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广东省东莞市2025年初中学业水平模拟联考（二）数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·东莞模拟）中国是世界上最早使用负数的国家，战国时期李悝所著的《法经》中已使用负数．如果公元前500年记作年，那么公元2025年应记作（　　）
A．年 B．年 C．2025年 D．2523年
2．（2025·东莞模拟）抗日战争时期，我国“四万万同胞”同仇敌忾，经过十四年艰苦卓绝的抗战，终于取得了最后的胜利．数据“四万万”即用科学记数法可以表示为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·东莞模拟）若是方程的一个解，则m的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
4．（2025·东莞模拟）在东莞的可园、观音山国家森林公园、松山湖景区、鸦片战争博物馆、粤晖园这五个著名旅游景点中，随机抽取一个景点去游玩，抽到观音山国家森林公园的概率是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·东莞模拟）下列几何图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．菱形 D．正五边形
6．（2025·东莞模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·东莞模拟）如图所示，，点，，在同一直线上．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·东莞模拟）如图，一次函数与反比例函数的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为2，点B的横坐标为，则不等式的解集是（　　）
A．或 B．或
C．或 D．
9．（2025·东莞模拟）如图，的半径为，以圆外一点为圆心，画半径为的弧，将截成弧长相等的两部分，则两点的距离为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·东莞模拟）如图1，线段表示一条拉直的细线，、两点在线段上，且，.若先固定点，将折向，使得重叠在上；如图2，再从图2的点及与点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（2025·东莞模拟）将抛物线向上平移2个单位长度得到的抛物线表达式为　 　．
12．（2025·东莞模拟）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，则　 　0．（填“”“”或“”）
13．（2025·东莞模拟）分式方程的解为　 　．
14．（2025·东莞模拟）引入新数i，新数i满足分配律、结合律、交换律，已知 ，则 　 　.
15．（2025·东莞模拟）如图，在矩形中，点为边上一个动点，若，，则图中阴影部分的面积为　 　．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．（2025·东莞模拟）计算：
17．（2025·东莞模拟）如图，在中，．
（1）实践与操作：利用尺规过点作的高，为垂足；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
（2）应用与计算：在（1）的条件下，若，求的度数．
18．（2025·东莞模拟）物理课上，老师带着科技小组进行物理实验．同学们将一根不可拉伸的绳子绕过定滑轮，一端拴在滑块上，另一端拴在物体上，滑块放置在水平地面的直轨道上，通过滑块的左右滑动来调节物体的升降．实验初始状态如图1所示，物体静止在直轨道上，物体到定滑轮的垂直距离是，．（实验过程中，绳子始终保持绷紧状态，定滑轮、滑块和物体的大小忽略不计）
（1）求绳子的总长度；
（2）如图2，若物体升高，求滑块向左滑动的距离．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．（2025·东莞模拟）心理健康月期间，某中学进行了情景剧表演，现有4位评委老师甲、乙、丙、丁给两个班的情景剧现场打分，满分10分，图1是1班和2班不完整的评分条形统计图，已知两个班的平均分相等．
（1）评委丙给2班的打分是______分；
（2）1班成绩的众数是______分，2班成绩的中位数是______分；
（3）若按照图2的四位评委老师的评分权重计算两个班级的最终得分，请说明哪个班能够获胜．
20．（2025·东莞模拟）随着新能源汽车的推广，某市大力推进公共充电桩的建设．据最新资讯，目前该市有甲、乙两种型号的公共充电桩．已知安装3个甲型充电桩和2个乙型充电桩共需成本万元；安装2个甲型充电桩和3个乙型充电桩共需成本万元．
（1）求每个甲型充电桩和乙型充电桩的安装成本分别是多少万元；
（2）若该市计划再安装甲、乙两种型号的充电桩共50个，且总成本不超过54万元，求最多能安装多少个甲型充电桩．
21．（2025·东莞模拟）综合与实践：制作无盖正三棱柱纸盒
如图1，正方形纸片的边长为12，在正方形内部作等边三角形，连接．
（1）求证：．
（2）如图2，在等边三角形的三个角处分别截去一个彼此全等的四边形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒（纸盒厚度忽略不计）．
①该纸盒的高为x，用含x的代数式表示该纸盒底面的边长，并确定x的取值范围．
②该纸盒的侧面积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22．（2025·东莞模拟）如图1，是的外接圆，是直径，弦与交于点，与交于点，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求劣弧的长；
（3）如图2，，于点，交于点，绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，求证：．
23．（2025·东莞模拟）如图1，矩形的两个顶点，分别落在，轴上，顶点，位于第一象限，对角线，交于点，，，若双曲线经过点，．
（1）求的值；
（2）点，分别在射线、射线上，满足，，求的度数；
（3）如图2，若抛物线的顶点是线段上一动点，与轴交于点，，过点作轴于点，当取得最大值时，求此时的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】具有相反意义的量
【解析】【解答】解：∵公元前500年记作年，
∴公元前为“”，
∴公元后为“”，
∴公元2025年就是公元后2025年，
∴公元2025年应记作年．
故选：C．
【分析】根据相反意义的量进行求解即可．
2．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：根据题意得
．
故选：C.
【分析】学记数法的表示方法是将一个数较大的数表示为的形式，（其中，位数少1），根据科学记数法的形式来求解．
3．【答案】D
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵是方程的一个解，
∴，解得，
故答案为：D．
【分析】根据方程解的定义“使方程左右两边相等的未知数的值就是方程的解”，将x=1代入原方程可得关于字母m的一元一次方程，求解即可得出m的值.
4．【答案】B
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵景点的总数为，其中音山国家森林公园为1
∴，
故答案为：B．
【分析】本题考查了概率的计算，如果一个随机事件有 种可能的结果，并且这些结果出现的可能性相同，那么某个特定事件 发生的概率 ．根据概率的计算公式即可解答。
5．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A：等边三角形为轴对称图形，但不为中心对称图形，故A错误；
B：平行四边形为中心对称图形，但不为轴对称图形，故B正确；
C：菱形及为中心对称图形也为轴对称图形，故C错误；
D：正五边形为轴对称图形，但不为中心对称图形，故D错误；
故答案为：B．
【分析】轴对称是把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线称对，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴。
中心对称是一个图形绕着某一点旋转180，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这个点对称，也称这两个图形中心对称，这个点叫做对称中心。根据中心对称图形与轴对称图形的特点逐一判断即可．
6．【答案】C
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A．，故选项A错误；
B．，故选项B错误；
C．，故选项C正确；
D．，故选项D错误．
故选C．
【分析】根据合并同类项、积的乘方、同底数幂相乘逐项判断即可．
7．【答案】A
【知识点】邻补角；余角
【解析】【解答】∵∠AOC=90°，∠1=26°∴∠BOC=90°-26°=64°
点B，O，D在同一直线上，
∴∠BOD=180°
∴∠2=180°-∠BOC=180°-64°=116°．
故答案为：A．
【分析】由图示可得，∠1与∠BOC互余，即∠1+∠BOC=90°，求出∠BOC， 由于∠2与∠BOC互补，即∠2+∠BOC=180°，求出∠2。
8．【答案】A
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：由题意得不等式的解集即为一次函数图象在反比例函数图象下方时自变量的取值范围，
∴不等式的解集为或，
故答案为：A．
【分析】借助图象得到一次函数图象在反比例函数图象下方时自变量x的取值范围即可解题．
9．【答案】C
【知识点】垂径定理；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵将截成弧长相等的两部分，
∴CD为直径，
∴AC=AD=4，BC=BD=
∴AB垂直平分CD，
∴，∠ABC=∠ABD=90°
∴，
故答案为：．
【分析】由将截成弧长相等的两部分得为直径，根据题意可得，，则垂直平分，然后根据勾股定理即可求解．
10．【答案】D
【知识点】翻折变换（折叠问题）；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】设OB=3x，则BP=7x，
∴OP=OB+BP=10x，
∵，
∴OA=4x，AP=6x，
∴AB=OA-OB=x，
将折向，使得重叠在上，再从点重叠处一起剪开，
得到的三段分别为：2x、3x、5x，
故答案为：D.
【分析】设OB=3x，根据题意可表示出BP、OA、AP、AB的长度，折叠后从点B处剪开得到AB段为2x，OB=3x，BP=5x，即可得到比值.
11．【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将抛物线向上平移2个单位长度得到抛物线的表达式为．故答案为：．
【分析】掌握平移的规律“左加右减，上加下减”．根据平移规律即可求出新抛物线的解析式。
12．【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由题意得：，，
，
故答案为：．
【分析】观察数轴可知且，再利用有理数的加法法则进行计算，可确定出a+b的符号.
13．【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：，
等号两边乘以（x-2)x得：，
解得：，
经检验是原方程的解；
故答案为：．
【分析】本题考查解分式方程，将分式方程转化为整式方程，求解后，进行检验即可．
14．【答案】2
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解： .
故答案为：2.
【分析】首先利用平方差公式将待求式子展开，再将i2=-1代入计算，可求出结果.
15．【答案】15
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】解：
ABCD是矩形，AD=BC，AB=CD
=9+6
=15
故答案为：15．
【分析】先证，再利用三角形面积的和差关系求出阴影部分的面积。
16．【答案】解：
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】先算乘方和开方运算，同时化简绝对值，然后合并即可.
17．【答案】（1）解：如图所示即为所求：
（2）解：
∵∠ACF=16°，
∠AFC=90°
∴∠A=90°-16°=74°
∵AC=AB
∠BCF=∠ACB-∠ACF
=53°-16°
=37°
【知识点】等腰三角形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）根据高的尺规作图方法作图即可；（2）在Rt△ACF中，∠A与∠ACF互补，求出∠A，由于三角形ABC是等腰三角形，根据等腰三角形两底角相等，求出∠ACB，而∠ACB=∠ACF+∠BCF，即可求出∠BCF.
（1）解：如图所示即为所求：
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．【答案】（1）解：在Rt△ABC中，即解得：AB=10(dm)，
∴绳子长度=AB+AC=10+8=18(dm)
（2）解：如图
由1可知BE=16-10=6(dm)
若物体C升高7dm，则此时
AC=8-7=1(dm)，
AB=18-1=17(dm)，
∴在Rt△ABD中，
∴BE=BD-ED=15-6=9(dm)
答：滑块B向左滑动的距离为9dm
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】本题考查了勾股定理的实际应用，熟悉掌握勾股定理是解题的关键．
（1）利用勾股定理运算求出AB，而绳子长度=AB+AC；
（2）C升高7dm，由1知AB=17dm，BE=6dm， 利用勾股定理运算求出BD．移动距离等于BD-BE即可求解。
（1）解：设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴绳子长度；
（2）解：如图进行标注：
若物体升高，则此时，
∴在中，，
∴，
答：滑块向左滑动的距离为．
19．【答案】（1）10
（2）9；9.5
（3）解：根据扇形统计图中圆心角的度数，可知乙和丙圆心角度数是90°
甲所对的圆心角为360°-90°-90°-120°=，∴四位评委的权重比是60：90：120：90=2：3：4：3．
1班加权平均分：（8×2+9×3+9×4+10×3）÷（2+3+4+3）=为（分）．
2班加权平均分：（7×2+9×3+10×4+10×3）÷（2+3+4+3）=（分）．
∵，
∴2班获胜
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；众数
【解析】解：（1）∵1班平均分为（8+9+9+10）÷4=9（分），
∴2班平均分也为9分，
∴评委丙给2班的打分为（分）．
故答案为：10；
（2）
解：1班成绩是8、9、9、10，所以1班的众数为9分．
2班成绩从小到大排列为7，9，10，10，
∴2班成绩的中位数为（9+10）÷2=9.5（分）．
故答案为：；
【分析】（1）根据平均数相等即可得出答案；（2） 众数是一组数据中出现次数最多的数值，中位数是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数 ，如果这组数据是偶数个，众数取中间两个的平均值，本题由众数和中位数的定义求解即可；（3）加权平均数的计算公式为：，其中x表示各数值，f表示各数值的权重。
根据图2计算出甲、乙、丙、丁圆心角的度数，再计算出他们的权重比，再根据加权平均数的定义列式计算，从而得出答案．
（1）解：∵1班平均分为（分），
∴2班平均分也为9分，
∴评委丙给2班的打分为（分）．
故答案为：10；
（2）解：1班成绩的众数为9分．
2班成绩从小到大排列为7，9，10，10，
∴2班成绩的中位数为（分）．
故答案为：；
（3）解：根据扇形统计图中圆心角的度数，得甲所对的圆心角为，
∴四位评委的权重分别为甲：，乙：，丙：，丁：．
1班得分为（分）．
2班得分为（分）．
∵，
∴2班获胜．
20．【答案】（1）解：设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，
解得：
答：每个甲型充电桩的安装成本万元，每个乙型充电桩安装成本1万元
（2）解：设安装甲型充电桩m个，则安装乙型充电桩个，
解得：，
答：最多能安装20个甲型充电桩
【知识点】一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，根据题意找出等量关系列出方程组和不等式求解即可．
（1）设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，根据“安装3个甲型充电桩和2个乙型充电桩共需成本万元；安装2个甲型充电桩和3个乙型充电桩共需成本万元”列出方程二元一次方程组求解即可；
（2）设安装甲型充电桩m个，成本1.2m，安装乙型充电桩个，成本（50-m）×1，再根据“总成本不超过54万元”即1.2m+(50-m)54，列出不等式求解即可．
（1）解：设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，
，
解得：，
答：每个甲型充电桩的安装成本万元，每个乙型充电桩安装成本1万元．
（2）解：设安装甲型充电桩m个，则安装乙型充电桩个，
，
解得：，
答：最多能安装20个甲型充电桩．
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，△ABE是等边三角形
∴AD=BC，AE=BE，∠EAB=∠EBA=60°
∠DAE=90°-∠EAB=30°
∠CBE=90°-∠EBA=30°
∴△DAE≌△CBE（SAS）
∴DE=CE
（2）解：①如图所示，△ABE是正三角形，AB=12， 作AB边上的高EN，作BE边上的高AM，纸盒的高是OG，纸盒的底面边长是OL
∵∠OAG=30°，设OG=x，
∴AG=BK=
AB=AG+OL+BK=OL+2x
∴OL=12-2x
12＞OL＞0，即12-2x＞0
求出0＜x＜2
∴纸盒底面边长为：12-2x （0＜x＜2）；
②纸盒侧面积存在最大值，设纸盒侧面积为y，
则
当时，y取得最大值
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系；二次函数-面积问题
【解析】【分析】本题主要考查正方形，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，（1）根据正方形，等边三角形的性质证明△DAE≌△CBE（SAS），即可求证DE=CE；
（2）
①△ABE是正三角形，AB=12， 作AB边上的高EN，作BE边上的高AM，纸盒的高是OG，纸盒的底面边长是OL，设OG=x，解Rt△AOG，求出 AG=KB=.而AB=AG+OL+BK=OL+2x=12.即可求出OL=12-2x， 0＜12-2x＜12.可求出x的取值范围。
② 该纸盒的侧面积 是三个长为(12-2x)，宽为x的矩形。二次函数当a＜0，x=h时最大值是K.利用二次函数最值的方法求出最大值。
（1）证明：∵四边形为正方形
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
（2）解：①如图所示，作的角平分线交于点，作的角平分线交于点，两角平分线交于点，则，
∴，则，
∴，
同理，，
∴，
由题意可得，，
∴，
∴，
∴纸盒底面边长为：；
②纸盒侧面积存在最大值，设纸盒侧面积为y，
则，
当时，y取得最大值．
22．【答案】（1）证明：∵ AC是的直径；
∴∠APC=∠OPC+∠APO=90°，
∵OA=OP
∴∠OAP=∠OPA
∠CPH=∠CAP
∴∠OPA=∠CPH，
∴∠OPH=∠OPC+∠CPH=90°
OP是圆的半径
∴PH是的切线
（2）解：∵BE=1，CE=2∴BC=2+1=3，
∵OP⊥BC，
∴CQ==，
在△PCE和△QCP中
∠BCP=∠BCP
∠APC=∠CQB
∴△PCE∽△QCP
∴，
∴∠QCP=30°，
∠QPC=60°
∴△是等边三角形，
∠OPC=60°
OC=CP=
∠CAP=30°
∴劣弧PC的长为
劣弧PC的长为
（3）解：过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，
由旋转的性质知∠FEG=90° EF=EG，
∵∠FEM+∠GEN=90°
∠NGE+∠GEN=90°
∴∠FEM=∠NGE
∠FME=∠GNE=90°
∴△FEM≌△EGN，
GN=EM，EN=FM
∵AC是的直径，
∴∠ABC=90°
BD垂直AC，∠ADB=90°
∠ABD=∠ACB
AB∥FM
∠ABD=∠BFM
tan∠ACB=
即NC=2GN
∴NC=2EM
tan∠BFM=
即FM=2BM
∴EN=2BM
∴CE=EN+NC=2BM+2EM=2(BM+EM)=2BE
∴CE=2BE
【知识点】切线的判定；弧长的计算；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠APC=∠OPC+∠APO=90°，再证明∠OPH=∠OPC+∠CPH=90°，且OP是半径，即可证明PH是的切线；（2）利用垂径定理求得CQ==，利用AA证明△PCE∽△QCP，求得CP，利用特殊角的三角函数值求得∠QCP=30°，推出△OPC是等边三角形，求出∠CAP=30°，圆的半径是.再根据求弧长的公式求出劣弧PC的长度。
(3)过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，根据一线三直角证明△FEM≌△EGN，得.CN=EM，EN=FM由于AD⊥AC，AB⊥BC，PM⊥BC、CN⊥BC，得到∠ACB=∠ABD=∠BFM，可知tan∠BFM=，得到FM=2BM=EN，tan∠ACB=，得NC=2GN=2EM，而CE=EN+NC，BE=BM+EM，代入化简得到CE=2BE.
（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴劣弧的长为；
（3）解：过点、作的垂线，垂足分别为、，
由旋转的性质知，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
23．【答案】（1）解：如图1，ABCD是矩形，∠ABC=90°
作CE⊥y轴于点E，
∵OA=6，OB=4
∴B(0，4)，A(6，0)
∵∠BEC=∠AOB=90°
∠ECB+∠EBC=90°
∠ECB+∠ABO=90°
∴∠ECB=∠ABO
tan∠ ABO=tan∠ECB=
∴BE：EC=3：2
设CE=2a，BE=3a
C(2a，4+3a)，A(6，0)
G是AB的中点
G(a+3，2+1.5a)
双曲线经过C、G
即
2a(4+3a)=(a+3)(2+1.5a)
解得：，（舍去），
∴C(2，7) ，G(4，3.5)
K=xy=14
∴K=14
（2）解：由（1）得，A(6，0)，B(0，4)，C(2，7)
矩形ABCD，
∴∠CDN=90°
∵CM⊥MN
∴∠CMN=90°
∴∠CDN+CMN=180°
∴C、D、N、M四点共圆，CN是圆Q的直径
又∵CN⊥DM，
∴CN平分DM
∴三角形MCD是等腰三角形，CD=CM
AB=CD=CM=2，CB=
sin∠CMB=
∴∠CMB=30°
CN是圆的直径，∠CMN=90°
∴∠AMN=90°-30°=60°
∵MA⊥DN
∴∠MNA=90°-60°=30°
∵C、D、N、M四点共圆
∠MND+∠DCM=180°
∴∠DCM=180°-30°=150°
∴∠MCN=∠DCM=75°
（3）解：由（1）得，A(6，0)，C(2，7)，G(4，3.5)，
抛物线
顶点，
∴
顶点P是线段AC上一动点，
，
令，则
则，
抛物线与轴交于点K，L，
当时，有最大值4，此时PH=2，
此时
=2
此时的面积为2
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；二次函数的最值；垂径定理；四点共圆模型
【解析】【分析】（1）作CE⊥y轴于点E，根据一线三直角模型证∠ECB=∠ABO。解直角三角形得到BE：EC=3：2，设CE=2a，BE=3a，则C(2a，4+3a)，根据中点公式求出G(a+3，2+1.5a).双曲线经过C、G，把C、G坐标代入中建立方程求出a=1，继而求出C(2，7)，K=xy=14，问题得到解决。（2）根据四边形对角互补判断C、D、N、M四点共圆，CN是圆Q的直径。根据垂径定理得到CD=CM
解Rt△CBM，求出∠CMB=30°，CN是圆的直径，∠CMN=90°，得到∠AMN=60°，MA⊥DN，得到∠MNA=30°。C、D、N、M四点共圆对角互补得到∠DCM=150°。而∠MCN=∠DCM=75°
（3）根据二次函数的性质得到顶点，求出二次函数与X轴的交点坐标K(，0)， L(，0）继而求出，结合轴得到，则有，可知当时，取得最大值，再利用三角形的面积公式即可求出此时的面积．
（1）解：如图1，作轴于点，
，，
，，
矩形，
，，
，
轴，
，
，
，
又，
，
，即，
，
设，则，
，
又，，
，
双曲线经过点，，
，
解得：，（舍去），
，，
代入到得，，
的值为14．
（2）解：由（1）得，，，，
，，
矩形，
，，，
，
，
，
四点共圆，记圆心为，且为圆的直径，
又，
平分，
垂直平分，
，，
又，
，
，
，，
，
又，
，
，
在中，，
，
四点共圆，
，
，
的度数为．
（3）解：由（1）得，，，，
抛物线，
顶点，
顶点是线段上一动点，
，
轴，
，
令，则，
则，，
抛物线与轴交于点，，
，
，
当时，有最大值4，此时，
此时
，
此时的面积为2．
1 / 1广东省东莞市2025年初中学业水平模拟联考（二）数学试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·东莞模拟）中国是世界上最早使用负数的国家，战国时期李悝所著的《法经》中已使用负数．如果公元前500年记作年，那么公元2025年应记作（　　）
A．年 B．年 C．2025年 D．2523年
【答案】C
【知识点】具有相反意义的量
【解析】【解答】解：∵公元前500年记作年，
∴公元前为“”，
∴公元后为“”，
∴公元2025年就是公元后2025年，
∴公元2025年应记作年．
故选：C．
【分析】根据相反意义的量进行求解即可．
2．（2025·东莞模拟）抗日战争时期，我国“四万万同胞”同仇敌忾，经过十四年艰苦卓绝的抗战，终于取得了最后的胜利．数据“四万万”即用科学记数法可以表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：根据题意得
．
故选：C.
【分析】学记数法的表示方法是将一个数较大的数表示为的形式，（其中，位数少1），根据科学记数法的形式来求解．
3．（2025·东莞模拟）若是方程的一个解，则m的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：∵是方程的一个解，
∴，解得，
故答案为：D．
【分析】根据方程解的定义“使方程左右两边相等的未知数的值就是方程的解”，将x=1代入原方程可得关于字母m的一元一次方程，求解即可得出m的值.
4．（2025·东莞模拟）在东莞的可园、观音山国家森林公园、松山湖景区、鸦片战争博物馆、粤晖园这五个著名旅游景点中，随机抽取一个景点去游玩，抽到观音山国家森林公园的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵景点的总数为，其中音山国家森林公园为1
∴，
故答案为：B．
【分析】本题考查了概率的计算，如果一个随机事件有 种可能的结果，并且这些结果出现的可能性相同，那么某个特定事件 发生的概率 ．根据概率的计算公式即可解答。
5．（2025·东莞模拟）下列几何图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．菱形 D．正五边形
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A：等边三角形为轴对称图形，但不为中心对称图形，故A错误；
B：平行四边形为中心对称图形，但不为轴对称图形，故B正确；
C：菱形及为中心对称图形也为轴对称图形，故C错误；
D：正五边形为轴对称图形，但不为中心对称图形，故D错误；
故答案为：B．
【分析】轴对称是把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线称对，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴。
中心对称是一个图形绕着某一点旋转180，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这个点对称，也称这两个图形中心对称，这个点叫做对称中心。根据中心对称图形与轴对称图形的特点逐一判断即可．
6．（2025·东莞模拟）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同底数幂的乘法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A．，故选项A错误；
B．，故选项B错误；
C．，故选项C正确；
D．，故选项D错误．
故选C．
【分析】根据合并同类项、积的乘方、同底数幂相乘逐项判断即可．
7．（2025·东莞模拟）如图所示，，点，，在同一直线上．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】邻补角；余角
【解析】【解答】∵∠AOC=90°，∠1=26°∴∠BOC=90°-26°=64°
点B，O，D在同一直线上，
∴∠BOD=180°
∴∠2=180°-∠BOC=180°-64°=116°．
故答案为：A．
【分析】由图示可得，∠1与∠BOC互余，即∠1+∠BOC=90°，求出∠BOC， 由于∠2与∠BOC互补，即∠2+∠BOC=180°，求出∠2。
8．（2025·东莞模拟）如图，一次函数与反比例函数的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为2，点B的横坐标为，则不等式的解集是（　　）
A．或 B．或
C．或 D．
【答案】A
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：由题意得不等式的解集即为一次函数图象在反比例函数图象下方时自变量的取值范围，
∴不等式的解集为或，
故答案为：A．
【分析】借助图象得到一次函数图象在反比例函数图象下方时自变量x的取值范围即可解题．
9．（2025·东莞模拟）如图，的半径为，以圆外一点为圆心，画半径为的弧，将截成弧长相等的两部分，则两点的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵将截成弧长相等的两部分，
∴CD为直径，
∴AC=AD=4，BC=BD=
∴AB垂直平分CD，
∴，∠ABC=∠ABD=90°
∴，
故答案为：．
【分析】由将截成弧长相等的两部分得为直径，根据题意可得，，则垂直平分，然后根据勾股定理即可求解．
10．（2025·东莞模拟）如图1，线段表示一条拉直的细线，、两点在线段上，且，.若先固定点，将折向，使得重叠在上；如图2，再从图2的点及与点重叠处一起剪开，使得细线分成三段，则此三段细线由小到大的长度比是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】翻折变换（折叠问题）；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】设OB=3x，则BP=7x，
∴OP=OB+BP=10x，
∵，
∴OA=4x，AP=6x，
∴AB=OA-OB=x，
将折向，使得重叠在上，再从点重叠处一起剪开，
得到的三段分别为：2x、3x、5x，
故答案为：D.
【分析】设OB=3x，根据题意可表示出BP、OA、AP、AB的长度，折叠后从点B处剪开得到AB段为2x，OB=3x，BP=5x，即可得到比值.
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分．
11．（2025·东莞模拟）将抛物线向上平移2个单位长度得到的抛物线表达式为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：将抛物线向上平移2个单位长度得到抛物线的表达式为．故答案为：．
【分析】掌握平移的规律“左加右减，上加下减”．根据平移规律即可求出新抛物线的解析式。
12．（2025·东莞模拟）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，则　 　0．（填“”“”或“”）
【答案】
【知识点】实数在数轴上表示；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由题意得：，，
，
故答案为：．
【分析】观察数轴可知且，再利用有理数的加法法则进行计算，可确定出a+b的符号.
13．（2025·东莞模拟）分式方程的解为　 　．
【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：，
等号两边乘以（x-2)x得：，
解得：，
经检验是原方程的解；
故答案为：．
【分析】本题考查解分式方程，将分式方程转化为整式方程，求解后，进行检验即可．
14．（2025·东莞模拟）引入新数i，新数i满足分配律、结合律、交换律，已知 ，则 　 　.
【答案】2
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解： .
故答案为：2.
【分析】首先利用平方差公式将待求式子展开，再将i2=-1代入计算，可求出结果.
15．（2025·东莞模拟）如图，在矩形中，点为边上一个动点，若，，则图中阴影部分的面积为　 　．
【答案】15
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】解：
ABCD是矩形，AD=BC，AB=CD
=9+6
=15
故答案为：15．
【分析】先证，再利用三角形面积的和差关系求出阴影部分的面积。
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分．
16．（2025·东莞模拟）计算：
【答案】解：
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】先算乘方和开方运算，同时化简绝对值，然后合并即可.
17．（2025·东莞模拟）如图，在中，．
（1）实践与操作：利用尺规过点作的高，为垂足；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
（2）应用与计算：在（1）的条件下，若，求的度数．
【答案】（1）解：如图所示即为所求：
（2）解：
∵∠ACF=16°，
∠AFC=90°
∴∠A=90°-16°=74°
∵AC=AB
∠BCF=∠ACB-∠ACF
=53°-16°
=37°
【知识点】等腰三角形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）根据高的尺规作图方法作图即可；（2）在Rt△ACF中，∠A与∠ACF互补，求出∠A，由于三角形ABC是等腰三角形，根据等腰三角形两底角相等，求出∠ACB，而∠ACB=∠ACF+∠BCF，即可求出∠BCF.
（1）解：如图所示即为所求：
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．（2025·东莞模拟）物理课上，老师带着科技小组进行物理实验．同学们将一根不可拉伸的绳子绕过定滑轮，一端拴在滑块上，另一端拴在物体上，滑块放置在水平地面的直轨道上，通过滑块的左右滑动来调节物体的升降．实验初始状态如图1所示，物体静止在直轨道上，物体到定滑轮的垂直距离是，．（实验过程中，绳子始终保持绷紧状态，定滑轮、滑块和物体的大小忽略不计）
（1）求绳子的总长度；
（2）如图2，若物体升高，求滑块向左滑动的距离．
【答案】（1）解：在Rt△ABC中，即解得：AB=10(dm)，
∴绳子长度=AB+AC=10+8=18(dm)
（2）解：如图
由1可知BE=16-10=6(dm)
若物体C升高7dm，则此时
AC=8-7=1(dm)，
AB=18-1=17(dm)，
∴在Rt△ABD中，
∴BE=BD-ED=15-6=9(dm)
答：滑块B向左滑动的距离为9dm
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】本题考查了勾股定理的实际应用，熟悉掌握勾股定理是解题的关键．
（1）利用勾股定理运算求出AB，而绳子长度=AB+AC；
（2）C升高7dm，由1知AB=17dm，BE=6dm， 利用勾股定理运算求出BD．移动距离等于BD-BE即可求解。
（1）解：设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴绳子长度；
（2）解：如图进行标注：
若物体升高，则此时，
∴在中，，
∴，
答：滑块向左滑动的距离为．
四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分．
19．（2025·东莞模拟）心理健康月期间，某中学进行了情景剧表演，现有4位评委老师甲、乙、丙、丁给两个班的情景剧现场打分，满分10分，图1是1班和2班不完整的评分条形统计图，已知两个班的平均分相等．
（1）评委丙给2班的打分是______分；
（2）1班成绩的众数是______分，2班成绩的中位数是______分；
（3）若按照图2的四位评委老师的评分权重计算两个班级的最终得分，请说明哪个班能够获胜．
【答案】（1）10
（2）9；9.5
（3）解：根据扇形统计图中圆心角的度数，可知乙和丙圆心角度数是90°
甲所对的圆心角为360°-90°-90°-120°=，∴四位评委的权重比是60：90：120：90=2：3：4：3．
1班加权平均分：（8×2+9×3+9×4+10×3）÷（2+3+4+3）=为（分）．
2班加权平均分：（7×2+9×3+10×4+10×3）÷（2+3+4+3）=（分）．
∵，
∴2班获胜
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；众数
【解析】解：（1）∵1班平均分为（8+9+9+10）÷4=9（分），
∴2班平均分也为9分，
∴评委丙给2班的打分为（分）．
故答案为：10；
（2）
解：1班成绩是8、9、9、10，所以1班的众数为9分．
2班成绩从小到大排列为7，9，10，10，
∴2班成绩的中位数为（9+10）÷2=9.5（分）．
故答案为：；
【分析】（1）根据平均数相等即可得出答案；（2） 众数是一组数据中出现次数最多的数值，中位数是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数 ，如果这组数据是偶数个，众数取中间两个的平均值，本题由众数和中位数的定义求解即可；（3）加权平均数的计算公式为：，其中x表示各数值，f表示各数值的权重。
根据图2计算出甲、乙、丙、丁圆心角的度数，再计算出他们的权重比，再根据加权平均数的定义列式计算，从而得出答案．
（1）解：∵1班平均分为（分），
∴2班平均分也为9分，
∴评委丙给2班的打分为（分）．
故答案为：10；
（2）解：1班成绩的众数为9分．
2班成绩从小到大排列为7，9，10，10，
∴2班成绩的中位数为（分）．
故答案为：；
（3）解：根据扇形统计图中圆心角的度数，得甲所对的圆心角为，
∴四位评委的权重分别为甲：，乙：，丙：，丁：．
1班得分为（分）．
2班得分为（分）．
∵，
∴2班获胜．
20．（2025·东莞模拟）随着新能源汽车的推广，某市大力推进公共充电桩的建设．据最新资讯，目前该市有甲、乙两种型号的公共充电桩．已知安装3个甲型充电桩和2个乙型充电桩共需成本万元；安装2个甲型充电桩和3个乙型充电桩共需成本万元．
（1）求每个甲型充电桩和乙型充电桩的安装成本分别是多少万元；
（2）若该市计划再安装甲、乙两种型号的充电桩共50个，且总成本不超过54万元，求最多能安装多少个甲型充电桩．
【答案】（1）解：设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，
解得：
答：每个甲型充电桩的安装成本万元，每个乙型充电桩安装成本1万元
（2）解：设安装甲型充电桩m个，则安装乙型充电桩个，
解得：，
答：最多能安装20个甲型充电桩
【知识点】一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，根据题意找出等量关系列出方程组和不等式求解即可．
（1）设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，根据“安装3个甲型充电桩和2个乙型充电桩共需成本万元；安装2个甲型充电桩和3个乙型充电桩共需成本万元”列出方程二元一次方程组求解即可；
（2）设安装甲型充电桩m个，成本1.2m，安装乙型充电桩个，成本（50-m）×1，再根据“总成本不超过54万元”即1.2m+(50-m)54，列出不等式求解即可．
（1）解：设每个甲型充电桩的安装成本x万元，每个乙型充电桩安装成本y万元，
，
解得：，
答：每个甲型充电桩的安装成本万元，每个乙型充电桩安装成本1万元．
（2）解：设安装甲型充电桩m个，则安装乙型充电桩个，
，
解得：，
答：最多能安装20个甲型充电桩．
21．（2025·东莞模拟）综合与实践：制作无盖正三棱柱纸盒
如图1，正方形纸片的边长为12，在正方形内部作等边三角形，连接．
（1）求证：．
（2）如图2，在等边三角形的三个角处分别截去一个彼此全等的四边形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒（纸盒厚度忽略不计）．
①该纸盒的高为x，用含x的代数式表示该纸盒底面的边长，并确定x的取值范围．
②该纸盒的侧面积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，△ABE是等边三角形
∴AD=BC，AE=BE，∠EAB=∠EBA=60°
∠DAE=90°-∠EAB=30°
∠CBE=90°-∠EBA=30°
∴△DAE≌△CBE（SAS）
∴DE=CE
（2）解：①如图所示，△ABE是正三角形，AB=12， 作AB边上的高EN，作BE边上的高AM，纸盒的高是OG，纸盒的底面边长是OL
∵∠OAG=30°，设OG=x，
∴AG=BK=
AB=AG+OL+BK=OL+2x
∴OL=12-2x
12＞OL＞0，即12-2x＞0
求出0＜x＜2
∴纸盒底面边长为：12-2x （0＜x＜2）；
②纸盒侧面积存在最大值，设纸盒侧面积为y，
则
当时，y取得最大值
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系；二次函数-面积问题
【解析】【分析】本题主要考查正方形，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，（1）根据正方形，等边三角形的性质证明△DAE≌△CBE（SAS），即可求证DE=CE；
（2）
①△ABE是正三角形，AB=12， 作AB边上的高EN，作BE边上的高AM，纸盒的高是OG，纸盒的底面边长是OL，设OG=x，解Rt△AOG，求出 AG=KB=.而AB=AG+OL+BK=OL+2x=12.即可求出OL=12-2x， 0＜12-2x＜12.可求出x的取值范围。
② 该纸盒的侧面积 是三个长为(12-2x)，宽为x的矩形。二次函数当a＜0，x=h时最大值是K.利用二次函数最值的方法求出最大值。
（1）证明：∵四边形为正方形
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
（2）解：①如图所示，作的角平分线交于点，作的角平分线交于点，两角平分线交于点，则，
∴，则，
∴，
同理，，
∴，
由题意可得，，
∴，
∴，
∴纸盒底面边长为：；
②纸盒侧面积存在最大值，设纸盒侧面积为y，
则，
当时，y取得最大值．
五、解答题（三）：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分．
22．（2025·东莞模拟）如图1，是的外接圆，是直径，弦与交于点，与交于点，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求劣弧的长；
（3）如图2，，于点，交于点，绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，求证：．
【答案】（1）证明：∵ AC是的直径；
∴∠APC=∠OPC+∠APO=90°，
∵OA=OP
∴∠OAP=∠OPA
∠CPH=∠CAP
∴∠OPA=∠CPH，
∴∠OPH=∠OPC+∠CPH=90°
OP是圆的半径
∴PH是的切线
（2）解：∵BE=1，CE=2∴BC=2+1=3，
∵OP⊥BC，
∴CQ==，
在△PCE和△QCP中
∠BCP=∠BCP
∠APC=∠CQB
∴△PCE∽△QCP
∴，
∴∠QCP=30°，
∠QPC=60°
∴△是等边三角形，
∠OPC=60°
OC=CP=
∠CAP=30°
∴劣弧PC的长为
劣弧PC的长为
（3）解：过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，
由旋转的性质知∠FEG=90° EF=EG，
∵∠FEM+∠GEN=90°
∠NGE+∠GEN=90°
∴∠FEM=∠NGE
∠FME=∠GNE=90°
∴△FEM≌△EGN，
GN=EM，EN=FM
∵AC是的直径，
∴∠ABC=90°
BD垂直AC，∠ADB=90°
∠ABD=∠ACB
AB∥FM
∠ABD=∠BFM
tan∠ACB=
即NC=2GN
∴NC=2EM
tan∠BFM=
即FM=2BM
∴EN=2BM
∴CE=EN+NC=2BM+2EM=2(BM+EM)=2BE
∴CE=2BE
【知识点】切线的判定；弧长的计算；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠APC=∠OPC+∠APO=90°，再证明∠OPH=∠OPC+∠CPH=90°，且OP是半径，即可证明PH是的切线；（2）利用垂径定理求得CQ==，利用AA证明△PCE∽△QCP，求得CP，利用特殊角的三角函数值求得∠QCP=30°，推出△OPC是等边三角形，求出∠CAP=30°，圆的半径是.再根据求弧长的公式求出劣弧PC的长度。
(3)过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，根据一线三直角证明△FEM≌△EGN，得.CN=EM，EN=FM由于AD⊥AC，AB⊥BC，PM⊥BC、CN⊥BC，得到∠ACB=∠ABD=∠BFM，可知tan∠BFM=，得到FM=2BM=EN，tan∠ACB=，得NC=2GN=2EM，而CE=EN+NC，BE=BM+EM，代入化简得到CE=2BE.
（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴劣弧的长为；
（3）解：过点、作的垂线，垂足分别为、，
由旋转的性质知，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
23．（2025·东莞模拟）如图1，矩形的两个顶点，分别落在，轴上，顶点，位于第一象限，对角线，交于点，，，若双曲线经过点，．
（1）求的值；
（2）点，分别在射线、射线上，满足，，求的度数；
（3）如图2，若抛物线的顶点是线段上一动点，与轴交于点，，过点作轴于点，当取得最大值时，求此时的面积．
【答案】（1）解：如图1，ABCD是矩形，∠ABC=90°
作CE⊥y轴于点E，
∵OA=6，OB=4
∴B(0，4)，A(6，0)
∵∠BEC=∠AOB=90°
∠ECB+∠EBC=90°
∠ECB+∠ABO=90°
∴∠ECB=∠ABO
tan∠ ABO=tan∠ECB=
∴BE：EC=3：2
设CE=2a，BE=3a
C(2a，4+3a)，A(6，0)
G是AB的中点
G(a+3，2+1.5a)
双曲线经过C、G
即
2a(4+3a)=(a+3)(2+1.5a)
解得：，（舍去），
∴C(2，7) ，G(4，3.5)
K=xy=14
∴K=14
（2）解：由（1）得，A(6，0)，B(0，4)，C(2，7)
矩形ABCD，
∴∠CDN=90°
∵CM⊥MN
∴∠CMN=90°
∴∠CDN+CMN=180°
∴C、D、N、M四点共圆，CN是圆Q的直径
又∵CN⊥DM，
∴CN平分DM
∴三角形MCD是等腰三角形，CD=CM
AB=CD=CM=2，CB=
sin∠CMB=
∴∠CMB=30°
CN是圆的直径，∠CMN=90°
∴∠AMN=90°-30°=60°
∵MA⊥DN
∴∠MNA=90°-60°=30°
∵C、D、N、M四点共圆
∠MND+∠DCM=180°
∴∠DCM=180°-30°=150°
∴∠MCN=∠DCM=75°
（3）解：由（1）得，A(6，0)，C(2，7)，G(4，3.5)，
抛物线
顶点，
∴
顶点P是线段AC上一动点，
，
令，则
则，
抛物线与轴交于点K，L，
当时，有最大值4，此时PH=2，
此时
=2
此时的面积为2
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；二次函数的最值；垂径定理；四点共圆模型
【解析】【分析】（1）作CE⊥y轴于点E，根据一线三直角模型证∠ECB=∠ABO。解直角三角形得到BE：EC=3：2，设CE=2a，BE=3a，则C(2a，4+3a)，根据中点公式求出G(a+3，2+1.5a).双曲线经过C、G，把C、G坐标代入中建立方程求出a=1，继而求出C(2，7)，K=xy=14，问题得到解决。（2）根据四边形对角互补判断C、D、N、M四点共圆，CN是圆Q的直径。根据垂径定理得到CD=CM
解Rt△CBM，求出∠CMB=30°，CN是圆的直径，∠CMN=90°，得到∠AMN=60°，MA⊥DN，得到∠MNA=30°。C、D、N、M四点共圆对角互补得到∠DCM=150°。而∠MCN=∠DCM=75°
（3）根据二次函数的性质得到顶点，求出二次函数与X轴的交点坐标K(，0)， L(，0）继而求出，结合轴得到，则有，可知当时，取得最大值，再利用三角形的面积公式即可求出此时的面积．
（1）解：如图1，作轴于点，
，，
，，
矩形，
，，
，
轴，
，
，
，
又，
，
，即，
，
设，则，
，
又，，
，
双曲线经过点，，
，
解得：，（舍去），
，，
代入到得，，
的值为14．
（2）解：由（1）得，，，，
，，
矩形，
，，，
，
，
，
四点共圆，记圆心为，且为圆的直径，
又，
平分，
垂直平分，
，，
又，
，
，
，，
，
又，
，
，
在中，，
，
四点共圆，
，
，
的度数为．
（3）解：由（1）得，，，，
抛物线，
顶点，
顶点是线段上一动点，
，
轴，
，
令，则，
则，，
抛物线与轴交于点，，
，
，
当时，有最大值4，此时，
此时
，
此时的面积为2．
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