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四川省绵阳市梓潼县2025年模拟预测数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合要求）
1．（2025·梓潼模拟）下列各数中，比小的数是（　　）
A． B． C．4 D．1
【答案】B
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法；有理数的大小比较-绝对值比较法
【解析】【解答】解：∵，，，且1<2<4，
∴，
∴四个数中比小的数是，
故答案为：B．
【分析】根据正数大于0，负数小于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小，进行判断并解答即可．
2．（2025·梓潼模拟）下列各式运算正确的是（　　）
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；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，选项原计算错误，不符合题意；
B、，选项原计算错误，不符合题意；
C、，选项原计算正确，符合题意；
D、不是同类项，不能合并，选项原计算错误，不符合题意.
故答案为：C．
【分析】由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断A选项；由分式乘方，等于把分子、分母分别乘方，据此可判断B选项；根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加即可判断C选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断D选项.
3．（2025·梓潼模拟）下面四个交通标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的交通标志是中心对称图形，故符合题意；
B 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意；
C 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意；
D 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意.
故答案为：A．
【分析】把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
4．（2025·梓潼模拟）如图所示几何体是由一个球体和一个圆柱组成的，它的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：根据俯视图的意义可知，从上面看物体所得到的图形，选项C符合题意，
故答案选：C．
【分析】根据从上面看到的几何图形是俯视图解答即可案．
5．（2025·梓潼模拟）某班在开展劳动教育课程调查中发现，第一小组6名同学每周做家务的天数依次为3，7，5，6，5，4（单位：天），则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．5和5 B．5和4 C．5和6 D．6和5
【答案】A
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：将数据按照由小到大的顺序排列为：3、4、5、5、6、7，
∴中位数为(5+5)÷2=5，众数为5.
故答案为：A.
【分析】将数据按照由小到大的顺序进行排列，求出中间两个数据的平均数即为中位数，找出出现次数最多的数据即为众数.
6．（2025·梓潼模拟）如图，在 ABCD中，AB=2，BC=3．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：∵由题意可知CF是∠BCD的平分线，
∴∠BCE=∠DCE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠DCE=∠E，
∴∠BCE=∠AEC，
∴BE=BC=3，
∵AB=2，
∴AE=BE-AB=1，
故答案为：B．
【分析】由尺规作图过程可得CF是∠BCD的平分线，由角平分线的定义得∠BCE=∠DCE，由平行四边形的对边平行得AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得∠DCE=∠E，则∠BCE=∠AEC，由等角对等边得BE=BC=3，最后根据AE=BE-AB可算出答案.
7．（2025·梓潼模拟）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系；求正弦值
【解析】【解答】解：根据题意，设，则，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形对应边相等得出AH=BE=3x，由正方形的四边相等可得EF=HE=x，由线段的和差得出AE=4x，在Rt△AEB中，根据勾股定理可得AB=5x，最后根据正弦函数的定义可求出∠ABE的正弦函数值.
8．（2025·梓潼模拟）若关于x的一元一次不等式组的解集是，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：解不等式，得，
不等式组的解集为，
，
故答案为：A．
【分析】根据解不等式的步骤求出不等式组中第一个不等式的解集，然后根据不等式的解集结合“同小取小” 即可确定m的取值范围．
9．（2025·梓潼模拟）如图，是圆锥的轴截面图形，是圆锥的高．若，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆锥的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由图可知：，
∴，
设展开图的圆心角的度数为，则：，
∴；即：展开图的圆心角的度数为.
故答案为：C．
【分析】由勾股定理求出母线长，进而结合弧长公式“”，根据圆锥的底面圆周长等于侧面展开图的弧长建立方程，求解即可．
10．（2025·梓潼模拟）如图，在中，于点D，添加下列条件后仍不能使成为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；直角三角形的概念；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：A、∵，
∴∠ADC=90°，
∴，
又∵，
∴，即，
∴为直角三角形，故选项A不符合题意；
B、 ∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴为直角三角形，故选项B不符合题意；
C、 ∵，
∴，
∴，即为直角三角形，故选项C不符合题意；
D、∵，，
∴，只能说明为等腰三角形，无法说明是直角三角形，故D符合题意．
故答案为：D.
【分析】由垂直的定义可得∠ADC=∠BDC=90°，由直角三角形两锐角互余及等量代换推出∠BAC=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断A选项；由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出△ADC∽△CDB，由相似三角形对应角相等得出∠A=∠1，由直角三角形两锐角互余及等量代换推出∠BAC=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断B选项；根据勾股定理的逆定理可判断出∠ACB=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断C选项；由同角的余角相等推出∠A=∠B，只能说明△ABC为等腰三角形，无法说明是直角三角形，据此可判断D选项.
11．（2025·梓潼模拟）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（　　）
A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm
【答案】D
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=8．
在Rt△EBC中，BC=．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴，即，
解得：OF=．
故答案为：D．
【分析】连接OB，利用勾股定理可得OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2，解得：OE=3，再证出△OFC∽△BEC，可得，即，再求出OF的长即可.
12．（2025·梓潼模拟）若一个点的坐标满足，我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；定义新运算
【解析】【解答】解：将(k，2k)代入二次函数，得：2k =(t+1) k2+(t+2) k+s，
整理得：(t+1) k2+tk+s=0，
∵(t+1)k2+tk+s=0是关于k的二次方程，总有两个不同的实根，
∴t2-4s(t+1)>0，
令f(t)=t2-4s(t+1)=t2-4st-4s，
∵f (t) >0，
∴(4s)2+16s=16s2+16s <0，
∴s(s+1)<0，
解得：-1＜s＜0，
故答案为：D.
【分析】根据题意先求出(t+1) k2+tk+s=0，再利用一元二次方程根的判别式求解即可。
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）：
13．（2025·梓潼模拟）因式分解 　 　．
【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】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式即可．
14．（2025·梓潼模拟）祖国江山美丽如画，川西风光多姿多彩．据四川省某地相关部门通报，“五一”期间，全国各地众多游客前往旅游，共接待游客约1665000人次．将1665000用科学记数法表示应为　 　
【答案】
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：，
故答案为：.
【分析】用科学记数法表示大于10的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此解答即可.
15．（2025·梓潼模拟）一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为　 　．
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：列表得，
黑1 黑2 白1 白2
黑1 黑1黑1 黑1黑2 黑1白1 黑1白2
黑2 黑2黑1 黑2黑2 黑2白1 黑2白2
白1 白1黑1 白1黑2 白1白1 白1白2
白2 白2黑1 白2黑2 白2白1 白2白2
∵由表格可知，不放回的摸取2次共有16种等可能结果，其中两次摸出的小球都是白球有4种结果，
∴两次摸出的小球都是白球的概率为： = ，
故答案为： ．
【分析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．本题考查概率的概念和求法，用树状图或表格表达事件出现的可能性是求解概率的常用方法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16．（2025·梓潼模拟）如图，某高速公路建设中需要测量某条江的宽度AB，飞机上的测量人员在C处测得A，B两点的俯角分别为和若飞机离地面的高度CH为1200米，且点H，A，B在同一水平直线上，则这条江的宽度AB为　 　米结果保留根号．
【答案】
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：由于，
，，
在中，，
米，
在，，
(米，
米，
故答案为：.
【分析】由二直线平行，内错角相等得，，由等腰直角三角形性质得出AH=CH=1200米，在Rt△HCB中，利用∠B的正切函数可求出HB，最后根据AB=HB-HA可算出答案.
17．（2025·梓潼模拟）如图，在矩形纸片中，，把该矩形纸片沿直线折叠，使点B落在点E处，连接，则的值为　 　
【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：过点D作于点F，过点E作于点H，如图，
∵在矩形纸片中，，
∴设，则，
∴，
由折叠，得，，
∵，
∴，解得，
∴，
同理可得：，从而得；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】过点D作于点F，过点E作于点H，由矩形性质设，则，根据勾股定理表示出AC=5a，由折叠的性质得出CE=BC=AD=3a，AE=AB=4a，∠AEC=∠B=90°，由等面积法求得，利用勾股定理求出CH=，同理求出 ，由由三个内角为直角的四边形是矩形得出四边形DEHF是矩形，由矩形对边相等及线段的和差，根据，最后即可求出两条线段的比值.
18．（2025·梓潼模拟）如图，点在双曲线上，过点P的直线与坐标轴分别交于A，B两点，且．点M是该双曲线在第四象限上的一点，过点M的直线与双曲线只有一个公共点，并与坐标轴分别交于C，D两点．则四边形面积的最小值为　 　
【答案】8
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；已知正切值求边长
【解析】【解答】解：设反比例函数解析式为，
把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为，
设直线解析式为，
把代入中得：，解得，
在中，当时，，当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立得，
∵直线与反比例函数只有一个公共点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
∴，
∴
，
∵，当即时取等号，
∴，
∴，
故答案为：8．
【分析】先利用待定系数法求出反比例函数解析式为，设直线解析式为，则代入可推出，然后根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出，从而得到OA、OB的长，然后根据∠BAO的正切函数值及正切函数定义求出m=1，n=2；由反比例函数图象上点的坐标特点设，直线的解析式为，将点M的坐标代入可得直线的解析式为，联立直线l2与反比例函数的解析式得，由两函数图象只有唯一公共点可得，可得，则直线的解析式为，进而根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出C、D的坐标，利用两点间的距离公式表示出BD，OC，根据建立出关于未知数t的函数关系式，结合偶数次幂的非负性求解即可.
三、解答题∶本大题共7个小题，共90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（2025·梓潼模拟）（1）计算：
（2）先化简，再求值： ，其中
【答案】解：（1）原式
．
（2）原式
．
当时，原式．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；分母有理化；特殊角的三角函数的混合运算；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（1）先代入特殊角三角函数值，同时根据二次根式性质、负整数指数幂法则“”及0指数幂法则“a0=1(a≠0)”分别化简，进而计算乘法，最后计算实数加减法运算得出答案；
（2）先通分计算括号内异分母分式的加法，同时根据除以一个不为零的数等于乘以这个数的倒数把除法变成乘法，进而计算分式乘法约分化简，最后将a的值代入化简结果，分母有理数即可得出答案.
20．（2025·梓潼模拟）为了解读书月活动对九年级同学日均阅读时长的影响，随机抽取一个班，分上旬、中旬、下旬三个阶段统计日均阅读时间，给出了活动上旬频数统计表、活动中旬频数折线统计图、活动下旬频数分布扇形统计图．
活动上旬频数统计表
日人均阅读 时间／时 学生 人数
30
15
2
0
（1）求上表中a的值；
（2）若九年级共有1200人，且抽取的这个班学生的日人均阅读时间变化情况能很好地反映九年级学生的日人均阅读时间的变化情况，试估算至读书月活动结束时该年级学生日人均阅读时间在小时的人数．
【答案】（1）解：由折线统计图知该班总人数为（人），
．
（2）解：由扇形统计图知该班日人均阅读时间在小时的学生占，
该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为（人）．
答：该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为360人．
【知识点】频数（率）分布表；折线统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【分析】（1）由折线图求出该班总人数，根据该班人数不变，利用频数分布表中的频数之和等于总人数求出的值；
（2）利用样本估计总体的思想，用该校九年级的总人数乘以样本中学生日人均阅读时间在小时的人数所占的百分比，即可 估算至读书月活动结束时该年级学生日人均阅读时间在小时的人数 .
（1）解：由折线统计图知该班总人数为（人），
．
（2）解：由扇形统计图知该班日人均阅读时间在小时的学生占，
该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为（人）．
答：该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为360人．
21．（2025·梓潼模拟）如图，内接于，D是上一点，，E是外一点，，，连接．
（1）若，求的长；
（2）求证∶是的切线．
【答案】（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据角的构成，由等量加等量和相等推出，从而用“ASA”证明，根据全等三角形的对应边相等可得AE=AB=8；
（2）连接OA、OB，由等边对等角及三角形内角和定理可推出，，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出，然后根据等量代换及角的构成可推出，从而根据垂直半径外端点的直线是圆的切线可得结论.
（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线．
22．（2025·梓潼模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与x轴相交于点，与反比例函数的图象相交于点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，且，求点C的坐标．
【答案】（1）解：把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为；
把，代入中得：，
∴，
∴一次函数解析式为；
（2）解：如图所示，过点B作轴于E，设与x轴交于F，
∵直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，
∴，
∴，
∴；
∵轴，点B在反比例函数的图象上，
∵，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数系数k的几何意义；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点B作BE⊥x轴于E，设CD与x轴交于F，先利用反比例函数比例系数的几何意义求出△COF与△ODF的面积，进而结合图形求出△COD的面积，再根据已知求出△OBC的面积；再结合反比例函数比例系数的几何意义及割补法求出梯形BEFC与△OBC的面积相等；根据反比例函数图象上点的坐标特点，设，则，求出，最后根据梯形面积公式建立方程，解方程即可得到答案．
（1）解：把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为；
把，代入中得：，
∴，
∴一次函数解析式为；
（2）解：如图所示，过点B作轴于E，设与x轴交于F，
∵直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，
∴，
∴，
∴；
∵轴，点B在反比例函数的图象上，
∵，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴．
23．（2025·梓潼模拟）某中学开学初在体育用品商城购进A，B两种品牌的足球，购买A品牌足球花了2500元，购买B品牌足球花了2000元，且购买A品牌足球的数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）该中学响应习近平总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进一些足球，使得两次购进的A，B两种品牌的足球总数达到125个．本次恰逢该体育用品商城对这两种品牌足球的．售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售．如果该中学此次购买A，B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
【答案】（1）解：设购买一个品牌的足球需元，则购买一个品牌的足球需元．
由题意得，
解得：．
经检验是原分式方程的解，且符合题意．
．
答：购买一个品牌的足球需50元，购买一个品牌的足球需80元．
（2）解：由题意得，本次购买的足球总数为（个）．
设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球．
由题意得，解得．
又是正整数，
的最大值为31．
答：该中学此次最多可购买31个品牌足球．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设购买一个品牌的足球需元， 则购买一个品牌的足球需元． 根据总价除以单价等于数量及购买A品牌足球的数量是购买B品牌足球数量的2倍，列出方程进行求解即可；
（2）根据总价除以单价等于数量分别求出第一次购买A、B两种品牌足球的数量，然后根据两次购买A、B品牌足球总数为125求出第二次购买A、B两种足球的数量为50个，设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球，根据单价乘以数量等于总价及该中学此次购买A，B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式，求出最大整数解即可.
（1）解：设购买一个品牌的足球需元，则购买一个品牌的足球需元．
由题意得，
解得：．
经检验是原分式方程的解，且符合题意．
．
答：购买一个品牌的足球需50元，购买一个品牌的足球需80元．
（2）解：由题意得，本次购买的足球总数为（个）．
设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球．
由题意得，解得．
又是正整数，
的最大值为31．
答：该中学此次最多可购买31个品牌足球．
24．（2025·梓潼模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线经过，两点，与x轴交于另一点C，直线与x轴交于点D，与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接，过点E作的垂线l，在l上截取线段，使，且点F在第一象限，过点F作轴于点M，设点P的横坐标为t，线段的长度为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点E作交的延长线于点H，连接，点G为的中点，当直线经过的中点Q时，求点F的坐标．
【答案】（1）解：抛物线经过、两点，
将点、代入，得
，
解得
抛物线的解析式为：；
（2）解： 如解图，作轴于点，轴于点，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
.
点在第二象限，且其横坐标为，
.
由，令，得，
，
.
，即；
（3）解：如解图，过点作轴于点，交于点，连接.
由知，
，
，
轴，
，
又，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
∴
.
为的中点，
，
.
由，解得，，
抛物线与轴的另一个交点，
，
为的中点，
，
，
，
，
.
设，
，又，
，
即，
，
解得或（舍去）．
由（2）知得：，
，
．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形全等及其性质；二次函数-动态几何问题；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）直接把A、B坐标代入y=ax2+2ax+c可得关于字母a、c的方程组，求解得出a、c得值，从而即可得到抛物线的解析式；
（2）分别过P、F向y轴作垂线，垂足分别为K、L，由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等得∠EPK=∠LEF，从而由“AAS”证，由全等三角形的对应边相等得PK=EL=-t，根据直线与y轴交点的坐标特点求出点E的坐标得出OE的长，最后根据，再代入可求得解析式；
（3）首先由“AAS”证△EPR≌△EFH，由全等三角形的对应边相等得ER=EH，再由“SAS”证△ERK≌△EHK，由全等三角形的对应角相等得∠EKH=∠EKP=90°，从而可得EK∥DQ，由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得△DQG∽△HPG，由相似三角形对应边成比例可求出DQ=PH；求出点C的坐标，根据中点定义求出OQ，进而由线段和差求出DQ，可得PH的长，由点的坐标与图形性质设，由PH=PK+KH建立方程求出t的值，进而求出FM、OM的长，从而得到点F的坐标.
（1）解：抛物线经过、两点，
将点、代入，得
，
解得
抛物线的解析式为：；
（2）如解图，作轴于点，轴于点，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
.
点在第二象限，且其横坐标为，
.
由，令，得，
，.
，即；
（3）如解图，过点作轴于点，交于点，连接.
由知，
，
，
轴，
，
又，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
∴
.
为的中点，
，.
由，解得，，
抛物线与轴的另一个交点，
，
为的中点，
，，
，，
.
设，
，又，
，
即，
，
解得或（舍去）．
由（2）知得：，
，
．
25．（2025·梓潼模拟）定义：有三个内角相等的四边形叫三等角四边形．
（1）三等角四边形中，，求的取值范围；
（2）如图，折叠平行四边形纸片，使顶点，分别落在边，上的点，处，折痕分别为，．求证：四边形是三等角四边形．
（3）三等角四边形中，，若，则当的长为何值时，的长最大，其最大值是多少？并求此时对角线的长．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形DEBF是平行四边形，
∴∠E=∠F，∠E+∠EBF=180°
由折叠得，
∵，，
∴，
∴四边形是三等角四边形；
（3）解：①当时，如图，过点作，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，，
∴，，，
设，，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴当时，的最大值是，即：当时，的最大值为；
②当时，三等角四边形是正方形，
∴；
③当时，为锐角，如图，
∵，
∴，
综上所述，当时，的长最大，最大值是；
此时，，如图，过点作于，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质；平行四边形的判定；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）根据四边形的内角和是及已知得出，然后根据凸多边形的每一个内角小于180°且大于0°建立不等式组，求解确定出的范围；
（2）由四平行四边形的对角相等，邻角互补得到∠E=∠F，∠E+∠EBF=180°，由折叠的性质得出∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，进而根据等角的补角相等推出，从而根据“三等角四边形”定义可得结论；
（3）分类讨论：①当时，如图，过点作，，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形BEDF是平行四边形，由平行四边形的对边相等得EB=DF，DE=BF；由二直线平行，同位角相等得出∠DFC=∠B=∠DEA，由等角对等边得出AD=DE，DC=DF；设AD=x，AB=y，则AE=y-4，CF=4-x，由有两组角相等的三角形相似得△DAE∽△DCF，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出y关于x函数解析式，进而根据二次函数性质求出最大值即可；②当时，三等角四边形是正方形，由正方形四边相等可得结论；③当时，为锐角，如图，由AE=4-AB＞0推出AB＜4，综上所述，当时，的长最大，最大值是；此时，，如图，过点作于，，由等腰三角形的三线合一得出，由有两组角对应相等的两个三角形相似得出△DAN∽△CBM，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BM=1，进而求出AM=4，最后根据勾股定理算出CM、AC即可.
（1）解：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵折叠，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是三等角四边形
（3）解：①当时，如图，过点作，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，，
∴，，，
设，，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴当时，的最大值是，即：当时，的最大值为；
②当时，三等角四边形是正方形，
∴；
③当时，为锐角，如图，
∵，
∴，综上所述，当时，的长最大，最大值是；
此时，，如图，过点作于，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
1 / 1四川省绵阳市梓潼县2025年模拟预测数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合要求）
1．（2025·梓潼模拟）下列各数中，比小的数是（　　）
A． B． C．4 D．1
2．（2025·梓潼模拟）下列各式运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·梓潼模拟）下面四个交通标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·梓潼模拟）如图所示几何体是由一个球体和一个圆柱组成的，它的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·梓潼模拟）某班在开展劳动教育课程调查中发现，第一小组6名同学每周做家务的天数依次为3，7，5，6，5，4（单位：天），则这组数据的众数和中位数分别为（　　）
A．5和5 B．5和4 C．5和6 D．6和5
6．（2025·梓潼模拟）如图，在 ABCD中，AB=2，BC=3．以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是（　　）
A． B．1 C． D．
7．（2025·梓潼模拟）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·梓潼模拟）若关于x的一元一次不等式组的解集是，则m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·梓潼模拟）如图，是圆锥的轴截面图形，是圆锥的高．若，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·梓潼模拟）如图，在中，于点D，添加下列条件后仍不能使成为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025·梓潼模拟）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（　　）
A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm
12．（2025·梓潼模拟）若一个点的坐标满足，我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）：
13．（2025·梓潼模拟）因式分解 　 　．
14．（2025·梓潼模拟）祖国江山美丽如画，川西风光多姿多彩．据四川省某地相关部门通报，“五一”期间，全国各地众多游客前往旅游，共接待游客约1665000人次．将1665000用科学记数法表示应为　 　
15．（2025·梓潼模拟）一个不透明的袋子中装有黑、白小球各两个，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个小球，则两次摸出的小球都是白球的概率为　 　．
16．（2025·梓潼模拟）如图，某高速公路建设中需要测量某条江的宽度AB，飞机上的测量人员在C处测得A，B两点的俯角分别为和若飞机离地面的高度CH为1200米，且点H，A，B在同一水平直线上，则这条江的宽度AB为　 　米结果保留根号．
17．（2025·梓潼模拟）如图，在矩形纸片中，，把该矩形纸片沿直线折叠，使点B落在点E处，连接，则的值为　 　
18．（2025·梓潼模拟）如图，点在双曲线上，过点P的直线与坐标轴分别交于A，B两点，且．点M是该双曲线在第四象限上的一点，过点M的直线与双曲线只有一个公共点，并与坐标轴分别交于C，D两点．则四边形面积的最小值为　 　
三、解答题∶本大题共7个小题，共90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（2025·梓潼模拟）（1）计算：
（2）先化简，再求值： ，其中
20．（2025·梓潼模拟）为了解读书月活动对九年级同学日均阅读时长的影响，随机抽取一个班，分上旬、中旬、下旬三个阶段统计日均阅读时间，给出了活动上旬频数统计表、活动中旬频数折线统计图、活动下旬频数分布扇形统计图．
活动上旬频数统计表
日人均阅读 时间／时 学生 人数
30
15
2
0
（1）求上表中a的值；
（2）若九年级共有1200人，且抽取的这个班学生的日人均阅读时间变化情况能很好地反映九年级学生的日人均阅读时间的变化情况，试估算至读书月活动结束时该年级学生日人均阅读时间在小时的人数．
21．（2025·梓潼模拟）如图，内接于，D是上一点，，E是外一点，，，连接．
（1）若，求的长；
（2）求证∶是的切线．
22．（2025·梓潼模拟）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与x轴相交于点，与反比例函数的图象相交于点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，且，求点C的坐标．
23．（2025·梓潼模拟）某中学开学初在体育用品商城购进A，B两种品牌的足球，购买A品牌足球花了2500元，购买B品牌足球花了2000元，且购买A品牌足球的数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
（1）购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
（2）该中学响应习近平总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进一些足球，使得两次购进的A，B两种品牌的足球总数达到125个．本次恰逢该体育用品商城对这两种品牌足球的．售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售．如果该中学此次购买A，B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么该中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
24．（2025·梓潼模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线经过，两点，与x轴交于另一点C，直线与x轴交于点D，与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接，过点E作的垂线l，在l上截取线段，使，且点F在第一象限，过点F作轴于点M，设点P的横坐标为t，线段的长度为d，求d与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点E作交的延长线于点H，连接，点G为的中点，当直线经过的中点Q时，求点F的坐标．
25．（2025·梓潼模拟）定义：有三个内角相等的四边形叫三等角四边形．
（1）三等角四边形中，，求的取值范围；
（2）如图，折叠平行四边形纸片，使顶点，分别落在边，上的点，处，折痕分别为，．求证：四边形是三等角四边形．
（3）三等角四边形中，，若，则当的长为何值时，的长最大，其最大值是多少？并求此时对角线的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】有理数的大小比较-直接比较法；有理数的大小比较-绝对值比较法
【解析】【解答】解：∵，，，且1<2<4，
∴，
∴四个数中比小的数是，
故答案为：B．
【分析】根据正数大于0，负数小于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小，进行判断并解答即可．
2．【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；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，选项原计算错误，不符合题意；
B、，选项原计算错误，不符合题意；
C、，选项原计算正确，符合题意；
D、不是同类项，不能合并，选项原计算错误，不符合题意.
故答案为：C．
【分析】由幂的乘方，底数不变，指数相乘，可判断A选项；由分式乘方，等于把分子、分母分别乘方，据此可判断B选项；根据同底数幂的乘法，底数不变，指数相加即可判断C选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断D选项.
3．【答案】A
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的交通标志是中心对称图形，故符合题意；
B 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意；
C 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意；
D 、此选项中的交通标志不是中心对称图形，故不符合题意.
故答案为：A．
【分析】把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
4．【答案】C
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：根据俯视图的意义可知，从上面看物体所得到的图形，选项C符合题意，
故答案选：C．
【分析】根据从上面看到的几何图形是俯视图解答即可案．
5．【答案】A
【知识点】中位数；众数
【解析】【解答】解：将数据按照由小到大的顺序排列为：3、4、5、5、6、7，
∴中位数为(5+5)÷2=5，众数为5.
故答案为：A.
【分析】将数据按照由小到大的顺序进行排列，求出中间两个数据的平均数即为中位数，找出出现次数最多的数据即为众数.
6．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：∵由题意可知CF是∠BCD的平分线，
∴∠BCE=∠DCE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠DCE=∠E，
∴∠BCE=∠AEC，
∴BE=BC=3，
∵AB=2，
∴AE=BE-AB=1，
故答案为：B．
【分析】由尺规作图过程可得CF是∠BCD的平分线，由角平分线的定义得∠BCE=∠DCE，由平行四边形的对边平行得AB∥CD，由二直线平行，内错角相等得∠DCE=∠E，则∠BCE=∠AEC，由等角对等边得BE=BC=3，最后根据AE=BE-AB可算出答案.
7．【答案】C
【知识点】正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系；求正弦值
【解析】【解答】解：根据题意，设，则，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形对应边相等得出AH=BE=3x，由正方形的四边相等可得EF=HE=x，由线段的和差得出AE=4x，在Rt△AEB中，根据勾股定理可得AB=5x，最后根据正弦函数的定义可求出∠ABE的正弦函数值.
8．【答案】A
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：解不等式，得，
不等式组的解集为，
，
故答案为：A．
【分析】根据解不等式的步骤求出不等式组中第一个不等式的解集，然后根据不等式的解集结合“同小取小” 即可确定m的取值范围．
9．【答案】C
【知识点】圆锥的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由图可知：，
∴，
设展开图的圆心角的度数为，则：，
∴；即：展开图的圆心角的度数为.
故答案为：C．
【分析】由勾股定理求出母线长，进而结合弧长公式“”，根据圆锥的底面圆周长等于侧面展开图的弧长建立方程，求解即可．
10．【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；直角三角形的概念；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：A、∵，
∴∠ADC=90°，
∴，
又∵，
∴，即，
∴为直角三角形，故选项A不符合题意；
B、 ∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴为直角三角形，故选项B不符合题意；
C、 ∵，
∴，
∴，即为直角三角形，故选项C不符合题意；
D、∵，，
∴，只能说明为等腰三角形，无法说明是直角三角形，故D符合题意．
故答案为：D.
【分析】由垂直的定义可得∠ADC=∠BDC=90°，由直角三角形两锐角互余及等量代换推出∠BAC=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断A选项；由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得出△ADC∽△CDB，由相似三角形对应角相等得出∠A=∠1，由直角三角形两锐角互余及等量代换推出∠BAC=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断B选项；根据勾股定理的逆定理可判断出∠ACB=90°，从而根据有一个内角为直角的三角形是直角三角形可判断C选项；由同角的余角相等推出∠A=∠B，只能说明△ABC为等腰三角形，无法说明是直角三角形，据此可判断D选项.
11．【答案】D
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm．
在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2
解得：OE=3，
∴OB=3+2=5，
∴EC=5+3=8．
在Rt△EBC中，BC=．
∵OF⊥BC，
∴∠OFC=∠CEB=90°．
∵∠C=∠C，
∴△OFC∽△BEC，
∴，即，
解得：OF=．
故答案为：D．
【分析】连接OB，利用勾股定理可得OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2，解得：OE=3，再证出△OFC∽△BEC，可得，即，再求出OF的长即可.
12．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；定义新运算
【解析】【解答】解：将(k，2k)代入二次函数，得：2k =(t+1) k2+(t+2) k+s，
整理得：(t+1) k2+tk+s=0，
∵(t+1)k2+tk+s=0是关于k的二次方程，总有两个不同的实根，
∴t2-4s(t+1)>0，
令f(t)=t2-4s(t+1)=t2-4st-4s，
∵f (t) >0，
∴(4s)2+16s=16s2+16s <0，
∴s(s+1)<0，
解得：-1＜s＜0，
故答案为：D.
【分析】根据题意先求出(t+1) k2+tk+s=0，再利用一元二次方程根的判别式求解即可。
13．【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】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式即可．
14．【答案】
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：，
故答案为：.
【分析】用科学记数法表示大于10的数，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原数的整数位数减去1，据此解答即可.
15．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：列表得，
黑1 黑2 白1 白2
黑1 黑1黑1 黑1黑2 黑1白1 黑1白2
黑2 黑2黑1 黑2黑2 黑2白1 黑2白2
白1 白1黑1 白1黑2 白1白1 白1白2
白2 白2黑1 白2黑2 白2白1 白2白2
∵由表格可知，不放回的摸取2次共有16种等可能结果，其中两次摸出的小球都是白球有4种结果，
∴两次摸出的小球都是白球的概率为： = ，
故答案为： ．
【分析】依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．本题考查概率的概念和求法，用树状图或表格表达事件出现的可能性是求解概率的常用方法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
16．【答案】
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：由于，
，，
在中，，
米，
在，，
(米，
米，
故答案为：.
【分析】由二直线平行，内错角相等得，，由等腰直角三角形性质得出AH=CH=1200米，在Rt△HCB中，利用∠B的正切函数可求出HB，最后根据AB=HB-HA可算出答案.
17．【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：过点D作于点F，过点E作于点H，如图，
∵在矩形纸片中，，
∴设，则，
∴，
由折叠，得，，
∵，
∴，解得，
∴，
同理可得：，从而得；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】过点D作于点F，过点E作于点H，由矩形性质设，则，根据勾股定理表示出AC=5a，由折叠的性质得出CE=BC=AD=3a，AE=AB=4a，∠AEC=∠B=90°，由等面积法求得，利用勾股定理求出CH=，同理求出 ，由由三个内角为直角的四边形是矩形得出四边形DEHF是矩形，由矩形对边相等及线段的和差，根据，最后即可求出两条线段的比值.
18．【答案】8
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；已知正切值求边长
【解析】【解答】解：设反比例函数解析式为，
把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为，
设直线解析式为，
把代入中得：，解得，
在中，当时，，当时，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立得，
∵直线与反比例函数只有一个公共点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
∴，
∴
，
∵，当即时取等号，
∴，
∴，
故答案为：8．
【分析】先利用待定系数法求出反比例函数解析式为，设直线解析式为，则代入可推出，然后根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出，从而得到OA、OB的长，然后根据∠BAO的正切函数值及正切函数定义求出m=1，n=2；由反比例函数图象上点的坐标特点设，直线的解析式为，将点M的坐标代入可得直线的解析式为，联立直线l2与反比例函数的解析式得，由两函数图象只有唯一公共点可得，可得，则直线的解析式为，进而根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出C、D的坐标，利用两点间的距离公式表示出BD，OC，根据建立出关于未知数t的函数关系式，结合偶数次幂的非负性求解即可.
19．【答案】解：（1）原式
．
（2）原式
．
当时，原式．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；分母有理化；特殊角的三角函数的混合运算；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（1）先代入特殊角三角函数值，同时根据二次根式性质、负整数指数幂法则“”及0指数幂法则“a0=1(a≠0)”分别化简，进而计算乘法，最后计算实数加减法运算得出答案；
（2）先通分计算括号内异分母分式的加法，同时根据除以一个不为零的数等于乘以这个数的倒数把除法变成乘法，进而计算分式乘法约分化简，最后将a的值代入化简结果，分母有理数即可得出答案.
20．【答案】（1）解：由折线统计图知该班总人数为（人），
．
（2）解：由扇形统计图知该班日人均阅读时间在小时的学生占，
该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为（人）．
答：该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为360人．
【知识点】频数（率）分布表；折线统计图；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【分析】（1）由折线图求出该班总人数，根据该班人数不变，利用频数分布表中的频数之和等于总人数求出的值；
（2）利用样本估计总体的思想，用该校九年级的总人数乘以样本中学生日人均阅读时间在小时的人数所占的百分比，即可 估算至读书月活动结束时该年级学生日人均阅读时间在小时的人数 .
（1）解：由折线统计图知该班总人数为（人），
．
（2）解：由扇形统计图知该班日人均阅读时间在小时的学生占，
该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为（人）．
答：该年级学生日人均阅读时间在小时的人数为360人．
21．【答案】（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据角的构成，由等量加等量和相等推出，从而用“ASA”证明，根据全等三角形的对应边相等可得AE=AB=8；
（2）连接OA、OB，由等边对等角及三角形内角和定理可推出，，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出，然后根据等量代换及角的构成可推出，从而根据垂直半径外端点的直线是圆的切线可得结论.
（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
由（1）得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线．
22．【答案】（1）解：把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为；
把，代入中得：，
∴，
∴一次函数解析式为；
（2）解：如图所示，过点B作轴于E，设与x轴交于F，
∵直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，
∴，
∴，
∴；
∵轴，点B在反比例函数的图象上，
∵，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数系数k的几何意义；待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点B作BE⊥x轴于E，设CD与x轴交于F，先利用反比例函数比例系数的几何意义求出△COF与△ODF的面积，进而结合图形求出△COD的面积，再根据已知求出△OBC的面积；再结合反比例函数比例系数的几何意义及割补法求出梯形BEFC与△OBC的面积相等；根据反比例函数图象上点的坐标特点，设，则，求出，最后根据梯形面积公式建立方程，解方程即可得到答案．
（1）解：把代入中得：，解得，
∴反比例函数解析式为；
把，代入中得：，
∴，
∴一次函数解析式为；
（2）解：如图所示，过点B作轴于E，设与x轴交于F，
∵直线与反比例函数和的图象分别交于点C，D，
∴，
∴，
∴；
∵轴，点B在反比例函数的图象上，
∵，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验是原方程的解，且符合题意，
∴．
23．【答案】（1）解：设购买一个品牌的足球需元，则购买一个品牌的足球需元．
由题意得，
解得：．
经检验是原分式方程的解，且符合题意．
．
答：购买一个品牌的足球需50元，购买一个品牌的足球需80元．
（2）解：由题意得，本次购买的足球总数为（个）．
设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球．
由题意得，解得．
又是正整数，
的最大值为31．
答：该中学此次最多可购买31个品牌足球．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设购买一个品牌的足球需元， 则购买一个品牌的足球需元． 根据总价除以单价等于数量及购买A品牌足球的数量是购买B品牌足球数量的2倍，列出方程进行求解即可；
（2）根据总价除以单价等于数量分别求出第一次购买A、B两种品牌足球的数量，然后根据两次购买A、B品牌足球总数为125求出第二次购买A、B两种足球的数量为50个，设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球，根据单价乘以数量等于总价及该中学此次购买A，B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式，求出最大整数解即可.
（1）解：设购买一个品牌的足球需元，则购买一个品牌的足球需元．
由题意得，
解得：．
经检验是原分式方程的解，且符合题意．
．
答：购买一个品牌的足球需50元，购买一个品牌的足球需80元．
（2）解：由题意得，本次购买的足球总数为（个）．
设此次购买个品牌足球，则还需购买个品牌足球．
由题意得，解得．
又是正整数，
的最大值为31．
答：该中学此次最多可购买31个品牌足球．
24．【答案】（1）解：抛物线经过、两点，
将点、代入，得
，
解得
抛物线的解析式为：；
（2）解： 如解图，作轴于点，轴于点，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
.
点在第二象限，且其横坐标为，
.
由，令，得，
，
.
，即；
（3）解：如解图，过点作轴于点，交于点，连接.
由知，
，
，
轴，
，
又，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
∴
.
为的中点，
，
.
由，解得，，
抛物线与轴的另一个交点，
，
为的中点，
，
，
，
，
.
设，
，又，
，
即，
，
解得或（舍去）．
由（2）知得：，
，
．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形全等及其性质；二次函数-动态几何问题；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）直接把A、B坐标代入y=ax2+2ax+c可得关于字母a、c的方程组，求解得出a、c得值，从而即可得到抛物线的解析式；
（2）分别过P、F向y轴作垂线，垂足分别为K、L，由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等得∠EPK=∠LEF，从而由“AAS”证，由全等三角形的对应边相等得PK=EL=-t，根据直线与y轴交点的坐标特点求出点E的坐标得出OE的长，最后根据，再代入可求得解析式；
（3）首先由“AAS”证△EPR≌△EFH，由全等三角形的对应边相等得ER=EH，再由“SAS”证△ERK≌△EHK，由全等三角形的对应角相等得∠EKH=∠EKP=90°，从而可得EK∥DQ，由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得△DQG∽△HPG，由相似三角形对应边成比例可求出DQ=PH；求出点C的坐标，根据中点定义求出OQ，进而由线段和差求出DQ，可得PH的长，由点的坐标与图形性质设，由PH=PK+KH建立方程求出t的值，进而求出FM、OM的长，从而得到点F的坐标.
（1）解：抛物线经过、两点，
将点、代入，得
，
解得
抛物线的解析式为：；
（2）如解图，作轴于点，轴于点，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
.
点在第二象限，且其横坐标为，
.
由，令，得，
，.
，即；
（3）如解图，过点作轴于点，交于点，连接.
由知，
，
，
轴，
，
又，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
∴
.
为的中点，
，.
由，解得，，
抛物线与轴的另一个交点，
，
为的中点，
，，
，，
.
设，
，又，
，
即，
，
解得或（舍去）．
由（2）知得：，
，
．
25．【答案】（1）解：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形DEBF是平行四边形，
∴∠E=∠F，∠E+∠EBF=180°
由折叠得，
∵，，
∴，
∴四边形是三等角四边形；
（3）解：①当时，如图，过点作，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，，
∴，，，
设，，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴当时，的最大值是，即：当时，的最大值为；
②当时，三等角四边形是正方形，
∴；
③当时，为锐角，如图，
∵，
∴，
综上所述，当时，的长最大，最大值是；
此时，，如图，过点作于，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【知识点】多边形内角与外角；平行四边形的性质；平行四边形的判定；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）根据四边形的内角和是及已知得出，然后根据凸多边形的每一个内角小于180°且大于0°建立不等式组，求解确定出的范围；
（2）由四平行四边形的对角相等，邻角互补得到∠E=∠F，∠E+∠EBF=180°，由折叠的性质得出∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，进而根据等角的补角相等推出，从而根据“三等角四边形”定义可得结论；
（3）分类讨论：①当时，如图，过点作，，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形BEDF是平行四边形，由平行四边形的对边相等得EB=DF，DE=BF；由二直线平行，同位角相等得出∠DFC=∠B=∠DEA，由等角对等边得出AD=DE，DC=DF；设AD=x，AB=y，则AE=y-4，CF=4-x，由有两组角相等的三角形相似得△DAE∽△DCF，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出y关于x函数解析式，进而根据二次函数性质求出最大值即可；②当时，三等角四边形是正方形，由正方形四边相等可得结论；③当时，为锐角，如图，由AE=4-AB＞0推出AB＜4，综上所述，当时，的长最大，最大值是；此时，，如图，过点作于，，由等腰三角形的三线合一得出，由有两组角对应相等的两个三角形相似得出△DAN∽△CBM，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BM=1，进而求出AM=4，最后根据勾股定理算出CM、AC即可.
（1）解：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵折叠，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是三等角四边形
（3）解：①当时，如图，过点作，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，，
∴，，，
设，，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴当时，的最大值是，即：当时，的最大值为；
②当时，三等角四边形是正方形，
∴；
③当时，为锐角，如图，
∵，
∴，综上所述，当时，的长最大，最大值是；
此时，，如图，过点作于，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
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