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北京市2024-2025学年九年级下学期数学中考模拟押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2分）（2025 商河县一模）截止2025年2月16日，电影《哪吒2》的总票房已超过1150000万元．数字1150000用科学记数法可以表示为（　　）
A．1.15×106 B．1.15×107 C．115×104 D．11.5×105
3．（2分）（2023 汉川市模拟）下列图形：①等边三角形；②正方形；③菱形；④平行四边形．其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
4．（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
5．（2分）（2024秋 石狮市期中）一元二次方程9x2﹣6x+1＝0根的情况是（　　）
A．没有实数根
B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法确定
6．（2分）（2024春 蒲城县期末）若一个正多边形的每一个外角都等于36°，则它是（　　）
A．正九边形 B．正十边形
C．正十一边形 D．正十二边形
7．（2分）（2024 莱芜区校级模拟）甲、乙两名同学玩“石头、剪刀、布”游戏，随机出手一次，甲获胜的概率是（　　）
A． B． C． D．
8．（2分）（2024秋 渝北区月考）如图，在正方形ABCD中AB＝6，点E是对角线AC上的一点，连结DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连结AG，若F恰为AB的中点，则AG的长为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2021 安岳县模拟）要使分式有意义，则x的取值范围是 　 　 ．
10．（2分）（2024 望江县三模）分解因式：3m2n﹣12n＝　 　 ．
11．（2分）（2022春 顺德区期末）方程2的解为 　 　 ．
12．（2分）（2024秋 兴宁区校级期中）已知反比例函数的图象经过点（3，a），则a的值为 　 　 ．
13．（2分）（2023秋 拱墅区校级期中）对一批衬衫进行抽检，统计合格衬衫的件数，得到合格衬衣的频数表如下：
抽取件数（件） 50 100 150 200 500 800 1000
合格频数 42 88 141 176 445 724 901
合格频率 0.84 0.88 0.94 0.88 0.89 0.905 0.901
估计任抽一件衬衫是合格品的概率是 　 　 ．（结果精确到0.1）
14．（2分）（2023春 巴彦县期中）如图，面积为5cm2的三角形ABC沿BC方向平移至三角形DEF位置，平移的距离是边BC长的两倍，则图中的四边形ACED的面积是 　 　 cm2．
15．（2分）如图，△ABC为等边三角形，CD垂直平分AB，BE垂直平分AC，CD与BE交于点O，若BE＝6，则点O到BC的距离为 　 　 ．
16．（2分）（2025 朝阳区一模）某工厂生产的一种产品由A，B两种零件各一个组装而成（组装时间忽略不计），该工厂有4条流水线生产这两种零件，一天的生产数量如下（单位：个）：
零件 流水线1 流水线2 流水线3 流水线4
A 80 90 70 60
B 100 120 110 70
程序需要提前设定，所以每条流水线一天只能生产同一种零件，第二天可以更换．
（1）如果只开通其中一条流水线，7天最多生产该产品　 　 件；
（2）如果4条流水线都开通，7天最多生产该产品　 　 件．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2025 常州模拟）计算：．
18．（5分）（2024 韩城市模拟）解不等式组：．
19．（5分）（2021秋 顺德区校级月考）已知x2﹣2x+1＝0，求的值．
20．（6分）（2024 三台县二模）如图，在 ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，AF⊥CD，垂足为F，BD与AE，AF分别相交于点G，H，AG＝AH．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AG＝2，EG＝1．
①求sin∠BAE；
②求 ABCD的面积．
21．（6分）（2023春 海淀区期末）某博物馆有A，B两种不同的文创纪念品、花费400元可以购买10件A纪念品和4件B纪念品，或者购买5件A纪念品和10件B纪念品．
（1）A，B两种纪念品的单价各多少元？
（2）如果想购买两种纪念品共20件、其中A纪念品不少于8件，最少花费多少元？请说明理由．
22．（5分）（2025 顺义区一模）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，﹣1）．
（1）求k，b的值；
（2）当x＞﹣1时，对于x的每一个值，函数y＝mx+1（m≠0）的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于y＝5x+4的值，直接写出m的取值范围．
23．（5分）（2023春 长沙县期末）我县某初中举办“课外读物知识竞赛”，八年级和七年级组根据初赛成绩各选出5名选手组成2组代表队参加全县的决赛，两个年级各选出5名选手的决赛成绩如图所示：
平均分（分） 中位数（分） 众数（分） 方差
八年级 a 85 b s2
七年级 85 80 100 160
（1）根据图示，填写a＝　 　 ，b＝　 　 ；
（2）结合两个年级成绩的平均数和中位数进行分析，哪个年级的决赛成绩较好？
（3）计算八年级代表队决赛成绩的方差s2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．参考公式：方差
24．（6分）（2024 北京模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC、BC，D为AC的中点，过点C作⊙O的切线与射线OD交于点E．
（1）求证：∠E＝∠A；
（2）若延长EC与AB交于点F，若DE＝4，，求⊙O的面积．
25．（5分）（2024春 埇桥区校级期中）已知琳琳家、超市、邮局在同一直线上，琳琳从家出发，跑步去超市买了土特产品，又步行去邮局把物品寄出，然后走回家．琳琳离家的距离y（km）与时间x（min）之间的关系如图所示，请根据图象解决下列问题：
（1）琳琳家离超市的距离为　 　 km；
（2）琳琳邮寄物品用了　 　 min；
（3）求琳琳从邮局走回家的速度是多少？
26．（6分）（2024秋 海淀区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，点（x1，y1），（x2，y2）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t．
（1）若对于x1＝﹣1，x2＝3，有y1＝y2，直接写出t的值为 　 　 ；
（2）若对于t＜x1＜t+1，1＜x2＜2，都有y1＜y2，求t的取值范围．
27．（7分）（2024秋 凌源市期中）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到
AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝63°，∠ACB＝25°，求∠FGC的度数．
28．（7分）（2024 桥西区校级二模）如图①，OC垂直平分线段AB，OC≥2，以点O为圆心，2为半径作⊙O，点D是⊙O上的一点，当A，D，O三点共线时，连接OB交⊙O于点E，此时∠A＝37°，如图②将扇形DOE绕点O逆时针旋转，得到扇形D′OE′．
（1）求证：AD′＝BE′；
（2）①当点O到AD′的距离最大时，判断BE′与⊙O的位置关系，并说明理由；
②连接D′E′，若OD∥D′E′，直接写出D′E的长．
北京市2024-2025学年九年级下学期数学中考模拟押题预测卷
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）一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】由三视图判断几何体．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】根据题意得出是三棱柱，最大球的半径等于主视图直角三角形内切圆的半径解答即可．
【解答】解：几何体为三棱柱，最大球的半径等于主视图直角三角形内切圆的半径，
则8﹣r+6﹣r＝10，
解得：r＝2，
故选：B．
【点评】此题考查三视图判断几何体，关键是根据题意得出几何体是三棱柱解答．
2．（2分）（2025 商河县一模）截止2025年2月16日，电影《哪吒2》的总票房已超过1150000万元．数字1150000用科学记数法可以表示为（　　）
A．1.15×106 B．1.15×107 C．115×104 D．11.5×105
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：1150000＝1.15×106．
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．
3．（2分）（2023 汉川市模拟）下列图形：①等边三角形；②正方形；③菱形；④平行四边形．其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【解答】解：①等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
②正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
③菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
④平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．
4．（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．
5．（2分）（2024秋 石狮市期中）一元二次方程9x2﹣6x+1＝0根的情况是（　　）
A．没有实数根
B．有两个相等的实数根
C．有两个不相等的实数根
D．无法确定
【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】先计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况．
【解答】解：∵Δ＝（﹣6）2﹣4×9×1＝0，
∴方程有两个相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
6．（2分）（2024春 蒲城县期末）若一个正多边形的每一个外角都等于36°，则它是（　　）
A．正九边形 B．正十边形
C．正十一边形 D．正十二边形
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据多边形外角和定理求出正多边形的边数．
【解答】解：∵正多边形的每一个外角都等于36°，
∴正多边形的边数10．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
7．（2分）（2024 莱芜区校级模拟）甲、乙两名同学玩“石头、剪刀、布”游戏，随机出手一次，甲获胜的概率是（　　）
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】A
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及甲获胜的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
石头 剪刀 布
石头 （石头，石头） （石头，剪刀） （石头，布）
剪刀 （剪刀，石头） （剪刀，剪刀） （剪刀，布）
布 （布，石头） （布，剪刀） （布，布）
共有9种等可能的结果，其中甲获胜的结果有：（石头，剪刀），（剪刀，布），（布，石头），共3种，
∴随机出手一次，甲获胜的概率是．
故选：A．
【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．
8．（2分）（2024秋 渝北区月考）如图，在正方形ABCD中AB＝6，点E是对角线AC上的一点，连结DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连结AG，若F恰为AB的中点，则AG的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】过点E分别作AD，AB的垂线，垂足为H，I，过点G作直线AB的垂线，垂足为点J，则∠EHD＝∠EIF＝90°，可证明△EHD≌△EIF，△EIF≌△FJG，由△AEI为等腰直角三角形，设EI＝AI＝x，则EI＝AI＝AH＝JF＝x，可得IF＝JA，则△GJA为等腰直角三角形，由勾股定理得，由AD＝AH+HD，得到x+x﹣3＝6，解得，故．
【解答】解：过点E分别作AD，AB的垂线，垂足为H，I，过点G作直线AB的垂线，垂足为点J，则∠EHD＝∠EIF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠DAB，∠DAB＝90°，AD＝AB＝6，
∴EH＝EI，四边形AIEH为矩形，
∴∠HEI＝90°，AH＝EI，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝90°，
∴∠1+∠HEF＝∠2+∠HEF＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴△EHD≌△EIF（ASA），
∴EH＝EI，DH＝FI，
同上可证明：△EIF≌△FJG，
∴GJ＝FI，JF＝EI，
∵AC平分∠DAB，
∴∠EAB＝45°，
∴△AEI为等腰直角三角形，
∴设EI＝AI＝x，则EI＝AI＝AH＝JF＝x，
∵点F为AB中点，AB＝6，
∴AF＝3，
∴FI＝DH＝GJ＝x﹣3，
∴AJ＝FJ﹣AF＝x﹣3，
∴IF＝JA，
∴△GJA为等腰直角三角形，
由勾股定理得，
∵AD＝AH+HD，
∴x+x﹣3＝6，
解得，
∴，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质，正确构造全等是解题的关键．
二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
9．（2分）（2021 安岳县模拟）要使分式有意义，则x的取值范围是 　x　 ．
【考点】分式有意义的条件．
【专题】分式；运算能力．
【答案】x．
【分析】根据分式有意义的条件可得2x﹣3≠0，再解即可．
【解答】解：由题意得：2x﹣3≠0，
解得：x，
故答案为：x．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
10．（2分）（2024 望江县三模）分解因式：3m2n﹣12n＝　3n（m+2）（m﹣2）　 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】计算题；因式分解；运算能力．
【答案】3n（m+2）（m﹣2）．
【分析】利用提取公因式法进行因式分解．
【解答】解：原式＝3n（m+2）（m﹣2）．
故答案为：3n（m+2）（m﹣2）．
【点评】考查了因式分解﹣提公因式法：如果一个多项式的各项有公因式，可以把这个公因式提出来，从而将多项式化成两个因式乘积的形式，这种分解因式的方法叫做提公因式法．
11．（2分）（2022春 顺德区期末）方程2的解为 　x　 ．
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】x．
【分析】将原式化为整式进行计算即可得出答案．
【解答】解：，
左右两边同时乘以（x+3）得1＝2x+6，
解得x，
经检验x是分式方程的解．
故答案为：x．
【点评】本题考查了解分式方程，关键掌握解分式方程过程中去分母．
12．（2分）（2024秋 兴宁区校级期中）已知反比例函数的图象经过点（3，a），则a的值为 　4　 ．
【考点】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；运算能力．
【答案】4．
【分析】将点（3，a）代入反比例函数即可求出a的值．
【解答】解：点（3，a）代入反比例函数得，a4，
故答案为：4．
【点评】考查反比例函数图象上点的坐标特征，将点的坐标代入函数关系式是常用的方法．
13．（2分）（2023秋 拱墅区校级期中）对一批衬衫进行抽检，统计合格衬衫的件数，得到合格衬衣的频数表如下：
抽取件数（件） 50 100 150 200 500 800 1000
合格频数 42 88 141 176 445 724 901
合格频率 0.84 0.88 0.94 0.88 0.89 0.905 0.901
估计任抽一件衬衫是合格品的概率是 　0.9　 ．（结果精确到0.1）
【考点】利用频率估计概率；频数（率）分布表．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】0.9．
【分析】大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．据此可解．
【解答】解：抽取件数为1000时，合格频率趋近于0.9，估计衬衣合格的概率为0.9．
故答案为：0.9．
【点评】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
14．（2分）（2023春 巴彦县期中）如图，面积为5cm2的三角形ABC沿BC方向平移至三角形DEF位置，平移的距离是边BC长的两倍，则图中的四边形ACED的面积是 　15　 cm2．
【考点】三角形的面积；平移的性质．
【专题】三角形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】15．
【分析】根据平移的性质可以知道四边形ACED的面积是三个△ABC的面积，依此计算即可．
【解答】解：∵平移的距离是边BC长的两倍，
∴BC＝CE＝EF，
∴四边形ACED的面积是三个△ABC的面积；
∴四边形ACED的面积＝5×3＝15（cm2）．
故答案为：15．
【点评】本题的关键是得出四边形ACED的面积是三个△ABC的面积．然后根据已知条件计算．
15．（2分）如图，△ABC为等边三角形，CD垂直平分AB，BE垂直平分AC，CD与BE交于点O，若BE＝6，则点O到BC的距离为 　2　 ．
【考点】等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】2．
【分析】过点O作OF⊥BC，垂足为F，先利用等边三角形的性质可得∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC，从而利用等腰三角形的三线合一性质可得BE平分∠ABC，CO平分∠ACB，然后利用角平分线的定义可得∠OBF＝30°，从而可得OB＝2OF，再利用角平分线的性质可得OE＝OF，从而可得OB＝2OE，最后进行计算即可解答．
【解答】解：过点O作OF⊥BC，垂足为F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵BE垂直平分AC，CD垂直平分AB，
∴BE平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠OBF∠ABC＝30°，
∴OB＝2OF，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，
∴OE＝OF，
∴OB＝2OE，
∵BE＝6，
∴OEBE＝2，
∴OF＝OE＝2，
∴点O到BC的距离为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，含30度角的直角三角形，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．
16．（2分）（2025 朝阳区一模）某工厂生产的一种产品由A，B两种零件各一个组装而成（组装时间忽略不计），该工厂有4条流水线生产这两种零件，一天的生产数量如下（单位：个）：
零件 流水线1 流水线2 流水线3 流水线4
A 80 90 70 60
B 100 120 110 70
程序需要提前设定，所以每条流水线一天只能生产同一种零件，第二天可以更换．
（1）如果只开通其中一条流水线，7天最多生产该产品　360　 件；
（2）如果4条流水线都开通，7天最多生产该产品　1250　 件．
【考点】推理与论证；有理数的混合运算．
【专题】推理填空题．
【答案】（1）360；（2）1250．
【分析】（1）通过推理即可求解；
（2）通过推理即可求解．
【解答】解：（1）如果只开通一条流水线，比较可知，开通流水线2最合适，零件A生产4天共360个，零件B生产3天共360个，7天正好可以生产360个，
故答案为：360；
（2）整体比较各条流水线的产能，，，，
流水线4只生成A最合适，7天生成420个A；
流水线3只生成B最合适，7天生成770个A；
流水线1只生成A最合适，7天生成560个A；
产能最高的流水线B，负责调配差额，
讨论可得，3天生产270个A，4天生成480个B，
综上可得，7天共生成1250个零件，
故答案为：1250．
【点评】本题主要考查了逻辑推理，掌握知识点的应用是解题的关键．
三．解答题（共12小题，满分68分）
17．（5分）（2025 常州模拟）计算：．
【考点】实数的运算；特殊角的三角函数值．
【专题】实数；运算能力．
【答案】．
【分析】先把特殊角的三角函数值代入，再计算即可．
【解答】解：
＝1+2
＝1+1
．
【点评】本题考查了实数的运算，特殊角的三角函数值，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18．（5分）（2024 韩城市模拟）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】x＞﹣1．
【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＞﹣4，
解不等式②得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为x＞﹣1．
【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”的原则是解答此题的关键．
19．（5分）（2021秋 顺德区校级月考）已知x2﹣2x+1＝0，求的值．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【答案】，2．
【分析】先通分算括号内的，化简后将已知变形再代入即可．
【解答】解：
，
∵x2﹣2x+1＝0，
∴x2+1＝2x，
∴原式
＝2．
【点评】本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式性质，将所求式子化简，注意整体思想的应用．
20．（6分）（2024 三台县二模）如图，在 ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，AF⊥CD，垂足为F，BD与AE，AF分别相交于点G，H，AG＝AH．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AG＝2，EG＝1．
①求sin∠BAE；
②求 ABCD的面积．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．
【专题】图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）①；②．
【分析】（1）利用平行四边形的性质寻找条件证出△ABG≌△ADH后，即可得到AB＝AD，从而可判定出四边形ABCD是菱形；
（2）①利用平行得到△ADG∽△EBG，再利用相似三角形的比值关系求解即可；
②利用三角函数的比值关系求出菱形的边长，再根据面积公式运算求解即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
∴∠BAG＝90°﹣∠ABE，∠DAH＝90°﹣∠ADF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF，
∴∠BAG＝∠DAH，
∵AG＝AH，
∴∠AGH＝∠AHG，
∴∠AGB＝∠AHD，
∴在△ABG和△ADH中
，
∴△ABG≌△ADH，
∴AB＝AD，
∴ ABCD是菱形；
（2）①解：∵AD∥BC，
∴△ADG∽△EBG，
∴，
∵AG＝2，GE＝1，
∴，
∵在菱形ABCD中，AB＝AD，
∴，
∵AE⊥BC，
∴；
②∵，
∴∠BAE＝30°，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定及性质，三角函数的比值关系等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键．
21．（6分）（2023春 海淀区期末）某博物馆有A，B两种不同的文创纪念品、花费400元可以购买10件A纪念品和4件B纪念品，或者购买5件A纪念品和10件B纪念品．
（1）A，B两种纪念品的单价各多少元？
（2）如果想购买两种纪念品共20件、其中A纪念品不少于8件，最少花费多少元？请说明理由．
【考点】二元一次方程组的应用；有理数的混合运算．
【专题】实数；一次方程（组）及应用；应用意识．
【答案】（1）A纪念品的单价是30元，B纪念品的单价是25元；
（2）最少花费为540元，理由见解答．
【分析】（1）设A纪念品的单价是x元，B纪念品的单价是y元，根据“花费400元可以购买10件A纪念品和4件B纪念品，或者购买5件A纪念品和10件B纪念品”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）最少花费为540元，比较两种纪念品的单价，可得出A纪念品的单价高于B纪念品的单价，结合A纪念品不少于8件，即可求出最少花费．
【解答】解：（1）设A纪念品的单价是x元，B纪念品的单价是y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A纪念品的单价是30元，B纪念品的单价是25元；
（2）最少花费为540元，理由如下：
∵30＞25，
∴A纪念品的单价高于B纪念品的单价，
∴当购买A纪念品越少时，花费越少，
∴当购买8件A纪念品时，花费最少，最少花费为30×8+25×（20﹣8）＝540（元）．
答：最少花费为540元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
22．（5分）（2025 顺义区一模）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，﹣1）．
（1）求k，b的值；
（2）当x＞﹣1时，对于x的每一个值，函数y＝mx+1（m≠0）的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于y＝5x+4的值，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＝1，b＝﹣2；
（2）2≤m≤4．
【分析】（1）据一次函数平移时k不变可知k＝2，再把点（1，5）代入求出b的值，进而可得出结论．
（2）根据图象即可求得．
【解答】解：（1）∵函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，
∴k＝1，
把（1，﹣1）代入y＝x+b，
解得b＝﹣2；
（2）当x＝﹣1时，y＝x﹣2＝﹣3，y＝5x+4＝﹣1，
∵当x＞﹣1时，对于x的每一个值，函数y＝mx+1（m≠0）的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于y＝5x+4的值，
∴﹣3≤﹣m+1≤﹣1，
∴2≤m≤4．
∴m的取值范围是2≤m≤4．
【点评】本题是两条直线相交或平行问题，考查了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春 长沙县期末）我县某初中举办“课外读物知识竞赛”，八年级和七年级组根据初赛成绩各选出5名选手组成2组代表队参加全县的决赛，两个年级各选出5名选手的决赛成绩如图所示：
平均分（分） 中位数（分） 众数（分） 方差
八年级 a 85 b s2
七年级 85 80 100 160
（1）根据图示，填写a＝　85　 ，b＝　85　 ；
（2）结合两个年级成绩的平均数和中位数进行分析，哪个年级的决赛成绩较好？
（3）计算八年级代表队决赛成绩的方差s2，并判断哪一个代表队选手成绩较为稳定．参考公式：方差
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】统计的应用；数据分析观念；运算能力．
【答案】（1）85，85；
（2）两队的平均成绩相同，而八年级的中位数较大，因而八年级的决赛成绩较好；
（3）70，八年级代表队选手成绩较为稳定．
【分析】（1）根据平均数、众数的定义即可得出答案；
（2）首先比较平均数，然后根据中位数的大小判断；
（3）先求出八年级的方差，再根据方差的定义，方差越小数据越稳定即可得出答案．
【解答】解：（1）a（75+80+85+85+100）＝85，
∵八年级的成绩85分出现了2次，出现的次数最多，
∴b＝85，
故答案为：85，85；
（2）两队的平均成绩相同，而八年级的中位数较大，因而八年级的决赛成绩较好；
（3）八年级决赛成绩的方差s2[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，
∵八年级的方差是70，七年级的方差是160，70＜160，
∴八年级代表队选手成绩较为稳定．
【点评】此题主要考查了平均数、众数、中位数、方差的统计意义．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数；一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．
24．（6分）（2024 北京模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC、BC，D为AC的中点，过点C作⊙O的切线与射线OD交于点E．
（1）求证：∠E＝∠A；
（2）若延长EC与AB交于点F，若DE＝4，，求⊙O的面积．
【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；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）详见解答；
（2）5π．
【分析】（1）根据垂径定理，圆周角定理，直角三角形的性质以及切线的判定方法进行解答即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵D为AC的中点，AO＝CO，
∴OD⊥AC，∠AOD＝∠COD，
∵
∴∠CBA＝∠COD＝∠AOD，
∵AB为⊙O的直径，EF切⊙O于C，
∴半径OC⊥EF，
∴∠ECO＝∠OCF＝∠ACB＝90°，
∵∠E+∠COD+∠ECO＝180°∠A+∠ACB+∠CBA＝180°，
∴∠E＝∠A；
（2）在Rt△OCF 中，sinF，
设OC＝OB＝3k，则OF＝5k，
∴BF＝OF﹣OB＝2k，FC4k，
∵∠CBA＝∠AOD，
∴BC∥OE，
∴△FCB∽△FEO，
∴
∴设 BC＝2m，OE＝5m，
∵D为AC的中点，O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴，DE＝OE﹣OD＝4m，
∵DE＝4，
∴m＝1，OD＝1，OE＝5，
∵OD⊥AC，OC⊥CE，
∴∠OCE＝∠ODC＝90°，
∴△ODC∽△OCE，
∴OC2＝OD OE＝5
∴⊙O的面积 S＝π OC2＝5π．
【点评】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的边角关系以及圆面积的计算，掌握切线的性质和判断方法，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的边角关系以及圆面积的计算方法是正确解答的关键．
25．（5分）（2024春 埇桥区校级期中）已知琳琳家、超市、邮局在同一直线上，琳琳从家出发，跑步去超市买了土特产品，又步行去邮局把物品寄出，然后走回家．琳琳离家的距离y（km）与时间x（min）之间的关系如图所示，请根据图象解决下列问题：
（1）琳琳家离超市的距离为　2.5　 km；
（2）琳琳邮寄物品用了　10　 min；
（3）求琳琳从邮局走回家的速度是多少？
【考点】函数的图象．
【专题】函数及其图象；运算能力；应用意识．
【答案】（1）2.5；（2）10；（3）3.6km/h．
【分析】（1）根据所给图象，结合琳琳的行走路线即可解决问题．
（2）根据所给图象，结合琳琳的行走路线即可解决问题．
（3）由所给图象，得出邮局离琳琳家的距离，再求出所用时间即可解决问题．
【解答】解：（1）由所给图象可知，超市离琳琳家2.5km．
故答案为：2.5．
（2）由题意，∵55﹣45＝10（min），
∴琳琳在邮局停留了10min，即琳琳邮寄物品用了10min．
故答案为：10．
（3）由图象可得，邮局离琳琳家距离为1.5km，琳琳走的时间为：80﹣55＝25（min），
∴1.53.6（km/h），
答：琳琳从邮局走回家的速度是3.6km/h．
【点评】本题主要考查了函数的图象，读懂所给函数图象是解题的关键．
26．（6分）（2024秋 海淀区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，点（x1，y1），（x2，y2）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，设抛物线的对称轴为直线x＝t．
（1）若对于x1＝﹣1，x2＝3，有y1＝y2，直接写出t的值为 　1　 ；
（2）若对于t＜x1＜t+1，1＜x2＜2，都有y1＜y2，求t的取值范围．
【考点】二次函数的性质；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】（1）1；
（2）t≤0或t≥3．
【分析】（1）根据二次函数对称性求解即可；
（2）把点 （x1，y1），（x2，y2）代入y＝ax2+bx+c（a＞0）后根据y1﹣y2＜0计算即可．
【解答】解：（1）∵y1＝y2，
∴点 （x1，y1），（x2，y2）关于直线x＝t对称，
∴，
∵x1＝﹣1，x2＝3，
∴，
故答案为：1；
（2）代数法1：∵对称轴为
∴b＝﹣2at
∴抛物线解析式为y＝ax2﹣2atx+c（a＞0）
∵点 （x1，y1），（x2，y2）在抛物线上，
∴，，
∵y1＜y2，
∴y1﹣y2＜0，
∴y1﹣y2＝a（x1﹣x2）（x1+x2﹣2t）＜0，
∵a＞0，
∴（x1﹣x2）（x1+x2﹣2t）＜0，
∴或，
∵t＜x1＜t+1，1＜x2＜2，
∴t+1＜x1+x2＜t+3，
∴或，
解得：t≤0或t≥3，
代数法2：设抛物线解析式为y＝a（x﹣t）2+k，
∵点 （x1，y1），（x2，y2）在抛物线上，
∴，，
∵y1＜y2，
∴y1﹣y2＜0，
∴，
∵a＞0，
∴，
∵t＜x1＜t+1，
∴0＜x1﹣t＜1，
∴，
∴，
∴x2﹣t≥1或x2﹣t≤﹣1，
∴t≥x2+1或t≤x2﹣1，
∵1＜x2＜2，
∴t≥3或t≤0；
数形结合法：①当t≥2时，（x1，y1），（x2，y2）位于对称轴两侧，
（x2，y2） 关于x＝t的对称点为（2t﹣x2，y2），
∵x＞t时，y随x增大而增大，且都有y1＜y2，
∴2t﹣x2＞x1恒成立，
∴x1+x2＜2t恒成立，
∵t＜x1＜t+1，1＜x2＜2，
∴t+1＜x1+x2＜t+3，
∴t+3≤2t，
∴t≥3；
②当1＜t＜2时，
∵1＜x2＜2，
∴当x2＝t时，必有y2＜y1，
不合题意，舍去；
③当t≤1时，（x1，y1），（x2，y2）都位于对称轴右侧，
∵x＞t时，y随x增大而增大，且都有y1＜y2，
∴x1＜x2恒成立，
∵t＜x1＜t+1，1＜x2＜2，
∴t+1≤1，
∴t≤0，
综上所述：t≤0或t≥3．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的对称性是解题关键．
27．（7分）（2024秋 凌源市期中）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到
AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝63°，∠ACB＝25°，求∠FGC的度数．
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）79°．
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC；
（2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣63°×2＝54°，那么∠FAG＝54°．由△ABC≌△AEF，得出∠AFE＝∠ACB＝25°，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC＝∠FAG+∠AFG＝79°．
【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，
∴∠BAC＝∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC＝AF．
在△ABC与△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴EF＝BC；
（2）解：∵AB＝AE，∠ABC＝63°，
∴∠AEB＝∠ABC，
∴∠BAE＝180°﹣63°×2＝54°，
∴∠FAG＝∠BAE＝54°．
∵△ABC≌△AEF，
∴∠AFE＝∠ACB＝25°，
∴∠FGC＝∠FAG+∠AFG＝54°+25°＝79°．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明△ABC≌△AEF是解题的关键．
28．（7分）（2024 桥西区校级二模）如图①，OC垂直平分线段AB，OC≥2，以点O为圆心，2为半径作⊙O，点D是⊙O上的一点，当A，D，O三点共线时，连接OB交⊙O于点E，此时∠A＝37°，如图②将扇形DOE绕点O逆时针旋转，得到扇形D′OE′．
（1）求证：AD′＝BE′；
（2）①当点O到AD′的距离最大时，判断BE′与⊙O的位置关系，并说明理由；
②连接D′E′，若OD∥D′E′，直接写出D′E的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）①当点O到AD′的距离最大时，AD′与⊙O相切．理由见解析；②的长为或．
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得到OA＝OB，利用旋转的性质得到OD′＝OE′，∠AOD′＝∠BOE′，再利用全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）①利用直线与圆相切的定义得到∠AD′O＝90°，利用（1）的结论和全等三角形的性质得到∠AD′O＝∠BE′O＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可；
②利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：利用线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理求得所对的圆心角的度数，再利用弧长公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵OC垂直平分线段AB，
∴OA＝OB，
由旋转的性质得：OD′＝OE′，∠AOD′＝∠BOE′，
在△AOD′和△BOE′中，
，
∴△AOD′≌△BOE′（SAS），
∴AD′＝BE′；
（2）解：①当点O到AD′的距离最大时，AD′与⊙O相切．理由如下：
∵当点O到AD′的距离最大时，AD′与⊙O相切，
∴OD′⊥AD′，
∴∠AD′O＝90°．
由（1）知：△AOD′≌△BOE′，
∴∠AD′O＝∠BE′O＝90°，
∴OE′⊥BE′，
∵OE′是⊙O的半径，
∴BE′与⊙O相切：
②∵OC垂直平分线段AB，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠A+∠B＝74°，
∴∠OAB＝∠OBA＝37°，
∴∠DOE＝∠D′OE′＝180°﹣74°＝106°
如图，
∵OD∥D′E′，
∴∠AOD′＝∠OD′E′＝37°，
∴∠D′OE＝106°﹣37°＝69°，
∴的长为；
如图，
∵OD∥D′E′，
∴∠DOE′＝∠OED′＝37°，
∴∠D′OE＝360°﹣106°﹣106°﹣37°＝111°，
∴的长为．
综上所述，的长为或．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，圆的有关计算，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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