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广东省广州市2024-2025学年九年级下学期数学中考押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021秋 锡山区校级月考）下列四个图标中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024 哈尔滨模拟）﹣2024的绝对值的相反数是（　　）
A． B． C．2024 D．﹣2024
3．（3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
4．（3分）（2025 广东模拟）鲁班锁是中国传统的智力玩具．如图是鲁班锁中一个部件的示意图，它的左视图是（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）（2024秋 海淀区校级期中）下列计算中正确的是（　　）
A．3x+4y＝7xy B．x x4＝x4
C．x8÷x2＝x4 D．（x3y）2＝x6y2
6．（3分）（2024 琼海二模）分式方程的解为（　　）
A．x＝﹣2 B．x＝6 C．x＝3 D．x＝5
7．（3分）（2022春 沂水县期末）已知有若干片相同的拼图，其形状如图1所示．当4片拼图紧密拼成一列时，总长度为23cm，如图2所示；当10片拼图紧密拼成一列时，总长度为56cm，如图3所示，则图1中的拼图长度为（　　）
A．5.5cm B．5.6cm C．5.75cm D．6.5cm
8．（3分）（2024秋 巴林左旗期末）若一个正六边形的半径为，则该正六边形的周长为（　　）
A． B．24 C． D．4
9．（3分）（2021秋 尧都区期中）如图，⊙A过点O、D、C、B四点，连接CO，CD，已知∠DCO＝30°，B（4，0），则D点坐标为（　　）
A．（0，2） B． C． D．（0，3）
10．（3分）（2023春 龙凤区期中）如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1），B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2022秒瓢虫在（　　）处．
A．（﹣1，1） B．（1，1） C．（2，1） D．（3，1）
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022春 龙口市期末）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　 　 ．
12．（3分）（2023 金牛区校级模拟）分解因式：2a5﹣8a＝　 　 ．
13．（3分）（2023春 长沙期末）已知关于x的一元二次方程x2+kx﹣3＝0的一个根是x＝1，则另一个根是 　 　 ．
14．（3分）（2024秋 云岩区期末）重庆、武汉等长江沿岸城市在夏季常常如火炉般闷热，特别是7月下旬和8月上中旬，副热带高压会使这些地区闷热难耐．如表是武汉和重庆在2024年8月1日至8月7日每天的最高温度，请根据表中数据判断这七天更热的城市是 　 　 ．
温度、日期城市 8月1日 8月2日 8月3日 8月4日 8月5日 8月6日 8月7日
武汉 34℃ 35℃ 35℃ 36℃ 37℃ 38℃ 38℃
重庆 37℃ 38℃ 37℃ 35℃ 35℃ 38℃ 39℃
15．（3分）（2022春 广陵区校级期中）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝4，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为 　 　 ．
16．（3分）（2024秋 潼南区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5．将矩形ABCD绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到矩形A′B′CD′，边B′C与AD相交于点E，边A′D′与AD的延长线相交于点F．在矩形A′B′CD′旋转过程中，当B′落在线段AD上时，DE＝ 　 　 ；当E是线段AF的三等分点时，DE＝ 　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2023春 丰满区期末）解不等式组：
18．（4分）（2024秋 石阡县期中）如图，公园有一条“Z”字形道路AB﹣BC﹣CD，其中AB∥CD，在点E，M，F处各有一个小石凳，且BE＝CF＝15米，BC＝20米，点M为BC的中点，连接EM，MF，石凳M到石凳E的距离ME＝12米．求石凳M到石凳F的距离MF．
19．（6分）（2024秋 兴庆区校级月考）关于x的一元二次方程x2﹣3x+2＝0．
（1）试判断该方程根的情况；
（2）若a，b是该方程的两个实数根，化简并求下面式子的值：．
20．（6分）（2025 长汀县模拟）春节期间，人工智能题材新闻密集发酵，Deepseek广受关注，相关话题讨论持续火热，海内外AI模型、机器人都已获得显著的技术突破，目前人工智能市场分为A：决策类人工智能；B：人工智能机器人；C：语音类人工智能；D；视觉类人工智能四大类型．为了解人们对以上四类人工智能的兴趣，某公司就“你最关注的人工智能类型”进行了一次调查，并将调查结果绘制成如图统计图（不完整）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）①此次共调查了 　 　 人，扇形统计图中C类对应的圆心角度数为 　 　 °；
②请将条形统计图补充完整；
（2）将四个类型的图标依次制成A、B、C、D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上从中随机抽取一张，记录卡片的内容后放回洗匀，再随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法求抽取到的两张卡片内容一致的概率．
21．（8分）（2024 驿城区模拟）桑梯是我国古代发明的一种采桑工具．图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知AB＝AC＝1.5米，AD＝1.2米，AC与AB的张角为α，为保证安全，α的调整范围是30°≤α≤60°，BC为固定张角α大小的绳索．
（1）求绳索BC长的最大值．
（2）若α＝40°时，求桑梯顶端D到地面BC的距离．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，最后结果精确到0.01米）
22．（10分）（2023春 河源期末）探索计算：“弹簧挂上物体后会伸长．已知一弹簧的长度（cm）与所挂物体的质量（kg）之间的关系如下表：
所挂物体的质量/kg 0 1 2 3 4 5 6 7
弹簧的长度/cm 12 12.5 13 13.5 14 14.5 15 15.5
（1）当所挂物体的质量为3kg时，弹簧的长度是 　 　 ．
（2）在弹性限度内如果所挂物体的质量为x kg，弹簧的长度为y cm，根据上表写出y与x的关系式：　 　 ；
（3）当所挂物体的质量为5.5kg时，请求出弹簧的长度．
23．（10分）（2023秋 汉阳区校级月考）在8×8的正方形网格中，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．
（1）如图1，点A，B，C都在格点上，
①作出三角形ABC外接圆的圆心O；
②作出∠CBA的角平分线BH，交⊙O于H；
（2）如图2，点A和点B是圆与网格线交点，在图2中画出的中点；
（3）如图3，圆心O在格点上，点D是圆上一点，在图3中的弧AB上找一点H，使得∠ADH＝30°．
24．（12分）（2024秋 越秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣3），其对称轴为直线x＝1．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知点D为第二象限抛物线上一点，连接AC，若∠ABD+∠BAC＝90°，求点D的坐标；
（3）将抛物线关于x轴作轴对称变换，得到图象G，现将图象G沿直线BC平移，得到新的图象M，图象M与线段AC只有一个交点，求图象M顶点横坐标m的取值范围．
25．（12分）（2022秋 怀柔区期末）康康同学在研究等边三角形，如图1，已知△ABC是等边三角形，D为BC边的中点，E为中线AD上一点（E不可取A点，可取D点），点E关于直线AC的对称点是点F．连接AF，EF，BF．
（1）①在图1中补全图形；
②他发现点E在中线AD上运动时，△AEF是一种特殊三角形．
请你回答△AEF是 　 　 三角形；
③利用图1证明这个结论．
（2）康康同学发现当E点在中线AD上运动时，BF的长度也有规律的变化．当BF为最大值时，在图2中画出点F，并连接AF，BF，BF与AC交于点P．
①按要求画出图形；
②在AF上存在一点Q，使PQ+QC的值最小，猜想这最小值 　 　 BP（填＞，＜，＝）；
③证明②的结论．
（3）在边AC上存在一点M，同时满足BM﹣ME的值最大且BM+ME的值最小，则此时MC与AC的数量关系是 　 　 ．
广东省广州市2024-2025学年九年级下学期数学中考押题预测卷
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）（2021秋 锡山区校级月考）下列四个图标中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，直接根据轴对称图形的概念即可得出答案．
【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．（3分）（2024 哈尔滨模拟）﹣2024的绝对值的相反数是（　　）
A． B． C．2024 D．﹣2024
【考点】绝对值；相反数．
【专题】推理填空题；推理能力．
【答案】D
【分析】由﹣2024的绝对值是2024．即可得﹣2024的绝对值的相反数是﹣2024．
【解答】解：由﹣2024的绝对值是2024．
得﹣2024的绝对值的相反数是﹣2024．
故选：D．
【点评】本题主要考查了绝对值和相反数的应用，解题关键是正确应用．
3．（3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．
4．（3分）（2025 广东模拟）鲁班锁是中国传统的智力玩具．如图是鲁班锁中一个部件的示意图，它的左视图是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】C
【分析】根据从左边看得到的平面图形是左视图，注意看不见的轮廓线用虚线，可得答案．
【解答】解：根据题意可知，鲁班锁中这个部件从左面看是一个正方形，正方形的中间有一条横向的虚线．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从左边看得到的平面图形是左视图是解题的关键．
5．（3分）（2024秋 海淀区校级期中）下列计算中正确的是（　　）
A．3x+4y＝7xy B．x x4＝x4
C．x8÷x2＝x4 D．（x3y）2＝x6y2
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据同底数幂的乘除法法则、幂的乘方与积的乘方法则、合并同类项的方法进行解题即可．
【解答】解：A、3x与4y不是同类项，不能进行合并，故该项不正确，不符合题意；
B、x x4＝x5，故该项不正确，不符合题意；
C、x8÷x2＝x6，故该项不正确，不符合题意；
D、（x3y）2＝x6y2，故该项正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了同底数幂的乘除法，幂的乘方与积的乘方，合并同类项；理清指数的变化是解题的关键．
6．（3分）（2024 琼海二模）分式方程的解为（　　）
A．x＝﹣2 B．x＝6 C．x＝3 D．x＝5
【考点】解分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】利用去分母将原方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【解答】解：原方程去分母得：2x+3＝3x，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，x（2x+3）≠0，
故原方程的解为x＝3，
故选：C．
【点评】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
7．（3分）（2022春 沂水县期末）已知有若干片相同的拼图，其形状如图1所示．当4片拼图紧密拼成一列时，总长度为23cm，如图2所示；当10片拼图紧密拼成一列时，总长度为56cm，如图3所示，则图1中的拼图长度为（　　）
A．5.5cm B．5.6cm C．5.75cm D．6.5cm
【考点】二元一次方程组的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】D
【分析】设图1中一个拼图中去掉半圆的宽度为x cm，半圆的半径长为y cm，由题意：当4片拼图紧密拼成一列时，总长度为23cm，如图2所示；当10片拼图紧密拼成一列时，总长度为56cm，列出二元一次方程组，解方程组即可．
【解答】解：设图1中一个拼图中去掉半圆的宽度为x cm，半圆的半径长为y cm，
由题意得：，
解得：，
则x+y＝5.5+1＝6.5，
即图1中的拼图长度为6.5cm，
故选：D．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
8．（3分）（2024秋 巴林左旗期末）若一个正六边形的半径为，则该正六边形的周长为（　　）
A． B．24 C． D．4
【考点】正多边形和圆．
【专题】等腰三角形与直角三角形；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】设正六边形ABCDEF的中心为点O，半径为2，连接OA、OB，则OA＝OB＝2，因为∠AOB360°＝60°，所以△AOB是等边三角形，则AB＝OA＝2，所以AF+FE+ED+DC+CB+AB＝6AB＝12，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为点O，半径为2，
连接OA、OB，则OA＝OB＝2，
∵∠AOB360°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝2，
∵AF＝FE＝ED＝DC＝CB＝AB，
∴AF+FE+ED+DC+CB+AB＝6AB＝12，
故选：C．
【点评】此题重点考查等边三角形的判定与性质、正多边形和圆等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（3分）（2021秋 尧都区期中）如图，⊙A过点O、D、C、B四点，连接CO，CD，已知∠DCO＝30°，B（4，0），则D点坐标为（　　）
A．（0，2） B． C． D．（0，3）
【考点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】连接DB，根据圆周角定理得∠OBD的角度，根据正切的定义求OD便可．
【解答】解：如图，连接DB，
∵∠DCO＝30°，B（4，0），
∴∠OBD＝30°，OB＝4．
∴OD＝OB tan30°，
∴D（0，），
故选：B．
【点评】本题考查的是圆周角定理，坐标与图形性质，正切的定义，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．
10．（3分）（2023春 龙凤区期中）如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1），B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），一只瓢虫从点A出发以2个单位长度/秒的速度沿A→B→C→D→A循环爬行，问第2022秒瓢虫在（　　）处．
A．（﹣1，1） B．（1，1） C．（2，1） D．（3，1）
【考点】规律型：点的坐标．
【专题】规律型；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据点A、B、C、D的坐标可得出AB、AD及矩形ABCD的周长，由4044÷14商是288，余数是12，可得出当t＝2022秒时瓢虫在点D左侧2个单位处，再结合点D的坐标即可得出结论．
【解答】解：∵A（﹣1，1），B（﹣1，﹣2），C（3，﹣2），D（3，1），
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，
∴C矩形ABCD＝2（AB+AD）＝14，
瓢虫2022秒行驶的路程为：2022×2＝4044，
∵4044÷14商是288，余数是12，
∴当t＝2022秒时，瓢虫在点D左侧2个单位处，
∴此时瓢虫的坐标为（1，1），故B正确．
故选：B．
【点评】本题考查了规律型中点的坐标，根据瓢虫的运动规律找出当t＝2022秒时瓢虫在点D处，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）（2022春 龙口市期末）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　x　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】x．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：2﹣3x＞0，
∴x，
故答案为：x．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
12．（3分）（2023 金牛区校级模拟）分解因式：2a5﹣8a＝　2a（a2+2）（a）（a）　 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】计算题；整式；应用意识．
【答案】2a（a2+2）（a）（a）．
【分析】先提取公因式，再利用平方差公式分解．
【解答】解：2a5﹣8a
＝2a（a4﹣4）
＝2a（a2+2）（a2﹣2）
＝2a（a2+2）（a）（a）．
故答案为：2a（a2+2）（a）（a）．
【点评】本题考查了整式的因式分解，掌握提公因式法、公式法是解决本题的关键．注意分解要彻底．
13．（3分）（2023春 长沙期末）已知关于x的一元二次方程x2+kx﹣3＝0的一个根是x＝1，则另一个根是 　x＝﹣3　 ．
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】x＝﹣3．
【分析】通过根与系数的关系x1 x2＝﹣3求得方程的另一个根．
【解答】解：设关于x的一元二次方程x2+kx﹣3＝0的另一个根为x2，
则依题意得：1×x2＝﹣3，
解得x2＝﹣3．
故答案为：x＝﹣3．
【点评】本题考查了根与系数的关系．若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反过来可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
14．（3分）（2024秋 云岩区期末）重庆、武汉等长江沿岸城市在夏季常常如火炉般闷热，特别是7月下旬和8月上中旬，副热带高压会使这些地区闷热难耐．如表是武汉和重庆在2024年8月1日至8月7日每天的最高温度，请根据表中数据判断这七天更热的城市是 　重庆　 ．
温度、日期城市 8月1日 8月2日 8月3日 8月4日 8月5日 8月6日 8月7日
武汉 34℃ 35℃ 35℃ 36℃ 37℃ 38℃ 38℃
重庆 37℃ 38℃ 37℃ 35℃ 35℃ 38℃ 39℃
【考点】算术平均数．
【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】重庆．
【分析】根据武汉和重庆的平均温度判断即可．
【解答】解：武汉的平均气温为（℃），
重庆的平均气温为37（℃），
37，
所以这七天更热的城市是重庆．
故答案为：重庆．
【点评】本题考查了算术平均数，熟练掌握算术平均数的计算方法是关键．
15．（3分）（2022春 广陵区校级期中）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝4，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为 　或4　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质．
【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；运算能力．
【答案】或4．
【分析】分两种情况①当DE＝DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB＝CD＝BC＝4，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG＝∠B＝60°，∠A＝120°，DE＝AD＝4，求出DGCG＝2，BG＝BC+CG＝6，由折叠的性质得EN＝BN，EM＝BM＝AM，∠MEN＝∠B＝60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A＝∠DEM＝120°，证出D、E、N三点共线，设BN＝EN＝x cm，则GN＝6﹣x，DN＝x+4，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当CE＝CD时，CE＝CD＝AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE＝CD＝DE＝DA，△CDE是等边三角形，BN＝BC＝4（含CE＝DE这种情况）．
【解答】解：分两种情况：
①当DE＝DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝4，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG＝∠B＝60°，∠A＝120°，
∴DE＝AD＝4，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＝90°﹣60°＝30°，
∴CGCD＝2，
∴DGCG＝2，BG＝BC+CG＝6，
∵M为AB的中点，
∴AM＝BM＝2，
由折叠的性质得：EN＝BN，EM＝BM＝AM，∠MEN＝∠B＝60°，
在△ADM和△EDM中，
，
∴△ADM≌△EDM（SSS），
∴∠A＝∠DEM＝120°，
∴∠MEN+∠DEM＝180°，
∴D、E、N三点共线，
设BN＝EN＝x，则GN＝6﹣x，DN＝x+4，
在Rt△DGN中，由勾股定理得：（6﹣x）2+（2）2＝（x+4）2，
解得：x，即BN，
②当CE＝CD时，CE＝CD＝AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE＝CD＝DE＝DA，△CDE是等边三角形，BN＝BC＝4（含CE＝DE这种情况）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或4．
故答案为：或4．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论．
16．（3分）（2024秋 潼南区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5．将矩形ABCD绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到矩形A′B′CD′，边B′C与AD相交于点E，边A′D′与AD的延长线相交于点F．在矩形A′B′CD′旋转过程中，当B′落在线段AD上时，DE＝ 　　 ；当E是线段AF的三等分点时，DE＝ 　或　 ．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【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；运算能力；推理能力．
【答案】，或．
【分析】当B'落在线段AD上时，根据旋转的性质，矩形的性质以及勾股定理即可得到结论；当E是线段AF的三等分点时，分两种情况：①当AEAF时，②当AEAF时，分别进行讨论即可．
【解答】解：当B'落在线段AD上时，解析如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，∠CDB＝90°，
当B'落在线段AD上时，此时点B'与点E重合，
∵AB＝2，BC＝5，
由旋转的性质可知：B'C＝BC＝5，
在Rt△ECD中，DE，
当E是线段AF的三等分点时，解析如下：
①当AE时，设AE＝y，则EF＝2y，
过点F作FG⊥B'C交于点G，连接CF，
∴FG＝CD'＝CD＝AB＝2，
∴S△ECFEF CDEC FG，
∴2×2y＝2EC，
∴EC＝2y，
在Rt△EDC中，DE2+DC2＝EC2，
∴（5﹣y）2+22＝（2y）2，
∴y（负值舍去），
∴AE，
∴DE＝AD﹣AE；
②当AE时，
设AE＝2y，则EF＝y，
同理可求EC＝y，
在Rt△EDC中，DE2+DC2＝EC2，
∴（5﹣2y）2+22＝y2，
解得y或y（不合题意舍去），
∴AE，
∴DE＝AD﹣AE，
综上所述，DE或，
故答案为：，或．
【点评】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2023春 丰满区期末）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】无解．
【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①得：m≤1，
解不等式②得：m＞4，
所以不等式组无解．
【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．
18．（4分）（2024秋 石阡县期中）如图，公园有一条“Z”字形道路AB﹣BC﹣CD，其中AB∥CD，在点E，M，F处各有一个小石凳，且BE＝CF＝15米，BC＝20米，点M为BC的中点，连接EM，MF，石凳M到石凳E的距离ME＝12米．求石凳M到石凳F的距离MF．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】石凳M到石凳F的距离MF为12米．
【分析】根据SAS证明△BEM≌△CFM，得出MF＝ME＝12．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
又∵BE＝CF＝15米，BC＝20米，点M为BC的中点，
∴米，
在△BEM和△CFM中，
，
∴△BEM≌△CFM（SAS），
∴MF＝ME，
∵ME＝12米
∴MF＝12米，
答：石凳M到石凳F的距离MF为12米．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
19．（6分）（2024秋 兴庆区校级月考）关于x的一元二次方程x2﹣3x+2＝0．
（1）试判断该方程根的情况；
（2）若a，b是该方程的两个实数根，化简并求下面式子的值：．
【考点】根的判别式；根与系数的关系；分式的化简求值．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）方程有两个不相等的实数根；
（2），．
【分析】（1）求出判别式的符号，进行判断即可；
（2）根据根与系数之间的关系得到a+b＝3，ab＝2，根据分式的运算法则，进行化简，再利用整体代入法求值即可．
【解答】解：（1）∵Δ＝（﹣3）2﹣4×2×1＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根；
（2）∵a，b是该方程的两个实数根，
∴a+b＝3，ab＝2，
；
∵a+b＝3，
∴原式．
【点评】本题考查根的判断式，根与系数之间的关系，分式的化简求值，熟练掌握相关知识点，正确的计算是解题的关键．
20．（6分）（2025 长汀县模拟）春节期间，人工智能题材新闻密集发酵，Deepseek广受关注，相关话题讨论持续火热，海内外AI模型、机器人都已获得显著的技术突破，目前人工智能市场分为A：决策类人工智能；B：人工智能机器人；C：语音类人工智能；D；视觉类人工智能四大类型．为了解人们对以上四类人工智能的兴趣，某公司就“你最关注的人工智能类型”进行了一次调查，并将调查结果绘制成如图统计图（不完整）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）①此次共调查了 　400　 人，扇形统计图中C类对应的圆心角度数为 　90　 °；
②请将条形统计图补充完整；
（2）将四个类型的图标依次制成A、B、C、D四张卡片（卡片背面完全相同），将四张卡片背面朝上洗匀放置在桌面上从中随机抽取一张，记录卡片的内容后放回洗匀，再随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法求抽取到的两张卡片内容一致的概率．
【考点】列表法与树状图法；扇形统计图；条形统计图；概率公式．
【专题】数据的收集与整理；概率及其应用；数据分析观念；应用意识．
【答案】（1）①400；90°．
②见解答．
（2）．
【分析】（1）①用B类的人数除以所占的百分比即可得出总人数；用360°乘以C类所占的比例即可得出圆心角度数．
②求出D类的人数，补全条形统计图即可．
（2）列表可得出所有等可能的结果数以及抽取到的两张卡片内容一致的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）①此次共调查了120÷30%＝400（人）．
扇形统计图中C类对应的圆心角度数为．
故答案为：400；90．
②D类的人数为400﹣50﹣120﹣100＝130（人）．
补全条形统计图如图所示．
（2）列表如下：
A B C D
A （A，A） （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） （B，B） （B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B） （C，C） （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） （D，D）
共有16种等可能的结果，其中抽取到的两张卡片内容一致的结果有4种，
∴抽取到的两张卡片内容一致的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图、概率公式，能够读懂统计图，掌握列表法与树状图法、概率公式是解答本题的关键．
21．（8分）（2024 驿城区模拟）桑梯是我国古代发明的一种采桑工具．图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知AB＝AC＝1.5米，AD＝1.2米，AC与AB的张角为α，为保证安全，α的调整范围是30°≤α≤60°，BC为固定张角α大小的绳索．
（1）求绳索BC长的最大值．
（2）若α＝40°时，求桑梯顶端D到地面BC的距离．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，最后结果精确到0.01米）
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）绳索BC长的最大值为1.5米；
（2）桑梯顶端D到地面BC的距离约为2.54米．
【分析】（1）根据题意可得：当∠BAC＝α＝60°时，绳索BC的长最大，然后根据已知易得△ABC是等边三角形，从而利用等边三角形的性质可得BC＝AB＝AC＝1.5米，即可解答；
（2）过点D作DE⊥BC，垂足为E，利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠C＝70°，再根据已知可得DC＝2.7米，然后在Rt△DEC中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：
当∠BAC＝α＝60°时，绳索BC的长最大，
∵AB＝AC＝1.5米，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝AC＝1.5米，
∴绳索BC长的最大值为1.5米；
（2）过点D作DE⊥BC，垂足为E，
∴∠DEC＝90°，
∵AB＝AC＝1.5米，∠BAC＝α＝40°，
∴∠ABC＝∠C（180°﹣∠BAC）＝70°，
∵AD＝1.2米，
∴DC＝AD+AC＝2.7（米），
在Rt△DEC中，DE＝DC sin70°≈2.7×0.94≈2.54（米），
∴桑梯顶端D到地面BC的距离约为2.54米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，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．
22．（10分）（2023春 河源期末）探索计算：“弹簧挂上物体后会伸长．已知一弹簧的长度（cm）与所挂物体的质量（kg）之间的关系如下表：
所挂物体的质量/kg 0 1 2 3 4 5 6 7
弹簧的长度/cm 12 12.5 13 13.5 14 14.5 15 15.5
（1）当所挂物体的质量为3kg时，弹簧的长度是 　13.5cm　 ．
（2）在弹性限度内如果所挂物体的质量为x kg，弹簧的长度为y cm，根据上表写出y与x的关系式：　y＝0.5x+12　 ；
（3）当所挂物体的质量为5.5kg时，请求出弹簧的长度．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）13.5cm；（2）y＝0.5x+12；（3）14.75cm．
【分析】（1）根据表格，找到所挂物体的质量为3kg时，弹簧的长度即可；
（2）由表格可知，质量每增加1kg，弹簧伸长0.5cm，确定y与x的关系式即可；
（3）将x＝5.5代入解析式，求出y值，即可得解．
【解答】解：（1）由表可知当所挂物体的质量为3kg时，弹簧的长度是13.5cm，
故答案为：13.5cm；
（2）由表可知：弹簧原长为12cm，所挂物体每增加1kg弹簧伸长0.5cm，
∴弹簧总长y（cm）与所挂重物x（kg）之间的函数关系式为y＝0.5x+12；
故答案为：y＝0.5x+12；
（3）当x＝5.5kg时，代入y＝0.5x+12，
解得y＝14.75cm，
即弹簧总长为14.75cm．
【点评】本题考查了函数的关系式及函数值，解题关键是根据表格信息列出解析式．
23．（10分）（2023秋 汉阳区校级月考）在8×8的正方形网格中，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．
（1）如图1，点A，B，C都在格点上，
①作出三角形ABC外接圆的圆心O；
②作出∠CBA的角平分线BH，交⊙O于H；
（2）如图2，点A和点B是圆与网格线交点，在图2中画出的中点；
（3）如图3，圆心O在格点上，点D是圆上一点，在图3中的弧AB上找一点H，使得∠ADH＝30°．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①作图见解析；
②作图见解析；
（2）作图见解析；
（3）作图见解析．
【分析】（1）①先根据网格特征得出△ABC是直角三角形，根据圆周角定理确定圆心O在AB上，利用网格结合矩形性质即可找出圆心O；
②利用网格找出AC中点，利用垂径定理及圆周角定理即可作出BH；
（2）如图，连接OB、OE、AF，OE、AF交于点K，连接OK并延长交⊙O于G，利用SAS证明△EPO≌△BQO，根据平行线的性质及圆周角定理得出∠BAF＝∠ABE，即可得出AK＝BK，可证明OK垂直平分AB，根据垂径定理即可得出点G为的中点；
（3）如图，连接格点MN，PQ，分别交网格线于L，H，连接HL，交⊙O于H，连接HR，AH，AD，HD，利用网格特征找出小正方形中点，可得TL⊥AR，，利用直角三角形两锐角互余可得∠AHL＝∠ARH，根据正切函数的定义可求出HL的长，利用特殊角的三角函数值得出∠ARH＝30°，根据圆周角定理即可得出∠ADH＝30°，可知点H即为所求．
【解答】解：（1）①如图，取格点M、N，连接MN，交AB于O，
由网格特征可知：BC2＝22+12＝5，AC2＝22+42＝20，AB2＝32+42＝25，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴圆心O在AB上，
由网格可知四边形MANB是矩形，
∴OA＝OB，
∴点O即为所求．
②如①图中，由网格可知点D为AC中点，连接OD并延长，交⊙O于H，连接BH，
∵点D为AC中点，
∴OH平分，
∴∠CBH＝∠ABH，
∴BH是∠CBA的角平分线，BH即为所求．
（2）如图，连接OA、OB、OE、AF、EP、OP、OQ、BQ，BE、AF交于点K，连接OK并延长交⊙O于G，
∵OE＝OB，∠EPO＝∠BQO＝90°，OQ＝OP＝1，
∴△EPO≌△BQO，
∴∠OEP＝∠OBQ，
∵EP∥OA，BQ∥OF，
∴∠AOE＝∠OEP，∠OBQ＝∠BOF，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴，
∴∠BAF＝∠ABE，
∴AK＝BK，
∴点K在AB的垂直平分线上，
∵点O在AB的垂直平分线上，
∴OK垂直平分AB，
∴点G为的中点，点G即为所求．
（3）如图3，连接格点MN，PQ，分别交网格线于L，T，连接HL，交⊙O于H，连接HR，AH，AD，HD，
由网格特征可知点T，L都是小正方形边的中点，
∴TL⊥AR，，
∵AR＝6，
∴，
∵AR是直径，
∴∠AHR＝90°，
∴∠AHL+∠RHL＝∠ARH+∠RHL＝90°，
∴∠AHL＝∠ARH，
∴，
∴HL2＝AL RL，
∴，
∴，
∴tan∠ARH＝30°，
∴∠ADH＝∠ARH＝30°，
∴点H即为所求．
【点评】本题考查无刻度直尺作图，圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定，三角函数的定义及泰山街道三角函数值，熟练掌握网格特征、相关性质和判定定理并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
24．（12分）（2024秋 越秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣3），其对称轴为直线x＝1．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）已知点D为第二象限抛物线上一点，连接AC，若∠ABD+∠BAC＝90°，求点D的坐标；
（3）将抛物线关于x轴作轴对称变换，得到图象G，现将图象G沿直线BC平移，得到新的图象M，图象M与线段AC只有一个交点，求图象M顶点横坐标m的取值范围．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；图形的全等；推理能力．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）；
（3）1≤m≤3或 ．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）证明△AOC≌△KOB（ASA），得到OK＝OA＝1，进而求解；
（3）当顶点为（﹣2，1）时，图象M恰好过点A、C，当抛物线与直线AC相切时，联立 ，即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线 y＝x2+bx+c 与y轴交于点C（0，﹣3），其对称轴为直线 x＝1，
则，
解转 ，
∴抛物线的函数解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）点D为第二象限抛物线上一点，设BD交y轴于K，如图1：
在 y＝x2﹣2x﹣3 中，令y＝0 得 0＝x2﹣2x﹣3
解得：x＝3或﹣2，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∵C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∴OB＝OC，
∵∠ACO+∠BAC＝90° ＝90°，
又∠ABD+∠BAC＝90°，
∴∠ACO＝∠ABD，即∠ACO＝∠KBO，
∵∠AOC＝90°＝∠BOK，
∴△KOB≌△AOC（ASA），
∴OA＝OK＝1，
∴K（0，1），
由B（3，0），K（0，1）得直线BK解析式为 ，
联立上式和抛物线的表达式得：x+1＝x2﹣2x﹣3，
解得：x＝3（舍去）或，
∴；
（3）抛物线的函数解析式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，顶点为（1，﹣4），
将抛物线沿x轴翻折后顶点为（1，4），
∴顶点运动的轨迹为 y＝x+3，
∴图象M的顶点坐标为（m，m+3），
则图象M对应的函数解析式为：y＝﹣（x﹣m）2+m+3，
当图象M过点A（﹣1，0）时，
﹣（﹣1﹣m）2+m+3＝0，解得 m＝﹣2 或1；
当图象M过点C（0，﹣3）时，
﹣（0﹣m）2+m+3＝﹣3，解得m＝﹣2或3；
∴当顶点为（﹣2，1）时，图象M恰好过点A、C；
当抛物线与直线AC相切时，
联立y＝﹣3x﹣3和抛物线的表达式得：﹣3x﹣3＝﹣（x﹣m）2+m+3，
件 （x﹣m）2+m+3＝﹣3x﹣3；
令Δ＝0得：，
经验证此时切点在线段 AC上，
∴m的范围是1≤m≤3或 ．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
25．（12分）（2022秋 怀柔区期末）康康同学在研究等边三角形，如图1，已知△ABC是等边三角形，D为BC边的中点，E为中线AD上一点（E不可取A点，可取D点），点E关于直线AC的对称点是点F．连接AF，EF，BF．
（1）①在图1中补全图形；
②他发现点E在中线AD上运动时，△AEF是一种特殊三角形．
请你回答△AEF是 　等边　 三角形；
③利用图1证明这个结论．
（2）康康同学发现当E点在中线AD上运动时，BF的长度也有规律的变化．当BF为最大值时，在图2中画出点F，并连接AF，BF，BF与AC交于点P．
①按要求画出图形；
②在AF上存在一点Q，使PQ+QC的值最小，猜想这最小值 　＝　 BP（填＞，＜，＝）；
③证明②的结论．
（3）在边AC上存在一点M，同时满足BM﹣ME的值最大且BM+ME的值最小，则此时MC与AC的数量关系是 　MCAC　 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①图形见解析；②等边；③证明见解析；
（2）①图形见解析；②＝；③证明见解析；
（3）MCAC．
【分析】（1）①由题意补全图形即可；
②由等边三角形的性质和轴对称的性质即可得出结论；
③由等边三角形的性质得∠CAD∠BAC＝30°，再由轴对称的性质得AF＝AE，∠CAF＝∠CAD＝30°，则∠EAF＝∠CAD+∠CAF＝60°，即可得出结论；
（2）①按要求画出图形即可；
②由轴对称的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论；
③作点P关于AF的对称点P'，连接CP'交AF于点Q，则PQ＝P'Q，得PQ+QC的最小值为CP'，再证△CAP'≌△BAP（SAS），得CP'＝BP，即可得出结论；
（3）连接BE幷延长交AC于点M，设BF交AC于点P，由轴对称的在得BP+EP最小，再由BM﹣EM最大，则点M与点P重合，点E在BF上，由等边三角形的性质证明P为AC的中点，即可得出结论．
【解答】（1）①解：补全图形如图1；
②解：△AEF是等边三角形，
故答案为：等边；
③证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵D为BC边的中点，
∴∠CAD＝∠BAD∠BAC＝30°，
∵点E关于直线AC的对称点是点F，
∴AF＝AE，∠CAF＝∠CAD＝30°，
∴∠EAF＝∠CAD+∠CAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形；
（2）①解：按要求画出图形，如图2；
②解：在AF上存在一点Q，使PQ+QC的值最小，
猜想PQ+QC的最小值＝BP，
故答案为：＝；
③证明：作点P关于AF的对称点P'，连接CP'交AF于点Q，
则PQ＝P'Q，
∴PQ+QC的最小值为CP'，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠ABC＝∠BAC＝60°，
∵点P关于AF的对称点为P'，
∴∠P'AF＝∠FAC＝30°，AP'＝AP，
∴∠CAP'＝∠P'AF+∠FAC＝30°+30°＝60°，
∴∠CAP'＝∠BAP＝60°，
∴△CAP'≌△BAP（SAS），
∴CP'＝BP，
∴PQ+QC的最小值＝BP；
（3）解：如图4，连接BE幷延长交AC于点M，设BF交AC于点P，
∵点E关于直线AC的对称点是点F，
∴BP+EP最小，
∵BM﹣EM最大，
∴点M与点P重合，点E在BF上，如图5，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠F＝60°，
∵∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°，
∴∠ABF＝90°﹣∠F＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ABF∠ABC，
∴BP平分∠ABC，
∴P为AC的中点，
∴MCAC，
故答案为：MCAC．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质以及最大值与最小值等知识，本题综合性强，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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