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2025年上海市中考数学模拟预测卷
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2023 宜宾）2的相反数是（　　）
A．﹣2 B． C．2 D．
2．（4分）（2022 丽江二模）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣3a）3＝﹣9a3 B．（﹣a）2 a4＝a8
C．（a﹣1）2＝a2﹣1 D．（﹣a2b）3÷（a3b）2＝﹣b
3．（4分）（2025 榆次区一模）不等式组的解集是（　　）
A．x＜1 B．x＞1 C．x＜4 D．1＜x＜4
4．（4分）（2023春 潼关县期末）如果一次函数y＝x+k的图象经过第一、三、四象限，那么k的取值范围是（　　）
A．k＞0 B．k＜0 C．k＞1 D．k＜1
5．（4分）（2023秋 河北期末）行道树是指种在道路两旁及分车带，给车辆和行人遮荫并构成街景的树种．国槐是我市常见的行道树品种．下图是一批国槐树苗移植成活频率的统计图，由此可估计这种树苗移植成活的概率约为（　　）
A．0.95 B．0.90 C．0.85 D．0.80
6．（4分）（2023秋 夏津县期末）下列命题，错误的是（　　）
A．两条直角边对应相等的直角三角形全等
B．斜边和一个锐角对应相等的两个直角三角形全等
C．顶角和一条边对应相等的等腰三角形全等
D．有一条边相等的两个等边三角形全等
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．（4分）（2024 两江新区自主招生）|π﹣3|+2﹣1＝　 　 ．
8．（4分）（2022 天山区校级二模）因式分解：（x+2）（x﹣8）+6x＝　 　 ．
9．（4分）（2022春 兴庆区期末）化简：　 　 ．
10．（4分）（2022 道外区校级开学）函数中，自变量的取值范围是 　 　 ．
11．（4分）（2024秋 浙江月考）已知正比例函数y＝kx，当x＝3时，y＝12，则k的值是　 　 ．
12．（4分）（2024秋 高安市期末）总台龙年春晚上，微信视频号与春晚共同推出了“竖屏看春晚”，为受众提供全新的视觉体验．据统计，“竖屏看春晚”直播播放量为4.2亿次．“4.2亿”用科学记数法表示为 　 　 ．
13．（4分）已知10个数据：1、1、1、2、2、2、3、3、3、3，其中3出现的频数是 　 　 ．
14．（4分）（2024 温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 　 　 cm．
15．（4分）（2022秋 上城区校级月考）作抛物线y＝﹣x2+3x﹣1关于x轴对称，得到的图形的解析式是 　 　 ．
16．（4分）（2020春 闵行区期末）在 ABCD中，已知，，那么　 　 （结果用向量、的式子表示）．
17．（4分）（2024秋 高新区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，线段AB两端点分别在x轴负半轴，y轴负半轴上，△AOB的面积为1，将线段AB绕平面内一点旋转180°，点A的对应点E在反比例函数第一象限的图象上，点B的对应点F在反比例函数的图象上，若点E的横坐标是点F的横坐标的倍，则k的值为 　 　 ．
18．（4分）（2022春 宜宾期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，AE⊥BD于点E，则AE之长为 　 　 ．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）（2024春 来宾期末）计算：．
20．（10分）（2022秋 临澧县期中）解方程：
3．
21．（10分）（2024 雁江区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点P、Q分别在射线CB、AC上（点P不与C，B重合），且保持∠APQ＝∠ABC．
（1）若P在线段CB上，求证：△ABP∽△PCQ；
（2）设BP＝x、CQ＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围．
22．（10分）（2022春 北碚区校级期末）小王准备测量铁塔DE的高度，从点A处沿着斜坡AB向上走，已知斜坡AB的坡比为3：4，走到B点后，沿着水平方向继续向右走了10.8米到了点C，此时测得顶端D的仰角为50度，E的俯角为30度，已知AE是水平的，AE＝（18.8+6）米，DE垂直于AE，人的身高忽略不计．
（1）铁塔DE的高度约为多少？（精确到0.1，1.73）
（2）已知小王从点A到B上坡的速度为每秒0.5米，从B到C速度为每秒1.2米，从C到E下坡的速度为每秒1.5米，则小王从A到E花的时间是多少秒．
23．（12分）（2024春 金山区期末）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别在底边BC上，联结AE、DF，∠AEF＝∠ADF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）若BE＝FC，求证：四边形AEFD是矩形．
24．（12分）（2024春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，P1，P2，…，Pk是k个互不相同的点，若这k个点横坐标的不同取值有m个，纵坐标的不同取值有n个，则称m+n为这k个点的“跨度”，记为K[P1，P2，…，Pk]＝m+n，已知抛物线W的解析式为y＝ax2+bx+c．
（1）已知A（﹣4，0），B（0，3），C（4，0）．
①K[A，C]＝　 　 ，K[A，B，C]＝　 　 ；
②若，且在抛物线W上存在三个不同的点Q1，Q2，Q3，使得K[A，B，Q1]＜5，K[A，B，Q2]＝5，K[A，B，Q3]＞5，直接写出a＝　 　 ；
（2）点P1，P2，…P10到点O的距离为3或，K[P1，P2，…，P10]＝7，且这10个点构成一个中心对称图形．若抛物线W：y＝ax2+bx+c（a＞0）恰好经过P1，P2 …P10中的三个点，并以其中一个点为顶点，直接写出a的所有可能取值 　 　 ．
25．（14分）（2022 高密市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是上⊙O一点，点D是弧CB的中点，过点D作⊙O的切线，与AB，AC的延长线分别交于点E，F，连接AD．
（1）判断AF与EF的位置关系并加以证明；
（2）解决下列问题：
①已知AO＝1，当BE为何值时，AC＝2CF？
②连接BD，CD，OC，当∠E＝30°时，判断四边形OBDC的形状，并写出证明．
2025年上海市中考数学模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）（2023 宜宾）2的相反数是（　　）
A．﹣2 B． C．2 D．
【考点】相反数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】A
【分析】根据相反数的概念解答即可．
【解答】解：2的相反数是﹣2，
故选：A．
【点评】本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．
2．（4分）（2022 丽江二模）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣3a）3＝﹣9a3 B．（﹣a）2 a4＝a8
C．（a﹣1）2＝a2﹣1 D．（﹣a2b）3÷（a3b）2＝﹣b
【考点】整式的混合运算．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据整式的乘除运算、积的乘方、完全平方公式即可求出答案．
【解答】解：A、原式＝﹣27a3，故A不符合题意．
B、原式＝a2 a4＝a6，故B不符合题意．
C、原式＝a2﹣2a+1，故C不符合题意．
D、原式＝﹣a6b3÷a6b2＝﹣b，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查整式的混合运算，解题的关键是熟练运用整式的加减运算、乘除运算法则，本题属于基础题型．
3．（4分）（2025 榆次区一模）不等式组的解集是（　　）
A．x＜1 B．x＞1 C．x＜4 D．1＜x＜4
【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】A
【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；大大小小找不到”确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式x﹣1＜3得：x＜4，
解不等式2﹣2x＞0得：x＜1，
∴该不等式组的解集为x＜1，
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，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．
4．（4分）（2023春 潼关县期末）如果一次函数y＝x+k的图象经过第一、三、四象限，那么k的取值范围是（　　）
A．k＞0 B．k＜0 C．k＞1 D．k＜1
【考点】一次函数图象与系数的关系．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】B
【分析】根据当k＞0，b＜0时，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过第一、三、四象限，即可求解．
【解答】解：∵一次函数y＝x+k的图象经过第一、三、四象限，
∴k＜0．
故选：B．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象，熟练掌握一次函数y＝kx+b（k≠0），当k＞0，b＞0时，一次函数图象经过第一、二、三象限；当k＞0，b＜0时，一次函数图象经过第一、三、四象限；当k＜0，b＞0时，一次函数图象经过第一、二、四象限；当k＜0，b＜0时，一次函数图象经过第二、三、四象限是解题的关键．
5．（4分）（2023秋 河北期末）行道树是指种在道路两旁及分车带，给车辆和行人遮荫并构成街景的树种．国槐是我市常见的行道树品种．下图是一批国槐树苗移植成活频率的统计图，由此可估计这种树苗移植成活的概率约为（　　）
A．0.95 B．0.90 C．0.85 D．0.80
【考点】利用频率估计概率．
【专题】概率及其应用；推理能力．
【答案】B
【分析】由于树苗数量巨大，故其成活的概率与频率可认为近似相等，用到的知识点为：总体数目＝部分数目÷相应频率，部分的具体数目＝总体数目×相应频率；
【解答】解：由图可知，成活概率在0.9上下波动，故可估计这种树苗成活的频率稳定在0.9，成活的概率估计值为0.9；
这种树苗成活的频率稳定在0.9，成活的概率估计值约是0.90．
故选：B．
【点评】本题考查了利用频率估计概率，解题的关键是熟记估算方法．
6．（4分）（2023秋 夏津县期末）下列命题，错误的是（　　）
A．两条直角边对应相等的直角三角形全等
B．斜边和一个锐角对应相等的两个直角三角形全等
C．顶角和一条边对应相等的等腰三角形全等
D．有一条边相等的两个等边三角形全等
【考点】命题与定理；全等三角形的判定；直角三角形全等的判定；等腰三角形的性质；等边三角形的性质．
【专题】三角形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据三角形全等的定理进行判断．
【解答】解：A、两条直角边对应相等的两个直角三角形，可以用SAS来证明这两个直角三角形全等，
故选项A正确，不符合题意；
B、一条斜边和一个锐角对应相等的两个直角三角形，可以用AAS证明三角形全等，
选项B正确，不符合题意；
C、顶角和底边对应相等的两个等腰三角形，可以用AAS来证明这两个等腰三角形全等，顶角和一条腰对应相等的两个等腰三角形，可以用SAS来证明这两个等腰三角形全等，顶角和一个是底边，一个是腰对应相等的两个等腰三角形，不一定全等，
故选项C错误，符合题意；
D、有一条边对应相等的两个等边三角形全等，
故选项D正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形全等，掌握三角形全等的定理是关键．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．（4分）（2024 两江新区自主招生）|π﹣3|+2﹣1＝　π　 ．
【考点】负整数指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【答案】π．
【分析】先根据绝对值的性质及负整数指数幂计算出各数，再进行计算即可．
【解答】解：原式＝π﹣3π．
故答案为：π．
【点评】本题考查的是负整数指数幂，熟知非零数的负整数指数幂等于该数正整数指数幂的倒数是解题的关键．
8．（4分）（2022 天山区校级二模）因式分解：（x+2）（x﹣8）+6x＝　（x+4）（x﹣4）　 ．
【考点】因式分解﹣运用公式法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（x+4）（x﹣4）．
【分析】原式去括号、合并同类项后，运用平方差公式分解即可得到结果．
【解答】解：原式＝x2+2x﹣8x﹣16+6x
＝x2﹣16
＝（x+4）（x﹣4），
故答案为：（x+4）（x﹣4）．
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握整式的化简、平方差公式是解题的关键．
9．（4分）（2022春 兴庆区期末）化简：　　 ．
【考点】分式的加减法．
【专题】分式；运算能力．
【答案】．
【分析】先通分，再进行减法运算即可．
【解答】解：
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查分式的减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
10．（4分）（2022 道外区校级开学）函数中，自变量的取值范围是 　x≠2　 ．
【考点】函数自变量的取值范围．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【答案】x≠2．
【分析】根据分式的分母不等于0即可得出答案．
【解答】解：∵6﹣3x≠0，
∴x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，掌握分式的分母不等于0是解题的关键．
11．（4分）（2024秋 浙江月考）已知正比例函数y＝kx，当x＝3时，y＝12，则k的值是　4　 ．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正比例函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】4．
【分析】根据题意将x＝3，y＝12代入解析式，待定系数法求解析式即可求解．
【解答】解：由条件可知12＝3k，
解得：k＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了待定系数法求解析式，掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
12．（4分）（2024秋 高安市期末）总台龙年春晚上，微信视频号与春晚共同推出了“竖屏看春晚”，为受众提供全新的视觉体验．据统计，“竖屏看春晚”直播播放量为4.2亿次．“4.2亿”用科学记数法表示为 　4.2×108　 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】4.2×108．
【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：4.2亿＝420000000＝4.2×108．
故答案为：4.2×108．
【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．
13．（4分）已知10个数据：1、1、1、2、2、2、3、3、3、3，其中3出现的频数是 　4　 ．
【考点】频数与频率．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】4．
【分析】根据频数的定义，即可解答．
【解答】解：已知10个数据：1，1，1，2，2，2，3，3，3，3．其中3出现的频数为：4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了频数与频率，熟练掌握频数的定义是解题的关键．
14．（4分）（2024 温江区校级自主招生）如图，要拧开一个边长为a＝18cm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为 　18　 cm．
【考点】正多边形和圆．
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【答案】18．
【分析】设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，则∠AOB＝∠BOC＝60°，得出OA＝OB＝AB＝OC＝BC，则四边形ABCO是菱形，得出AC⊥OB，AM＝CM，由sin∠AOB，即可得出结果．
【解答】解：设正六边形的中心是O，其一边是AB，连接OA、OB、OC、AC，OB交AC于M，如图所示：
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∴AC⊥OB，AM＝CM，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB，
∴AM＝189（cm），
∴AC＝2AM＝18cm，
故答案为：18．
【点评】本题考查了正多边形和圆、菱形的判定与性质等知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
15．（4分）（2022秋 上城区校级月考）作抛物线y＝﹣x2+3x﹣1关于x轴对称，得到的图形的解析式是 　y＝x2﹣3x+1　 ．
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】y＝x2﹣3x+1．
【分析】根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标为互为相反数即可求得﹣y＝﹣x2+3x﹣1．
【解答】解：抛物线y＝﹣x2+3x﹣1关于x轴对称，得到的图形的解析式是﹣y＝﹣x2+3x﹣1，即y＝x2﹣3x+1，
故答案为：y＝x2﹣3x+1．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，熟知关于x轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
16．（4分）（2020春 闵行区期末）在 ABCD中，已知，，那么　　 （结果用向量、的式子表示）．
【考点】*平面向量；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】．
【分析】由，可得，根据平行四边形的性质可得，即可得出答案．
【解答】解：∵，
∴，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量、平行四边形的性质，熟练掌握平面向量和平行四边形的性质是解答本题的关键．
17．（4分）（2024秋 高新区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，线段AB两端点分别在x轴负半轴，y轴负半轴上，△AOB的面积为1，将线段AB绕平面内一点旋转180°，点A的对应点E在反比例函数第一象限的图象上，点B的对应点F在反比例函数的图象上，若点E的横坐标是点F的横坐标的倍，则k的值为 　3　 ．
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】反比例函数及其应用；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】3．
【分析】令点O关于中心点的对应点为D，由旋转的性质可知OA＝DE，OA∥DE，DF＝OB，DF∥OB，∠EDF＝∠AOB＝90°，故可设F（m，），则E（m，），
由三角形面积公式可得（m﹣m）×（）＝1，解得k＝3．
【解答】解：令点O关于中心点的对应点为D，
由旋转的性质可知，OA＝DE，OA∥DE，DF＝OB，DF∥OB，∠EDF＝∠AOB＝90°，
设F（m，），则E（m，），
由题意可知（m﹣m）×（）＝1，
解得k＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，坐标与图形变化﹣旋转，明确三角形DEF的面积等于三角形AOB的面积是解题的关键．
18．（4分）（2022春 宜宾期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，AE⊥BD于点E，则AE之长为 　4.8　 ．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】4.8．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AC的长，再利用矩形的性质得BO＝AOAC，从而得出S△AOBS△ABC．利用面积法求出AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AOAC．
∴S△AOBS△ABC．
∵在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8．
∴S△ABCAB BC＝24
∴S△AOB＝12．
∵在Rt△ABC中，
AC10．
∴BO5．
∵AE⊥BD．
∴S△AOB12
∴AE4.8
故答案为：4.8．
【点评】本题考查了矩形的性质．利用矩形的对角线相等且互相平分这一性质得出S△AOBS△ABC是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）（2024春 来宾期末）计算：．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】3．
【分析】首先根据乘方运算法则、立方根的性质进行运算，再进行乘除运算，然后进行有理数加法运算即可．
【解答】解：原式＝1×4+2÷（﹣2）
＝4+（﹣1）
＝3．
【点评】本题主要考查了乘方运算、立方根、有理数四则混合运算等知识，熟练掌握相关运算法则是解题关键．
20．（10分）（2022秋 临澧县期中）解方程：
3．
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】x＝1．
【分析】根据解分式方程的步骤求解即可．
【解答】解：两边同乘（x﹣2），得1+3（x﹣2）＝﹣x﹣1，
解得x＝1，
经检验，x＝1是原方程的根．
【点评】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键．
21．（10分）（2024 雁江区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点P、Q分别在射线CB、AC上（点P不与C，B重合），且保持∠APQ＝∠ABC．
（1）若P在线段CB上，求证：△ABP∽△PCQ；
（2）设BP＝x、CQ＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围．
【考点】相似三角形的判定与性质；函数关系式；等腰三角形的性质．
【专题】图形的相似；运算能力．
【答案】（1）见解析；
（2）或．
【分析】（1）利用两组对角相等可证△ABP∽△PCQ；
（2）分点P在线段CB上、在CB的延长线上两种情况，根据相似三角形对应边成比例即可求解．
【解答】解：（1）如图，
∵∠APQ+∠CPQ＝∠ABC+∠BAP，∠APQ＝∠ABC，
∴∠CPQ＝∠BAP，
∵AB＝AC＝5，
∴∠B＝∠C，
∴△ABP∽△PCQ．
（2）当点P在线段CB上时，
∵△ABP∽△PCQ，AB＝AC＝5，BC＝6，BP＝x、CQ＝y，
∴，PC＝BC﹣BP＝6﹣x，
∴，
解得；
当点P在CB的延长线上时，如图2，
∵△ABP∽△PCQ，AB＝AC＝5，BC＝6，BP＝x、CQ＝y，
∴，PC＝BC+BP＝6+x，
∴，
解得．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，动点的函数关系式，注意分情况讨论是解题的关键．
22．（10分）（2022春 北碚区校级期末）小王准备测量铁塔DE的高度，从点A处沿着斜坡AB向上走，已知斜坡AB的坡比为3：4，走到B点后，沿着水平方向继续向右走了10.8米到了点C，此时测得顶端D的仰角为50度，E的俯角为30度，已知AE是水平的，AE＝（18.8+6）米，DE垂直于AE，人的身高忽略不计．
（1）铁塔DE的高度约为多少？（精确到0.1，1.73）
（2）已知小王从点A到B上坡的速度为每秒0.5米，从B到C速度为每秒1.2米，从C到E下坡的速度为每秒1.5米，则小王从A到E花的时间是多少秒．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）铁塔DE的高度约为18.5米；
（2）小王从A到E花的时间是37秒．
【分析】（1）过点B作BG⊥AE，垂足为E，延长BC交DE于点F，则BG＝FE，BF＝GE，∠FCE＝30°，∠DCF＝50°，根据斜坡AB的坡比为3：4，可设BG＝FE＝3x米，则AG＝4x米，然后在Rt△CFE中，利用锐角三角函数的定义求出CF的长，从而求出FB，GE的长，再根据AE＝（18.8+6）米，列出关于x的方程，进行计算可求出EF，CF的长，最后在Rt△CDF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，进行计算即可解答；
（2）在Rt△ABG中，根据勾股定理求出AB的长，在Rt△CEF中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，然后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BG⊥AE，垂足为E，延长BC交DE于点F，
则BG＝FE，BF＝GE，∠FCE＝30°，∠DCF＝50°，
∵斜坡AB的坡比为3：4，
∴，
∴设BG＝FE＝3x米，则AG＝4x米，
在Rt△CFE中，CF3x（米），
∵BC＝10.8米，
∴BF＝GE＝（10.8+3x）米，
∵AE＝（18.8+6）米，
∴AG+GE＝18.8+6，
∴4x+10.8+3x＝18.8+6，
∴x＝2，
∴EF＝3x＝6（米），CF＝3x＝6（米），
在Rt△CDF中，DF＝CF tan50°≈6（米），
∴DE＝EF+EF＝618.5（米），
∴铁塔DE的高度约为18.5米；
（2）在Rt△ABG中，AG＝8米，BG＝6米，
∴AB10（米），
在Rt△CEF中，∠ECF＝30°，EF＝6米，
∴CE＝2EF＝12（米），
∴20+9+8＝37（秒），
∴小王从A到E花的时间是37秒．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23．（12分）（2024春 金山区期末）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别在底边BC上，联结AE、DF，∠AEF＝∠ADF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）若BE＝FC，求证：四边形AEFD是矩形．
【考点】等腰梯形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；梯形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）∵根据平行线的性质得到∠DAE+∠AEF＝∠ADF+∠DFE＝180°，得到∠DAE＝∠DFE，根据平行四边形的判定定理得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AE＝DF，根据全等三角形的性质得到∠AEF＝∠AFC，求出∠AEF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形AEFD是矩形．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠DAE+∠AEF＝∠ADF+∠DFE，
∵∠AEF＝∠ADF，
∴∠DAE＝∠DFE，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）在等腰梯形ABCD中，AB＝CD，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AE＝DF，
在△ABE与△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SSS），
∴∠AEF＝∠AFC，
∴∠AEF＝∠DFE，
∵∠AEF+∠AFE＝180°，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形．
【点评】本题考查了等腰梯形的性质，全等三角形 的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，熟练掌握等腰梯形的性质是解题的关键．
24．（12分）（2024春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，P1，P2，…，Pk是k个互不相同的点，若这k个点横坐标的不同取值有m个，纵坐标的不同取值有n个，则称m+n为这k个点的“跨度”，记为K[P1，P2，…，Pk]＝m+n，已知抛物线W的解析式为y＝ax2+bx+c．
（1）已知A（﹣4，0），B（0，3），C（4，0）．
①K[A，C]＝　3　 ，K[A，B，C]＝　5　 ；
②若，且在抛物线W上存在三个不同的点Q1，Q2，Q3，使得K[A，B，Q1]＜5，K[A，B，Q2]＝5，K[A，B，Q3]＞5，直接写出a＝　　 ；
（2）点P1，P2，…P10到点O的距离为3或，K[P1，P2，…，P10]＝7，且这10个点构成一个中心对称图形．若抛物线W：y＝ax2+bx+c（a＞0）恰好经过P1，P2 …P10中的三个点，并以其中一个点为顶点，直接写出a的所有可能取值 　±，±，±，±　 ．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；新定义；二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①3，5；
②；
（2）±，±，±，±．
【分析】（1）①根据新定义即可求解；
②根据新定义，结合题意求得Q1（﹣4，3）或（0，0），进而求得点Q2的横坐标为﹣4或0，纵坐标为0或3，点Q3的横坐标与纵坐标不为0，3，﹣4任意数，进而分类讨论即可；
（2）根据新定义得出这10个点横坐标的不同取值的个数与纵坐标的不同取值的个数之和为7，即m+n＝7，则分为m＝3，n＝4或m＝4，n＝3，分别画出图形，根据抛物线的对称性，找出符合题意的点，运用待定系数法求解析式，即可求解．
【解答】解：（1）①∵A（﹣4，0），B（0，3），C（4，0）．
∴K[A，C]＝2+1＝3，K[A，B，C]＝3+2＝5，
故答案为：3，5；
②∵b＝1，c＝9a，
∴y＝ax2+bx+c＝ax2+x+9a，
∵K[A，B]＝2+2＝4，K[A，B，Q1]＜5，
∴K[A，B，Q1]＝4，
∴Q1（﹣4，3）或（0，0），
∵K[A，B，Q2]＝5，
∴点Q2的横坐标为﹣4或0，纵坐标为0或3，
又∵K[A，B，Q3]＞5，
∴点Q3的横坐标与纵坐标不为0，3，﹣4任意数，
将Q1（﹣4，3）代入y＝ax2+x+9a，
得：3＝16a﹣4+9a，
解得：a，
∴抛物线的解析式为yx2+x+3（x+2）2+2，
∴对称轴为直线x＝﹣2，
∴Q1（﹣4，3）和B（0，3）关于x＝﹣2对称，
又∵点Q2的横坐标为﹣4或0，纵坐标为0或3，
∴点Q2与点B重合，
则K[A，B，Q2]＝K[A，B]＝4≠5，
故a舍去，
将Q1（0，0）代入y＝ax2+x+9a，得9a0，
解得：a，
∴抛物线解析式为yx2+x（x﹣6）2+3，
当x＝﹣4时，y（﹣4）2﹣4，
∴点Q2的坐标为（﹣4，），点Q3的坐标为任意数，则K[A，B，Q2]＝5成立，
∴a符合题意，
综上所述，a，
故答案为：；
（2）∵K[P1，P2，…，P10]＝7，
∴这10个点横坐标的不同取值的个数与纵坐标的不同取值的个数之和为7，即m+n＝7，
∵点P1，P2，…，P10到点O的距离为3或，
∴这10个点在以3或的圆上，
又∵这10个点构成一个中心对称图形，
∴m＝3，n＝4或m＝4，n＝3，
当m＝4，n＝3时，如图所示，P1（﹣3，2），P2（﹣1，2），P3（1，2），P4（3，2），P5（3，0），P6（3，﹣2），P7（1，﹣2），P8（﹣1，﹣2），P9（﹣3，﹣2），P10（﹣3，0），
根据题意，点P7和P8作顶点时，能经过3个点，而P7和P8关于y轴对称，
根据对称性，如图所示，只有一种情况，
当经过点P1（﹣3，2），P8（﹣1，﹣2），P3（1，2）时，
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）2﹣2，
将P3（1，2）代入得：2a（1+1）2﹣2，
解得：a，
当经过P2（﹣1，2），P9（﹣3，﹣2），P7（1，﹣2）时，同理可得：a，
当m＝3，n＝4时，如图所示，P1（﹣2，3），P2（0，3），P3（2，3），P4（2，1），P5（2，﹣1），P6（2，﹣3），P7（0，﹣3），P8（﹣2，﹣3），P9（﹣2，﹣1），P10（﹣2，1），
当以P7（0，﹣3）为顶点时，设抛物线解析式为y＝ax2﹣3，
将P9（﹣2，﹣1）代入得：a（﹣2）2﹣3＝﹣1，
解得：a；
将P10（﹣2，1）代入得：a（﹣2）2﹣3＝1，
解得：a；
将P1（﹣2，3）代入得：a（﹣2）2﹣3＝3，
解得：a；
同理当P2（0，3）为顶点时，a或a或a；
综上所述，a＝±，±，±，±；
故答案为：±，±，±，±．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，中心对称图形的性质，新定义问题，熟练掌握二次函数的图象和性质及新定义是解题关键．
25．（14分）（2022 高密市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是上⊙O一点，点D是弧CB的中点，过点D作⊙O的切线，与AB，AC的延长线分别交于点E，F，连接AD．
（1）判断AF与EF的位置关系并加以证明；
（2）解决下列问题：
①已知AO＝1，当BE为何值时，AC＝2CF？
②连接BD，CD，OC，当∠E＝30°时，判断四边形OBDC的形状，并写出证明．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）垂直．证明见解析；
（2）①当BE＝1时，AC＝2CF；
②四边形OBDC是菱形．证明见解析．
【分析】（1）由切线的性质证出∠CAD＝∠ADO，则可得出AF∥OD，证出AF⊥EF；
（2）①证明△ACB∽△AFE，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
②证出△AOC和△BOD都是等边三角形，由等边三角形的性质可得出∠DOC＝60°，OB＝DB，证出OC＝CD＝BD＝OB，则可得出结论．
【解答】解：（1）垂直．
证明：如图1，连接OD．
∵点D是弧CB的中点，EF是过点D的⊙O的切线，
∴∠CAD＝∠DAB，OD⊥EF，
∵OD＝OA，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠CAD＝∠ADO，
∴AF∥OD，
∴AF⊥EF；
（2）①当BE＝1时，AC＝2CF，
如图2，连接BC．
∵AO＝1，
∴AB＝2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AF⊥EF，
∴∠ACB＝∠F＝90°，
∴BC∥EF，
∴△ACB∽△AFE，
∴，
∴，
∴BE＝1，
即当BE＝1时，AC＝2CF；
②四边形OBDC是菱形．
证明：如图3，连接OD，CD、OC、BD，
∵EF是过点D作的⊙O的切线，
∴∠ODE＝∠F＝90°，
∴OD∥AF，
∵∠E＝30°，
∴∠FAB＝∠DOB＝60°，
∵OA＝OC，OD＝OB，
∴△AOC和△BOD都是等边三角形，
∴∠DOC＝60°，OB＝DB，
∵OD＝OC，
∴△COD是等边三角形，
∴CD＝OC，
∴OC＝CD＝BD＝OB，
∴四边形OBDC是菱形．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，三角形的内角和，连接经过切点的半径和作出AC的弦心距是解题的关键．
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