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广东省深圳市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24分，每小题3分）
1．（3分）（2022 长春模拟）如图是由7个同样大小正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得几何体（　　）
A．主视图不变，俯视图改变 B．左视图改变，俯视图改变
C．俯视图不变，左视图改变 D．主视图不变，左视图改变
2．（3分）（2023秋 阿勒泰地区期中）已知x1，x2是一元二次方程x2＝2x+1的两个根，则x1+x2的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
3．（3分）如图，l1∥l2∥l3，直线a，b与l1，l2，l3分别交于点A，B，C和点D，E，F．若，DE＝4，则EF的长是（　　）
A． B． C．6 D．10
4．（3分）（2025春 北京校级月考）某景区为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了某月（30天）接待游客人数（单位：万人）的数据，绘制了下面的统计图和统计表．
每日接待游客人数 （单位：万人） 游玩环境 评价
0≤x＜5 好
5≤x＜10 一般
10≤x＜15 拥挤
15≤x＜20 严重拥挤
根据以上信息，以下四个判断中，正确的是（　　）
①该景区这个月游玩环境评价为“拥挤或严重拥挤”的天数仅有4天；
②该景区这个月每日接待游客人数的中位数在5～10万人之间；
③该景区这个月平均每日接待游客人数低于5万人；
④这个月1日至5日的五天中，如果某人曾经随机选择其中的两天到该景区游玩，那么他“这两天游玩环境评价均为好”的可能性为．
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
5．（3分）（2024春 栖霞市期末）大自然巧夺天工，一片树叶也蕴含着“黄金分割”．如图，P为AB的黄金分割点（AP＞PB），如果AB的长度为8cm，那么BP的长度是（　　）
A． B． C． D．
6．（3分）（2021秋 竞秀区校级期中）如图，AB和CD表示两根直立于地面的柱子，AC和BD表示起固定作用的两根钢筋，AC与BD相交于点M，已知AB＝12m，CD＝15m，则点M离地面的高度MH为（　　）
A．m B．m C．5m D．m
7．（3分）某商品的进价为每件30元，现在的售价为每件50元，每月可卖出200件．市场调查反映：每件商品的售价每涨1元，每月少卖5件．设每件商品的售价为x元，每月的销售利润为4500元．根据题意，下面所列方程中正确的是（　　）
A．（x﹣50）（450﹣5x）＝4500
B．（x﹣30）（450﹣5x）＝4500
C．（20+x）（200﹣5x）＝4500
D．（10﹣x）（5x﹣50）＝4500
8．（3分）（2024 凉州区三模）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（﹣2，3），B（m，﹣2），则不等式的解是（　　）
A．x＜﹣2或0＜x＜3 B．﹣2＜x＜0或x＞3
C．﹣2＜x＜0或x＜3 D．﹣3＜x＜0或x＞3
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2024 安徽开学）若，则 　 　 ．
10．（3分）（2023 东莞市校级一模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若∠AOB＝60°，AB＝2，则矩形ABCD的面积＝　 　 ．
11．（3分）（2023春 南岗区校级期中）已知x＝﹣1是方桯x2+ax+1＝0的一个根，则a的值是 　 　 ．
12．（3分）（2024秋 邓州市期末）春节期间，小明陪妈妈去爬山，如图，两人从山脚下A处沿坡前行，到达C处时，发现C处标语牌上写着“恭喜你已上升100米”，若此山坡的坡度i＝1：2.4，爱思考的小明很快告诉妈妈：“我们至少走坡路 　 　 米了”．
13．（3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），过点E作EF⊥AE交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF．有下列结论：①AE＝EF；；③∠DAF＝∠CEF．其中正确的是 　 　 ．（把正确结论的序号都填上）
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（8分）（2023秋 监利市月考）阅读材料，解答问题．
解方程：（3x﹣1）2﹣9（3x﹣1）+20＝0．
解：把3x﹣1视为一个整体，设3x﹣1＝y，
则原方程可化为y2﹣9y+20＝0，
解得y1＝5，y2＝4，
∴3x﹣1＝5或3x﹣1＝4，
∴x1＝2，．
以上方法就叫换元法，达到简化或降次的目的，体现了转化的思想．
请仿照材料解下列方程：
（1）（2x﹣3）2+4（2x﹣3）﹣5＝0；
（2）x4﹣x2﹣12＝0．
15．（8分）（2023 临潼区三模）体育课上，老师要求初三某班的同学们训练中考体育中“速度、爆发与力量”的相关项目，其中有必练项目立定跳远和一项选练项目，男生选练项目为掷实心球或引体向上，女生选练项目为掷实心球或仰卧起坐．
（1）秦奋（男）从选练项目中任选一个，选中引体向上的概率为 　 　 ；
（2）秦奋（男）和李莉（女）分别从选练项目中任选一个，请你用画树状图或列表法求两人都选择掷实心球的概率．
16．（8分）（2023秋 永年区校级月考）自《河北省初中学业水平体育与健康科目考试方案》公布后，各中学积极推进改革方案的实施．某校为适应新中考体育要求，决定添置一批某品牌足球和跳绳，市场调研发现足球每个定价150元，跳绳每条定价30元．现有甲、乙两家商店提供了如下优惠方案．
甲商店：足球和跳绳均按定价的9折出售．
乙商店：买一个足球送一条跳绳．
已知该校要购买足球50个，跳绳x条（x＞50）．
（1）分别求在甲商店和乙商店购买所需付款的钱数（用含x的代数式表示）．
（2）当x＝150时，通过计算说明学校在哪家商店购买比较合算；
（3）当x＝150时，你能给出一个更为省钱的购买方案吗？试写出购买方案，并直接写出该方案所需付款的钱数．
17．（8分）（2021秋 东源县期末）为应对全球爆发的新冠疫情，某疫苗生产企业于2021年1月份开始了技术改造，其月生产数量y1（万支）与月份x之间的变化如图所示，技术改造完成前是反比例函数图象的一部分，技术改造完成后是一次函数图象的一部分，请根据图中数据解答下列问题：
（1）该疫苗生产企业4月份的生产数量为多少万支？
（2）该疫苗生产企业有 　 　 个月的月生产数量不超过60万支．
18．（9分）（2024 遂平县三模）如图，已知矩形ABCD，M，N为矩形边上不同的两点（不与顶点重合），连接MN，线段MN将矩形ABCD分为面积相等的两部分．
（1）请用数学中常用的工具：圆规、无刻度直尺，找出一组符合条件的M点和N点（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：AN＝CM．
19．（10分）（2023秋 润州区期中）【提出问题】如图1，直线l是足球场底线，AB是球门，点P是射门点，连接PA，PB，则∠APB 叫做射门角．如图2，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门AB进攻，当甲带球冲到Q点时，乙跟随冲到P点，仅从射门角度大小考虑（射门角越大，足球越容易被踢进），甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好，利用所学知识说明理由．
【经验感知】如图3，若球员在直线MN上跑动，随时准备射门，是否存在某一点S，使得射门角∠ASB最大．人们发现：当且仅当经过A、B两点的圆与直线MN相切于点S时，∠ASB最大，并称此时的∠ASB为最大射门角．如图4，AB为球门，直线l是足球场的底线，直线m⊥l，垂足为C，若AB＝2a，BC＝a、球员丙带球沿直线m向底线l方向运球，已知丙运球过程中的最大射门角是∠ASB．
（1）尺规作图：作经过A，B两点并且与直线m相切于点S的⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求出最大射门角∠ASB 的度数．
【理解应用】
（1）如图5，正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，AB为球门，球员丁带球沿CD方向进攻，最好的射点在 　 　
A．点C
B．点D或点E
C．线段DE（异于端点）上一点
D．线段CD（异于端点）上一点
（2）如图6，矩形CDEF是足球场的示意图，其中宽CD＝66m，球门 AB＝8m，且 AC＝BD．点P、Q分别是DE、CF上的点，DP＝7m，∠DPQ＝135°，一位左前锋球员戊从点P处带球，沿PQ方向跑动，球员戊在PQ上何处才能使射门角（∠ASB）最大，直接写出此时PS的长度．
20．（10分）（2023春 金平区期末）如图，平面直角坐标系中，A（0，4），C（8，0）．F为矩形OABC对角线AC的中点，过点F的直线分别与OC、AB交于点D、E．
（1）求证：FD＝FE；
（2）设OD＝m，△ADF的面积为S，
①求S与m的函数关系式；
②当DE⊥AC时，求S的值；
（3）若点P在坐标轴上，平面内存在点Q，使以P、Q、A、C为顶点的四边形是矩形，请直接写出点Q的坐标．
广东省深圳市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24分，每小题3分）
1．（3分）（2022 长春模拟）如图是由7个同样大小正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得几何体（　　）
A．主视图不变，俯视图改变
B．左视图改变，俯视图改变
C．俯视图不变，左视图改变
D．主视图不变，左视图改变
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；几何直观．
【答案】A
【分析】分别得到将正方体①移走前后的三视图，依此即可作出判断．
【解答】解：几何体由上下两层组成，将正方体①移走前的主视图为：上层有一个正方形，下层有四个正方形，
正方体①移走后的主视图为：上层有一个正方形，下层有四个正方形，没有改变；
将正方体①移走前的左视图为：上层有一个正方形，下层有两个正方形，
正方体①移走后的左视图为：上层有一个正方形，下层有两个正方形，没有发生改变；
将正方体①移走前的俯视图为：前面有两个正方形，后面有四个正方形，
正方体①移走后的俯视图为：前面有一个正方形，后面有四个正方形，发生改变，
故选：A．
【点评】本题考查三视图中的知识，得到从几何体的正面，左面，上面看的平面图形中正方形的列数及每列正方形的个数是解决本题的关键．
2．（3分）（2023秋 阿勒泰地区期中）已知x1，x2是一元二次方程x2＝2x+1的两个根，则x1+x2的值为（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【考点】根与系数的关系．
【专题】一元二次方程及应用；符号意识；运算能力．
【答案】B
【分析】把原方程化为一般形式，再利用两根之和等于，即可求出x1+x2的值．
【解答】解：把原方程化为一般形式为x2﹣2x﹣1＝0，
∵x1，x2是一元二次方程x2＝2x+1的两个根，
∴x1+x2＝2．
故选：B．
【点评】本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于，两根之积等于”是解题的关键．
3．（3分）如图，l1∥l2∥l3，直线a，b与l1，l2，l3分别交于点A，B，C和点D，E，F．若，DE＝4，则EF的长是（　　）
A． B． C．6 D．10
【考点】平行线分线段成比例．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】C
【分析】利用平行线分线段成比例定理列出比例式，求出EF，结合图形计算即可．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴，又DE＝4，
∴EF＝6，
故选：C．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
4．（3分）（2025春 北京校级月考）某景区为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了某月（30天）接待游客人数（单位：万人）的数据，绘制了下面的统计图和统计表．
每日接待游客人数 （单位：万人） 游玩环境 评价
0≤x＜5 好
5≤x＜10 一般
10≤x＜15 拥挤
15≤x＜20 严重拥挤
根据以上信息，以下四个判断中，正确的是（　　）
①该景区这个月游玩环境评价为“拥挤或严重拥挤”的天数仅有4天；
②该景区这个月每日接待游客人数的中位数在5～10万人之间；
③该景区这个月平均每日接待游客人数低于5万人；
④这个月1日至5日的五天中，如果某人曾经随机选择其中的两天到该景区游玩，那么他“这两天游玩环境评价均为好”的可能性为．
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
【考点】可能性的大小；频数（率）分布表；中位数．
【专题】统计与概率；数据分析观念．
【答案】C
【分析】根据统计图即可判断①；利用中位数的定义判断②；利用统计图进行估算即可判断③；利用列表或树状图求解即可判断④．
【解答】解：根据某月（30天）接待游客人数（单位：万人）的数据，绘制了下面的统计图和统计表所给的数据判断如下：．
①根据题意每日接待游客人数10≤x＜15为拥挤，15≤x＜20为严重拥挤，
由统计图可知，游玩环境评价为“拥挤或严重拥挤”，1日至5日有1天，25日至30日有3天，共4天，故①正确；
②本题中位数是指将30天的游客人数从小到大排列，第15与第16位的平均数，
根据统计图可知0≤x＜5的有16天，从而中位数位于0≤x＜5范围内，故②错误；
③从统计图可以看出，小于且接近10的有6天，大于10而小于15的有2天，15及其以上的有2天，
10上下的估算为10，15及其以上的2天估算为15，大于5且接近5的估计为5，
则5≤x＜20的估计总人数为10×8+15×2+4×5＝130（万人），
假设5≤x＜20这部分人平均数为5万人，将多余人分给0≤x＜5的16天，
则0≤x＜5的16天每天分得（130﹣14×5）÷16＝3.75，
由图可知给每个0至5的补上3.75，则大部分大于5，而0至5范围内有6天接近5，故平均数一定大于5，故③错误；
④由图可得这5天中评价为“好”的有3天，分别设为A1，A2，A3，评价为“一般”的有1天，设为B，评价为“拥挤”的有1天，设为C，
根据题意列表如下：
A1 A2 A3 B C
A1 A2，A1 A3，A1 B，A1 C，A1
A2 A1，A2 A3，A2 B，A2 C，A2
A3 A1，A3 A2，A3 B，A3 C，A3
B A1，B A2，B A3，B C，B
C A1，C A2，C A3，C B，C
其中共有20种等可能的情况，其中两次都为评价为“好”的有6种，
可能性为：，故④正确．
故正确的选项由①和④，
故选：C．
【点评】本题考查了中位数、平均数及概率结合统计图表，掌握相关基础概念并结合统计图表进行分析是解题的关键．
5．（3分）（2024春 栖霞市期末）大自然巧夺天工，一片树叶也蕴含着“黄金分割”．如图，P为AB的黄金分割点（AP＞PB），如果AB的长度为8cm，那么BP的长度是（　　）
A． B． C． D．
【考点】黄金分割．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】A
【分析】根据黄金分割的定义得到，然后把AB的长度代入可求出AP的长，即可求出BP的长度．
【解答】解：∵P为AB的黄金分割点（AP＞PB），
∴，
∵AB的长度为8cm，
∴，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
6．（3分）（2021秋 竞秀区校级期中）如图，AB和CD表示两根直立于地面的柱子，AC和BD表示起固定作用的两根钢筋，AC与BD相交于点M，已知AB＝12m，CD＝15m，则点M离地面的高度MH为（　　）
A．m B．m C．5m D．m
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】A
【分析】根据已知易得△ABM∽△DCM，可得对应高BH与HD之比，易得MH∥AB，可得△MDH∽△ADB，利用对应边成比例可得比例式，把相关数值代入求解即可．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴△ABM∽△DCM，
∴，（相似三角形对应高的比等于相似比），
∵MH∥AB，
∴△MCH∽△ACB，
∴，
∴，
∴MHcm．
故选：A．
【点评】此题主要考查了相似三角形的应用；用到的知识点为：平行于三角形一边的直线与三角形另两边相交，截得的两三角形相似；相似三角形的对应边成比例；对应高的比等于相似比；解决本题的突破点是得到BH与HD的比．
7．（3分）某商品的进价为每件30元，现在的售价为每件50元，每月可卖出200件．市场调查反映：每件商品的售价每涨1元，每月少卖5件．设每件商品的售价为x元，每月的销售利润为4500元．根据题意，下面所列方程中正确的是（　　）
A．（x﹣50）（450﹣5x）＝4500
B．（x﹣30）（450﹣5x）＝4500
C．（20+x）（200﹣5x）＝4500
D．（10﹣x）（5x﹣50）＝4500
【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】B
【分析】设每件商品的售价为x元，则每件的销售利润为（x﹣30）元，每月可卖出200﹣5（x﹣50）＝（450﹣5x）件，利用每月的销售利润＝每件的销售利润×月销售量，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设每件商品的售价为x元，则每件的销售利润为（x﹣30）元，每月可卖出200﹣5（x﹣50）＝（450﹣5x）件，
根据题意得：（x﹣30）（450﹣5x）＝4500．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8．（3分）（2024 凉州区三模）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（﹣2，3），B（m，﹣2），则不等式的解是（　　）
A．x＜﹣2或0＜x＜3 B．﹣2＜x＜0或x＞3
C．﹣2＜x＜0或x＜3 D．﹣3＜x＜0或x＞3
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】依据题意，首先求出B点的横坐标，再直观得出一次函数值大于反比例函数值时自变量的取值范围，即为不等式的解集．
【解答】解：∵A（﹣2，3）在反比例函数上，
∴k＝﹣6．
又B（m，﹣2）在反比例函数上，
∴m＝3．
∴B（3，﹣2）．
结合图象，
∴当ax+b时，x＜﹣2或0＜x＜3．
故选：A．
【点评】本题主要考查反比例函数、一次函数的图象和性质，通过图象直接得出一次函数的值大于反比例函数值时自变量x的取值范围．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2024 安徽开学）若，则 　2　 ．
【考点】比例的性质．
【专题】分式；运算能力．
【答案】2．
【分析】先利用比例的性质得到x＝3y，然后把x＝3y代入所求的代数式中进行分式的化简计算即可．
【解答】解：∵3，
∴x＝3y，
∴2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了比例的性质，灵活运用比例的性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质）是解决问题关键．
10．（3分）（2023 东莞市校级一模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若∠AOB＝60°，AB＝2，则矩形ABCD的面积＝　4　 ．
【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】4．
【分析】根据勾股定理求出BC的值，根据矩形的面积公式求出即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB，
∵∠AOB＝60°，AB＝2，
∴OA＝AB＝2，
∴AC＝4，
在Rt△ABC中，BC2，
∴S矩形ABCD＝2×24，
故答案为：4．
【点评】本题考查了矩形的性质，掌握等边三角形的判定、勾股定理等知识点的应用是解题的关键．
11．（3分）（2023春 南岗区校级期中）已知x＝﹣1是方桯x2+ax+1＝0的一个根，则a的值是 　2　 ．
【考点】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】2．
【分析】直接把x＝﹣1代入方程，即可求出a的值．
【解答】解：由题意得：
把x＝﹣1代入方程x2+ax+1＝0中，
则（﹣1）2+a （﹣1）+1＝0，
∴1﹣a+1＝0，
∴a＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义，正确求出a的值．
12．（3分）（2024秋 邓州市期末）春节期间，小明陪妈妈去爬山，如图，两人从山脚下A处沿坡前行，到达C处时，发现C处标语牌上写着“恭喜你已上升100米”，若此山坡的坡度i＝1：2.4，爱思考的小明很快告诉妈妈：“我们至少走坡路 　260　 米了”．
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】三角形．
【答案】260．
【分析】根据坡度的概念求出AB，再根据勾股定理求出AC．
【解答】解：∵山坡的坡度i＝1：2.4，
∴BC：AB＝1：2.4，
∵BC＝100米，
∴AB＝2.4BC＝2.4×100＝240（米），
由勾股定理得：（米），
所以我们至少走坡路260米了，
故答案为：260．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
13．（3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），过点E作EF⊥AE交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF．有下列结论：①AE＝EF；；③∠DAF＝∠CEF．其中正确的是 　①②　 ．（把正确结论的序号都填上）
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
【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】①②．
【分析】①在BA上截取BH＝BE，连接HE，则∠ECF＝135°，△BEH是等腰直角三角形，进而得∠AHE＝∠ECF＝135°，AH＝EC，再证明∠2＝∠3，由此可判定△AHE和△ECF全等，然后根据全等三角形的性质可对结论①进行判断；
②在Rt△BEH中，由勾股定理得：EHBE，再根据△AHE和△ECF全等得EH＝CF，由此可对结论②进行判断；
③假设∠DAF＝∠CEF＝∠3，则∠DAF＝∠2，由AE＝EF，∠AEF＝90°得△AEF是等腰直角三角形，则∠DAF+∠2＝45°，进而得∠DAF＝∠2＝22.5°，但根据已知条件无法判定∠DAF＝∠2＝22.5°，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①在BA上截取BH＝BE，连接HE，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠DCK＝90°，
∴CF平分∠DCK，
∴∠DCF∠DCK＝45°，
∴∠ECF＝∠BCD+∠DCF＝135°，
∵BH＝BE，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴∠4＝∠5＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠5＝135°，
∴∠AHE＝∠ECF＝135°，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AB﹣BH＝BC﹣BE，
即AH＝EC，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
∴∠1+∠3＝180°﹣∠4﹣∠AEF＝45°，
在△AHE中，∠1+∠2＝180°﹣∠AHE＝45°，
∴∠2＝∠3，
在△AHE和△ECF中，
，
∴△AHE≌△ECF（AAS），
∴AE＝EF，
故结论①正确；
②在Rt△BEH中，BE＝BH，
由勾股定理得：EHBE，
∵△AHE≌△ECF，
∵EH＝CF，
∴CFBE，
故结论②正确；
③假设∠DAF＝∠CEF＝∠3，
∵∠2＝∠3，
∴∠DAF＝∠2，
在△AEF中，AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝90°，
∴∠DAF+∠2＝∠DAB﹣∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠2＝22.5°，
根据已知条件无法判定∠DAF＝∠2＝22.5°，
故结论③不正确，
综上所述：正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（8分）（2023秋 监利市月考）阅读材料，解答问题．
解方程：（3x﹣1）2﹣9（3x﹣1）+20＝0．
解：把3x﹣1视为一个整体，设3x﹣1＝y，
则原方程可化为y2﹣9y+20＝0，
解得y1＝5，y2＝4，
∴3x﹣1＝5或3x﹣1＝4，
∴x1＝2，．
以上方法就叫换元法，达到简化或降次的目的，体现了转化的思想．
请仿照材料解下列方程：
（1）（2x﹣3）2+4（2x﹣3）﹣5＝0；
（2）x4﹣x2﹣12＝0．
【考点】换元法解一元二次方程；解一元一次方程；解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝﹣1，x2＝2；（2）x1＝﹣2，x2＝2．
【分析】（1）设2x﹣3＝y，把原方程化为y2+4y﹣5＝0，然后求解；
（2）设x2＝y，把原方程化为y2﹣y﹣12＝0，然后求解．
【解答】解：（1）设2x﹣3＝y，则原方程可化为y2+4y﹣5＝0，
解得y1＝﹣5，y2＝1，
∴2x﹣3＝﹣5或2x﹣3＝1，
∴x1＝﹣1，x2＝2；
（2）设x2＝y，则原方程可化为y2﹣y﹣12＝0，
解得y1＝4，y2＝﹣3（舍），
∴x2＝4，
∴x1＝﹣2，x2＝2．
【点评】本题主要考查换元法在解一元二次方程中的应用，熟练掌握换元法解方程是关键．
15．（8分）（2023 临潼区三模）体育课上，老师要求初三某班的同学们训练中考体育中“速度、爆发与力量”的相关项目，其中有必练项目立定跳远和一项选练项目，男生选练项目为掷实心球或引体向上，女生选练项目为掷实心球或仰卧起坐．
（1）秦奋（男）从选练项目中任选一个，选中引体向上的概率为 　　 ；
（2）秦奋（男）和李莉（女）分别从选练项目中任选一个，请你用画树状图或列表法求两人都选择掷实心球的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）直接利用概率公式可得答案．
（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及两人都选择掷实心球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）∵男生选练项目为掷实心球或引体向上，
∴秦奋（男）从选练项目中任选一个，选中引体向上的概率为．
故答案为：．
（2）设掷实心球记为A，引体向上记为B，仰卧起坐记为C，
画树状图如下：
共有4种等可能的结果，其中两人都选择掷实心球A的结果有1种，
∴两人都选择掷实心球的概率为．
【点评】本题考查列表法与树状图法，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．
16．（8分）（2023秋 永年区校级月考）自《河北省初中学业水平体育与健康科目考试方案》公布后，各中学积极推进改革方案的实施．某校为适应新中考体育要求，决定添置一批某品牌足球和跳绳，市场调研发现足球每个定价150元，跳绳每条定价30元．现有甲、乙两家商店提供了如下优惠方案．
甲商店：足球和跳绳均按定价的9折出售．
乙商店：买一个足球送一条跳绳．
已知该校要购买足球50个，跳绳x条（x＞50）．
（1）分别求在甲商店和乙商店购买所需付款的钱数（用含x的代数式表示）．
（2）当x＝150时，通过计算说明学校在哪家商店购买比较合算；
（3）当x＝150时，你能给出一个更为省钱的购买方案吗？试写出购买方案，并直接写出该方案所需付款的钱数．
【考点】代数式求值；列代数式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）（27x+6750）；（30x+6000）；
（2）在乙商店购买更合算；
（3）方案：先在乙商店购买50个足球，再在甲商店购买余下的100条跳绳，共需要支付10200元．
【分析】（1）利用甲、乙两个店的优惠方案，分别计算足球与跳绳的付费金额，再相加即可；
（2）将x＝150，分别代入两个代数式，计算通过比较结果即可得出结论；
（3）通过计算得出方案：先从乙商购买50个足球，送50条跳绳，再从甲商店购买100条跳绳即可．
【解答】解：（1）根据题意得：
在甲商店购买，需付款为0.9×150×50+0.9×30x＝（27x+6750）元；
在乙商店购买，需付款为150×50+30（x﹣50）＝（30x+6000）元；
故答案为：（27x+6750）；（30x+6000）；
（2）当x＝150时，
在甲商店购买需要支付27×150+6750＝10800元，
在乙商店购买需要支付30×150+6000＝10500元；
∵10500＜10800，
∴在乙商店购买更合算．
（3）方案：先在乙商店购买50个足球，再在甲商店购买余下的100条跳绳，
共需要支付150×50+0.9×30×100＝7500+2700＝10200元．
【点评】本题主要考查了列代数式，求代数式的值，熟练掌握求代数式值是关键．
17．（8分）（2021秋 东源县期末）为应对全球爆发的新冠疫情，某疫苗生产企业于2021年1月份开始了技术改造，其月生产数量y1（万支）与月份x之间的变化如图所示，技术改造完成前是反比例函数图象的一部分，技术改造完成后是一次函数图象的一部分，请根据图中数据解答下列问题：
（1）该疫苗生产企业4月份的生产数量为多少万支？
（2）该疫苗生产企业有 　3　 个月的月生产数量不超过60万支．
【考点】反比例函数的应用．
【专题】反比例函数及其应用；推理能力．
【答案】（1）45万支；（2）3．
【分析】（1）根据题意和图象中的数据，可以计算出技术改造完成前对应的函数解析式，然后将x＝4代入求出相应的y的值即可；
（2）根据题意和图象中的数据，可以技术改造完成后y与x的函数解析式，然后即可列出相应的不等式组，求解即可，注意x为正整数．
【解答】解：（1）当1≤x≤4时，设y与x的函数关系式为y，
∵点（1，180）在该函数图象上，
∴180，得k＝180，
∴y，
当x＝4时，y45，
即该疫苗生产企业4月份的生产数量为45万支；
（2）设技术改造完成后对应的函数解析式为y＝ax+b，
∵点（4，45），（5，60）在该函数图象上，
∴，
解得，
∴技术改造完成后对应的函数解析式为y＝15x﹣15，
，
解得3≤x≤5
∵x为正整数，
∴x＝3，4，5，
答：该疫苗生产企业有3个月的月生产数量不超过60万支．
故答案为：3．
【点评】本题考查反比例函数的应用、一次函数的应用、一元一次不等式组的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
18．（9分）（2024 遂平县三模）如图，已知矩形ABCD，M，N为矩形边上不同的两点（不与顶点重合），连接MN，线段MN将矩形ABCD分为面积相等的两部分．
（1）请用数学中常用的工具：圆规、无刻度直尺，找出一组符合条件的M点和N点（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：AN＝CM．
【考点】作图—复杂作图；矩形的性质．
【专题】作图题；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）见解答．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质作图；
（2）根据全等三角形的性质证明．
【解答】（1）解：连接对角线，相交于点O，过O作直线与矩形的边相交于点M、N，
点M、N即为所求；
（2）证明：在矩形ABCD中，CD∥AB，OC＝OA，
∴∠ACD＝∠BAC，∠CMN＝∠MNA，
∴△OCM≌△OAN（AAS），
∴AN＝CM．
【点评】本题考查了复杂作图，掌握矩形的性质和全等三角形的性质是解题的关键．
19．（10分）（2023秋 润州区期中）【提出问题】如图1，直线l是足球场底线，AB是球门，点P是射门点，连接PA，PB，则∠APB 叫做射门角．如图2，在足球比赛场上，甲、乙两名队员互相配合向对方球门AB进攻，当甲带球冲到Q点时，乙跟随冲到P点，仅从射门角度大小考虑（射门角越大，足球越容易被踢进），甲是自己射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好，利用所学知识说明理由．
【经验感知】如图3，若球员在直线MN上跑动，随时准备射门，是否存在某一点S，使得射门角∠ASB最大．人们发现：当且仅当经过A、B两点的圆与直线MN相切于点S时，∠ASB最大，并称此时的∠ASB为最大射门角．如图4，AB为球门，直线l是足球场的底线，直线m⊥l，垂足为C，若AB＝2a，BC＝a、球员丙带球沿直线m向底线l方向运球，已知丙运球过程中的最大射门角是∠ASB．
（1）尺规作图：作经过A，B两点并且与直线m相切于点S的⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）求出最大射门角∠ASB 的度数．
【理解应用】
（1）如图5，正方形网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，AB为球门，球员丁带球沿CD方向进攻，最好的射点在 　C　
A．点C
B．点D或点E
C．线段DE（异于端点）上一点
D．线段CD（异于端点）上一点
（2）如图6，矩形CDEF是足球场的示意图，其中宽CD＝66m，球门 AB＝8m，且 AC＝BD．点P、Q分别是DE、CF上的点，DP＝7m，∠DPQ＝135°，一位左前锋球员戊从点P处带球，沿PQ方向跑动，球员戊在PQ上何处才能使射门角（∠ASB）最大，直接写出此时PS的长度．
【考点】圆的综合题．
【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；图形的相似；尺规作图；运算能力；推理能力．
【答案】【提出问题】说明理由见解析；【经验感知】（1）作图见解析；（2）30°；【理解应用】（1）C；（2）（127）m．
【分析】【提出问题】利用圆周角定理和三角形的外角的性质解答即可；
【经验感知】（1）利用线段垂直平分线的性质与作法，圆的切线的性质与判定解答即可；
（2）利用等边三角形的判定与性质和圆周角定理解答即可；
【理解应用】（1）利用网格图的特征和四点共圆的判定与性质，圆周角定理和【提出问题】的结论解答即可；
（2）延长QP，CD，它们交于点G，利用等腰直角三角形的判定与性质求得线段GD，GP的长度，利用【经验感知】（2）的结论得到：当经过A，B两点的圆与PQ相切于点S时，球员戊在PQ上的S处射门时射门角（∠ASB）最大，利用弦切角的性质和相似三角形的判定与性质求得线段GS的长度，则PS＝GS﹣GP．
【解答】解：【提出问题】甲自己射门好，理由：
设AP与⊙O交于点C，连接BC，如图，
则∠ACB＝∠Q，
∵∠ACB＞∠P，
∴∠Q＞∠P．
∵射门角越大，足球越容易被踢进，
∴甲自己射门好；
【经验感知】（1）①作线段AB的垂直平分线，
②以点B为圆心，AB的长为半径画弧，交EF于点O，连接OB，
③以点O为圆心，OB的长为半径画圆，则⊙O为所求作．如图：
理由：由作图可知：AH＝BH＝a，EF∥m，
∴HB+BC＝2a，
∴直线EF与直线m的距离为2a，
∵平行线间的距离相等，
∴点O到直线m的距离为2a，
∵⊙O的半径为AB＝2a，
∴圆心O到直线m的距离等于圆的半径，
∴⊙O与直线m相切．
（2）连接OA，则OA＝OB＝AB＝2a，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴∠ASB∠AOB＝30°；
【理解应用】（1）由网格图可知：∠EDG＝BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠EDG+∠BDF＝90°，
∵∠EAB＝90°，
∴点A，B，D，E四点在以BE为直径的圆上．
∴∠AEB＝∠ADB．
由【提出问题】的证明可知：线段CD上的点与A，B张开的角度小于∠AEB，
而线段DE上的点与A，B张开的角度大于∠AEB，
∵射门角越大，足球越容易被踢进，
∴最好的射点在线段DE（异于端点）上一点．
故选：C．
（2）作出经过A，B两点的圆，由【经验感知】的结论可知：当经过A，B两点的圆与PQ相切于点S时，球员戊在PQ上的S处射门时射门角（∠ASB）最大，如图，
延长QP，CD，它们交于点G，
∵∠DPQ＝135°，
∴∠DPG＝45°，
∴△DPG为等腰直角三角形，
∴GD＝DP＝7，
∴PG＝7．
∵CD＝66m，AB＝8m，且AC＝BD，
∴AC＝BD＝29m，
∴GB＝GD+DB＝29+7＝36m，GA＝GB+AB＝44m，
由题意：⊙O与PQ相切于点S，
∴∠GSB＝∠SAG．
∵∠G＝∠G，
∴△GSB∽△GAS，
∴，
∴，
∴GS＝12m，
∴PS＝GS﹣GP＝（127）m．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，三角形的外角的性质，圆的切线的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，基本作图，本题是阅读型题目，理解题干中的方法并熟练应用是解题的关键．
20．（10分）（2023春 金平区期末）如图，平面直角坐标系中，A（0，4），C（8，0）．F为矩形OABC对角线AC的中点，过点F的直线分别与OC、AB交于点D、E．
（1）求证：FD＝FE；
（2）设OD＝m，△ADF的面积为S，
①求S与m的函数关系式；
②当DE⊥AC时，求S的值；
（3）若点P在坐标轴上，平面内存在点Q，使以P、Q、A、C为顶点的四边形是矩形，请直接写出点Q的坐标．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；分类讨论；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①S＝8﹣m；②5；
（3）（6，﹣4）或（﹣8，﹣12）或（8，4）．
【分析】（1）证△EAF≌△DCF（ASA），即可得出结论；
（2）①连接CE，证四边形AECD是平行四边形，则S平行四边形AECD＝CD OA＝32﹣4m，再由面积关系得S△ADFS△ACD＝8﹣m即可；
②证四边形AECD是菱形，得AD＝CD，再由勾股定理得AD，则8﹣m，解得m＝3，即可得出结论；
（3）分三种情况，①点P在x轴的负半轴上时，②点P在y轴的负半轴上时，③当点P与原点O重合时，分别由矩形的性质和勾股定理得出方程，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥OC，
∴∠EAF＝∠DCF，
∵F为AC的中点，
∴AF＝CF，
在△EAF和△DCF中，
，
∴△EAF≌△DCF（ASA），
∴FD＝FE；
（2）解：①如图1，连接CE，
由（1）得：FD＝FE，AF＝CF，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵A（0，4）、C（8，0），
∴OA＝4，OC＝8，
∴CD＝OC﹣OD＝8﹣m，
∴S平行四边形AECD＝CD OA＝（8﹣m）×4＝32﹣4m，
∵AF＝CF，
∴S△ADFS△ACDS平行四边形AECD（32﹣4m）＝8﹣m，
∴S与m的函数关系式为：S＝8﹣m；
②∵DE⊥AC，
∴四边形AECD是菱形，
∴AD＝CD，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD，
∵CD＝8﹣m，
∴8﹣m，
解得：m＝3，
∴S＝8﹣m＝8﹣3＝5；
（3）解：分三种情况：
①如图2，点P在x轴的负半轴上时，
设点P坐标为（a，0），则PC＝OC+OP＝8﹣a，AP2＝OP2+OA2＝a2+42，
AC2＝OA2+OC2＝42+82＝80，
∵四边形APQC是矩形，
∴AP＝CQ，AP∥CD，∠PAC＝90°，
∴AP2+AC2＝PC2，
∴a2+42+80＝（8﹣a）2，
解得：a＝﹣2，
∴P（﹣2，0），
∵点A（0，4）平移到点P（﹣2，0），横坐标平移减2，纵坐标平移减4，
∴点C（8，0）平移到点Q，横坐标平移减2，纵坐标平移减4，点Q坐标为（6，﹣4）；
②如图2，点P在y轴的负半轴上时，
设点P坐标为（0，b），则AP＝OA+OP＝4﹣b，PC2＝OP2+OC2＝b2+82，
∵四边形APQC是矩形，
∴AC＝QP，AC∥QP，∠ACP＝90°，
∴PC2+AC2＝AP2，
∴b2+82+80＝（4﹣b）2，
解得：b＝﹣16，
∴P（0，﹣16），
∵点C（8，0）平移到点P（0，﹣16），横坐标平移减8，纵坐标平移减16，
∴点A（0，4）平移到点Q，横坐标平移减8，纵坐标平移减16，点Q坐标为（﹣8，﹣12）；
③当点P与原点O重合时，则点Q与点B重合，
∵四边形OABC是矩形，A（0，4）、C（8，0），
∴点B坐标为（8，4），
∴点Q坐标为（8，4）；
综上所述，点Q的坐标为（6，﹣4）或（﹣8，﹣12）或（8，4）．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、平移的性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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