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广东省深圳市松泉中学4月2025年中考模拟数学试题
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（2025·深圳模拟）篆刻是中华传统艺术之一，雕刻印章是篆刻基本功．如图是一块雕刻印章的材料，其俯视图为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·深圳模拟）若、是一元二次方程的两根（），则（　　）
A．-3 B．3 C．-10 D．10
3．（2025·深圳模拟）某商店的货架可抽象成如图所示的图形，其中，，，，（单位：），则的长度是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·深圳模拟）从甲地到乙地有三条不同的公交线路．为了解早高峰期间这三条线路上的公交车从甲地到乙地的用时情况，在每条线路上随机选取了500个班次的公交车，收集了这些班次的公交车用时（单位：分钟）的数据，统计如下：
公交车用时的频数 公交车用时 线路 合计
45 265 167 23 500
59 151 166 124 500
50 50 122 278 500
早高峰期间，乘坐哪条线路上的公交车，从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的可能性最大（　　）
A．线路 B．线路 C．线路 D．不能确定
5．（2025·深圳模拟）“黔绣”的技师擅长在叶脉上飞针走绣，巧妙地将传统刺绣图案与树叶天然纹理完美结合，创作出神奇的“叶脉苗绣”作品．实际上很多叶片本身都蕴含着黄金分割的比例，在大自然中呈现出优美的样子．如图，点P是的黄金分割点（），如果长为，那么的长约为（　　）．
A． B． C． D．
6．（2025·深圳模拟）如图，一块材料的形状是锐角三角形，边长边上的高为，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点E、F分别在上，则这个正方形零件的边长是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·深圳模拟）我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为文．如果每株椽的运费是文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问文能买多少株椽？设这批椽的数量为株，则符合题意的方程是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·深圳模拟）如图，一次函数的图象和反比例函数的图象交于，两点，若，则的取值范围是（　　）
A． B．
C．或 D．或
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025·深圳模拟）比例式中的值等于　 　．
10．（2025·深圳模拟）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O．若，，则BC的长为　 　．
11．（2025·深圳模拟）已知是方程的一个解，则的值是　 　．
12．（2025·深圳模拟）某篮球架的侧面示意图如图所示，现测得如下数据：底部支架AB的长为1.74m，后拉杆AE的倾斜角∠EAB=53°，篮板MN到立柱BC的水平距离BH=1.74m，在篮板MN另一侧，与篮球架横伸臂DG等高度处安装篮筐，已知篮筐到地面的距离GH的标准高度为3.05m．则篮球架横伸臂DG的长约为　 　m（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈， cos53°≈，tan53°≈）．
13．（2025·深圳模拟）如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为AB 上一点，且AE=3 ，F 为BC 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向左侧作等腰直角三角形FEG ，EG=EF，∠GEF=90°，连接AG ，则AG 的最小值为　 　．
三、解答题（本大题共7小题，共61分）
14．（2025·深圳模拟）解方程：嘉嘉与淇淇两位同学解方程的过程如下：
嘉嘉： 两边同除以，得 ， 则． 淇淇： 移项，得， 提取公因式，得． 则或， 解得，．
（1）嘉嘉的解法 ___________；淇淇的解法 ___________；（填“正确”或“不正确”）
（2）请你选择合适的方法尝试解一元二次方程．
15．（2025·深圳模拟）化学实验课上，杨老师带来了（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属，这四种金属分别用四个相同的不透明容器装着，让同学们随机选择一种金属与盐酸反应来制取氢气.（根据金属活动顺序可知：可以置换出氢气，而不能置换出氢气）
（1）小贾从四个容器中随机选一个，则选到的概率为　 　；
（2）若小贾随机选择一个容器后，小秦再从剩下的三个容器中随机选择一个容器，求二人所选容器中的金属均能置换出氢气的概率．
16．（2025·深圳模拟）冰糖葫芦是我国传统小吃，起源于宋代，一般是用竹签穿上山楂，再蘸上熔化的冰糖液制作而成．
（1）若每根竹签穿8个山楂，穿n串冰糖葫芦需要 个山楂？设需要的山楂总数为m，则山楂总数m与冰糖葫芦的串数n成什么比例关系？
（2）若用300个山楂穿了b串冰糖葫芦，且每串的山楂个数相等，则每串冰糖葫芦的山楂个数是 ？设每串冰糖葫芦的山楂个数为a，则每串冰糖葫芦的山楂个数a与冰糖葫芦的总串数b成什么比例关系？
（3）若有a个山楂，按每串冰糖葫芦的山楂个数相等的规定，穿了b串冰糖葫芦，还剩余c个山楂，则每串冰糖葫芦的山楂个数是多少？当，，时，求每串冰糖葫芦的山楂个数．
17．（2025·深圳模拟）心理学研究发现，一般情况下，在一节45分钟的课中，学生的注意力随学习时间的变化而变化.开始学习时，学生的注意力逐步增强，中间有一段时间学生的注意力保持较为理想的稳定状态，随后学生的注意力开始分散.经过实验分析可知，学生的注意力指标数y随时间x(分钟）的变化规律如下图所示（其中、分别为线段，为双曲线的一部分）．
(1)开始学习后第5分钟时与第35分钟时相比较，何时学生的注意力更集中？
(2)某些数学内容的课堂学习大致可分为三个环节：即“教师引导，回顾旧知——自主探索，合作交流——总结归纳，巩固提高”.其中重点环节“自主探索，合作交流”这一过程一般需要30分钟才能完成，为了确保效果，要求学习时的注意力指标数不低于40，请问这样的课堂学习安排是否合理？并说明理由.
18．（2025·深圳模拟）如图，点是矩形的边上的一点，且．
（1）尺规作图：在的延长线上找一点，使平分；（不直接作的角平分线，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，试判断四边形的形状，并说明理由．
19．（2025·深圳模拟）综合与实践
活动主题 扇面制作
活动情景 如图1，扇面字画是一种传统的中国艺术形式，它将字和绘画结合在扇面上，形成一种独特的艺术风格．为了迎接我市2025年传统民俗文化活动的到来，某班组织同学们开展扇面制作展示活动．如图2所示，扇面形状为扇环，已知，，．
活动小组 甲组 乙组
制作工具 直尺、三角板、量角器、圆规、剪刀
制作材料
【任务一】确定弦的长度．
如图2，请你求出 所对弦的长度．
【任务二】设计甲组扇面．
如图3，已知甲组的圆形卡纸直径为请运用表格中所给工具在中设计与图2相同的扇面，并标出相应数据．
【任务三】确定卡纸大小．
如图4，乙组利用矩形卡纸，恰好设计出与图2相同的扇面，求矩形卡纸的最小规格（即矩形的边长）．
20．（2025·深圳模拟）我们定义：有两条边相等，一组对角互补的四边形称为“奇妙”四边形，其中相等的这组边称为“奇妙”边．
（1）下列选项中一定是“奇妙”四边形的是______．（填写序号）；
①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形
（2）如图，在四边形中，平分，请说明四边形是“奇妙”四边形；
（3）已知在“奇妙”四边形中，“奇妙”边为两相邻边，其中一条“奇妙”边，对角线，求该“奇妙”四边形的周长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：俯视图是：
，
故选：D．
【分析】本题考查了几何体的俯视图，从物体的上面看得到的图形是俯视图．根据俯视图的定义即可得到答案．
2．【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】方法一：∵α、β是一元二次方程的两根，
∴
方法二：∵，得，
∴，，（α、β无顺序）
∴
故选：B
【分析】本题主要对一元二次方程的解法及一元二次方程根与系数的关系，
方法一：可根据一元二次方程根与系数的关系计算的值；
方法二：解一元二次方程，可得，，再计算的值．
3．【答案】B
【知识点】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：∵，
，即，
解得：．
故选B．
【分析】本题主要对平行线等分线段定理进行考查．根据两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，可列出，解得。
4．【答案】A
【知识点】频数（率）分布表；利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由表格得，样本容量相同，
∵，
∴A线路上的公交车用时超过分钟的频数最小，即从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的可能性最大，
故选：A．
【分析】本题主要对利用频率估计概率进行考查。 观察统计表，在样本容量相同的情况下，可以看出A线路上公交车用时超过某分钟的频数最少，因此可以推测，从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的概率最大 。
5．【答案】C
【知识点】黄金分割
【解析】【解答】解：由题意得：
故选：C．
【分析】本题主要对黄金分割进行考查。黄金分割比为，根据此计算AP长为．
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的实际应用
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
设正方形零件的边长为，则，
∴，解得：，
即这个正方形零件的边长为，
故选：．
【分析】因为平行于三角形的一边且与另外两边分别相交所构成的三角形与原三角形相似，所以可以得到，接下来可设正方形的边长，即EF=x，利用相似的性质可搭建关于x的方程，解这个方程即可求得正方形的边长.
7．【答案】B
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：由题意得：一株椽的价钱为文，
则可列方程：，
故选：．
【分析】本题考查了列一元二次方程的应用；根据题意，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱可得一株椽的价钱为文，再根据 这批椽的价钱为文，可列得方程。
8．【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：一次函数和反比例函数交于，两点，
横坐标分别为，
一次函数图象要位于反比例函数图象上方，即在点A的右侧，点B的左侧，
或．
故选：C．
【分析】本题主要对一次函数图象与反比例函数图象的交点问题进行考查，因为要，所以要反比例函数图象在一次函数之上即y轴与A点之间与B点左侧，得出解集或．
9．【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴4x＝15，
解得x＝，
故答案为：．
【分析】本题主要对比例的性质进行考查．利用“两内项之积等于两外项之积”列出方程4x＝15，解得x＝．
10．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】
∵
∴∠AOB=180°-
∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB
∴△ABO是等边三角形
∴AO=AB=2，AC=2AO=4
∴
【分析】由矩形的性质可得：为等边三角形，求得AC的长，再根据勾股定理，即可求得BC的长．
11．【答案】3
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：是方程的一个解，
，
．
故答案为：．
【分析】本题主要对一元二次方程的解与整体代入法进行考查：因为a是原方程的一个解，所以可把代入一元二次方程得到，从而得到．
12．【答案】1.2
【知识点】相似三角形的实际应用
【解析】【解答】解：过点D作DO⊥AH于点O，如图：
由题意得CB∥DO，
∴△ABC∽△AOD，
∴=，
∵∠CAB=53°，tan53°=，
∴tan∠CAB==，
∵AB=1.74m，
∴CB=2.32m，
∵四边形DGHO为长方形，
∴DO=GH=3.05m，OH=DG，
∴=，
则AO=2.2875m，
∵BH=AB=1.75m，
∴AH=3.5m，
则OH=AH-AO≈1.2m，
∴DG≈1.2m.
故答案为1.2.
【分析】本题主要对相似三角形的性质与应用进行考查；
过点D作DO⊥AH于点O，因为CB∥DO，可证明△ABC∽△AOD，所以有=，根据正切可计算CB=2.32m，进而得出 AO=2.2875m，再得到 AH=3.5m ，所以 DG=OH=AH-AO≈1.2m。
13．【答案】1
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；等腰直角三角形；四边形-动点问题
【解析】【解答】过点G作GM⊥AB于点M，
∵以EF 为边向左侧作等腰直角三角形FEG ，EG=EF，∠GEF=90°，
∴∠MGE+∠MEG=∠MEG+∠BEF=90°，
∴∠MGE=∠BEF，
∵正方形ABCD中，∠B=∠GME=90°，
∴ MGE BEF（AAS），
∴GM=EB=AB-AE=4-3=1，
∴点G与直线AB的距离为1，
∴当AG⊥AB时，AG 有最小值，最小值为1．
故答案是：1．
【分析】本题主要对等腰直角三角形的性质，正方形的性质以及三角形全等的判定和性质定理进行考查；过点G作GM⊥AB于点M，根据题意可推出EG=EF，∠MGE=∠BEF，∠B=∠GME=90°，可证： MGE BEF（ASS），进一步得到 GM=EB=AB-AE=4-3=1 ，即： 当AG⊥AB时，AG 有最小值，最小值为1 ．
14．【答案】（1）不正确，不正确
（2）（2）解：方法1：当即，方程成立；
当即时，
两边同除以，得，则，
∴，．
方法2：移项，得，
提取公因式，得，
则或，
解得，．
【知识点】等式的基本性质；因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】（1）解：嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中应为，符号错误，故两人的解法都不正确，
故答案为：不正确，不正确；
【分析】（1）根据一元二次方程的解法，嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中提取公因式中符号错误，进而可作出判断；
（2）可根据两人的方法选择求解即可．本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法和步骤，根据方程特点灵活选用并正确求解是解答的关键．
（1）解：嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中应为，符号错误，故两人的解法都不正确，
故答案为：不正确，不正确；
（2）解：方法1：当即，方程成立；
当即时，
两边同除以，得，则，
∴，．
方法2：移项，得，
提取公因式，得，
则或，
解得，．
15．【答案】（1）
（2）（2）解：画树状图如下：
共有种等可能结果，满足二人所选容器中的金属均能置换出氢气的结果有种，
∴二人所选容器中的金属均能置换出氢气的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】（1）解：∵（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属
∴小贾从四个容器中随机选一个，则选到的概率为；
【分析】本题考查了列树状图求概率以及概率公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）依题意，（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属，选到的概率为，即可作答．
（2）先运用列树状图，得出共有种等可能结果，满足二人所选容器中的金属均能置换出氢气的结果有种，占据即可作答．
16．【答案】（1），正比例关系
（2），反比例关系
（3）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是 个，
当，，时，
（个）．
所以，每串冰糖葫芦的山楂个数为8个．
【知识点】成正比例的量及其意义；成反比例的量及其意义；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】（1） 穿串冰糖葫芦需要个山楂，需要的山楂总数与冰糖葫芦的串数成正比例关系．
（2）每串冰糖葫芦的山楂个数是个，每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数成反比例关系．
【分析】（1）由穿串冰糖葫芦需要个山楂，得到串冰糖葫芦所需山楂的个数，结合山楂总数与冰糖葫芦串数的关系，得出其比值为定值8，根据正比例关系的定义，即可解答；
（2）由题中关系，得到每串冰糖葫芦的山楂个数，通过分析每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数的关系，可知其乘积为定值300，根据反比例关系的定义即可解答．
（3）由题意，用于穿成冰糖葫芦的山楂个数为个，共了串冰糖葫芦，得到每串冰糖葫芦的山楂个数，然后根据题目中、、的值，对代数式进行代入求值，即可求解．
（1）解：穿串冰糖葫芦需要个山楂，需要的山楂总数与冰糖葫芦的串数成正比例关系．
（2）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是个，每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数成反比例关系．
（3）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是 个，
当，，时，
（个）．
所以，每串冰糖葫芦的山楂个数为8个．
17．【答案】解：（1）设AB段的函数关系式为，将代入得解得：
∴.AB段的函数关系式为
设CD段的函数关系式为，将代入得
，
∴反比例函数的解析式为：
把代入得：
把代入得：
∴第35分钟时比开始学习后第5分钟学生的注意力更集中
（2）把代入得：
把代入得：
根据题意得
∴这样的课堂学习安排合理．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【分析】本题主要对反比例函数的应用进行考查；（1）根据图象信息，AB段为一次函数，根据待定系数法设函数关系式，带入已知两点解得AB段解析式为，BC是平行于x轴的线段，CD段为双曲线，根据待定系数法设出解析式并带入已知点解得CD段解析式，再把与分别带入两个解析式得出y值并进行比较，第35分钟时比开始学习后第5分钟学生的注意力更集中；
（2）将带入两个解析式，对对应的x值进行差值计算，所以这样的课堂学习安排合理。
18．【答案】（1）解：图形如图所示：
（2）结论：四边形是菱形．
理由：四边形是矩形，
∴，
，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】本题考查作图复杂作图，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）以为圆心，为半径作交的延长线于点，连接即可；
（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
19．【答案】任务一：解：过点O作，交于点，
，，
，
，
，，
，
任务二：如图，是以直径为底边，底角为度，由任务一可知，，取，以O为圆心，分别以、为半径画弧，即可得到扇面．
任务三：分两种情况：
①如图所示：当与矩形两边相切时，过点作，则矩形为最小规格矩形，
∵，，，
∴，，，
∵当与矩形两边相切，
∴最小规格矩形的边长为、；
②如图，当矩形的边与相切于点M，且A、B两点分别在上，C、D在上；连接交于点N，连接；
由题意知，，，
∴，
∴；
由勾股定理得，
∴；
同理：，
∴，
此时最小规格边长分别为；
综上，最小规格矩形边长为、或．
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质
【解析】【分析】本题考查了垂径定理，含角的直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点进行考查。任务一：过点O作，交于点，根据题意，可得，在直角三角形中所对边等于斜边一半，求得，再中，勾股定理求出，所以，
任务二：是以直径为底边，底角为度，由任务一可知，，取，以O为圆心，分别以、为半径画弧，即可得到扇面；
任务三：分两种情况：
①当与矩形两边相切时，过点作，则矩形为最小规格矩形，可进一步计算得到，，，当与矩形两边相切时，最小规格矩形的边长为、；
②当矩形的边与相切于点M，且A、B两点分别在上，C、D在上；连接交于点N，连接，由题意可得，，在中根据勾股定理有进而算出，，所以，此时最小规格边长分别为。
20．【答案】（1）②④
（2）证明：如图所示，过点D作于E，交延长线于F，
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是“奇妙”四边形；
（3）解：如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点A作于F，∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵“奇妙”四边形的一组对角互补，且四边形内角和为360度，
∴“奇妙”四边形的另一组对角也互补，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
在中，，则，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，
同理可证明，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴平方，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
综上所述，四边形的周长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质
【解析】【分析】本题主要对全等三角形的性质与判定，勾股定理及其逆定理，角平分线的性质与判定，正方形，矩形，菱形，平行四边形的性质等知识点进行考查；（1）根据“奇妙”四边形的定义：有两条边相等，一组对角互补的四边形称为“奇妙”四边形，其中相等的这组边称为“奇妙”边。对四种四边形进行判断，矩形与正方形为“奇妙”四边形。
（2）如图所示，过点D作于E，交延长线于F，因为平分，可得，根据已知信息可得，又因为，可证明，所以，四边形是“奇妙”四边形得证；
（3）分和，两种情况画出对应的图形．
①时，根据“奇妙”四边形的定义，可证明，根据已知信息可得到，进而证明是等腰直角三角形，根据勾股定理可得到，进一步得到，所以四边形的周长为；
②时，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，进而证明，得到，再证明，进一步得到，，，所以四边形的周长为。
（1）
解：矩形和正方形的对角都为90度，即它们的对角互补，且它们的对边相等，而平行四边形和菱形的对角不一定互补，
故正方形和矩形是“奇妙”四边形，
故答案为：②④；
（1）解：矩形和正方形的对角都为90度，即它们的对角互补，且它们的对边相等，而平行四边形和菱形的对角不一定互补，
故正方形和矩形是“奇妙”四边形，
故答案为：②④；
（2）证明：如图所示，过点D作于E，交延长线于F，
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是“奇妙”四边形；
（3）解：如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点A作于F，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵“奇妙”四边形的一组对角互补，且四边形内角和为360度，
∴“奇妙”四边形的另一组对角也互补，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
在中，，则，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，
同理可证明，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴平方，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
综上所述，四边形的周长为或．
1 / 1广东省深圳市松泉中学4月2025年中考模拟数学试题
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（2025·深圳模拟）篆刻是中华传统艺术之一，雕刻印章是篆刻基本功．如图是一块雕刻印章的材料，其俯视图为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：俯视图是：
，
故选：D．
【分析】本题考查了几何体的俯视图，从物体的上面看得到的图形是俯视图．根据俯视图的定义即可得到答案．
2．（2025·深圳模拟）若、是一元二次方程的两根（），则（　　）
A．-3 B．3 C．-10 D．10
【答案】B
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】方法一：∵α、β是一元二次方程的两根，
∴
方法二：∵，得，
∴，，（α、β无顺序）
∴
故选：B
【分析】本题主要对一元二次方程的解法及一元二次方程根与系数的关系，
方法一：可根据一元二次方程根与系数的关系计算的值；
方法二：解一元二次方程，可得，，再计算的值．
3．（2025·深圳模拟）某商店的货架可抽象成如图所示的图形，其中，，，，（单位：），则的长度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】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：∵，
，即，
解得：．
故选B．
【分析】本题主要对平行线等分线段定理进行考查．根据两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，可列出，解得。
4．（2025·深圳模拟）从甲地到乙地有三条不同的公交线路．为了解早高峰期间这三条线路上的公交车从甲地到乙地的用时情况，在每条线路上随机选取了500个班次的公交车，收集了这些班次的公交车用时（单位：分钟）的数据，统计如下：
公交车用时的频数 公交车用时 线路 合计
45 265 167 23 500
59 151 166 124 500
50 50 122 278 500
早高峰期间，乘坐哪条线路上的公交车，从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的可能性最大（　　）
A．线路 B．线路 C．线路 D．不能确定
【答案】A
【知识点】频数（率）分布表；利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由表格得，样本容量相同，
∵，
∴A线路上的公交车用时超过分钟的频数最小，即从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的可能性最大，
故选：A．
【分析】本题主要对利用频率估计概率进行考查。 观察统计表，在样本容量相同的情况下，可以看出A线路上公交车用时超过某分钟的频数最少，因此可以推测，从甲地到乙地“用时不超过45分钟”的概率最大 。
5．（2025·深圳模拟）“黔绣”的技师擅长在叶脉上飞针走绣，巧妙地将传统刺绣图案与树叶天然纹理完美结合，创作出神奇的“叶脉苗绣”作品．实际上很多叶片本身都蕴含着黄金分割的比例，在大自然中呈现出优美的样子．如图，点P是的黄金分割点（），如果长为，那么的长约为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】黄金分割
【解析】【解答】解：由题意得：
故选：C．
【分析】本题主要对黄金分割进行考查。黄金分割比为，根据此计算AP长为．
6．（2025·深圳模拟）如图，一块材料的形状是锐角三角形，边长边上的高为，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点E、F分别在上，则这个正方形零件的边长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的实际应用
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
设正方形零件的边长为，则，
∴，解得：，
即这个正方形零件的边长为，
故选：．
【分析】因为平行于三角形的一边且与另外两边分别相交所构成的三角形与原三角形相似，所以可以得到，接下来可设正方形的边长，即EF=x，利用相似的性质可搭建关于x的方程，解这个方程即可求得正方形的边长.
7．（2025·深圳模拟）我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为文．如果每株椽的运费是文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问文能买多少株椽？设这批椽的数量为株，则符合题意的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】列一元二次方程
【解析】【解答】解：由题意得：一株椽的价钱为文，
则可列方程：，
故选：．
【分析】本题考查了列一元二次方程的应用；根据题意，少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱可得一株椽的价钱为文，再根据 这批椽的价钱为文，可列得方程。
8．（2025·深圳模拟）如图，一次函数的图象和反比例函数的图象交于，两点，若，则的取值范围是（　　）
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：一次函数和反比例函数交于，两点，
横坐标分别为，
一次函数图象要位于反比例函数图象上方，即在点A的右侧，点B的左侧，
或．
故选：C．
【分析】本题主要对一次函数图象与反比例函数图象的交点问题进行考查，因为要，所以要反比例函数图象在一次函数之上即y轴与A点之间与B点左侧，得出解集或．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025·深圳模拟）比例式中的值等于　 　．
【答案】
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴4x＝15，
解得x＝，
故答案为：．
【分析】本题主要对比例的性质进行考查．利用“两内项之积等于两外项之积”列出方程4x＝15，解得x＝．
10．（2025·深圳模拟）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O．若，，则BC的长为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】
∵
∴∠AOB=180°-
∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB
∴△ABO是等边三角形
∴AO=AB=2，AC=2AO=4
∴
【分析】由矩形的性质可得：为等边三角形，求得AC的长，再根据勾股定理，即可求得BC的长．
11．（2025·深圳模拟）已知是方程的一个解，则的值是　 　．
【答案】3
【知识点】一元二次方程的根；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：是方程的一个解，
，
．
故答案为：．
【分析】本题主要对一元二次方程的解与整体代入法进行考查：因为a是原方程的一个解，所以可把代入一元二次方程得到，从而得到．
12．（2025·深圳模拟）某篮球架的侧面示意图如图所示，现测得如下数据：底部支架AB的长为1.74m，后拉杆AE的倾斜角∠EAB=53°，篮板MN到立柱BC的水平距离BH=1.74m，在篮板MN另一侧，与篮球架横伸臂DG等高度处安装篮筐，已知篮筐到地面的距离GH的标准高度为3.05m．则篮球架横伸臂DG的长约为　 　m（结果保留一位小数，参考数据：sin53°≈， cos53°≈，tan53°≈）．
【答案】1.2
【知识点】相似三角形的实际应用
【解析】【解答】解：过点D作DO⊥AH于点O，如图：
由题意得CB∥DO，
∴△ABC∽△AOD，
∴=，
∵∠CAB=53°，tan53°=，
∴tan∠CAB==，
∵AB=1.74m，
∴CB=2.32m，
∵四边形DGHO为长方形，
∴DO=GH=3.05m，OH=DG，
∴=，
则AO=2.2875m，
∵BH=AB=1.75m，
∴AH=3.5m，
则OH=AH-AO≈1.2m，
∴DG≈1.2m.
故答案为1.2.
【分析】本题主要对相似三角形的性质与应用进行考查；
过点D作DO⊥AH于点O，因为CB∥DO，可证明△ABC∽△AOD，所以有=，根据正切可计算CB=2.32m，进而得出 AO=2.2875m，再得到 AH=3.5m ，所以 DG=OH=AH-AO≈1.2m。
13．（2025·深圳模拟）如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为AB 上一点，且AE=3 ，F 为BC 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向左侧作等腰直角三角形FEG ，EG=EF，∠GEF=90°，连接AG ，则AG 的最小值为　 　．
【答案】1
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；等腰直角三角形；四边形-动点问题
【解析】【解答】过点G作GM⊥AB于点M，
∵以EF 为边向左侧作等腰直角三角形FEG ，EG=EF，∠GEF=90°，
∴∠MGE+∠MEG=∠MEG+∠BEF=90°，
∴∠MGE=∠BEF，
∵正方形ABCD中，∠B=∠GME=90°，
∴ MGE BEF（AAS），
∴GM=EB=AB-AE=4-3=1，
∴点G与直线AB的距离为1，
∴当AG⊥AB时，AG 有最小值，最小值为1．
故答案是：1．
【分析】本题主要对等腰直角三角形的性质，正方形的性质以及三角形全等的判定和性质定理进行考查；过点G作GM⊥AB于点M，根据题意可推出EG=EF，∠MGE=∠BEF，∠B=∠GME=90°，可证： MGE BEF（ASS），进一步得到 GM=EB=AB-AE=4-3=1 ，即： 当AG⊥AB时，AG 有最小值，最小值为1 ．
三、解答题（本大题共7小题，共61分）
14．（2025·深圳模拟）解方程：嘉嘉与淇淇两位同学解方程的过程如下：
嘉嘉： 两边同除以，得 ， 则． 淇淇： 移项，得， 提取公因式，得． 则或， 解得，．
（1）嘉嘉的解法 ___________；淇淇的解法 ___________；（填“正确”或“不正确”）
（2）请你选择合适的方法尝试解一元二次方程．
【答案】（1）不正确，不正确
（2）（2）解：方法1：当即，方程成立；
当即时，
两边同除以，得，则，
∴，．
方法2：移项，得，
提取公因式，得，
则或，
解得，．
【知识点】等式的基本性质；因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】（1）解：嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中应为，符号错误，故两人的解法都不正确，
故答案为：不正确，不正确；
【分析】（1）根据一元二次方程的解法，嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中提取公因式中符号错误，进而可作出判断；
（2）可根据两人的方法选择求解即可．本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法和步骤，根据方程特点灵活选用并正确求解是解答的关键．
（1）解：嘉嘉的解法中忽略的情况，淇淇的解法中应为，符号错误，故两人的解法都不正确，
故答案为：不正确，不正确；
（2）解：方法1：当即，方程成立；
当即时，
两边同除以，得，则，
∴，．
方法2：移项，得，
提取公因式，得，
则或，
解得，．
15．（2025·深圳模拟）化学实验课上，杨老师带来了（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属，这四种金属分别用四个相同的不透明容器装着，让同学们随机选择一种金属与盐酸反应来制取氢气.（根据金属活动顺序可知：可以置换出氢气，而不能置换出氢气）
（1）小贾从四个容器中随机选一个，则选到的概率为　 　；
（2）若小贾随机选择一个容器后，小秦再从剩下的三个容器中随机选择一个容器，求二人所选容器中的金属均能置换出氢气的概率．
【答案】（1）
（2）（2）解：画树状图如下：
共有种等可能结果，满足二人所选容器中的金属均能置换出氢气的结果有种，
∴二人所选容器中的金属均能置换出氢气的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】（1）解：∵（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属
∴小贾从四个容器中随机选一个，则选到的概率为；
【分析】本题考查了列树状图求概率以及概率公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）依题意，（镁）、（铝）、（锌）、Cu(铜）四种金属，选到的概率为，即可作答．
（2）先运用列树状图，得出共有种等可能结果，满足二人所选容器中的金属均能置换出氢气的结果有种，占据即可作答．
16．（2025·深圳模拟）冰糖葫芦是我国传统小吃，起源于宋代，一般是用竹签穿上山楂，再蘸上熔化的冰糖液制作而成．
（1）若每根竹签穿8个山楂，穿n串冰糖葫芦需要 个山楂？设需要的山楂总数为m，则山楂总数m与冰糖葫芦的串数n成什么比例关系？
（2）若用300个山楂穿了b串冰糖葫芦，且每串的山楂个数相等，则每串冰糖葫芦的山楂个数是 ？设每串冰糖葫芦的山楂个数为a，则每串冰糖葫芦的山楂个数a与冰糖葫芦的总串数b成什么比例关系？
（3）若有a个山楂，按每串冰糖葫芦的山楂个数相等的规定，穿了b串冰糖葫芦，还剩余c个山楂，则每串冰糖葫芦的山楂个数是多少？当，，时，求每串冰糖葫芦的山楂个数．
【答案】（1），正比例关系
（2），反比例关系
（3）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是 个，
当，，时，
（个）．
所以，每串冰糖葫芦的山楂个数为8个．
【知识点】成正比例的量及其意义；成反比例的量及其意义；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】（1） 穿串冰糖葫芦需要个山楂，需要的山楂总数与冰糖葫芦的串数成正比例关系．
（2）每串冰糖葫芦的山楂个数是个，每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数成反比例关系．
【分析】（1）由穿串冰糖葫芦需要个山楂，得到串冰糖葫芦所需山楂的个数，结合山楂总数与冰糖葫芦串数的关系，得出其比值为定值8，根据正比例关系的定义，即可解答；
（2）由题中关系，得到每串冰糖葫芦的山楂个数，通过分析每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数的关系，可知其乘积为定值300，根据反比例关系的定义即可解答．
（3）由题意，用于穿成冰糖葫芦的山楂个数为个，共了串冰糖葫芦，得到每串冰糖葫芦的山楂个数，然后根据题目中、、的值，对代数式进行代入求值，即可求解．
（1）解：穿串冰糖葫芦需要个山楂，需要的山楂总数与冰糖葫芦的串数成正比例关系．
（2）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是个，每串冰糖葫芦的山楂个数与冰糖葫芦的总串数成反比例关系．
（3）解：每串冰糖葫芦的山楂个数是 个，
当，，时，
（个）．
所以，每串冰糖葫芦的山楂个数为8个．
17．（2025·深圳模拟）心理学研究发现，一般情况下，在一节45分钟的课中，学生的注意力随学习时间的变化而变化.开始学习时，学生的注意力逐步增强，中间有一段时间学生的注意力保持较为理想的稳定状态，随后学生的注意力开始分散.经过实验分析可知，学生的注意力指标数y随时间x(分钟）的变化规律如下图所示（其中、分别为线段，为双曲线的一部分）．
(1)开始学习后第5分钟时与第35分钟时相比较，何时学生的注意力更集中？
(2)某些数学内容的课堂学习大致可分为三个环节：即“教师引导，回顾旧知——自主探索，合作交流——总结归纳，巩固提高”.其中重点环节“自主探索，合作交流”这一过程一般需要30分钟才能完成，为了确保效果，要求学习时的注意力指标数不低于40，请问这样的课堂学习安排是否合理？并说明理由.
【答案】解：（1）设AB段的函数关系式为，将代入得解得：
∴.AB段的函数关系式为
设CD段的函数关系式为，将代入得
，
∴反比例函数的解析式为：
把代入得：
把代入得：
∴第35分钟时比开始学习后第5分钟学生的注意力更集中
（2）把代入得：
把代入得：
根据题意得
∴这样的课堂学习安排合理．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数的实际应用
【解析】【分析】本题主要对反比例函数的应用进行考查；（1）根据图象信息，AB段为一次函数，根据待定系数法设函数关系式，带入已知两点解得AB段解析式为，BC是平行于x轴的线段，CD段为双曲线，根据待定系数法设出解析式并带入已知点解得CD段解析式，再把与分别带入两个解析式得出y值并进行比较，第35分钟时比开始学习后第5分钟学生的注意力更集中；
（2）将带入两个解析式，对对应的x值进行差值计算，所以这样的课堂学习安排合理。
18．（2025·深圳模拟）如图，点是矩形的边上的一点，且．
（1）尺规作图：在的延长线上找一点，使平分；（不直接作的角平分线，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：图形如图所示：
（2）结论：四边形是菱形．
理由：四边形是矩形，
∴，
，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】本题考查作图复杂作图，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）以为圆心，为半径作交的延长线于点，连接即可；
（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
19．（2025·深圳模拟）综合与实践
活动主题 扇面制作
活动情景 如图1，扇面字画是一种传统的中国艺术形式，它将字和绘画结合在扇面上，形成一种独特的艺术风格．为了迎接我市2025年传统民俗文化活动的到来，某班组织同学们开展扇面制作展示活动．如图2所示，扇面形状为扇环，已知，，．
活动小组 甲组 乙组
制作工具 直尺、三角板、量角器、圆规、剪刀
制作材料
【任务一】确定弦的长度．
如图2，请你求出 所对弦的长度．
【任务二】设计甲组扇面．
如图3，已知甲组的圆形卡纸直径为请运用表格中所给工具在中设计与图2相同的扇面，并标出相应数据．
【任务三】确定卡纸大小．
如图4，乙组利用矩形卡纸，恰好设计出与图2相同的扇面，求矩形卡纸的最小规格（即矩形的边长）．
【答案】任务一：解：过点O作，交于点，
，，
，
，
，，
，
任务二：如图，是以直径为底边，底角为度，由任务一可知，，取，以O为圆心，分别以、为半径画弧，即可得到扇面．
任务三：分两种情况：
①如图所示：当与矩形两边相切时，过点作，则矩形为最小规格矩形，
∵，，，
∴，，，
∵当与矩形两边相切，
∴最小规格矩形的边长为、；
②如图，当矩形的边与相切于点M，且A、B两点分别在上，C、D在上；连接交于点N，连接；
由题意知，，，
∴，
∴；
由勾股定理得，
∴；
同理：，
∴，
此时最小规格边长分别为；
综上，最小规格矩形边长为、或．
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质
【解析】【分析】本题考查了垂径定理，含角的直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点进行考查。任务一：过点O作，交于点，根据题意，可得，在直角三角形中所对边等于斜边一半，求得，再中，勾股定理求出，所以，
任务二：是以直径为底边，底角为度，由任务一可知，，取，以O为圆心，分别以、为半径画弧，即可得到扇面；
任务三：分两种情况：
①当与矩形两边相切时，过点作，则矩形为最小规格矩形，可进一步计算得到，，，当与矩形两边相切时，最小规格矩形的边长为、；
②当矩形的边与相切于点M，且A、B两点分别在上，C、D在上；连接交于点N，连接，由题意可得，，在中根据勾股定理有进而算出，，所以，此时最小规格边长分别为。
20．（2025·深圳模拟）我们定义：有两条边相等，一组对角互补的四边形称为“奇妙”四边形，其中相等的这组边称为“奇妙”边．
（1）下列选项中一定是“奇妙”四边形的是______．（填写序号）；
①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形
（2）如图，在四边形中，平分，请说明四边形是“奇妙”四边形；
（3）已知在“奇妙”四边形中，“奇妙”边为两相邻边，其中一条“奇妙”边，对角线，求该“奇妙”四边形的周长．
【答案】（1）②④
（2）证明：如图所示，过点D作于E，交延长线于F，
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是“奇妙”四边形；
（3）解：如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点A作于F，∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵“奇妙”四边形的一组对角互补，且四边形内角和为360度，
∴“奇妙”四边形的另一组对角也互补，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
在中，，则，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，
同理可证明，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴平方，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
综上所述，四边形的周长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质
【解析】【分析】本题主要对全等三角形的性质与判定，勾股定理及其逆定理，角平分线的性质与判定，正方形，矩形，菱形，平行四边形的性质等知识点进行考查；（1）根据“奇妙”四边形的定义：有两条边相等，一组对角互补的四边形称为“奇妙”四边形，其中相等的这组边称为“奇妙”边。对四种四边形进行判断，矩形与正方形为“奇妙”四边形。
（2）如图所示，过点D作于E，交延长线于F，因为平分，可得，根据已知信息可得，又因为，可证明，所以，四边形是“奇妙”四边形得证；
（3）分和，两种情况画出对应的图形．
①时，根据“奇妙”四边形的定义，可证明，根据已知信息可得到，进而证明是等腰直角三角形，根据勾股定理可得到，进一步得到，所以四边形的周长为；
②时，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，进而证明，得到，再证明，进一步得到，，，所以四边形的周长为。
（1）
解：矩形和正方形的对角都为90度，即它们的对角互补，且它们的对边相等，而平行四边形和菱形的对角不一定互补，
故正方形和矩形是“奇妙”四边形，
故答案为：②④；
（1）解：矩形和正方形的对角都为90度，即它们的对角互补，且它们的对边相等，而平行四边形和菱形的对角不一定互补，
故正方形和矩形是“奇妙”四边形，
故答案为：②④；
（2）证明：如图所示，过点D作于E，交延长线于F，
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是“奇妙”四边形；
（3）解：如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点A作于F，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵“奇妙”四边形的一组对角互补，且四边形内角和为360度，
∴“奇妙”四边形的另一组对角也互补，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
在中，，则，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
如图所示，当时，延长到E，使得，连接，过点B作于F，过点H作直线的垂线，交直线于H，
同理可证明，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
又∵，
∴，
∴，
∴平方，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
综上所述，四边形的周长为或．
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