四川省绵阳市2026年模拟预测数学试题七套附答案

中考模拟预测数学试题一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合要求）下各数，比小数是（ ）B． C．4 D．1下各式算正的是（ ）下四个通标中，中心称图的是（ ）B．C． D．如所示何体由一球体一个柱组的，的俯图是（ ）B．C． D．63，7，5，6，5，4（ ）A．5和5 B．5和4 C．5和6 D．6和5▱ABCD．以点CBC于点，交CD于点，再分别以点P，QPQ，射线CN交BA点E，则AE（）B．1 第（）标如图所，会中心图案源于国古数学赵爽的弦图”，图所的弦”是四个等的角三形（，，，）和一小正形拼的大方形．若，则（）若于x的元一不等组的集是，则m的值范是（），，是锥的．若，该圆的侧展开的（）如图在，于点添下列件后不能使成直角角形（）B．如⊙O的径弦BD⊥AO于连接过点O作OF⊥BC于若则OF的度是（ ）3cm cm C．2.5cm cm若个点坐标足，们将样的定义“倍点”．关于的次函数（ 为数， ）有两不同倍值，则的值范是（ 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分：解 ．据川省地相部门报，“五期间全各地多游客往旅，共待游约1665000人．将1665000用学记法表应为 这小球颜色无其差别从子中机摸一个小后，回并匀，随机出一小球则两摸出小球是白的概为 ．如，某速公建设需要量某江的度AB，机上测量员在C处得A，B两的俯角别为 和 若机离面的度CH为1200米且点H，A，B在一水直线，则条江的宽度AB米结保留号．如，在形纸片，，该矩纸片直线折，使点B落点E处，连接 ，则 如，点在曲线，过点P的线与标轴别交于A，B两，且 点M是双曲在第象限的一过点M的线与曲线有一公共并坐标分别于C，D两．则边形 三、解答题∶本大题共7个小题，共90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9，中活动上旬频数统计表日人均阅读时间／时301520求上表中a1200日人阅读间的化情，试算至书月动结时该级学日人阅读间在小的，内于，D是，，E是，，，接．（1）若，求的长；（2）求证∶是的切线．如图在面直坐标系 中一函数 与x轴交于点 与比例数的象相于点．线 与比例数和 的象分交于点C，D，且，点C的标．A，BA2500元，购买B品2000AB2B比购买一个A30元．购买一个A品牌、一个B“”A，B125品牌足售价第一购买提高了，B品足球第一购买售价的9折售．果该学此购买A，B3260元，那么该中学此次最多可购买多少个B如，在面直坐标中，O为标原，抛线经过，两，与x轴于另点C，线与x轴于点D，与y轴于点E．点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接，过点El，在l上截取线段，使且点F在一象过点F作轴点设点P的坐标为线段的度为求d与t不要求写出自变量t；的条件下，过点E作交的延长线于点，连接，点G为的中点，当线经过的点Q时求点F的标．等角边形，，求 的值范；如折平行边形片 使点 分落在边 上点 处折分为，．证：边形是等角边形．等角边形，，若，当 的为何时， 长大，最大是多？并此时角线的．答案【答案】B解析【答】：∵，，，且1<2<4，∴，∴四数中比小数是，B．【分析】根据正数大于0，负数小于0，两个负数比较大小，绝对值大的反而小，进行判断并解答即可．【答案】C【解析【答】：A、，项原算错，不合题；B、，项原算错，不合题；C、，项原算正，符题意；D、不同类，不合并选项计算误，符合意.C．A据此可判断BCD.【答案】A【解析】【解答】解：A、此选项中的交通标志是中心对称图形，故符合题意；B.A．180°.【答案】C【解析】【解答】解：根据俯视图的意义可知，从上面看物体所得到的图形，选项C符合题意，故答案选：C．【分析】根据从上面看到的几何图形是俯视图解答即可案．【答案】A【解析】【解答】解：将数据按照由小到大的顺序排列为：3、4、5、5、6、7，∴中位数为(5+5)÷2=5，众数为5.故答案为：A.【分析】将数据按照由小到大的顺序进行排列，求出中间两个数据的平均数即为中位数，找出出现次数最多的数据即为众数.【答案】B【解析】【解答】解：∵由题意可知CF是∠BCD的平分线，∴∠BCE=∠DCE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，∴∠DCE=∠E，∴∠BCE=∠AEC，∴BE=BC=3，∵AB=2，∴AE=BE-AB=1，故答案为：B．CF是∠BCDBCE=∠DCEAB∥CDDCE=∠EBCE=∠AEC得BE=BC=3，最后根据AE=BE-AB.【答案】C【解析【答】：根题意设，则，∵，边形为方形，∴，∴，∵∴，，∴，∴，∵∴，，∴ ，故答案为：C．【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形对应边相等得出AH=BE=3x，由正方形的四边相等可得EF=HE=x，由线段的和差得出AE=4x，在Rt△AEB中，根据勾股定理可得AB=5x，最后根据正弦函数的定义可求出∠ABE的正弦函数值.【答案】A【解析【答】：解等式，得 不式组解集为，，故答案为：A．【分析】根据解不等式的步骤求出不等式组中第一个不等式的解集，然后根据不等式的解集结合“同小取小”即可确定m的取值范围．【答案】C答】：由可知：，∴，设开图圆心的度为 ：，∴；：展图的心角度数为.故答案为：C．“”，据圆的底圆周等于面展【答案】D【答】：A∵，∴∠ADC=90°，∴，∵，∴，即，∴为角三形，选项A不合题；B、∵，∴∴B、∵，∴∴∵，，，∴，即，∴为角三形，选项B不合题；C、∵，∴∴，即，CD、∵，，∴，能说明为腰三形，法说是直三角，故D符题意．D.BAC=90°，ABCA=∠BABCD.【答案】D【解析】【解答】解：连接OB，如图所示：∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm．在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2∴OB=3+2=5，∴EC=5+3=8．在Rt△EBC中，BC=．∵OF⊥BC，∴∠OFC=∠CEB=90°．∵∠C=∠C，∴△OFC∽△BEC，∴，即，D．【分析】连接OB，利用勾股定理可得OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2，解得：OE=3，再证出△OFC∽△BEC，得，即，求出OF的即.【答案】D(k，2k)2kt+1k2+(t+2k+s，(t+1k2+tk+s=0，∵(t+1)k2+tk+s=0是关于k的二次方程，总有两个不同的实根，∴t2-4s(t+1)>0，令f(t)=t2-4s(t+1)=t2-4st-4s，∵f(t)>0，∴(4s)2+16s=16s2+16s<0，∴s(s+1)<0，解得：-1＜s＜0，故答案为：D.【分析】根据题意先求出(t+1)k2+tk+s=0，再利用一元二次方程根的判别式求解即可。【答案】．：．【分析】直接提取公因式2，再利用公式法分解因式即可．【答案】【解析【答】：，：.10a×10n1≤a＜10，n1.【答案】【解析】【解答】解：列表得，黑1黑2白1白2黑1黑1黑1黑1黑2黑1白1黑1白2黑2黑2黑1黑2黑2黑2白1黑2白2白1白1黑1白1黑2白1白1白1白2白2白2黑1白2黑2白2白1白2白2∵由表格可知，不放回的摸取2次共有16种等可能结果，其中两次摸出的小球都是白球有4种结果，：=，：．=【答案】【解析【答】：由于，，，在，，米，在， ，

(米，米，故案为： .【析】二直平行内错相等得，，等腰角三角形性质得出AH=CH=1200Rt△HCBB的正切函数可求出AB=HB-HA可.【答案】【解析【答】：过点D作于点F，点E作于点H，图，∵在矩形纸片中，，∴设∴，则，，由折叠，得∵在矩形纸片中，，∴设∴，则，，由折叠，得，∵，∴ ，得，∴，：，而得；∵，∴，∴四形是形，∴，∴ ；：．【析】点D作于点F，点E作于点H，矩形质设则，根据勾股定理表示出AC=5aCE=BC=AD=3a，AE=AB=4a，∠AEC=∠B=90°，由面积求得 利勾股理求出CH= 同求出 由由三个内角为直角的四边形是矩形得出四边形DEHF是矩形，由矩形对边相等及线段的和差，根据.【答案】8【解析【答】：设比例数解式为，把 代入 中： ，得，∴反例函解析为 ，设线解式为，把代入 ：，解得，在中当时，，当时，，∴，∴，∵，∴，∴ ，∴，∴，∴；设，线的析式为，∴，∴，∴直线的析式为，联立 得，∵直线与反比例函数只有一个公共点，∴，∴，∴，∴，∴，∴直线的析式为，∴，∴∴，，∵ ，当 即时等号，∴，∴，故答案为：8．【析】利用定系法求反比函数析式为 ，直线解式为入可出 ，后根直线坐标交点坐标点求出到OA、OB的长，然后根据∠BAO的正切函数值及正切函数定义求出m=1，n=2；由反比例函数图象上点的坐特点设，线的析式为 ，点M的标代可得线的析式为，立直线l2与比例数的析式得，两函图象有唯公共可得可得则线的析式为进根据线与标轴点的标特求出C、D的标，用两间的离公表示出BD，OC，据建立出关于未知数t.原式．（2）原式．当 时原式．解】“”及0指数幂法则“a0=1(a≠0)”分别化简，进而计算乘法，最后计算实数加减法运算得出答案；（2）先通分计算括号内异分母分式的加法，同时根据除以一个不为零的数等于乘以这个数的倒数把除法变成乘法，进而计算分式乘法约分化简，最后将a的值代入化简结果，分母有理数即可得出答案.答为，．（2）：由形统图知班日均阅时间在 小的学占，在为．答该年学生人均读时在 小的人为360人．总人数求出的值；利样本计总的思想用校九级的人数以样中学日人阅读间在 小的数占的分比即可估至读月活结束该年学生人均读时在 小的人数.为，．：由形统图知班日均阅时间在 小的学占，在为．答该年学生人均读时在 小的人为360人．1答∵，∴，又∵∴，，，∴；（2）明：图，接，由（1）得：∴，，，∵∴∵，，，∴，又∵，∴，∴，∵是径，∴是的线．【解析【析（1）据角构成由等加等和相推出明AE=AB=8；（2）连接OA、OB，由等边对等角及三角形内角和定理可推出，由弧所的圆角等圆心的一得出量代换及角的构成可推出结论.（1代换及角的构成可推出结论.（1）解：∵，∴，∵，，∴，∴；（2）证明：如图，连接，由（1）得：∴，，，∵∴∵，，，∴，又∵，∴，∴，∵是径，∴是的线．【答案（1）：把 代入：，得 ，∴反例函解析为；把 ， 代入 ：，∴ ，∴一函数析式为；（2）：如所示过点B作轴于E，设与x轴于F，∵直线与反比例函数和 的象分交于点C，D，∴，∴，∴；∵轴，点B在反比例函数的图象上，∵，∵，∴，设，则，∵∴，，∴，∴ ，得 或，经验是方程解，符合意，∴．【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）过点B作BE⊥x轴于E，设CD与x轴交于FCOF与△ODFCODOBCBEFCOBC点，设可得到答案．，则，求出，最后根据梯形面积公式建立方程，解方程即（1）解：把代入中： ，得，∴反例函解析为；把，代入中：，∴ ，∴一函数析式为；（2）：如所示过点B作轴于E，设与x轴于F，∵直线与反比例函数和 的象分交于点C，D，∴∴，，∴∵；轴，点B在反比例函数的图象上，∵，∵，∴，设，则，∵，∴∴，，∴，解得或，经检验是原方程的解，且符合题意，∴．【答案（1）：设买一个 品的足需元则购一个 品的足需元．由意得，：．经验是分式程的，且合题．．答购买个 品的足需50元购买个 品的足需80元．为．设次购买个 品足球则还购买个 品足球．由意得 ，得 ．又 是整数，的大值为答该中此次多可买31个 品足球．【解析【分设买一个 品的足需，则买一个 品的足需．根总价以单等于量及买A品足球数量购买B品足球量的2倍列出程进求解可；（2）根据总价除以单价等于数量分别求出第一次购买A、B两种品牌足球的数量，然后根据两次购买A、B125A、B50个，设此次购买个品牌足球，则还购买个品足球，据单乘以量等于价及中学此购买A，B两品牌足的总3260.：设买一个品的足需元则购一个品的足需元．由意得，：．经验是分式程的，且合题．．答购买个 品的足需50元购买个 品的足需80元．为．设次购买个 品足球则还购买个 品足球．由意得 ，得．又 是整数，的大值为答该中此次多可买31个 品足球．【答案（1）： 抛线经过、两，将点、代入，得，解得抛物线的解析式为：；（2）解：如解图，作轴于点，轴于点，，，又，，，在和中，，，.点在二象，且横坐为，.由，令，得，，.，即；：如图，点 作轴点 ，交 于点 ，接.由知，，，轴，，又，，，，，在和中，，，又 ，，，，，∴.为的点，，.由 ，得，，抛线与轴另一交点，，为，，，，.设，，又，，即，，得或．由（2）知 ：，，．AB坐标代入y=ax2+2ax+c可得关于字母ac的方程组，求解得出c得分过P、F向y轴作线，垂分别为K、L，由角三角两锐角互、角的成及同角余角相等得∠EPK=∠LEF，从而由“AAS”证 ，由全等三角形的对应边相等得PK=EL=-t，根据直与y轴点的标特求出点E的标得出OE的长最根据再入可求解析；S=“△ERK≌△EHK，由全等三角形的对应角相等得∠EKH=∠EKP=90°EK∥DQ，由平行于三角形一边得直线截其它两边的延长线，所截三角形与原三角形相似得△DQG∽△HPG，由相似三角形对应边成比例可求出DQ=PH；求出点C的坐标，根据中点定义求出OQ，进而由线段和差求出DQ，可得PH的长，由点的坐标与图形性质设PH=PK+KH建立方程求出tFMOM得到点F的坐标.（1）： 抛线经过、两，将点 、代入，得解得：；解图作轴点 ，轴点 ，，，又，，，在和中，，，.点在二象，且横坐为，.由，令，得，，.，即 ；解图过点 作轴点 ，交 于点 ，接 .由知，，，轴，，又，，，，，在和中，，，，又，，，，，∴.为的点，，.由 ，得，，抛线与轴另一交点，，为，，，，，.设，，又，，即，，得或．由（2）知 ：，．5答∵，∴，∴．∵，∴，∴；DEBF∴∠E=∠F，∠E+∠EBF=180°由叠得，∵，，∴，∴四形是等角边形；：①当时如图，点 作，，∴四形，，∴，，∵，，∴，，，设，，∴∵，，，∴，∴∴，∴当，的大值是，：当，的大值为；②当∴时，三等角四边形是正方形，；③当，为角，图，∵，∴，综所述当，的最大最大是；，，图，点作于，，∵，，∴，∵∴，，，∴，∴，∴，，∴ ．【解析【析（1）据四形的角和是及知得出，后根凸多形的一个角小于180°且于0°建不等组，解确出 的围；E=∠F，∠E+∠EBF=180°∠E=∠DAE=∠F=∠DCF，而根等角补角等推出，而根据三角”类讨：①当时如图，点 作，，两组边分平行四边是平四边得出边形BEDF是行四形由行四形的边相得由直线行，位角等得出∠DFC=∠B=∠DEA，等角等边出AD=DE，DC=DF；设AD=x，则由两组相等三角相似由似三形对边成比例立方可求出y关于x函解析式进根据次函性质出最值即当时三等四边是正形由方形边相可得论当 为角如图由AE=4-AB＞0推出综所述当 的最最值是如图，过点 作 于 ， 出 ，有两角对应相等的两个三角形相似得出△DAN∽△CBM，由相似三角形对应边成比例建立方程求出BM=1，进而求出AM=4，最后根据勾股定理算出CM、AC即可.（1）解：∵，∴，∴．∵，∴，∴；∴，，∴，∵，，，∴，∴四形是等角边形：①当时如图，点 作，，∴四形，，∴，，∵，，∴，，，设，，∴，，∵，∴，∴∴，∴当时，的大值是，：当，的大值为；②当∴时，三等角四边形是正方形，；③当，为角，图，∵，∴，上所，当，的最大最大是；，，图，点作于，，∵，，∴，∵∴，，，∴，∴，∴，，∴．中考二模数学试题（12336求）1．在实数，，0，中，最大的数是（）B．C．0D．种芯每个针元的面为，0.00000164用科记数可表为（）代数式在实范内有意，则数x值范围（）B．且D．且（）B． C． D．超同在平直坐标系画的驰车如图所，若点A的标为，则点B的标为（）6cm，高4cm（）cm2 cm2 cm2 cm2图，平面角标系中点A在比函数的图象上直线 与比例函的象的另支交点B，轴于点C，接．若的面为5，则的值（）A．5 C．10 图，的外圆O半径为6，，，则弦 的长为（）图，路中三定值电阻，且位：Ω）满足方程，．若合开关S后，流表的数为，则电的电压（）如，在 中，，分是边上一点，，，连，分别是的中，连接则的长（）B． C． D．如，抛线与x交于两点，且 给出下论：①；② ；③当时，y随x的大而小；④ 的值是个定；⑤b的取范围是．其正确的数是）A．5 B．4 C．3 D．2如，直线，A是线m上一， 直线n点B，C是线m上点A左侧一点，D是直线上点B右一点，且， 与 交于点E， 于点F，连接 ，则最大时，的值（）二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分，将答案填写在答题卡相应的横线上）在数范内分式： ．已点，且，则点P关于原对称点的标为 20223000020243630020222024年村人收入平均增率不，按均增长预测2025村的人收入是 元．如，在中， 平分，与 相交点F．若， 的面积为2，则图阴影边形的面积为 如，在 中， ， ， ，D为边上动点，线段绕点C按逆时方向转得到段，连接 ，则的最小．如，在中，，E，F分别是上一点沿 折叠，点C落在 边的点D处连接 ．若，则 （含 的式表示）三、解答题（7901（1计算：（2）先化简，再从不式组 的解集中选择个当的数解代求值选“书”课扇形圆角的数是 ，补扇形和条形；1500“声乐”八（1）（2）2“”422“”知3甲型和5台乙型掘机时施工以挖土；4台型和7乙型挖机同施工可以土．每台甲挖掘机的施工用为30元，每乙型掘机的工费用为元．1h若同数的甲和乙型掘机共12台时施工 ，至少成的挖量，且费用不超过12960元求一几种调甲、两种挖掘机施工案．算所需最少工费．如，将形绕点A按逆时方向转，矩形，点E恰好在边上，连接，，且与相交点P求：；若，，求的长：如，菱形在平角坐标中，边与y正半轴于点E，边与反比例函数的图象于点B，D．知 ，D若M是比例数 的图象上段上一动作轴交于点N，连接求面积最大及此点M坐标．如，四形是的接四边，于点，，为长线上一点，且，连接．（1）求证：若为，的切线；，求的值，如，在面直标系中直线与抛物线于A，B两点点B在x轴上，点A在y上．C是直线 上方抛线上，过点C别作z轴、y轴的平线，直于点D，E如①，求 周长最大值；如②，将 沿直线 翻折点C的应点F恰好落在y轴，求点C的坐标答案D解【答】：∵，∴最大数是 故选：D．【分析本题查了的大小较，据实比较大的方，得到据此得答案.B0.00000164=1.64×10-6，B.【分析】绝对值小于1的数利用科学记数法表示的一般形式为a×10-n，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定.D【解【答】：∵代数式在实数围内义，∴且，解得：且．故答案为：D．【分析】根据分式的分母不为0以及二次根式的被开方数大于等于0，可求出实数x的取值范围.D∴该几何体的主视图是D选项，故答案为：D．【分析】先确定旋转一周所得的几何体为圆柱中挖空了一个底面相等的圆锥，然后根据主视图的定义，从几何体正面观察，据此即可求解.A【解【答】：图，连接，过点作轴于，∴∵，，∴∵，，，∴∴，，∴，∴，故答案为：A．【分析连接，过点作轴于，得，根点的坐得，然后求出，根据含30°角三角的性得 ，利勾股定求出长，再点在第四象限，即可得到答案.C【解析】【解答】解：∵底面圆的直径为6，∴底面圆的半径为6÷2=3，∵高为4，∴这个锥的线长为，∴这个锥的面积为，∴扇形纸的积至是，C．利用股定出圆锥母线，然据圆锥侧面公式，中r底面半径，l是B【解【答】：图，过作轴于点，设点，∴，∵直线与反比函数象的另支交点，∴，轴，，，，∵的面为5，，，B．【分析过 作轴于点 ，点，则点，从得，，，进得，然后利角形面公式出，即求解.C【解【答】：图，在弧上取点 ，连接，过点 作 于，∵，，∴∵四边形为圆的内接四边形，，∴，∵，∴∵，，∴，∴∵，，，∴为等三角，，∴，∴为等直角角形，又∵的外接圆O半为6，∴，∴，在中，，∵在中，，∴，∵在中，，∴，∴，故答案为：C．【分析】在优弧上取点，连接，过点 作 于 ，利角形内和定理求出，根据内接形的性可得，由圆定理得，于是根据腰三形“对等角”性质及三内角和理得，从而出，，进推出为等边形，为等腰直三角接下来据等边三形性以及定理求出， ，在与 中，直角三形得的长，可求弦的长．B解【答】：∵的阻值足方程，∴，，设并联分的阻为，∴∴，∵电流的读为，∴电源电压为，故答案为：B．【分析根据元二程根与数关先求得，，然后设并联分的电阻为，根据并电路的计算式，得，最电压等电流电阻求解.C【解【答】：图，过点作，连接并延交于点，连接，∴∵点是，的中点，∴，在和中，，∴，∵∴，，，∵，∴∵∴∵，，，，∴，∵，点是的中，∴是中位线，∴，故答案为：C．【分析过点 作，连接 延长交 于点，连接，先出，从而得 ， ，然后平行线性质得 进而利勾股理求出最后根三角中位定理进求解.B【解【答】：①∵抛物线与x交于两，∴抛物的对轴为线，∵，∴，∴，∴，∴，故错误；②由函图象知抛线与y交于点，代析式得 把代入析式得 ，∴，∴，故正确；③∵抛物线的开口向下，∴当时，yx又∵，∴当时，yx③④把代入，得，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即 的值是个定故④正；⑤∵，∴，∴，∵，∴，解得：，故⑤正确；综上所述，正确个数有4个，故答案为：B．【分析根据物线称轴可出 ，即可判断①；根抛物与y的交点出 ，与x轴的交求出，利用平方公可判断②；抛物线对称，利次函数增减可判断③；把 代入解析，得，再根据，得 ，由，得 ， ，于是得，可断④；由以及得关于b不等组，等式组得b取值可判断⑤．A【解【答】：图，过 作于，过 作 于 ，长 交于，，，∴，当最大，最大，∵，∴设，，，∴，，，，∴，∴，∴，，，，，，解得： ，同理可：，，，解得：，∴，同理可：，，，，，，，，，当时，取得最值，当时，取得最值，，，A．【分析根据行线质得，可得当最大时，大，然设， ，，利用勾定理出的值，用三形面式求出的值，据似三角的判推出，根据相三角的性出的值从而得的值出、，根相似角形质求出的值，而得的，证出，得 的值，接来由“， ， ，当 时取等，有”求出 的最大，最用勾股理求出 的值可根据弦的义得的值.【答案】==故答案：．【分析】利用提公式法和公式法进行因式分解。【答案】解【答】：∵，∴，解得：，∴，∴点 关于原点称的坐标，故答案：．【分析】根据几个非负数的和为0，则这几个非负数均为0，结合偶次方的非负性以及二次根式被开方数大于等于0，关于a，b的二一次程组方程组出点P标，根据点关于原对称的点的标为求解即．13993020222024年该地区人均收入的年平均增长率为，根据题，得，解得：，（舍去，∴2025该村人均入为：（元，39930．【分析】设2022年到2024年该地区人均收入的年平均增长率为，则2023年的人均收入为元，2024年的均收为元，后根据2024的人均入为36300xx10【解【答】：图，连接，∵四边形是平四边，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：10.【分析根据行四的性质得，，结合平性质以角平线定得，从而据等三角定得，进而得点为的中，然后据相三角形的判推出，根据三角形性质得，接根据同三角面积比就是对底边比求出 于是求出 ，根三角线的性得，最后求的值即可.【答案】【解【答】：图，过 作 于 ，将 绕点 逆针旋转 得到，连，延长交的延线于，∴∵将线段，绕点，得到线段，，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴∴∴四边形，是正方形，，∴，，设，∴，∴，∴，∴，∴，∴三点共线，∴点 在直线 上运动，点 与点重合时，的值最，∵，，，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴ 的最值为，故答案：．【分析过作于，将绕点逆时针转 得到 ，连接延长 交 的延长线于 ，根旋转质得 ，， ，从得，进而出，得 ，于据正方的判定出四形是正形，得，，然设，证出，即可得三点共线，于有点在直线上动，当点与点 重合时，值最小接下利用定理求出，，最后求出案．1【答案】【解【答】：图，过点作，交的延长线于点，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵折叠的性质，∴，∴，∴，∵，∴，∴ ，故答案：．【分析过点 作，交 的长线于点 ，根平行性质得，根据似三角形的定得 ，从而得进而得，然后据折性质得，于是得 ，根互余角的的切关有，最利用正的定义出，即可求解.（）原式；（2）原式，∵ ，解不等式①，得，解不等式②，得，∴不等组的集为，∵x为数，且，∴当 时，原式．（1）xx式计算即可．（1）“”×3215.2816%50（名，∴选修声课程学占比为，选修摄影课的学生有50-4--16=（名，∴补全扇形图和条形图如下图所示：故答案为：115.2°；（2）150028=42（名，∴估计选修“声乐”课程的学生有420名；（1）2人为a，b，八（2）2c，d∴共有12种等可能的结果，其中抽取的2人恰好来自同一个班级的结果有4种，∴所抽的2恰好同一个级的率为．（1）360°“书法”1500“声乐”222.（1）解选修“书法”程的扇圆心的度是．被调查数为名，选修“乐”程的生比，选修“影”程的生有名，故答案：；（2）解：（名）答：估计选修“声乐”课程的学生有420名；（3）解：设八（1）班的2人为a，b，八（2）班的2人为c，d．画树状图如下：1224所以P（取的2人恰来自同个班）＝．（1）1hxy立方米，根据题，得，解得：，∴每台甲型、乙型挖掘机1h分别挖土30立方米、15立方米；（2）解设调甲型掘机m台，调配挖掘机台，根据题，得，解得：，∵，∴，∴整数m的取值为7，8，9，∴有3种调配甲、乙两种型号挖掘机的施工方案，设所需施工费用为w元，根据题，得，∵，∴w随m的增大而增大，∴当时，w的值最，小值为，∴一共有3种调配甲、乙两种型号挖掘机的施工方案，所需最少施工费用是12000元．（1）1hxy“35台1h165m3；471h225m3”列出x，y（2）设配甲挖机m台则调乙型掘机台，根”不数量型和乙挖掘共124h1080m312960“列出关于m式组求出mw关于m解设每甲型掘机1挖土x，每台乙挖掘机1挖土y．由题，得，解得．答：每甲型掘机1土30，每台乙挖掘机1挖土15．解设调甲型掘机m台，调配挖掘机台．由意，得，解得，∵，∴，∴整数m的取值为7，8，9，∴有3种调配甲、乙两种型号挖掘机的施工方案．设所需施工费用为w元，∴，∵，∴w随m增大增大，∴当时，w最小答：一共有3种调配甲、乙两种型号挖掘机的施工方案，所需最少施工费用是12000元．答案（1）明：∵四边形是矩，∴，∵将矩形绕点A逆针方向转，到矩形，∴，∴ ，∴，∴．（2）解如图过点 作 于 ，过点 作 于，∵四边形是矩，∴，，∴，∵将矩形 绕点A逆针方向转，到矩形 ， ，，∴ ， ，，∴，∴，在和中，，∴，∴，，在和中，，∴，∴，，易证四形是矩形，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【解【析（1）据矩形及旋的性得， ，然后根等腰三角形“边对角”质及三角内角定理得代入进整理可得证结论；（2）过点 作 于 ，过点 作于，根据矩形的性质得，，从而得，然后根据旋转以及矩形的性质得，，进而根据腰三形“等边对角”质得 是进行等量代换求出 ，即可证明，得 接来证出得 证四边形 是矩根据矩形的性质得，利用勾股定理求出的值，则的值依次被求出，最后求的值即可.证：∵边形是矩形，∴．由旋转性质得，∴．∴，∴．解如图过点B作 于点M，点E作于点N．在和中，∴，∴， ．在和中，∴，∴，．∵，∴，∴，，∴，∴．2答案（1）：四边形为菱形， ，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴∵边，与反比例函数的图象交于点，∴，∴反比函数解析为 ，设直线 的解析为，将 ， 代入解析，得，解得： ，∴直线 的解析为，联立 ，解得：或 ，∴点D的标为；（2）解如图延长交 轴于点，设，其中 ，∴，∴当 时，的面最大大值为 ，当时，有，把∴点代入的坐标为，得点．的横坐为，【解【析（1）据菱形性质及得 ， 然后解角三角形求出的值从而勾股定得的值，进得的值，是得，然后待定系数法求出比例数解以及直线的解式，两解析，解程组求出点坐标；（2）延长交轴于点，设，利用轴交于点N，用标表示出的面积通过次函最值知求其大值应点的坐标．解：∵四形OABC为菱形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴反比函数解析为．设的解式为，代入由，解得 ，故 的解式为．由 解得 或∴点D的标为 ．解如图延长 交y轴于点设，其中 ，，∴当时， 的面最大大值为．当时，，将代入，得点M的标为，∴点M的坐为．明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；证：如①，作的直径 ，连接 ， ， ，∵，∴，∴，由（1）得，∴，在和中，，，，，，，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即．∵为的直径，∴为的切线；解如图②，过点 作 于点 ，由（2）得，∵，∴，设，∵，，∴，∵，∴，∴，解得：，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，解得： ，，∴，∵，∴，解得： ，∴ ，∴ ．【解【析（1）求出，根据三形内定理以等腰角形”边对等角“性质到，然后根周角定得到，即作 的直径 ，连接 ， ， ，根等腰角形”边对等“性得从而根圆周定理三角形角性得，进得，然推出，得，则有 ，继而证明 ，可推出，接下可证明最后根切线判定结论；过点 作 于点 ，由（2）可得 ，推出，设，则，根据股定建立可求得， ，继求得，后证明，根据似三形的得，即求得 ， ，，接下利用角形公式以勾股理可得 ， ，最后据正的定可求解．（1）证明：∵于点，∴．∵，，∴，∴，∴；（2）①∵，的直径．∴，∴由（1）可得．，∴．连接，，，，，，，，，，，，，∴，∴．∵，∴，∴，∴，即．∵为的直径，∴为的切线；（3）解由（2）可得，∴．如图②，过点 作 于点 ．设∵，则，．∴，∴，解得∴，，，∴．∵∴，，，∴，即，解得，，∴．∵，∴，解得，∴，∴ ．答案（1）：∵直线与抛物线交于 两点点 在轴上，在轴上，∴令，则 ，令 ，则，∴，，把 ， 代入抛物解析得，解得：，∴抛物线的解析式为；解：∵轴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴的周为：，∴当取得最大时，的长取得大值，设，则，∴，当时，取得最值，值为4，∴，，∴ 周长最大为：；（3）解如图③，过点 作轴于点 ，延长 交轴于点 ，∴轴，设 ，则 ，，∴ ，， ，由翻折的性质可得，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵∴，，解得： （舍去，，∴当时，有，∴点 的坐标为．【解【析（1）求出 ， ，然后用待数法求抛物解析可；根平行的性得，利正弦定义出 ，从而用勾定理得，进而得 的周为，于得当 取得最大时， 的长取得值，然设，则，求得 值，接来利二次的最值质求得的最大，于求得， 即可求；过点 作 轴于点 ，延长 交 轴于点 ，有轴，设则 ，，从而求出 ，，，然后根据折的证明，结合相三角性质求得，，最根据 ，得到于 的方程解方得 的值继而可出点的坐．（1）解：∵，令，则令，则∴，把 ，代入，，．，得解得∴抛物的解式为．解：∵轴，∴，∴，即，∴ ，∴ ，∴∴当的周长为取得最大值时，的周长也取得最大值．，设，则，∴，当时，取得最值，值为4，∴，∴ 周长最大值．（3）解如图③，过点E作轴于点M，延长 交y轴于点则 轴．设∴，，，则，，，，，．∴∵∴∵∴．，．，，∴，∴，．∵，∴，解得当（舍去，时，．，∴点C的标为 ．中考模数学试题一、选择题（12336）1．的倒数是（）A．3 B． （）B． C． D．绵高是四省一的一全国色公设典型范工项目长 ，起九寨县元乡，于绵市游张家坪该高公路2025年将线通，其资约41000000000元将41000000000（（）B．C． D．将分式 中的m和n都变为来的2倍，式的值（A．变为原来的2倍B．变为原来的4倍C．变为原来的D．不变6．图，是的直，，D是圆周直径左侧的，则应是（（B．于抛线，下列法中正的是（开口向上 B．对称轴直线C．与x轴交点 D．函数的大值是350/会员年卡类型办卡费用/元每次游泳收费/元A类30040B类50035C类80030例如，买A类员，一年游泳40次，费元，明非喜欢运动，50～55（购买A类员年卡 B．购买B会员年卡C．购买C会员年卡 不购买员年卡令，则下关于m的估值围正的是（如，在形 中， ， ，分别点A，B，C，D为圆心，的长为半径画弧与该形的交，则中阴部分积为（B． C． D．如，在形 中， 点E在 上，且，连接，将矩形 沿直翻折，点D恰好在 上的点F处则的值是（二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24）因分解： ．把块直与一角板如放置若∠1=43°，则∠2度数．一不透的袋有个白．个黄球和个球，这球除色不其他完相同则从袋子中随摸出个球球的概为 ．如，小准备锐角三函数相关测量电杆 的高度，测角仪在与线杆的水平距为 的 处．若仪 的高为，在 处测线杆顶端 的仰为，则杆 的高约为 （计算果精到0.1m，参考据：，，如，反例函数 图象经过B，C两点．A为y轴半轴的点，，四边形 为菱，， 与y轴点H，若点C的横为2，点B的标为 ．如，平分，C为线上的，，F为线段上的点，，延长与 交于点B，延长与交于点E，连接．若，，则的长是 ．三、解答题（本大题共7个小题，共90）1（1计算：．（2）先简，求值：，其中 ．20个西表1 种种技术出的西质量计表编号12345678910西瓜质量3.54.85.44.94.25.04.94.85.84.8编号11121314151617181920西瓜质量5.04.85.24.95.15.04.86.05.75.0表2 种种技术出的西质量计表编号12345678910西瓜质量4.44.94.84.15.25.15.04.54.74.9编号11121314151617181920西瓜质量5.45.54.05.34.85.65.25.75.05.3根据以上信息，解答下列问题：若质量为的西记为优品，成下：平均数方差优等品西瓜个数甲种种植技术种出的西瓜质量4.980.27乙种种植技术种出的西瓜质量0.2115如，在面直标系中反比函数的象与直线 交于点 ，直与 轴交点 ，与轴交点 ，且为线段的中点．如，连接，求的值．商品智利车厘子商品智利车厘子国产车厘子成本40元/kg35元/kg售价60元/kg50元/kg122kg66002000kg600kgxkgwx如，在腰三形中，，以AB为直径作，与，分别交于点E，过点E作的切线，与交于点M，与的延线于点F．求：；若 ，，求 的长．如，在面直标系中已知物线与x轴交于 两点，中点 的为，抛线与y轴交点，， 与抛物线于另点 ．如①， 为第一限内抛线上点，点 作 ，垂为 ，将 沿 翻得到，当点在轴上时点的坐；如②，接 ， 为 轴正半上的，若 ，直线 的解式．如，在形中， ， ，连接．若点 由点 出发每秒个单位长的速度沿边向点移动，秒点也由点出发每秒个位长度速度沿向点移动，其中个点终点时一个也停动，点的移动间为秒．当点在边上（含点）时求的取值范；当时，求的值；如②，当时，点 作 ，与交于点 ，在线上有一点，接，当 时，求的取值．答案C解【答】：∵，∴ 的倒是，C．【分析】乘积为1的两个数互为倒数，根据倒数的定义求解即可得．A故答案为：A.【分析】根据面动成体的原理即可解答.D【解【答】：用科学数法示应是，D．【分析大于10的数科学记法表为 的形，其中，为整，n原数字的整数位减1.A【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，故A符合题意；B、不是轴对称图形，故B不符合题意；C、不是轴对称图形，故C不符合题意；D、不是轴对称图形，故D不符合题意；故答案为：A．【分析】根据轴对称图形的定义：一个图形沿着一条直线对折后两部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，逐项进行判断即可.A【解【答】： ，故mn22A．【分析将m和n为和，重新计分式，比较可得。B【解析】【解答】解：连接，如，∵是的直径，∴，∴，∵，∴∠ABC=90°－∠BAC=64°..故答案为：B．【分析连接 ，根据角定理得 ，利直角形的性得∠ABC的度，再次圆周角理得，即可答案．C【解【答】：A、，原算计算误，项A不符题意；B、，原算计算误故选项B符合意；C、，原算计算确故选项C合题；D、，原算计算误故选项D符合意；C．【分析】根据同底数幂的乘法法则、同底数幂的除法法则，积的乘方和幂的乘方以及负整数指数幂的运算法则进行计算并判断即可．D【解【答】在抛物线中， ，所以物线开向下故选项A误，符题意；在抛物线中，称是直线 ，而不直线 故选项B误，符题意；令，即，解得，所抛物线与轴有个交，C抛物线中， ，故抛线开口下，数有值，最值为y=，故选项D正确，符合题意．故答案为：D．【分析】根据二次函数的性质直接逐个判断即可得到答案．B【解析】【解答】解：设一年内游泳次数x次，总费用为y元，则，，，，当时，，，，，∴同等次数下，购买B类会员年卡最划算，故答案为：B．【分析】设一年内游泳次数x次，总费用为y元，根据各类会员卡的收费标准求出y的范围，比较即可得答案．1C【解析】【解答】解：，∵，∴，即，∴，即，故答案为：C．【分析先化计算出 再估算出 ，即得解．A【解【答】：令交于，如图所，，∴∴中，，为等边三角形，，，，，，∴，，∴，∴，∴菱形面积：.∵分别点A，B，C，D为圆心，的长为径弧，与菱形边相，∴，故答案为：A．【分析令 交 于 ，由的性质得 ， ，，，证明 为等边角形出 ， ，求出；由菱形公式得菱形积，由扇积公式得空部分积，相即可到阴分的面积.D【解【答】：∵在矩形中，，∴，，，∴由折叠，，，，∴，∴.设，则，∵∴ ，即∴∴∴.∵，∴，∴，∴ ．故答案为：D．【分析】先根据矩形的性质得到可证得.设，则，再证明，，，然后利用，再由平行线的性质和折叠的性质，勾股理求出，可得，代数求解即可．1【答案】【解析】【解答】解：，故答案： ．【分析】先提公因式再利用十字相乘进行因式分解即可．133°【解析】【解答】解：如图，∵，∴，∴，∵直尺的两边互相平行，∴，故答案为：133°．【分析根据角三两锐角余求出的度然后由补角义求出度数，后根两直线平行同位相等求出 的度数.【答案】【解【答】：据题意得：子中有白球，个黄球和个红共个，机摸一个∴从袋中随摸出球是黄的概为．故答案：．【分析】根据概率的计算公式，求出符合条件的情况数与全部情况数的比值，即可求解．【答案】【解【答】：作于点，如图，四边形是矩形，， ，，在Rt△ADE中，，，，故答案：．【分析作 于点 ，推边形 是矩形，到，，，继而到，求出 ，得，即可到答．【答案】【解【答】：作交于，如图，，则，∵四边形为菱，∴，，，∴，设 ，则，BE=3x.∵轴，∴DC//AB//x轴，AB⊥y轴，∴，∴四边形为矩，∵点C的横坐标为2，∴，∴，∵AB=BC，∴，∴，∴，，设，则，∴，，把点C和B坐标入，可得：，∴，∴点B的标为，故答案：．【分析作交于，则，菱形的质可得，，，从而出，设 ，则 ， 证明四形 为矩形可得 ，进而根据AB=BC求出，，设，则表示出点B和点C标，并入反例函到关于y的方，求得y轴即可定答．1【解析】【解答】解：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，即，∴，∴，，，∵∴，，，∴，即，∴，在和中，，∴，∴，，∵∴，，∴，即，∴，∴，故答案为：．【分析由角分线义可得，结合边对得出，由三形内和定得，，从而出，由三角角的定及性可得；证明，求出 ，再证明求出 ，利用SAS证△COF➴△DOE，得出 ，，再证明，求出，即可解．（）（2），当 时，式．（1）（1）4.97（2）解：科研小组应选择乙种种植技术，理由如下：在试验中，种种术种出西瓜等品为，故均产相差；故科研小组应选择乙种种植技术．【解析】【分析】（1）根据题意并结合平均数的定义计算即可得解；（2）根据方差判断即可得解．；在试验中，种种术种出西瓜等品为，平产量差不乙种种答案（1）：∵直线与 轴交于点 ，与轴于点，当时，；故A(0，﹣1)；当时，，解得：；故C(1，0)；设．∵为线段的中，∴，解得，即．又点 在函数的图象上，∴，∴反比函数解析为 ．（2）解如图过点 作轴于点过点O作OD⊥AB于点D，如图：∵点，∴OH=2，BH=1，∴.∵OD⊥AB，∴∠ODC=∠COA=90°，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=45°=∠COD，∴.∴ ．【解【析（1）求出一函数坐标交点得出，，设，根点坐标的公，列方程求得点的坐标再代比例函，即确定式；（2）过点 作 轴于点H，过点O作OD⊥AB于点D，先利用股定出OB的长，再证明∠OCA=∠OAC=45°=∠COD，可得OD的，再用正弦数的式计算 即可.解：∵直线与 轴交于点 ，与轴交点，当时，；当时，，解得：；∴，．设．∵为线段的中，∴，解得，即．又点 在函数的图象上，∴，∴反比函数解析为．解如图过点 作轴，垂为 ，过点作，足为．∵点，∴．在中，．∵，，，∴∴．，∵，，，∴，∴ ．（1）mkg，国产车厘子销售nkg，解得 ，∴利润为（元．答：该水果店当天销售这两种车厘子的利润为2080元．（2）解已知售智车厘子xkg，销售车厘子，由题得：∴总利润，∵一次系数，∴wx∴当时，利润小，值利润为（元，33000元．（1）mkg，国产车厘子销售nkg“＝122”，“＝6600”（2）根据题意以及数量关系“总利润=智利车厘子的销售利润+国产车厘子的销售利润”列出一次函数，结合一次函数的性质即可求解．mkgnkg．由题意得，解得，∴利润为（元．答：该水果店当天销售这两种车厘子的利润为2080元．解已知售智车厘子xkg，销售车厘子，∴总利润，∵，∴w随x的增大而增大，∵智利车厘子的销售量不低于600kg∴当时，利润小，值利润为（元，33000元．答案（1）明连接，如图所：∵与E∴∵∴∵∴．，．，，∴．又∵∴，．（2）解连接， ， ，如图所示：∵为的直径，∴∴，，．∵OE=3x，OF=5x，∴∵.，，∴．∵∠AEB=∠OEF=90°，即∠AEO+∠OEB=∠OEB+∠BEF，∴∠AEO=∠BEF，又∵OA=OE，∴∠OAE=∠EAO=∠BEF，又∵∠F=∠F，∴△EBF∽△AEF，∴，设 的半为r，则，∴ ，.∴，又∵AB=2r=6x，∴.∵．∴∠ABD=∠F.∵∠ADB=∠OEF=90°，∴△ADB∽△OEF，∴，即.∴．【解【析（1）据切线性质得，再等腰三形的质得，可证明；（2）圆周定理得 ， 由可设OE=3x，则OF=5x，EF=4x；由腰三角形“三线合一”性质可得．证明△EBF∽△AEF，利用相似三角形性质可得设 的半径为可得 继可利勾股定得AB的长.再用AB=2r，可求得x的；最后明△ADB∽△OEF，可得，代入据即确定AD的长.证：如①，接 ，∵∴与相切，．∵∴∵∴∴，．，，，∴．又∵∴，．（2）解如图②，连接 ， ，．∵为的直径，∴，即，．又，∴．设在的半径为r．中，，，∴，∴．在中， ，∴，∵E是的中点，，∴是的中位线，∴．在 中，，得，∴，∴，在中，，即，解得或（舍去，∴．答案（1）：∵抛物线过点 和 代入可： ，∴ ，∴抛物的解式为．EPx令，可得解得：，，∴．设点，则，∴，，，，∴，.∵CD//AB，PE⊥CD，∴PE⊥x轴，∴∠COF=∠PHF=90°，H(m，0).∴OH=m.根据翻的性可得，，∴∠OCF+∠OFC=∠OFC+∠PFH，∴∠OCF=∠PFH，∴∴，∴．即 ，∴，∴ ．在中，，∴，∴，整理得：，解得：．∵，∴，∴点 的坐标为．由（2）得：，∴OB=4.令 ，可得解得： ，，∴．∴OC=CD=3，∴△OCD是等腰直角三角形，∴∠CDO=∠COD=45°.∴∠DOB=∠COK－∠COD=45°=∠COD，∵，OD=OD，∴，∴OC=OB=4.∴．设直线的解析为．将，代入，得：，解得： ，∴直线的解析为 ．【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．长EP交x轴点H，求点B的标设点，可得，于是可表示出PE和CE的长由翻折性质得∠CFP=∠AEP=90°，CF=CE=m，，于是可证明 ，利用角形似可得，代入值可得，．再根勾股理以及得 ，即得点E坐标．）由点B的坐标得OB=4；求得，于是可证明△OCD是等腰直角三角形，进而可得∠=∠=45A证明再利用待定系数法求一次函数解析式即可．==4，（1）解：∵抛线 过点，∴．将 代入，得，解得：，∴抛物的解式为．（2）解根据折的质可得 ，如图③，过点 作 ，垂为 ．令 ，可得解得：，，∴ ．设点 ，又∵点，，∴ 点坐为，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴．∵，，∴，∴，解得：，∴．在中，，∴，∴，整理可：，解得：．∵，∴，∴点 的坐标为．（3）解令，可得解得：，，∴．如图④，过点作，垂为．∵∴四边形是正方形，，∴∵∴∵，，．，，．，∴，∴∵，．∴，即．设直线的解析式为．将，代入，得：，解得： ，∴直线 的解析为．（1）ABCD∴AD=BC=2，DC=AB=4，∠DAB=∠ABC=90°，移动路程是当点 在上时，则有，解得：；∵秒后点开始点出发每秒个单位长的速沿向点移动，∴点的移动路程是当点 在上时，则有，解得：；，故点 在边 上（端点，；（2）解当点在 上时， ，如图③，则，若，则∠AQP+∠QAC=∠QAC+∠CAB，∴∠AQP=∠CAB，∴，∴ ，即 ，解得.∵，∴此情况不成立；当点在 上时， ，如图④，过点作于点H，则∴，，∴，若，易证，∴，即，解得，∵，∴ 综上所述，当时，；（3）解当点 在上时，当时，，∴，综上所述，当时，；（3）解当点 在上时，当时，，∴，∴，.时，，∴为的中点，∵，∴，∴.，以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A(0，0)，P(2，0)，B(4，0)，D(0，2)，Q(4，1)，E(2，2).作△PDQ关于直线DQ对称的△FDQ，过点F作FM⊥y轴于点M，作FN⊥x轴于点N，如图所示：△PDQ➴△FDQ，四边形ANFM是矩形，∴AM=FN，MF=AN，DF=DP，FQ=PQ.∴DQ垂直平分PF.设点F(m，n)，则点PF的点在直线DQ上.DQy=kx+b，把点D(0，2)，Q(4，1)坐标代可得：，解得： ，∴，把代入得：，4n+m=14，①.再由DP=DF，得，②，由①得m=14－4n解得：(舍)，∴ ，设直线DF的解析式为：y=sx+2，把F点坐代入得：，故记直线DF直线EP较于点则，∴.∴当 时，．【解【析（）由意可得点的移动路是，即得 ，解不式可求解；（）分点在 上、点在 上点在上三种情，分出图形确定点t取范围，并且利相似角形质求得时t值，可解；（QBCBQ=15－7t，证明△BPQ∽△BACt=2时即为的中由线等分段定得以点A为坐标点xA(0，0)，P(2，0)，B(4，0)，D(0，2)，Q(4，1)，E(2，2).作△PDQ关于直线DQ对称的△FDQ，过点F作FM⊥y轴于点M，作FN⊥x轴于点N，可证得Q垂直平分.点n)得中点在直线Q上.先求直线Q解式为，并把坐标代入析式得再由DP=DF可得 联立方组得F点，并求直线DF的解式为，记直线DF与线EP相于点G，则，由 ，可得，即可定的取值围．解由题得，点的移路程是，当点在上时，有，解得 ；解由题得，点 的移动程为，点的移路程为，当点 在 上时，则 ，即时如图③，若，则有∴，即，解得若，则有∴，即，解得，∵，∴此情况不成立；当点 在 上时，即 ，即时，如图④，过点作，垂为 ，∴，∴，若，则有，∴，即，解得，∵，∴ 当点在 上时，不能与 垂综上所，当 时，；解当点在 上时，，当时，，∴，∴，解得，∴当时，，此时 ，即为中点，∴，∴，如图⑤，作 点关于直线对称的点 ，连接 交于点 则，过点 作 ，垂足为 ，连接直线交于点，设与相交点，，当点与点重合时，有，当点与点重合时，有，∴当时，，∵∴，即，∴，∵，∴∴∵，，，∴∴∴∵，，，，∴，即，∵，∴，∴，即 ，解得∵，，，∴，∵∴∴，，，，∴，∵，为的中点，∴，∴，∴∴，，∴当时，．中考三模数学试题12336下计算果正的是（ ）D．我近年大力进国教育字化略行，截至2024年6月旬，线慕数量过7.8万，学人次达1290000000，设和用规居世第一.用学记法将据1290000000表为（ ）使子有义的x的值范是（ ）x＞1 B．x≠1C．x≥－1且x≠1 D．x＞－1且x≠1如是一三棱笔筒则该体的视图（ ）B．C． D．下垃圾类标的图既是对称形，是中对称形的（ ）B． C． D．6．的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（）且某厂现甲种料乙原料计利用两种料生产两产品共50件已知产一件A产需要种原料，种原料；产一件B产需要种原料，种原料．符合意的产方共有（ ）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种某学兴小组学进测量树高的综实践动，右图在点A处得直于地的大树端C的角为，后沿同一面的坡行走13米坡顶B处然后沿水方向走6米大树底点D处斜面的度（坡比），么大树的度约多少？（）A．18米 B．13米 C．12米 D．5米如在面直坐标中原点O是边三形的心若点A的标为将绕着点O逆针旋转，点A落点处则点的标为（）B．C．（）中，，，为于点则A．2 B．1 C．3 如图在形 点分在边 上且 连接 于点G，接平分；④ ．中正的结有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个如是二函数，，是数，图的一分，经点，与y轴的点在点与之，函图象对称为直线．列判正确是（ ）C． 二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分分因式 ．，，点E在，．若，则 不式的大正数解．“三”政出台某庭积响应府号已育三小生生女会均且顺序关是 如，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分在线段AC、AB上将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的为 ．，是长为4的三角形的接圆，D为上一动，过点A作线 的线．足为E，接．设的为x，则x的值范为 三、解答题：本大题共7个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9，中x满足-“”众” 1200如一函数y＝kx+b（k≠0）的象与比例数y＝（m≠0）的象交点AB，与y轴交于点C．过点A作AD⊥x轴于点D，AD＝2，∠CAD＝45°，连接CDADC6．若点E是点C关于xABE与线l相于点 交 于点 过点 作 的线 切为 连接并长交线于点．证： ；若的径为3，，求 的．销售单价x/元…1214161820…销售量y/盒…5652484440…10销售单价x/元…1214161820…销售量y/盒…5652484440…求y与xm392元，求m如在方形 对线 与 相于点是段 上动点为向左作正形，点F始在直线上直线与线 交点N．：图1图2．当时求的．试究当点E在 否生变？如不变请出这值如变，请明理．如，抛线与轴于点 和点 (点 在点的侧，点 在点的侧)，与 轴于点，．如图连接 点 是线 上抛物上的连接 交 于点 时求点 的标．如图点 的标为点 是物线的点连接 是存在点 或等于？存在请直写出合条的点的标；不存，请明理．答案【答案】B【解析【答】：因为不同类，不合并所以A不确；因为，以B正；因为，以C不确；因为，以D不确．B．【分析】根据合并同类项法则，幂的乘方，同底数幂的除法逐项进行判断即可求出答案.【答案】C【解析】【解答】解：1290000000=1.29×109.故答案为：C.a×10na和n1个0a1小n.【答案】C】：根题意得：，得： .故答案为：C【分析】根据二次根式有意义的条件，分式有意义的条件即可求出答案.【答案】C【解析】【解答】解：由题意可得，则该物体的主视图是故选C．【分析】根据几何体的三视图即可求出答案.【答案】C【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A不符合题意；B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C符合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意，故选：C．【答案】C【解析【答】：根题意得，∵关于的元二方程有个不等的数根，∴，得 ，∴且，：．【析】据二方程定义二次程有个不等的数根则判式，不等式即可求出答案.【答案】B【解析【答】：设A种产x件，B种品件，，因为x所以，31，3231，A30件，B20件；2，A31件，B19件；3，A32件，B18件．3故答案为：B．【析】设A种产x件，B种品件根据意建不等组，不等组即求出案.【答案】B【解析】【解答】解：作于F，如图所示：则∵斜面米，的坡度，．∴．设米则米，在：，：，∴，米，∴米．在，米，∴米．故答案为：B【析作于则设米则米根勾股定理立方程解程可得则根边之的关可得再据正CE.【答案】B【解析【答】：连接，点作轴，∵原点O是边三形的心，∴，∴重合，，∴∴，，∴ ，∴，故答案为：B．【析连接过点作轴根等边角形质可得再据含30°角直角角形质可得，据勾定理得OH，则，根据关于x【答案】A【解析【答】：过点I作于E，于E，接 、 、，图所：在中，∵，，，∴，∴，∵I为∴的内心，，∵，∴，∴，即，解得：，故答案为：A．【析过点I作于于连接根勾股理可得再据三角面积得根三角内心质得出 根据建立程，方程可求答案.【答案】D∵四边形是菱形，∴，，又，∴是边三形，∴∵四边形是菱形，∴，，又，∴是边三形，∴，，又，∴，∴，∴，∴；故①符合题意；过C作 于M，交延长线于N，则，∵∴又∴又，，，，，∴，∴又，，，∴，∴，即平分，故②∵∴则∴平分，，且，，，∵则，，即，故③符合题意；∴，，∵，∴，∴，∴，故④符合题意；故选：D．【析】接，据菱性质得，，根据边三形判定理得 ， ，根据等三形判定理得，则，据三形外性质得∠BGE，根据角可断过C作于M，交 延线于N，则，据角间的系可得，根据等三形判定理得，则， ，根据等三形判定理得则，据角分线定定可判②；据角分线义可得，则根含30°角直角角形质可得 ， 再据边间的系可断③；据勾定理得CN，根据等三形性可得则即结三角面积可求出案.【答案】D【解析【答】： 对轴为线，过点，抛线与轴另一交点为，，，故A，，，故B抛物线的开口向上，，当，，，，故C抛线与轴交点点与，，当 时， ，，，，，，故D选项正确，故答案为：D．【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系逐项进行判断即可求出答案.【答案】==．故案为．【分析】先提取公因式，再利用完全平方公式分解即可.【答案】解析【答】：∵，∴，∵，∴，∵，即，∴．：．【析】据直平行质可得，根据边对角可得，根据角.【答案】【解析【答】：由等式得： ，：．：．【析】求出等式解集为，后得不等的最正整解即．【答案】【解析】【解答】解：画树状图如下：由状图知，有种可能果，这三小孩至少一个孩的有7种果，：．.【答案】或【解析】【解答】：分两种情况：①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，AC= +2，由折叠可得，∠MDN=∠A=60°，∴∠BDN=30°，AN，，，∵∠DNB=60°，∴∠ANM=∠DNM=60°，∴∠AMN=60°，；②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，由题可得，∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，∴∠BDN=60°，∠BND=30°，AN，BN= BD，+2，，过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，AN=1，HN= ，由折叠可得，∠AMN=∠DMN=45°，∴△MNH是等腰直角三角形，，，故案为或．【答】情况论：当∠CDM=90°时，△CDM是角三形，据含30°角直角角形质得AC= 再据折性质得再据含30°角直角角形性可得BN=AN，则BN=，即AN=2BN=，据角间的系可得∠AMN=60°，则AN=MN=；当∠CMD=90°时，△CDM是角三形，据含30°角直角形质可得BD=AN，BN=BD，据边间的系可得AN=2，BN=，过N作于H，∠ANH=30°，据含30°角直角角形质可得H=AN=1，HN=，折叠得，∠AMN=∠DMN=45°，再根据等腰直角三角形性质即可求出答案.【答案】解析【答】：∵，∴点E在以 为径的上，如图作以 为径的圆连接交圆F于点延长交圆F于点则圆F的径为2，∴当点E与点重合最时，点E与点重合最时，∵三形为边三形，长为4，∴，∴，∴，，即x的值范为．【析根据 可点E在以 为径的上作以 为径的圆连接交圆F于点延长交圆F于点，则圆F的径为2，可当点E与点重合最时当点E与点重合 最时根等边角形质可得根勾股理可得CF，再根据边之间的关系即可求出答案.）；（2），∵，∴，∴原式．.根分式混合算结完全方公化由意可得再体代代数.：，∴这活动调查了人；则，∴在形统图中表示支宝”支的扇圆心的度是；为，为，故补充完整条形统计图，如图所示：微信，，∴估计某商场1200名购物者中用现金支付的人数为300人【解析【答（2）∵微支付式的数为60人且，∴支付方式的“众数”是微信，故答案为：微信；支付宝：，∴这活动调查了人；则，∴在形统图中表示支宝”支的扇圆心的度是；为，为，故补充完整条形统计图，如图所示：∵微支付式的数为60人且，∴支付方式的“众数”是微信，故答案为：微信；，，∴估计某商场1200名购物者中用现金支付的人数为300人．O．x轴于点，设a，∴AD=2．∵∠CAD=45°，∴∠AFD=45°，∴FD=AD=2．∵AD∥y轴，==，∴OD=6，将入=，∴反例函解析为y；∵∠OCF=∠CAD=45°．在△COF中，OC=OF=OD﹣FD=6﹣2=4，，将点代入=+，得，∴一次函数解析式为y=x﹣4；（2）点E是点C关于x，∴CE=8，方程组 ：或，∴ ．【解析O===，==AA为y得=则数法将点A，C坐标代入一次函数解析式即可求出答案.根据关于x轴对称点的坐标特征可得E.【答案（1）明∶如，连接， 是，，．又，，，，∶，，的径为，．设，则．在，，，解得或(舍去)．如，过点作于点，在中设，则．，即，解得或，连接，是，根切线质可得，根据等边对等角可得对等边即可求出答案.再据角间的系可得再据等角（2）根据正切定义可得设则根勾股理建方，解程可得则，过点作于点根正切义可得 ，设，则，根据股定建立程，方程可求答案.如，连接，是，，．又，，，，．，，．的径为，．设，则．在，，，解得或(舍去)．如，过点作于点，在中设，则．，即，解得 或 (舍去)，．【答案（1）解设y与x的数表式为，把 ， ； ， 代，得，解得，∴y与x的数表式为；w元，根据题意，得，∴当时， 有大值为450，∴糖果销售单价定为25元时，所获日销售利润最大，最大利润是450元；w元，根据题意，得，∴当时， 有大值为，∵糖果日销售获得的最大利润为392元，∴ ，化简得解得 ，当时， ，：，去，∴m的值为2．【解析【析（1）设y与x的数表式为，据待系数将，；，.设日销售利润为w.设日销售利润为w∶设y与x的数表式为，把 ， ； ， 代，得，解得，∴y与x的数表式为；w元，根据题意，得，∴当时， 有大值为450，∴糖果销售单价定为25元时，所获日销售利润最大，最大利润是450元；w元，根据题意，得，∴当 时， 有大值为 ，∵糖果日销售获得的最大利润为392元，∴，化简得解得 ，当时， ，：，去，∴m的值为2．【答案（1）明：图1，∵四形和边形，∴，，，，，∴，在和中，，∴，∴∴∴，，，又∵，∴：∵四形，，∴，分以下两种情况：①如图1，∵，∴，∵，∴，又∵，∴∴，即，，∴；②如图2，∵，，∴，∵，∴，∴，即，∴．，或：当点E在 ，的不发变化．如图1，接 ，∵，∴又∵，，即，∴∴如图2，连接，；，∵，∴又∵，，即，∴∴，．综所述， 的不变为【解析【析（1）据正形性可得， ，，，，则，据全三角判定理可得，则，据角间的系可得，根据线平行判定定理即可求出答案.据正形性可得，情况论：①如图1，据角间的系可得，根据似三形判