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浙江省2025年初中学业水平适应性考试数学试卷
一、选择题：本大题有10小题，每小题3分，共30分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分．
1．（2025·浙江模拟） 下列计算正确的是（　　）
A．a3·a2＝a6 B．(－a)2＝a2 C．a6÷a2＝a3 D．2a＋b＝2ab
2．（2025·浙江模拟） 如图，该物体的主视图画法正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·浙江模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
4．（2025·浙江模拟） 若＋＞2，则a，b的值可能是
A．a＜0，b＜0 B．a＞1，b＞1 C．a＜0，b＞1 D．a＞1，b＞0
5．（2025·浙江模拟） 已知等边三角形ABC的边长为3，其外部有一点D，满足∠BDC＝2∠BAC，设BD＝x，CD＝y，在点D运动过程中，x＋y的最大值为（　　）
A．3 B． C． D．6
6．（2025·浙江模拟） 二次函数y=x2+bx+c的图像经过四个点(－1， 0)，(0， y1)，(1， y2)，(2， y3)．若y2＜y1＜y3，则y2的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·浙江模拟）布袋里有 100 个球， 其中有红球 28 个， 绿球 20 个， 黄球 12 个， 蓝球 20 个， 白球 10 个， 黑球 10 个， 从袋中任意摸出球来， 若要一次摸出至少 15 个同色的球， 则需要从袋中摸出球至少（　　）
A．85 个 B．75个 C． 个 D．16 个
8．（2025·浙江模拟） 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2025·浙江模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD＝74°，∠ABC＝58°，∠AOB＝138°，若AB＝m，BC＝n，CD＝p，DA=q，则四边形ABCD的面积为（　　）
A．mq＋np B．(mq＋np) C．mp＋nq D．(mp＋nq)
10．（2025·浙江模拟）如图，在边长为5的菱形ABCD中，BD＝8，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A’B’D’，分别连结A’C，A’D，B’C，则A’C＋B’C的最小值为（　　）
A．6 B． C．10 D．
二、填空题：本大题有6小题，每小题3分，共18分．
11．（2025·浙江模拟）有5根木棒，长度分别为1，2，3，3，4，从中任取3根木棒首尾相接，能组成三角形的概率为　 　．
12．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，直线y1＝x，y2＝－x＋2，y3＝x＋2围成三角形的面积为　 　．
13．（2025·浙江模拟）据2024年全省5‰人口变动抽样调查推算，2024年末，浙江省常住人口为6670万人．数据6670万用科学记数法表示为　 　．
14．（2025·浙江模拟）小明的爸爸和小明早晨同时从家出发，以各自的速度匀速步行上班和上学，爸爸前往位于家正东方的公司，小明前往位于家正西方的学校，爸爸到达公司后发现小明的数学作业在自己的公文包里，于是立即跑步去追小明，终于在途中追上了小明把作业给了他，然后再以先前的速度步行再回公司（途中给作业的时间忽略不计）．结果爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟．如图是两人之间的距离y（米）与他们从家出发的时间x（分钟）的函数关系图，则小明家与学校相距　 　米．
15．（2025·浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，BC⊥CD，连结BD．若＝，则tan∠CBD的值为　 　．
16．（2025·浙江模拟）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为BC边上的中点，过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F，G，点P在线段BG上运动（不与端点重合），点M，N分别为AP，EF的中点．在点P运动过程中，当△BMN成为直角三角形时，BP的长为　 　．
三、解答题：本大题有8小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程．
17．（2025·浙江模拟）计算：
18．（2025·浙江模拟）解方程组：
19．（2025·浙江模拟）为了解我校学生本学期参加志愿服务的情况，随机调查了我校的部分学生，根据调查结果，绘制出如图统计图，若我校共有1000名学生，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的学生人数为　 　，扇形统计图中的　 　；
（2）求所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数；
（3）学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”，请估计我校获“志愿者勋章”的学生人数．
20．（2025·浙江模拟）手机已经成为现代人生活的重要组成部分，小明想重新选择一个合适的话费套餐．
素材1：小明通过收集并整理自己近六个月的话费账单得到如下数据：
月份 1 2 3 4 5 6
通话时长（分钟） 123 150 130 155 120 160
流量（GB） 15 14 17 20 18 16
素材2：小明通过咨询话费套餐得到如下数据：
套餐名称 套餐内容 超出套餐资费
月租费 免费通话时间 免费上网流量 套餐外通话 套餐外流量
A 58元 200分钟 10GB 0.1元/分钟 3元/GB
B 88元 300分钟 30GB
套餐说明：①月手机资费＝月租费＋套餐外通话费＋套餐外流量费；
②套餐外通话不足1分钟时按1分钟算；套餐外流量不足1GB时按1GB算．
请根据以上信息，解决下列问题：
（1）小明每月的通话时长与月手机资费是否有关？请说明理由；
（2）小明分析账单发现自己每月上网流量波动较大，设每月上网流量为xGB
（10＜x≤20，x为整数），每月手机资费为y元，分别写出套餐A、套餐B中y与x之间的关系式；
（3）从节省费用的角度考虑，小明应选择哪个套餐？
21．（2025·浙江模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E是边AD上一点，以BE为直角边向外作等腰直角三角形BEF，且∠BEF＝90°，BF和EF分别交CD于点M，N．解答下列问题：
（1）当E为AD中点时，求DN，CM的长；
（2）当CM＝DN时，求AE的长．
22．（2025·浙江模拟）图1是我国古代提水的器具桔槔，创造于春秋时期．它选择大小两根竹竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上．大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿（小竹竿始终与地面垂直），小竹竿上悬挂水桶．其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井．当放松大竹竿时，小竹竿下降，水桶就会回到井里．如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB＝8米，O为AB的中点，支架OD垂直地面EF，此时水桶在井里时，∠AOD＝120°．
（1）如图2，求支点O到小竹竿AC的距离（结果精确到0.1米）；
（2）如图3，当水桶提到井口时，大竹竿AB旋转至的位置，小竹竿AC至的位置，此时∠A1OD＝143°，求点A上升的高度（结果精确到0.1米）．
（参考数据：，，，）
23．（2025·浙江模拟）如图，半圆中，直径，点为弧的中点，点在弧上，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接．
（1）求证：
（2）若D为CE中点，求BE的长．
（3）①求证：面积与面积的差是定值；
②若，求AF的长．
24．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，A（－2，m），B（1，1）是二次函数y＝ax2图象上的两点．
（1）求a，m的值；
（2）若点C在直线AB下方的抛物线上，点D在直线AB上方的抛物线上，问：
① 求△ABC面积的最大值；
② 当CD垂直平分线段AB时，求点D的坐标；
（3）过点B作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E，F，求△BEF中EF
边上的高的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、计算结果是a5，所以选项运算错误，不符合题意；
B、(-a)2=a2，所以选项运算正确，符合题意；
C、运算结果是a4，所以选项运算错误，不符合题意；
D、不能合并，所以选项运算错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据幂运算法则及合并同类项法则，即可判断答案.
2．【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：主视图是从正面看这个几何体得到的正投影，空心圆柱从正面看是一个长方形，加两条虚竖线，画法正确的是：
故答案为：C.
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，进而得出答案.
3．【答案】A
【知识点】旋转的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：依题意旋转角∠A'CA=40°，
由于AC⊥A'B'，由互余关系得∠A'=90°-40°=50°，
由对应角相等，得∠BAC=∠A'=50°．
故选A．
【分析】
由旋转的度数可知 ∠ACA`=40°，则由直角三角形两锐角互余可得∠A'的度数，又旋转前后对应角相等，即∠BAC=∠A'.
4．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：选项A：若a，b均为负数，则和均为负数，它们的和必为负数，显然小于2，排除；
选项B：当a，b>1时，，<1，例如a=b=2时，，排除；
选项C：为负数，<1，例如a=-1，b=2时，，排除；
选项D：当b接近0时，极大，例如a=1.5，b=0.6时，，满足条件，成立；
故答案为：D.
【分析】将不等式转化为关于a和b的关系式，并结合选项的取值范围进行判断.
5．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，圆心为点O，连接并延长AO交☉O于点E，连接CE、BE，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，
∴AC=AB=CB=3，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠AEC=∠ABC=60°，∠BEC=180°-∠BAC =120°，
∵∠BDC=2∠BAC=120°=∠BEC，
∴点E在☉O上运动。
∵AE是☉O的直径
∴∠ACE=90°，
∵
∴，
∴连接AD，在AD上截取FD=BD=x，连接BF，
∵∠EDB=∠ACB=60°，
∴△FBD是等边三角形，
∴BF=BD，∠FBD=60°，
∴∠ABF=∠CBD=60°-∠CBF
在△ABF和△CBD中，
∴△ABF≌△CBD(SAS)，
∴AF=CD=y，
∴x+y=BD+CD=FD+AF=AD，
∵AD是☉O的弦，AE是☉O的直径
∴AD≤AE，
∴.
∴x+y的最大值为，
故答案为：B.
【分析】作△ABC的外接圆，圆心为点O，连接并延长AO交☉O于点E，连接CE、BE，由等边三角形的性质得AC=AB=CB=3，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，所以∠AEC=∠ABC=60°，∠BEC=180°-∠BAC=120°，而∠BDC=2∠BAC=120°，可知点E在☉O上运动，出∠ACE=90°，得，求得，连接AD，在AD上截取FD=BD=x，连接BF，可证明△FBD是等边三角形，再证明△ABF≌△CBD，则AF=CD=y，所以x+y=AD，由AD≤AE，得，求得x+y的最大值为，于是得到问题的答案.
6．【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：代入(-1，0)，
得，1-b+c=0，
解得：b=c+1，
∴y=x2+(c+1)x+c，
代入(0，y1)，(1，y2)，(2，y3)，
得，y1=c，y2=2c+2，y3=3c+6，
∵y2∴2c+2解得：-3∴-4<2c+2<-2，即-4故答案为：A.
【分析】通过已知点确定二次函数的参数，利用不等式条件建立关于b的范围，再转化为y2的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】推理与论证；抽屉原理
【解析】【解答】解：最坏情况考虑就行了，摸出14个红球，14个绿球，12个黄球，14个蓝球，10个白球，10个黑球，最后再摸出任意一个球，这时可以保证至少有15个颜色相同，即最少要摸：个球；
故选B．
【分析】
由于要保证至少15个同色球，因为只有红球、绿球和蓝球的个数够15个，而其余的黄球、白球、黑球个数都不够15个，因此得保证黄、白和黑球都全部摸到且红、绿和蓝球各至少有14个，此时再任意摸到剩下的任意一个球都可以满足条件，故最少要摸75个球．
8．【答案】C
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，AB=OA，即AB的长度等于半径，
以AB为边的圆的内接三角形有无数个，
∴一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
∵OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
当点C在优弧AB上时，∠C=30°，
当点C在劣弧AB上时，∠C=150°
当点C在圆上移动时，∠CAB可能是90°，
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
由以上可知，∠C可以是30°或150°，
当AC=AB，∠C=30°时，
∠CAB=180°-30°3-30°=120°，
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；
过点O作OH⊥AB于H，
则，
∴，
当点C为优弧AB的中点时，△ABC的面积最大，最大面积为：，故④结论错误；
故答案为：C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出AH，根据勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面积，判断④.
9．【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：连接AC，BD交于点E，延长AO交BD于点F，如图所示：
∵∠AOB=138°，
∴，
在△ABD中，∠BAD=74°，
∴∠ABD=180°-(∠BAD+∠ADB)=180°-(74°+69°)=37°
∵∠ABC=58°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=21°，
根据圆周角定理得：∠DAC=∠DBC=21°，
在△ADE中，∠AED=180°-(∠DAC+∠ADB)=180°-(21°+69°)=90°
∴AC⊥BD，
∴，
∴四边形ABCD的面积：
，
∵∠AOB=138°，OA=OB，
∴
在△ABF和△ACD中，
∴∠OAB=∠DAC=21°，∠ABF=∠ACD，
∴△ABF∽△ACD，
∴
∴AB·CD=AC·BF①
∵∠OAB=∠DAC=21°，
∴∠OAB+OAC=∠DAC+∠OAC，
∴∠BAC =∠FAD，
∴∠ACB=∠ADF，
∴△ABC∽△AFD，
∴
∴BC·DA=AC·DF②
①+②得：
AB·CD+BC·DA=AC·BF+AC·DF=AC·(BF+DF)=AC·BD
∴，
∵AB=m，BC=n，CD=p，DA=q，
∴
故答案为：D.
【分析】连接AC，BD交于点E，延长AO交BD于点F，根据圆周角，圆心角定理及三角形内角和定理得∠ADB=69°，∠ABD=37°，∠DAC=∠DBC=21°，进而得∠AED=90°，则，，继而得四边形ABCD的面积，再根据∠OAB=∠DAC=21°，∠ABF=∠ACD得△ABF和△ACD相似，则AB·CD=AC·BF①，再证明△ABC和△AFD相似得BC·DA=AC·DF②，①+②得AB·CD+BC·DA=AC·BD，则，然后根据AB=m，BC =n，CD=p，DA=q即可得出答案.
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，边长为5，BD=8，
∴AC⊥BD，
设AC与BD相交于点O，
∴，
根据勾股定理得：，
∴AC=6
由平移得△ABD≌△A'B'D'，
∴A'B'//AB，A'B'//AB=5，AA'//BD，
∴A'D=B'C，
作点C关于直线BD的对称点E，则E在AC的延长线上，且CE=AC=6，连接A'E，
∴AE=AC+CE=12，
∵点C与点E关于直线BD对称，
∴B'C=B'E，
∴A'C+B'C=A'C+B'E≥A'E(当且仅当A'，B'，E三点共线时取等号)，
在Rt△A'CE中，A'C⊥CE，A'C=5，CE=6，
根据勾股定理.
故答案为：B.
【分析】通过萎形的性质求出相关线段长度，利用平移得到线段关系，再通过作对称点将A'C+B'C转化为一条线段，根据两点之间线段最短求出最小值.
11．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：从中任取3根木棒首尾相接，所有等可能的结果有：
(1，2，3)，(1，2，3)，(1，2，4)，(1，3，3)，(1，3，4)，(1，3，4)
(2，3，3)，(2，3，4)，(2，3，4)，(3，3，4)，共10种，
其中能组成三角形的结果有：(1，3，3)，(2，3，3)，(2，3，4)，(2，3，4)，(3，3，4)，共5种，
∴能组成三角形的概率为
故答案为：.
【分析】由题意可得出所有等可能的结果数以及能组成三角形的结果数，再利用概率公式可得出答案.
12．【答案】2
【知识点】一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数中的面积问题
【解析】【解答】解：设直线y1=x，y2=-x+2交于点A，直线y1=x，交于点B，直线y2=-x+2，交于点C，
联立直线y1，y2的解析式组成方程组得：，
解得：
∴点A的坐标为(1，1)，
同理：点B的坐标为(3，3)，点C的坐标为(0，2)，
过点B作BE⊥y轴于点E，过点A作AF⊥y轴于点F，则BE=3，AF=1，如图所示，
∴S△ABC=S△OBC-S△OAC，
=3-1
=2
∴直线y1=x，y2=-x+2，围成三角形的面积为2.
故答案为：2.
【分析】设直线y1=x，y2=-x+2交于点A，直线y1=x，交于点B，直线y2=-x+2，交于点C，通过解方程组，可求出点A，B，C的坐标，再利用三角形的面积公式，即可求出结论.
13．【答案】6.67×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：6670万=66700000=6.67×107，
故答案为：6.67×107.
【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.
14．【答案】1800
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解：由图象可知，设BC段两人之间的距离为x米，则有
解得x=1800
∵爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟，由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司；
∴BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离；
∴小明家与学校相距1800米.
故答案为：1800.
【分析】小明的爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟，由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司，可以推出BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离，求出设BC段两人之间的距离即可解决问题.
15．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，
∵AB=AC，AD=CD，
∴M是BC的中点，N是AC的中点，
∴，，
∵
∴
∵DC⊥BC，AM⊥BC，
∴AM//CD，
∴∠CAM=∠DCN，
∵∠AMC=∠DNC=90°
∴△ACM∽△CDN，
∴，
∴
令，CN=3k，
∴AC=2CN=6k，
∴
∴
∵，
∴BC=2CM=8k，
∴
故答案为：.
【分析】过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，由等腰三角形的性质推出M是BC的中点，N是AC的中点，得到，判定△ACM∽△CDN，推出，，求出，令，CN=3k，求出AC=2CN=6k，，由勾股定理求出CM=4k，得到BC=2CM=8k，进而得出结论.
16．【答案】或或
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，，E为BC 中点，则.
在Rt△DCE中，根据勾股定理，
∵∠ADF+∠DEC=90°，∠DCE=∠AFD=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴△ADF~△DEC.
∴，即，
解得DF=2，
∴EF=DE-DF=5-2=3，
同理可得，△GCE~△DCE，
∴，即
解得GC=2，
∴，
①当∠BMN=90°时，
∵M是AP中点，N是EF中点，取AE中点O，连接OM，ON，
∴OM//PE，ON//AF，
∵AF⊥DE，
∴ON⊥DE，
当∠BMN=90°时，OM⊥MN，
又∵OM//PE，
∴PE⊥MN，
∵E是BC中点，，
∴，
设BP=x，则，
由△ADF~△DEC可得，即，
解得AF=4，
∴，，
在Rt△OMN中，MN2=ON2-OM2，
在Rt△ABE中，
∵M是AP中点，O是AE中点，
∴，
由△AOM~△AEP可得，
，即
∴
②当∠BNM=90°时，
设BP=y，则，
∵N是EF 中点，EF=3，
∴
∵，
∴AF=4，
过N作NH⊥BC于H，则NH是△EFG 的中位线，
∴，
∵△GCE~△DCE，GC=2，，DE=5，EF=3，
∴，
∴
∴
在Rt△BNH中，BN2=BH2+NH2，
在Rt△PNH中，PN2=PH2+NH2，
∵M是AP 中点，N是EF中点，
∴，
③当∠MBN=90°时
设BP=z，则
在Rt△ABE中，，，
∴
∵M是AP中点，
∴设 AP 与 DE 交于点 Q，
由△ADQ~△GCE，
同理可得
故答案为：或或.
【分析】先利用正方形性质和相似三角形求出相关线段长度，再根据点P的运动，分三种情况讨论△BMN为直角三角形时BP的长度.
17．【答案】解：原式=2-2+1
=0+1
=1.
【知识点】实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】利用算术平方根的定义，绝对值的性质，零指数幂计算后再算加减即可.
18．【答案】解：
由①得y=2x-6③，
将③代入②得x2-3x-2(2x-6)=0，
解得x1=3，x2=4，
∵x1=3时，x-3=0，
∴x1=3舍去，
将x=4代入③得y=2，
∴
【知识点】代入消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】利用代入法求解即可.
19．【答案】（1）40；25
（2）解：根据题意可得：
所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数为：（次）；
（3）解：根据题意得：
（人），
答：我校获“志愿者勋章”的学生人数是700人．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：（1） 本次接受调查的学生人数为8÷20％=40人；
m％=×100％=25％，
∴m=25.
故答案为：40，25
【分析】（1）本次接受调查的学生人数=参加6次的人数÷参加6次的人数所占的百分比，列式计算；再求出m的值.
（2）利用条形统计图及平均数公式，列式计算即可.
（3）利用我校的学生总人数× 参加志愿服务不少于7次的学生的人数所占的百分比，列式计算即可.
20．【答案】（1）解：没有关系，理由如下：
小明每月的通话时间分钟，
小明每月的通话时间都属于免费通话时间
（2）解：套餐，
套餐
（3）解：，
，
所以选择套餐
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】(1)利用表格数据可求解；
(2)套餐A的费用=月租费+套餐外流量费，套餐B的费用=月租费，即可求解；
(3)由自变量的范围，可求套餐A的费用范围，即可求解.
21．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，E为AD中点，
∴AE=ED=1，
∵△BEF是等腰直角三角形，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠DEF=90°，
又∵正方形ABCD中，∠A=∠D=90°，∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠DEF
∴△ABE~△DEN
∴
∴DN＝，
∵∠A=∠C=90°，∠ABE+∠CBM=45°，∠AEB+∠ABE=90°，∠BEC+∠AEB=180°，∠BEC=135°，∠EBC+∠ECB=45°，
∴∠ABE=∠MBC，
∴△BCM~△BAE
∴
∴CM＝
（2）解：设AE=x，则ED=2-x，CM=DN=y，则DM=2-y，
由(1)可知，△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，
∴，，
即，，
将代入中，
得到
解得(舍去不合理的根)
∴AE＝
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质和等腰三角形的性质，推出△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，进而得出结论；
(2)设AE=x，则ED=2-x，CM=DN=y，则DM=2-y，由(1)可知，△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，推出，，进而得出结论.
22．【答案】（1）解：作于点G（图1），
∵O为的中点，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，
∴
∴支点O到小竹竿的距离
（2）解：记交于点H（图2），
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
在中，
，
在中，
m
∴点A上升的高度为
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)如图所示，过点O作OG⊥AC于点G，此时OG为点O到小竹竿AC的距离，可证四边形ODCG是矩形，∠DOG=90°，∠AOG=30°，在Rt△AOG中，∠AOG=30°，AO=4米，米，由勾股定理即可求解；
(2)如图所示，过点O作OG⊥AC于点G，交A1C1于点H，根据解直角三角形的计算得到A1H=3.2米，由A1H-AG即可求解.
23．【答案】（1）证明：点为弧的中点，为直径，
，
，即，
，
，
，
又，
（2）解：直径，，，
，，
为的中点，
，
由（1）知，
，
即，
，
，
（3）解：①面积与面积的差是定值，理由如下：
在（2）中有：，
，
，
又，
，
，
∴，
，
故面积与面积的差为定值；
②，
设，则，
由①知，
，
解得或，
，，
当时，，
当时，， 或
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)证得∠CDA=∠CAE=45°，∠DCA=∠ACE，则可得出结论；
(2)由相似三角形的性质得出AC2=CD·CE=CD·2CD，求出CD=2，求出CE=4，则可求出OE，则答案可求出；
(3)①证明△ACF∽△EAC，则，则结论得证；
②设OF=a，则OE=6a，得出8=(2+6a)(2-a)，解得a=1或，进而即可求出答案.
24．【答案】（1）解：由题意得，
1=a·12，
∴a=1，
∴y=x2，
∴m=(-2)2=4
（2）解：① 作CD//y轴，交AB于D，设C(m，m2)，
∵A(-2，4)，B(1，1)，
∴直线AB的解析式为：y=-x+2，
∴D(m，-m+2)，
∴CD=-m2-m+2，
∴
∴当时，
②∵CD⊥AB，kAB=-1，
∴kCD=1，
设直线CD的解析式为：y=x+b，
由x2=x+b得，
x2-x-b=0，
∴xC+xD=1
∴CD与AB交点横坐标为：
当时，
∴CD与AB的交点坐标为：
∴直线CD的解析式为：y=x+1，
∴x2-x-1=0，
∴，（舍去）
∴当时，
∴点D的坐标为
（3）解：设EF上的高是BG，作BH⊥x轴，交EF于H，
设E(m，m2)，F(n，n2)，
∴，，
∴，直线FE的解析式为：y=(m+n)x-mn，
∴，H(1，m+n-mn)，
∴，BH=|m+n-mn-1|，
∴
∵BE⊥BF，
∴(m+1)(n+1)=-1
∴-mn=m+n+2，
∴
设x=m+n，
∴
∴，
令，
∴yx2-4x+(y+3)=0，
由(-4)2-4y(y+3)≥0得，
-4≤y≤1，
∴，
∴.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题
【解析】【分析】(1)将点B坐标代入抛物线的解析式，从而求得a的值，进而求得m的值；
(2)① 作CD//y轴，交AB于D，设C(m，m2)，可求得直线AB的解析式，从而表示出点D坐标，从而表示出CD，进而表示出，从而得出结果；
②根据CD⊥AB求得CD的斜率，进而设出设直线CD的解析式，结合抛物线的解析式得出一元二次方程x2=x+b从而得出xC+xD=1，进而得出CD与AB交点横坐标，进而得出其纵坐标，进一步得出结果；
(3)设EF上的高是BG，作BH⊥x轴，交EF于H，设E(m，m2)，F(n，n2)，可表示出，，，直线FB的解析式为y=(m+n)x-mn，从而得出，进而表示出，根据BE⊥BF得出(m+1)(n+1)=-1，进而得出，设x=m+n，从而，进一步得出结果.
1 / 1浙江省2025年初中学业水平适应性考试数学试卷
一、选择题：本大题有10小题，每小题3分，共30分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分．
1．（2025·浙江模拟） 下列计算正确的是（　　）
A．a3·a2＝a6 B．(－a)2＝a2 C．a6÷a2＝a3 D．2a＋b＝2ab
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、计算结果是a5，所以选项运算错误，不符合题意；
B、(-a)2=a2，所以选项运算正确，符合题意；
C、运算结果是a4，所以选项运算错误，不符合题意；
D、不能合并，所以选项运算错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据幂运算法则及合并同类项法则，即可判断答案.
2．（2025·浙江模拟） 如图，该物体的主视图画法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：主视图是从正面看这个几何体得到的正投影，空心圆柱从正面看是一个长方形，加两条虚竖线，画法正确的是：
故答案为：C.
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，进而得出答案.
3．（2025·浙江模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】A
【知识点】旋转的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：依题意旋转角∠A'CA=40°，
由于AC⊥A'B'，由互余关系得∠A'=90°-40°=50°，
由对应角相等，得∠BAC=∠A'=50°．
故选A．
【分析】
由旋转的度数可知 ∠ACA`=40°，则由直角三角形两锐角互余可得∠A'的度数，又旋转前后对应角相等，即∠BAC=∠A'.
4．（2025·浙江模拟） 若＋＞2，则a，b的值可能是
A．a＜0，b＜0 B．a＞1，b＞1 C．a＜0，b＞1 D．a＞1，b＞0
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：选项A：若a，b均为负数，则和均为负数，它们的和必为负数，显然小于2，排除；
选项B：当a，b>1时，，<1，例如a=b=2时，，排除；
选项C：为负数，<1，例如a=-1，b=2时，，排除；
选项D：当b接近0时，极大，例如a=1.5，b=0.6时，，满足条件，成立；
故答案为：D.
【分析】将不等式转化为关于a和b的关系式，并结合选项的取值范围进行判断.
5．（2025·浙江模拟） 已知等边三角形ABC的边长为3，其外部有一点D，满足∠BDC＝2∠BAC，设BD＝x，CD＝y，在点D运动过程中，x＋y的最大值为（　　）
A．3 B． C． D．6
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，圆心为点O，连接并延长AO交☉O于点E，连接CE、BE，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，
∴AC=AB=CB=3，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠AEC=∠ABC=60°，∠BEC=180°-∠BAC =120°，
∵∠BDC=2∠BAC=120°=∠BEC，
∴点E在☉O上运动。
∵AE是☉O的直径
∴∠ACE=90°，
∵
∴，
∴连接AD，在AD上截取FD=BD=x，连接BF，
∵∠EDB=∠ACB=60°，
∴△FBD是等边三角形，
∴BF=BD，∠FBD=60°，
∴∠ABF=∠CBD=60°-∠CBF
在△ABF和△CBD中，
∴△ABF≌△CBD(SAS)，
∴AF=CD=y，
∴x+y=BD+CD=FD+AF=AD，
∵AD是☉O的弦，AE是☉O的直径
∴AD≤AE，
∴.
∴x+y的最大值为，
故答案为：B.
【分析】作△ABC的外接圆，圆心为点O，连接并延长AO交☉O于点E，连接CE、BE，由等边三角形的性质得AC=AB=CB=3，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，所以∠AEC=∠ABC=60°，∠BEC=180°-∠BAC=120°，而∠BDC=2∠BAC=120°，可知点E在☉O上运动，出∠ACE=90°，得，求得，连接AD，在AD上截取FD=BD=x，连接BF，可证明△FBD是等边三角形，再证明△ABF≌△CBD，则AF=CD=y，所以x+y=AD，由AD≤AE，得，求得x+y的最大值为，于是得到问题的答案.
6．（2025·浙江模拟） 二次函数y=x2+bx+c的图像经过四个点(－1， 0)，(0， y1)，(1， y2)，(2， y3)．若y2＜y1＜y3，则y2的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：代入(-1，0)，
得，1-b+c=0，
解得：b=c+1，
∴y=x2+(c+1)x+c，
代入(0，y1)，(1，y2)，(2，y3)，
得，y1=c，y2=2c+2，y3=3c+6，
∵y2∴2c+2解得：-3∴-4<2c+2<-2，即-4故答案为：A.
【分析】通过已知点确定二次函数的参数，利用不等式条件建立关于b的范围，再转化为y2的取值范围.
7．（2025·浙江模拟）布袋里有 100 个球， 其中有红球 28 个， 绿球 20 个， 黄球 12 个， 蓝球 20 个， 白球 10 个， 黑球 10 个， 从袋中任意摸出球来， 若要一次摸出至少 15 个同色的球， 则需要从袋中摸出球至少（　　）
A．85 个 B．75个 C． 个 D．16 个
【答案】B
【知识点】推理与论证；抽屉原理
【解析】【解答】解：最坏情况考虑就行了，摸出14个红球，14个绿球，12个黄球，14个蓝球，10个白球，10个黑球，最后再摸出任意一个球，这时可以保证至少有15个颜色相同，即最少要摸：个球；
故选B．
【分析】
由于要保证至少15个同色球，因为只有红球、绿球和蓝球的个数够15个，而其余的黄球、白球、黑球个数都不够15个，因此得保证黄、白和黑球都全部摸到且红、绿和蓝球各至少有14个，此时再任意摸到剩下的任意一个球都可以满足条件，故最少要摸75个球．
8．（2025·浙江模拟） 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，AB=OA，即AB的长度等于半径，
以AB为边的圆的内接三角形有无数个，
∴一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
∵OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
当点C在优弧AB上时，∠C=30°，
当点C在劣弧AB上时，∠C=150°
当点C在圆上移动时，∠CAB可能是90°，
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
由以上可知，∠C可以是30°或150°，
当AC=AB，∠C=30°时，
∠CAB=180°-30°3-30°=120°，
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；
过点O作OH⊥AB于H，
则，
∴，
当点C为优弧AB的中点时，△ABC的面积最大，最大面积为：，故④结论错误；
故答案为：C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出AH，根据勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面积，判断④.
9．（2025·浙江模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD＝74°，∠ABC＝58°，∠AOB＝138°，若AB＝m，BC＝n，CD＝p，DA=q，则四边形ABCD的面积为（　　）
A．mq＋np B．(mq＋np) C．mp＋nq D．(mp＋nq)
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：连接AC，BD交于点E，延长AO交BD于点F，如图所示：
∵∠AOB=138°，
∴，
在△ABD中，∠BAD=74°，
∴∠ABD=180°-(∠BAD+∠ADB)=180°-(74°+69°)=37°
∵∠ABC=58°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=21°，
根据圆周角定理得：∠DAC=∠DBC=21°，
在△ADE中，∠AED=180°-(∠DAC+∠ADB)=180°-(21°+69°)=90°
∴AC⊥BD，
∴，
∴四边形ABCD的面积：
，
∵∠AOB=138°，OA=OB，
∴
在△ABF和△ACD中，
∴∠OAB=∠DAC=21°，∠ABF=∠ACD，
∴△ABF∽△ACD，
∴
∴AB·CD=AC·BF①
∵∠OAB=∠DAC=21°，
∴∠OAB+OAC=∠DAC+∠OAC，
∴∠BAC =∠FAD，
∴∠ACB=∠ADF，
∴△ABC∽△AFD，
∴
∴BC·DA=AC·DF②
①+②得：
AB·CD+BC·DA=AC·BF+AC·DF=AC·(BF+DF)=AC·BD
∴，
∵AB=m，BC=n，CD=p，DA=q，
∴
故答案为：D.
【分析】连接AC，BD交于点E，延长AO交BD于点F，根据圆周角，圆心角定理及三角形内角和定理得∠ADB=69°，∠ABD=37°，∠DAC=∠DBC=21°，进而得∠AED=90°，则，，继而得四边形ABCD的面积，再根据∠OAB=∠DAC=21°，∠ABF=∠ACD得△ABF和△ACD相似，则AB·CD=AC·BF①，再证明△ABC和△AFD相似得BC·DA=AC·DF②，①+②得AB·CD+BC·DA=AC·BD，则，然后根据AB=m，BC =n，CD=p，DA=q即可得出答案.
10．（2025·浙江模拟）如图，在边长为5的菱形ABCD中，BD＝8，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A’B’D’，分别连结A’C，A’D，B’C，则A’C＋B’C的最小值为（　　）
A．6 B． C．10 D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，边长为5，BD=8，
∴AC⊥BD，
设AC与BD相交于点O，
∴，
根据勾股定理得：，
∴AC=6
由平移得△ABD≌△A'B'D'，
∴A'B'//AB，A'B'//AB=5，AA'//BD，
∴A'D=B'C，
作点C关于直线BD的对称点E，则E在AC的延长线上，且CE=AC=6，连接A'E，
∴AE=AC+CE=12，
∵点C与点E关于直线BD对称，
∴B'C=B'E，
∴A'C+B'C=A'C+B'E≥A'E(当且仅当A'，B'，E三点共线时取等号)，
在Rt△A'CE中，A'C⊥CE，A'C=5，CE=6，
根据勾股定理.
故答案为：B.
【分析】通过萎形的性质求出相关线段长度，利用平移得到线段关系，再通过作对称点将A'C+B'C转化为一条线段，根据两点之间线段最短求出最小值.
二、填空题：本大题有6小题，每小题3分，共18分．
11．（2025·浙江模拟）有5根木棒，长度分别为1，2，3，3，4，从中任取3根木棒首尾相接，能组成三角形的概率为　 　．
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：从中任取3根木棒首尾相接，所有等可能的结果有：
(1，2，3)，(1，2，3)，(1，2，4)，(1，3，3)，(1，3，4)，(1，3，4)
(2，3，3)，(2，3，4)，(2，3，4)，(3，3，4)，共10种，
其中能组成三角形的结果有：(1，3，3)，(2，3，3)，(2，3，4)，(2，3，4)，(3，3，4)，共5种，
∴能组成三角形的概率为
故答案为：.
【分析】由题意可得出所有等可能的结果数以及能组成三角形的结果数，再利用概率公式可得出答案.
12．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，直线y1＝x，y2＝－x＋2，y3＝x＋2围成三角形的面积为　 　．
【答案】2
【知识点】一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数中的面积问题
【解析】【解答】解：设直线y1=x，y2=-x+2交于点A，直线y1=x，交于点B，直线y2=-x+2，交于点C，
联立直线y1，y2的解析式组成方程组得：，
解得：
∴点A的坐标为(1，1)，
同理：点B的坐标为(3，3)，点C的坐标为(0，2)，
过点B作BE⊥y轴于点E，过点A作AF⊥y轴于点F，则BE=3，AF=1，如图所示，
∴S△ABC=S△OBC-S△OAC，
=3-1
=2
∴直线y1=x，y2=-x+2，围成三角形的面积为2.
故答案为：2.
【分析】设直线y1=x，y2=-x+2交于点A，直线y1=x，交于点B，直线y2=-x+2，交于点C，通过解方程组，可求出点A，B，C的坐标，再利用三角形的面积公式，即可求出结论.
13．（2025·浙江模拟）据2024年全省5‰人口变动抽样调查推算，2024年末，浙江省常住人口为6670万人．数据6670万用科学记数法表示为　 　．
【答案】6.67×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：6670万=66700000=6.67×107，
故答案为：6.67×107.
【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.
14．（2025·浙江模拟）小明的爸爸和小明早晨同时从家出发，以各自的速度匀速步行上班和上学，爸爸前往位于家正东方的公司，小明前往位于家正西方的学校，爸爸到达公司后发现小明的数学作业在自己的公文包里，于是立即跑步去追小明，终于在途中追上了小明把作业给了他，然后再以先前的速度步行再回公司（途中给作业的时间忽略不计）．结果爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟．如图是两人之间的距离y（米）与他们从家出发的时间x（分钟）的函数关系图，则小明家与学校相距　 　米．
【答案】1800
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解：由图象可知，设BC段两人之间的距离为x米，则有
解得x=1800
∵爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟，由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司；
∴BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离；
∴小明家与学校相距1800米.
故答案为：1800.
【分析】小明的爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟，由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司，可以推出BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离，求出设BC段两人之间的距离即可解决问题.
15．（2025·浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，BC⊥CD，连结BD．若＝，则tan∠CBD的值为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，
∵AB=AC，AD=CD，
∴M是BC的中点，N是AC的中点，
∴，，
∵
∴
∵DC⊥BC，AM⊥BC，
∴AM//CD，
∴∠CAM=∠DCN，
∵∠AMC=∠DNC=90°
∴△ACM∽△CDN，
∴，
∴
令，CN=3k，
∴AC=2CN=6k，
∴
∴
∵，
∴BC=2CM=8k，
∴
故答案为：.
【分析】过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，由等腰三角形的性质推出M是BC的中点，N是AC的中点，得到，判定△ACM∽△CDN，推出，，求出，令，CN=3k，求出AC=2CN=6k，，由勾股定理求出CM=4k，得到BC=2CM=8k，进而得出结论.
16．（2025·浙江模拟）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为BC边上的中点，过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F，G，点P在线段BG上运动（不与端点重合），点M，N分别为AP，EF的中点．在点P运动过程中，当△BMN成为直角三角形时，BP的长为　 　．
【答案】或或
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，，E为BC 中点，则.
在Rt△DCE中，根据勾股定理，
∵∠ADF+∠DEC=90°，∠DCE=∠AFD=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴△ADF~△DEC.
∴，即，
解得DF=2，
∴EF=DE-DF=5-2=3，
同理可得，△GCE~△DCE，
∴，即
解得GC=2，
∴，
①当∠BMN=90°时，
∵M是AP中点，N是EF中点，取AE中点O，连接OM，ON，
∴OM//PE，ON//AF，
∵AF⊥DE，
∴ON⊥DE，
当∠BMN=90°时，OM⊥MN，
又∵OM//PE，
∴PE⊥MN，
∵E是BC中点，，
∴，
设BP=x，则，
由△ADF~△DEC可得，即，
解得AF=4，
∴，，
在Rt△OMN中，MN2=ON2-OM2，
在Rt△ABE中，
∵M是AP中点，O是AE中点，
∴，
由△AOM~△AEP可得，
，即
∴
②当∠BNM=90°时，
设BP=y，则，
∵N是EF 中点，EF=3，
∴
∵，
∴AF=4，
过N作NH⊥BC于H，则NH是△EFG 的中位线，
∴，
∵△GCE~△DCE，GC=2，，DE=5，EF=3，
∴，
∴
∴
在Rt△BNH中，BN2=BH2+NH2，
在Rt△PNH中，PN2=PH2+NH2，
∵M是AP 中点，N是EF中点，
∴，
③当∠MBN=90°时
设BP=z，则
在Rt△ABE中，，，
∴
∵M是AP中点，
∴设 AP 与 DE 交于点 Q，
由△ADQ~△GCE，
同理可得
故答案为：或或.
【分析】先利用正方形性质和相似三角形求出相关线段长度，再根据点P的运动，分三种情况讨论△BMN为直角三角形时BP的长度.
三、解答题：本大题有8小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程．
17．（2025·浙江模拟）计算：
【答案】解：原式=2-2+1
=0+1
=1.
【知识点】实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】利用算术平方根的定义，绝对值的性质，零指数幂计算后再算加减即可.
18．（2025·浙江模拟）解方程组：
【答案】解：
由①得y=2x-6③，
将③代入②得x2-3x-2(2x-6)=0，
解得x1=3，x2=4，
∵x1=3时，x-3=0，
∴x1=3舍去，
将x=4代入③得y=2，
∴
【知识点】代入消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】利用代入法求解即可.
19．（2025·浙江模拟）为了解我校学生本学期参加志愿服务的情况，随机调查了我校的部分学生，根据调查结果，绘制出如图统计图，若我校共有1000名学生，请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的学生人数为　 　，扇形统计图中的　 　；
（2）求所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数；
（3）学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”，请估计我校获“志愿者勋章”的学生人数．
【答案】（1）40；25
（2）解：根据题意可得：
所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数为：（次）；
（3）解：根据题意得：
（人），
答：我校获“志愿者勋章”的学生人数是700人．
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；加权平均数及其计算
【解析】【解答】解：（1） 本次接受调查的学生人数为8÷20％=40人；
m％=×100％=25％，
∴m=25.
故答案为：40，25
【分析】（1）本次接受调查的学生人数=参加6次的人数÷参加6次的人数所占的百分比，列式计算；再求出m的值.
（2）利用条形统计图及平均数公式，列式计算即可.
（3）利用我校的学生总人数× 参加志愿服务不少于7次的学生的人数所占的百分比，列式计算即可.
20．（2025·浙江模拟）手机已经成为现代人生活的重要组成部分，小明想重新选择一个合适的话费套餐．
素材1：小明通过收集并整理自己近六个月的话费账单得到如下数据：
月份 1 2 3 4 5 6
通话时长（分钟） 123 150 130 155 120 160
流量（GB） 15 14 17 20 18 16
素材2：小明通过咨询话费套餐得到如下数据：
套餐名称 套餐内容 超出套餐资费
月租费 免费通话时间 免费上网流量 套餐外通话 套餐外流量
A 58元 200分钟 10GB 0.1元/分钟 3元/GB
B 88元 300分钟 30GB
套餐说明：①月手机资费＝月租费＋套餐外通话费＋套餐外流量费；
②套餐外通话不足1分钟时按1分钟算；套餐外流量不足1GB时按1GB算．
请根据以上信息，解决下列问题：
（1）小明每月的通话时长与月手机资费是否有关？请说明理由；
（2）小明分析账单发现自己每月上网流量波动较大，设每月上网流量为xGB
（10＜x≤20，x为整数），每月手机资费为y元，分别写出套餐A、套餐B中y与x之间的关系式；
（3）从节省费用的角度考虑，小明应选择哪个套餐？
【答案】（1）解：没有关系，理由如下：
小明每月的通话时间分钟，
小明每月的通话时间都属于免费通话时间
（2）解：套餐，
套餐
（3）解：，
，
所以选择套餐
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】(1)利用表格数据可求解；
(2)套餐A的费用=月租费+套餐外流量费，套餐B的费用=月租费，即可求解；
(3)由自变量的范围，可求套餐A的费用范围，即可求解.
21．（2025·浙江模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E是边AD上一点，以BE为直角边向外作等腰直角三角形BEF，且∠BEF＝90°，BF和EF分别交CD于点M，N．解答下列问题：
（1）当E为AD中点时，求DN，CM的长；
（2）当CM＝DN时，求AE的长．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，E为AD中点，
∴AE=ED=1，
∵△BEF是等腰直角三角形，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠DEF=90°，
又∵正方形ABCD中，∠A=∠D=90°，∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠DEF
∴△ABE~△DEN
∴
∴DN＝，
∵∠A=∠C=90°，∠ABE+∠CBM=45°，∠AEB+∠ABE=90°，∠BEC+∠AEB=180°，∠BEC=135°，∠EBC+∠ECB=45°，
∴∠ABE=∠MBC，
∴△BCM~△BAE
∴
∴CM＝
（2）解：设AE=x，则ED=2-x，CM=DN=y，则DM=2-y，
由(1)可知，△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，
∴，，
即，，
将代入中，
得到
解得(舍去不合理的根)
∴AE＝
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质和等腰三角形的性质，推出△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，进而得出结论；
(2)设AE=x，则ED=2-x，CM=DN=y，则DM=2-y，由(1)可知，△ABE~△DEN，△BCM~△BAE，推出，，进而得出结论.
22．（2025·浙江模拟）图1是我国古代提水的器具桔槔，创造于春秋时期．它选择大小两根竹竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上．大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿（小竹竿始终与地面垂直），小竹竿上悬挂水桶．其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井．当放松大竹竿时，小竹竿下降，水桶就会回到井里．如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB＝8米，O为AB的中点，支架OD垂直地面EF，此时水桶在井里时，∠AOD＝120°．
（1）如图2，求支点O到小竹竿AC的距离（结果精确到0.1米）；
（2）如图3，当水桶提到井口时，大竹竿AB旋转至的位置，小竹竿AC至的位置，此时∠A1OD＝143°，求点A上升的高度（结果精确到0.1米）．
（参考数据：，，，）
【答案】（1）解：作于点G（图1），
∵O为的中点，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，
∴
∴支点O到小竹竿的距离
（2）解：记交于点H（图2），
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
在中，
，
在中，
m
∴点A上升的高度为
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)如图所示，过点O作OG⊥AC于点G，此时OG为点O到小竹竿AC的距离，可证四边形ODCG是矩形，∠DOG=90°，∠AOG=30°，在Rt△AOG中，∠AOG=30°，AO=4米，米，由勾股定理即可求解；
(2)如图所示，过点O作OG⊥AC于点G，交A1C1于点H，根据解直角三角形的计算得到A1H=3.2米，由A1H-AG即可求解.
23．（2025·浙江模拟）如图，半圆中，直径，点为弧的中点，点在弧上，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接．
（1）求证：
（2）若D为CE中点，求BE的长．
（3）①求证：面积与面积的差是定值；
②若，求AF的长．
【答案】（1）证明：点为弧的中点，为直径，
，
，即，
，
，
，
又，
（2）解：直径，，，
，，
为的中点，
，
由（1）知，
，
即，
，
，
（3）解：①面积与面积的差是定值，理由如下：
在（2）中有：，
，
，
又，
，
，
∴，
，
故面积与面积的差为定值；
②，
设，则，
由①知，
，
解得或，
，，
当时，，
当时，， 或
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)证得∠CDA=∠CAE=45°，∠DCA=∠ACE，则可得出结论；
(2)由相似三角形的性质得出AC2=CD·CE=CD·2CD，求出CD=2，求出CE=4，则可求出OE，则答案可求出；
(3)①证明△ACF∽△EAC，则，则结论得证；
②设OF=a，则OE=6a，得出8=(2+6a)(2-a)，解得a=1或，进而即可求出答案.
24．（2025·浙江模拟）在平面直角坐标系中，A（－2，m），B（1，1）是二次函数y＝ax2图象上的两点．
（1）求a，m的值；
（2）若点C在直线AB下方的抛物线上，点D在直线AB上方的抛物线上，问：
① 求△ABC面积的最大值；
② 当CD垂直平分线段AB时，求点D的坐标；
（3）过点B作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E，F，求△BEF中EF
边上的高的最大值．
【答案】（1）解：由题意得，
1=a·12，
∴a=1，
∴y=x2，
∴m=(-2)2=4
（2）解：① 作CD//y轴，交AB于D，设C(m，m2)，
∵A(-2，4)，B(1，1)，
∴直线AB的解析式为：y=-x+2，
∴D(m，-m+2)，
∴CD=-m2-m+2，
∴
∴当时，
②∵CD⊥AB，kAB=-1，
∴kCD=1，
设直线CD的解析式为：y=x+b，
由x2=x+b得，
x2-x-b=0，
∴xC+xD=1
∴CD与AB交点横坐标为：
当时，
∴CD与AB的交点坐标为：
∴直线CD的解析式为：y=x+1，
∴x2-x-1=0，
∴，（舍去）
∴当时，
∴点D的坐标为
（3）解：设EF上的高是BG，作BH⊥x轴，交EF于H，
设E(m，m2)，F(n，n2)，
∴，，
∴，直线FE的解析式为：y=(m+n)x-mn，
∴，H(1，m+n-mn)，
∴，BH=|m+n-mn-1|，
∴
∵BE⊥BF，
∴(m+1)(n+1)=-1
∴-mn=m+n+2，
∴
设x=m+n，
∴
∴，
令，
∴yx2-4x+(y+3)=0，
由(-4)2-4y(y+3)≥0得，
-4≤y≤1，
∴，
∴.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数y=ax²+bx+c的图象；解直角三角形—边角关系；二次函数-面积问题
【解析】【分析】(1)将点B坐标代入抛物线的解析式，从而求得a的值，进而求得m的值；
(2)① 作CD//y轴，交AB于D，设C(m，m2)，可求得直线AB的解析式，从而表示出点D坐标，从而表示出CD，进而表示出，从而得出结果；
②根据CD⊥AB求得CD的斜率，进而设出设直线CD的解析式，结合抛物线的解析式得出一元二次方程x2=x+b从而得出xC+xD=1，进而得出CD与AB交点横坐标，进而得出其纵坐标，进一步得出结果；
(3)设EF上的高是BG，作BH⊥x轴，交EF于H，设E(m，m2)，F(n，n2)，可表示出，，，直线FB的解析式为y=(m+n)x-mn，从而得出，进而表示出，根据BE⊥BF得出(m+1)(n+1)=-1，进而得出，设x=m+n，从而，进一步得出结果.
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