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浙江中考复习——集训精选题（七）
一、选择题：
1．（2024八下·响水期末）如图，四边形是平行四边形，以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点F；分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点G；连接并延长，交于点E．连接，若，则的长为（　　）
A．5 B．8 C．12 D．15
2．（2024九上·长沙月考）如图，已知函数图象与x轴只有三个交点，分别是，，．
①当时，或；②当时，y有最小值，没有最大值；③当时，y随x的增大而增大；④若点在函数图象上，则m的值只有3个．上述四个结论中正确的有（　　）
A．①② B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．（2025·嘉兴模拟）如图，在平面直角坐标系中，与是以原点O为位似中心的位似图形，位似比为．点在的边上，连接并延长交边于点，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·嘉兴模拟） 定义：抛物线（a， m， k 为常数，）中存在一点，使得， 则称 为该抛物线的“相对深度”.根据上述定义解答问题：已知抛物线 的“相对深度”为 4，则 a 的值为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
5．（2024·宁波模拟）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1．筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，如图2．已知圆心O在水面上方，且⊙O被水面截得的弦AB长为6米，⊙O半径长为4米．若点C为运行轨道的最低点，则点C到弦AB所在直线的距离是　 　米．
6．（2025·杭州模拟）如图，在中，，点是中点，点在上．连接，且平分的周长．若，则的长为　 　．
7．（2025·定海模拟）折叠矩形纸片时，发现可以进行如下操作：①把翻折，点落在边上的点处，折痕为，点在边上；②把纸片展开并铺平；③把翻折，点落在线段上的点处，折痕为，点在边上，若，，则　 　．
8．（2025·杭州模拟）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为　 　
三、计算题
9．（2025·温州模拟）
（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中．
10．（2024·杭州模拟）（）解不等式组： ；
（）解方程：．
11．（2024·温州模拟）计算：
（1）
（2）
四、尺规作图
12．（2025·鄞州模拟）如图的网格中，的顶点都在格点上，每个小正方形的边长均为1．仅用无刻度的直尺在给定的网格图中分别按下列要求画图．（保留画图痕迹，画图过程中辅助线用虚线，画图结果用实线、实心点表示）
（1）请在图1中画出的高．
（2）请在图2中在线段上找一点E，使．
13．（2025·镇海区模拟）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点均在格点上．
（1）在的边上找到一点D， 连接， 使得的面积与的面积之比为，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图迹．
（2）在网格中找到一个格点E（E点不同于A、B、C） ， 连接、， 使得 ，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图痕迹．
五、一次函数与反比例函数
14．（2024九下·杭州模拟）如图，反比例函数与一次函数的图象在第一象限交于、两点．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）观察图象，请直接写出满足的取值范围；
（3）若Q为y轴上的一点，使最小，求点Q的坐标．
15．（2025·嘉兴模拟）小海和小桐相约去博物馆参观．小海从学校步行出发直接去博物馆．同时，小桐从家骑自行车出发，途中，他去超市购物后，按原来的速度继续去博物馆．小桐家、学校、超市和博物馆之间的路程如图1所示，他们离小桐家的路程s（米）与所经过的时间t（分）之间的函数关系如图2所示．
（1）求小桐骑自行车的速度和小海步行的速度．
（2）求线段所在直线的函数表达式．
（3）小桐离开超市去博物馆的途中与小海相遇，求相遇时他们距离博物馆的路程．
六、解直角三角形
16．（2024·临平模拟）小兴同学在母亲节来临之际，为妈妈购买了如图1所示的台式桌面化妆镜，由镜面与底座组成，镜面可绕两固定点转动．如图2是将其放置在水平桌面上的正面示意图，镜面为圆形，底座上的固定点A，B所在直线经过镜面的圆心O，如图3是其侧面示意图．现测得底座最高点A到桌面高为，C为镜面上的最高点，且直径（边框视为镜面的一部分）为．
（1）在镜面转动的过程中，求镜面上的点D到桌面的最短距离（即图3中的长）．
（2）如图4小兴妈妈通过转动镜面，测得，求此时镜面上的点D到桌面的距离．（精确到，参考数据：，，）
17．（2025·上虞模拟）如图，拐尺与水平尺是生活中重要的测量工具．图是某排水管道系统的部分实物图，图3是其示意图．已知管道与的长度相同，与地面平行．现将拐尺和水平尺放在上，使，测得厘米，厘米．
（1）求的值；
（2）若米，求到地面的距离的长．
18．（2025·遂宁模拟）如图①所示的是一款机械手臂，由上臂、中臂和底座三部分组成，其中上臂和中臂可自由转动，底座与水平地面垂直．在实际运用中要求三部分始终处于同一平面内，其示意图如图②所示，经测量，上臂，中臂，底座．
（1）若上臂与水平面平行，，计算点A到地面的距离（结果保留根号）；
（2）在一次操作中，中臂与底座成夹角，上臂与中臂夹角为，如图③，计算此时点A到地面的距离（精确到，，）．
七、二次函数
19．（2025·温州模拟）2022卡塔尔世界杯足球比赛正在进行阿根廷和荷兰的决赛，阿根廷球员梅西在距球门底部中心点O的正前方处起脚射门，足球沿抛物线向球门中心线；当足球飞离地面高度为时达到最高点，此时足球飞行的水平距离为．已知球门的横梁高为．
（1）建立如图所示直角坐标系，求抛物线解析式；
（2）梅西的射门，足球能否射进球门（不考虑其他影响因素）？
（3）守门员乙站在距离球门处，他跳起时手的最大摸高为，他能阻止球员甲的此次射门吗？
20．（2024九下·宁波模拟）某个农场有一个花卉大棚，是利用部分墙体建造的．其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在墙体上，另一端固定在墙体上，其横截面有根支架，，相关数据如图所示，其中支架，，这个大棚用了根支架．
为增加棚内空间，农场决定将图中棚顶向上调整，支架总数不变，对应支架的长度变化，如图所示，调整后与上升相同的高度，增加的支架单价为元/米（接口忽略不计），需要增加经费元．
（1）分别以和所在的直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系．
①求出改造前的函数解析式．
②当米，求的长度．
（2）只考虑经费情况下，求出的最大值．
21．（2024九下·洞头模拟）已知二次函数．
（1）若它的图像经过点，求该函数的对称轴．
（2）若时，y的最小值为1，求出t的值．
（3）如果，两点都在这个二次函数的图象上，直线与该二次函数交于，两点，则是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由．
22．（2025·西湖模拟）在直角坐标系中，设函数与函数（，，是常数，）的图象交于点，．
（1）求函数，的表达式．
（2）当时，比较与的大小．（直接写出结果）
（3）若点在函数的图象上，将点先向左平移1个单位，再向下平移6个单位得点，点恰好落在函数的图象上，求点的坐标．
八、圆的几何图形
23．（2025·温州模拟）已知：是的外接圆，连接并延长交于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点是弧上一点，连接，于点，且，求的值；
（3）在（2）的条件下，若，，求线段的长．
24．（2025·西湖模拟）如图，矩形内接于，是对角线，点在上（不与点重合），连接分别交于点，，于点，，连接交于点．
（1）如图1，当点为的中点，时，
①求证：．
②求的长．
（2）如图2，若，求的值．
25．（2025·定海模拟）如图1，以点为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线与相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点．
（1）填空：的长为______；的长为______；的半径为______；的长为______；
（2）如图2，点P是直径上的一个动点（不与C、D重合），连结并延长交于点．
①当时，求的值；
②设，，求y与x的函数关系式．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接FE，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE=∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE，
∴AF=BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO=OE=4，BO=OF=3，
在Rt△AOB中，，
故答案为：A．
【分析】如图，连接FE，设AE交BF于点O．由题意，根据平行四边形的判定“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形ABEF是平行四边形，然后由“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”可证四边形ABEF是菱形，在Rt△AOB中，用勾股定理即可求解．
2．【答案】B
【解析】【解答】解：由函数图象知，当时，或，故①正确；
当时，图象有最低点，没有最高点，
∴y有最小值，没有最大值，故②正确；
当时，y隋x的增大而减小，故③不正确；
∵函数的图象与原函数的图象只有三个交点，
∴点在函数图象上，则m的值只有3个，故④正确
故答案为：B.
【分析】借助图象得到x轴上方图象对应的x值判断①；根据x>0的图象判断②；根据x>1的图象的增减性判断③；根据点P的坐标得到点P在直线上，作图看交点个数判断④解题．

3．【答案】D
4．【答案】B
【解析】【解答】解：，
，解得，
是抛物线上的点，
，
，解得.
故答案为： B.
【分析】利用相对深度的定义可得，解得，再通过二次函数解析式的性质可得，进而求得.
5．【答案】
【解析】【解答】解：连接交于，连接，
点为运行轨道的最低点，
，
（米，
在中，（米，
点到弦所在直线的距离米，
故答案为：．
【分析】连接交于，连接，根据垂径定理得到，根据勾股定理求出，最后根据线段间的数量关系即可求解．
6．【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，过点D作于点F，
∵，
∴，
∴，
∵D为中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵平分的周长且，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】
由于点D是AB中点，且DE平分的周长，则AE=BC+CE；由于，可过点D作AC的垂线段DF，则DF为的中位线，则AF=CF，即AE=CF+EF=CE+2EF，等量代换得BC=2EF；又由中位线定理知BC=2DF，则为等腰直角三角形，解这个直角三角形可得DF，则BC可求．
7．【答案】
8．【答案】
【解析】【解答】∵四边形是菱形，
∴设，
∴，
如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，
∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
【分析】
如图所示，连接A`D，OE，由轴对称的性质知：OB`=OB、OA`=OA；由于由菱形的性质知：OC=OA、OB=OD、ACBD；即OC=OA`、OD=OB`、O、D、A`三点共线，则A`、C关于直线OE对称，B`、D也关于直线OE对称，即OE平分；此时可设AC=10a，BD=6a，则OB`=OB=3a，OC=5a，即CB`=2a，则：=2：3， 由轴对称的性质知，，即，则．
9．【答案】（1）解：原式
（2）解：原式
，
当 时，原式
10．【答案】解：（）解不等式得，，
解不等式得，，
不等式组的解集为；
（），
方程两边同时乘以得，，
解得，
当时，，
原分式方程的解为．
【解析】【分析】（）分别求出两个不等式的解集，再根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”得到不等式组的解集；
（）方程两边同时乘以，化为整式方程，解整式方程求出解后检验即可.
11．【答案】（1）解：
．
（2）解：
【解析】【分析】（1）先计算0指数幂、算术平方根和代入正切值，再计算有理数的加减法即可；
（2）利用平方差公式及单项式乘以多项式法则分别去括号，再合并同类项即可．
12．【答案】（1）解：取格点，连接交于点，连接，如图：
由图可知，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴为中点，
∴，
∴为的高．
（2）解：取格点，连接交于，如图：
由图可得，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点就是所求的点．
【解析】【分析】（1）先根据矩形的对角线平分得到AC的中点D，连接BD即可解题；
（2）根据相似三角形的对应边成比例，取格点，使得AP=3，BQ=2，连接交于解题.
13．【答案】（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
【解析】【分析】（1）如图，取格点，连接交于，则即为所求；根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△AQD∽△BPD，由相似三角形的对应边的比相等得比例式求解；
（2）取格点，满足，则点即为所求.
（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
14．【答案】解：（1）∵反比例函数与一次函数的图象在第一象限交于A（1，3）、B（3，1）两点．
∴，3＝ 1＋b，
∴k＝3，b＝4，
∴反比例函数和一次函数的表达式分别为y＝，y＝ x＋4；
（2）由图象可得：满足的取值范围是1≤x≤3或x＜0；
（3）∵A（1，3），
∴A关于y轴的对称点A’的坐标为（ 1，3），
设直线A’B的解析式为y＝mx＋n，
∴，解得，
∴直线A’B的解析式为y＝x＋，
令x＝0，则y＝，
∴Q（0，）．
【解析】【分析】（1）由题意，将A、B两点的坐标代入反比例函数和一次函数的解析式可得关于k、b的方程，解之即可求解；
（2）根据图象可知：不等式的解集就是反比例函数图象在一次函数图象下方部分所对应的x的范围，结合A、B两点的横坐标即可求解；
（3）作A’关于y轴的对称点A’，连接A’B，与y轴的交点即为Q点，此时AQ＋BQ的和最小，根据待定系数法求得直线A’B的解析式，进而即可求得Q的坐标．
15．【答案】（1）米/分，米/分
（2）
（3）米
16．【答案】（1）解：∵直径，
．
∵A，B，O在同一水平面上，A到桌面的高为，
，
．
（2）解：过点D作交于点M（如图），
∵
∵
，
∵，
镜面上的点到桌面的最短距离
．

17．【答案】（1）解：∵，厘米，厘米，，
∵，
∴，
∴；
答：；
（2）解：如图所示，过点作，垂足为，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
设，，则，
∵米，
∴，解得，
∴米．
答：米．
【解析】【分析】（1）由平行线的性质知，等于，则解直角三角形PNM即可；
（2）由于平行线间距离处处相等，可分别过点B、C作AD的垂线段BE和CD，可得矩形BCDE，由于BC等于AB，可设CD的长，则BE的长可表示，再解直角三角形ABE即可得到AB的表达式，再利用AD的长即可得到关于CD长的一元一次方程，最后解方程即可．
18．【答案】（1）
（2）
19．【答案】（1）解：抛物线的顶点坐标是，
设抛物线的解析式是，
把代入，得，
解得，
则抛物线解析式为：；

（2）解： 当时，，
故：能射进球门；
答：足球能射进球门．
（3）解：当时，，
∴守门员乙不能阻止球员甲的此次射门，
当时，，
解得：（舍去），
∴，
答：他至少后退，才能阻止球员甲的射门．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）令时，求出y值与2.44米作比较解题；
（3）求出x=2时的函数值可得不能阻止此次射门，然后把y=2.52代入求出x值解题即可.
（1）抛物线的顶点坐标是，
设抛物线的解析式是，
把代入，得，
解得，
则抛物线解析式为：；
（2）当时，，
故：能射进球门；
答：足球能射进球门．
（3）当时，，
∴守门员乙不能阻止球员甲的此次射门，
当时，，
解得：（舍去），
∴，
答：他至少后退，才能阻止球员甲的射门．
20．【答案】（1）解：①如图，以为原点，分别以和所在的直线为x轴和y轴建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知：，，，
设改造前的抛物线解析式为，
∴，
解得：，
∴改造前的抛物线的函数表达式为；
②如图，建立与（1）相同的平面直角坐标系，
由①知改造前抛物线的解析式为，
∴对称轴为直线，
设改造后抛物线解析式为：，
∵调整后与上升相同的高度，且，
∴对称轴为直线，则有，
当时，，
∴，
∴，，
∴改造后抛物线解析式为：，
当时，
改造前：，
改造后：，
∴（米），
∴的长度为米；
（2）解：如（2）题图，设改造后抛物线解析式为，∵当时，，
当时，，
∴，，
∴，
由题意可列不等式：，
解得：，
∵，
要使最大，需最小，
∴当时，的值最大，最大值为米．
【解析】【分析】（1）①设改造前的函数解析式为，根据所建立的平面直角坐标系得到，，，然后代入解析式得到关于、、的方程组，求解即可；
②根据已知条件得到函数的解析式，再利用函数解析式得到、的坐标即可得到结论；
（2）根据已知条件表示出、的坐标得到的不等式，进而得到的最大值．
21．【答案】（1）解：将点代入二次函数，得
，
解得：，
对称轴直线为：
．
（2）解：当时，，∵抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴当时，有最大值，
∵时，的最小值为1，
∴当时，，
解得：．
（3）解：是定值，理由：
∵，两点都在这个二次函数的图象上，
，
令，整理得：
，
∵直线与该二次函数交于，两点，
∴是方程的两个根，
是定值．
【解析】【分析】（1）将代入解析式求出t值，然后利用对称轴公式解题即可；
（2）由抛物线开口向下，根据最小值列方程求出t值即可；
（3）先根据对称轴公式得出然后联立一次函数与二次函数解析式化为一般式，然后根据根与系数的关系解题即可．
22．【答案】（1）解：∵两个函数图象交于点，．
∴，
∴，，
∴，
∵点，在直线图象上，
，
解得，
∴；
（2）解：两个函数图象如图所示，
由图可知，当时，；
（3）解：设点C坐标为，
∵将点先向左平移1个单位，再向下平移6个单位得点，
∴，
∵点D恰好落在函数的图象上，
∴，
整理得，
∴或，
∴点的坐标为或．
【解析】【分析】
（1）由题意，用待定系数法可求解；
（2）画出图象，观察图象即可判断求解；
（3）根据点的平移法则设点C坐标为，写出点D的坐标再代入反比例函数解析式求出m值即可点的点C坐标．
（1）解：∵两个函数图象交于点，．
∴，
∴，，
∴，
∵点，在直线图象上，
，
解得，
∴；
（2）解：两个函数图象如图所示，
由图可知，当时，；
（3）解：设点C坐标为，
∵将点先向左平移1个单位，再向下平移6个单位得点，
∴，
∵点D恰好落在函数的图象上，
∴，
整理得，
∴或，
∴点的坐标为或．
23．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
，，
，即，
，
，
，而，
，
，
，
，
，
；
（2）解：设与交于点，如图所示：
，且，
，
，
，
，
由（1）知，
，
，
，即，
，即，
，
；
（3）解：过作于，连接，如图所示：
由（1）知，由（2）知，
，
，
是等腰直角三角形，即，
设，则，
，，
，
，即，解得，
在等腰中，，
，
在中，由勾股定理可得．
【解析】【分析】（1）连接，由三角形外角得到，然后根据圆周角定理得到，即可得到，即可得到，证明结论；
（2）在和中得到，即可转化成与，，相关的角，求得，即可解题；
（3）过作于，连接，根据（1）（2）中结论，即可得到，设，即可得到，然后得到，根据对应边成比例得到的值，再在中，利用勾股定理解题即可．
24．【答案】（1）①证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，，
∵，
∴是的直径，
∴是中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴是的直径，
∴是中点，
∵，，
∴，
∴，
由①知：，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴设，则，，
∴，
由（1）知∶，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
过P作于M，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【解析】【分析】（1）①根据矩形的四个角都是直角可得∠BCD=90°，结合已知，根据同角的余角相等可得，根据圆周角定理可得，然后由等量代换即可求解；
②连接，，根据圆周角定理的推论可得、是的直径，则是中点，也是中点，根据垂直平分线的性质可得，根据等边对等角可得，结合①中，以及，结合①的结论可求得，然后根据等边对等角和三角形内角和定理可得，根据弧、圆心角的关系可求出，由角的和差求得∠COE的度数，再根据弧长公式计算即可求解；
（2）根据锐角三角函数，可设，则，，，根据勾股定理求出，结合（1）中，求出，，证明，可求出，在中，根据锐角三角函数，过P作于M，根据等角的正切值相等可得，设，则，在中，根据正切的定义求出，根据勾股定理求出，结合，可求出，则可求出，，，将AP、PH代入所求代数式计算即可求解．
（1）①证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，，
∵，
∴是的直径，
∴是中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴是的直径，
∴是中点，
∵，，
∴，
∴，
由①知：，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴设，则，，
∴，
由（1）知∶，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
过P作于M，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
25．【答案】（1）5，，2，2
（2）①；②y与x的函数关系式为
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