广东省广州市2026年中考模拟数学试题七套附答案

一模数学试题（10330）（）C．3D．2．下列式子运算正确的是（．B．D．如在棋棋上建的平直角标系已黑棋①的标是白③的标是，则棋②的标是（ ）一几何的三图如所示则这几何是（ ）B． C． D．是 是 经圆心 若 则 的小（ ）B． 10二次比第一次增加6人，平分40元钱，则第二次每人分得的钱与第一次相同，设第一次分钱的人数为x人则可方程（ ）看书数量/（本）23456人数/（人）661085读进行统计结果下表示．根据格数看书数量/（本）23456人数/（人）661085A．4，4 B．4，5 C．5，4 D．5，5如图一函数与的象相于点 则于的程的（ ）关于的等式组的集中一个均不在 的围中则的值范（ ）A．或B．或C．或D．或已二次数 （ 与轴于两点与 轴点 的坐是，且，以下论中正确是（ ）物线 的点坐为若，则 或二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18）：= .分方程的为 ．如，点 ， ，在径为2的，与交点 ，点 是，，则 ．如菱形 的点O是标原点A在比例数的象点B在x轴．若形的积是8，则k的为 ．弧所应的构成个正边形中心点O，所圆的心C恰是的心，若，阴影分面为 ．如在中， ， ， 为角且 点是边的， 动点连接作，

边于点 则 外圆半的最值为 ．三、解答题（本大题共9小题，满分72）：，把不式解表示数轴．，，如， 是边上点， 求证： ．，，段时后散走回家小离家距离与所用时间的系如所解下列问题：云家体育的距为 ；求出云第时家的离．：．简 ；函数的称轴是 ，求 的．次被查的生有 名， ，全条统计，并条形上方明人；形统图中乒球”对的扇的圆角的数为 ；3221男1描法是究函图象化规的重方法请用方法究函数的象变规律．…………求函数自变量的取值范围；系；知点 是数图上的，若，求 的值范．如，在，．作线 段点 ）（1）出的中，若 ，，求 的度．点 是 边 （ 于点．证： ；若 ，是可以直角如果以，出此时的；如不能说明由；已知且点 在段为 的点探究 的是存在小值若存，求该最值；不存，请明理．已二次数（、为数该数图经过点与轴于 ，点点与点．用关于的数式示；关于的数式示的积，描述着的化，的如何化？线点于点 点，交称轴点 过点 的线直线不过两与次函图象于 两直线与线相于点．若 ，求出足条的直线的析式．答案【答案】C解析【答】：∵，∴最大的数是3，故答案为：C．【分析】由题意，先估算无理数的大小，然后根据"正数大于0，0大于负数"即可判断求解．【答案】C字母指数变，而不是，以该项错；，非，选项误；，选项确；，是，选项误．C．ABCD.【答案】A【解析】【解答】解：由题意，建立直角坐标系如下：由可知黑棋②的标是；A．【分析】根据已知点的坐标，确定原点的位置，建立平面直角坐标系，根据黑棋②在平面直角坐标系中【答案】A故答案Wie：A．【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状即可．【答案】C【解析【答】：连接，∵是的切线，∴，∴，∵，∴，∴，∴，：．【答】接，切线性“圆切线直于过切的半”可得，等腰角形的性质等对等角可得然由三形的角的质“三形的个外等于它不相得∠AOC=∠B+∠OAB求出∠AOC6C【解析】【解答】解：设第一次分钱的人数为x人，根据题意得：．【分析】设第一次分钱的人数为x人，根据题意列分式方程方程解题．【答案】A【解析】【解答】解：由题意可知，假期里该班学生看书数量的平均数，∵看书数量为4本的有10人，人数最多，∴众数为4本，故答案为：A．【分析】根据平均数定义“平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以这组数据的个数”及众数的定义“众数是指一组数据中出现次数最多的数”并结合表格中的信息即可求解．【答案】BP7，把代入：，：，∴点P的坐标为，∵一次函数与的图象相交于点P，∴关于x的方程故答案为：B．的是．P的纵坐标代入直线y=2x-1可求得点Px的方程ax+2=2x-1的解就是两条直线的交点P的横坐标的值可求解.【答案】B【解析【答】：，，，，，∴不式组解集为，∵不式组集中一个均不在的围中，∴或，解得或，：．【析】求出等式的解，然根据集中一个均不在的围中可关于a的不【答案】D【解析【解解因二次数 （ 与轴于两与轴点的坐标是，且，判断抛物开口下，称轴于轴左侧，∴，，∴此选项不符合题意；因二次数（ ）与轴于、两，当数值为0时即当，，，，∴，，∵抛线与轴点的坐标是，且，∴，即，解得，∴此选项不符合题意；由B选可得物线对称为直线，∴顶的横标为，，，∴抛线 的点坐为，∴此选项不符合题意；当时抛线的数值为此时根对称可得点的称点横坐为，由选项A∴当，，即当时， ，∴此选项符合题意.故答案为：D．【答案】a(a+b)(a-b)【解析】【解答】解：原式=a(a+b)(a-b).故答案为a(a+b)(a-b).【分析】本题考查的是提公因式法和利用平方差公式分解因式.【答案】1，，，，经验是式方的解，1．然后检验可得方程的解.3【答案】【解析】【解答】解：点然后检验可得方程的解.3【答案】【解析】【解答】解：点是的中点，，，，，在△ABD和△COD中，，，又，，，在中， ，，．故案为： ．【析由意用角边得根全等角形对应相等得根据三都相的三形是边三形可得是边三形，在Rt△AOD中由锐三角函数求出 的，再垂径理得AC=2AD即求解．【答案】【解析【答】：如，连接交于点，菱形，，，菱形的积是，，点A在比例数 的象上点在二象，，：．【析连接交于点由形的质“菱的对线互垂直分”可得根三角形的积公求得角三形ADO的积，后根反比函数值何意并结反比函数过的象【答案】【解析【答】：如所示过点C作，∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，∴，∴为边三形，∵圆心C恰是的心，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴弓形 ：，：，：．【析过点C作根正多形的质并合有个角为60度等腰角形等边角形可得为边三形，由内的性可得，出，根锐角角函数cos∠CAE=求出AC的值根据sin∠CAE=求出CE的值再据弓形 的=S形B形 于6形 ．【答案】【解析解答解如图作的接圆连接作，垂分别点，，，，，，，，，，，，，，，在中，，设的径为，则，，，，，外圆半的最值为．：．【析】作的接圆，接，，足分为点”可得结已知根有两角对相等两个角形似可证由似三角的对边的相等得比式 ，据锐三角数sin∠ABC= 求出AM的，在Rt△ABM中用勾定理得BM的，设的径为，则，合比式可将OG用含r【答案】解：，，，．不等式解集在数轴上的表示为：．“1”【答案】证：，．又，．在和中，，，．【解析【析】平行的性两线平，同角相等”可得，据三形的角和为180度得然用角边可证再据全三角的对边相可求．95（2）：设第 到第 这时间小云家的离 与所用间的析式为，则有：，解： ．所，解式为当 ，．答小云第 时家的离时．（1）：由意得小云离体场的离为，2.5；【分析】当 设 根图形点用定系法可得相的函数析式然后把代解析计算可求．：由意得小云离体场的离为，2.5；：设第 到第 这时间小云家的离 与所用间的析式为：，得： 所，解式为当 ，．答小云第 时家的离时．0；（2）：∵函数的称轴是 ，∴，∴．【解析】【分析】a（1）；（2）解：∵函数的对称轴是，∴，∴．1，：“乒球”对的扇的圆角度为 ，：；共有20种等可能的结果，其中恰好选中1男1女的结果有12种，∴恰好选中1男1女的概率为【解析】【解答】．（1）解：本次被调查的学生总人数为，喜爱“排球”的人数所占百分比为，∴，，故答案为：100，5；【分析】频数÷=÷样本容量可求得n的“”×即求得形统图中乒球”对的扇的圆角的数；11为，喜爱排球的数所百分为，∴，：，故答案为：100，5；：“乒球”对的扇的圆角度为，：；共有20种等可能的结果，其中恰好选中1男1女的结果有12种，∴恰好选中1男1女的概率为2．的取值范围为；（2）解：列表：0123210描点，连线，图象如下，（3）：由数图可知在自量的值范内，数值 随着的大而小．当，，当，．答若时， 的值范是．【解析】【分析】”""n：求数自量的值范为；0123210描点，连线，图象如下，：由数图可知在自量的值范内，数值 随着的大而小当，，当，．答若时， 的值范是．【答案（1）：如，射线 即所求．（2）：过点D作 于点E，∵为，，∴．在Rt△ACD和Rt△AED中∴，∴．∵，∴∴∵∴，．，，∴，即，∴．【解析】【分析】点D作 点“”得，结已知用HL定可得由等三形的应边等可得根锐角三角函数求出DE的值，可得 ．根据有两个角相等的两个三角形相似可证 ，相似角形对应的比等可比例式求．：如，射线 即所求．：过点D作 于点E，∵∴为．，，∵，∴，∴．∵，∴∴∵∴，．，，∴，即，∴．【答案（1）明：点 作，则，，又，，，；：在的长线截取，接 ．∴，由（1）知，在和中，，∴，∴，∴，∴是腰三形，∴，∴ ，∴．：延长到J，得，长到K，得 ．由（2）方法得，∴，∴，所点E在上动时点F在与所在直线成角的线上运动．即点M在与平的线运（L为的中点，把绕点C旋转 度到点N为 的点点M在，过点L作，∵，∴，，∴，∵∴，，∴与D重，即，∴，过D作于点O，∴点D到段的小值于点D到段垂段的，∵，∴，∴，即 的小值为．【解析【析（1）点F作，平行的性“两线平，内角相”可得结角的差可得再据等对等和角构成即可求解；，，在的长线截取连接，用角边证 根全等角形应边（角）相等可得BE=FH，∠H=∠ABC，可得是等腰三角形，再根据角的和差可得关于α的方程解方即可解；，，延长到使得延长到使得可得由边对等和三角的内和等于180°可得，以点E在上动时，点F在与所在线成角线上动于可得点M的动轨然根据角三函数sin∠DLO=可解明：点作，则，，又，，，．：在的长线截取，接 ．∴，由（1）知，在和中，，∴，∴，∴，∴是腰三形，∴，∴ ，∴．：延长到J，得，长到K，得 ．由（2）方法得，∴，∴，所点E在上动时点F在与所在直线成角的线上运动．即点M在与平的线运（L为M在，的中点，把绕点C旋转 度到点N为 的点点过点L作∵，，∴，，∴，∵∴，，∴与D重，即，∴，过D作于点O，∴点D到段的小值于点D到段垂段的，∵，∴，∴，即 的小值为．【答案（1）：把代二次数解式得，，：；，∴二函数析式为，当，，的标为，当，，解得，，∵点在点左，的标为， 的标为，∴，，画函数图象如下：当，随着增而减；当，随着增而增；当，随着增而减；当，随着增而增；（3）：直线的析式为或，由如：∵抛线的称轴直线，∴二函数析式为，令，则，∴，，把代入，得，解得，，，设，，题意知 ，均不为 设线 的析式为，由，解得，线 为）直线过点 ，，∴，同设直线的析式为，把，代得，，解得，线 为）线 为）由式立得，解得 ，，∵，，，，，∴，，，，，当时， 整得，，，整得，得 ，，，，，直线的析式为；当 ，，整得，又，，整得，得， ，，，，直线的析式为；综所述当 时直线的析式为或．【解析】【分析】（）把代二次数解式整即可解；（）（）得，将b代解析可求二次数解式，令y=0可一元次方，解可求点A、B的标，令x=0可出点C的标，根据角形积公表示出与的系式，结函数象即得随着的化值变化况；，，（由称轴直线可得即二次数解式为 可得，，设 ， 用定系法求直线与线的析，将直线析式立解程组求出点 的标，根据即求解.（1）：把代二次数解式得， ；，∴二函数析式为，当 时，，解得∵点在点当 时，，解得∵点在点，左侧，，，的标为， 的标为，∴，当，随着增而减；当，随着增而增；当，随着增而减；当，随着增而增；（3）：直线的析式为或，由如：∵抛线的称轴直线，∴二次函数解析式为，令，则∴二次函数解析式为，令，则，∴，，把 代入，得解得，，，设，，题意知 ，均不为 ，解得，的解析式为过点，∴，，设线 的析式为，由解得，的解析式为过点，∴，，）同设直线的析式为，把，代得，，解得，线 为）线 为）由式立得 ，解得 ，，∵ ，，，，，∴，，，，，当 ，，整得，，，整得，得 ，，，，，直线的析式为 ；当时， ，整得，又，，整得，得， ，，，，直线的析式为；综所述当 时直线的析式为 或 ．九年级下学期数学中考适应性练习试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下图案中心称图的是（ ）B．C． D．2．如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，则与的周长比为（）.A．1：93．抛物线B．1：4的顶点坐标是（）C．1：3D．1：2A．4．已知A．6是关于的方程B．-6的一个根，则C．15的值为（）D．-15如，正边形ABCDE内于，接OC，OD，则（ ）已正比函数 的象经点 反例函数的象位第一第象则次函数的象一不经（ ）一象限 二象限 C．三象限 D．四象限如，在 ，，点 在轴，将 绕点 旋转，点 的应点的标为（ ）如，一函数 的象与比例数的象交点 的集是（ ）.A．或B．或C．或D．或如，将沿AB折，半径OC长12，且恰经过OC的点 ，折痕AB长为（ ）C．12 已二次数，当时， 的小值为4，则的为（ ）.或4 或4或4 或二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）“掷枚质均匀骰子向一面数为6”这事件事填随机“必然或“不能”）已圆锥底面径是1，线为4，该圆的侧积为 ．510121761000.100051012176根以上据，计这1000只泡中用寿不小于2200小的灯的数为 只.一二次程 有个相的实根点 是比例数上的两点，若，则 （填小”或“＞”或“=”）.如所示在某网球中，名站离球网1.6m远参赛手，次挥击球恰好球打高为0.9m的网，且落离球网3.2m远位置，则拍击的高度为 m.如，在形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上一个点，段BP绕点B顺针旋转60°得到段BP'，连接PP'，CP'．当点P'落边BC上，∠PP'C的数为 ；当段CP'的最时，∠PP'C的数为 三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）：.如，点在，：.如在方形格中每小正形的长均为1个位每小正形的点叫点的.出绕点 逆针旋转的；在旋到的程中线段AC扫的面为 ..的4为取1拍的率是 ；关于的元二方程.求的值范；如果是合条的最整数且元二方程与程有一相同根，此时 的值.如，在面直坐标中，次函数 的象与比例数的象交点，与轴于点 .点是段AB上点，且与的积比为1：2.求和的；将绕点逆针旋转，到判点是落在数的象上，.“.19.3.5AB23.75米.请尝试数学建模解决以下问题：1BC为轴，AB.设大B与关2组成其点交AE于点.为影响作将点E到1.5..如，是接于是，.BC点 为上一个点且于直线AB的方点 从点 开沿着运至点连接DO，长DO交于点，接AE，BE.当CE平分时试探究AC，BC和CE三之间数量系，证明的结；②AD与CE交点 ，点 运过程，点 的动路长.已点在数的象.若，求的：线与点（ 在与 点线的点为 .① 为值时点 到最高；设的接圆心为与 轴另一交点为 当是存在边形FGEC为行四形？存在求此顶点 的标；不存，请明理.答案【答案】B【解析解解将形绕点旋转旋后的形无与原形重不中心称图，A错误；B、转后图形原图重合是中对称形，B正；C、某点转后旋转的图与原形不合，是中对称形，C错；D、转后图形原图不重，不中心称图，D错，B．【析】题考中心称图形.中对称形的义：平面，一图形某个旋转后与原图合选图形某点转旋后的形无与原形重利中心成图的定可判断A选项选图形某点转旋后的形能原图重利中心成图的定可判断B选项选图形某点转旋后的形无与原形重利中心成图的定可判断C选项选图形某点转旋后的形无与原形重利中心成图的定可判断D【答案】A【解析【答】： ，，与的似比是，与的长比是，：．【析】题考位似形的质．据，得，而可得与的似比是，利用似三形的质可：与的周长比.3B【解析【答】：对抛物线，形式为（其中．根抛物线的点坐公式可知顶点标为，即．对选项，B选项符．故答案为：B．【析】题考抛物顶点标的解.已抛物线，据抛线的点坐为.【答案】C【解析【答】：已知是程的，将：，解得，将代入，得．所以的为15，故答案为：C．【析】题考一元次方的根概念将代方程，列出程，方程求出 的，再入进计算求出案．【答案】A【解析【答】：∵该边形是五边形∴．故答案为：A．【析本考查多边内接圆的识根周角于正边形内于因，是圆的等分，据可得，进行算可出答．【答案】C1=ax，∴a=-1，∵反例函数的象位第一第三限，∴b＞0，∴一次函数y=ax+b故ABDC.故答案为：C.【分析】将点（1，-1）代入正比例函数y1=ax可求出a=-1，根据反比例函数的图象与系数的关系，由反比函数的象位第一第三限，得b＞0，而根一次数的象与数的系：y=ax+baa>>0a><0a>=0a<0，b>0a<0，b<0限，当a＜0，b=0时，图象过二、四象限，即可判断得出答案.【答案】C【解析【答】∴点A与关原点心对，∵，∴点 的标为，故案为：C【析本考查转性中对称形.根据绕点O旋转利中心称图的性得到点A与关原点称再据关原点称的的坐都互相反据可求点 的应点的坐．【答案】C解析【答】：∵在比例数图上，∴，∴反例函解析为，∵在比例数图上，∴，∴，由意得于x的等式的集即一次数图在反例函图象方时变量取值围，∴关于x的等式的集为 或 故案为：A．【析】题考一次数与比例数综．根据在比例数图上，入函解析进行计可求反比函数析式再根据在比例数图上，得，此可出点B的标再据关于x的等式的集即一次数图在反例函图象方时变量【答案】B【解析【答】：如，延长交 于点E，交于点P，∵，∴，∵恰经过与 垂的半径，半为 ，∴，∵将径为的沿折，∴，∴，由股定得，∴．故答案为：B．【析】题考垂径理，叠的质以勾股理．长交 于点E，交于点P，据垂径理得到，根据 恰经过与 垂的半径 的点， 半为 ，，用折的性得出，用线的运可得：，再根据勾股定理可求出BEAB【答案】D【解析【答】：二函数的称轴：直线 ，当时当时， 随的大而小，当， 随的大而大，当，取最小，，；当时当时， 随的大而大，当， 随的大而小，当，取最小，，．故答案为：D．【析本主要查二函数性质根函数析式可对称为直线 分种情况当时当时利二次数的质可出当时当时函的增性，此可出函的最值.【答案】随机1，2，3，4，5，6“向上一6”“故答案为：随机．1，2，3，4，5，66”.【答案】答】：由意得，，：．【分析】根据圆锥的侧面积公式结合题意即可求解。【答案】46010002200小时的灯泡的数量为，故答案为：460．【分析】本题考查用样本估计总体．先求出抽查的灯泡中使用寿命不小于2200小时的灯泡所占的比例，再用1000乘以所占的比例，再进行计算可求出答案．【答案】>【解析【答】：∵一二次程有个相的实根，∴，∴，∴点、是比例数 上两个∵，∴，故填：>．【析本考查比例数的质以一元次方根的别根一元次方程有两相等实数根可得 据可列方程解程可出m的再据点、是比例数上两个，利反比函数数得质可较出 的小．【答案】由题意得，∴由题意得，∴∴，，∴．故答案为：．【析本考查似三形的用由利相似角形判定理可得再：，入数可求出BC的，进可求出h的．6°【解析】【解答】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，∴∠PP′B=60°，当点P'落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；将线段BA绕点B60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，∴∠ABP=∠EBP′，且BA=BE，BP=BP′，∴△ABP≌△EBP′(SAS)，∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，由点P'落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，∴△EBG于△P′CG30°、60°、90°设EG=x，BC=2y，则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，又知AB=BC，∴EP′=AB，又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，∴AB=AP，∴△ABP为等腰直角三角形，∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，当CP′⊥EF于H时，CP′此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，故答案为：120°，75°．【分析】分类讨论，结合图形，利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。【答案】∵，∴ ，∴，为.【解析】【分析】利用因式分解法求解即可.【答案】证：∵，【解析分本考查心角弧弦关.已知：：，根据心角弧及之间关系证明论.所，即所求；解析∵，∴线段扫的面积 ：．【分析】本题考查旋转作图，旋转的性质，扇形的面积公式．（）利用转的质作出绕点 逆针旋转的应点，进行接可出；（）利用股定求出，利用形的积公进行算可：线段扫的面积，再进行计算可求出答案；（1）（2）画树状图如下：第2枚一共有4种等可能的结果，其中两枚硬币全部正面向上或全部反面向上有2种可能的结果，∴ ），），∵），∴这个约定公平．解析拍 为，：；【分析】本题考查利用公式求概率及列表法或树状图法求概率．从随机取1个有4种能，中球拍的件数为1，用概公式行计可求答案；2【答案（1）据题得，解得；的大整为2，方程变为，得，∵一二次程与程 有个相的根，∴当 时， ，得；当 ，，得 而，∴ 的为．【解析】【分析】本题考查一元二次方程根的判别式．据一二次程：，解不等式可求出实数k利中结论到的大整为解程解得把和分代入元二方程： ，，方程求出m的，再据 ，确定m的.【答案（1）：将代入得，，，将代入 ，，，，，故求和的分别为，5；点 数：，，，得，．与的积比为，为中，， ，．如，过点作轴垂足为，点作轴垂足为．将绕点逆时针旋转，得到△，，，．．在△与中，，△，，，，点是在函数 的象上．将 代入 可出方程 ，方程求出的；将 代入可列出程，方程求出的；令根一次数的析式求出 点标为根据与的积比为得出为中利中点标公求出点标为．过点作，垂为过点作轴垂为 利角的运：，用全三角的判定理△，利全等角形性质得，又在二象限得出据可判断点是在函数 的象上．3答得 ，设与之的函关系式，将点代入，得 ，得．水流所在抛物线的函数表达式为（2）： 点 到面的离定为1.5米，；将 代入 得：，：，，，设线 的数关式为，点，代得，，得： ，直线 的数关式为，设，，，，当，有大值为1，做一个架所铝合材料最大度为米．【解析】【分析】本题考查二次函数的应用，求一次函数关系式及勾股定理．设 与之的函关系式，点 代可列方程：a根点 到面的离定为1.5据可列方程 解程可出x的，据可求出，利用股定可求出，设线 的数关式为，点，代得，解程可出k和b的，据可得线 的数关式为设，则，得出，用二函数性质求出FG的大值进而求出这一支架需铝金材的最长度.4∴，是的直径∵，．∴（2）解：①，理由如下：如：过点分作，，足分为点，．．由（1）得．四形为形．平分，，．四形为方形．．，．．．；②由得．．．∴∴为．于点E，∴．∴．如图：以为边构造等腰，且 ．∴点P在点Q为心，为径的上运．过点Q作，足为H．∴ ，．∴．当点从点运到点时点的动路为上弧．点 的动路长为．据 是：，用余的定可得：过点分作，，足分为点，．则，利正方的判定理证明边形为方形利正方的性可得根等角等边得：AE=BE，用直三角全等判定理可明，用全三角的性质可得，根据段的差可得，此可明结；②由得即 据可得 连接 并长交 于点即为的径利角的算可得以为构造腰，且，而可点P在点Q为心，为径的上运．过点Q作，足为H．用正的定可得，利用长公进行算可：点 的动路长为5故的值为1；代入得；（2）解：①在中，令，则，解得 或 ，，，点 在数的图象上，，令，得，即当，且，则：，即时点 到最高；②假设存在，理由：对于，当，，点，由①得，，， ，称轴直线，由点、的标知， ，作 的垂线交 于点 ，交 轴点 ，交轴点 ，点，则，则线 ：．当，，则点 的标为．由径定知，点 在 的垂线，则．四形为行四形，则，：，即，且 ，则，∴顶点E的标为，或．把 代入得，进行算可出n的；令，则，方程求出x的，据可求点M和N的，再据点 在数 的象上可得，令 ，得求出m的值，进而可求出答案；

据可得当且解程组可②当 据可求点G的标为利点的标，作 的垂线交 于点 交 轴点 交轴点 则点，进可得据可求直线 得点 的标为；垂径理知点 在 的垂线，则；四边形 为行四形，则，出，而可得，且 ，得，此可出点E的标.中考二模数学试卷（10330项是符合要求的）1．的反数（ ）B．3 下图形，既轴对图形是中对称形的（ ）B． C． D．下运算果错的是（ ）C． 小两次买相药物费用为300元第二购买每盒价5元他多了2盒设第次购为（ ）如，在面直坐标中，形的边 在轴，顶点的标分为，点（ ．若比例数经点 ，一次数 的象一不经（ ）一象限 二象限 C．三象限 D．四象限点到体 的离与凸透的中心 的为体像的为（ ）C． D．二函数的点坐为其分图如图示以结论误的（）当时，y随x的大而大xn一不透的袋中装有个别标化学素符号这小球元素号外“”（氧化）的率是（）如在形中，为角，平分交于点点E是上点连接、，若 ， ， ，则的为（ ）二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）： ．一函数图上有点，，则 （填，，）403.2，9.8，13.9“””．如图在Rt△ABC是AB边的中若则tan∠ACD的值为 ．为形的囱帽面圆直径是，它的是 ．如，在形中， ，，点E为边上动点点F为 中，点G为 上点，足，接，则的小值．（972）醒狮”是南文名城山一闪亮招是家非质文遗产一舞者用嘴将于高、寓着吉的“生”采的过称为采舞者脚立的置与嘴可摸到位置间的离称为“采距离”，图，狮者在梅桩 上， 与生菜放点D的平距离为，．知该狮者摘距为米请利所学识判该舞者能“采”成，并明理：，，）已知简 ；在平直角标系 中点 为比例数上点，且 ，求 的．抽了 名生进体重数调． 的算公为： ，据世卫生组织的标准，范围分类体重过轻体重正常超重肥胖调查结果如表所示：分类人数体重过轻体重正常超重肥胖明身为， 指为；学生恰好是一男一女的概率．y过x点点点C度坐）求点B12025256模型来描述列车离停车线的距离米与滑行时间秒①收集数据（秒）04812162024（米）256196144100643616②建立平面直角坐标系为了观察（米）与（秒）的关系，建立如图2所示的平面直角坐标系．③描点连线请在平面直角坐标系中将表中未描出的点补充完整，并用平滑的曲线依次连接．④选择函数模型观这条线的状，可能函的图．⑤求函数解析式解设，为 时， ，以 ，则 请据表中的据，求的．验把的代入中并其余对值入求的解式发它们满足函数解析式．用模列车减速始经 米．如图在内接边形中延长交点在 上作使点F在段上且，结．若 ，B为的点，求 的数．结 ，当时．求：四形是行四形．若：．）于）例如图在边形中如果那四边形为直邻四边．【实践与操作】图2，知，利用规作，在线 上出点 ，补全边形，使形；图3，为边三形，点在的平分上，接，将绕点顺针旋转得线段，接 ．求：四形为直邻四边；【拓展应用】图形，，连接，作且连接【解决问题】并延长交于点交于点的长；（4）图5，线于点，，，点在线上，，点在线上且边形为直邻四边形， 的平分交于点请接写出的长 ．如，已抛物线与x轴于，两，与y轴于点C，点D为抛物线的顶点．D四边形，．点M以秒1个位的度从点C沿向点E运，同时点N2E沿向点F、EN为点的角形与相时，运动间t的；x轴交于点P，点G是点P关于点D的对称点，点Q是x动点若点Q的线与物线有一公共点且别与段 、 相于点为值．答案【答案】D【解析【答】：的反数是.故答案为：D．【分析】只有符号不同的两个数互为相反数，据此解题即可.【答案】D【解析】【解答】解：A、此选项中的图形是轴对称图形，而不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、此选项中的图形是中心对称图形，而不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、此选项中的图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、此选项中的图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意.故答案为：D．180°.【答案】C【解析【答】：A、，选项确，合题；B、；C、；D、，选项确，合题意.C．【分析】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ABCD选项.【答案】C/，根题意得，C．“30052盒“列出关于x.【答案】B【解析【答】：∵点的标分为，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴，∴点 的标为，故案为：B．ABBC=ABC.【答案】A【解析【答】：∵反例函数经点 ，∴，∴，∴一函数为，∵，∴一函数为的象经二、、四限，定不过第象限，A.【析】据反例函图象点的标特，将（-2，1）入反例函数，求出ky=ax+b（a≠0）中，当a>0，b>0象限；当a>0，b<0时，图象过一、三、四象限；当a>0，b=0a<0，b>0时，a<0，b<0a＜0，b=0.【答案】C【解析【答】：连接，图，∵∴四边形为矩形，∵∴四边形为矩形，∴，∵∴，∴，∵物到焦的距离与点到透镜心线的离之为，∴，∴，∴，故答案为：C．【析】连接即得到为形进得到然证明，根对应【答案】D【解析【答】：A、 抛线开向下，，抛物线与y轴交于正半轴，，故AB、察图，当时，y随x的大而大，故B正，本项不合题；Cx轴有两个交点，故Cn，故D故答案为：D．a＜0，抛物线交yc＞0，据此可判断A选项；由于抛物11，当1y随x当x＞-1时，y随xB、CD可判断C.【答案】DHOCHOCNHOCN12“CO”（）的有种，所元素组成“CO”（氧化）的率为，故答案为：D．【分析】此题是抽取不放回类型，根据题意利用列表法列举出所有等可能的结果数，由表格可知：共有12种等可能出现的结果，所标元素能组成“CO”（一氧化碳）的有2种，从而根据概率公式求解即可.【答案】A【解析【答】：∵四形是形，∴，∵，，∴，∵，∴，，∵平分，∴，∴，作于点，设，则，∴，∵，，∴，∴，∴，在中，∵，∴，解得，∴，∴，∴ ，故答案为：A．ACEG⊥AC于点HL判断出Rt△ADE≌Rt△AGE，由全等三角形对应边相等得AG=AD，然后在Rt△CEG方程可求出EGRt△ADEAE.【答案】【解析【答】：．：．【分析】由于所给的二项式各项具有相同的因式“a”，故利用提取公因式法即可因式分解．2【解析】【解答】解：∵中，，∴随的大而大，∵一次函数的图象上有两点，，且，∴ ，故答案为：．y=kx+b(kb为常数，且k≠0)中，当k＞0时，y随xk＜0时，y随x的增大而减小，据此比较两点横坐标的大小即可判断出对应函数值的大小.【答案】甲解析【答】：∵，∴甲种秧苗长势更整齐，故答案为：甲．【答案】ACB＝90°，CD是AB∴AD＝CD，∴∠A＝∠ACD，＝＝．：．=D=，【答案】40cm【解析【答】：∵圆的底直径是，∴圆的底周长为，径为，∴扇的弧为，r，则 ，：，【分析】根据扇形弧长计算公式，利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长建立方程求得铁皮的半径，再根据圆锥的高、底面半径及母线长构成直角三角形，从而利用勾股定理计算即可．【答案】【解析】【解答】解：如图，连接AG，是，，，∴，∵，∴，，点G在以ADAD的中点O，连接OG当O，G，CCG四形ABCD是形， ，，，，∴ ，∵ ， ，∴，CG的小值为．：．【分析】连接AG，根据中点定义和直角三角形斜边上的中线是斜边的一半推得AF=EF=FG，由等边对等AGE=∠AGD=90°G在以ADAD的中点OO，G，CCGCOD=90°，总而根据勾股定理算出OC.【答案】解：解等式①，得．解等式②，得．所原不式组解集为．【答案】解如图过作于，结题意得：边形为形，∴，，，∴，∴，∴该舞狮者“采青”成功．【解析【析】过 作∴，∴，∴该舞狮者“采青”成功．【解析【析】过 作于 ，合题可得四边形出答案.（1）；（2）解：∵点∵，为反比例函数，∴，∴∴，即.，”(a+b)2=a2+b2+2ab.；：∵点 为比例数上点，∴，∵∴，，∴∴，即，.：超的人占比为 补统计如下：男1男2女1女2男1（男1，男2）（男1，女1）（男1，女2）男2（男2，男1）（男2，女1）（男2，女2）女1（女1，男1）（女1，男2）（女1，女2）女2（女2，男1）（女2，男2）（女2，女1）由格可，共有种可能况，中恰为一一女有种，∴抽出来学生好是男一的概为．【解析【答（1）：∵小身高为 ， 指为 ，，∴小的体为，故答案为：51.2；【分析】（1）将bmi=20与身高为1.6m代入BMI计算公式求解即可；12一女的有8种，最后根据概率计算公式求解即可．（1）解：∵小明身高为，指数为，∴小明的体重为，：（1）解：∵小明身高为，指数为，∴小明的体重为，：；（2）解：超重的人数占比为，补全统计图如下：（3）解：根据题意列表：男1男2女1女2男1（男1，男2）（男1，女1）（男1，女2）男2（男2，男1）（男2，女1）（男2，女2）女1（女1，男1）（女1，男2）（女1，女2）女2（女2，男1）（女2，男2）（女2，女1）有格可，共有种可能况，中恰为一一女有种，∴抽出来学生好是男一的概为．【答案（1）：如所示过点作轴于 ，在，，，，， ，．设比例数解式为 ，把代入，得 反例函解析为．（2）：过点 作轴于 ，，．设，在，，则 ．，．．∵ 在比例数 的象上，，得得或，．C作CD⊥y轴于CODCD的长由∠COD的弦函及特锐角角函值可出OD的，然得，利用定系法过点B作BE⊥x轴于，设BAE的a的式子表示出a的式子表示出BB的坐标代入进计算求出a的，从得到点B的标.：如所示过点作轴于 ，在，，，，， ，．设比例数解式为，把代入，得 反例函解析为 ．：过点 作轴于 ，，．设，在，，则 ．，．．∵在比例数，，得得或，．（1）③和代入．可得，∴，∴函解析为 ；（2）32，1．（1）④（2）题意当 ，，∴．∴最后2秒，即当，；又当，，∴．（1）t的值作为点的横坐标，对应的s直角坐标系中描点，按自变量t代入关系式可得关于字母ab求解得出、b（2）将代关系求出应的t的，再令t=30时出对的s即．③可得和代入．，∴，∴函数解析式为；由题意，当时，，∴．∴最后2秒，即当，；当，，∴．（1）∵B为∴的中点，，∴，∵，∴，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴；2，∵，∴∵∴，，，∴，∴∵∴，，，∴，∴四形为行四形；②如图2，点B作交于点P，结 ，∴，∴，∴，，∵，∴，∵四形是行四形，∴，∵，，∴，在和中，∴，∴，∴.【解析分析根圆周定理得进等量换后得利三角内角和理得，后根圆内四边对角补的质求出的；（2）①根据圆周角定理得 ，进行等量代换得 ，于是根据平行线的判定证，然后根据平行线的性质得，进行等量代换得，可推出②过点B作交圆于点P，连结 ，得 ，可推出，得 ，，行等代换得，后根平行边形性质得，据圆角定理得，合，得，最可证明，得 ，可得结论 .∵B为的点，∴ ，∴．∵，∴，∴．∵，∴；∵，∴，∴，∴∵∴．，，∴，∴四形为行四形．②如图2，点B作交于点P，结 ，则，，∴∵四边形．是平行四边形，∴．∵∴∵，．，∴，，，，，∴，∴，CM于点=C，又∠BAD=90°，∴四边形ABCD是单直邻等四边形，： 是边三形，，，平分，，绕点顺针旋转得线段，，∠DEA=60°，∴△ADE∴AD=AE，∠DAE=60°，，，，，，：边形为直邻四边；图，接 ，作于，，，，，，，，，，，，即 ，，，点、、、共，，，， ，，，；（4）2或6【解析【析（4）：如，作于，设 ，交点，点 在段上，，， ，，，，平分，，，当点在的长线时，，，，，，，综所述： 或故案为：2或6．AC的垂直平分线，交AM于点得DA=DC“AB=BC，∠CAB=∠ABC=∠ACB=60°，由角平分线的定义得∠ABE=30°，由旋转的性质得DE=AE及∠DEA=60°60°ADE是等边三角形，得AD=AE，∠DEA=60°DAC=∠EAB，然后利用SASACD≌△ABE，“”连接DM，作DG⊥CM于G，由∠CBD的正切函数可求出CD30°质求出BD的长，DECDE=∠ADB，然后根据“两边对应成比例且夹角相等的”D、M、B、C共圆，由圆内接四边形对角互补求出根等腰角形三线一得出AM=BM=由股定出DMGMCM=CG+MG作DG⊥CE于G，设PB，CE交于点Q，当点A在CGCDG求得CG和DG从而求得AG的值，从而得出AC的值，依次求得的值，进而求得BP的值；当点A在CG延长BP为：，将、代入得：，解得，：，又 ， ，顶为 ；（2）解：依题意，秒后点的运动距离为，则，点的运动距离为．①当时，，解得 ；②当时，，解得；综所述当或时以 、 、 为点的角形与 相；（3）明： 点关点的称点点 ，直线与物线有一公共，：，：，设线的析式为，把 ，代，得，解： ，∴直线的解析式为：，设直线的解析式为：，把， ，得，解： ，∴直线 ：，联立 ，结合已知，解得：，同理可得：则：，， ，，的为 ．【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，再利用顶点坐标公式可得顶点D的坐标；tMCM=tME=3-tNEN=2t；分两种情形，①当△EMN∽△OBC时，②当△EMN∽△OCB时，分别根据相似三角形对应边成比例建立方程求解可得答案；Gl得解析式，由两线只有一个公共点可k的式子表示出AG和BG联立直线GA与直线l可求出点HGB与直线l可求出点KAGP的正弦函数可算出GHBGPGK，进而求出GH+GK.：，将、代入得：，解得，：，又 ， ，顶为；（2）解：依题意，秒后点，则，点的动距为．①当，时，解得；②当，时，解得；综上所述，当或时以、、为顶点的三角形与相似；（3）： 点关点的称点点 ，直线与物线有一公共，只有一个实数解，，即： ，：，设线的析式为，把 ，代，得，得： ，∴直线 ：，设线：，把 ，，得，得： ，∴直线 ：，联立 ，合已知，：，：，则： ， ，，的为 ．中考数学一模试卷一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，四个选项中只有一个是正确的）1．的相反是（）A．3 C． （）B．C． D．3．的出现不仅动技术的步，让更开发者够使高性的 模型，动了技术的惠.225年年，仅用二十就实了2160000的活跃户（，超过了发布初的据表展现出大的场潜其中用学记法表示21600000为（）B．C．D．4．下列运算正确的是（）B．D．5．图，在中，，，，则（）图点A、点B点C在上，，那么 的数为（）比例数 的图象二、四限，关于x一元二方程的根的描述准确的是（）A．有两个相等实根 B．有实数根C．有两个等的数根 D．没有实根“”的高宽多尺门的对线长丈（丈尺，那么的高宽各少？如设门（）图，△AOB是直三角形，∠AOB＝90°，OB＝2OA，点A在比函数y＝的图上．点B在反比函数y＝的图上，则k的值（）A．4 B．﹣4 C．8 D．﹣8如，在面直标系中，与轴交于，两（在的左侧，与轴交于点，点是线段上方线上一，过点作轴，与延长相交点，连接交于点，则的最大值）D．二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）分因式： ．如，直线 ，线段 别与，交于点D，C，点B作，交直线于点，则的度数是 ．电中，联电压U（伏）一定，流I（安培和电阻R（欧姆）反比函数，当安培时， 欧姆则电流I（安培关于阻R（姆）的数关是 ．一立体形的图、左图、视图相同，这个体图以是 ．一扇形半径为，圆心为，用这个围成圆的侧（接重叠部忽略计，则圆锥底圆的径为 ．如，在边形中，，，以为腰作腰直角形，顶点E恰好落在 边上，若，则 的是 ．三、解答题（本题共9小题，共72分）解等式：．18．如， ，．求证：．已知．T；若，求T值．“两山”“百千万工程”高质量发展，2024年6月29日，广州市从化区成功举办首届龙舟邀请赛．为了给组织单位比赛项目频数（人）频率300米直道竞速赛（A）300.1彩龙竞艳赛（B）90比赛项目频数（人）频率300米直道竞速赛（A）300.1彩龙竞艳赛（B）900.310公里龙舟马拉松（C）a0.35200米环绕赛（D）750.25（1）a的值为 扇形统图中D分心角的数为 ；（2）为了缓解比赛当天城市交通压力，维护交通秩序，现安排4名志愿者（2男2女）对河滨北路段42（“D“G×次：知A、B两间的距为，高铁的速度是车平速度的，如果车均按车票信准时发，时到达点，么动高铁的均速分别少时？高出发，两在什么刻相距？如，已直线过点，且与线相交于点．求线的解析式；当且时，变量的取值范是 ；若曲线与直线 相交于 两点，求 的面积．某学兴小组究矩形折叠题．图9，们把形的边 叠，折后点 边上的点重合．（；折与边的交点为 ，连结 ，以 为直径作，趣小组一步究点 与的位置关，请与兴组一起考分，确点与的位关系说明；如折痕 ，，通探究，趣小发现求出矩形 的周长．请你帮助兴趣小组写出详细的求解过程．如，已知 和 都是腰三角，， ， ．（1）求证：；（2）如图1，连接，若，以A、D、E、G为顶点的四边形是平行四边形，求与的数量系及的度数；（3）图2，若 ，， 与 交于点P， 绕点A时旋转，与 重合始，到 与第一重合时止，此时点P所经过路径长．定：在面直标系中直线称为抛线的伴随线，直线为抛线的伴随直．抛线的称轴直线且其伴随线为，该抛物的解式；若物线的伴随线是．①试用含a的代数式表示b和c；②抛物线经过点且与x交于点D和点E，若为直角三形，求m的值；顶在第象限抛物线与它的随直于点A，B（点A在点B的左侧，与x轴负轴交点，当时，y轴存点，使得 取得大值求此时P的坐标．答案A【解【答】：的相反数是3．A．【分析】利用相反数的定义（只有符号不同的两个数是互为相反数）分析求解即可.B【解析】【解答】解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；DB。180C【解【答】：，C．【分析】用科学数法把一对值较的数表示成 形式，中，n取这字整数部分数字位与1差．D答】：A.，故该项不确，合题意；，故该项不确，符合题；，故该项不确，符合题；，故该项正确符题意D．【分析】根据同底数幂除法，积的乘方，幂的乘方，单项式乘以单项式的法则逐项判断即可．D【解【答】：∵在 中， ，，，∴，∴．故选：D．【分析】先利用股定求出边 的长，解求出 的值．C【解【答】：图所示在优弧上取点D，连接，∵四边形是圆接四，∴，∴，故选：C．【分析】在优弧上取一点连接，根据内接边形互补可得的度，再周角定理即可到的度数．A【解【答】：∵正比例数的图象过、四象，，，，∴方程有两个相等数根，故选：A．【分析】由正比函数图象数的关可得，再利元二次程根判别行计算可．C【解【答】：门的宽为尺，么这的高为尺，根据题得：，故选：．【分析】设门的为尺，则高为尺，直利用股定出方程可．D【解析】【解答】解：如图所示，过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，分别于C，D．则∵∠AOB＝90°，∴∠AOC＋∠BOD＝90°，∵∠DBO＋∠BOD＝90°，∴∠DBO＝∠AOC，∵∠BDO＝∠ACO＝90°，∴△BDO∽△OCA，∴，∵OB＝2OA，∴∴k＝−8．故选：D．【分析】由于∠AOB＝90°，可分别过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，由一线三垂直模型可证△ACO∽△ODB，再由面积比等于相似比的平方结合反比例函数K的几何意义即可．A【解【答】：设与交于点，由得，当时，，解得：，，∴，，∴，当时，，∴，设 解析为，∴ ，解： ，∴解析式为，设，∵轴，∴，∴，∵∴轴，，∴，当时，则 的最值为 故选：．【分析】PM//ABPMBC设，则，又因直线平内错相等可证明，由于AB是值由相似可得，最后次函数的性质即可求解．x(x+2)【解析】【解答】解：x2+2x=x（x+2）.故答案为：x（x+2）.【分析】利用提公因式法进行因式分解即可.【答案】解【答】：∵，，∴；∵，∴，故答案：．【分析】由垂直概念得，由角三角两锐互余得的度数再由直线同位角相等即求得的度数．【答案】【解【答】：电流I（安）关于阻R（欧姆）函数系是，则有：，解得： ．所以电流I（安培）电阻R（姆）函数系是．故答案：．【分析】直接运用待定系数法求解即可．球体【解析】【解答】解：一个立体图形的主视图、左视图、俯视图完全相同，则这个立体图形可以是球体（．故答案为：球体或正方体．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面观察得到的图形．3【解【答】：题意可，扇的弧：，∴底面长为：，∴，解得：，3．【分析】圆锥底面周长等于侧面展开扇形的弧长．2【解【答】示如图，点E作，交于点F．∵是等直角角形，∴，∴，，，．，，．，，，，，．，，．【分析】由于 ，可过点E作 交于点F，则是等腰角三形，即EF=EC，，此时平行的性邻补角概念得、由角形外的性及互为余角得，则可证明由等腰角三形的可得相比等于，即．】解：，∴，∴．【解析】【分析】解简单的一元一次不等式，直接移项合并同类项，再系数化为1即可．：∵，∴．在和中，，∴，∴．【解析】【分析】先由等的补相等得又 则由证明两角形等则全等三角对应相等．（1）；解：∵，∴．【解析】【分析】aa（1）解：；解：∵，∴．2答案（1），90根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男12男21女12女2，女所以P（抽到两名交警性别相同）【解析】【解答】．（1）解：本次调查学生数为：人，所以10公里龙舟马拉松的人数为：扇形统计图中D部分圆心角的度数为，即．．故答案为：105，90．【分析】10；扇统计中D部分心角度为乘以D频率可答．目上是否填写数据．（目上是否填写数据．（1）解：本次调查学生数为：所以10公里龙舟马拉松的人数为：人，，即扇形统计图中D部分圆心角的度数为．故答案为：105，90．（2）解：根据题意，画出树状图如下图：．根据树状图可得，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到的两名交警性别相同的情况有4种，分别是（男12男21女12女2，女所以P（到两交警别相同）．答案（1）：动车的均速为时，设高铁平均度为时由题意得，解得，经检验，为方的解，∴，答：动的平速度为，高铁平均度为时；（2）解：∵高出发，动车平均度为h，∴，答：此的时为．【解析】【分析】设车的均速为时，设高的平度为时，根据间为1小列分方根动车平均度求出驶所需时间可求解．解得经检验，，为方程的解，∴，解设动的平速度为时，则高铁均速度为时．由题意得解得经检验，，为方程的解，∴，答：动的平速度为，高铁平均度为时；解解：∵高铁发前，车的均速为h，∴，此时的间为．答案（1）：把代入得， ，∴，把和点代入，得，解得，∴直线的解析为 ；（2）（3）解：联立方程组，得，解得（舍）或，B作轴于点E，，轴于点，∴，，，，∴．【解析】【解答】（2）解：∵且，∴，解得：，故答案：；【分析】（）先一次数图点的坐特征出，然利用待系数即可；（）由意联不等得，然解出等式可；（）联方程组 ，求一个交点B的坐为，作 轴于点E， 轴点，然割补求面方法求即可．（1）解把代入得， ，∴，把和点代入，得，解得，∴直线的解析为 ；解：∵且，∴，解得：，故答案：；（3）解联立程组得 ，解得（舍去）或，∴另一交点B坐为，如图，作轴于点E，轴于点 ，∴，，，，∴．答案（1）：图所示射线 为所求．（2）解：如图所示，连接OE，点在上．理由下：∵ 沿 折叠得到，∴，，在和中，∴，∴，连接，则，∴点在上．（3）解由（2）知，∴，在矩形∴∴∴，中，，．，∵，∴设∵，则，，．∴∴∵，．，∴，设，则，在中，，解得，∴，，∴，∴，∴．【解【析（1）折叠的质知 ，故作 的分线即；连接 ，利折叠性质得到，则 ，再由三形斜边的中等于的一半可得点E在上；由已知为便计算可设 则 由勾股理可得 由折叠的性质可得，则，再由一线三垂直模型可证，由相似比可得、 ，由已知，再应股定理别求出和的长即可．解如图示，线 为所．解点 在上．理由如：∵∴在沿和折叠得到，中，，，∴，∴连接，，则 ，∴点在上．（3）解由（2）知，∴，在矩形中，，∴，∴，∴．∵，，∴设，则，由勾股理得．∵，∴，∴．∵，∴ ，设在，则中，，，，∴，，∴∴，，∴．2答案（1）明∵，∴，即．在和中，，∴．∴．（2）解如图1，四边形为平行边形，则有∵，，，，∴∴，，，∴，则．如图（2，当边形为行四边时，则有∵，，，，∴，，∴，．综上所，当边形 为行四边时，， 或 ．解：∵， ，，∴ 和都是等边角形，∴ ，，由（1）同理可证∴，，又∵，∴，∴，∴A、B、D、P四点共圆，即点P在边 的外接圆，设 中点为M，圆心为O，连接、，则 ，，∴ ．当的边绕点A从 边所直线开顺时旋转至与第一次合时旋转，∴点P此运动路径在的弧对的心角为．∴点P此运动路径为：．【解析】【分析】由拉手型知用证明，即可答．AGDEAEDG理得，即可．由知知 和都是边三角，则，可由手模型证，由全的性知，则A、B、D、P四共圆即点P在边 外接圆，利垂径可计算这个接圆径为6．则当的边绕点A从 边所直线开始逆时针旋转至与一次重时，转角为运用求长公列式，即可答．（1）证明：∵∴，，即．在和中，，∴．∴．（2）解如图1，四边形为平行边形，则有∵，，，，∴∴，，，∴，则．如图（2，当边形为行四边时，则有∵，，，，∴，，∴，．综上所，当边形 为行四边时，， 或 ．解：∵， ，，∴ 和都是等边角形，∴ ，，由（1）理可证，∴，又∵，∴，∴，∴A、B、D、P四点共圆，即点P在边 的外接圆，设 中点为M，圆心为O，连接、，则， ，∴ ．当的边绕点A从 边所直线开顺时旋转至与第一次合时旋转，∴点P此运动路径在的弧对的心角为．∴点P此运动路径为：．2答案（1）：抛物线对称为直线 且伴随线．∴抛物线．（2）解：①依意得抛物线析式为，∴ ， ，∴，．②由①得物线析为，∴时的数值与m关，此时，∴即抛线过点，且点Q为抛线顶，称轴为线 ．∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，∴，∵点E、D与定点Q构成直角三角形，∴，即为等腰角三．∵为抛线顶，对为直线 ，∴点Q到 的距离为3，∴，∴点E到对称轴的距离为3，∴点E坐为或，把 代入 ，得．（3）解：∵抛物线的解析式为：，∴其伴随直线为即，顶坐标为，∵抛物线顶点在第一象限，∴，联立抛线与随直解析式：，解得：，，∴，，在抛物线中，令 即，解得：或，∴，∴，，，∵，∴即，解得：或（舍去，∴当 时，．设的外圆为，当与轴切时，在轴上意取点，连接 交 于一点 ，则 ，∵，∴当 取得最大， 的外圆与轴相切，当时，则 ，，如图所此时 ，设过 ，，的直解析为，∴，解得： ，∴ ，设经过的外心的直线式为，∵，，∴中点标为，∴，解得： ，∴直线为： ，∵轴，则，∴设，∴ ，解得：或（舍去，∴，∴．【解【析（1）于抛物的对轴为线，因此把伴直线式变形为①由伴直线解析式得抛线解为，再顶点对一可得，，，则，；②由抛线解式可定点即抛物线点，则故为等直角角形于点Q到的距离为3，则直线三形斜上的等于斜的一可得，得点E坐标为或，再利待定法求解可；根概念得抛线的伴直线解析式可联立出交点AB坐标再利用二次数图上点标特征出抛线与x轴的交点C的坐标于 可利用股定列出于的方程出此时可作的外接圆显然与轴相切时QABQEQEABE为则AC平行可利用定系法先直线AC的解式则用点E坐可得QEQPQyPP解：∵抛线的称轴为线，且伴随线 ．∴抛物线．解：①依意得抛物线析式为，∴ ，，，∴，．②由①得物线析为，∴时的数值与m关，此时，∴即抛线过点，且点Q为抛线顶，称轴为线 ．∵点E、D为抛物线与x轴的交点，Q为抛物线顶点，∴，∵点E、D与定点Q构成直角三角形，∴，即为等腰角三．∵为抛线顶，对为直线 ，∴点Q到 的距离为3，∴，∴点E到对称轴的距离为3，∴点E坐为或，选择其一点入 ，可得．（3）∵抛物线的解析式为：，∴其伴随直线为即，顶坐标为，∵抛物线顶点在第一象限，∴，联立抛线与随直解析式：，解得：，，∴，，，令 ，即解得：∴或，，，∴，，，∵∴，即，解得： 或 （舍去，∴当 时，．设的外圆为，当与轴切时，在 轴上意取点 ，连接交于一点，则，∵，∴当 取得最大， 的外圆与轴相切，当 时，则 ， ，如图所此时，设过 ，，的直解析为，∴，解得： ，∴，设经过 的外心的直线式为，∵ ，，∴ 中点标 为，∴，解得：，∴直线为： ，∵轴，则，∴设，∴ ，解得：或（舍去，∴，∴ ．中考二模数学试题（10330）在 ，2四个中，无数是（）B． C．0 D．2（）B．C． D．（）（a+）=a2+b2 ．3a+4=7a2（a）3ab3 ．a2a5=a7燃”是新型源，它密度小，可冰的质仅为，用科数表示()图，红军征线图，表示宁会点的坐为，则表示的点的标为（）B． C． D．知反例函数 的象位于一、象限则的取值以是）A．-2 B．1 C．2 D．3、乙家酒规相当，年月的月盈线统计如图示．说法中不正的是（）（）知于x的元次方程有两个相等数根，则k的值范（）且 且如，等三角形 顶点，点 在第象限点 在边 上且，点 为边 上一动（不点 重合，接，将沿折叠得到，当的积最小，点到的距（）B．2 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18）计： ．分方程 的解为 ．我著名学家庚教授黄金割法一种“选法”．如．设计人雕像，为加视觉美利用金分，将雕像 分为下两，其中为的黄分割点 已长为2，则的长是 米．已知是方程的一，则代式的值为 ．如，在形中，角线交于点O，点O为圆心，长为径作过点C，过点O作，分别与边于点E、F．若，，则中阴影分的积为．如，是菱形的对线，关于 的轴称图为 ，．以下论正的是 ．为等腰直角三角形；；；④；⑤．三、解答题（本大题共9小题，满分72）方程：．如，．求证：形 是平四边．已知．化简 ；若轴上点 、 表示的数分为、，且 ，求 值．实验用、、示）和个化实验用、、表示）中抽取进行考，小小抽到理实验 的概率是 ．用“列表”或“画状图法”求小抽到实验 和化学实验 （记件 ）的率是少?“”【小组阅学校得知小前的学楼 高为24图某一刻测得树教楼 在同时刻光下影长分是米，米．【小组借皮尺角仪图已知仪离地的高度米在 测得小顶部的角，测仪到的水离米．（1）请根据小组1的数据求小树的高度；（2）请根据小组2的数据求小树的高度（结果保留整数，，如，内接于是的径，是的中点连接．请无刻的直和圆规过点作直线垂于直线（保留图痕不写作法；若（1）所作线与直线交于点．与的长线交点．①判断线与的位置系，并明理；②若，求的长．学兴小组了以下置，过实集了大数据对数整理和析，现的长和重物的质量之间近在一个数关，部据如下：…101620254050……8543.221.6…图1中出表数据对的点；根表中据，从 和中选一个数模使它能似的映重物的质为和的长度为函数关，并出这数的解式（要求出的取值范围；在（2）条件若点 的坐标为，点 的坐为，在（2）中求函的图象上存在点，使得，请所有满条件点的坐．如，在方形 中点 是 上一动点不与点 ， 重合，接，将绕点平面内顺时方向转 至 位置连接，交于点．过点 作；于点，其长线交于点．①连接 ，求证：②当 时，求平分的值．；已抛物线与轴交于 、 两点点 在点 的左侧，与 轴交于点，直线 过点．与抛物于 、 两点，且 ，．求，，的值；点 是下方物线一点，过 作轴交抛物点 ，交于点，求的最大．答案A【解【答】： ，0，2是理数，是无，故答案：A。【分析】根据无理数的定义：无限不循环小数即为无理数，据此即可求解A【解析】【解答】解：从左边看这个几何体，看到的图形为。故答案为：A【分析】根据左视图的定义：指从物体左面向右面正投影得到的投影图，据此即可求解。D【解析】【解答】解：A.(a+b)2=a2+b2+2ab，故此选项错误；a2×a5=a7D。【分析】根据完全平方公式、合并同类项的方法、积的乘方运算法则和同底数的幂相乘的运算法则，然后再对各个选项进行分析即可求解。B【解【答】：．B。【分析】根据科学记数法的表示形式：将一个数表示为基数a与10的幂次相乘的形式，即a×10n。其中，a的绝对值在1到10之间，n为整数。据此即可求解。C【解析】【解答】解：如图所示：建立平面直角坐标系，表示瑞的点坐标为．C。【分析】根据题干中给出条件及坐标点，建立平面直角坐标系，先求出原点位置，即可得出答案．D【解【答】：∵反比例数的图象位一、三限，∴，∴，的取值可以是3，故答案为：D【分析根据比例的图象系数关系得，再求出n的值范可。D【解析】【解答】解：A．观察甲酒店折线统计图，从2月到7月，其盈利数值依次为1，2，3，3，4，5（单位：十万元），呈现不断增长的趋势，该选项正确，不符合题意；74（甲酒店盈利均为；乙店月利平为；由 ，则甲酒月盈平均数于乙店月的平数，该项正，不题意；甲酒店盈利方为，乙酒店盈利方差为 由则甲店盈利的方差大于乙酒店月盈利的方差，该选项错误，符合题意．故答案为：D。A【解析】【解答】解：设每个文创产品降价x元，可列方为：；故答案为：A．【分析】设每个文创产品降价x元，根据“超市要想使这种文创产品的销售利润平均每天达到220元”列出方程．C【解【答】：∵关于x一元次方程两个不等的数根，∴ 且 ，即，解得：且．故答案为：C。【分析当 ，方程有不相等实数；当，程有两相等实数当，方没有实根．此可一元二方程定义的判别求解可。D【解【答】：∵等边三形 的顶点，，∴，，∵，∴，∵点为边上一动点（不与点重合，将沿折叠得到，∴，∴点 在以为圆，2径的圆，作交于 ，交于，如图，，此时最小，∵，∴此时的面积小，∵，∴，∴，∴当 的面积最时，点 到 的距离为．故答案：D。【分析根据边三的性质得，，进而出，由叠的质可得，据此知 在以为圆，2为半的圆，过C作交于 ，交于，此时最小，此可知面积最，然根据函数的义，得出，进而得。【答案】【解【答】=3.故答案：3.【分析】根据合并同类二次根式的法则，即可得到答案.x=3【解【答】：分母得：，去括号：，移项并并同项得：，系数化为1得：，检验，当 时，，所以原式方的解为，故答案：。【分析分式边同以x（-1将分式化成：，然后去括合并同项，最1，即可求解，然后再将x【答案】【解【答】：题意可：米，故米，故答案：。【分析根据金分定义： 将AB的值，求出BC值，然用AB的长减去BC的长，即可求出AC的长2025【解【答】：∵是方程的一个，∴，即，∴，故答案为：2025。【分析将a入 ，可得 ，求出的值，后将，即可解1【解析】【解答】解：在中，由勾股定理得，，∵矩形，∴，∴是等三角，∴，，∴，∴，故答案： 。【分析在直三角形中，根据股定：，代入据，可求出AC的值，根据矩的性，可得因为 是等边三形，及 ，根据切函数的定，可：，代数据即求出OF值最后再据 代入数即可解。【答案】【解【答】：接 ，与交于点，连接，长 ，交于点，如图：∵是菱形的对线，∴ ， ， ， ，， 又∵关于的轴称图为，∴，∴，，∴，故结论正；∴，即，∴，∵，，∴，∴，即结论正；在 中，，故设， ，∴ ，故故，，故结论正；∵∴，，，在中， ，∴，在 中，，∵，，∴∵，∵，，∴∵，，即，，∴不是角三形，故论错误；综上，结论正确的有故答案：。【分析连接 ，与 交于点 ，连接 ，延长 ，交于点 根据菱的性得出， ， ， ， ，，根据轴对称图的定得出，合全等角形判定得出；根据全三角形的性得出，，，推得，根据似三形的定得出 ；结合锐三角数设，，根据股定出的值结合相似三形的质即出的值根据腰三的性质锐角角函出，根勾股定理求出，然后根据函数的义，可求出根据勾定理逆定出不】解：得，，解得，．将代入得．方程组的解是【解析】【分析】直接利用加减消元消去x解出y，后代入原方程中解出x即可.：∵，∴，又∵∴，，，∴∵，，∴四边形是平四边。【解【析】据 ，可得 ，即可证明，得出，进而明结．（1）（2）解：∵数上点 、 表示的分别为、，且 ，∴，当 时，；当 时，；综上， 的值为（1）（2）根数轴两点距离公求出的值，将其代（1最后行求解可。解：；（2）解：∵数轴上点、表示的分别为、，且，∴，∴，当时，；当时，；综上，的值为 ．（1）由图可，小抽取有等可的结共有9，其中小刚到物验 和化实验 的结果有1种，所以小抽到理实验 化学实验 的概是，答：小抽到理实验 化学实验 的概是。【解【答（1）：因为位考必须个物理验中抽取一行考试，所以小抽到