资源简介

广东省中山市第一中学2024--2025学年九年级中考二模数学试卷（5月）
1．（2025·中山模拟）数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”、“黄金螺旋线”、“三叶玫瑰线”和“笛卡尔心形线”．其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，故不符合题意；
B、不是轴对称图形，故符合题意；
C、是轴对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【分析】
在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
2．（2025·中山模拟）下列实数中，无理数是（　　）
A． B．0 C． D．
【答案】D
【知识点】无理数的概念
【解析】【解答】解：-3，0是整数，是分数，它们都是整数，不是无理数；
是无限不循环小数，它是无理数.
故答案为：D.
【分析】无理数就是无限不循环的小数，常见的无理数有四类：①开方开不尽的数，②与π有关的数，③规律性的数，如0.101001000100001000001…（每两个1之间依次多一个0）这类有规律的数，④锐角三角函数，如sin60°等，根据定义即可逐个判断得出答案.
3．（2025·中山模拟）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥－6 B．x≤－6 C．x>－6 D．x＜－6
【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：由题意得，x+6≥0，
解得，x≥-6，
故答案为：A．
【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方式非负”可列不等式，解不等式即可求解．
4．（2025·中山模拟）若，则的补角为 （　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】补角
【解析】【解答】解：，
的补角为180°-55°=125°.
故答案为：D.
【分析】根据和为 180°的两个角互为补角求解即可.
5．（2025·中山模拟）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵关于原点的对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，
∴点关于原点的对称点的坐标是．
故选：D．
【分析】
关于原点的对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
6．（2025·中山模拟）若，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵，
不等式两边同时加上1得，，
故选：D.
【分析】观察选项，利用不等式的性质进行原题干式子变形即可.
7．（2025·中山模拟）一组数据2，3，5，2，4，则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．3和5 B．2和5 C．2和3 D．3和2
【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：
∵2在这组数据中出现次数最多，
∴2为众数，
将数据重新排序2，2，3，4，5，
∴中位数为3，
故答案为：C
【分析】根据中位数和众数的定义即可求解。
8．（2025·中山模拟）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同底数幂的除法；二次根式的性质与化简；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、a6÷a3=a3，故B不符合题意；
C、（-a）2=a2，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用合并同类项的法则进行计算，可对A作出判断；利用同底数幂相除，底数不变，指数相减，可对B作出判断；利用积的乘方法则，可对C作出判断；利用二次根式的性质，可对D作出判断.
9．（2025·中山模拟）三角形的面积是，则它的三条中位线组成的三角形的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵三角形三条中位线所围成的三角形的与原三角形相似，相似比为，
∴面积比为．
∴则它的三条中位线组成的三角形的面积是60×＝15 cm2．
故答案为：C．
【分析】根据三角形中位线定理可得新三角形与原三角形相似，且相似比为1：2，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．
10．（2025·中山模拟）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质
【解析】【解答】解：重力的方向竖直向下，
重力与水平方向夹角为，
摩擦力的方向与斜面平行，，
，
故选：C．
【分析】根据三角形外角性质即可求出答案.
11．（2025·中山模拟）五边形的内角和为　 　．
【答案】540°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（5﹣2） 180°=540°．
故答案为：540°．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2） 180°计算即可．
12．（2025·中山模拟）若关于x的方程有两个相等的实数根，则m的值为　 　．
【答案】1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：．
故答案为：1．
【分析】根据一元二次方程根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"并结合题意可得关于m的方程，解方程即可求解．
13．（2025·中山模拟）若反比例函数的图象经过点和点，则m的值为　 　．
【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数解析式为：，
把代入得：，
故答案为：．
【分析】根据反比例函数图象上点的特征，先将点A的坐标代入反比例函数的解析式可得关于k的方程，解方程求出k的值，再把点代入反比例函数解析式计算即可求解．
14．（2025·中山模拟）我国古代数学家张衡将圆周率取值为，祖冲之给出圆周率的一种分数形式的近似值为．比较大小：　 　（填“>”或“<”）．
【答案】>
【知识点】无理数的大小比较
【解析】【解答】解：，，
∵＞，
∴＞.
故答案为：＞.
【分析】分别求出与的平方数，比较平方数的大小，继而得解.
15．（2025·中山模拟）如图，与菱形的边相切于点，点，在上．若，则图中阴影部分的面积为　 　．
【答案】
【知识点】菱形的性质；切线的性质；扇形面积的计算；三角形全等的判定-SSS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴，
，
∴点O在菱形的对角线上，
，
∵，
，
∵是切线，
∴，
∴，
∵，
∴°，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
，
．
故答案为：．
【分析】
连接，由题意，用边边边可得，由全等三角形的对应角相等可得，结合已知可得点O在菱形的对角线上，再根据阴影部分面积的构成计算即可求解．
16．（2025·中山模拟）计算：．
【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】实数的混合运算，先计算负整数指数幂和零指数幂，再求出特殊角的三角函数值和有理数的相反数，最后再进行加减运算即可．
17．（2025·中山模拟）先化简：，再从选择中一个合适的数作为x的值代入求值．
【答案】解：
，
∵，，
∴把代入得：原式．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先计算分式的乘除法（先将除法变成乘法，再约分，最后将分式的分母相乘作为积的分母，分式的分子相乘作为积的分子），再计算分式的加减法（①分母相同，分子相加减；②分母不同，先通分，再将分子相加减），再将x的值代入计算即可.
18．（2025·中山模拟）如图，在等腰中，．
（1）请用尺规作图法，作的平分线，交边于点N；（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）解：如图，则即为所求：
（2）解：由作图可知，为的平分线，
∵，
∴N为的中点，，
，
在中，，
∵，
∴，
的周长．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】
（1）根据作角平分线的方法作图即可；
（2）根据等腰三角形的三线合一可得BN=BC，在Rt△ANB中，用勾股定理求出的值，然后根据三角形周长等于三角形三边之和可求解．
（1）解：如图，则即为所求：
（2）解：由作图可知，为的平分线，
∵，
∴N为的中点，，
，
在中，，
∵，
∴，
的周长．
19．（2025·中山模拟）甲、乙两个工程组同时挖掘沈白高铁某段隧道，两组每天挖掘长度均保持不变，合作一段时间后，乙组因维修设备而停工，甲组单独完成了剩下的任务，甲、乙两组挖掘的长度之和与甲组挖掘时间x（天）之间的关系如图所示．
（1）甲组比乙组多挖掘了__________天．
（2）求乙组停工后y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当甲组挖掘的总长度与乙组挖掘的总长度相等时，直接写出乙组已停工的天数．
【答案】（1）30
（2）解：设乙组停工后y关于x的函数解析式为，将和两个点代入，可得，
解得，
∴
（3）解：甲组每天挖（米）甲乙合作每天挖（米）
∴乙组每天挖（米），乙组挖掘的总长度为（米）
设乙组己停工的天数为a，
则，
解得，
答：乙组已停工的天数为10天．
【知识点】一元一次方程的实际应用-工程问题；通过函数图象获取信息；一次函数的其他应用
【解析】【解答】（1）解：由图可知，前30天甲乙两组合作，30天以后甲组单独做，
∴甲组挖掘了60天，乙组挖掘了30天，
（天）
∴甲组比乙组多挖掘了30天，故答案为：30；
【分析】
（1）观察图象知，正比例函数表示甲乙合作阶段，一次函数表示的是甲组独立完成阶段；
（2）根据图象设解析式为，再利用待定系数法即可；
（3）由函数解析式可分别计算出甲乙两组每天各挖掘的千米数，则可得乙组挖掘的总长度，再设乙组已停工的天数为a，根据相等关系“甲组挖掘的总长度与乙组挖掘的总长度相等”列方程并求解即可．
20．（2025·中山模拟）综合与实践：
同学们在实践活动中用一批长为，宽为的纸板做无盖包装盒（不考虑连接的重叠部分），制作时将纸板分隔成两个长方形分别制作底面和侧面，截得底面后的剩余部分（阴影部分）不再使用．请根据活动完成相应的任务．
活动一 如图（1）是常见的一种设计方案甲：在白纸板上截去两部分（图中阴影部分），盒子底面的四边形是正方形，然后沿虚线折成一个无盖的长方体包装盒．
任务1：请计算出方案甲中包装盒的容积．
活动二 为了增加包装盒的容积，有人提议将包装盒设计成圆柱形．小明横着裁剪把长方形的长作为底面圆的周长进行设计，如图（2）得方案乙．
任务2：请计算方案乙中无盖圆柱形包装盒的容积（π取3），并判断容积是否变大．
【答案】解：任务1：∵用一批长为，宽为的纸板做无盖包装盒，且结合图1的信息，
∴，
故答案为：；
任务2：设半径为，
∴，
∴，
∴直径为，
∴高为，
∴无盖圆柱型包装盒的容积为：，
结合任务1得容积为
∵，
∴容积变大．
【知识点】一元一次方程的实际应用-几何问题；圆柱的体积
【解析】【分析】
任务1：根据长方体的体积公式可求解；
任务2：根据底面圆周长=2πr可求出圆柱体的底面圆的半径，再根据圆柱的体积公式S圆柱=S底面×圆柱的高可求得圆柱的体积，将圆柱的体积与任务（1）中长方体的体积比较大小即可判断求解．
21．（2025·中山模拟）小亮有黑、白各10张卡片，分别写有数字．把它们像扑克牌那样洗过后，数字朝下，排成四行，排列规则如下：
①从左至右按从小到大的顺序排列：
②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边．
小亮每行翻开了两张卡片，如图所示：
第一行：
第二行：
第三行：
第四行：
其余卡片上数字小亮让小明根据排列规则进行推算小明发现有的卡片上数字可以唯一确定，有的卡片上的数字并不能唯一确定．
（1）求第四行最后一张白色卡片上数字．
（2）小明对不能唯一确定的卡片上数字进行猜测，求小明一次猜对所有数字的概率．
【答案】（1）解：黑卡8在左边，
白卡数字可能为8或9，
又白卡9排在第一行，
第四行最后一张白色卡片上数字只能是8；
（2）解：每行能确定的数字为：
第一行：1，5，6，7，9
第二行：，，3，4，5
第三行：0，，6，7，9
第四行：0，2，，8，8
不能确定的是黑色2，3和4，共有三种填法，是等可能性的，填对的有一种，即概率为.
【知识点】概率公式
【解析】【分析】
（1）根据规则即可求解；
（2）根据不能确定的数字求概率即可．
（1）解：黑卡8在左边，
白卡数字可能为8或9，
又白卡9排在第一行，
第四行最后一张白色卡片上数字只能是8；
（2）解：每行能确定的数字为：
第一行：1，5，6，7，9
第二行：，，3，4，5
第三行：0，，6，7，9
第四行：0，2，，8，8
不能确定的是黑色2，3和4，共有三种填法，是等可能性的，填对的有一种，即概率为，
22．（2025·中山模拟）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．
（1）如图1，连接，求的度数和的值；
（2）如图2，当点在射线上时，求线段的长；
（3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
【答案】（1）解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如答案图1，过点作于点，由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如答案图2，连接，∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切求出，由矩形和矩形，证明，利用相似三角形的性质解题即可；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，得到，即可求得，设，则有，即可得到，求出x的值解题即可；
（3）连接，得到是等边三角形，即可得出，把绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，即可得到，，，进而求得，当点，，三点共线时，的值最小，然后求出最小值即可．
23．（2025·中山模拟）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；
（3）点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线经过点和，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，且，则，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
依题意得，
解得（舍去）或，
∴；
（3）点的坐标为或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】
（3）
解：令，则，
解得或，
∴，
同理，直线的解析式为，
∵四边形是正方形，
∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
，，
∴，
∴，，
设，
∴，，
则，
∵点M在直线上，
∴，
解得或，
当时，，，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；
当时，，，
点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
∴，即；
设点，则点，
当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，
∵点E在的图象上，
∴，
∴点，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：或0，
∴，，
当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：，
∴点，，，，
∴点N的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可；
（2）先利用待定系数法求出直线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征设出点E的坐标，由于EF平行y轴交BC于点F，则点F坐标可表示，再利用二次函数的对称性质可表示出点H的坐标，则线段EF和EH均可表示，则矩形的周长也表示，由于矩形周长已知，则解得出的一元二次方程即可；
（3）先利用抛物线上点的坐标特征分别求出A、C两点坐标，现利用待定系数法求得直线的解析式为，此时分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，可利用正方形的性质证明，则有，，再设，则，由直线上点的坐标特征把M坐标代入到直线的解析式中可求得m的值，此时再根据正方形的性质可利用平移的性质可得点N的坐标；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，当点M绕点O逆时针得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．
（1）解：∵抛物线经过点和，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点和，
设直线的解析式为，则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，且，则，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
依题意得，
解得（舍去）或，
∴；
（3）解：令，则，
解得或，
∴，
同理，直线的解析式为，
∵四边形是正方形，
∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
，，
∴，
∴，，
设，
∴，，
则，
∵点M在直线上，
∴，
解得或，
当时，，，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；
当时，，，
点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
∴，即；
设点，则点，
当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，
∵点E在的图象上，
∴，
∴点，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：或0，
∴，，
当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：，
∴点，，，，
∴点N的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
1 / 1广东省中山市第一中学2024--2025学年九年级中考二模数学试卷（5月）
1．（2025·中山模拟）数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”、“黄金螺旋线”、“三叶玫瑰线”和“笛卡尔心形线”．其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·中山模拟）下列实数中，无理数是（　　）
A． B．0 C． D．
3．（2025·中山模拟）若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥－6 B．x≤－6 C．x>－6 D．x＜－6
4．（2025·中山模拟）若，则的补角为 （　　）
A． B． C． D．
5．（2025·中山模拟）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·中山模拟）若，则下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·中山模拟）一组数据2，3，5，2，4，则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．3和5 B．2和5 C．2和3 D．3和2
8．（2025·中山模拟）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·中山模拟）三角形的面积是，则它的三条中位线组成的三角形的面积是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·中山模拟）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·中山模拟）五边形的内角和为　 　．
12．（2025·中山模拟）若关于x的方程有两个相等的实数根，则m的值为　 　．
13．（2025·中山模拟）若反比例函数的图象经过点和点，则m的值为　 　．
14．（2025·中山模拟）我国古代数学家张衡将圆周率取值为，祖冲之给出圆周率的一种分数形式的近似值为．比较大小：　 　（填“>”或“<”）．
15．（2025·中山模拟）如图，与菱形的边相切于点，点，在上．若，则图中阴影部分的面积为　 　．
16．（2025·中山模拟）计算：．
17．（2025·中山模拟）先化简：，再从选择中一个合适的数作为x的值代入求值．
18．（2025·中山模拟）如图，在等腰中，．
（1）请用尺规作图法，作的平分线，交边于点N；（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若，求的周长．
19．（2025·中山模拟）甲、乙两个工程组同时挖掘沈白高铁某段隧道，两组每天挖掘长度均保持不变，合作一段时间后，乙组因维修设备而停工，甲组单独完成了剩下的任务，甲、乙两组挖掘的长度之和与甲组挖掘时间x（天）之间的关系如图所示．
（1）甲组比乙组多挖掘了__________天．
（2）求乙组停工后y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当甲组挖掘的总长度与乙组挖掘的总长度相等时，直接写出乙组已停工的天数．
20．（2025·中山模拟）综合与实践：
同学们在实践活动中用一批长为，宽为的纸板做无盖包装盒（不考虑连接的重叠部分），制作时将纸板分隔成两个长方形分别制作底面和侧面，截得底面后的剩余部分（阴影部分）不再使用．请根据活动完成相应的任务．
活动一 如图（1）是常见的一种设计方案甲：在白纸板上截去两部分（图中阴影部分），盒子底面的四边形是正方形，然后沿虚线折成一个无盖的长方体包装盒．
任务1：请计算出方案甲中包装盒的容积．
活动二 为了增加包装盒的容积，有人提议将包装盒设计成圆柱形．小明横着裁剪把长方形的长作为底面圆的周长进行设计，如图（2）得方案乙．
任务2：请计算方案乙中无盖圆柱形包装盒的容积（π取3），并判断容积是否变大．
21．（2025·中山模拟）小亮有黑、白各10张卡片，分别写有数字．把它们像扑克牌那样洗过后，数字朝下，排成四行，排列规则如下：
①从左至右按从小到大的顺序排列：
②黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边．
小亮每行翻开了两张卡片，如图所示：
第一行：
第二行：
第三行：
第四行：
其余卡片上数字小亮让小明根据排列规则进行推算小明发现有的卡片上数字可以唯一确定，有的卡片上的数字并不能唯一确定．
（1）求第四行最后一张白色卡片上数字．
（2）小明对不能唯一确定的卡片上数字进行猜测，求小明一次猜对所有数字的概率．
22．（2025·中山模拟）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．
（1）如图1，连接，求的度数和的值；
（2）如图2，当点在射线上时，求线段的长；
（3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
23．（2025·中山模拟）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；
（3）点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，故不符合题意；
B、不是轴对称图形，故符合题意；
C、是轴对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，故不符合题意；
故选：B．
【分析】
在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
2．【答案】D
【知识点】无理数的概念
【解析】【解答】解：-3，0是整数，是分数，它们都是整数，不是无理数；
是无限不循环小数，它是无理数.
故答案为：D.
【分析】无理数就是无限不循环的小数，常见的无理数有四类：①开方开不尽的数，②与π有关的数，③规律性的数，如0.101001000100001000001…（每两个1之间依次多一个0）这类有规律的数，④锐角三角函数，如sin60°等，根据定义即可逐个判断得出答案.
3．【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：由题意得，x+6≥0，
解得，x≥-6，
故答案为：A．
【分析】根据二次根式有意义的条件“被开方式非负”可列不等式，解不等式即可求解．
4．【答案】D
【知识点】补角
【解析】【解答】解：，
的补角为180°-55°=125°.
故答案为：D.
【分析】根据和为 180°的两个角互为补角求解即可.
5．【答案】D
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵关于原点的对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，
∴点关于原点的对称点的坐标是．
故选：D．
【分析】
关于原点的对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
6．【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵，
不等式两边同时加上1得，，
故选：D.
【分析】观察选项，利用不等式的性质进行原题干式子变形即可.
7．【答案】C
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：
∵2在这组数据中出现次数最多，
∴2为众数，
将数据重新排序2，2，3，4，5，
∴中位数为3，
故答案为：C
【分析】根据中位数和众数的定义即可求解。
8．【答案】C
【知识点】同底数幂的除法；二次根式的性质与化简；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、a3+a3=2a3，故A不符合题意；
B、a6÷a3=a3，故B不符合题意；
C、（-a）2=a2，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用合并同类项的法则进行计算，可对A作出判断；利用同底数幂相除，底数不变，指数相减，可对B作出判断；利用积的乘方法则，可对C作出判断；利用二次根式的性质，可对D作出判断.
9．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵三角形三条中位线所围成的三角形的与原三角形相似，相似比为，
∴面积比为．
∴则它的三条中位线组成的三角形的面积是60×＝15 cm2．
故答案为：C．
【分析】根据三角形中位线定理可得新三角形与原三角形相似，且相似比为1：2，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．
10．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形外角的概念及性质
【解析】【解答】解：重力的方向竖直向下，
重力与水平方向夹角为，
摩擦力的方向与斜面平行，，
，
故选：C．
【分析】根据三角形外角性质即可求出答案.
11．【答案】540°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（5﹣2） 180°=540°．
故答案为：540°．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2） 180°计算即可．
12．【答案】1
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于x的方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：．
故答案为：1．
【分析】根据一元二次方程根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"并结合题意可得关于m的方程，解方程即可求解．
13．【答案】
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数解析式为：，
把代入得：，
故答案为：．
【分析】根据反比例函数图象上点的特征，先将点A的坐标代入反比例函数的解析式可得关于k的方程，解方程求出k的值，再把点代入反比例函数解析式计算即可求解．
14．【答案】>
【知识点】无理数的大小比较
【解析】【解答】解：，，
∵＞，
∴＞.
故答案为：＞.
【分析】分别求出与的平方数，比较平方数的大小，继而得解.
15．【答案】
【知识点】菱形的性质；切线的性质；扇形面积的计算；三角形全等的判定-SSS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴，
，
∴点O在菱形的对角线上，
，
∵，
，
∵是切线，
∴，
∴，
∵，
∴°，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
，
．
故答案为：．
【分析】
连接，由题意，用边边边可得，由全等三角形的对应角相等可得，结合已知可得点O在菱形的对角线上，再根据阴影部分面积的构成计算即可求解．
16．【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】实数的混合运算，先计算负整数指数幂和零指数幂，再求出特殊角的三角函数值和有理数的相反数，最后再进行加减运算即可．
17．【答案】解：
，
∵，，
∴把代入得：原式．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】先计算分式的乘除法（先将除法变成乘法，再约分，最后将分式的分母相乘作为积的分母，分式的分子相乘作为积的分子），再计算分式的加减法（①分母相同，分子相加减；②分母不同，先通分，再将分子相加减），再将x的值代入计算即可.
18．【答案】（1）解：如图，则即为所求：
（2）解：由作图可知，为的平分线，
∵，
∴N为的中点，，
，
在中，，
∵，
∴，
的周长．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】
（1）根据作角平分线的方法作图即可；
（2）根据等腰三角形的三线合一可得BN=BC，在Rt△ANB中，用勾股定理求出的值，然后根据三角形周长等于三角形三边之和可求解．
（1）解：如图，则即为所求：
（2）解：由作图可知，为的平分线，
∵，
∴N为的中点，，
，
在中，，
∵，
∴，
的周长．
19．【答案】（1）30
（2）解：设乙组停工后y关于x的函数解析式为，将和两个点代入，可得，
解得，
∴
（3）解：甲组每天挖（米）甲乙合作每天挖（米）
∴乙组每天挖（米），乙组挖掘的总长度为（米）
设乙组己停工的天数为a，
则，
解得，
答：乙组已停工的天数为10天．
【知识点】一元一次方程的实际应用-工程问题；通过函数图象获取信息；一次函数的其他应用
【解析】【解答】（1）解：由图可知，前30天甲乙两组合作，30天以后甲组单独做，
∴甲组挖掘了60天，乙组挖掘了30天，
（天）
∴甲组比乙组多挖掘了30天，故答案为：30；
【分析】
（1）观察图象知，正比例函数表示甲乙合作阶段，一次函数表示的是甲组独立完成阶段；
（2）根据图象设解析式为，再利用待定系数法即可；
（3）由函数解析式可分别计算出甲乙两组每天各挖掘的千米数，则可得乙组挖掘的总长度，再设乙组已停工的天数为a，根据相等关系“甲组挖掘的总长度与乙组挖掘的总长度相等”列方程并求解即可．
20．【答案】解：任务1：∵用一批长为，宽为的纸板做无盖包装盒，且结合图1的信息，
∴，
故答案为：；
任务2：设半径为，
∴，
∴，
∴直径为，
∴高为，
∴无盖圆柱型包装盒的容积为：，
结合任务1得容积为
∵，
∴容积变大．
【知识点】一元一次方程的实际应用-几何问题；圆柱的体积
【解析】【分析】
任务1：根据长方体的体积公式可求解；
任务2：根据底面圆周长=2πr可求出圆柱体的底面圆的半径，再根据圆柱的体积公式S圆柱=S底面×圆柱的高可求得圆柱的体积，将圆柱的体积与任务（1）中长方体的体积比较大小即可判断求解．
21．【答案】（1）解：黑卡8在左边，
白卡数字可能为8或9，
又白卡9排在第一行，
第四行最后一张白色卡片上数字只能是8；
（2）解：每行能确定的数字为：
第一行：1，5，6，7，9
第二行：，，3，4，5
第三行：0，，6，7，9
第四行：0，2，，8，8
不能确定的是黑色2，3和4，共有三种填法，是等可能性的，填对的有一种，即概率为.
【知识点】概率公式
【解析】【分析】
（1）根据规则即可求解；
（2）根据不能确定的数字求概率即可．
（1）解：黑卡8在左边，
白卡数字可能为8或9，
又白卡9排在第一行，
第四行最后一张白色卡片上数字只能是8；
（2）解：每行能确定的数字为：
第一行：1，5，6，7，9
第二行：，，3，4，5
第三行：0，，6，7，9
第四行：0，2，，8，8
不能确定的是黑色2，3和4，共有三种填法，是等可能性的，填对的有一种，即概率为，
22．【答案】（1）解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如答案图1，过点作于点，由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如答案图2，连接，∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切求出，由矩形和矩形，证明，利用相似三角形的性质解题即可；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，得到，即可求得，设，则有，即可得到，求出x的值解题即可；
（3）连接，得到是等边三角形，即可得出，把绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，即可得到，，，进而求得，当点，，三点共线时，的值最小，然后求出最小值即可．
23．【答案】（1）解：∵抛物线经过点和，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，且，则，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
依题意得，
解得（舍去）或，
∴；
（3）点的坐标为或或或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】
（3）
解：令，则，
解得或，
∴，
同理，直线的解析式为，
∵四边形是正方形，
∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
，，
∴，
∴，，
设，
∴，，
则，
∵点M在直线上，
∴，
解得或，
当时，，，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；
当时，，，
点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
∴，即；
设点，则点，
当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，
∵点E在的图象上，
∴，
∴点，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：或0，
∴，，
当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：，
∴点，，，，
∴点N的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可；
（2）先利用待定系数法求出直线的解析式，再利用二次函数图象上点的坐标特征设出点E的坐标，由于EF平行y轴交BC于点F，则点F坐标可表示，再利用二次函数的对称性质可表示出点H的坐标，则线段EF和EH均可表示，则矩形的周长也表示，由于矩形周长已知，则解得出的一元二次方程即可；
（3）先利用抛物线上点的坐标特征分别求出A、C两点坐标，现利用待定系数法求得直线的解析式为，此时分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，可利用正方形的性质证明，则有，，再设，则，由直线上点的坐标特征把M坐标代入到直线的解析式中可求得m的值，此时再根据正方形的性质可利用平移的性质可得点N的坐标；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，当点M绕点O逆时针得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．
（1）解：∵抛物线经过点和，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点和，
设直线的解析式为，则，
解得，
∴直线的解析式为，
设，且，则，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
依题意得，
解得（舍去）或，
∴；
（3）解：令，则，
解得或，
∴，
同理，直线的解析式为，
∵四边形是正方形，
∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
，，
∴，
∴，，
设，
∴，，
则，
∵点M在直线上，
∴，
解得或，
当时，，，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；
当时，，，
点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
∴，即；
设点，则点，
当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，
∵点E在的图象上，
∴，
∴点，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：或0，
∴，，
当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，
∵点E在的图象上，
∴，
解得：，
∴点，，，，
∴点N的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
1 / 1

展开更多......

收起↑