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广东省东莞市东城实验学校22025年中考二模数学试卷
1．（2025·东莞模拟）的倒数是（　　）
A． B． C． D．2025
2．（2025·东莞模拟）地球绕太阳公转的速度用科学记数法表示为1.1×105km/h，把它写成原数是（　　）
A．1100000km/h B．110000km/h
C．11000km/h D．0.000011km/h
3．（2025·东莞模拟）下列几何体中的主（正）视图，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·东莞模拟）小明将一块直角三角板摆放在直尺上，如图，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·东莞模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·东莞模拟）已知一个样本，，，，，平均数为，则这个样本的方差是（　　）
A．5 B．3 C．4 D．6
7．（2025·东莞模拟）若是关于的一元一次不等式，则该不等式的解集是(　　)
A． B． C． D．
8．（2025·东莞模拟）如图，为的切线，切点为，连接、，与交于点，延长与交于点，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·东莞模拟）如图，在中，，，，，则的长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
10．（2025·东莞模拟）已知顶点为的抛物线经过点，有下列结论：①；②若点与点为抛物线上的两点，则；③；④关于的一元二次方程的两根分别为和．其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2025·东莞模拟）分解因式： =　 　．
12．（2025·东莞模拟）当代数式，有意义时，要满足的条件是　 　.
13．（2025·东莞模拟）若与互为相反数，则　 　．
14．（2025·东莞模拟）将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为　 　．
15．（2025·东莞模拟）如图，在中，， ，，则图中阴影部分的面积为 　 　．
16．（2025·东莞模拟）计算：.
17．（2025·东莞模拟）如图，菱形的对角线，相交于点O．
（1）尺规作图：在边的左侧，作，使．
（2）在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形．
18．（2025·东莞模拟）项目化学习项目
主题：最擅长的物理实验调查
项目背景：物理实验是物理教学过程中极其重要的一环，物理实验可以深化对物理知识的理解，通过操作和观察实验现象提升感官认知，理解物理规律．某校综合实践小组以“你最擅长的物理实验是什么”为主题展开项目学习．
驱动任务：调研擅长每种实验的人数和比例．
研究步骤：（1）制作如下问卷：
你最擅长的物理实验是什么？（要求每个学生必选且只能选择一项） A．伏安法测小灯泡正常发光时的电阻 B．探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系 C．测量蜡块的密度 D．测量物体运动的平均速度 E．探究平面镜成像时像与物的关系
（2）发放和回收问卷；
（3）整理数据，并形成如下统计图表：
选项 占调查人数的百分比
A
B
C
D
E
解决问题：请根据图表提供的信息，完成下列任务．
（1）本次一共调查了 名学生，统计表中， ， ；
（2）请补全条形统计图；
（3）某堂物理实验课上，小军要从以上五个实验中任意选做两个，请用列表或画树状图的方法求小军恰好选中两个探究性实验B和E的概率．
19．（2025·东莞模拟）一方有难，八方支援．郑州暴雨牵动数万人的心，众多企业也伸出援助之手．某公司购买了一批救灾物资并安排两种货车运往郑州．调查得知： 2辆小货车与3辆大货车一次可以满载运输1800件；3辆小货车与4辆大货车一次可以满载运输2500件．
（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别满载运输多少件物资？
（2）现有3100件物资需要再次运往郑州，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满货物，有几种租车方案？请写出所有租车方案．
20．（2025·东莞模拟）如图，点，，在上，于点，交于点，连接，于点，与相文于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
21．（2025·东莞模拟）如图1，是某物体的三角支架实物图，由竖杆、支杆和连接杆组成，图2是其右侧部分抽象后的几何图形，其中点C是支干上一可转动点，点P是中间竖杆上的一动点，当点P沿滑动时，点D随之在地面上滑动，点A是动点P能到达的最顶端位置，当P运动到点A时，与重合于竖干，经测量，．
（1）当时，求竖杆最下端B到地面的距离；
（2）点P从点A滑动至的中点的过程中，变化的度数是多少？（参考数据：≈1.73，结果精确到）
22．（2025·东莞模拟）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
（2）知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长．
23．（2025·东莞模拟）【问题背景】
已知抛物线（k是实数）与x轴有交点，将此抛物线向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到新的抛物线E，设抛物线E与x轴的交点为B、C，如图．
【构建联系】
（1）求k的值，并求抛物线E所对应的函数关系式及其顶点A的坐标．
（2）连接，把所在的直线平移，使它经过点C，得到直线l，点P是l上一动点（与点C不重合）．设以点A，B，C，P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当时，求出S关于t的函数关系式，并求出t的取值范围．
【深入探究】
（3）点Q是直线l上的另一个动点，以点Q为圆心，R为半径作⊙，当R取何值时，⊙与直线相切？相交？相离？直接给出结果．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：∵，
∴的倒数是。
故答案为：A。
【分析】根据倒数的定义：乘积等于1的两个数互为倒数，然后再对各个选项逐一进行运算验证即可。
2．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：1.1×105 km/h，把它写成原数是110000km/h，
故选：B．
【分析】根据科学记数法表示的数还原成原数时，n＞0时，n是几，小数点就向右移几位，可得答案．
3．【答案】C
【知识点】轴对称图形；简单几何体的三视图；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A.球的主视图是圆，圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项A错误，不符合题意；
B.长方体的主视图是矩形，矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项B错误，不符合题意；
C.圆锥的主视图是等腰三角形，等腰三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项C正确，符合题意；
D.圆柱的主视图是矩形，矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项D错误，不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形）结合轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一分析即可求解。
4．【答案】C
【知识点】角的运算；平行线的性质
【解析】【解答】解：如图所示，根据题意可得，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：C 。
【分析】根据题干信息，易得，，，根据三角形的内角和公式，即可求出的度数。
5．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；整式的混合运算
【解析】【解答】解：A：，故不符合题意；
B：，故符合题意；
C：，故不符合题意；
D：，故不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的运算法则，然后再对各个选项进行逐一求解，最后再进行判断即可。
6．【答案】D
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：∵平均数，
∴，
∴，
∴方差．
故答案为：D。
【分析】先根据平均数公式，求得的值，然后再根据方差的公式，即可求解。
7．【答案】C
【知识点】一元一次不等式的概念
【解析】【解答】解：因为 是关于的一元一次不等式，
所以，m+1≠0，且
解得，m=1
将m=1代入 ，可得
（1+1）x+2>0，化简，可得，2x+2>0
解得，x>-1
故答案为：C
【分析】根据一元一次不等式的定义，确定x的指数和系数条件，进而求出m的值，代入解不等式即可。
8．【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：为的切线，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：D。
【分析】根据A是切点，由切线的性质得出，由直角三角形的性质得出，即可求出的度数，由等腰三角形的性质得出，然后再根据三角形的外角定理：，据此即可求解
9．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
即：，
，
，
故答案为：。
【分析】根据平行四边形的判定定理，可得四边形是平行四边形，进而可得，由，可得，然后再根据平行线的性质，可得，代入数据，即可求出CF，然后由即可求解
10．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线的顶点为，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵抛物线的顶点为，且经过点，
∴抛物线开口向上，
∴当，随着的增大而减小，
∵点，
∴由对称性得也在抛物线上，
∵，都在对称轴左侧，
∴，故②错误；
∵顶点为的抛物线，开口向上，
∴，故③正确；
∵抛物线经过点，对称轴为直线，
∴也经过，
∴关于的一元二次方程的两根分别为和，故④正确，
故答案为：C．
【分析】根据抛物线的顶点，代入顶点式解析式：，然后再对照一般式，即可判断①；根据抛物线的顶点，且经过点，从而确定抛物线开口向上，然后再根据顶点坐标，求出对称轴，当时，分析函数图象的性质，可得点的对称点也在抛物线上，由增减性判断②；顶点为的抛物线，开口向上，则，即可判断③；由于抛物线经过点，对称轴为直线，则也经过，故关于的一元二次方程的两根分别为和，即可判断④．
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】 = = ．
故答案为 ．
【分析】先提取公因式2，然后利用平方差公式分解即可.
12．【答案】x＞0
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵代数式有意义
∴x≠0且x≥0
解得：x＞0
故答案为：x＞0。
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为零；再根据二次根式的条件：被开方数为非负数，解出不等式组的解集，然后取该不等式组的公共部分，据此即可求解。
13．【答案】
【知识点】二次根式的乘除法；算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：和互为相反数，
，
，，
，，
．
故答案为：。
【分析】根据二次根式和绝对值的非负性质，然后建立方程，即可求解。
14．【答案】
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：菱形的对角线分别为和，
菱形的面积，
正方形的边长是
故答案为：。
【分析】根据菱形的基本性质：对角线互相垂直平分，然后再根据菱形的面积公式：，代入数据求出菱形的面积，然后再根据菱形的面积和正方形的面积相等，再根据正方形的面积公式：，代入数据，即可求出正方形的边长。
15．【答案】
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：连接、、，设交于点M，交于点N，
，
是的直径，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
在与中，
，
，
，即
，
，
．
故答案为：。
【分析】连接OC、OD、OE，设OA交CD于点M，OB交DE于点N，根据圆周角的逆定理，可推出 CE是是的直径；根据，，根据三线合一的性质，可得，进而可得，又根据，易证，进而得到，即，代入数据即可求解。
16．【答案】解：
【知识点】零指数幂；二次根式的加减法；求特殊角的三角函数值；实数的绝对值
【解析】【分析】本题主要对零指数幂的运算、二次根式的化简、特殊角的三角函数值进行考查．对原式中每一项单独计算，，再对各项进行加法计算原式。
17．【答案】（1）解：如图，即为所求．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【分析】（1）先作一个角等于已知角，然后再取，即可求解；
（2）根据菱形的性质有：，，，再证明，从而得到；又根据，易证四边形是平行四边形，然后再根据矩形的判定定理：有一个角是90度的平行四边形是矩形，即可证明。
（1）如图，即为所求．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形．
18．【答案】（1）400；；15
（2）解：选项B的人数：（人），
选项C的人数：（人），
补全条形统计图如下：
（3）解：根据题意，列表如下：
A B C D E
A ——
B ——
C ——
D ——
E ——
由表可知，所有可能出现的结果共有20种，其中小军恰好选中实验B和E的结果有2种，所以P（小军恰好选中实验B和E）
【知识点】统计表；条形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】（1）解：总人数：（人），
，
即，
∴，
即，
故答案为：400，，15。
【分析】（1）用A的人数除以其占比，即可求出调查的学生总人数；用E的人数除以调查的学生总人数，再乘以100%，即可求出n的值；用1分别减去A、C、D和E的占比，即可求出m的值
（2）结合（1）的结果，用调查的学生人数乘以B的占比，求出B的学生人数；用调查的学生人数乘以C的占比，即可求出C的学生人数，然后再将B和C的学生人数在条状图上补充完整即可
（3）采用列表法列举出所有的可能性，然后再根据题干要求找出“恰好选中实验B和E的结果”，最后再根据概率的公式，即可求解
（1）总人数：（人），
，
即，
∴，
即，
故答案为：400，，15；
（2）选项B的人数：（人），
选项C的人数：（人），
补全条形统计图如下：
（3）根据题意，列表如下：
A B C D E
A ——
B ——
C ——
D ——
E ——
由表可知，所有可能出现的结果共有20种，其中小军恰好选中实验B和E的结果有2种，所以P（小军恰好选中实验B和E）．
19．【答案】（1）解：设1辆小货车一次可以满载运输件物资，1辆大货车一次可以满载运输件物资
由题意可得：，
解得：，
答：1辆小货车一次可以满载运输300件物资，1辆大货车一次可以满载运输400件物资。
（2）解：设租用小货车辆，大货车辆，依题意得：
，
．
又，均为正整数，
或或，
共有3种租车方案，
方案1：租用9辆小货车，1辆大货车；
方案2：租用5辆小货车，4辆大货车；
方案3：租用1辆小货车，7辆大货车。
【知识点】二元一次方程组的实际应用-方案选择题问题
【解析】【分析】（1）设1辆小货车一次可以满载运输件物资，1辆大货车一次可以满载运输件物资，根据题干信息，建立方程组：，然后再求解即可。
（2）设租用小货车辆，大货车辆，根据题干信息，建立关于，的二元一次方程：，然后再结合，的取值特性，即可确定租车方案。
20．【答案】（1）证明：∵，
，
，
，
，
，
，
，
（2）解：连接，
∵直径，
，
，
，
设圆的半径是，
，
，
，
，
∴的半径长是。
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据，可推出，进而可得，从而得到，由对顶角的性质得到，因此，由圆周角定理得到，推出，即可证明；
（2）连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，代入数据求出EG的值，设圆的半径是，由勾股定理得到，即可求出r的值
（1）证明：∵，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
∵直径，
，
，
，
设圆的半径是，
，
，
，
，
∴的半径长是．
21．【答案】（1）解：如图①，过点作于点．
，
，
，
，
，
，
，
，
。
（2）解：如图②，当点位于点时，三点共线，即．
由题意，得．
当点滑动至的中点时，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即变化了。
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）如图①，过点作于点，根据和，可得，进而可得，最后再根据余弦函数的定义：，，代入数据，求出，，，进而可得，代入数据即可求解。
（2）如图②，当点位于点时，三点共线，根据图形所示，即可求出的值；当点滑动至的中点时，，代入数据，求出PB的值，易得为等边三角形，进而可得，即可求解。
（1）解：如图①，过点作于点．
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：如图②，当点位于点时，三点共线，即．
由题意，得．
当点滑动至的中点时，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即变化了．
22．【答案】（1）①是；②50，③10，
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”。
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，。
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
【分析】（1）①根据“旋转位似图形”的定义，即可判断。
②根据“旋转位似图形”易得，根据 ，易得，最后再根据三角形内角和定理：，代入数据即可求解。
③根据（1）易得，然后再根据相似三角形的性质，可得 ，代入数据，求出AC的值，根据 ，易证，最后再根据相似三角形的性质： ，代入数据，即可求解。
（2）根据 ，易证，然后再根据相似三角形的性质，可得，进而易证，根据 ，可证 ，进而可得 ，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质和正弦函数的定义，可得AG和AB的值，然后再根据“旋转位似图形”的定义可得，然后再根据相似三角形的性质： ，代入数据即可求出AE的值，根据，然后再根据正弦函数的定义：，代入数据求出的值、，然后再根据，最后运用勾股定理：，代入数据即可求解。
（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，．
23．【答案】解：（1）抛物线是实数）与轴有交点，
则判别式，
则，
因而抛物线的解析式是：，
将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位得到的抛物线是：，
即：
即，
顶点坐标为；
（2）令，得，
解得：，
所以，，，
设直线的函数关系式为、
，，
，解得，
直线且过点，
可设直线的函数关系式为，
直线过点，
，解得：，
直线的函数关系式为，
点是上一动点且横坐标为，
点坐标为，
当在轴下方时，
．
，
，
，
又，
，
当在轴上方时，
作轴于，设对称轴与轴交点为．则
，
，
，
，
又，
，
综上所述，；
（3）当时相切，时相交，时相离
【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；直线与圆的位置关系；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（3）因为，，
所以，
过点作，为垂足，
所以，
因为平行线间距离处处相等，所以点到直线的距离等于，
所以当时相切，时相交，时相离．
【分析】（1）观察抛物线图像，可知，抛物线与轴有两个交点，所以判别式，据此可求出的值，即可求出抛物线的解析式，然后根据将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，根据“左加右减”的平移方式，得到新的抛物线，然后再将新抛物线进行配方，即可求出顶点坐标；
（2）令y=0，求出、的坐标，设AB所在的直线的函数关系式为y=kx+b，然后再将A、B坐标代入AB的解析式，求出直线的解析式，最后再根据：在轴下方和上方，两种情况利用的横坐标表示出四边形的面积，再根据得出t的范围即可得到S关于t的函数关系式，求得的范围；
（3）根据A和B的坐标，可求出AB的长，过点作，为垂足，利用三角形的面积公式求得的长，然后利用直线与圆的位置关系的判定方法，即可求出结果．
1 / 1广东省东莞市东城实验学校22025年中考二模数学试卷
1．（2025·东莞模拟）的倒数是（　　）
A． B． C． D．2025
【答案】A
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：∵，
∴的倒数是。
故答案为：A。
【分析】根据倒数的定义：乘积等于1的两个数互为倒数，然后再对各个选项逐一进行运算验证即可。
2．（2025·东莞模拟）地球绕太阳公转的速度用科学记数法表示为1.1×105km/h，把它写成原数是（　　）
A．1100000km/h B．110000km/h
C．11000km/h D．0.000011km/h
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：1.1×105 km/h，把它写成原数是110000km/h，
故选：B．
【分析】根据科学记数法表示的数还原成原数时，n＞0时，n是几，小数点就向右移几位，可得答案．
3．（2025·东莞模拟）下列几何体中的主（正）视图，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；简单几何体的三视图；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】A.球的主视图是圆，圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项A错误，不符合题意；
B.长方体的主视图是矩形，矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项B错误，不符合题意；
C.圆锥的主视图是等腰三角形，等腰三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项C正确，符合题意；
D.圆柱的主视图是矩形，矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项D错误，不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形）结合轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一分析即可求解。
4．（2025·东莞模拟）小明将一块直角三角板摆放在直尺上，如图，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】角的运算；平行线的性质
【解析】【解答】解：如图所示，根据题意可得，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：C 。
【分析】根据题干信息，易得，，，根据三角形的内角和公式，即可求出的度数。
5．（2025·东莞模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；整式的混合运算
【解析】【解答】解：A：，故不符合题意；
B：，故符合题意；
C：，故不符合题意；
D：，故不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据同底数幂的乘除法、幂的运算法则，然后再对各个选项进行逐一求解，最后再进行判断即可。
6．（2025·东莞模拟）已知一个样本，，，，，平均数为，则这个样本的方差是（　　）
A．5 B．3 C．4 D．6
【答案】D
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：∵平均数，
∴，
∴，
∴方差．
故答案为：D。
【分析】先根据平均数公式，求得的值，然后再根据方差的公式，即可求解。
7．（2025·东莞模拟）若是关于的一元一次不等式，则该不等式的解集是(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一元一次不等式的概念
【解析】【解答】解：因为 是关于的一元一次不等式，
所以，m+1≠0，且
解得，m=1
将m=1代入 ，可得
（1+1）x+2>0，化简，可得，2x+2>0
解得，x>-1
故答案为：C
【分析】根据一元一次不等式的定义，确定x的指数和系数条件，进而求出m的值，代入解不等式即可。
8．（2025·东莞模拟）如图，为的切线，切点为，连接、，与交于点，延长与交于点，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：为的切线，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：D。
【分析】根据A是切点，由切线的性质得出，由直角三角形的性质得出，即可求出的度数，由等腰三角形的性质得出，然后再根据三角形的外角定理：，据此即可求解
9．（2025·东莞模拟）如图，在中，，，，，则的长为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
即：，
，
，
故答案为：。
【分析】根据平行四边形的判定定理，可得四边形是平行四边形，进而可得，由，可得，然后再根据平行线的性质，可得，代入数据，即可求出CF，然后由即可求解
10．（2025·东莞模拟）已知顶点为的抛物线经过点，有下列结论：①；②若点与点为抛物线上的两点，则；③；④关于的一元二次方程的两根分别为和．其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线的顶点为，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵抛物线的顶点为，且经过点，
∴抛物线开口向上，
∴当，随着的增大而减小，
∵点，
∴由对称性得也在抛物线上，
∵，都在对称轴左侧，
∴，故②错误；
∵顶点为的抛物线，开口向上，
∴，故③正确；
∵抛物线经过点，对称轴为直线，
∴也经过，
∴关于的一元二次方程的两根分别为和，故④正确，
故答案为：C．
【分析】根据抛物线的顶点，代入顶点式解析式：，然后再对照一般式，即可判断①；根据抛物线的顶点，且经过点，从而确定抛物线开口向上，然后再根据顶点坐标，求出对称轴，当时，分析函数图象的性质，可得点的对称点也在抛物线上，由增减性判断②；顶点为的抛物线，开口向上，则，即可判断③；由于抛物线经过点，对称轴为直线，则也经过，故关于的一元二次方程的两根分别为和，即可判断④．
11．（2025·东莞模拟）分解因式： =　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】 = = ．
故答案为 ．
【分析】先提取公因式2，然后利用平方差公式分解即可.
12．（2025·东莞模拟）当代数式，有意义时，要满足的条件是　 　.
【答案】x＞0
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵代数式有意义
∴x≠0且x≥0
解得：x＞0
故答案为：x＞0。
【分析】根据分式有意义的条件：分母不为零；再根据二次根式的条件：被开方数为非负数，解出不等式组的解集，然后取该不等式组的公共部分，据此即可求解。
13．（2025·东莞模拟）若与互为相反数，则　 　．
【答案】
【知识点】二次根式的乘除法；算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：和互为相反数，
，
，，
，，
．
故答案为：。
【分析】根据二次根式和绝对值的非负性质，然后建立方程，即可求解。
14．（2025·东莞模拟）将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为　 　．
【答案】
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：菱形的对角线分别为和，
菱形的面积，
正方形的边长是
故答案为：。
【分析】根据菱形的基本性质：对角线互相垂直平分，然后再根据菱形的面积公式：，代入数据求出菱形的面积，然后再根据菱形的面积和正方形的面积相等，再根据正方形的面积公式：，代入数据，即可求出正方形的边长。
15．（2025·东莞模拟）如图，在中，， ，，则图中阴影部分的面积为 　 　．
【答案】
【知识点】圆周角定理；扇形面积的计算；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：连接、、，设交于点M，交于点N，
，
是的直径，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
在与中，
，
，
，即
，
，
．
故答案为：。
【分析】连接OC、OD、OE，设OA交CD于点M，OB交DE于点N，根据圆周角的逆定理，可推出 CE是是的直径；根据，，根据三线合一的性质，可得，进而可得，又根据，易证，进而得到，即，代入数据即可求解。
16．（2025·东莞模拟）计算：.
【答案】解：
【知识点】零指数幂；二次根式的加减法；求特殊角的三角函数值；实数的绝对值
【解析】【分析】本题主要对零指数幂的运算、二次根式的化简、特殊角的三角函数值进行考查．对原式中每一项单独计算，，再对各项进行加法计算原式。
17．（2025·东莞模拟）如图，菱形的对角线，相交于点O．
（1）尺规作图：在边的左侧，作，使．
（2）在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形．
【答案】（1）解：如图，即为所求．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；尺规作图-作一个角等于已知角
【解析】【分析】（1）先作一个角等于已知角，然后再取，即可求解；
（2）根据菱形的性质有：，，，再证明，从而得到；又根据，易证四边形是平行四边形，然后再根据矩形的判定定理：有一个角是90度的平行四边形是矩形，即可证明。
（1）如图，即为所求．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形．
18．（2025·东莞模拟）项目化学习项目
主题：最擅长的物理实验调查
项目背景：物理实验是物理教学过程中极其重要的一环，物理实验可以深化对物理知识的理解，通过操作和观察实验现象提升感官认知，理解物理规律．某校综合实践小组以“你最擅长的物理实验是什么”为主题展开项目学习．
驱动任务：调研擅长每种实验的人数和比例．
研究步骤：（1）制作如下问卷：
你最擅长的物理实验是什么？（要求每个学生必选且只能选择一项） A．伏安法测小灯泡正常发光时的电阻 B．探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系 C．测量蜡块的密度 D．测量物体运动的平均速度 E．探究平面镜成像时像与物的关系
（2）发放和回收问卷；
（3）整理数据，并形成如下统计图表：
选项 占调查人数的百分比
A
B
C
D
E
解决问题：请根据图表提供的信息，完成下列任务．
（1）本次一共调查了 名学生，统计表中， ， ；
（2）请补全条形统计图；
（3）某堂物理实验课上，小军要从以上五个实验中任意选做两个，请用列表或画树状图的方法求小军恰好选中两个探究性实验B和E的概率．
【答案】（1）400；；15
（2）解：选项B的人数：（人），
选项C的人数：（人），
补全条形统计图如下：
（3）解：根据题意，列表如下：
A B C D E
A ——
B ——
C ——
D ——
E ——
由表可知，所有可能出现的结果共有20种，其中小军恰好选中实验B和E的结果有2种，所以P（小军恰好选中实验B和E）
【知识点】统计表；条形统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】（1）解：总人数：（人），
，
即，
∴，
即，
故答案为：400，，15。
【分析】（1）用A的人数除以其占比，即可求出调查的学生总人数；用E的人数除以调查的学生总人数，再乘以100%，即可求出n的值；用1分别减去A、C、D和E的占比，即可求出m的值
（2）结合（1）的结果，用调查的学生人数乘以B的占比，求出B的学生人数；用调查的学生人数乘以C的占比，即可求出C的学生人数，然后再将B和C的学生人数在条状图上补充完整即可
（3）采用列表法列举出所有的可能性，然后再根据题干要求找出“恰好选中实验B和E的结果”，最后再根据概率的公式，即可求解
（1）总人数：（人），
，
即，
∴，
即，
故答案为：400，，15；
（2）选项B的人数：（人），
选项C的人数：（人），
补全条形统计图如下：
（3）根据题意，列表如下：
A B C D E
A ——
B ——
C ——
D ——
E ——
由表可知，所有可能出现的结果共有20种，其中小军恰好选中实验B和E的结果有2种，所以P（小军恰好选中实验B和E）．
19．（2025·东莞模拟）一方有难，八方支援．郑州暴雨牵动数万人的心，众多企业也伸出援助之手．某公司购买了一批救灾物资并安排两种货车运往郑州．调查得知： 2辆小货车与3辆大货车一次可以满载运输1800件；3辆小货车与4辆大货车一次可以满载运输2500件．
（1）求1辆大货车和1辆小货车一次可以分别满载运输多少件物资？
（2）现有3100件物资需要再次运往郑州，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满货物，有几种租车方案？请写出所有租车方案．
【答案】（1）解：设1辆小货车一次可以满载运输件物资，1辆大货车一次可以满载运输件物资
由题意可得：，
解得：，
答：1辆小货车一次可以满载运输300件物资，1辆大货车一次可以满载运输400件物资。
（2）解：设租用小货车辆，大货车辆，依题意得：
，
．
又，均为正整数，
或或，
共有3种租车方案，
方案1：租用9辆小货车，1辆大货车；
方案2：租用5辆小货车，4辆大货车；
方案3：租用1辆小货车，7辆大货车。
【知识点】二元一次方程组的实际应用-方案选择题问题
【解析】【分析】（1）设1辆小货车一次可以满载运输件物资，1辆大货车一次可以满载运输件物资，根据题干信息，建立方程组：，然后再求解即可。
（2）设租用小货车辆，大货车辆，根据题干信息，建立关于，的二元一次方程：，然后再结合，的取值特性，即可确定租车方案。
20．（2025·东莞模拟）如图，点，，在上，于点，交于点，连接，于点，与相文于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）证明：∵，
，
，
，
，
，
，
，
（2）解：连接，
∵直径，
，
，
，
设圆的半径是，
，
，
，
，
∴的半径长是。
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；垂径定理；圆周角定理
【解析】【分析】（1）根据，可推出，进而可得，从而得到，由对顶角的性质得到，因此，由圆周角定理得到，推出，即可证明；
（2）连接，由垂径定理得到，由勾股定理求出，代入数据求出EG的值，设圆的半径是，由勾股定理得到，即可求出r的值
（1）证明：∵，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，
∵直径，
，
，
，
设圆的半径是，
，
，
，
，
∴的半径长是．
21．（2025·东莞模拟）如图1，是某物体的三角支架实物图，由竖杆、支杆和连接杆组成，图2是其右侧部分抽象后的几何图形，其中点C是支干上一可转动点，点P是中间竖杆上的一动点，当点P沿滑动时，点D随之在地面上滑动，点A是动点P能到达的最顶端位置，当P运动到点A时，与重合于竖干，经测量，．
（1）当时，求竖杆最下端B到地面的距离；
（2）点P从点A滑动至的中点的过程中，变化的度数是多少？（参考数据：≈1.73，结果精确到）
【答案】（1）解：如图①，过点作于点．
，
，
，
，
，
，
，
，
。
（2）解：如图②，当点位于点时，三点共线，即．
由题意，得．
当点滑动至的中点时，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即变化了。
【知识点】等边三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）如图①，过点作于点，根据和，可得，进而可得，最后再根据余弦函数的定义：，，代入数据，求出，，，进而可得，代入数据即可求解。
（2）如图②，当点位于点时，三点共线，根据图形所示，即可求出的值；当点滑动至的中点时，，代入数据，求出PB的值，易得为等边三角形，进而可得，即可求解。
（1）解：如图①，过点作于点．
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：如图②，当点位于点时，三点共线，即．
由题意，得．
当点滑动至的中点时，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即变化了．
22．（2025·东莞模拟）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
（2）知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长．
【答案】（1）①是；②50，③10，
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”。
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，。
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
【分析】（1）①根据“旋转位似图形”的定义，即可判断。
②根据“旋转位似图形”易得，根据 ，易得，最后再根据三角形内角和定理：，代入数据即可求解。
③根据（1）易得，然后再根据相似三角形的性质，可得 ，代入数据，求出AC的值，根据 ，易证，最后再根据相似三角形的性质： ，代入数据，即可求解。
（2）根据 ，易证，然后再根据相似三角形的性质，可得，进而易证，根据 ，可证 ，进而可得 ，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质和正弦函数的定义，可得AG和AB的值，然后再根据“旋转位似图形”的定义可得，然后再根据相似三角形的性质： ，代入数据即可求出AE的值，根据，然后再根据正弦函数的定义：，代入数据求出的值、，然后再根据，最后运用勾股定理：，代入数据即可求解。
（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转位似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，．
23．（2025·东莞模拟）【问题背景】
已知抛物线（k是实数）与x轴有交点，将此抛物线向左平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到新的抛物线E，设抛物线E与x轴的交点为B、C，如图．
【构建联系】
（1）求k的值，并求抛物线E所对应的函数关系式及其顶点A的坐标．
（2）连接，把所在的直线平移，使它经过点C，得到直线l，点P是l上一动点（与点C不重合）．设以点A，B，C，P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当时，求出S关于t的函数关系式，并求出t的取值范围．
【深入探究】
（3）点Q是直线l上的另一个动点，以点Q为圆心，R为半径作⊙，当R取何值时，⊙与直线相切？相交？相离？直接给出结果．
【答案】解：（1）抛物线是实数）与轴有交点，
则判别式，
则，
因而抛物线的解析式是：，
将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位得到的抛物线是：，
即：
即，
顶点坐标为；
（2）令，得，
解得：，
所以，，，
设直线的函数关系式为、
，，
，解得，
直线且过点，
可设直线的函数关系式为，
直线过点，
，解得：，
直线的函数关系式为，
点是上一动点且横坐标为，
点坐标为，
当在轴下方时，
．
，
，
，
又，
，
当在轴上方时，
作轴于，设对称轴与轴交点为．则
，
，
，
，
又，
，
综上所述，；
（3）当时相切，时相交，时相离
【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；直线与圆的位置关系；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：（3）因为，，
所以，
过点作，为垂足，
所以，
因为平行线间距离处处相等，所以点到直线的距离等于，
所以当时相切，时相交，时相离．
【分析】（1）观察抛物线图像，可知，抛物线与轴有两个交点，所以判别式，据此可求出的值，即可求出抛物线的解析式，然后根据将此抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，根据“左加右减”的平移方式，得到新的抛物线，然后再将新抛物线进行配方，即可求出顶点坐标；
（2）令y=0，求出、的坐标，设AB所在的直线的函数关系式为y=kx+b，然后再将A、B坐标代入AB的解析式，求出直线的解析式，最后再根据：在轴下方和上方，两种情况利用的横坐标表示出四边形的面积，再根据得出t的范围即可得到S关于t的函数关系式，求得的范围；
（3）根据A和B的坐标，可求出AB的长，过点作，为垂足，利用三角形的面积公式求得的长，然后利用直线与圆的位置关系的判定方法，即可求出结果．
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