资源简介

广东省广州市南武实验学校2025年中考二模数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列各数中，是负数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】有理数的乘方法则；求有理数的绝对值的方法；用正数、负数表示相反意义的量
【解析】【解答】解：A、，是正数，故Ａ错误.
B、，是正数，故Ｂ错误.
C、是负数，故Ｃ正确.
D、，是正数，故Ｄ错误．
故答案为：C．
【分析】根据相反数的定义，有理数的乘方，绝对值的性质化简，即可得，，，再根据负数的定义分别判断即可得答案.
2．是一款先进的人工智能助手，可提供高效、精准的信息检索和智能对话服务．其活跃用户数在上线21天后达到了3370万．将3370万用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】根据科学记数法表示方法得：3370万＝．
故答案为：A．
【分析】根据科学记数法的表示形式为的形式，确定n的值，a的值即可得答案.
3．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；完全平方公式及运用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解；A、，本选项不符合题意；
B、，本选项符合题意；
C、，本选项不符合题意；
D、，本选项不符合题意；
故选：B，
【分析】根据幂的乘方计算法则判断A项；根据同底数幂的乘法计算法则判断B项；根据同底数幂的除法计算法则判断C项；根据完全平方公式即可判断D项.
4．一个多边形的每一个外角都等于，则该多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵一个多边形的每一个外角都等于，
∴该多边形的边数为．
故答案为：B．
【分析】根据多边形的外角都等于，结合多边形的每一个外角都等于即可得这个多边形的边数．
5．如图，由4个相同正方体组合而成的几何体，它的左视图是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：观察图形，从左边看得到两个叠在一起的正方形，如下图所示：
，
故答案为：A.
【分析】利用三视图的定义并结合图形分析求解即可.
6．如图，是一块直角三角板，其中，．直尺的一边经过顶点，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】角的运算；平行线的应用-求角度；平行线的应用-三角尺问题
【解析】【解答】解：如图，
，
，
，
，
∴的度数为.
故答案为：D．
【分析】根据平行线的性质，结合，得等于，再根据，结合计算即可得答案.
7．如图，已知，以为直径的交于点，与相切于点，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵，
∴．
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴．
∴的度数为.
故答案为：C．
【分析】根据圆周角定理，结合图形得等于，再根据等于即可得等于，根据与相切于点得，进一步即可得的度数为.
8．已知点，和都在二次函数的图象上，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由得抛物线的对称轴为直线，
，
抛物线开口向下，
离对称轴越远则函数值越小，
∵，，，，
∴．
故答案为：C．
【分析】根据由得抛物线的对称轴为直线，再根据得抛物线开口向下，即可得离对称轴越远则函数值越小，代入，和的横坐标，求出
即可比较大小关系.
9．马拉松赛是全民健身的热门项目，全程的总赛程约为42公里，在比赛中选手甲的平均速度是选手乙的1.5倍，最终甲冲刺终点的时间比乙提早40分钟，若乙的平均速度为，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设乙的平均速度为，则甲的平均速度为，由题意得：
．
故答案为：B．
【分析】
本题考查了分式方程的应用，设乙的平均速度为，根据题目情境列出方程即可.
10．如图，在平面直角坐标系中，将等腰沿直线OB翻折至与反比例函数的图象交于点．若为的中点，则的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
过点作轴于点，
∵是等腰三角形，
∴，
∵，
∴，，
由折叠性质可知：，
∴，，
∴，
∴三点共线，
设，
∴，，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点在的图象，
∴，解得：（负值已舍去），
∴．
故答案为：A．
【分析】过点作垂直轴于点，根据等腰三角形的性质可得都等于，等于，根据折叠性质可知全等，从而可证明三点共线，设，则等于乘以，进一步计算得，等于乘以，计算得，即可得等于减等于，即可得，根据为的中点，得
出，代入，得出的值即可求解．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．分解因式： 　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【解答】原式
故答案为： ．
【分析】综合利用提取公因式法和平方差公式法分解因式即可得．
12．计算：　 　．
【答案】
【知识点】求特殊角的三角函数值；开立方（求立方根）
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】根据特殊角的三角函数值、立方根对进行计算即可.
13．如图，直线与直线相交于点，则关于x的方程的解为　 　．
【答案】
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解：∵直线与直线相交于点，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，
∴关于x的方程的解是，
故答案为：．
【分析】先将点A的坐标代入求出m的值可得，再将x=4代入可得，从而可得关于x的方程的解是.
14．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
【答案】且
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴且，
故答案为：且．
【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合一元二次方程的定义列出方程，不等式，解出即可得答案.
15．如图，在菱形中，，分别以点和点为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交于点E、F、G、H，则图中阴影部分的面积为　 　.
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
连接与交于点，
∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴.
故答案为：．
【分析】连接与交于点，根据菱形的性质，都等于，再结合角直角三角形的性质得，进一步得的长，进一步根据菱形的面积，扇形面积公式求出，最后根据等于减，再减即可得答案.
16．如图，在菱形中，交的延长线于点.连接交于点，交于点于点，连接.有下列结论：①；②；③；④，则上述结论中正确的有　 　。（填序号）
【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，故①正确.
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，即，故②正确.
∵在菱形中，，，
∴，，
又∵，
∴在中，，
∴，
∴在菱形中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
由②已证，
设，
∴，，
∴，故③错误.
由③已知，
设，
∴，
∴在中，，
在中，，
∴，
∵在中，
∴，，
∴，
∴在中，，
又由②③已证，，，
设，则，
∴，解得（负值舍去），
∴，
∴，故④正确.
∴正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【分析】根据菱形的性质得相等，相等，根据全等三角形的判定定理即可判断全等，即可得，再根据平行，得相等，进一步得，结合得相似，即可得等于，设等于，等于，则等于，等于，那么等于，即可判断③，根据③得等于，等于，设等于，等于，进一步得等于，在中，等于，等于倍，等于在中，等于的，等于，等于，则等于减等于，在中，由勾股定理得等于，又由②③得，等于乘以，，设，则，那么，解得（负值舍去），可求等于，即可求解④．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．解不等式组：.
【答案】解：
由①得，，
由②得，，
把①②的解在数轴上表示如下：
∴原不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式①②的解，再把①②的解在数轴上表示出来，即可得原不等式组的解集为．
18．如图，在矩形中，点在边上，，，垂足为．求证：．
【答案】证明：∵四边形为矩形，
∴，．
又∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】先利用角的运算和等量代换可得，再利用“AAS”证出，最后利用全等三角形的性质可得.
19．先化简，再求值：，其中是4的算术平方根.
【答案】解：
，
∵是4的算术平方根，
∴，
∴原式．
【知识点】分式的化简求值；求算术平方根
【解析】【分析】先把的括号内分式的减法计算，再将除法化为乘法，化简分式得最简式，再根据是4的算术平方根，得，代入求值即可．
20．盒中有x枚黑棋和3枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是
（1）直接写出x的值；
（2）从盒中一次性随机摸出2枚棋子，请用列表或画树状图法求两枚棋子颜色相同的概率．
【答案】（1）2
（2）解：列表如下：
　 黑 黑 白 白 白
黑 （黑，黑) （白，黑) （白，黑) （白，黑)
黑 （黑，黑) 　 （白，黑) （白，黑) （白，黑)
白 （黑，白) （黑，白) 　 （白，白） （白，白）
白 （黑，白) （黑，白) （白，白） 　 （白，白）
白 （黑，白) （黑，白) （白，白） （白，白） 　
由树状图知，共有12种等可能结果，其中“摸出两枚棋子的颜色相同”的有8种结果，
所以“摸出两枚棋子的颜色相同”的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1）∵盒中有x枚黑棋和3枚白棋，从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是，
∴黑棋有枚．
【分析】（1）利用概率的定义求出黑棋的数量即可；
（2）先利用列表法求出所有符合条件的情况数，再利用概率公式求解即可.
（1）∵盒中有x枚黑棋和3枚白棋，从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是，
∴黑棋有枚．
（2）列表如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中“摸出两枚棋子的颜色相同”的有8种结果，
所以“摸出两枚棋子的颜色相同”的概率为．
21．如图是某型号冷柜循环制冷过程中温度随时间变化的部分示意图.该冷柜的工作过程是：当冷柜温度达到时开始制冷，温度开始逐渐下降；当温度下降到时停止制冷，温度开始逐渐上升；当温度上升到时，再次开始制冷，按照以上方式循环工作.通过研究发现，当时，温度是时间的一次函数；当时，温度是时间的反比.
（1）求当时的反比例函数关系式，并求出的值；
（2）若规定温度不高于的时间为有效制冷时间，那么在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是多少？
【答案】（1）解：如图，
设当时，反比例函数关系式为，
由图象可知，点在函数图象上，
，解得，，
当时的反比例函数关系式为．
当时，，解得，.
∴的值为20.
（2）解：如图，
当时，，解得：，
设当时的一次函数关系式为，
由图象可知，点，点在函数图象上，
则，解得：
当时的一次函数关系式为，
当时，，解得，，
（分钟）．
∴在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
【知识点】反比例函数的实际应用；一次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）设当时，反比例函数关系式为，由图象可知，点在函数图象上，即可列方程，解出解析式后，把代入解析式即可得的值为20.
（2）当时，，解得：，设当时的一次函数关系式为，由图象可知，点，点在函数图象上，列方程组解出即可得一次函数关系式为，当时，解得，即可得在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
（1）解：设当时的反比例函数关系式为，
由图象可知，点在函数图象上，
，
解得，，
当时的反比例函数关系式为．
当时，，
解得，；
（2）解：当时，，
解得：，
设当时的一次函数关系式为，
由图象可知，点，点在函数图象上，
则，
解得：
当时的一次函数关系式为，
当时，，
解得，，
（分钟）．
答：在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
22．如图，已知是以为直径的半圆上两点.
（1）尺规作图：在半圆上求作一点，使（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，已知，，求的值.
【答案】（1）解：根据题意作图如下：
（2）解：如图，
过点作于点，连接．
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴
，
．
∴的值为.
【知识点】含30°角的直角三角形；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）连接，作的平分线交于点，根据圆心角与弦、弧的关系，即可得，即可得图形.
（2）过点作于点，连接，根据等于的一半，可证明相等，进一步得相等，即可得，然后根据角直角三角形的性质得，再根据勾股定理得，即可得，进一步得.
（1）解：如图，点即为所求；
（2）解：过点作于点，连接．
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴
，
．
23．图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究.数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城的边长为，南门设立在边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路在上（门宽及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路处有一座雕塑，处测得雕塑在北偏东方向上，在处测得雕塑在北偏东方向上。
（1）　 　　 　；
（2）求点到道路的距离；
（3）若该小组成员小李出南门后沿道路向东行走，求她离处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响？（结果精确到，参考数据：，）
【答案】（1）90；76
（2）解：如图，
过点作于点，
在中，，，
∴，
处有一座雕塑，在处测得雕塑在北偏东方向上，则，
在中，，
∴点到道路的距离为4.0千米.
（3）解：如图，
连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，
∵正八边形的外角均为，
∴在中，，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
，
∴，
∴，则，
∴小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
【知识点】多边形内角与外角；解直角三角形的实际应用﹣方向角问题；正多边形的性质
【解析】解：（1）∵正八边形，
∴外角，
∴，
故答案为：90；76.
【分析】（1）根据正八边形的一个外角的度数，求出外角，再根据角的和差关系进行计算即可得答案.
（2）过点作于点，在中，，，即可得，进一步即可得点到道路的距离为4.0千米.
（3）连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，根据正八边形的外角均为，即可得，根据，证明，根据相似性质即可得小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
（1）解：∵正八边形，
∴外角，
∴，
故答案为：90，76；
（2）解：过点作于点，如图所示：
在中，，，
∴，
处有一座雕塑，在处测得雕塑在北偏东方向上，则，
在中，，
答：点到道路的距离为4.0千米；
（3）解：连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，如图所示：
∵正八边形的外角均为，
∴在中，，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
，
∴，
∴，则，
答：小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
24．在平面直角坐标系中，函数（m为常数）的图象与x轴只有一个公共点．
（1）求函数的表达式．
（2）函数的图象与x轴的交点为A，与y轴的交点为B．将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，函数的图象的顶点是点C，与x轴负半轴的交点为D，过点B作x轴的平行线，与函数的图象的交点为E．
①点A是否在函数的图象上？请说明理由；
②求证：四边形是菱形．
（3）在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，当线段与线段的和最小时，求t的值．
【答案】（1）解：∵函数的图象与x轴仅有一个公共点，
∴
．
∴．
∴，整理得，
∴函数的表达式为．
（2）解：由（1）可知，函数的表达式为，则．
∵将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，
∴函数的表达式为．
∴函数的图象的顶点是点，
①点A在函数的图像上．理由如下：
∵函数的图象与x轴的交点为A，
∴把代入，
得，
∴，
∴点A的坐标为．
将代入，可得．
∴点A在函数的图像上．
②证明：将代入，
∴
∴点B的坐标为．
∴．
将代入，
得．
∴解得，．
∴点E的坐标为．
∴．
将代入，可得．
解得，．
∴点D的坐标为．
∴．
∴．
∴．
∵轴，
∴四边形是平行四边形．
在中，，
根据勾股定理可得，
∴．
∴是菱形．
（3）解：如图，
作点关于的对称点P，连接，则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小，延长，交的延长线于点M，设与相交于点N．
∵在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，
∴，，
∵点B的坐标为．
∴，
∴，，，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】二次函数图象的几何变换；菱形的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据函数的图象与x轴仅有一个公共点，得，代入数值化简，得，代入即可得函数的表达式为．
（2）①将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，的表达式为，顶点是点，先运算得点A的坐标为．再将代入，可得，即可得点A在函数的图像上．
②将代入，得点B的坐标为，将代入，得点E的坐标为，点D的坐标为，结合相等，平行轴，即可证明四边形是平行四边形，根据勾股定理可得，，根据相等，即可得是菱形．
（3）作点关于的对称点P，连接，则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小，延长，交的延长线于点M，设与相交于点N，在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，得，，，进一步根据已知证明即可进一步得答案.
（1）解：∵函数的图象与x轴仅有一个公共点，
∴
．
∴．
故，
整理得，
∴函数的表达式为．
（2）解：由（1）可知，函数的表达式为，
则．
∵将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，
∴函数的表达式为．
∴函数的图象的顶点是点，
①点A在函数的图像上．理由如下：
∵函数的图象与x轴的交点为A，
∴把代入，
得，
∴，
∴点A的坐标为．
将代入，可得．
∴点A在函数的图像上．
②证明：将代入，
∴
∴点B的坐标为．
∴．
将代入，
得．
∴解得，．
∴点E的坐标为．
∴．
将代入，可得．
解得，．
∴点D的坐标为．
∴．
∴．
∴．
∵轴，
∴四边形是平行四边形．
在中，，
根据勾股定理可得，
∴．
∴是菱形．
（3）解：如图，作点关于的对称点P，连接，
则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小．
延长，交的延长线于点M，设与相交于点N．
∵在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，
∴，，
∵点B的坐标为．
则，
∴，，，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
25．已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、．
（1）当点在边延长线上时，如图所示．
①联结，与交于点，求证：；
②若，求的比值；
（2）联结，若为等腰三角形，求的值．
【答案】（1）解：①如图，
四边形为矩形，，
，，
在和中，
，，
，
，
在圆中，，
.
②，
设，，那么，
矩形的对边相等，
，
∵，
∴，
，
，
，
在中，，即，
，
．
（2）解：若为等腰三角形，当时，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和，
，
，
，
又 ∵，
，
连接，
由（1）①可知，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
；
当时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为正方形，
，
；
当时，设，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
在中，，
，整理得：，
，
．
综上所述，的值为或1或．
【知识点】三角形全等及其性质；圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）根据四边形为矩形，垂直，得等于，等于，根据，，证明全等，得出相等，即可证明相等.
②根据，设，，那么，根据矩形的对边相等，得出相等，等于，根据相等，相等即可证明相似，即可求出，在中，勾股定理求出，即可求出．
（2）若为等腰三角形，分为当相等时，根据条件证明全等，即可得相等，相等，进一步可证明全等，即可证明为等边三角形，求出，即可求解，当时，可证四边形为正方形，得出，即可求解得，同理得当时，设，，可证，得出，求出，在中，勾股定理列方程得出，即可求.
（1）解：①四边形为矩形，，
，，
在和中，
，，
，
，
在圆中，，
；
②，
设，，那么，
矩形的对边相等，
，
∵，
∴，
，
，
，
在中，，即，
，
．
（2）解：若为等腰三角形，
当时，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和，
，
，
，
又 ∵，
，
连接，
由（1）①可知，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
；
当时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为正方形，
，
；
当时，设，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
在中，，
，整理得：，
，
．
综上所述，的值为或1或．
1 / 1广东省广州市南武实验学校2025年中考二模数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．下列各数中，是负数的是（　　）
A． B． C． D．
2．是一款先进的人工智能助手，可提供高效、精准的信息检索和智能对话服务．其活跃用户数在上线21天后达到了3370万．将3370万用科学记数法表示为（　　）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．一个多边形的每一个外角都等于，则该多边形的边数为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．如图，由4个相同正方体组合而成的几何体，它的左视图是(　　)
A． B．
C． D．
6．如图，是一块直角三角板，其中，．直尺的一边经过顶点，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，已知，以为直径的交于点，与相切于点，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．已知点，和都在二次函数的图象上，则的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
9．马拉松赛是全民健身的热门项目，全程的总赛程约为42公里，在比赛中选手甲的平均速度是选手乙的1.5倍，最终甲冲刺终点的时间比乙提早40分钟，若乙的平均速度为，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，在平面直角坐标系中，将等腰沿直线OB翻折至与反比例函数的图象交于点．若为的中点，则的坐标为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．分解因式： 　 　．
12．计算：　 　．
13．如图，直线与直线相交于点，则关于x的方程的解为　 　．
14．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　 　．
15．如图，在菱形中，，分别以点和点为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交于点E、F、G、H，则图中阴影部分的面积为　 　.
16．如图，在菱形中，交的延长线于点.连接交于点，交于点于点，连接.有下列结论：①；②；③；④，则上述结论中正确的有　 　。（填序号）
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．解不等式组：.
18．如图，在矩形中，点在边上，，，垂足为．求证：．
19．先化简，再求值：，其中是4的算术平方根.
20．盒中有x枚黑棋和3枚白棋，这些棋除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是
（1）直接写出x的值；
（2）从盒中一次性随机摸出2枚棋子，请用列表或画树状图法求两枚棋子颜色相同的概率．
21．如图是某型号冷柜循环制冷过程中温度随时间变化的部分示意图.该冷柜的工作过程是：当冷柜温度达到时开始制冷，温度开始逐渐下降；当温度下降到时停止制冷，温度开始逐渐上升；当温度上升到时，再次开始制冷，按照以上方式循环工作.通过研究发现，当时，温度是时间的一次函数；当时，温度是时间的反比.
（1）求当时的反比例函数关系式，并求出的值；
（2）若规定温度不高于的时间为有效制冷时间，那么在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是多少？
22．如图，已知是以为直径的半圆上两点.
（1）尺规作图：在半圆上求作一点，使（不要求写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，已知，，求的值.
23．图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究.数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城的边长为，南门设立在边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路在上（门宽及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路处有一座雕塑，处测得雕塑在北偏东方向上，在处测得雕塑在北偏东方向上。
（1）　 　　 　；
（2）求点到道路的距离；
（3）若该小组成员小李出南门后沿道路向东行走，求她离处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响？（结果精确到，参考数据：，）
24．在平面直角坐标系中，函数（m为常数）的图象与x轴只有一个公共点．
（1）求函数的表达式．
（2）函数的图象与x轴的交点为A，与y轴的交点为B．将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，函数的图象的顶点是点C，与x轴负半轴的交点为D，过点B作x轴的平行线，与函数的图象的交点为E．
①点A是否在函数的图象上？请说明理由；
②求证：四边形是菱形．
（3）在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，当线段与线段的和最小时，求t的值．
25．已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、．
（1）当点在边延长线上时，如图所示．
①联结，与交于点，求证：；
②若，求的比值；
（2）联结，若为等腰三角形，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数的乘方法则；求有理数的绝对值的方法；用正数、负数表示相反意义的量
【解析】【解答】解：A、，是正数，故Ａ错误.
B、，是正数，故Ｂ错误.
C、是负数，故Ｃ正确.
D、，是正数，故Ｄ错误．
故答案为：C．
【分析】根据相反数的定义，有理数的乘方，绝对值的性质化简，即可得，，，再根据负数的定义分别判断即可得答案.
2．【答案】A
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】根据科学记数法表示方法得：3370万＝．
故答案为：A．
【分析】根据科学记数法的表示形式为的形式，确定n的值，a的值即可得答案.
3．【答案】B
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；完全平方公式及运用；幂的乘方运算
【解析】【解答】解；A、，本选项不符合题意；
B、，本选项符合题意；
C、，本选项不符合题意；
D、，本选项不符合题意；
故选：B，
【分析】根据幂的乘方计算法则判断A项；根据同底数幂的乘法计算法则判断B项；根据同底数幂的除法计算法则判断C项；根据完全平方公式即可判断D项.
4．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵一个多边形的每一个外角都等于，
∴该多边形的边数为．
故答案为：B．
【分析】根据多边形的外角都等于，结合多边形的每一个外角都等于即可得这个多边形的边数．
5．【答案】A
【知识点】简单组合体的三视图
【解析】【解答】解：观察图形，从左边看得到两个叠在一起的正方形，如下图所示：
，
故答案为：A.
【分析】利用三视图的定义并结合图形分析求解即可.
6．【答案】D
【知识点】角的运算；平行线的应用-求角度；平行线的应用-三角尺问题
【解析】【解答】解：如图，
，
，
，
，
∴的度数为.
故答案为：D．
【分析】根据平行线的性质，结合，得等于，再根据，结合计算即可得答案.
7．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵，
∴．
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴．
∴的度数为.
故答案为：C．
【分析】根据圆周角定理，结合图形得等于，再根据等于即可得等于，根据与相切于点得，进一步即可得的度数为.
8．【答案】C
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由得抛物线的对称轴为直线，
，
抛物线开口向下，
离对称轴越远则函数值越小，
∵，，，，
∴．
故答案为：C．
【分析】根据由得抛物线的对称轴为直线，再根据得抛物线开口向下，即可得离对称轴越远则函数值越小，代入，和的横坐标，求出
即可比较大小关系.
9．【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设乙的平均速度为，则甲的平均速度为，由题意得：
．
故答案为：B．
【分析】
本题考查了分式方程的应用，设乙的平均速度为，根据题目情境列出方程即可.
10．【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
过点作轴于点，
∵是等腰三角形，
∴，
∵，
∴，，
由折叠性质可知：，
∴，，
∴，
∴三点共线，
设，
∴，，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点在的图象，
∴，解得：（负值已舍去），
∴．
故答案为：A．
【分析】过点作垂直轴于点，根据等腰三角形的性质可得都等于，等于，根据折叠性质可知全等，从而可证明三点共线，设，则等于乘以，进一步计算得，等于乘以，计算得，即可得等于减等于，即可得，根据为的中点，得
出，代入，得出的值即可求解．
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【解答】原式
故答案为： ．
【分析】综合利用提取公因式法和平方差公式法分解因式即可得．
12．【答案】
【知识点】求特殊角的三角函数值；开立方（求立方根）
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】根据特殊角的三角函数值、立方根对进行计算即可.
13．【答案】
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解：∵直线与直线相交于点，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，
∴关于x的方程的解是，
故答案为：．
【分析】先将点A的坐标代入求出m的值可得，再将x=4代入可得，从而可得关于x的方程的解是.
14．【答案】且
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴且，
故答案为：且．
【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合一元二次方程的定义列出方程，不等式，解出即可得答案.
15．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；扇形面积的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
连接与交于点，
∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴.
故答案为：．
【分析】连接与交于点，根据菱形的性质，都等于，再结合角直角三角形的性质得，进一步得的长，进一步根据菱形的面积，扇形面积公式求出，最后根据等于减，再减即可得答案.
16．【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
在菱形中，，
又∵，
∴，
∴，故①正确.
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，即，故②正确.
∵在菱形中，，，
∴，，
又∵，
∴在中，，
∴，
∴在菱形中，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
由②已证，
设，
∴，，
∴，故③错误.
由③已知，
设，
∴，
∴在中，，
在中，，
∴，
∵在中，
∴，，
∴，
∴在中，，
又由②③已证，，，
设，则，
∴，解得（负值舍去），
∴，
∴，故④正确.
∴正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【分析】根据菱形的性质得相等，相等，根据全等三角形的判定定理即可判断全等，即可得，再根据平行，得相等，进一步得，结合得相似，即可得等于，设等于，等于，则等于，等于，那么等于，即可判断③，根据③得等于，等于，设等于，等于，进一步得等于，在中，等于，等于倍，等于在中，等于的，等于，等于，则等于减等于，在中，由勾股定理得等于，又由②③得，等于乘以，，设，则，那么，解得（负值舍去），可求等于，即可求解④．
17．【答案】解：
由①得，，
由②得，，
把①②的解在数轴上表示如下：
∴原不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【分析】分别求出不等式①②的解，再把①②的解在数轴上表示出来，即可得原不等式组的解集为．
18．【答案】证明：∵四边形为矩形，
∴，．
又∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】先利用角的运算和等量代换可得，再利用“AAS”证出，最后利用全等三角形的性质可得.
19．【答案】解：
，
∵是4的算术平方根，
∴，
∴原式．
【知识点】分式的化简求值；求算术平方根
【解析】【分析】先把的括号内分式的减法计算，再将除法化为乘法，化简分式得最简式，再根据是4的算术平方根，得，代入求值即可．
20．【答案】（1）2
（2）解：列表如下：
　 黑 黑 白 白 白
黑 （黑，黑) （白，黑) （白，黑) （白，黑)
黑 （黑，黑) 　 （白，黑) （白，黑) （白，黑)
白 （黑，白) （黑，白) 　 （白，白） （白，白）
白 （黑，白) （黑，白) （白，白） 　 （白，白）
白 （黑，白) （黑，白) （白，白） （白，白） 　
由树状图知，共有12种等可能结果，其中“摸出两枚棋子的颜色相同”的有8种结果，
所以“摸出两枚棋子的颜色相同”的概率为．
【知识点】用列表法或树状图法求概率；概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1）∵盒中有x枚黑棋和3枚白棋，从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是，
∴黑棋有枚．
【分析】（1）利用概率的定义求出黑棋的数量即可；
（2）先利用列表法求出所有符合条件的情况数，再利用概率公式求解即可.
（1）∵盒中有x枚黑棋和3枚白棋，从盒中随机取出一枚棋子，是黑棋的概率是，
∴黑棋有枚．
（2）列表如下：
由树状图知，共有12种等可能结果，其中“摸出两枚棋子的颜色相同”的有8种结果，
所以“摸出两枚棋子的颜色相同”的概率为．
21．【答案】（1）解：如图，
设当时，反比例函数关系式为，
由图象可知，点在函数图象上，
，解得，，
当时的反比例函数关系式为．
当时，，解得，.
∴的值为20.
（2）解：如图，
当时，，解得：，
设当时的一次函数关系式为，
由图象可知，点，点在函数图象上，
则，解得：
当时的一次函数关系式为，
当时，，解得，，
（分钟）．
∴在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
【知识点】反比例函数的实际应用；一次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）设当时，反比例函数关系式为，由图象可知，点在函数图象上，即可列方程，解出解析式后，把代入解析式即可得的值为20.
（2）当时，，解得：，设当时的一次函数关系式为，由图象可知，点，点在函数图象上，列方程组解出即可得一次函数关系式为，当时，解得，即可得在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
（1）解：设当时的反比例函数关系式为，
由图象可知，点在函数图象上，
，
解得，，
当时的反比例函数关系式为．
当时，，
解得，；
（2）解：当时，，
解得：，
设当时的一次函数关系式为，
由图象可知，点，点在函数图象上，
则，
解得：
当时的一次函数关系式为，
当时，，
解得，，
（分钟）．
答：在一次循环制冷过程中，有效制冷时间是9分钟．
22．【答案】（1）解：根据题意作图如下：
（2）解：如图，
过点作于点，连接．
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴
，
．
∴的值为.
【知识点】含30°角的直角三角形；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）连接，作的平分线交于点，根据圆心角与弦、弧的关系，即可得，即可得图形.
（2）过点作于点，连接，根据等于的一半，可证明相等，进一步得相等，即可得，然后根据角直角三角形的性质得，再根据勾股定理得，即可得，进一步得.
（1）解：如图，点即为所求；
（2）解：过点作于点，连接．
，
，
，
，
∴，
，
，
，
，
，
∴
，
．
23．【答案】（1）90；76
（2）解：如图，
过点作于点，
在中，，，
∴，
处有一座雕塑，在处测得雕塑在北偏东方向上，则，
在中，，
∴点到道路的距离为4.0千米.
（3）解：如图，
连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，
∵正八边形的外角均为，
∴在中，，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
，
∴，
∴，则，
∴小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
【知识点】多边形内角与外角；解直角三角形的实际应用﹣方向角问题；正多边形的性质
【解析】解：（1）∵正八边形，
∴外角，
∴，
故答案为：90；76.
【分析】（1）根据正八边形的一个外角的度数，求出外角，再根据角的和差关系进行计算即可得答案.
（2）过点作于点，在中，，，即可得，进一步即可得点到道路的距离为4.0千米.
（3）连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，根据正八边形的外角均为，即可得，根据，证明，根据相似性质即可得小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
（1）解：∵正八边形，
∴外角，
∴，
故答案为：90，76；
（2）解：过点作于点，如图所示：
在中，，，
∴，
处有一座雕塑，在处测得雕塑在北偏东方向上，则，
在中，，
答：点到道路的距离为4.0千米；
（3）解：连接并延长交于点，延长交于点，过点作于点，如图所示：
∵正八边形的外角均为，
∴在中，，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
，
∴，
∴，则，
答：小李离点不超过，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
24．【答案】（1）解：∵函数的图象与x轴仅有一个公共点，
∴
．
∴．
∴，整理得，
∴函数的表达式为．
（2）解：由（1）可知，函数的表达式为，则．
∵将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，
∴函数的表达式为．
∴函数的图象的顶点是点，
①点A在函数的图像上．理由如下：
∵函数的图象与x轴的交点为A，
∴把代入，
得，
∴，
∴点A的坐标为．
将代入，可得．
∴点A在函数的图像上．
②证明：将代入，
∴
∴点B的坐标为．
∴．
将代入，
得．
∴解得，．
∴点E的坐标为．
∴．
将代入，可得．
解得，．
∴点D的坐标为．
∴．
∴．
∴．
∵轴，
∴四边形是平行四边形．
在中，，
根据勾股定理可得，
∴．
∴是菱形．
（3）解：如图，
作点关于的对称点P，连接，则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小，延长，交的延长线于点M，设与相交于点N．
∵在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，
∴，，
∵点B的坐标为．
∴，
∴，，，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】二次函数图象的几何变换；菱形的判定；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据函数的图象与x轴仅有一个公共点，得，代入数值化简，得，代入即可得函数的表达式为．
（2）①将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，的表达式为，顶点是点，先运算得点A的坐标为．再将代入，可得，即可得点A在函数的图像上．
②将代入，得点B的坐标为，将代入，得点E的坐标为，点D的坐标为，结合相等，平行轴，即可证明四边形是平行四边形，根据勾股定理可得，，根据相等，即可得是菱形．
（3）作点关于的对称点P，连接，则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小，延长，交的延长线于点M，设与相交于点N，在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，得，，，进一步根据已知证明即可进一步得答案.
（1）解：∵函数的图象与x轴仅有一个公共点，
∴
．
∴．
故，
整理得，
∴函数的表达式为．
（2）解：由（1）可知，函数的表达式为，
则．
∵将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移6个单位长度，得到新的函数，
∴函数的表达式为．
∴函数的图象的顶点是点，
①点A在函数的图像上．理由如下：
∵函数的图象与x轴的交点为A，
∴把代入，
得，
∴，
∴点A的坐标为．
将代入，可得．
∴点A在函数的图像上．
②证明：将代入，
∴
∴点B的坐标为．
∴．
将代入，
得．
∴解得，．
∴点E的坐标为．
∴．
将代入，可得．
解得，．
∴点D的坐标为．
∴．
∴．
∴．
∵轴，
∴四边形是平行四边形．
在中，，
根据勾股定理可得，
∴．
∴是菱形．
（3）解：如图，作点关于的对称点P，连接，
则．当点P、B、在同一直线上时，线段与线段的和最小．
延长，交的延长线于点M，设与相交于点N．
∵在（2）的条件下，将函数的图象向左平移t个单位长度，设点A，C的对应点分别为，，点A的坐标为，，
∴，，
∵点B的坐标为．
则，
∴，，，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
25．【答案】（1）解：①如图，
四边形为矩形，，
，，
在和中，
，，
，
，
在圆中，，
.
②，
设，，那么，
矩形的对边相等，
，
∵，
∴，
，
，
，
在中，，即，
，
．
（2）解：若为等腰三角形，当时，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和，
，
，
，
又 ∵，
，
连接，
由（1）①可知，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
；
当时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为正方形，
，
；
当时，设，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
在中，，
，整理得：，
，
．
综上所述，的值为或1或．
【知识点】三角形全等及其性质；圆心角、弧、弦的关系；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）根据四边形为矩形，垂直，得等于，等于，根据，，证明全等，得出相等，即可证明相等.
②根据，设，，那么，根据矩形的对边相等，得出相等，等于，根据相等，相等即可证明相似，即可求出，在中，勾股定理求出，即可求出．
（2）若为等腰三角形，分为当相等时，根据条件证明全等，即可得相等，相等，进一步可证明全等，即可证明为等边三角形，求出，即可求解，当时，可证四边形为正方形，得出，即可求解得，同理得当时，设，，可证，得出，求出，在中，勾股定理列方程得出，即可求.
（1）解：①四边形为矩形，，
，，
在和中，
，，
，
，
在圆中，，
；
②，
设，，那么，
矩形的对边相等，
，
∵，
∴，
，
，
，
在中，，即，
，
．
（2）解：若为等腰三角形，
当时，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和，
，
，
，
又 ∵，
，
连接，
由（1）①可知，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∴为等边三角形，
，
，
；
当时，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为正方形，
，
；
当时，设，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
在中，，
，整理得：，
，
．
综上所述，的值为或1或．
1 / 1

展开更多......

收起↑