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广东省广州市第二中学2024-2025学年下学期中考数学二模试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意．）
1．（2025九下·广州期中）剪纸文化是中国的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025九下·广州期中）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．四棱柱
3．（2025九下·广州期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025九下·广州期中）在反比例函数y=的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，则m的值可以是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2025九下·广州期中）随着人们对网上购物的热衷程度日益增长，快递业务也随之快速增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3600件提高到4800件，平均每人每周比原来多投递60件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件．设原来平均每人每周投递快件x件，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025九下·广州期中）如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，最大深度，则截面圆中弦的长为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025九下·广州期中）如图，为的直径，点C在上，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025九下·广州期中）一次函数与二次函数的图象如图所示，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．或
9．（2025九下·广州期中）如图，点为的内心，，，，将平移，使其顶点与点重合，则图中阴影部分的周长为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025九下·广州期中）关于x的不等式组恰好只有四个整数解，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．）
11．（2025九下·广州期中）甲、乙两地8月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是　 　（填“”、“ ”或“”）．
12．（2025九下·广州期中）因式分解：　 　．
13．（2025九下·广州期中）在显微镜下，有一种细胞形状可以近似地看成圆形，它的半径约为米，这个数用科学记数法表示为米，则的值为　 　．
14．（2025九下·广州期中）在如图所示的图形中，四边形、、、、都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形，，的面积依次为，，，则正方形的面积是　 　．
15．（2025九下·广州期中）如图，在中，，，，点D在边上，且，点E在边上，直线把分成两部分，若与相似，则　 　．
16．（2025九下·广州期中）如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以，为边，作矩形，与相交于点H．则下列结论：①；②若，，则；③；④若，则的值为1或2．其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）
三、解答题（本大题共9小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（2025九下·广州期中）计算：．
18．（2025九下·广州期中）如图，线段，相交于点，，．求证：．
19．（2025九下·广州期中）已知代数式．
（1）化简；
（2）原代数式的值能等于1吗？为什么？
20．（2025九下·广州期中）圆周率是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对有过深入的研究．有学者发现，随着小数部分位数的增加，这10个数字出现的频率趋于稳定，接近相同．
（1）从的小数部分随机取出一个数字，估计这个数字是3的正整数倍的概率为______；
（2）某校进行校园文化建设，拟从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，求其中有一幅是祖冲之的概率．（用画树状图或列表方法求解）
21．（2025九下·广州期中）当下，人工智能技术飞速发展，应用也越来越广泛，正推动生产方式向智能化、高效化转变．某汽车制造厂采用了甲，乙两种型号机器人进行车身焊缝．已知1台甲型机器人和3台乙型机器人同时工作1小时可完成米焊缝，3台甲型机器人和2台乙型机器人同时工作1小时可完成米焊缝．
（1）求每台甲，乙两种型号机器人每小时分别完成多少米焊缝；
（2）由于场地限制，该工厂同一时间内最多可部署台机器人．若要确保每小时完成米的焊缝，问该工厂同一时间内至少需要部署多少台甲型机器人？
22．（2025九下·广州期中）桑梯——登以采桑，它是我国古代劳动人民发明的一种采桑工具．图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知米，米，设，为保证安全，的调整范围是．（参考数据：，，，，，结果精确到米）
（1）当时，若人站在的中点处，求此人离地面（）的高度；（结果保留根号）
（2）当时，求桑梯顶端到地面距离的范围．
23．（2025九下·广州期中）如图，中，，以为直径的分别交于D，E，点F在的延长线上．
（1）尺规作图：连接，作；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：直线是的切线；
（3）若，，求和的长．
24．（2025九下·广州期中）如图1，抛物线与轴交于，两点（在的左侧），与轴交于点．
（1）直接写出点，两点的坐标；
（2）若点是对称轴上一点，当为锐角时，设点的纵坐标为，求的取值范围；
（3）如图2，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，点为线段上一动点，过点的直线（直线除外）与抛物线交于，两点，直线，分别交轴于点，，当为定值时，判断点是否为定点，若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
25．（2025九下·广州期中）已知正方形边长为，点为线段上的一动点，点在线段上，且．
（1）如图，连接，当时，求的长；
（2）连接，求的最小值，并求出此时的长；
（3）若点为线段上的一个动点，在运动过程中，是否存在唯一的点，使？若存在求出长，否则请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【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、是轴对称图形，但绕中心旋转 180° 后无法与自身重合，不是中心对称图形，故A不符合题意 ；B、是轴对称图形，但绕中心旋转 180° 后无法与自身重合，不是中心对称图形，故B不符合题意 ；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意 ；
D、存在多条对称轴，同时绕中心旋转 180° 后能与自身重合，既是轴对称图形又是中心对称图形，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一判断每个选项，选出同时满足两种性质的图形。
2．【答案】B
【知识点】几何体的展开图
【解析】【解答】解：观察展开图可知，它由两个全等的圆和一个矩形构成。根据常见几何体的展开图特征：圆柱的侧面展开是一个矩形，上下底面是两个全等的圆，与题图完全吻合。
因此，该几何体是圆柱，
故答案为：B。
【分析】根据展开图由两个全等的圆和一个矩形组成，结合常见几何体的展开图特征，判断出该几何体是圆柱。
3．【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：A、，不是6，A错误；
B、，不是，B错误；
C、，不是0，C错误；
D、，D正确；
故答案为：D。
【分析】 根据二次根式的运算法则，逐一计算各选项的结果，判断其正确性，从而选出正确答案。
4．【答案】A
【知识点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：∵反比例函数y=的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，
∴1﹣m＞0，
解得m＜1，
故选A．
【分析】根据反比例函数的性质，可得出1﹣m＞0，从而得出m的取值范围．
5．【答案】A
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设原来平均每人每周投递快件件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件件，
依题意得：．
故选：A
【分析】设原来平均每人每周投递快件件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件件，根据快递公司的快递员人数不变，建立方程即可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】垂径定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，
连接OA，由垂径定理可知：OC ⊥ AB，且 ，∠OCA = 90°。
已知OA = OD = 6cm，CD = 8cm，因此OC = CD - OD = 8 - 6 = 2cm。
在Rt△OAC中，由勾股定理：
∴，
故答案为：C。
【分析】先连接 OA，利用垂径定理得到 OC 垂直平分 AB，再由已知条件算出 OC 的长度，最后在 Rt△OAC 中用勾股定理求出 AC，进而得到 AB 的长度。
7．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：因为OA = OC，∠OCA = 50°，所以∠OAC = ∠OCA = 50°。
根据圆周角定理，∠BOC = 2∠OAC = 2 × 50° = 100°。
已知AB = 6，所以⊙O的半径r = 3。
代入弧长公式：
因此，弧BC的长为，
故答案为：B。
【分析】 先利用等腰三角形性质求出∠OAC，再根据圆周角定理得到圆心角∠BOC 的度数，最后代入弧长公式计算出弧 BC 的长度。
8．【答案】C
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：不等式 的解集即不等式 的解集，
观察图象得：当时，二次函数图象位于一次函数图象的上方，
∴不等式的解集为，
∴不等式的解集为．
故答案为：C．
【分析】由可得，观察图象得：当时，二次函数图象位于一次函数图象的上方，即可求解．
9．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；平移的性质
【解析】【解答】解：连接 AI、BI，
点 I 是△ABC 的内心，所以 IA 平分∠CAB，IB 平分∠CBA，即∠CAI=∠DAI，∠CBI=∠EBI。
由平移性质可知，DI∥AC，EI∥BC。
∠CAI=∠DIA，∠CBI=∠EIB。
结合角平分线条件，可得∠DAI=∠DIA，∠EBI=∠EIB。
根据等角对等边，有 DA=DI，EB=EI。
阴影部分的周长为 DE+DI+EI。
代入 DA=DI，EB=EI，得周长 = DE+DA+EB=AB。
已知 AB=12cm，所以阴影部分的周长为 12cm。
因此，图中阴影部分的周长为12cm，
故答案为：B。
【分析】 连接 AI、BI，利用三角形内心的角平分线性质和平移后的平行关系，推导出 DA=DI、EB=EI，将阴影部分的周长转化为 AB 的长度。
10．【答案】A
【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：∵不等式组，
∴解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组恰好只有四个整数解，
∴，
∴，
故选：A．
【分析】解不等式组，再根据题意建立关于a的不等式，解不等式即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】折线统计图；方差
【解析】【解答】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，
，
故答案为：．
【分析】根据折线图中气温波动的幅度，结合方差的意义，判断出甲地气温波动更大，因此甲地的方差大于乙地的方差。
12．【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】解：，
=，
=
故答案为：．
【分析】先提取公因式3，再利用完全平方公式因式分解即可。
13．【答案】
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：∵，
∴．
故答案为：．
【分析】根据科学记数法的规则，将 0.00000078 写成 7.8×10n的形式，通过数小数点移动的位数确定 n 的值为 - 7。
14．【答案】9
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：由图可知，，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵正方形，，的面积依次为，，，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理的几何意义，由正方形 A、B 的面积和等于正方形 E 的面积，正方形 D 的面积减去正方形 C 的面积也等于正方形 E 的面积，代入数据即可求出正方形 C 的面积。
15．【答案】或
【知识点】勾股定理；求特殊角的三角函数值；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，即，
∴，
如图：当点E在上，且时，，则；
如图：当点E在上，且时，即，，
∵
∴，
∵，
∴，即点E与点C重合，
故为或，
故答案为：或.
【分析】先利用勾股定理和三角函数求出△ABC 的内角，再分两种相似情况讨论：当△ADE∽△ABC 时∠ADE=30°，当△ADE∽△ACB 时∠ADE=90°，从而得到∠ADE 的度数为 30° 或 90°。
16．【答案】①②④
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：①∵矩形，
，
∵平分，
，
∴是等腰直角三角形，
，
∴；故①正确；
②∵，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
，
，
，
∴；故②正确；
③若，
，
，
，
，
∴；故③错误；
④令时，设，则，
，
，
，
，
，
∴，整理得：，
解得：或，
即或，故④正确．
故答案为：①②④．
【分析】先利用角平分线和矩形性质证明△ADE 为等腰直角三角形，得到 AE=BC；再通过全等和相似三角形证明 CEFG 为正方形，结合勾股定理验证②；通过代入具体数值判断③错误；最后设比例系数 k，利用面积比列方程求解，得到④中 的值为 1 或 2，从而确定正确结论为①②④。
17．【答案】解：原式

【知识点】有理数混合运算法则（含乘方）；实数的绝对值；化简含绝对值有理数；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】先根据乘方和绝对值的性质化简各项，再进行加减运算，得到结果为 - 2。
18．【答案】证明：在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
19．【答案】（1）解：
；
（2）解：，
，
解得，
当时，，原分式无意义，
原代数式的值能不能等于．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的加减法；分式的混合运算
【解析】【分析】(1) 先对括号内的分式进行通分化简，再将除法转化为乘法并约分，得到化简结果
(2) 假设 列方程求解，发现解 会使原分式分母为0，因此原代数式的值不能等于1。
（1）解：
；
（2）解：，
，
解得，
当时，，原分式无意义，
原代数式的值能不能等于．
20．【答案】（1）
（2）解：树状图如图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，
从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况，
∴．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：（1）∵这个事件中有10种等可能性，其中3，6，9都是3的倍数，
∴这个数字（不等于0）是3的倍数的概率为，
故答案为：；
【分析】(1) 先确定0~9中是3的正整数倍的数字有3个，再除以总数字个数10，得到概率为；
(2) 用树状图列出所有12种等可能结果，其中包含祖冲之的有6种，因此概率为。
（1）解：∵这个事件中有10种等可能性，其中3，6，9都是3的倍数，
∴这个数字（不等于0）是3的倍数的概率为，
故答案为：；
（2）解：树状图如图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，
从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况，
∴．
21．【答案】（1）解：设每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝，
，
将得到③，
③②得：，解得：，
将代入①得：，解得：，
答：每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝．
（2）解：设该工厂同一时间内需要部署台甲型机器人，则部署台乙型机器人，
根据每小时要完成米的焊缝，可得：，
解得：．
答：该工厂同一时间内至少需要部署台甲型机器人．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-工程问题
【解析】【分析】(1) 设每台甲、乙型机器人每小时分别完成x、y米焊缝，根据题意列二元一次方程组，用加减消元法解得x=20，y=16；
(2) 设部署m台甲型机器人，根据总焊缝量列不等式20m+16(20 m)≥360，解得m≥10，即至少部署 10 台甲型机器人。
（1）解：设每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝，
，
将得到③，
③②得：，解得：，
将代入①得：，解得：，
答：每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝．
（2）解：设该工厂同一时间内需要部署台甲型机器人，则部署台乙型机器人，
根据每小时要完成米的焊缝，可得：，
解得：．
答：该工厂同一时间内至少需要部署台甲型机器人．
22．【答案】（1）解：过作于点，
∵，，
∴，
∵点为的中点，米，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴；
（2）解：过点作于点，
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
即；
当时，；
∴，
即；
∴D与地面的距离范围为．
【知识点】解直角三角形；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1) 当时，先确定为等边三角形，再在中利用求出米；
(2) 过作，分别计算和时的长度，得到到地面的距离范围为。
（1）解：过作于点，
∵，，
∴，
∵点为的中点，米，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴；
（2）解：过点作于点，
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
即；
当时，；
∴，
即；
∴D与地面的距离范围为．
23．【答案】（1）如图所示，即为所求；
（2）解：连接，
∵为的直径
∴
∵
∴
，
∴，
∴直线是的切线；
（3）解：过点C作
，
，
∵，
，
，
，
∵，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
．
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定；解直角三角形；尺规作图-作一个角等于已知角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】 (1) 按尺规作图步骤，以 B 为顶点作∠CBF=∠BAE；
(2) 连接 AE，利用直径所对圆周角为直角及等腰三角形三线合一，证得 AB⊥BF，从而证明 BF 是切线；
(3) 先由 sin∠CBF=sin∠BAE 求出 BE，进而得 BC=4，再通过作 CG⊥BF 构造相似三角形△FCG∽△FAB，列比例式求出 FG 和 BF，最终得到 CF=。
（1）如图所示，即为所求；
（2）解：连接，
∵为的直径
∴
∵
∴
，
∴，
∴直线是的切线；
（3）解：过点C作
，
，
∵，
，
，
，
∵，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
．
24．【答案】（1）解：当时，
解得：
∵在的左侧，
∴，，
（2）解：∵
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
抛物线，与轴交于点．
当时，，
∴，
又，
∴，，
当时，
∴
解得：或
∴当为锐角时，或；
（3）是定点，理由如下：
由题意，的坐标为，
设点的坐标分别为： (点在点左侧)，
∴把的坐标代入中得，
解得：
直线的解析式为：，
同理：直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
∴，
则，
同理可得，，
∴，
∴，
即，
∴直线的解析式为：与无关，
∴，
即为定点．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】(1) 令解方程，得到、；
(2) 先由勾股定理逆定理求出时的值，再根据锐角条件得到或；
(3) 设、，求出直线、的解析式，进而表示出，由其为定值16推出，代入直线的解析式发现其恒过定点。
（1）解：当时，
解得：
∵在的左侧，
∴，，
（2）解：∵
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
抛物线，与轴交于点．
当时，，
∴，
又，
∴，，
当时，
∴
解得：或
∴当为锐角时，或；
（3）是定点，理由如下：
由题意，的坐标为，
设点的坐标分别为： (点在点左侧)，
∴把的坐标代入中得，
解得：
直线的解析式为：，
同理：直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
∴，
则，
同理可得，，
∴，
∴，
即，
∴直线的解析式为：与无关，
∴，
即为定点．
25．【答案】（1）解：如图，过作于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，作点关于对称点，连接，过作，交延长线于点，则，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
当三点共线时最小，即最小，
∵，
∴当三点共线时最小，如图，
∵关于对称，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为弦作，使，则，
∴，
当经过点时，
∵，
∴是直径，此时点三点共线，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，有唯一的点，
如图，当与相切时，有唯一的点，
∴，
同理：点三点共线，四边形是正方形，
∴，，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上可知：当或时，有唯一的点．
【知识点】正方形的性质；切线的性质；相似三角形的判定；定角定弦辅助圆模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1) 过F作FM⊥BC，利用等腰直角三角形性质求出FM、MC，再由勾股定理算得；
(2) 通过构造相似三角形将转化为相关线段，再利用对称点转化为共线最短问题，求得的最小值及此时；
(3) 以EF为弦作圆，分圆过点B和圆与BC相切两种临界情况，得到当或时，存在唯一的点H使。
（1）解：如图，过作于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，作点关于对称点，连接，过作，交延长线于点，则，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
当三点共线时最小，即最小，
∵，
∴当三点共线时最小，如图，
∵关于对称，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为弦作，使，则，
∴，
当经过点时，
∵，
∴是直径，此时点三点共线，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，有唯一的点，
如图，当与相切时，有唯一的点，
∴，
同理：点三点共线，四边形是正方形，
∴，，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上可知：当或时，有唯一的点．
1 / 1广东省广州市第二中学2024-2025学年下学期中考数学二模试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意．）
1．（2025九下·广州期中）剪纸文化是中国的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【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、是轴对称图形，但绕中心旋转 180° 后无法与自身重合，不是中心对称图形，故A不符合题意 ；B、是轴对称图形，但绕中心旋转 180° 后无法与自身重合，不是中心对称图形，故B不符合题意 ；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意 ；
D、存在多条对称轴，同时绕中心旋转 180° 后能与自身重合，既是轴对称图形又是中心对称图形，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一判断每个选项，选出同时满足两种性质的图形。
2．（2025九下·广州期中）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　）
A．圆锥 B．圆柱 C．圆台 D．四棱柱
【答案】B
【知识点】几何体的展开图
【解析】【解答】解：观察展开图可知，它由两个全等的圆和一个矩形构成。根据常见几何体的展开图特征：圆柱的侧面展开是一个矩形，上下底面是两个全等的圆，与题图完全吻合。
因此，该几何体是圆柱，
故答案为：B。
【分析】根据展开图由两个全等的圆和一个矩形组成，结合常见几何体的展开图特征，判断出该几何体是圆柱。
3．（2025九下·广州期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：A、，不是6，A错误；
B、，不是，B错误；
C、，不是0，C错误；
D、，D正确；
故答案为：D。
【分析】 根据二次根式的运算法则，逐一计算各选项的结果，判断其正确性，从而选出正确答案。
4．（2025九下·广州期中）在反比例函数y=的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，则m的值可以是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：∵反比例函数y=的图象的每一条曲线上，y都随x的增大而减小，
∴1﹣m＞0，
解得m＜1，
故选A．
【分析】根据反比例函数的性质，可得出1﹣m＞0，从而得出m的取值范围．
5．（2025九下·广州期中）随着人们对网上购物的热衷程度日益增长，快递业务也随之快速增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3600件提高到4800件，平均每人每周比原来多投递60件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件．设原来平均每人每周投递快件x件，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设原来平均每人每周投递快件件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件件，
依题意得：．
故选：A
【分析】设原来平均每人每周投递快件件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件件，根据快递公司的快递员人数不变，建立方程即可求出答案.
6．（2025九下·广州期中）如图，有一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体已经过半，最大深度，则截面圆中弦的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，
连接OA，由垂径定理可知：OC ⊥ AB，且 ，∠OCA = 90°。
已知OA = OD = 6cm，CD = 8cm，因此OC = CD - OD = 8 - 6 = 2cm。
在Rt△OAC中，由勾股定理：
∴，
故答案为：C。
【分析】先连接 OA，利用垂径定理得到 OC 垂直平分 AB，再由已知条件算出 OC 的长度，最后在 Rt△OAC 中用勾股定理求出 AC，进而得到 AB 的长度。
7．（2025九下·广州期中）如图，为的直径，点C在上，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；弧长的计算
【解析】【解答】解：因为OA = OC，∠OCA = 50°，所以∠OAC = ∠OCA = 50°。
根据圆周角定理，∠BOC = 2∠OAC = 2 × 50° = 100°。
已知AB = 6，所以⊙O的半径r = 3。
代入弧长公式：
因此，弧BC的长为，
故答案为：B。
【分析】 先利用等腰三角形性质求出∠OAC，再根据圆周角定理得到圆心角∠BOC 的度数，最后代入弧长公式计算出弧 BC 的长度。
8．（2025九下·广州期中）一次函数与二次函数的图象如图所示，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：不等式 的解集即不等式 的解集，
观察图象得：当时，二次函数图象位于一次函数图象的上方，
∴不等式的解集为，
∴不等式的解集为．
故答案为：C．
【分析】由可得，观察图象得：当时，二次函数图象位于一次函数图象的上方，即可求解．
9．（2025九下·广州期中）如图，点为的内心，，，，将平移，使其顶点与点重合，则图中阴影部分的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；平移的性质
【解析】【解答】解：连接 AI、BI，
点 I 是△ABC 的内心，所以 IA 平分∠CAB，IB 平分∠CBA，即∠CAI=∠DAI，∠CBI=∠EBI。
由平移性质可知，DI∥AC，EI∥BC。
∠CAI=∠DIA，∠CBI=∠EIB。
结合角平分线条件，可得∠DAI=∠DIA，∠EBI=∠EIB。
根据等角对等边，有 DA=DI，EB=EI。
阴影部分的周长为 DE+DI+EI。
代入 DA=DI，EB=EI，得周长 = DE+DA+EB=AB。
已知 AB=12cm，所以阴影部分的周长为 12cm。
因此，图中阴影部分的周长为12cm，
故答案为：B。
【分析】 连接 AI、BI，利用三角形内心的角平分线性质和平移后的平行关系，推导出 DA=DI、EB=EI，将阴影部分的周长转化为 AB 的长度。
10．（2025九下·广州期中）关于x的不等式组恰好只有四个整数解，则a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；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：∵不等式组，
∴解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组恰好只有四个整数解，
∴，
∴，
故选：A．
【分析】解不等式组，再根据题意建立关于a的不等式，解不等式即可求出答案.
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．）
11．（2025九下·广州期中）甲、乙两地8月上旬的日平均气温如图所示，则甲、乙两地这10天中日平均气温方差的大小关系是　 　（填“”、“ ”或“”）．
【答案】
【知识点】折线统计图；方差
【解析】【解答】解：由折线统计图知，乙地这10天中日平均气温的波动幅度明显小于甲地，
，
故答案为：．
【分析】根据折线图中气温波动的幅度，结合方差的意义，判断出甲地气温波动更大，因此甲地的方差大于乙地的方差。
12．（2025九下·广州期中）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】解：，
=，
=
故答案为：．
【分析】先提取公因式3，再利用完全平方公式因式分解即可。
13．（2025九下·广州期中）在显微镜下，有一种细胞形状可以近似地看成圆形，它的半径约为米，这个数用科学记数法表示为米，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：∵，
∴．
故答案为：．
【分析】根据科学记数法的规则，将 0.00000078 写成 7.8×10n的形式，通过数小数点移动的位数确定 n 的值为 - 7。
14．（2025九下·广州期中）在如图所示的图形中，四边形、、、、都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形，，的面积依次为，，，则正方形的面积是　 　．
【答案】9
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：由图可知，，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵正方形，，的面积依次为，，，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理的几何意义，由正方形 A、B 的面积和等于正方形 E 的面积，正方形 D 的面积减去正方形 C 的面积也等于正方形 E 的面积，代入数据即可求出正方形 C 的面积。
15．（2025九下·广州期中）如图，在中，，，，点D在边上，且，点E在边上，直线把分成两部分，若与相似，则　 　．
【答案】或
【知识点】勾股定理；求特殊角的三角函数值；相似三角形的性质-对应角
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，即，
∴，
如图：当点E在上，且时，，则；
如图：当点E在上，且时，即，，
∵
∴，
∵，
∴，即点E与点C重合，
故为或，
故答案为：或.
【分析】先利用勾股定理和三角函数求出△ABC 的内角，再分两种相似情况讨论：当△ADE∽△ABC 时∠ADE=30°，当△ADE∽△ACB 时∠ADE=90°，从而得到∠ADE 的度数为 30° 或 90°。
16．（2025九下·广州期中）如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以，为边，作矩形，与相交于点H．则下列结论：①；②若，，则；③；④若，则的值为1或2．其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【知识点】角平分线的性质；矩形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：①∵矩形，
，
∵平分，
，
∴是等腰直角三角形，
，
∴；故①正确；
②∵，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
，
，
，
∴；故②正确；
③若，
，
，
，
，
∴；故③错误；
④令时，设，则，
，
，
，
，
，
∴，整理得：，
解得：或，
即或，故④正确．
故答案为：①②④．
【分析】先利用角平分线和矩形性质证明△ADE 为等腰直角三角形，得到 AE=BC；再通过全等和相似三角形证明 CEFG 为正方形，结合勾股定理验证②；通过代入具体数值判断③错误；最后设比例系数 k，利用面积比列方程求解，得到④中 的值为 1 或 2，从而确定正确结论为①②④。
三、解答题（本大题共9小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（2025九下·广州期中）计算：．
【答案】解：原式

【知识点】有理数混合运算法则（含乘方）；实数的绝对值；化简含绝对值有理数；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】先根据乘方和绝对值的性质化简各项，再进行加减运算，得到结果为 - 2。
18．（2025九下·广州期中）如图，线段，相交于点，，．求证：．
【答案】证明：在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
19．（2025九下·广州期中）已知代数式．
（1）化简；
（2）原代数式的值能等于1吗？为什么？
【答案】（1）解：
；
（2）解：，
，
解得，
当时，，原分式无意义，
原代数式的值能不能等于．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的加减法；分式的混合运算
【解析】【分析】(1) 先对括号内的分式进行通分化简，再将除法转化为乘法并约分，得到化简结果
(2) 假设 列方程求解，发现解 会使原分式分母为0，因此原代数式的值不能等于1。
（1）解：
；
（2）解：，
，
解得，
当时，，原分式无意义，
原代数式的值能不能等于．
20．（2025九下·广州期中）圆周率是无限不循环小数．历史上，祖冲之、刘徽、韦达、欧拉等数学家都对有过深入的研究．有学者发现，随着小数部分位数的增加，这10个数字出现的频率趋于稳定，接近相同．
（1）从的小数部分随机取出一个数字，估计这个数字是3的正整数倍的概率为______；
（2）某校进行校园文化建设，拟从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，求其中有一幅是祖冲之的概率．（用画树状图或列表方法求解）
【答案】（1）
（2）解：树状图如图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，
从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况，
∴．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【解答】解：（1）∵这个事件中有10种等可能性，其中3，6，9都是3的倍数，
∴这个数字（不等于0）是3的倍数的概率为，
故答案为：；
【分析】(1) 先确定0~9中是3的正整数倍的数字有3个，再除以总数字个数10，得到概率为；
(2) 用树状图列出所有12种等可能结果，其中包含祖冲之的有6种，因此概率为。
（1）解：∵这个事件中有10种等可能性，其中3，6，9都是3的倍数，
∴这个数字（不等于0）是3的倍数的概率为，
故答案为：；
（2）解：树状图如图所示：
由树状图可知：共有12种等可能的结果，
从以上4位科学家的画像中随机选用2幅，其中有一幅是祖冲之的画像有6种情况，
∴．
21．（2025九下·广州期中）当下，人工智能技术飞速发展，应用也越来越广泛，正推动生产方式向智能化、高效化转变．某汽车制造厂采用了甲，乙两种型号机器人进行车身焊缝．已知1台甲型机器人和3台乙型机器人同时工作1小时可完成米焊缝，3台甲型机器人和2台乙型机器人同时工作1小时可完成米焊缝．
（1）求每台甲，乙两种型号机器人每小时分别完成多少米焊缝；
（2）由于场地限制，该工厂同一时间内最多可部署台机器人．若要确保每小时完成米的焊缝，问该工厂同一时间内至少需要部署多少台甲型机器人？
【答案】（1）解：设每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝，
，
将得到③，
③②得：，解得：，
将代入①得：，解得：，
答：每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝．
（2）解：设该工厂同一时间内需要部署台甲型机器人，则部署台乙型机器人，
根据每小时要完成米的焊缝，可得：，
解得：．
答：该工厂同一时间内至少需要部署台甲型机器人．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-工程问题
【解析】【分析】(1) 设每台甲、乙型机器人每小时分别完成x、y米焊缝，根据题意列二元一次方程组，用加减消元法解得x=20，y=16；
(2) 设部署m台甲型机器人，根据总焊缝量列不等式20m+16(20 m)≥360，解得m≥10，即至少部署 10 台甲型机器人。
（1）解：设每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝，
，
将得到③，
③②得：，解得：，
将代入①得：，解得：，
答：每台甲型机器人每小时完成米焊缝，每台乙型机器人每小时完成米焊缝．
（2）解：设该工厂同一时间内需要部署台甲型机器人，则部署台乙型机器人，
根据每小时要完成米的焊缝，可得：，
解得：．
答：该工厂同一时间内至少需要部署台甲型机器人．
22．（2025九下·广州期中）桑梯——登以采桑，它是我国古代劳动人民发明的一种采桑工具．图1是明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘的桑梯，其示意图如图2所示，已知米，米，设，为保证安全，的调整范围是．（参考数据：，，，，，结果精确到米）
（1）当时，若人站在的中点处，求此人离地面（）的高度；（结果保留根号）
（2）当时，求桑梯顶端到地面距离的范围．
【答案】（1）解：过作于点，
∵，，
∴，
∵点为的中点，米，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴；
（2）解：过点作于点，
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
即；
当时，；
∴，
即；
∴D与地面的距离范围为．
【知识点】解直角三角形；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1) 当时，先确定为等边三角形，再在中利用求出米；
(2) 过作，分别计算和时的长度，得到到地面的距离范围为。
（1）解：过作于点，
∵，，
∴，
∵点为的中点，米，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴；
（2）解：过点作于点，
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
即；
当时，；
∴，
即；
∴D与地面的距离范围为．
23．（2025九下·广州期中）如图，中，，以为直径的分别交于D，E，点F在的延长线上．
（1）尺规作图：连接，作；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：直线是的切线；
（3）若，，求和的长．
【答案】（1）如图所示，即为所求；
（2）解：连接，
∵为的直径
∴
∵
∴
，
∴，
∴直线是的切线；
（3）解：过点C作
，
，
∵，
，
，
，
∵，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
．
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定；解直角三角形；尺规作图-作一个角等于已知角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】 (1) 按尺规作图步骤，以 B 为顶点作∠CBF=∠BAE；
(2) 连接 AE，利用直径所对圆周角为直角及等腰三角形三线合一，证得 AB⊥BF，从而证明 BF 是切线；
(3) 先由 sin∠CBF=sin∠BAE 求出 BE，进而得 BC=4，再通过作 CG⊥BF 构造相似三角形△FCG∽△FAB，列比例式求出 FG 和 BF，最终得到 CF=。
（1）如图所示，即为所求；
（2）解：连接，
∵为的直径
∴
∵
∴
，
∴，
∴直线是的切线；
（3）解：过点C作
，
，
∵，
，
，
，
∵，，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
．
24．（2025九下·广州期中）如图1，抛物线与轴交于，两点（在的左侧），与轴交于点．
（1）直接写出点，两点的坐标；
（2）若点是对称轴上一点，当为锐角时，设点的纵坐标为，求的取值范围；
（3）如图2，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，点为线段上一动点，过点的直线（直线除外）与抛物线交于，两点，直线，分别交轴于点，，当为定值时，判断点是否为定点，若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：当时，
解得：
∵在的左侧，
∴，，
（2）解：∵
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
抛物线，与轴交于点．
当时，，
∴，
又，
∴，，
当时，
∴
解得：或
∴当为锐角时，或；
（3）是定点，理由如下：
由题意，的坐标为，
设点的坐标分别为： (点在点左侧)，
∴把的坐标代入中得，
解得：
直线的解析式为：，
同理：直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
∴，
则，
同理可得，，
∴，
∴，
即，
∴直线的解析式为：与无关，
∴，
即为定点．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】(1) 令解方程，得到、；
(2) 先由勾股定理逆定理求出时的值，再根据锐角条件得到或；
(3) 设、，求出直线、的解析式，进而表示出，由其为定值16推出，代入直线的解析式发现其恒过定点。
（1）解：当时，
解得：
∵在的左侧，
∴，，
（2）解：∵
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
抛物线，与轴交于点．
当时，，
∴，
又，
∴，，
当时，
∴
解得：或
∴当为锐角时，或；
（3）是定点，理由如下：
由题意，的坐标为，
设点的坐标分别为： (点在点左侧)，
∴把的坐标代入中得，
解得：
直线的解析式为：，
同理：直线的解析式为：，
直线的解析式为：，
∴，
则，
同理可得，，
∴，
∴，
即，
∴直线的解析式为：与无关，
∴，
即为定点．
25．（2025九下·广州期中）已知正方形边长为，点为线段上的一动点，点在线段上，且．
（1）如图，连接，当时，求的长；
（2）连接，求的最小值，并求出此时的长；
（3）若点为线段上的一个动点，在运动过程中，是否存在唯一的点，使？若存在求出长，否则请说明理由．
【答案】（1）解：如图，过作于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，作点关于对称点，连接，过作，交延长线于点，则，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
当三点共线时最小，即最小，
∵，
∴当三点共线时最小，如图，
∵关于对称，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为弦作，使，则，
∴，
当经过点时，
∵，
∴是直径，此时点三点共线，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，有唯一的点，
如图，当与相切时，有唯一的点，
∴，
同理：点三点共线，四边形是正方形，
∴，，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上可知：当或时，有唯一的点．
【知识点】正方形的性质；切线的性质；相似三角形的判定；定角定弦辅助圆模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1) 过F作FM⊥BC，利用等腰直角三角形性质求出FM、MC，再由勾股定理算得；
(2) 通过构造相似三角形将转化为相关线段，再利用对称点转化为共线最短问题，求得的最小值及此时；
(3) 以EF为弦作圆，分圆过点B和圆与BC相切两种临界情况，得到当或时，存在唯一的点H使。
（1）解：如图，过作于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，作点关于对称点，连接，过作，交延长线于点，则，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
当三点共线时最小，即最小，
∵，
∴当三点共线时最小，如图，
∵关于对称，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为弦作，使，则，
∴，
当经过点时，
∵，
∴是直径，此时点三点共线，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，有唯一的点，
如图，当与相切时，有唯一的点，
∴，
同理：点三点共线，四边形是正方形，
∴，，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上可知：当或时，有唯一的点．
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