湖南省2026年中考模拟数学试卷八套附答案

初中学业水平考试模拟数学试卷一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的．请在答题卡中填涂符合题意的选项．本大题共10个小题，每小题3分，共30分）1．下列四个实数中，绝对值最小的是（）A． B．32．下列运算正确的是（）C．0.5 D．D．（）B．C． D．4．2024425F，长二号F十八运火箭长58.34米，重约，479700个数用学记法表示为（）（）B．D．算的结果正的（）C．15 9（（农历五月初五（（（农历九月初九（（9（）图，知在 中， ，延长 至 ，使，连接 ，交 点 ，的长为）A．2 B．3 C．4 图，正六形的顶点为圆心，的长为画圆，若的半为6，图中阴影部分（）（）古吉他示意图所示，分别上弦下弦枕，是第品丝．记 与 的距， 为 与 的距且满足 ，，其中 为弦（ 与的距离， 为于1的数，并定 ．若 ，，则 值为（）B． C． D．二、填空题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）11．分因式：x2-16= .关于的不式的解是 ．线y＝x－2与y交点坐是 ．甲乙，，丁学生进数学养能试，每人10次试成的平均数 及方差如表所示．根表中据，中选择名成好且稳定的生参全国生数学力测，应选甲乙丙甲乙丙丁110981101101.50.51.10.5如，四形 是平四边形， 为坐原点点 在 的正轴上点在反例函数的图象，点 是线段 与比例函图象交点点 的坐为，平行四形的面为6，则实数 值为 ．如，在中，．以点 为圆心任意为半弧，分交 于点M，N，再分别点M，N为圆，大于的长为径画在内两交于点，射线交于点．若 ，则°．“”是黄比例即．如图点是的黄金点，点是的黄金分点，若，则．如，已知的半为4，圆心 在边长为4的等边的三边运动点 的坐标， 轴，当 与轴相切时点 的坐标为 ．（8192062122823925、261066演算步骤）计：．化简，再代值：，其中 .BCD4根据以上信息，解答下列问题：扇统计中A对应的心角度数为 ．6000A，B，C，D如，在 中，对线 和 交于点 ，点E，F在上，且 ，连接，，．求：；当行四形是菱形时，断是边形 的状．A，BA型国产芯片（枚）B型国产芯片（枚）总费用（万元）方案一100200300方案二200100240A，BA，B400400A如，神塔的观景层高度米．在塔前方一斜坡长6，斜坡有一炎帝像某旅行在旅观景层得炎帝顶端的俯角，底端的俯角．求帝像 到神龙塔 的距离；求帝像 的高度结果保整数参考： ，）图1，一副三角板在同条直，其中 ， ，．观猜想将图1中的三尺 绕 逆时针向旋转 至如图2的位使得，交 于点 ，则 的度数为 ；操探究如图2所示，（1）条件，已知， ，求时线段 长度；深拓展将图1中的三尺 绕点 逆时方向旋至如图3的（，线段 与 交于点 ，点 在线段 ，求的值．①②一③“”与 互为“旋转物线”．抛线的“旋转线 ”的达式为 ；如图，若（）中抛物线与的顶分别点，它们交点别为．别连接 ，，，，试断四形的形状并说理由；在（）的件下如图，连接 ．若 为抛线位于第象限图象动点，直线 ，与物线 交于另点 ，与抛线依次交于点 点位于二象限．若，求的值．答案C】解∶∵，，，，∴，∴绝对最小是，C.【分析】根据实数的绝对值，先分别求出各个实数的绝对值，然后再比较绝对值的大小，即可得到答案.C答】：A.，故选错误不符意；，故选错误不符题意；，故选正确符合意；，故选错误，符题意故选：C．【分析】根据合并同类项、单项式乘以多项式、同底数幂乘法、完全平方公式运算法则逐项判断解答即可．DABCABCDD故答案为：D．【分析】本题考查轴对称图形，根据轴对称图形的定义：一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，那么这个图形叫做轴对称图形，据此得到答案.D【解【答】：，D．【分析科学数法现形式为 的形，其中，n为所整数的个减1．C【解析】【解答】解：根据俯视图的定义，得该几何体的俯视图如下图：故答案为：C．【分析】本题主要考查了三视图的知识，根据俯视图的定义：从上边观察几何体得到相应图形，据此得到答案.B【解【答】：，B.【分析】本题主要考查了二次根式的乘法，直接利用二次根式的乘法运算法则.B【解析】【解答】解：根据题意，得9个主要的中国传统节日中，节日在农历七月的有2个，∴抽到节日农历的概率为，B．92A【解【答】：∵在中，，∴，，，∴，∴，∴ ，∴ ，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：A．【分析根据行四的性质得，，，由平的性质得，然后据相三角判定证明 ，得，从而求出 ，进求出 .D∵六边形是正六边形，∴，∵，∴∵，，的半径为6，∴，∴，，∴，∴，【解∵六边形是正六边形，∴，∵，∴∵，，的半径为6，∴，∴，，∴，∴，，故答案为：D．【分析过点作于点，根据正边形性质多边形角和式求出数，从根据腰三形“等边等角”以及角内角和理得，进而角三角形求出，于根据定理，合勾定理定理得， ，然用三角以及形面式求出的值即可.A【解【答】：∵记 为 与 的距离， 为 与 的离，∴∵∴为与的距离，，为，与的距离，，，，∴，∵∴，，∴，∴ ，故答案为：A．【分析本题查了规律，据与的理解得为与的距离，为与的距，然后得的值从而出的值进而由得的值于是得值，最.1（x-（x）x2-6=（x4（+4）（x-（x4）“2-b2=(+b-b（x-4（x+）.1【答案】【解【答】：∵关于的不等式，∴移项得，∴合并类项得，∴系数为1，得，∴不等的解是，故答案：．【分析】本题主要考查了解一元一次不等式，根据“移项，合并同类项，系数化为1”进行求解即可.1(02)【解析】【解答】解：∵直线y＝x－2，∴令x＝0，有y＝－2，∴直线x－2与y（02（02【分析】求出当x=0时y.丁∴选择丁参加比赛，故答案为：丁．【分析】根据平均数比较成绩的优劣，结合方差比较数据的稳定程度，据此得到答案.2【解【答】：∵四边形是平行边形，∴，∵平行边形 的面积为6，，∴，解得：，∴，∵点 在反比例数的图上，∴，故答案为：2．【分析根据行四的性质得，然根据四边形面积及点的标求出，从而点坐标，进点坐标入反例函析式即求出数 的值．36【解【答】：作图可：平分，∴，∵∴设，，，则，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，故答案为：36．【分析根据平分规作图及等三角形“等边对角”质可设，然后用三形内定理得于的方程，程求出，最后角形外的性得的度数.2【解【答】：∵点 是 的黄金分点，∴，∵，∴，∴∵点是的黄金分割点，，∴，∴，故答案为：2．【分析先根黄金点的定求出的值，得的值进而据黄割点的义求出的值.答】或【解【答】：①当点 在 上时，图，设与轴相切点，连接，交 点，∴∵∴轴，的半径为4，，∵轴，∴，∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴；②当点 在 上时如图设与轴相切于点 ，连接 交 点，同理可得，∵ 轴，点 的坐为，等边 的边长为4，∴，∴ ；综上所，当 与轴相，点 的坐标为或，故答案：或．【分析分两情况：①当点 在 上时，设与轴相切点 ，连接，交点，根据切的性得 轴， 从而得，进而合点坐得，然根据等边三角的性得 ，在 ，解直三角求出 ，可得；②当点 在 上时，设 与轴相点 ，连接 ，交点 ，同出，于是得 点的坐标即可得.解：原式．【解析】【分析】先利用有理数的乘方、立方根、负整数指数幂、特殊角的三角函数值进行化简，最后进行加减运算即可.将 代得：式【解析】【分析】括号内通分，同时后式分子进行因式分解，再约分化简并代入值即可求解.答案（1）：据题意得抽的学人数为：（人，∴参加D活动学人数为：（人，∴补全条形统计图如下：（2）54°；（3）解：()，∴估计该校有2400名学生选择跳绳；解∶∴共有16种等可能的结果，其中两人恰好选择同一类的结果有4种，∴两人好选同一概率为，【解【答】）扇形计中A所应的圆角的数为：，54°.（1）CD项360°A6000D进行求解.解总人有：人，参加D项动的数：（人）解：（3）解：()（4）解∶由题意，画树状图如下：由图可知，甲、乙两名学生选择参加四类活动的所有等可能的结果共有16种，其中，两人恰好选择同一类的结有4，则恰好选同一的概为 ，答案（1）明：∵四边形是平四边，∴，，∴，∴在和中，，∴；（2）解四边形 是菱，理由下：∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，即，∴四边形是菱形．【解【析（1）据平行边形性质得，，从而据平线的得，进而出；（2）根据菱形的性质的性质得，，，于是得，然后推出四边形.证：∵边形是平行四形，∴，，∴，∴在和中，，∴ ；解四边形 是菱，理由下：∵四边形是菱形，∴，，，∵，，，∴，∴在四边形中，，，，即四边形的对线互直平分，∴四边形是菱．（1）A，Bx万元/y万元/枚，根据题，得，解得：，∴A，B两种型号国产芯片的单价分别为0.6万元/枚，1.2万元/枚；（2）A型号国产芯片m枚，则购买B（400-m）枚，根据题，得，解得：，∵m为整数，∴，∴至少购买A型号国产芯片134枚．（1）A，Bx万元/y万元/得到关于x，y（2）AmB（400-m）“400万元”列出关于m.解设A，B型号国芯片单价为每枚万元， 万元，由题意：，解得：，∴A，B两种型号国产芯片的单价分别为每枚0.6万元，1.2万元；解设至购买 型号国产片 枚，由题意：，解得：，∵ ∴，∴至少买 型号国产片134答案（1）：图，延直线 与射线 交点 ，与线交于点，由题意，，∴四边形为矩，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴炎帝像到神龙塔，的距离为米；（2）解：由（1）得，∵在中，，∴，∴，∴炎帝像的高为米．【解【析（1）长直线 与射线交于点 ，射线 交于点 ，先推出形是矩形根据形的得到，然后求出，利含30°直角角形性质得，从而得，进而在，解直三角求出的即可；得在中直角三形得的值求的值即可.解延长线 与射线 交于点 ，与线 交于点，由题意，，∴四边形是矩，∴，∵，斜坡长6∴，∴，∴，∵，∴，即炎帝像 到神塔的距为；解在中，，∴，∴，答：炎像的高度为．答案（1）；解如图过点 作 于点 ，∴，∵，∴，由（1）得∴，，∴，∴，∵，∴，设，则，∵，∴，解得：，∴，∴；解如图过点 作于 ，∵∴，，∴，∵∴，，∴，设∴，，∵，，设∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴.）∵∴，∵，∴，∵，∴故答案为：．，【分析（1）求出，后根据行线性质得，进而得的度数；过点 作 于点 ，解角三角得，结合（1）中的结得，根据腰三形的得 ，于得，然后设，则，根据 的长度得于的方程解方求得的，最后的值即；过点 作于 ，先推出，根据腰三形”合一“质得，由直角三角斜边的中质得，然后设，得，根含30°的直角三形的质得 ，用勾股理得 ，于是出，最后入求即可.解：∵，∴∵，∴∴，故答案：．解如图过点 作 于点 ，∵，∴∵∴，∵∴，，，设 ，则，∴，解得：，∴，∴，解如图过点 作，∵∴∵∴是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，设∴∵，∴∴∴∴∴∴答案（1）；解四边形是平四边形理由下：∵抛物线 与 的顶点分点 ，，，∴，，∵抛物线与的交点分为，∴联立程组 ，解得 或 ，∴，，∴点关于原点称，点于原点称，∴四边形的对线互分，∴四边形是平四边；解如图过点 作轴于，过点 作于 ，连接过点作于，∴由题意知，抛物线，和抛物线关于原点对称，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，设，∵∴，，，∴ ，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（舍去或，∴，，∵，，∴，，，轴，∴，又∵，∴，∴．【解【答】）由”转抛线“定，得抛线的“旋转线 ”的式为，故答案：.【分析】（1）直接根据“旋转抛物线”的定义进行求解；先别求点的坐标，从得点关于原称，点关于原对称而得四边形的对线互分，最根据行四的判定证结；过点 作 轴于 ，过点 作 于，连接，过点作于先出 ，设，根据似三的判定明 ，得，从而得，进得 ，于得关于的方程解方程即得，，然后用坐中两点离公求出 的以及推出轴，利三角面积可得，最后根正弦义计算可求．解由题得，物线的“旋转物线 ”的达式为，故答案：；解四边形是平四边形理由下：∵，∴，∵，∴由，，解得或 ，∴，，∵点关于原点称，点于原点称，∴四边形的对线互分，∴四边形是平四边；∴，，∴，∵，∴，∴∴，，设，过点作轴于，过点 作 于 ∴，，∴，∵，∴，∴∴，，设，过点作轴于，过点 作 于 ，∵，∴∴，，∴，∴∴，，∵，∴，解得∴（不合，舍去）或，，，连接，作于，∵，，∴，，，轴，∴，又∵，∴，∴ ．中考三模数学试题一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一项是符合题意的.请在答题卡中填涂符合题意的选项.本大题共10个小题，每小题3分，共30分）1．-25（）C．-25 D．25）A．“长沙明天雨概率为 ”，意着长明天有的时间雨B．投掷一质地匀硬币次，出现面朝次数不定是次C．“从一完整扑克中随机取一牌恰方块”是不可事件D．“某彩中头的率是”，表示买张这票一定有张中头奖.（）B． C． D．）平面角坐系，点关于原点称的坐标是（）6．0m：92，19，18，12，185，87，18，18，192，190.（）A．192，186 B．190，189.5 C．192，189.5 D．192，190几年国产能汽车在池技突破能科技升方取得足进步.时，国家车补贴优惠政的支下，不断降，销增长，市场有率来越高某型号产新源汽售价为 元，打八，再惠元，那该型新能车现在售价（）元 B． 元元 元图，，若，，则 的度数为）50cm25cm（）cm2 cm2 cm2 cm210．已知，两点在反函数 的图象上下列正确的（）A．当时，；B．当时，；C．当时，；D．当时，；二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）若数式有意义实数 的取值范是 .关于的分方程的是 ，那么的值.如， 为 的直径弦于点，， ，那该圆为 .若于的一元二程有两不相的实，则的取值范是 .“”300002000.有1900.“”名.各根.闭眼至随机摸出根子，才保证出的中至少有双.（色两为一双）（91718196202182223924251072步骤）计：.解等式： .如，在 中， 是 边的中线， ，，，.求的长；求的值.（简称：DeepSeek）..（ABC.请根据统计图回答下列问题：这被调的学共有 人；.（）.如，在 中， 为 边的高，足为 ， 为上一，且，延长 交于点 .（1）求证：；（2）若，，求的长.长交警在全围内开展“一一带”安守护行，旨提升车、电自行骑乘和机动车乘人的交全防护平．超市购进一头盔于销已知购进4个 型头盔和个 型头需要315元进3个 型头盔和4个 型盔需要350元．求 ， 两种号的盔单价别为少元；若商场备进100个两种号的，总费不超过4400，则最可购进 型头少个？如，在 中， 为对线，垂直平分 ，与，分交于点，.求：四形为菱形；若 ，，求边形 的面积.图1， 是的直点为圆一动（不点 ， 重合过点 的切线交的延长线于点 ，过点作于点 .证：；令.①求的最大值；②若，求 的值.图2，点 为上一点（， 分别位直径 异， ，若，求 的值.我约定在平角坐标中，于的两不同的物线与，若它都经过轴上同两点，，则这两物线互为“共截距抛物线”若物线 与 互为“截距抛线”，且经过点，求的函数解式；若物线 的“共抛物线”总不过点，求出符条件坐标；设物线与它的“截距抛线”的图象分别为点，，若抛物线与抛物线的形同，且以，，，为顶四边形一个角为120°，求该边答案D-2525所以-2525，故答案为：D.【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行求解即可.B【解【答】： 、“长沙市天降的概为”，即雨的能性而不是雨时，故该选项符合意；、投掷枚质均匀币次，现正朝上数不一是次，故该符合题；、“从副完的扑中随机取一牌恰方块”是随机件，选项不合题；、“某票中奖的是”，示买张这种不一定有张中头奖该选项符合题意；故选：．A.75%B.50%100005000C.块，存在可性，是随机件；D.彩中头奖概率是不表10000一定一张。3D故选：D．【分析】本题主要对简单几何体的三视图进行考查．其上半部分主视图为直立长方形，底下为长方形，观察四个选项，D项符合要求．D答】A.，本选项符合意；，故本项不合题；，故本项不合题；，故本项符合意故选：D．【分析】本题考主要对整式的运算，根据合并同类项的法则，幂的运算法则，单项式乘多项式法则等知识点进行考查对四个选项进行计算，ABC项均计算错误，D项计算正确．A【解【答】：点关于原对称点的是，故选：A．【分析】本题主要对关于原点对称的点的坐标的特点进行考查，关于原点对称的点的坐标横、纵坐标互为相反数，根据选项进行判断，故选A．C【解析】【解答】解：重新排列数据：185，185，187，188，189，190，190，192，192，192.∴众数为192，中位为，C．（）（C【解【答】：题意得打八后新汽车的格为元，再优惠元后，能源的售价为元故选：C．【分析】本题主对用数式实际问中的量关因为汽原价m元八折后价为，再优惠元后，新能源汽车的售价为元．8B【解析】【解答】解：∵，，，∴，∴，故选：B．【分析根据直线，同位相等得，所以．9C【解【答】：．故选：C．．1A【解【答】：比例函数，∵，∴数图经过、三象，每象限随增大而小，当时，，当时，，因为 ， 两点在例函数 的图象，当时，，则，故A选正确，合题；当时，，则，故B、C项错误不符题意；当 时， ，则，故D选错误，符合意；故选：A．【分析根据析式，中 ，函图象过第三象限每个限 随的大而减，根其单对四个项进判断，A项正确其余项错．【答案】【解【答】：据题意得，解得．故答案：．0，即，解得．【答案】【解【答】：∵关于的分式方程的解是 ，解得：，故答案：．【分析本题分式的解进考查将 代入式方程，列等式，得．13【解【答】：下图，接，设该圆径为，∵，，∴，∵，∴，∴在中，，即，解得∴该圆半径为，13．【分析本题要对定理、股定等知行考查首先接并设圆的半为，根据垂径定理，得，在 中，勾股定有 ，带入未数x有，解得 ．【答案】【解【答】：∵一元二方程有两个等的实根，∴，即，解得．故答案：．有两个相等实数根，所以别式，解得．128500【解【答】：（名．所以该社区全体成年居民中知晓湖南省“三高四新”重要战略的居民有28500名．故答案为：28500．【分析】本题主要对样本估计总体的解题思路进行考查，优先计算样本中的比例，再用样本比例乘以总数完成解，（名．25【解【答】：设先摸是红橙、绿、蓝紫根，再摸就可成一双子，（根，摸出第双，要（根，摸出三双需要（，；以此类，摸第双，要（根，∴闭上至少机摸出 筷子，能保摸出子中至有双故答案：．6为一筷子时为7，摸第二需要根，摸出三双要根，以+2．解：单独算，，对各项行加计算原式。答】解： ①：；②得：，∴原不式组解集：．【解【析】题解一元次不式组考查，先求解得，再解得，取个解的交得．1答案（1）：∵ ， ， ，∴；∵，∴，∴；（2）解：∵ 是 边上的线，∴，∴，∵，∴，∴ ．【解析】【分析】本题主要对解直角三角形、勾股定理、三角形的中线等知识进行考查．在中由勾定理得 ，再据题角C正切计算得，所以；根三角中线性质，以可得，进得到，在 中根据勾股定可得，进一得 ．（1）解：∵，，，∴；∵，∴，∴；（2）解：∵ 是边上的线，∴，∴，∵，∴ ，∴ ．2（1）20解喜欢C课的学生为．第二次 第一次第二次 第一次甲乙丙丁甲（乙甲）（丙甲）（丁甲）乙（甲乙）（丙乙）（丁乙）丙（甲丙）（乙丙）（丁丙）丁（甲丁）（乙丁）（丙丁）122所以恰同时丙，人的概是．【解【答（1）：∵喜欢A类课所应的圆角为，∴喜欢A类课程学生数抽总数的，∴被调的学共有（；200；【分析】本题主要对扇形统计图和条形统计图的综合问题，列表格（画树状图）求概率等知识点进行考查；AA查人数=200人；C．解：∵欢A类程所对的圆角为，∴喜欢A课程学数占抽总数的，∴被调的学共有（；200；解喜欢B课的学生为．第二次 第一次第二次 第一次甲乙丙丁甲（乙甲）（丙甲）（丁甲）乙（甲乙）（丙乙）（丁乙）丙（甲丙）（乙丙）（丁丙）丁（甲丁）（乙丁）（丙丁）122所以恰同时丙，人的概是．答案（1）明：，，在和中，，∴；（2）解在中，，，.【解析】【分析】本题主要对勾股定理，直角三角形全等判定-HL定理进行考查.（1）根题意，可得根据题意，根据HL理，得证；（2）根据勾股定理，在中 ，所以.证：，在和中，，∴；解在中，，，.答案（1）：购进1个 型头需要元购进1个 型头需要 元．根据题，得，解得，；答：购进1个 型头盔要30元购进1个 型头盔需要65元；（2）解设购进 型头盔 个，则进 型头盔个，据题意得：，解得：，∴ 40，答：最多可购进B型头盔40个．【解析】【分析】本题主要对二元一次方程组和一元一次不等式的应用进行考查．设A型x元，B型y元，据题列出组，解得；设B头盔 个，购进A型个，根题列出不式，解得，所最多购进B型头盔40个．解设进1个 型头盔需要元，进1个 头盔需要 元．根据题，得，解得，；答：购进1个 型头盔要30元购进1个 型头盔需要65元；解设购进 型头盔 个，则进 型头盔个，根据题，得：，解得：，∴ 40，答：最多可购进B型头盔40个．答案（1）明：∵四边形四边，∴，∴．∵垂直分，∴，∴，∴∴四边形，是平行四边形．∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵四形是菱形，且，∴ ，在中， ，∴，∴，∴．【解析】【分析】本题主要主要对菱形的性质和判定，菱形的面积计算，三角函数等知识点进行考查；根题意有，所以，因为 垂直平分，所以，故 ，进而得四边形 平行四形又为，以四边形是菱得证；根四边形 是菱，且 ，可得，在 中，，所以 ，进而到 ，所．∴，∴．∵垂直平分，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形∴，∴．∵垂直平分，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，且，∴，在中，，∴，∴，∴．2（1）∵是的切线，是的直径，∴，∵，∴∴∵∴∵，∴∴∵∴∴∴∴，，（2）解；①∵∴，即，设，，∴，∴，∵∴∴∴∴∵ ，即∴∴∴ ，即的最大为 ；②∵ ，∴∵∴由①可得，则∴∴设，则∴解得：∴（3）解：如图，连接∵是的直径，∴∵∴∴∵，∴∴∴设，则∵，∴∴∴设，，同（2）得∴∴∴，又∵，∴根题意 是 的切， 是的直径，以有，进而得，根据的计可得，进而得到；①据题有 ，可得 ，所以即，设 ， ，则，因为，可明可得到，进而据，所最大值为；②根据 ， ，可得 ，根据①中计可知，设 ，则，所以，解得 ，所以 ．根题意 是的直，可推出 ，，可证 进一步得出，设 ，根据得出，设 ，，同（2）解题路可得 ，得出，所以．（1）∵ 是 的切，是的直径，∴，∵，∴∴∵又∵，∴又∵，∴∴又∵∴（2）解；①∵，∵∴，即，设，，∴，∴，∵∴，∴∴∴∵，即∴∴∴，即的最大为；②∵，∴∵∴由①可得，则∴∴设，则∴解得：∴（3）解：如图，连接∵是的直径，∴∵∴∴∵，∴∴∴设，则∵，∴∴∴设∴，，同（2）得∴∴ ，又∵，∴2答案（1）：在中，当时，解得 或 ，∴物与x轴两个点的为，∵抛物线与 互为“共抛物线”，∴抛物线 与x的两点的坐为，可设 的解析式为，∵ 经过点，∴，∴，∴ 的解式为；解在中，当时，解得 或 ，∴抛线与x轴的个交的坐为，∵抛物线与 互为“共抛物线”，∴抛物线 与x的两点的坐为，∵抛物线最多与x轴两个交，∴当在x轴上且不点和点重合时，定满意，当时，或，当 时， ，则此点P的标为，不符合意；当 时， ，则此点P的标为，符合题；∵抛物线 经过点和点，∴当点P横坐为 或3时，且与点和点重合，一定足题，当 时， ，则 ，此时点P坐标为，符合意；当时，，则，此时点P坐标为 ，不符题意；综上所，点P坐标为或；解：∵抛线的“截距抛线”抛物线 且抛物与抛物线 的形相同抛物线的解析为，∵抛物线与抛线是两不相同抛物，∴∵抛物线，即抛物线解析式为的解析式为，，∴，∴抛物线的解析式为，∴，，即，∴两条抛物线的对称轴重合，由对称性可得如图所，连接交 于T，，，，∵，∴，∴四边形是菱；如图所，当 时，则，∴ ，∴；解方程 得，∴ ，∴ ，∴，∴∴，或（舍去，∴；如图所示，当∴时，则，∴，同理可得，∴，∴∴∴，或，；综上所，以，，，为点的四形的积为 或 ．【解【析（1）令，求得与x轴两个的坐标为，因两抛物线共距，以则设 的解析为，带入点，解得解式为；（2）令求得抛线与x轴的两交点坐标为令 求得物与x轴两个点的为，因抛物线 最多与x轴只有个交，所当在x轴，且与点和点重合时一定足题当 时，，则此点P的标为，不符合意；当 时， ，则此点P的标为，符合题；抛物线 经过点和点，当点P的横标为 或3时且不与点和点重合时，一定满题意，当 时， ，则 ，此时点P坐标为，符合意；当 时， ，则 ，此时点P坐标为，不符题意；综上所，点P坐标为 或；（3）因为抛物线抛物线的形状同，抛物线的解析式为的“距抛物”为物线，抛物线与，可出抛物线的解式为，则，，所以两条抛物线的对称轴重合，由对称性可得，因为，，，可证明边形是菱形；①时 ；②时 ．（1）解在 中，当时，解得或，∴抛物线与x的两点的坐为，∵抛物线与 互为“共抛物线”，∴抛物线与x的两点的坐为，可设 的解析式为，∵ 经过点，∴，∴，∴ 的解式为；解在中，当时，解得 或 ，∴抛物线与x轴的两个交点的坐标为，∵抛物线与互为“共抛物线”，∴抛物线与x的两点的坐为，∵抛物线最多与x轴只有两个交点，∴当当在x轴上且不点和点时，或，重合时，一定满足题意，当 时， ，则此点P的标为，不符合意；当 时， ，则此点P的标为，符合题；∵抛物线 经过点和点，∴当点P横坐为 或3时，且与点和点重合，一定足题，当 时， ，则 ，此时点P坐标为，符合意；当 时， ，则 ，此时点P坐标为，不符题意；综上所，点P坐标为或；解：∵抛线 的“截距抛线”抛物线且抛物线与抛物线的形状相同，∴抛物线的解式为，∵抛物线与抛线是两不相同抛物，∴，即物线的解析为，∵抛物线解析式为，∴，∴抛物线的解式为 ，∴ ，，即∴两条抛物线的对称轴重合，由对称性可得如图所，连接∴ ，，即∴两条抛物线的对称轴重合，由对称性可得如图所，连接交 于T，，，，∵，∴，∴四边形是菱；如图所，当 时，则，∴ ，∴；解方程 得，∴，∴ ，∴，∴∴，或（舍去，∴；如图所示，当∴时，则，∴，同理可得，∴，∴∴∴，或，；综上所述，以，，，为点的四形的积为或．中考一模数学试题10330符合题目要求的．在 ，，0， 这四个数，最小数是（）C．0 D．（）B． C． D．张A4的规为，它的面约为 平方千将数字（）4．元二方程的根情况是）A．有两个相等的实数根C．只有一个实数根B．有两个不相等的实数根D．没有实数根等式组的解在轴上表正确是（）B．C．若 是一锐角且，则 的值（）（）B．（）CD．平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直（）样本容是 B．平均数是C．中位数是 的权数是

，则关于抽取的这组数据，如，点分别是的边的中点．①图有三平行四形；②图中四个小三角的形和大全一样；③四形 的周长；④．下列选项中，确的（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分．计： ．在面直坐标，点到x轴的离是 .如，分以点 、 圆心，大于的定长为径画弧两弧交于点 、 ，则四形是菱的理是 ．已关于x的方程x2+3x+a＝0有个根﹣2，则另个根为 ．90分为秀，甲、两班中秀人更多是 班.人数平均数中位数方差甲班45829119.3乙班4587895.8如，，，，则 观图形若有形2024，则火柴根．已如图在 中， ， ，，在线的同侧分以的边作正形 、正方形 、方形 ， 、 、、分别表应图形面积则的值为 ．三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．先简，求值：其中 ．“”“”、“”、“”和“劳动体验”．根据统计图中的信息，解答下列问题：“”（）1600“”已：如，点在一条直上，， ，．求：（1）；（2）四形是平行四形．如所示在 中， ，，，点沿 边从点 向终点 以的速度动，时点沿 从点向终点 以 的速度，且当中一到达时，另一点也随之停止移动．请解答下列问题：点出发几后，使的面为？点出发几后，？如，点是坐标，点在轴的正轴上点在第一限．，，．求点的坐；点P是 轴上的一动点，点 处于何位，的值小？已如图直线 与比例函数的图交于点 点 ，与轴交于，与轴交于点．求的值；求点、点 的坐标并直接出一函数于反比函数时自量x的值范；求的面积．图1，矩形中， ，，点E线段 上的动（点 不与点重合，连接，过点作，交于点．求：；图2，接 ，过点 作 ，垂足为 ，连接 ，点是线段的中点连．①求的最小值；②当取最小值，求段 的长．答案A【解【答】：，这四个中，小的是，故答案为：A．【分析】根据实数的比较大小法则“负数大的反而小，0大于一切负数，两个负数比较大小绝对值大的反而小”解答即可．A【解析】【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A符合题意；BCDA．“这个形就轴对称形；一个绕着某个点转，如旋转后图形够与原”B解【答】：∵，故答案为：B．【分析科学数法现形式为的形，其中，n为整，确定n的，要看原an时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．D∵∴一元二次方程的根的情况是无实数根，故答案为：D．【分析】利用一元二次方程根的判别式解答即可．B【解【答】：不等式，得，解不等式，得，将解集表示在数轴上为：故答案为：B.【分析】先利用移项，合并同类项、系数化为1解一元一次不等式组，然后在数轴上表示不等式的解集即可.C【解析】【解答】解：如图所示：设，∵，∴，设，则，∴．故答案为：C．【分析设，根据勾理得到AC长然后余弦的义解即可．D答】：A．，原式算正，故项不符题意；，原式算正，本选项符合意；，原式算正，本选项符合意；，原式算不确故本选符合意；D．【分析】根据同底数幂的乘法、平方差公式、完全平方公式、和积的乘方的运算法则逐项判断即可．B两边及夹角应相此时两三角全等（定定理．所以本选项说法是错误的，故本选项符合题意；故答案为：B．【分析】利用线段、直线的性质、全等三角形的判定、垂线的性质逐一判断解题．C【解【答】：A.样本容是，结论正此选项符合意；B.平均数是，结正，此选不符题意；C.数据从到大列第五和六个是 ，，中位数是，结论错误，此选项符合题意；的权数是，结论确此选项符合意C．【分析】根据方差公式可求出样本容量，平均数，中位数，权数的信息，依次判断各选项即可求解.1D【解【答】： 点分别是的边的中点，， ，，，，，四边形 、四边形 、四形都为平四边，故正确图中的个小角形等三角，即状和完全一，故正确；四边形为平行边形，四边形 的周长，故③确；点 分别边的中点，，，，故④正确；综上所述，正确的是①②③④．故答案为：D．【分析根据角形位线定得到、、是平四边形断①；由平四边②；计算平行四边形的周长判断③④【答案】【解【答】：，故答案：．【分析】先把除法化成乘法，然后约分解题．2P（-，-2Px2.【分析】利用点坐标的定义分析求解即可.【解【答】解根作图方可知边形一是菱形；理由如下∶分别以点A，B为圆以大于的定长a为半弧，两相交于C，D，，四边形是菱形．故答案为：四边相等的四边形是菱形．【分析】利用四条边都相等的四边形是菱形解答即可．﹣1【解析】【解答】解：设方程的两个根为a、b，∴a+b＝﹣3，∵方程的一根a＝﹣2，∴b＝﹣1．故答案为：﹣1【分析】根据一元二次方程根与系数的关系求出另一个根的值。甲【解析】【解答】解：甲、乙两个班参赛人数都为45人，由甲、乙两班成绩的中位数可知，甲班的优生人数大于等于23人，乙班的小于等于22人，则甲班的优生人数较多，故答案为：甲.【分析】利用中位数的意义及甲乙两班的中位数，可作出判断.140【解析】【解答】解：如图，∵，，∴∵∴，，，∴，140．【分析】根据平行线的性质求出∠4的度数，然后根据邻补角求出∠5，然后根据三角形的外角解答即可．110121【解【答】：∵有六边形个，要火根数为，有六边形个，需要火柴棒根数为，有六边形个，需要火柴棒根数为，有六边形……个，需要火柴棒根数为，有六边形个，要根小，∴有六形2024个，要火柴棒（根．10121．【分析观察形得第个六边需要根小棒后代入值计解题．【答案】【解【答】：过作于，连接，∴∵四边形，是正方形，∴，，∴，∴∴，，∴，同理可证：，∴，，∵∴，，∴，同理可证：，∴，∴，同理：∴，，，∴，∵，，，∴，∴故答案为：．，【分析过 作 于 ，根方形的质得到，，，，即得到，解题．解：．解：=当时，原式．答案（1）：次被抽学生总人是（人，扇形统图中示选择“美工制作”兴小组形的圆角度是；解选音乐”兴趣组的数为（人，补全形统图如所示．解估计校选爱心传”兴小组生人数为（人．【解【析（1）用“体运动”小组数以它的比求样本，再根据×选“美制作”“”1600ד”解本次抽查生的总数是（人，扇形统图中示选择“美工制作”兴小组形的圆角度是；解选音乐”兴趣组的数为（人，解估计校选爱心传”兴小组生人数为（人．答案（1）明：∵点A，D，C，B一条直上，，∴即∵，，，∴，∴∴，；证：∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平四边．【解【析（1）得到，然后根据得到与 等，根全等角形应角相得到，即可到结论；根据 得到即可到 然根据组对分别相的四是平行边形题即．证：∵点A，D，C，B在同条直，，∴，即，∵，∴，∴，∴；证：∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平四边．答案（1）：点P，Q出发x秒，的面积为．∵点P沿 边从点A点C以 的速度移，时点Q沿 边从点C点B以速度移，且其中到达终时，一点之停止动．∴，，根据题，得，解得：，（舍）答：点P，Q出发1秒，可使的面积为；解设点P，Q发y秒，，∴，∴ ，∴=∴y=2.4答：点P，Q出发2.4后，．【解析】【分析】（1）设点P，Q出发x秒，根据三角形的面积公式列一元二次方程解答即可；（2）点P，Q发y秒后，，即可到，再用相似角形对应比例解设点P，Q发x秒，的面积为．∵点P沿 边从点A点C以 的速度移，时点Q沿 边从点C点B以速度移，且其中到达终时，一点之停止动．∴，，根据题，得，解得：，（舍）答：点P，Q出发1秒，可使的面积为；解设点P，Q发y秒，，∴，∴，∴=∴y=2.4答：点P，Q出发2.4后，．答案（1）：点C作轴交x轴点E，如图所：∵，，∴，∴，∴∵，，∴，∴，∴∴，，，∴，∴点C的标为 ；（2）解如图作点B关于y的对点为则，连接 ， 与y轴交点P，连，根据轴称可：，∴，∴当最小时，最小，∵两点之间线段最短，∴此时点P即为所求作的点，设直线的解析为：，则，解得：∴当时，∴当点P动到 这个位时，的值最小．【解【析（1）点C作轴交x轴点E，即可得到，进求出BE长，CEAEC（2）点B关于y轴对称点为D，连接与y交于点P，连接 ，根据点之间段最，出此时点P即为求作点，然利用定系求直线CD的析式即可得点P的标．解过点C作轴交x轴于点E，如所示：∵，，∴，∴，∴∵，，∴，∴，∴∴，，，∴，∴点C的标为；解如图作点B关于y的对点为则，连接 ， 与y轴交点P，连，根据轴称可：，∴，∴当最小时，最小，∵两点之间线段最短，∴此时点P即为所求作的点，设直线的解析为：，则，解得：∴当 时，∴当点P动到这个位时， 的值最小．答案（1）：∵直线 与反比例数的图交于点 和点 ，∴，解得：∴解得：，，，∴解得；解关于线，当时，；当时，，∴点C的标为，点D的坐标为，观察图得：次函大于反例函值时量x的值范为或．解：．【解析】【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；xyCDx的取C、D解：∵直线 与反例函数的图象于点 和点 ，∴，解得：∴解得：，，，∴解得；解关于线，当时，；当时，，∴点C的标为，点D的坐标为，观察图得：次函大于反例函值时量x的值范为或．解：．（1）1，∵四边形是矩，∴，∴．∵，∴，∴，∴；（2）①解：如图2-1，连接AM．∵，∴是直三角．∵点是线段的中点，∴．当A，G，M三点共时，由角形边之于箒三得：，当A，G，M三点线，．此时， 取最小．在 中，．∴的最值为5．②如图2-2，点M作交 于点N，∴．∴．设，则，∴ ．∵，∴，∴，由①知 的最小为5、即 又∵，∴．∴ ，解得，经检验，是分方程，即．【解【析（1）据矩形性质到，然根据两对应等的三角形似（2）①接 ，即可得到．得到点G在以点M圆心，3为半的圆上．当A，G，M点线时，取最小．然用勾股理即出 解题．②过点M作 交 于点即可得到 ，进得到．设，然后用 ，证明 ，即得到，求出 长即可．1，∵四边形是矩形，∴，∴．∵，∴，∴，∴；①2-1AM．∵，∴是直三角．∵点是线段的中点，∴．当A，G，M三点共时，由角形边之于箒三得：，当A，G，M三点线，．此时， 取最小．在 中，．∴的最值为5．②如图2-2，点M作交 于点N，∴∴．．设∴，则，．∵，∴∴，，由①知的最小为5、即，又∵，∴．∴ ，解得，经检验，是分方程，即．中考二模数学试题一、选择题（10330符合题目要求的.）中国最早用正数表示有相意义的国家若向运动米作米，向南动（）米 米 米 米202441843届“”800000800000（）3．2025年春晚涉及众多“非遗”元素，让“非遗”被更多人了解．如图是一个正方体的展开图，则与“传”字所在面相对的面上的字是（）非 B．遗 C．文 D．化实数，，，中，理数是）（）C6．下列计算正确的是（）7．图，中，，将绕点顺时针转得到，点 的应点分为，延长交于点，下列一定正的是（）8．长沙市某一周内每日最高气温的情况如图所示，下列说法中错误的是（）A32℃C24B．这组数据的中位数是30D8℃9．图， 是的直，，则（）10．已知是抛线（a常数，上的点现有四个结论：①该抛线的称轴是线 ；②点在抛物线上；③若，则 若，则其中，确结个数为（）个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分.计： ．如，正边形被分成个面相等角形，意转这个一次，转盘止转，指针落阴影分的是 ．方程 的解为 .如，在五边形，连接，则的度数为 ．已一元次方程两个相的实根，则m的为 ．某电池电压为使用此电池，电流(单位： )与电阻 (位： )函数表式为，当 时，的值．如，焊一个，包括角为的等腰形外框和3m高的柱则共需材约 m（果取数参数据：，，）如，四形为正形，点E是的中，将方形沿 折叠，到点B的对应点为点F，延长 交线段于点P，若，则的长度为 ．三、解答题：本题共8小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.先简，求值：其中 .“”“”“”“”参加志愿者服务的部分师生，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据统计图信息，解答下列问题：本调查师生有 ，请全条形计图；“”该共有1500生，若有的师参加者服务请你计参加“文明宣”项的师生人数．如，已知 ，延长 到E，使 ，连接，，，若．求：四形是矩形；连接，若，，求的长．每台元，乙行车进价格每台元该公司售台甲型自和台乙自行车，可利元，销售台型自行和台乙型自，可获利元．为足大需求该公司备加甲、种型号自行共台，资金不过元，港装运的物．甲沿港的南方航行海后到达港，再北偏东向航行定距离到达港．乙货沿港的偏东方向航行定距达港，沿南东方向行一定离到达 港（参考据：，，）求 ，两港间的离（结保留数点位；若、乙艘货的速度同（靠 、 两的时间同，艘货先到达港？请过计算说明．如，抛线与轴于 两点与 轴交于点 ．求物线的表达；如①，点 为第象限内物线一动连接，当时，点 的坐；如②，接是线段 上的个动，且 ，接，求的最小．如，平面角坐标中，点为圆的圆，交x轴于，C点（B在C左侧，交y轴于A，D两点（A在D的下）．【问题提出】B、C【问题探究】如②，将 绕点P旋转 得到 ，试明四形 的形状并求点M坐标；【问题解决】A，B，M，C所示的上，其中是的直四边形是矩形表演后，机人B先点B出发，沿直线与直线之间的某线方向动到上的点E，然后即调方向垂直的方向运动到上的点G处止；机人M沿直运动到的中点Q，沿方向动到点G处和机器人B汇合请通过计分析机器人M的次运路线成的的大小否为值？若答案B【解【答】：∵向北运动米记作米，∴向南动米可记作米，B【分析】根据正数和负数表示相反意义的量结合题意即可求解。C【解析】【解答】解：800000=8×105.故答案为：C.【分析】根据＞10的科学记数法的规范写法a×10n，这里a=8，n=5，即可得出答案。C“传”“文”．C．【分析】根据正方体平面展开图上相对面之间一定相隔一个正方形，即可得出答案。C【解【答】：实数，，，中，有理为，，，都是开开不.故答案为：C.0②与有关的数，③0.1010010001…（1之0）④sin60°.据此.DA”“”B、必须是“两平行直线”被第三条直线所截，截得的内错角相等，所以“两直线被第三条直线所截，截得的内错角相等"这个命题缺少”两平行直线“的前提，所以原命题是假命题，不符合题意；C、准确表述应是三角形的外角大于与其不相邻的内角，所以原命题是假命题，不符合题意；D、对顶角相等，原命题是真命题，符合题意；故答案为：D．【分析】依据平行线性质，三角形外角性质以及对顶角的定义可分别判断各个命题的真假，即可得出答案。D【解【答】：于A，，故A错误，符合题；对于B，，故B错，符合题；对于C，，故C错，符合题；对于D，，故D正确符合题；故答案为：D.A，BC，D.D【解【答】：记 与相交一点H，图示：∵ 中，将 绕点 顺时针转 得到，∴∵∴在中，∴D设∴∵∴∴∵不一等于∴不一等于∴不一成立，故B选项不正确，不符合题意；∵不一等于∴不一成立，故A选项不正确，不符合题意；∵将绕点顺时旋转得到，∴∴故C选项不正确，不符合题意；故答案为：D【分】记 与相交一点H，图所示：根据旋性质得，进证得∠BHC=90°，即 ，可出选项D确；根角度计可得出 不一于，得出不一定立；据图形质以角的或线段运算出A和C选项是误的．故而得出正确答案。BA32℃，说法正确，故A不B、把这一周的气温数据按照从小到大排列：24，24，26，27，28，30，32，根据中位数定义，可得出这组数据的中位数是27，原说法错误，故B符合题意；C、24出现了两次，次数最多，所以这组数据的众数是24，说法正确，故C不符合题意；、由折线可知周、周五高温分别为2，24故温为（，说正确故D不符合题意；故答案为：B．32℃A27BC32℃，24℃，故温差为（D。B解【答】：∵是的直，∴，∵，∴∵，，∴；故答案为：B．【分析先利圆周理的推求得 ，再根角三角的两锐角求得∠ABC，利用圆角定求得∠D．B①抛物的对轴是线，①确；②当x=0时，y=3，∴点在抛物线，②确；③当a＜0时，y1＜y2，当a＞0时，y1＞y2，③错误；④由题得，∴，④误；B①x=0y即可判断②③④。5【解【答】：，故答案为：5．【分析根据对值指数幂性质可化简。【答案】【解析】【解答】解：∵该图形为被分成八个面积相等的三角形的正八边形，其中有三个阴影三角形，∴阴影分的积占为，∴指针在阴区域率为 ，故答案： ．【答案】【解【答】：，方程两边同时乘以x(2x+3)约去分母，得x+2x+3=0，解得x=-1，当x=-1时，x(2x+3)≠0，∴原分式方程的解为：x=-1.故答案为：x=-1.x(2x+3)x.【答案】解【答】：∵是正五形，∴ ，，∴，∴，故答案：．【分析】根据正多边形内角和可得∠C=∠ABC=108°，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠CBD，再根据角之间的关系即可求出答案.9【答】：据题意得△解得．故答案为：9．【分析】利用一元二次方程根的判别式计算求解即可。4【解【答】：∵ ，∴当 时 .故答案为：4【分析】将R的值代入函数解析式，可求出I的值.21解【答】：∵是等腰角形且，∴AC=BC， ，在直角三角形ACD中：CD=3m由，可：m由，可：，∴AC=BC=5m，AB=2AD=8m，∴共需材约：；故答案为：21．【分析首先据等角形的质得出AC=BC， ，然通过直角形可得m，，而得共需约为：；2【解析】【解答】解：连接AP，如图所示，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵点E是BC的中点，AB＝3，AB＝3，∠AFE＝∠B＝90°，∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，在Rt△AFP和Rt△ADP中，，∴t△≌t△（∴PF＝PD，PF＝PD＝xCP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，Rt△PECEP2＝EC2＋CP2，∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2x＝2DP2，2．EF=BE=EC=3HLRt△AFP≌Rt△ADPPF＝PDPF＝PD＝xCP＝6−x，EP＝3＋xRt△CEP（3＋x）2＝32＋（6−x）2解：原式“1”解：，，将 代入，则原式=【解析】【分析】首先对原式中的括号内式子通分计算，再将分式的分子分母因式分解，然后约分化简，最后代入求值．（1），在形统图中求“敬服务”对应圆角度数为，估参文明”项目师生数为（人．【解【答（1）：依题，本调查生共有人，∴“文宣传”的人为（人）故答案：．【分析】本题考查条形统计图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体.“”“文明宣传”先出“老服”的占比再乘以可求“敬老服务”对的圆度数；用本估总体用乘以再乘以“文明传”的比可出参“文传”项的师人答案（1）明：∵四边形是平四边，∴，，，∵，∴，∴四边形是平四边，∵，，∴，∴四边形是矩形.（2）解：如图所示，∵，∴．∵矩形∴中，，，∴，∴．【解【析（1）证出四形是平行四，再结合BC=DE，即证出四形是矩形；（2）先用勾定理得，再合，利用勾理求出即可．答案（1）：公司销一台型、乙型自车的润分为 元，根题意，，解得： ，答：该司销一台、一台型自车的分别为元；（2）解设需购买型自行车台，购买自行车台，依意得，，解得：，∵为正整数，∴的最值为，答：最需要买甲行车台．【解【析（1）公司销一台型、乙型自车的润分为 元，根据“公销售台甲型自车和台乙型车，可利元，销售台型自行和台乙型自，可获利元”即可列出程组进而求解；（2）设要购甲型行车台，则购乙型车台，题意可列等式，而得到a的取值范围，再根据题意即可求解。答案（1）：图，过 作于点 ，∴，由题意知：，，∴，∴，∴，∴（海里，∴，两港之间距离海；（2）解由（）得：，，，∴ ，∴，由题意得：∴，，，∴，（海里，∴甲行路程：（海，乙行路程：（海里，∵，且、乙度相，∴甲货先到达港．（）BACERt△BCERt△ABE，可求得，，进步即求解求解；（）在角形ABC中三角函可得行驶为：，在三角形ADC中用三角数可乙行程为：，因为度相然后比行驶程即可；如，过 作于点 ，∴，由题意知：，，∴，∴，∴，∴（海里，∴，两港之间距离海；（2）由（）得：，，，∴，∴，由题意得：∴，，，∴，（海里，∴甲行路程：（海，乙行路程：（海里，∵，且、乙度相，∴甲货先到达港．答案（1）：题意可： ，解得：，∴抛物表达为：；解由抛线的达式知，，则 ，，∴点，则 ，设点， ，∵点 为第四象内抛上一动，，则，整理得，解得： ， （不合题去）∴ ，则点；解过点C作 且，连接、 ，则，点，∵，则，则则，，当O、N、D共线时，取等号，即 的最值．【解【析（1）把A（-2，0）和C（0，-4）分别入中，可得关于b，c的方程组 ，解方程求得bc的值，一步可得物线的达式；根据点为第四内抛物上一点，设点，，根据物线与X轴的交点标，得出，根据三形面计算，可得，再解程并点C作 且 ，连接 、 ，证明，则O、N、D解由题可得： ，解得： ，∴抛物表达为：；解由抛线的达式知，，则 ，，∴点，则 ，设点， ，∵点 为第四象内抛上一动，，则，整理得，解得：，（不合题去）∴，则点；解过点C作 且，连接、 ，则，点，∵，则，则则，，当O、N、D共线时，取等号，即的最值 ．（）P，，，∵点-1，0∴OP=1，，∵B在C的左侧，∴点（3，0，点1，0ACMB根据旋性质得：和，∴四边形ACMB是平行四边形，∵BC是圆P的直径，∴∠M=90°，∴四边形ACMB是矩形；∴点M和点A关于点P中心对称，∵点0-，点-，0∴点M的横标为：-1-1=-2，纵坐为：0+=即点M的坐为（-2，是值，的大小定值．∵在和中，点Q斜边 的中点，，，，，，故的大为定值。【解【析（1）据垂径理得出，再股定理出的长度，圆P的半，再根据 及点即可出点-3，0，点（，0而得出案；（2）根据旋转的性质可得出四边形是平行四边形，再根据圆周角定理证得∠M=90°，根据矩形的判定即得出边形 是形，再据矩的中称性质结点（0-，点即可求点M的坐；（3）首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，进而得出，然后 根据外 角的性质推 出 ，再，求出的大小即可得 的大小定值．九年级模拟考试三模数学试题10330符合题目要求的．蜜的蜂美观序，入口看，巢由多正边形成，正六形的称轴（ ）A．2 B．3 C．6 D．122035航授时服务．截止目前，北斗产品应用总量已超过1550万台／套．数据15500000用科学记数法表示为（ ）园在公某处留了段时，再原路速步回家小明离公的路程与间的系的致图是（ ）B．C． D．，，如，在面直坐标中，角形，角形，角形，……，斜边在x轴上斜长分为的腰直三角形若角形的点坐分别为，，，的标为（ ）B． C． D．（．是 的方根 B．2是的术平根的方根是2 D．8的方根是2或5（）A．4，4 B．4，9 C．5，9 D．9，9果么、（．，，，，（）若a＝b，则3﹣2a＝3﹣2b B．若a＝b，则ac＝bc若ac＝bc，则a＝b ，则a＝b9．在中，的角平分线交于点点分为4和5两部分，则的周长为( )A．24B．26C．28D．26或28y＝（x﹣2）2﹣9（）当2y34个单位长度所得抛物线的函数表达式为函数图象与x6.A．②③④ B．①②④ C．①③ D．①②③④二、填空题：本题共8小题，每题3分，共24分．近年二码逐进入人们生活成广大众生中不或缺一部小将二码打印在积为的方形片上如图为了计黑阴影分的积，在纸随机点，过大量重实验发现落在色阴的频稳定在．若个三形的长均整数且边长别为3和则三边长可为 （写一个．把5×5×5写乘方形式 若是于的元二方程的，则数式的是 ．若|a﹣1|与|b﹣2|互相反，则a+b的为 ．已反比函数的象经点 ，则k的是 ．，，，则 °．已抛物线与x轴于A，B两，对轴与物线于点C，与x轴于点的径为1，G为上动点，P为的点，则 的大值为 ．三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．：．：，中 ．如，直线l与相于点D， 为的径，点A作于点E，长 交线l点C．（1）求证：平分；（2）如果，，求的半径．，是边三形，点D在上点E在的长线，且．点D是：；点 不，；点 段断 与．18源汽车进行销售．当定价为26万元每辆时，平均每周能卖出10辆．现公司计划开展让利销售，市场调研12841000“”100米直米道竞赛米道竞赛米标赛为了解罗市对于：市民最关注的比赛项目人数统计表比赛项目关注人数4230接写出、的和 所扇形心角度数；1000030004（22女对该42（）新义：一个的横标与坐标和为6，么称个点“和点”．知反例函数的图经过点，次函数的象经该反例函图象的所“和点”．若 ，直接出；知二函数反比函数图象于（点 的坐标于点 的坐标两点， 为物对称上一点．若是以为点的腰三形，点的标．图和是线，，点M是的点，从M向 所垂线垂足D是弦 的点，即．面是用“截法”证明的分证过程．图在 取 接 、 、 和 M是， ，又，，，又，，，即【理运如图1， 、 是的条， 点M是的点，于点D，求 的；、 变探究如图若点M是断 、 之间存在怎样的数量关系？并加以证明．如图4， 是的径点A是上一点点D是上一点且足若 的径为10，求 长．答案【答案】C【解析】【解答】解：如图，正六边形的对称轴有6条．故答案为：C．【答案】D【解析【答】：，D．a10的幂次相乘的形式，即a×10n110n【答案】B【解析】【解答】解：图像分为三个阶段：第一个阶段：匀速跑步到公园，在这个阶段，离公园的距离随时间的增加而减小；第二个阶段：在公园停留一段时间，这一阶段离家的距离不随时间的变化而变化；故答案为：B。【答案】A【解析】【解答】解：根据题意，可得∵，∴在x轴负半上，∵，，，，…，∴的坐标为，即，故答案为：A。【析】用2027除以4，确定出在x轴负半上，据等直角角形性质图像坐标性质求出、、、的标，结出个点坐标化规，即求解【答案】B【解析】【解答】解：A：-4没有平方根；的术平根是2；的方根是 ；D：8的立方根是2．故答案为：B．【分析】根据平方根，算术平方根和立方根的求解方法，然后对各个选项逐一进行求解即可【答案】D【解析【答】：每兰花枝上花朵从小大排为，则组数的中数为，这数据众数为，D．2【答案】C解析【答】：∵，∴x2+（m-5）x-5m=x2-3x+k，∴m-5=-3，-5m=K，解之：m=2，k=-10.故答案为：C【分析】利用多项式乘以多项式的法则，将等式的左边去括号合并，再根据对应项的系数相等，可得到关于m，k的方程组，解方程组求出k，m的值.【答案】Ca＝b3﹣2a＝3﹣2b，.B、在等式a＝b的两边同时乘以c，等式仍成立，即ac＝bc，故本选项不符合题意.C、当c＝0时，等式a＝b不一定成立，故本选项符合题意.的边同乘以c，式仍立，即a＝b，本选不符题意.故答案为：C.【分析】根据等式的性质逐项分析即可.【答案】D∵四边形ABCD∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵BE是∠ABC的平分线，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，∵∠ABCAD54如果AE＝426；如果AE＝5，则AB＝DC＝5，AD＝BC＝9，∴的长为28；∴的长为26或28．DAD＝BC，AB＝CD，AD∥BCAEB＝∠CBE是∠ABCABE＝∠CBE，∠ABE＝∠AEB，故AB＝AE点E分AD45”，分别从AE54【答案】B【解析【答】： y＝（x﹣2）2﹣9，象的口向，∴当x＝2时，y取得最小值﹣9，故①符合题意；y＝（x﹣2）2﹣9的称轴为，而②将其函数图象向左平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度所得抛物线的函数表达式为y＝（x+1）2﹣5，故③不符合题意；当 时则：而故④符合题意；故答案为：B.①②③；令y=0，求出x④.【答案】240【解析【答】：∵经大量复实，发点落黑色影的率稳在左，∴点在黑阴影概率为，∴黑阴影面积整个积的，∴黑阴影面积为，240【析】据大反复验下率的定值为概值得点落黑色影的率为，黑色影的面占整面积的，用400乘以0.6，可求阴影分面。【答案】4【解析】【解答】解：∵三角形的两边长分别为3和5，∴2<第三边<8.∵三角形的边长均为整数，∴第三边的长可以为4.故答案为：4（答案不唯一）.【分析】根据三角形的三边关系求出第三边的范围，然后结合三角形的边长均为整数进行解答..【答案】.：.【分析】根据乘方是乘法的一种简写形式，把相同的因数作为底数，相同因数的个数作为指数即可得出答案.【答案】2026解析【答】：∵是于的元二方程的，∴，∴∴2026【析】将x的代入，到，出a和b的系式然后将该子代入2024+4a-2b中，即可求解【答案】3【解析】【解答】∵|a﹣1|与|b﹣2|互为相反数，∴|a﹣1|+|b﹣2|=0，∴a-1=0，b-2=0，解得：a=1，b=2，∴a+b=1+2=3，故答案为：3.【分析】利用相反数的性质可得|a﹣1|+|b﹣2|=0，再利用绝对值的非负性求出a、b的值，最后将a、b的值代入a+b计算即可.【答案】6【解析【答】： 反例函数的象经点 ，，【析】点（3，2）入，可求出k的。【答案】40解析【答】：∵，，∴，∵，∴，故答案为：40．【析】据平线的质：直线行，位角等，出的数，后再次根平行的性：两线平，同角相，即求出的值【答案】3【解析【答】：如，连接．∵，∴，∴当，的最大，∵，∴，∴，令，则 ，∴，∴，∴，∴，当点G在，的最大最大值，∴ 3．【析】图，接．为P点是AC的点，CD是物线对称，由可知PD是角形AGB的位线根三角的中线定可知然再根抛物的方程求出A和B的坐，进而即可求出ABC，再根据勾股定理，求出BC的长当B、C、G三共线，BG取最大，然再根据，可求出DP的大值．【答案】解：原式．【解析【析】据负数幂二次式、指数的运方法将 、和进运算，然再计特殊的三函数，最再将些数加减可【答案】解：，当=．a（1）OD．∵直线与相于点D，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，即平分；（2）：设的径为r，则，，∴在，，∴，：，∴的径为4．【解析分（1）连接OD，根切线性质得出结题意证根平行的性质可得又为可得即出即AD平分；设 的径为可知在Rt三形OCD中根勾股理，：，入数即可解明：图，接．∵直线∴∵与．，相切于点，∴，∴∵∴，．，∴，即平分；：设的径为r，则，．∵，∴在，，∴，：，∴的径为4．：∵，，∵D为∴中点，，，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴；明：图2，过D作，交 于F，则，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，即（3）解：；．证：如图3，点D作，交 的长线点P，∵是边三形，∴也等边角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．D是AC的中点，三角形ABC出且又据即求出又为，所以得出答案；，进而推出，所以，根据等边三角形性质求出，即可（2）这仍成立，过D作，交于F，证，出，只需要证明是边三形，出，可得答案；图3，点D作，交 的长线点P，明，到，可得到．是边三形，∴，，∵D为∴中点，，，∵，∴∵，∴，∴，∵，∴；明：图2，过D作，交 于F，则，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，即（3）解：；．证：如图3，点D作，交 的长线点P，∵是边三形，∴也等边角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．【答案】解设每汽车价降低万，则卖辆由题得：，：，：，，要尽可能给顾客更多优惠，取，，∴每辆汽车的售价应定为24万元。x2x售价-“12”和84”最后“x（1）a=18，b=60，D144度，（）答当天看比的市有10000人试估当天看3000米标赛市民有人．124：．A，∴，∴，∴D所在扇形圆心角的度数为：，答：a和b1860人；D144度。（1）A28%比赛CaAB、比赛Cb的值；用比赛D360度，即可求出D3000D“22”12中A：，∴，∴，∴D所扇形心角度数：，，（）答当天看比的市有10000人试估当天看3000米标赛市民有人．124：．【答案（1）： 反例函数的象经点 ， 反例函的解式为．设比例数上的和点”为．．解得，，都原方的解，反例函图象的“和点为．二函数的象经过，．解得二函数解析为 ．：由数图可知当时， 的集为或．：由（1）知，物线析式为． 抛线对轴为 点在物线称轴，∴可设．点的坐标于点，．是以为点的腰三形，．，．解得 ．点的标为 或 ．【解析分将A点入 求反比函数解析式根据“二函数的象经该反例函图象的所有和点””，可反比函数的和点”为然再根据“一点的坐标纵坐之和为6，么称个点“和点””，立方：，后再方，求出m的，最再求“和点坐，最再将两个标代入，可求二次先根据反比例函数和二次函数的解析式，在坐标轴上画出这两条函数的图形，先找出反比例函数与二函数交点然后出的集即可代数据出对轴根“P为物线称轴上一动点”，可设P点的坐标为；然后再根据“点A的横坐标小于点B的横坐标”，确定A和B的坐；根据“ 是以A为点的腰三形”，出AP=AB，据两间的标公，分求出AB和AP的，然再求出n的，即求出P点坐标。： 反例函数的象经点 ，．反例函的解式为．设比例数上的和点”为．．解得，，都原方的解，反例函图象的“和点为．二函数的象经过，．解得二函数解析为．：由数图可知当时， 的集为或．：由（1）知，物线析式为 ．抛线对轴为 ．点在物线称轴，∴可设．点的坐标于点，．是以为点的腰三形，．，．解得 ．点的标为 或 ．可，，，，，；：，由如：如图3，在上取，接 、 、、，点M是中，，，在和中，，，，，，，即；：是的径，，，，：，，①当点 在上时，图 ，点 作于点 ，接、，，，，，，，点是 的点，，，；②当点 在下时，图 ，点 作于点，，，，，点是 的点，，，，在 ，，综可得， 长为或．【解析】【分析】在上取连接由意用角边证 全三角的对边相可得，根据腰三形三合一得，后根线段的和差CD=BD-BG变即可解；先用圆角和股定求得AC的由意分种情讨当点 在上时过点作 于点 连接 当点 在 下时过点 作 于点 结上述结论分别求解即可．，，，，，；（2）解：，证明如下：如图3，在上取，连接、、、，点M是中，，，在和中，，，，，，，，即；：是