∠ACE＝2∠4，其中正确的是 　 　 ．
13．（3分）（2024 高坪区三模）某蓄电池的电压为定值，电流I（A）与电阻R（Ω）成反比例关系，已知电阻R＝20Ω时，电流I＝1.8A，若电阻增加到30Ω时，则电流I减少 　 　 A．
14．（3分）（2023秋 工业园区期末）国际足联规定：足球场的边线及底线的外侧垂直向上的空间属于球场范围．当足球从地面及空中完全脱离该空间时，视为出界．这里的“完全”指的是：一定要是球的全部，一丝在界内都不算出界．在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是 　 　 ．
15．（3分）（2024 永州二模）将一个半径长为6cm，面积为24πcm2的扇形围成一个圆锥，则围成的圆锥的底面积为 　 　 cm2（用含π的代数式表示）．
16．（3分）（2024春 江夏区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB∥DC，∠A＝90°，AB＝AE＝4，CD＝DE＝3．点F为BC的中点，则EF的长度为 　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2025 子洲县二模）解不等式：．
18．（4分）（2021秋 碧江区 月考）如图，在△ABC中，AD是△ABC的中线，分别过点B、C作AD及其延长线的垂线BE、CF，垂足分别为点E、F．
求证：∠DBE＝∠DCF．
19．（6分）（2023 天门校级模拟）（1）计算：8sin260°+tan45°﹣4cos30°；
（2）先化简：，然后选择一个合适的x值代入求值．
20．（6分）（2024秋 田家庵区校级月考）某校为了解学生平均每天阅读时长情况，随机抽取了部分学生进行抽样调查，将调查结果整理后绘制了如下不完整的统计图表．
学生平均每天阅读时长情况统计表
平均每天阅读时长x/min 人数
0＜x≤20 20
20＜x≤40 a
40＜x≤60 25
60＜x≤80 15
x＞80 10
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了　 　 名学生，统计表中a＝　 　 ；
（2）该校某同学从《朝花夕拾》、《红岩》、《骆驼祥子》、《西游记》四本书中选择两本进行阅读，这四本书分别用相同的卡片A，B，C，D标记，先随机抽取一张卡片后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表法或画树状图法，求该同学恰好抽到《朝花夕拾》和《西游记》两本书的概率．
21．（8分）（2023 铜梁区校级开学）铜梁区在“创建文明城市”行动中，某社区计划对面积为2870m2的区域进行绿化．经投标；由甲乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍．
（1）若乙队先做2天后，甲队加入一起做，结果刚好在规定的时间15天完成，求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m2？
（2）若在独立完成面积为600m2区域的绿化时，甲队比乙队少用5天．求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m2？
22．（10分）（2024秋 中原区期末）在△ABC中，BC的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2．
（1）y关于x的函数关系式是 　 　 ，x的取值范围是 　 　 ．
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象．
（3）直线y＝x+3与y轴交于点D，与（1）中的函数交于点E．点P是y轴上的点，△EOP的面积等于△EOD面积的，求点P的坐标．
23．（10分）（2023 常州二模）如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，点P、Q分别是AB、BC的中点，点E是折线段PA﹣AD上一点．
（1）点C到直线EQ距离的最大值是 　 　 ；
（2）沿EQ所在直线折叠矩形，已知点B的对应点为B'，若点B'恰好落在矩形的边AD上，求AE的长；
（3）如图②，以EQ为直径，在EQ右侧作半圆O，当半圆O与边AD相切于点M时，求tan∠OAM的值．
24．（12分）（2023秋 泰州期中）综合与实践：
操作体验：数学活动《折纸与证明》中，有这样一段活动材料：
①如图1﹣①，把正方形ABCD对折后再展开，折痕为EF；
②如图1﹣②，将点A翻折到EF上的点A'处，且使折痕过点B；
③如图1﹣③，沿A'C折叠，得△A′BC（如图1﹣④）．
（1）根据以上操作，试证明△A′BC是等边三角形；
初步探究：
（2）某活动小组发现另一种折等边三角形的方法：如图2，点N在边AB上，翻折△CBN，使得点B落在折痕EF上的点H处，连接BH，则△CBH是等边三角形，若AB＝2；
①求EH的长；
②连接DH并延长交CN的延长线于点M，BH交CM于点G，如图3，求MG的长；
深入探究：
（3）另一活动小组将AB沿BE翻折到BP位置，延长EP交CD于点Q，如图4，求证：点Q是CD的三等分点．
25．（12分）（2024春 海陵区校级月考）抛物线可以写成的形式，且函数图象x轴交于A，B两点（A，B不重合），与y轴交于点C．
（1）直接填空：c＝　 　 ；
（2）当a＝﹣2时，图象如图1所示．
①试判断△ABC的形状并说明理由；
②抛物线上有一动点P，且点P的横坐标为m（0＜m＜2），过点P作PQ∥x轴交直线AC于点Q，设PQ＝l，求l与m之间的函数关系式，并求l的最大值；
（3）现以AB为直径画圆，交直线AC于点M，连接OM，当时，请直接写出a的取值范围．
2025年广州市中考数学模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023 丽水）实数﹣3的相反数是（　　）
A． B． C．3 D．﹣3
【考点】实数的性质；相反数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】C
【分析】根据相反数的定义判断即可．
【解答】解：﹣3的相反数是3，
故选：C．
【点评】本题考查了相反数：只有符号不同的两个数是互为相反数，掌握其定义是解题的关键．
2．（3分）（2024春 西安校级月考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转180°，能够与自身重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
【解答】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．
3．（3分）（2023春 泰顺县期中）中国首个实施无人月面取样返回的月球探测器嫦娥五号，首次在380000公里外月球轨道上进行无人交会对接，数据380000用科学记数法表示应为（　　）
A．38×104 B．3.8×105 C．0.38×106 D．3.8×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】B．
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：380000＝3.8×105．
故选：B．
【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．
4．（3分）（2023春 宝应县期中）下列计算正确的是（　　）
A．（a3）2＝a6 B．a 2a2＝3a2
C．（ab）2＝2a2b2 D．a9÷a3＝a3
【考点】单项式乘单项式；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】A
【分析】根据同底数幂的乘法与除法法则，积的乘方法则分别计算即可．
【解答】解：（a3）2＝a6，故A正确，
a 2a2＝2a3，故B错误，
（ab）2＝a2b2，故C错误，
a9÷a3＝a6，故D错误．
故选：A．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法与除法、单项式乘单项式、积的乘方，熟练掌握各运算是解决本题的关键．
5．（3分）（2024春 巧家县期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝5，BC＝3，则tanA＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】锐角三角函数的定义；勾股定理．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】利用勾股定理求得AB的长度，然后利用正切的定义即可求得答案．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝5，BC＝3，
∴AB4，
∴tanA，
故选：A．
【点评】本题考查锐角三角函数定义，勾股定理，熟练掌握其定义是解题的关键．
6．（3分）（2020 重庆开学）如图，点A，B，C在圆O上，若∠AOB＝∠OBC＝60°，则∠A的度数等于（　　）
A．60° B．35° C．30° D．20°
【考点】圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理得到∠C∠AOB＝30°，然后根据平行线的判定与性质求解．
【解答】解：∵∠AOB和∠ACB都对，
∴∠C∠AOB60°＝30°，
∵∠AOB＝∠OBC，
∴OA∥BC，
∴∠A＝∠C＝30°．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
7．（3分）（2025 紫金县校级一模）若正比例函数y＝kx的图象过第二、四象限，则关于x的一元二次方程x2+x+k＝0的根的情况是（　　）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根
D．没有实数根
【考点】根的判别式；正比例函数的性质．
【专题】一元二次方程及应用；一次函数及其应用；运算能力．
【答案】A
【分析】根据正比例函数y＝kx的图象过第二、四象限，可知k＜0，再根据一元二次方程x2+x+k＝0，可以计算出Δ的正负情况，从而可以判断该方程根的情况．
【解答】解：∵正比例函数y＝kx的图象过第二、四象限，
∴k＜0，
∵一元二次方程x2+x+k＝0，
∴Δ＝12﹣4×1×k＝1﹣4k＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】本题考查正比例函数的性质、根的判别式，解答本题的关键是求出Δ的正负情况．
8．（3分）（2023秋 凉州区月考）有两个人患了流感，经过两轮传染后共有242个人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则x满足的方程是（　　）
A．（1+x）2＝242
B．（2+x）2＝242
C．2（1+x）2＝242
D．2+2（1+x）+2（1+x）2＝242
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【答案】C
【分析】根据每轮传染中平均一个人传染了x个人，则可列出一元二次方程．
【解答】解：∵每轮传染中平均一个人传染了x个人，
∴两个人可感染2x个人，
故一轮感染后，患流感人数为：2+2x，
同理：（2+2x）个人可感染x（2+2x）个人，
故两轮感染后，患流感人数为：2+2x+x（2+2x）＝2（1+x）2，
∴2（1+x）2＝242，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程与传播问题．找到每一轮感染新增人数是解题关键．
9．（3分）（2023秋 岳阳楼区校级期中）如图，平面直角坐标系xOy中，点A在反比例函数的图象上，点B在第二象限，AB⊥OA，∠AOB＝60°，连接AB交y轴于点P，若BP＝3AP，则点B的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】C
【分析】根据题意求得，过B点做BC⊥y轴，过A点做AE⊥x轴，它们的交点为D，则∠ADB＝90°，根据平行线分线段成比例定理求得BC＝3CD＝3m，则BD＝4m，然后通过证得△BAD～△AOE，得出，从而求得m的值，即可求得BD和DE 的长，从而求得B点的坐标．
【解答】解：过B点做BC⊥y轴，过A点做AE⊥x轴，它们的交点为D，则∠ADB＝90°，如图：
∵DE∥y轴，BD∥x轴，
∴CD＝OE，
设，则CD＝OE＝m，，
∵AD∥PC，
∴，
∴BC＝3CD＝3m，
∴BD＝4m，
∵AB⊥OA，∠AOB＝60°，
∴，
∵∠BAD+∠OAE＝90°，∠AOE+∠OAE＝90°，
∴∠BAD＝∠AOE，
∵∠BAD＝∠OEA＝90°
∴△BAD～△AOE，
∴，
∴，
∵，m2＝3，
∴或（舍去），
∵AD＝3，，
∴，DE＝3+4＝7，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形相似的判定和性质，解直角三角形等，求得A点的坐标是解题的关键．
10．（3分）（2023秋 西城区校级月考）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图，则使得函数值y＞0的自变量x的取值可以是（　　）
A．1 B．0.6 C．2 D．4
【考点】抛物线与x轴的交点；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；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】由二次函数的图象和性质可得y＞0时，x＜﹣1或x＞3，即可求解．
【解答】解：由图可得，抛物线对称轴为x＝1，
∴点（﹣1，0）和（3，0）关于对称轴x＝1对称，
∵a＞0，
∴抛物线开口向上，
∴y＞0时，x＜﹣1或x＞3，
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握由二次函数图象与性质确定抛物线与x轴的交点是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 遵义一模）因式分解：mn﹣m＝　m（n﹣1）　 ．
【考点】因式分解﹣提公因式法．
【专题】因式分解；运算能力．
【答案】m（n﹣1）．
【分析】原式提取公因式m即可．
【解答】解：原式＝m（n﹣1）．
故答案为：m（n﹣1）．
【点评】此题考查了因式分解﹣提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．
12．（3分）（2024秋 朝阳区校级期末）如图，CD∥AB，BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，点G、C、D在一条直线上，点B、E、A、F在一条直线上，∠BAC＝40°，∠1＝∠2，则下列结论：①CB⊥CF；②∠1＝70°；③∠3＝2∠4；④∠ACE＝2∠4，其中正确的是 　①②③　 ．
【考点】平行线的性质；垂线．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】①②③．
【分析】根据角平分线的性质，两直线平行，内错角相等，逐一判断各结论，即可得到结果．
【解答】解：∵BC平分∠ACD，CF平分∠ACG，
∴∠ACB∠ACD，∠ACF∠ACG，
∴∠ACB+∠ACF（∠ACD+∠ACG），
∴∠BCF180°＝90°，
即：CB⊥CF，
故结论①正确，符合题意；
∵CD∥AB，∠BAC＝40°，
∴∠ACG＝∠BAC＝40°，
∴∠4＝∠ACF＝20°，
∴∠ACB＝90°﹣∠ACF＝70°，
∴∠BCD＝∠ACB＝70°，
∵CD∥AB，
∴∠2＝∠BCD＝70°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝70°，
故结论②正确，符合题意；
∵在△EBC中，∠1＝∠2＝70°，
∴∠3＝40°，
∵∠4＝20°，
∴∠3＝2∠4，
故结论③正确，符合题意；
∵∠ACB＝70°，∠3＝40°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠3＝30°，
∵∠4＝20°，
∴∠ACE≠2∠4，
故结论④错误，不符合题意．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
13．（3分）（2024 高坪区三模）某蓄电池的电压为定值，电流I（A）与电阻R（Ω）成反比例关系，已知电阻R＝20Ω时，电流I＝1.8A，若电阻增加到30Ω时，则电流I减少 　0.6　 A．
【考点】反比例函数的应用．
【专题】反比例函数及其应用；应用意识．
【答案】0.6．
【分析】由U＝IR，结合I＝1.8A，R＝20Ω求出U的值，进而得到函数表达式，把R＝30代入解析式求出I，再计算即可．
【解答】解：由题意，U＝IR＝1.8×20＝36（V），
即蓄电池的电压是36V，
∴I与R的函数关系式为I，
当R＝30时，I1.2（A），
∴1.8﹣1.2＝0.6（A），
∴电流I减少0.6A，
故答案为：0.6．
【点评】本题考查反比例函数的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．（3分）（2023秋 工业园区期末）国际足联规定：足球场的边线及底线的外侧垂直向上的空间属于球场范围．当足球从地面及空中完全脱离该空间时，视为出界．这里的“完全”指的是：一定要是球的全部，一丝在界内都不算出界．在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是 　俯视图　 ．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】俯视图．
【分析】俯视图是分别从物体上面看，所得到的图形．
【解答】解：在主视图、左视图和俯视图中，一定可以用来判断足球是否出界的是俯视图．
故答案为：俯视图．
【点评】本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
15．（3分）（2024 永州二模）将一个半径长为6cm，面积为24πcm2的扇形围成一个圆锥，则围成的圆锥的底面积为 　16π　 cm2（用含π的代数式表示）．
【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】16π．
【分析】由于圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用扇形的面积公式得到底面半径，然后根据圆的面积公式计算即可．
【解答】解：设围成的圆锥的底面的半径为r cm，
根据题意得2πr×6＝24π，
即得r＝4，
所以围成的圆锥的底面积为π×42＝16π（cm2）．
故答案为：16π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，掌握扇形的面积公式是解题的关键．
16．（3分）（2024春 江夏区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB∥DC，∠A＝90°，AB＝AE＝4，CD＝DE＝3．点F为BC的中点，则EF的长度为 　　 ．
【考点】等腰直角三角形；平行线的性质．
【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；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接DF并延长交AB的延长线于H，过点C作CM⊥AB于M，先证四边形ADCM为矩形得CM＝AD＝AE+DE＝7，AM＝CD＝3，则BM＝AB﹣AM＝1，进而得BC，再证△DCF和△HBF全等得CD＝BH＝3，DF＝HF，则AH＝AB+BH＝7＝AD，由此得∠2＝∠H＝∠1，据此可证△DCF和△DEF全等，进而得EF＝CF，由此可得EF的长．
【解答】解：连接DF并延长交AB的延长线于H，过点C作CM⊥AB于M，如图所示：
∵AB∥DC，∠DAB＝90°，AB＝AE＝4，CD＝DE＝3，
∴四边形ADCM为矩形，
∴CM＝AD＝AE+DE＝7，AM＝CD＝3，
∴BM＝AB﹣AM＝4﹣3＝1，
在Rt△CMB中，由勾股定理得：BC，
∵点F为BC的中点，
∴CF＝BFBC，
∵DC∥AB，
∴∠1＝∠H，∠DCF＝∠HBF，
在△DCF和△HBF中，
∠1＝∠H，∠DCF＝∠HBF，CF＝BF，
∴△DCF≌△HBF（AAS），
∴CD＝BH＝3，DF＝HF，
∴AH＝AB+BH＝4+3＝7，
∴AD＝AH，
∴∠2＝∠H，
∴∠1＝∠2，
在△DCF和△DEF中，
CD＝DE，∠1＝∠2，DF＝DF，
∴△DCF≌△DEF（SAS），
∴EF＝CF．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2025 子洲县二模）解不等式：．
【考点】解一元一次不等式．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】x＜1．
【分析】根据解一元一次不等式的步骤，对所给不等式进行求解即可．
【解答】解：，
x﹣5＞2x﹣6，
x﹣2x＞﹣6+5，
﹣x＞﹣1，
x＜1．
【点评】本题主要考查了解一元一次不等式，熟知解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
18．（4分）（2021秋 碧江区 月考）如图，在△ABC中，AD是△ABC的中线，分别过点B、C作AD及其延长线的垂线BE、CF，垂足分别为点E、F．
求证：∠DBE＝∠DCF．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】证明过程见解答．
【分析】根据三角形中线的定义可得BD＝DC，再根据垂直定义可得∠E＝∠CFD＝90°，然后利用AAS可证△BED≌△CFD，从而利用全等三角形的性质即可解答．
【解答】证明：∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝DC，
∵BE⊥AE，CF⊥AE，
∴∠E＝∠CFD＝90°，
∵∠BDE＝∠CDF，
∴△BED≌△CFD（AAS），
∴∠DBE＝∠DCF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（6分）（2023 天门校级模拟）（1）计算：8sin260°+tan45°﹣4cos30°；
（2）先化简：，然后选择一个合适的x值代入求值．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．
【专题】分式；运算能力．
【答案】（1）7﹣2；
（2），﹣1．
【分析】（1）把特殊角的三角函数值代入计算即可；
（2）根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算，得到答案．
【解答】解：（1）原式＝8×（）2+1﹣4
＝81﹣2
＝6+1﹣2
＝7﹣2；
（2）原式＝[]

，
要使原式有意义，则x≠0、2、4，
当x＝1时，原式1．
【点评】本题考查的是分式的化简求值、分式有意义的条件、特殊角的三角函数值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20．（6分）（2024秋 田家庵区校级月考）某校为了解学生平均每天阅读时长情况，随机抽取了部分学生进行抽样调查，将调查结果整理后绘制了如下不完整的统计图表．
学生平均每天阅读时长情况统计表
平均每天阅读时长x/min 人数
0＜x≤20 20
20＜x≤40 a
40＜x≤60 25
60＜x≤80 15
x＞80 10
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）本次调查共抽取了　100　 名学生，统计表中a＝　30　 ；
（2）该校某同学从《朝花夕拾》、《红岩》、《骆驼祥子》、《西游记》四本书中选择两本进行阅读，这四本书分别用相同的卡片A，B，C，D标记，先随机抽取一张卡片后不放回，再随机抽取一张卡片，请用列表法或画树状图法，求该同学恰好抽到《朝花夕拾》和《西游记》两本书的概率．
【考点】列表法与树状图法；频数（率）分布表；扇形统计图；概率公式．
【专题】统计与概率；数据分析观念．
【答案】（1）100，30；
（2）．
【分析】（1）将40＜x≤60组的人数除以其百分比即可求出抽取的人数；将抽取的人数乘以20＜x≤40组的百分比即可求出a的值；
（2）用列表法或画树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出恰好抽到《朝花夕拾》和《西游记》的结果，再利用等可能事件的概率公式求解即可．
【解答】解：（1）∵40＜x≤60组的人数为25，占比为25%，且25÷25%＝100，
∴本次调查共抽取了100名学生；
∵20＜x≤40组占比30%，30%×100＝30，
∴a＝30，
故答案为：100，30；
（2）《朝花夕拾》《红岩》《骆驼祥子》《西游记》这四本书分别用相同的卡片A，B，C，D标记，
一共有12种等可能的情况，A和D有2种可能的情况，
∴概率为：．
【点评】本题考查频数分布表，扇形统计图，用样本估计总体，用列表法和画树状图法求等可能事件的概率是解题关键．
21．（8分）（2023 铜梁区校级开学）铜梁区在“创建文明城市”行动中，某社区计划对面积为2870m2的区域进行绿化．经投标；由甲乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍．
（1）若乙队先做2天后，甲队加入一起做，结果刚好在规定的时间15天完成，求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m2？
（2）若在独立完成面积为600m2区域的绿化时，甲队比乙队少用5天．求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是多少m2？
【考点】分式方程的应用；一元一次方程的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；分式方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）甲工程队每天能完成绿化的面积为140m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为70m2；
（2）甲工程队每天能完成绿化的面积为120m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为60m2．
【分析】（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为x m2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2x m2，根据“对面积为2870m2的区域进行绿化，若乙队先做2天后，甲队加入一起做，结果刚好在规定的时间15天完成”，列出一元一次方程，解方程即可；
（2）设乙工程队每天能完成绿化的面积为y m2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2y m2，根据“独立完成面积为600m2区域的绿化时，甲队比乙队少用5天”，列出分式方程，解分式方程即可．
【解答】解：（1）设乙工程队每天能完成绿化的面积为x m2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2x m2，
由题意得：2x（15﹣2）+15x＝2870，
解得：x＝70，
∴2x＝2×70＝140，
答：甲工程队每天能完成绿化的面积为140m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为70m2；
（2）设乙工程队每天能完成绿化的面积为y m2，则甲工程队每天能完成绿化的面积为2y m2，
由题意得：5，
解得：y＝60，
经检验，y＝60是原方程的解，且符合题意，
∴2y＝2×60＝120，
答：甲工程队每天能完成绿化的面积为120m2，乙工程队每天能完成绿化的面积为60m2．
【点评】本题考查了分式方程的应用、一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出分式方程．
22．（10分）（2024秋 中原区期末）在△ABC中，BC的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2．
（1）y关于x的函数关系式是 　y　 ，x的取值范围是 　x＞0　 ．
（2）在平面直角坐标系中画出该函数图象．
（3）直线y＝x+3与y轴交于点D，与（1）中的函数交于点E．点P是y轴上的点，△EOP的面积等于△EOD面积的，求点P的坐标．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；函数自变量的取值范围；一次函数图象上点的坐标特征；反比例函数的图象．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】（1）y；x＞0；（2）见解析；（3）（0，4）或（0，﹣4）．
【分析】（1）根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据题意在平面直角坐标系中画出该函数图象即可；
（3）求得于D，E，F的坐标，利用割补法求得，根据设点P的坐标为（0，t），则DP＝|5﹣t|，利用三角形面积公式列式计算即可求解．
【解答】解：（1）在△ABC中，BC的长为x，BC边上的高为y，△ABC的面积为2，
∴xy＝2．
∴xy＝4，
∴y关于x的函数关系式是y（x＞0）．
故答案为：y；x＞0．
（2）列表得：
x 1 2 4 6
y 6 4 2 1
描点，连线，在平面直角坐标系中画出该函数图象如图所示．
；
（3）联立x+3，即x2+3x﹣4＝0，
∴x＝1或x＝﹣4（舍去）．
∴E（1，4）．
又∵D（0，3），
∴OD＝3．
∴S△ODEOD×xE3×1．
设点P的坐标为（0，t），
∴OP＝|t|．
∴S△OPEOP×xE|t|×1|t|．
又∵△EOP的面积等于△EOD面积的，
∴|t|．
∴t＝4或﹣4．
∴点P的坐标为（0，4）或（0，﹣4）．
【点评】本题考查了反比例函数的性质，反比例函数的应用，根据三角形的面积公式求出反比例函数解析式是解题的关键．
23．（10分）（2023 常州二模）如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，点P、Q分别是AB、BC的中点，点E是折线段PA﹣AD上一点．
（1）点C到直线EQ距离的最大值是 　5　 ；
（2）沿EQ所在直线折叠矩形，已知点B的对应点为B'，若点B'恰好落在矩形的边AD上，求AE的长；
（3）如图②，以EQ为直径，在EQ右侧作半圆O，当半圆O与边AD相切于点M时，求tan∠OAM的值．
【考点】圆的综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5；
（2）或3；
（3）或．
【分析】（1）利用斜边大于直角边计算判断即可
（2）分点E在AP上和AD边上，两种情况求解．
（3）分点E在AP上和AD边上，两种情况求解．
【解答】解：（1）过点C作CM⊥EQ交EQ的延长线于点M，
∴CQ≥CM，
∴CQ＝CM时，CM取得最大值，
∵BC＝10，Q是BC的中点，
∴，
故答案为：5．
（2）如图当点E在AP上时，AB'＝2，
在Rt△AB'E中，（4﹣AE）2＝22+AE2，
解得：．
如图，当点E在AD边上时，
连接BE、BB'，
则BE＝B'E，
∴∠BEQ＝∠B'EQ，
∵AD∥BC，
∴∠B'EQ＝∠BQE，
∴∠BEQ＝∠BQE，
∴BE＝BQ＝5，
∵AB＝4，
∴AE＝3．
综上所述，或3．
（3）如图，当点E在线段AP上时，连接OM，延长MO交BC于点N，
∵AD与半圆相切于点M，
∴∠AMN＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∴四边形AMNB是矩形，
∴MN∥AB，MN＝AB＝4，
∵OE＝OQ，
∴BN＝NQ＝2.5，
在Rt△NOQ中，设OQ＝r，
∵QO2＝ON2+NQ2，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴；
如图，当点E在边AD上时，点M与点E重合，
∴∠AEO＝90°，
∴四边形AEQB是矩形，
∴AE＝BQ＝5，，
∴．
综上所述，tan∠OAM的值为或．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正切函数，切线的性质，分类思想，熟练掌握直角三角形的性质，正切函数，切线的性质，分类思想是解题的关键．
24．（12分）（2023秋 泰州期中）综合与实践：
操作体验：数学活动《折纸与证明》中，有这样一段活动材料：
①如图1﹣①，把正方形ABCD对折后再展开，折痕为EF；
②如图1﹣②，将点A翻折到EF上的点A'处，且使折痕过点B；
③如图1﹣③，沿A'C折叠，得△A′BC（如图1﹣④）．
（1）根据以上操作，试证明△A′BC是等边三角形；
初步探究：
（2）某活动小组发现另一种折等边三角形的方法：如图2，点N在边AB上，翻折△CBN，使得点B落在折痕EF上的点H处，连接BH，则△CBH是等边三角形，若AB＝2；
①求EH的长；
②连接DH并延长交CN的延长线于点M，BH交CM于点G，如图3，求MG的长；
深入探究：
（3）另一活动小组将AB沿BE翻折到BP位置，延长EP交CD于点Q，如图4，求证：点Q是CD的三等分点．
【考点】几何变换综合题．
【专题】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】（1）证明见解析；
（2）①2；②1；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC，根据折叠的性质得到CA′＝BA′，AB＝A′B，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①由等边三角形的性质得出∠CHB＝60°，BH＝BC＝2，由勾股定理可得出答案；
②证出∠MHG＝∠HMG，则可得出答案；
（3）连接BQ，由折叠知AB＝BP＝BC，∠BAE＝∠BPE＝∠BPQ＝90°，Rt△BPQ≌Rt△BCQ（HL），由全等三角形的性质得出CQ＝PQ，设AE＝a，则DE＝EP＝a，设CQ＝PQ＝x，则QD＝2a﹣x，由勾股定理可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∵正方形纸片ABCD对折后再展开，折痕为EF，
∴EF垂直平分BC，
∴CA′＝BA′，
∵将点A翻折到EF上的点A′处，
∴AB＝A′B，
∴BA′＝BC，
∴BA′＝BC＝CB′，
∴△A'BC是等边三角形；
（2）解：①∵△BCH是等边三角形，
∴∠CHB＝60°，BH＝BC＝2，
∵CF＝BF＝1，
∴HF，
∴EH＝EF﹣HF＝2；
②由折叠知GH＝BG＝1，CN⊥BH，
∵△BCH是等边三角形，
∴∠BCH＝60°，BC＝CH，
∴∠DCH＝30°，
∵DC＝CB，
∴DC＝CH，
∴∠CDH＝∠DHC，
∴∠DHC75°，
∴∠MHG＝180°﹣∠DMC﹣∠CHB＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
∴∠MHG＝∠HMG，
∴MG＝GH＝1；
（3）证明：连接BQ，由折叠知AB＝BP＝BC，∠BAE＝∠BPE＝∠BPQ＝90°，
∵∠C＝90°，BQ＝BQ，
∴Rt△BPQ≌Rt△BCQ（HL），
∴CQ＝PQ，
设AE＝a，则DE＝EP＝a，设CQ＝PQ＝x，则QD＝2a﹣x，
在Rt△EDQ中，ED2+DQ2＝EQ2，
∴a2+（2a﹣x）2＝（a+x）2，
∴2a＝3x，
∴x，
∴CQ，
即点Q是CD的三等分点．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
25．（12分）（2024春 海陵区校级月考）抛物线可以写成的形式，且函数图象x轴交于A，B两点（A，B不重合），与y轴交于点C．
（1）直接填空：c＝　2　 ；
（2）当a＝﹣2时，图象如图1所示．
①试判断△ABC的形状并说明理由；
②抛物线上有一动点P，且点P的横坐标为m（0＜m＜2），过点P作PQ∥x轴交直线AC于点Q，设PQ＝l，求l与m之间的函数关系式，并求l的最大值；
（3）现以AB为直径画圆，交直线AC于点M，连接OM，当时，请直接写出a的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）①△ABC是等腰直角三角形；②；l的最大值为；
（3）﹣6≤a＜0或0＜a＜2或2＜a≤6．
【分析】（1）当x＝0，得出c＝2；
（2）①分别求得A，B的坐标，根据勾股定理的逆定理即可得出结论；
②先求得直线AC的解析式，进而表示出l与m之间的函数关系式，根据二次函数的性质求得最值，即可求解；
（3）根据开口向上和开口向下两种情况讨论，找出临界值，结合图象求解即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，，
∴c＝2；则C（0，2），
故答案为：2．
（2）①当a＝﹣2时，，
当y＝0时，，
解得：x1＝﹣2，x2＝2，
∴A（2，0），B（﹣2，0），
∴AB＝4，
又∵C（0，2），
∴，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形；
②∵A（2，0），C（0，2），
设直线AC的解析式为y＝kx+2，将点A（2，0）代入得，
2k+2＝0，
解得：k＝﹣1，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∵点P的横坐标为m（0＜m＜2），
∴，
∵过点P作PQ∥x轴交直线AC于点Q，设PQ＝l，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，则x＝2﹣y，
∴Q的横坐标为
∴，
∴当m＝1时，l的最大值为，
（3）∵，
当y＝0时，x1＝2，x2＝a，
∴A（2，0），B（a，0），
∵C（0，2），
∴OA＝OC＝2，直线AC的解析式为y＝﹣x+2，
∴△AOC是等腰直角三角形，
过O作OG⊥AC于点G，则OG；
在直线AC上找一点H，使OH＝2，
设H（h，﹣h+2），
∴OH2＝h2+（﹣h+2）2＝20，
解得h＝﹣2或4，
∴H1（﹣2，4），H2（4，﹣2），
①当a＜0时，则点B在x轴负半轴上，
Ⅰ、当点M与点G重合时，如图，
∵AB为直径，
∴∠AMB＝90°，
∵∠OMB＝90°，
∴此时点O和点B重合，
∴a＜0即可满足OM，
Ⅱ、当点M与H1重合时，如图，
此时AB＝2yM＝8，
∴B（﹣6，0），即a＝﹣6，
所以当a＜0时，﹣6≤a＜0；
②当a＞0时，
Ⅰ、当点B在点A左侧时，
此时很明显点M在AG段，即OM＞OG，符合题意，
当点B与点A重合，即抛物线顶点在点A出时，此时以AB为直径的圆不存在，
∴这一段满足题意的a范围为0＜a＜2；
Ⅱ、当点B在点A右侧时，则M在x轴下方，
此时OM＞OA，
当点M与点H2重合时，则点B（6，0），即a＝2，
∴这一段满足题意的a范围为2＜a≤6，
综上，﹣6≤a＜0或0＜a＜2或2＜a≤6．
【点评】本题考查了二次函数与坐标轴交点问题，线段周长问题，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
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