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2026年广东省广州市初中学业水平模拟测试数学试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）﹣3的倒数是（　　）
A．3 B． C． D．9
2．（3分）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，它能给人从视觉上以透空的感觉和艺术享受．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．
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）在一次数学测验中，甲班有a个人，平均分是m分，乙班有b个人，平均分是n分，则这两个班的总平均成绩为（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）小明在科普读物中了解到：每种介质都有自己的折射率，当光从空气射入该介质时，折射率为入射角正弦值与折射角正弦值之比，即折射率（i为入射角，r为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直AC边的方向射出，已知i＝30°，AB＝15cm，BC＝5cm，则该玻璃透镜的折射率n为（　　）
A．1.8 B．1.6 C．1.5 D．1.4
6．（3分）依据下列各图所标识的数据和符号，不能判定 ABCD为菱形的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）若等腰三角形（不等边）的一边长为3，另两边长是关于x的方程x2﹣8x+2m+2＝0的两个根，则m的值为（　　）
A．7 B．﹣7或6 C．6.5或7 D．6.5
8．（3分）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A是反比例函数图象上的一点，过点A分别作AM⊥x轴于点M，AN⊥y轴于点N，若四边形AMON的面积为4，则k的值是（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
9．（3分）如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则当A′C取得最小值时，则∠DCA′的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
10．（3分）已知点A（1，y1），B（2，y2），C（3，y3），D（4，a2+c）都在二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）的图象上，若y1＜y2＜y3，则a的取值范围是（　　）
A．a＜﹣8或a＞4 B．a＜﹣8或a＞8 C．a＜﹣4或a＞8 D．a＜﹣4或a＞4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是　 　 ．
12．（3分）如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝30°，则旋转角∠BOD等于 　 　 ．
13．（3分）把多项式ax2﹣9a分解因式的结果是 　 　 ．
14．（3分）如图，直线分别交x轴、y轴于点B、A，点M在x轴，将AM绕点A按逆时针旋转60°得到AN，连接BN，则BN的最小值为 　 　 ．
15．（3分）如图，已知正方形ABCD中，BE＝2CE，EA＝EF，EA垂直于EF，已知，则FC＝ 　 　 ．
16．（3分）如图，⊙O的直径AB平分弦CD（不是直径）．若∠D＝36°，则∠C＝　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．（8分）解不等式组：．
18．（8分）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AD，CD上，连接BE和EF，AB＝9，AE＝3，DF＝2．求证：△ABE∽△DEF．
19．（8分）已知：．
（1）若m、n都是正整数，试求mn的算术平方根；
（2）若点P（m，0）在抛物线y＝（x﹣2）（x﹣3）上，求n的值．
20．（8分）某农技站要求对玉米1号、2号、3号、4号四个品种共500株玉米幼苗进行成活实验，从中选出成活率高的品种进行推广，通过实验得知，3号玉米幼苗成活率为89.6%，把实验数据绘制成两幅不完整的统计图．
（1）实验所用的2号玉米幼苗的量是 　 　 株．
（2）求出3号玉米幼苗的成活数，并补全条形计图．
（3）该农技站要从这四种玉米品种中选择两个品种进行推广，请用列表或画树状图的方法求出3号品种被选中的概率．
21．（8分）图（1）为某大型商场的自动扶梯、图（2）中的AB为从一楼到二楼的扶梯的侧面示意图．小明站在扶梯起点A处时，测得天花板上日光灯C的仰角为37°，此时他的眼睛D与地面的距离AD＝1.8m，之后他沿一楼扶梯到达顶端B后又沿BL（BL∥MN）向正前方走了2m，发现日光灯C刚好在他的正上方．已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度是13m．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
（1）求图中B到一楼地面的高度．
（2）求日光灯C到一楼地面的高度．（结果精确到十分位）
22．（8分）如图，一次函数图象与反比例函数图象交于点A（﹣1，6），B（，a﹣3），与x轴交于点C，与y轴交于点D．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）点M在x轴上，若S△OAM＝S△OAB，求点M的坐标．
23．（8分）AC为圆O直径，BC切圆O于点C，过点C作CM⊥OB交圆O于点M，交OB于点F，连接BM．
（1）如图1，求证：BM为圆O切线；
（2）如图2，过点A作AD∥BM交OB于点D，求证：BC＝AD；
（3）如图3，在（2）的条件下，当AD＝AC时，若BM＝2，求ME的长．
24．（8分）【问题探究】
（1）如图1，菱形EHQP的三个顶点E，H，Q分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD上，BH＝CQ，求证：四边形EHQP为正方形；
【问题解决】
（2）如图2，四边形ABCD是一个矩形商业规划地，AD＝300m，CD＝400m，四边形EHQP区域为购物中心，进出口E，H，Q分别在AB，BC，CD边上，其中EH＝PQ＝PE，EH∥PQ，BH＝100m，进出口P在矩形ABCD内部，现准备对△PDQ区域进行绿化，根据规划，已知DQ＝300m，求绿化区域△PDQ的面积．
25．（8分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过O，A（4，0），B（5，5）三点，直线l交抛物线于点B，交y轴于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）M是线段OB上的一个动点（不与端点O，B重合），过点M作直线MN⊥x轴，交抛物线于点N，当以M，N，B为顶点的三角形与△OBC相似时，求出点N的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）﹣3的倒数是（　　）
A．3 B． C． D．9
【考点】倒数．
【专题】实数；运算能力．
【答案】C．
【分析】利用倒数的定义求解即可．
【解答】解：﹣3的倒数是．
故选：C．
【点评】本题考查了倒数，熟练掌握倒数的定义是解题的关键．
2．（3分）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，它能给人从视觉上以透空的感觉和艺术享受．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．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，据此逐项判断，即可求解．
【解答】解：A、选项图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、选项图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、选项图形是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，掌握中心对称图形，轴对称图形的概念是关键．
3．（3分）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】二次根式的加减法；算术平方根；立方根．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据算术平方根、立方根、二次根式的加减法则逐项计算判断即可．
【解答】解：A、，故此选项不符合题意；
B、3，故此选项不符合题意；
C、，故此选项不符合题意；
D、，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的加减，算术平方根，立方根，熟练掌握运算法则是解题的关键．
4．（3分）在一次数学测验中，甲班有a个人，平均分是m分，乙班有b个人，平均分是n分，则这两个班的总平均成绩为（　　）
A． B． C． D．
【考点】加权平均数．
【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】D
【分析】根据题意分别计算出甲班和乙班总分数，再计算出两个班的总分数和总人数，用总分数除以总人数来求解．
【解答】解：因为甲班总分数是：am分，乙班总分数是：bn分，
所以两个班的总分数是：（am+bn）分，总人数是：（a+b）人，
所以这两个班的总平均成绩为：（分）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了列代数式，理解题意，找出数量关系是解答关键．
5．（3分）小明在科普读物中了解到：每种介质都有自己的折射率，当光从空气射入该介质时，折射率为入射角正弦值与折射角正弦值之比，即折射率（i为入射角，r为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直AC边的方向射出，已知i＝30°，AB＝15cm，BC＝5cm，则该玻璃透镜的折射率n为（　　）
A．1.8 B．1.6 C．1.5 D．1.4
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】计算题；解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】先利用互余关系说明∠A＝r，再利用直角三角形的边角间关系求出∠A的正弦值，最后利用折射率公式得结论．
【解答】解：∵折射光线沿垂直AC边的方向射出，
∴β+∠A＝90°．
∵法线垂直于AB，
∴γ+β＝90°．
∴γ＝∠A．
∴sinγ＝sinA．
n
＝1.5．
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系、计算折射率的公式及“同角的余角相等”等知识点是解决本题的关键．
6．（3分）依据下列各图所标识的数据和符号，不能判定 ABCD为菱形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC＝3，可根据菱形的定义证明 ABCD为菱形，可判断A不符合题意；由OB＝AB＝3不能证明AB＝BC＝3，所以由OB＝AB＝3不能判定 ABCD为菱形，可判断B符合题意；由∠B＝70°，∠BCA＝55°，求得∠BAC＝55°，则∠BCA＝∠BAC，所以AB＝BC，则 ABCD是菱形，可判断C不符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，可根据菱形的判定定理证明 ABCD是菱形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC＝3，
∴ ABCD为菱形，
故A不符合题意；
∵由OB＝AB＝3不能证明AB＝BC＝3，
∴OB＝AB＝3不能判定 ABCD为菱形，
故B符合题意；
∵∠B＝70°，∠BCA＝55°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠BCA＝180°﹣70°﹣55°＝55°，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴AB＝BC，
∴ ABCD是菱形，
故C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形，
故D不符合题意，
故选：B．
【点评】此题重点考查菱形的定义和判定定理，正确理解和运用菱形的定义和判定定理是解题的关键．
7．（3分）若等腰三角形（不等边）的一边长为3，另两边长是关于x的方程x2﹣8x+2m+2＝0的两个根，则m的值为（　　）
A．7 B．﹣7或6 C．6.5或7 D．6.5
【考点】根的判别式；三角形三边关系；等腰三角形的性质；一元二次方程的解．
【专题】一元二次方程及应用；等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】分3为腰长及3为底边长两种情况考虑；①当3为腰长时，将x＝3代入原方程可求出m值，代入m的值解方程可求出方程的另一个根为5，结合三角形的三边关系可得出此种情况符合题意；②当3为底边长时，原方程有两个相等的实数根，利用根的判别式Δ＝0，即可求出m的值．综上，即可得出m的值．
【解答】解：分两种情况考虑：
①当3为腰长时，将x＝3代入原方程得32﹣8×3+2m+2＝0，
解得：m＝6.5，
∴原方程为x2﹣8x+15＝0，即（x﹣5）（x﹣3）＝0，
解得：x1＝5，x2＝3，
∴三角形的三边长分别为5，3，3，符合题意；
②当3为底边长时，原方程有两个相等的实数根，
∴Δ＝（﹣8）2﹣4×1×（2m+2）＝0，
解得：m＝7．
综上，m的值为6.5或7．
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式、一元二次方程的解、三角形的三边关系以及等腰三角形的性质，分3为腰长及3为底边长两种情况，求出m的值是解题的关键．
8．（3分）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A是反比例函数图象上的一点，过点A分别作AM⊥x轴于点M，AN⊥y轴于点N，若四边形AMON的面积为4，则k的值是（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】直接根据反比例函数k的几何意义求解即可．
【解答】解：∵过点A分别作AM⊥x轴于点M，AN⊥y轴于点N，
∴|k|＝S矩形ONAM，
∵四边形AMON的面积为4，反比例函数图象位于第一、三象限内，
∴k＝4．
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数k的几何意义，熟练掌握该知识点是关键．
9．（3分）如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则当A′C取得最小值时，则∠DCA′的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】过M作MF⊥CD交CD的延长线于F，根据MA′＝MA为定值，可知当A′在MC上时，A′C取得最小值，结合勾股定理，问题随之得解．
【解答】解：如图，过M作MF⊥CD交CD的延长线于F，
∵菱形ABCD中，AB＝BC＝4，∠A＝60°，
∴AD＝BC＝CD＝AB＝4，∠ADC＝∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠MDF＝60°，
∵M是AD边的中点，
∴，
由折叠的性质可得MA′＝MA＝2，
∵A′C≥MC﹣MA′，
∴当A′在MC上时，A′C取得最小值，
∵∠FMD＝90°﹣∠MDF＝30°，
∴，
∴，CF＝CD+CF＝5，
∴在Rt△MFC中，，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质、折叠问题、勾股定理和解直角三角形等知识点，找出A′所在位置是解答本题的关键．
10．（3分）已知点A（1，y1），B（2，y2），C（3，y3），D（4，a2+c）都在二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）的图象上，若y1＜y2＜y3，则a的取值范围是（　　）
A．a＜﹣8或a＞4 B．a＜﹣8或a＞8 C．a＜﹣4或a＞8 D．a＜﹣4或a＞4
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】D
【分析】由题意得y1＝a+b+c，y2＝4a+2b+c，y3＝9a+3b+c，a2+c＝16a+4b+c，再根据y1＜y2＜y3，求出，然后分a＞0和a＜0两种情况讨论即可求解．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c过点A（1，y1），B（2，y2），C（3，y3），D（4，a2+c），
∴y1＝a+b+c，y2＝4a+2b+c，y3＝9a+3b+c，a2+c＝16a+4b+c，
∴a2＝16a+4b，即有，
∵y1＜y2＜y3，
∴a+b+c＜4a+2b+c＜9a+3b+c，
∴，
当a＞0时，b＞﹣3a，
∴，解得：a＞4，
当a＜0时，b＞﹣5a，
∴，解得：a＜﹣4，
综上可知：a的取值范围是a＜﹣4或a＞4，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是x≥﹣5　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】x≥﹣5．
【分析】直接根据二次根式有意义的条件作答即可．
【解答】解：由题意得x+5≥0，解得x≥﹣5，
故答案为：x≥﹣5．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
12．（3分）如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝30°，则旋转角∠BOD等于 　70°　 ．
【考点】旋转的性质．
【专题】常规题型；推理能力．
【答案】70°．
【分析】由△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，∠AOB＝40°，∠BOC＝30°，得∠COD＝∠AOB＝40°，得∠BOD＝∠BOC+∠COD＝70°．
【解答】解：由△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，∠AOB＝40°，∠BOC＝30°，
得∠COD＝∠AOB＝40°，
得∠BOD＝∠BOC+∠COD＝70°．
故答案为：70°．
【点评】本题主要考查了旋转的计算，关键是应用旋转的性质．
13．（3分）把多项式ax2﹣9a分解因式的结果是 a（x﹣3）（x+3）　 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】因式分解；运算能力．
【答案】a（x﹣3）（x+3）．
【分析】先提取公因式，再用平方差公式因式分解即可．
【解答】解：ax2﹣9a
＝a（x2﹣9）
＝a（x﹣3）（x+3），
故答案为：a（x﹣3）（x+3）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
14．（3分）如图，直线分别交x轴、y轴于点B、A，点M在x轴，将AM绕点A按逆时针旋转60°得到AN，连接BN，则BN的最小值为 　　 ．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；坐标与图形变化﹣旋转；一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】．
【分析】先求出点A，点B的坐标，得到AB，将线段AB绕点A逆时针旋转60°到AB′，易得△ABB′为等边三角形，推出B′的坐标，当BN⊥AB时，BN有最小值，此时，连接B′N，易证△AMB≌△ANB′（SAS），得∠ABM＝∠AB′N，此时，∠ABM＝∠AB′N＝120°，得到∠BB′N＝60°，进而推出∠BNB′＝90°，由BB′＝2，则B′N＝1，利用勾股定理即可求出．
【解答】解：∵直线分别交x轴、y轴于点B、A，
∴x＝0时，，y＝0时，x＝﹣1，
∴，
∴，
∴，
将线段AB绕点A逆时针旋转60°到AB′，
∴AB′＝AB＝2，
∵∠BAB′＝60°，
∴△ABB′为等边三角形，
∴B′（1，0），
当BN⊥AB时，BN有最小值，
此时，连接B′N，
∵AN是AM绕点A按逆时针旋转60°得到，
∴∠MAN＝60°，AM＝AN，
∴△AMN为等边三角形，
∵∠MAB+∠BAN＝∠BAN+B′AN＝60°，
∴∠MAB＝B′AN，
∵AM＝AN，AB＝AB′，
∴△AMB≌△ANB′（SAS），
∴∠ABM＝∠AB′N，
此时，∠ABM＝180°﹣∠ABB′＝120°＝∠AB′N，
∴∠BB′N＝∠AB′N﹣∠AB′B＝60°，
∵∠B′BN＝90°﹣∠ABB′＝30°，
∴∠BNB′＝180°﹣∠B′BN﹣∠BB′N＝90°，
在Rt△BB′N中，BB′＝2，
∴B′N＝1，
∴，
∴BN的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数与坐标轴的交点，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，点到直线垂线段最短求最短距离，勾股定理，正确作出辅助线，构造三角形全等时解题的关键．
15．（3分）如图，已知正方形ABCD中，BE＝2CE，EA＝EF，EA垂直于EF，已知，则FC＝ 　　 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，设CE＝a，则BE＝2a，AB＝BC＝3a，证明△ABE和△EHF全等得AB＝EH＝3a，BE＝HF＝2a，则BH＝a，CH＝4a，在Rt△BHF中，由勾股定理可求出a，进而得HF＝2a，CH＝4a，然后在Rt△CHF中，由勾股定理即可求出FC的长．
【解答】解：过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，如图所示：
∴∠H＝90°，
∵BE＝2CE，
设CE＝a，则BE＝2a，
∴BC＝CE+BE＝3a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝3a，∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠H＝90°，
在Rt△ABE中，∠1+∠2＝90°，
∵EA⊥EF，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△ABE和△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH＝3a，BE＝HF＝2a，
∴BH＝EH﹣BE＝3a﹣2a＝a，
∴CH＝BC+BH＝3a+a＝4a，
在Rt△BHF中，BF，
由勾股定理得：BF，
∴a，
∴HF＝2a，CH＝4a，
在Rt△CHF中，由勾股定理得：FC．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
16．（3分）如图，⊙O的直径AB平分弦CD（不是直径）．若∠D＝36°，则∠C＝　54°　 ．
【考点】圆周角定理；垂径定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】54°．
【分析】先根据⊙O的直径AB平分弦CD（不是直径），得AB⊥CD，再结合∠D＝36°，得∠ABD＝54°，最后由同弧所对的圆周角是相等的，得∠C＝∠ABD＝54°，即可作答．
【解答】解：∵⊙O的直径AB平分弦CD（不是直径），
∴AB⊥CD，
由条件可得∠ABD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠C＝∠ABD＝54°，
故答案为：54°．
【点评】本题考查了直角三角形的两锐角互余，垂径定理以及圆周角定理，熟练掌握以上知识点是关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．（8分）解不等式组：．
【考点】解一元一次不等式组．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】1≤x＜4．
【分析】先分别解两个不等式得到 x≥1和x＜4，然后根据大小小大中间找确定不等式组的解集．
【解答】解：解不等式①，得x≥1；
解不等式②，得x＜4．
∴原不等式组的解集为1≤x＜4．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，能找到不等式组的解集是解题的关键．
18．（8分）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AD，CD上，连接BE和EF，AB＝9，AE＝3，DF＝2．求证：△ABE∽△DEF．
【考点】相似三角形的判定；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】见解答．
【分析】根据已知条件求出DE，再证明，又由正方形的性质，得∠A＝∠D，根据“两边对应成比例，夹角相等的两个三角形相似”即可证明出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝9，
∴AD＝AB＝9，∠A＝∠D，
∵AE＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝9﹣3＝6，
∴，
∵DF＝2，
∴，
∴，
∴△ABE∽△DEF．
【点评】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相关性质和判定是解题的关键．
19．（8分）已知：．
（1）若m、n都是正整数，试求mn的算术平方根；
（2）若点P（m，0）在抛物线y＝（x﹣2）（x﹣3）上，求n的值．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；分式的化简求值．
【专题】分式；二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】（1）mn的算术平方根为2；
（2）n＝﹣1．
【分析】（1）化简代数式求得n，由m、n都是正整数即可求得m＝4，n＝1，进一步即可求得mn的算术平方根是2；
（2）把点P（m，0）代入y＝（x﹣2）（x﹣3），即可求得m＝2或m＝3，由n可知m≠3，把m＝2代入即可求得n＝﹣1．
【解答】解：（1）∵
，
∵m、n都是正整数，
∴m＝4，n＝1，
∴mn＝4，
∴mn的算术平方根为2；
（2）∵点P（m，0）在抛物线y＝（x﹣2）（x﹣3）上，
∴（m﹣2）（m﹣3）＝0，
∴m＝2或m＝3，
∵n，
∴m≠3，
∴n＝﹣1．
【点评】本题考查了分式的化简求值，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握算术平方根的定义，分式有意义则分母不为0是解题的关键．
20．（8分）某农技站要求对玉米1号、2号、3号、4号四个品种共500株玉米幼苗进行成活实验，从中选出成活率高的品种进行推广，通过实验得知，3号玉米幼苗成活率为89.6%，把实验数据绘制成两幅不完整的统计图．
（1）实验所用的2号玉米幼苗的量是 　100　 株．
（2）求出3号玉米幼苗的成活数，并补全条形计图．
（3）该农技站要从这四种玉米品种中选择两个品种进行推广，请用列表或画树状图的方法求出3号品种被选中的概率．
【考点】列表法与树状图法；条形统计图；扇形统计图．
【专题】统计的应用；概率及其应用；数据分析观念；运算能力．
【答案】（1）100；
（2）112株，图形见解析；
（3）．
【分析】（1）先根据百分比之和为1求得2号的百分比，再用总株数乘以所得百分比即可；
（2）用总株数乘以3号的百分比再乘以其成活率求出3号玉米幼苗的成活数，补全条形计图即可；
（3）画树状图，共有12种等可能的结果，其中3号品种被选中的结果有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）实验所用的2号幼苗的数量是500×（100%﹣30%﹣25%﹣25%）＝100（株），
故答案为：100；
（2）3号玉米幼苗的成活数是500×25%×89.6%＝112（株），
补全条形统计图如下：
（3）画树状图如下：
由树状图知，共有12种等可能的结果，其中3号品种被选中的结果有6种，
∴3号品种被选中的概率为．
【点评】本题考查的是树状图法球概率以及条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
21．（8分）图（1）为某大型商场的自动扶梯、图（2）中的AB为从一楼到二楼的扶梯的侧面示意图．小明站在扶梯起点A处时，测得天花板上日光灯C的仰角为37°，此时他的眼睛D与地面的距离AD＝1.8m，之后他沿一楼扶梯到达顶端B后又沿BL（BL∥MN）向正前方走了2m，发现日光灯C刚好在他的正上方．已知自动扶梯AB的坡度为1：2.4，AB的长度是13m．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
（1）求图中B到一楼地面的高度．
（2）求日光灯C到一楼地面的高度．（结果精确到十分位）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）过点B作BE⊥MN于E，由坡度的定义和勾股定理求解即可；
（2）过点C作CF⊥MN于F交BL于G，过点D作DJ⊥CF于J交BE于H，则四边形BEFG、四边形ADJF是矩形，求出AF＝DJ＝14m，再由三角函数定义求出CJ＝10.5m，即可得出结果．
【解答】解：（1）过点B作BE⊥MN于E，如图（2）所示：
设AE＝xm，
∵AB的坡度为1：2.4，
∴，
∴BExm，
在Rt△ABE中，由勾股定理得x2+（x）2＝132，
解得：x＝12，
∴AE＝12m，BE＝5m，
答：B到一楼地面的高度为5m；
（2）过点C作CF⊥MN于F交BL于G，过点D作DJ⊥CF于J交BE于H，
则BG＝2m，四边形BEFG、四边形ADJF是矩形，∠CDJ＝37°，
∴EF＝BG＝2m，AD＝FJ＝1.8m，AF＝DJ，
由（1）可知，AF＝AE+EF＝12+2＝14（m），
∴DJ＝14m，
在Rt△CDJ中，tan∠CDJ＝tan37°≈0.75，
∴CJ≈0.75DJ＝0.75×14＝10.5（m），
∴CF＝CJ+FJ＝10.5+1.8＝12.3（m），
答：日光灯C到一楼地面的高度约为12.3m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22．（8分）如图，一次函数图象与反比例函数图象交于点A（﹣1，6），B（，a﹣3），与x轴交于点C，与y轴交于点D．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）点M在x轴上，若S△OAM＝S△OAB，求点M的坐标．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力；推理能力；模型思想．
【答案】（1）反比例函数解析式为 ，一次函数解析式为 y＝﹣2x+4．（2） 或 ．
【分析】（1）把A的坐标代入反比例函数的解析式，即可求出反比例函数的解析式，把B的坐标代入反比例函数解析式求出B的坐标，把A、B的坐标代入所设一次函数解析式即可求出函数的解析式；
（2）依据题意，结合图象，设出M的坐标，求出△AOB和△AOM的面积，即可求出答案．
【解答】解：（1）由题意，设反比例函数、一次函数分别为 ，y＝kx+b（k≠0，
∵点A（﹣1，6）在反比例函数图象上，
∴n＝﹣6．
∴反比例函数解析式为 ．
∵点B在反比例函数图象上，
∴．
∴a＝1．
∴B（3，﹣2）．
∵点A（﹣1，6），B（3，﹣2）在一次函数 y＝kx+b 的图象上，
∴．
∴．
∴一次函数解析式为 y＝﹣2x+4．
（2）设点M（m，0），由（1）得，直线 y＝﹣2x+4 交x轴于点C（2，0），
∴OC＝2
∴S△AOB＝S△AOC+S△COB6+2＝8．
∵M在x轴上，
∴S△AOM3|m|．
又S△AOB＝S△AOM，
∴3|m|＝8．
∴m＝±．
∴点M的坐标为 或 ．
【点评】本题考查一次函数和反比例函数的交点问题，用待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积等知识点的综合运用，主要考查学生的计算能力和观察图形的能力，以及数形结合思想的运用．
23．（8分）AC为圆O直径，BC切圆O于点C，过点C作CM⊥OB交圆O于点M，交OB于点F，连接BM．
（1）如图1，求证：BM为圆O切线；
（2）如图2，过点A作AD∥BM交OB于点D，求证：BC＝AD；
（3）如图3，在（2）的条件下，当AD＝AC时，若BM＝2，求ME的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）连接OM，证△MOB≌△COB（SAS），得∠OMB＝∠OCB＝90°，中由切线的判定即可得出结论；
（2）连接AM，由圆周角定理得∠DFE＝90°，再证AM∥BD，得四边形AMBD是平行四边形，则AD＝BM，然后由切线长定理得BM＝BC，即可得出结论；
（3）连接AM，由三角形面积得CF＝2，再证OF为△ACM的中位线，得AM＝2OF＝2，然后证△AME≌△DFE（AAS），即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接OM，
则OC＝OM，
∵CM⊥OB，
∴∠MOB＝∠COB，
∵BC切圆O于点C，
∴BC⊥OC，
∴∠OCB＝90°，
在△MOB和△COB中，
，
∴△MOB≌△COB（SAS），
∴∠OMB＝∠OCB＝90°，
∵点M在圆O上，OM为半径，
∴BM为圆O切线；
（2）证明：如图2，连接AM，
∵AC为圆O的直径，
∴∠AME＝90°，
∵CM⊥OB，
∴∠DFE＝90°，
∴∠AME＝∠DFE，
∵∠AEM＝∠DEF，
∴∠MAD＝∠ADO，
∴AM∥BD，
∵AD∥BM，
∴四边形AMBD是平行四边形，
∴AD＝BM，
∵BC、BM均为圆O切线；
∴BM＝BC，
∴BC＝AD；
（3）解：如图3，连接AM，
∵AD＝AC，AD＝BM＝BC，
∴AD＝BM＝BC＝AC＝2，
∴OCAC，
在Rt△BCO中，由勾股定理得：OB5，
∵S△BCOBC OCOB CF，
∴CF2，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF4，
∴OF＝OB﹣BF＝54，
∵CM⊥OB，
∴FM＝CF＝2，
∵O为AC的中点，F为CM的中点，
∴OF为△ACM的中位线，
∴AM＝2OF＝2，
∵四边形AMBD是平行四边形，
∴AM＝BD＝2，
∴DF＝BF﹣BD＝422，
∴AM＝DF，
在△AME和△DFE中，
，
∴△AME≌△DFE（AAS），
∴ME＝FEFM2．
【点评】本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、切线长定理以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握切线的判定与性质、圆周角定理以及平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
24．（8分）【问题探究】
（1）如图1，菱形EHQP的三个顶点E，H，Q分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD上，BH＝CQ，求证：四边形EHQP为正方形；
【问题解决】
（2）如图2，四边形ABCD是一个矩形商业规划地，AD＝300m，CD＝400m，四边形EHQP区域为购物中心，进出口E，H，Q分别在AB，BC，CD边上，其中EH＝PQ＝PE，EH∥PQ，BH＝100m，进出口P在矩形ABCD内部，现准备对△PDQ区域进行绿化，根据规划，已知DQ＝300m，求绿化区域△PDQ的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵四边形EHQP是菱形，
∴EH＝HQ，
∵BH＝CQ，
∴Rt△BEH≌Rt△CHQ（HL），
∴∠BEH＝∠CHQ，
∵∠BEH+∠BHE＝90°，
∴∠CHQ+∠BHE＝90°，
∴∠EHQ＝90°，
∴菱形EHQP是正方形；
（2）15000m2．
【分析】（1）证明Rt△BEH≌Rt△CHQ（HL），得出∠BEH＝∠CHQ，则可证明∠CHQ+∠BHE＝90°，然后根据正方形的判定方法即可得证；
（2）先证明四边形EHQP为菱形，然后同（1）证明菱形EHQP是正方形，过P作PF⊥CD于F，证明△PFQ≌△CQH（AAS），得出PF＝QC＝100m，然后根据三角形的面积公式求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵四边形EHQP是菱形，
∴EH＝HQ，
∵BH＝CQ，
∴Rt△BEH≌Rt△CHQ（HL），
∴∠BEH＝∠CHQ，
∵∠BEH+∠BHE＝90°，
∴∠CHQ+∠BHE＝90°，
∴∠EHQ＝90°，
∴菱形EHQP是正方形；
（2）解：∵EH∥PQ，EH＝PQ，
∴四边形EHQP是平行四边形，
又EH＝PE，
∴平行四边形EHQP是菱形，
∵四边形ABCD是矩形，AD＝300m，
∴BC＝AD＝300m，
∵CD＝400m，DQ＝300m，
∴CQ＝CD﹣DQ＝100m，
又BH＝100m，
∴CQ＝BH
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵四边形EHQP是菱形，
∴EH＝HQ，
∵BH＝CQ，
∴Rt△BEH≌Rt△CHQ（HL），
∴∠BEH＝∠CHQ，
∵∠BEH+∠BHE＝90°，
∴∠CHQ+∠BHE＝90°，
∴∠EHQ＝90°，
∴菱形EHQP是正方形，
∴∠PQH＝90°，PQ＝QH，
∴∠HQC+∠FQP＝90°
过P作PF⊥CD于F，
∴∠PFQ＝∠C＝90°，
∴∠FPQ+∠FQP＝90°，
∴∠FPQ＝∠HQC，
在△PFQ和△CQH中，
，
∴△PFQ≌△CQH（AAS），
∴PF＝QC＝100m，
∴，
即绿化区域△PDQ的面积为15000m2．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是利用HL证明Rt△BEH≌Rt△CHQ解答．
25．（8分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过O，A（4，0），B（5，5）三点，直线l交抛物线于点B，交y轴于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）M是线段OB上的一个动点（不与端点O，B重合），过点M作直线MN⊥x轴，交抛物线于点N，当以M，N，B为顶点的三角形与△OBC相似时，求出点N的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】分类讨论；待定系数法；函数的综合应用；图形的相似；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y＝x2﹣4x；
（2）N的坐标为（，）或（，）．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为y＝x2﹣4x；
（2）求出直线OB解析式为y＝x，设M（m，m），则N（m，m2﹣4m），其中0＜m＜5，即可得BM（5﹣m），MN＝﹣m2+5m，而OB＝5，OC＝4；要使以M，N，B为顶点的三角形与△OBC相似，只需或，再分别代入列出比例式，解得m的值即可得到答案．
【解答】解：（1）把O（0，0），A（4，0），B（5，5）代入y＝ax2+bx+c得：，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x；
（2）由B（5，5）可得直线OB解析式为y＝x，
设M（m，m），则N（m，m2﹣4m），其中0＜m＜5，
∴BM（5﹣m），MN＝m﹣（m2﹣4m）＝﹣m2+5m，
∵B（5，5），C（0，﹣4），
∴OB＝5，OC＝4；
∵直线MN⊥x轴，
∴直线MN∥y轴，
∴∠BMN＝∠BOC，
要使以M，N，B为顶点的三角形与△OBC相似，只需或，
当时，，
解得m或m＝5（舍去），
∴N（，）；
当时，，
解得m或m＝5（舍去），
∴N（，）；
综上所述，N的坐标为（，）或（，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，相似三角形判定与性质，两点间距离公式等，解题的关键是分类思想的应用．

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