2026年重庆市初中学业水平模拟自测数学试卷（含答案）

2026年重庆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40分，每小题4分）1．（4分）实数−πA．π2 B．−π2 C．22．（4分）2025年12月27日，湖南省足球联赛（简称“湘超”）在长沙贺龙体育场落下帷幕，14个市州队徽设计充分体现了各地地方特色与足球元素的融合，见证了湖南足球的荣耀与风采．下列四个地市队徽中的足球元素，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．3．（4分）在下列调查方式中，较为合适的是（）A．为了解某中小学学生的课外阅读习惯情况，采用普查的方式 B．为了解“嫦娥六号”月球探测器的零部件质量，采用抽样调查的方式 C．为了解某市中小学学生的视力情况，采用抽样调查的方式 D．为了解某校八年级（1）班学生的身高情况，采用抽样调查的方式4．（4分）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形．若OA＝2，AD＝3，△ABC的面积为165，则△DEFA．20 B．325 C．30 D．5．（4分）下列四个数中，值最大的是（）A．8.2×103 B．2.8×103 C．8.2×102 D．2.8×1026．（4分）如图，这是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点，…，第n行有n个点，前n行的点数和不可能是以下哪个结果（）A．210 B．100 C．78 D．457．（4分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，若∠AOC＝120°，点B是劣弧AC的中点，点D是优弧AC上不与A，C重合的任一点，则∠D的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．60°8．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝4，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向终点B运动，点Q同时从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动，设点P，Q的运动时间为t秒，连接PQ，当△PBQ的面积为32时，tA．3+32 B．C．3+32或3−32 9．（4分）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝α．点D，E在AB边上，点F，G分别在BC和AC边上．若四边形DEFG为正方形，则S正方形DEFGA．2sinαcosα(sinαcosα+1B．sinαcosα(sinαcosα+1C．sinαcosαsinαcosα+1D．2sinαcosα10．（4分）按一定规律排列的整式：a+b．2a3+b，3a5+b，4a7+b，5a9+b，…．第n个整式是（）A．na2n﹣1 B．nan+b C．a2n﹣1+b D．na2n﹣1+b二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）11．（4分）某旅游纪念品店销售土楼造型的金、银两色纪念徽章．若将6枚金色徽章和若干枚银色徽章放在同一个不透明的展示盒中，从中随机摸出一枚纪念徽章，是金色徽章的概率为35，则银色徽章的枚数为12．（4分）如图，AB∥CD，点M在直线AB，CD之间，GH是∠AGM的平分线，连接GM，HM，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M=32∠N+∠HGN，则∠MHG13．（4分）因为31＜33＜38，即1＜3314．（4分）实数x，y满足2|x−y|+3|x|=75|x−y|+4|x|=14，则xy＝15．（4分）如图，⊙M经过原点O，且与x轴、y轴分别交于点A（8，0），B（0，6），C是AO的中点，则⊙M的半径为，△AOC的周长为．16．（4分）若一个四位自然数N的千位数字、百位数字与十位数字的和恰好为13，且这个四位数N能被13整除，那么称这个数N为“双13数”．例如：四位数4277，∵4+2+7＝13，且4277÷13＝329，4277是“双13数”，按照这个规定，最小的“双13数”是；当一个“双13数”N的千位数字与百位数字之和为m，十位数字与个位数字之和为n，记（G（N）＝m+n，F（N）＝m﹣n，若G(N)+F(N)=468G(N)，则满足条件的N的值是三．解答题（共2小题，满分16分，每小题8分）17．（8分）x取哪些整数值时，不等式5x﹣2＞3（x﹣1）与x+2218．（8分）如图，已知点E为▱ABCD对角线AC上一点，连接BE．（1）用直尺和圆规，在▱ABCD内部作∠ADF，使得∠ADF＝∠CBE，射线DF交AC于点F，连接DE，BF（只保留作图痕迹）；（2）求证：四边形BEDF为平行四边形（请完善下面的证明过程）．证明：∵四边形ABCD为平行四边形∴AD＝BC，∴∠DAF＝∠BCE在△ADF和△CBE中∠DAF=∠BCEAD=BC∴△ADF≌△CBE（ASA）∴DF＝BE，∠AFD＝∠CEB∵∠AFD+∠DFE＝180°，∠CEB+∠BEF＝180°∴∠DFE＝∠BEF（）（填写推理依据）∴∴四边形BEDF为平行四边形四．解答题（共7小题，满分70分，每小题10分）19．（10分）2025年春节前夕DeepSeek在网上引起热议，蛇年央视春晚上人形机器人又扭起了东北秧歌，在全球范围内掀起了AI风暴．某校就“人工智能的知晓程度”对全校学头生进行调查，调查结果用5级记分法呈现：“不了解”记为1分，“初步了解”记为2分，“基本了解”记为3分，“深入了解”记为4分，“深刻了解”记为5分．现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生进行调查，将学生的成绩进行整理，并绘制统计图表，部分信息如下：信息一：信息二：七、八年级得分统计表（单位：分）平均数中位数众数七年级a45八年级3.94b请根据以上信息，回答下列问题：（1）求出七年级的平均数a；（2）若该校七年级有750人，八年级有700人，请你估计该校七年级和八年级的学生对“人工智能的知晓程度”达到“深刻了解”的学生共有多少人？（3）根据上述数据，你认为该校七年级和八年级哪个年级的学生对“人工智能的知晓程度”更好？请说明理由．20．（10分）先化简，再求值：(a+1)2−a(a+2)+(21．（10分）为促进新质生产力的发展，某企业决定投入一笔资金对现有甲、乙两类共30条生产线的设备进行更新换代．（1）为鼓励企业进行生产线的设备更新，某市出台了相应的补贴政策．根据相关政策，更新1条甲类生产线的设备可获得3万元的补贴，更新1条乙类生产线的设备可获得2万元的补贴．这样更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴．该企业甲、乙两类生产线各有多少条？（2）经测算，购买更新1条甲类生产线的设备比购买更新1条乙类生产线的设备需多投入5万元，用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，那么该企业在获得70万元的补贴后，还需投入多少资金更新生产线的设备？22．（10分）如图，BD是△ABC的角平分线．（1）如图①．DE⊥AB手点E．DF⊥BC于点F，求证BE＝BF；（2）如图②，当有一点G从点D向点B后动时，GE⊥AB于点E．GF⊥BC手点F，线段BE．BF之间又有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（3）如图③，当点G沿BD方向从点D沿BD的延长线运动时，GE⊥AB于点E．GF⊥BC于点F，线段BE，BF之间又有怎样的数量关系？直接写出结论不用证明．23．（10分）如图，考古人员在古墓大门A处探测到一青铜古物O，由于大门A正北方向有间墓室，考古人员无法沿直线AO直接挖掘前往．经勘测，考古人员发现有两条线路可以挖掘前往青铜古物O：线路①A﹣C﹣D﹣O；线路②A﹣B﹣O．其中点C在点A的正东方10米处，点O在点C北偏西30°方向，点D在点C正北方，点O在点D西北方向20米处，点B在点A正西方向，点O在点B北偏东30°方向．（参考数据：2≈1.41，6（1）求CD的长度；（结果保留根号）（2）受周围环境的影响，考古人员在线路①挖掘的平均速度为3米/小时，在线路②挖掘的平均速度为3.2米/小时，请通过计算说明选择哪条线路能更快挖掘到古物O．24．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+x﹣8a交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，点P是第四象限抛物线上一点，连接AP交y轴于点D，设点P的横坐标为t，线段CD的长为d，求d与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）如图2，在（2）的条件下，点E在y轴正半轴上，且EC＝DC，连接PC，PE，PE交该抛物线于点F，过点F作FG∥y轴交PC于点G，连接DG，过点G作GH⊥DG交PF于点H，若FH＝2PH，求点P的坐标．25．（10分）王老师在组织同学们进行第一轮数学总复习时，对苏科版八年级下册数学教材第94页第19题进行了重新的探究，请你和王老师一起完成如下的问题探究：问题初探：（1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？直接判断：AEBF（填“＝”或“≠”）；问题迁移：（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论；问题延伸：（3）王老师将图2的四边形CDGE沿GE翻折得四边形PQGE，如图3，点P是点C的对应点，点Q是点D的对应点，已知正方形ABCD的边长为9，CF＝3．①若线段PQ恰好经过点B，如图4，求AG的长．②在图3中，连接BQ，求线段BQ的最小值．

参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）实数−πA．π2 B．−π2 C．2【考点】实数的性质；相反数．【专题】实数；符号意识．【答案】A．【分析】根据符号不同，绝对值相同的两个数互为相反数即可求得答案．【解答】解：−π2的相反数是\frac{故选：A．【点评】本题考查了相反数的概念，掌握只有符号不同的两个数叫做互为相反数是解答此题的关键．2．（4分）2025年12月27日，湖南省足球联赛（简称“湘超”）在长沙贺龙体育场落下帷幕，14个市州队徽设计充分体现了各地地方特色与足球元素的融合，见证了湖南足球的荣耀与风采．下列四个地市队徽中的足球元素，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【考点】中心对称图形．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【答案】D【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐项分析即可得出结果．【解答】解：A、选项图形不是中心对称图形，不符合题意；B、选项图形不是中心对称图形，不符合题意；C、选项图形不是中心对称图形，不符合题意；D、选项图形是中心对称图形，符合题意．故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是关键．3．（4分）在下列调查方式中，较为合适的是（）A．为了解某中小学学生的课外阅读习惯情况，采用普查的方式 B．为了解“嫦娥六号”月球探测器的零部件质量，采用抽样调查的方式 C．为了解某市中小学学生的视力情况，采用抽样调查的方式 D．为了解某校八年级（1）班学生的身高情况，采用抽样调查的方式【考点】全面调查与抽样调查．【专题】统计的应用；数据分析观念．【答案】C【分析】根据普查和抽样调查适用的条件逐一判断即可．【解答】解：A、为了解某中小学学生的课外阅读习惯情况，采用抽样调查的方式，故A不符合题意；B、为了解“嫦娥六号”月球探测器的零部件质量，采用普查的方式，故B不符合题意；C、为了解某市中小学生的视力情况，采用抽样调查的方式，故C符合题意；D、为了解某校八年级（1）班学生的身高情况，采用普查的方式，故D不符合题意；故选：C．【点评】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．4．（4分）如图，△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形．若OA＝2，AD＝3，△ABC的面积为165，则△DEFA．20 B．325 C．30 D．【考点】位似变换．【专题】三角形．【答案】A【分析】根据位似图形的性质得到ACDF【解答】解：∵△ABC和△DEF是以点O为位似中心的位似图形，∴OAOD=22+3=∴△OAC∽△ODF，∴ACDF∴S△ABC∴S△DEF故选：A．【点评】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握其相关知识点是解题的关键．5．（4分）下列四个数中，值最大的是（）A．8.2×103 B．2.8×103 C．8.2×102 D．2.8×102【考点】科学记数法—表示较大的数；有理数大小比较．【专题】实数；数感．【答案】A【分析】首先将用科学记数法表示的四个数还原成原数，再比较大小．【解答】解：将科学记数法的数还原成原数为：8.2×103＝8200，2.8×103＝2800，8.2×102＝820，2.8×102＝280，∴值最大的是8.2×103，故选：A．【点评】本题考查了科学记数法和有理数大小比较，熟练掌握科学记数法的书写形式是关键．6．（4分）如图，这是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点，…，第n行有n个点，前n行的点数和不可能是以下哪个结果（）A．210 B．100 C．78 D．45【考点】规律型：图形的变化类．【专题】几何图形；运算能力．【答案】B【分析】先求出前n行的点数之和，再分别求出该代数式的值分别为210、100、78、45时n的值，判断即可得解．【解答】解：先求出前n行的点数之和，再分别求出该代数式的值分别为210、100、78、45时n的值可得：∵第一行有1个点，第二行有2个点，……第n行有n个点，∴前n行的点数和1+2+3+⋯+n=1A、若和为210，则12n(n+1)=210，解得n＝20或n＝﹣21（舍去），即前20行的点数之和为210，故B、若和为100，则12n(n+1)=100，解得n=−12±C、若和为78，则12n(n+1)=78，解得n＝12或n＝﹣13（舍去），即前12行的点数之和为78，故D、若和为45，则12n(n+1)=45，解得n＝9或n＝﹣10（舍去），即前9行的点数之和为45，故故选：B．【点评】本题考查了图形的变化规律，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的应用是关键．7．（4分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，若∠AOC＝120°，点B是劣弧AC的中点，点D是优弧AC上不与A，C重合的任一点，则∠D的度数是（）A．30° B．40° C．50° D．60°【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．【答案】A【分析】利用弧的中点的意义，圆周角定理解答即可．【解答】解：连接OB，如图，∵点B是劣弧AC的中点，∴AB=∴∠AOB=12∠∴∠D=12∠故选：A．【点评】本题主要考查了圆周角定理，弧的中点的意义，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．8．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝4，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向终点B运动，点Q同时从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动，设点P，Q的运动时间为t秒，连接PQ，当△PBQ的面积为32时，tA．3+32 B．C．3+32或3−32 【考点】一元二次方程的应用．【专题】一元二次方程及应用；运算能力．【答案】C【分析】先由题意可得AP＝2t，BQ＝t，故可得S△PBQ=BQ⋅PB2，当S△PBQ的面积为32【解答】解：由题意可得AP＝2t，BQ＝t，∴PB＝6﹣2t，∴S△PBQ当△PBQ的面积为32时，可得(6−2t)t解得t=3±故选：C．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，熟练掌握三角形面积公式及二次函数的求解是解题的关键．9．（4分）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝α．点D，E在AB边上，点F，G分别在BC和AC边上．若四边形DEFG为正方形，则S正方形DEFGA．2sinαcosα(sinαcosα+1B．sinαcosα(sinαcosα+1C．sinαcosαsinαcosα+1D．2sinαcosα【考点】解直角三角形；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】A【分析】根据直角三角形的边角关系，正方形的性质以及三角形面积的计算方法进行计算即可．【解答】解：设正方形DEFG的边长为a，则正方形DEFG的面积为a2，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°，又∵EF⊥AB，∴∠BEF＝90°，∴∠B+∠BFE＝90°，∴∠BFE＝∠A＝α，在Rt△ADG中，tanA＝tanα=DG∴AD=DG同理BE＝a•tanα，∴AB＝AD+DE+BE=atanα+a+a•tanα＝（1tanα+∵tanα=sinα∴AB＝（cosαsinα+1+sinαcosα）a＝（在Rt△ABC中，AC＝cosα•AB，BC＝sinα•AB，∴S=1=2sinα⋅cosα故选：A．【点评】本题考查解直角三角形，正方形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．10．（4分）按一定规律排列的整式：a+b．2a3+b，3a5+b，4a7+b，5a9+b，…．第n个整式是（）A．na2n﹣1 B．nan+b C．a2n﹣1+b D．na2n﹣1+b【考点】规律型：数字的变化类；整式；多项式．【专题】猜想归纳；推理能力．【答案】D【分析】根据所给整式，观察其各项的系数及次数的变化，发现规律即可解决问题．【解答】解：由题知，整式中a的系数依次为：1，2，3，4，…，所以第n个整式中a的系数为n．整式中a的次数依次为：1，3，5，7，…，所以第n个整式中a的次数为2n﹣1．又因为整式中的另一项都为b，所以第n个整式是：na2n﹣1+b．故选：D．【点评】本题主要考查了数字变化的规律、整式及多项式，能根据所给整式发现其各项系数及次数的变化规律是解题的关键．二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）11．（4分）某旅游纪念品店销售土楼造型的金、银两色纪念徽章．若将6枚金色徽章和若干枚银色徽章放在同一个不透明的展示盒中，从中随机摸出一枚纪念徽章，是金色徽章的概率为35，则银色徽章的枚数为4【考点】概率公式．【专题】概率及其应用；数据分析观念．【答案】4．【分析】利用概率公式列式计算即可．【解答】解：设银色徽章的枚数为x，则66+x解得x＝4，经检验，x＝4是方程的解，∴银色徽章的枚数为4．故答案为：4．【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P（A）=m12．（4分）如图，AB∥CD，点M在直线AB，CD之间，GH是∠AGM的平分线，连接GM，HM，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠BGM，∠M=32∠N+∠HGN，则∠MHG【考点】平行线的性质；角平分线的定义．【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．【答案】45°．【分析】过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，可得∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，由∠M=32∠N+∠HGN，可得∠HGN＝β﹣α，从而∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝2β+α，又∠BGH+∠GHD＝180°，即知α+β＝45°，故∠MHG＝α【解答】解：过M作MF∥AB，过H作HE∥GN，如图：设∠BGM＝2α，∠MHD＝β，则∠N＝∠BGM＝2α，∴∠AGM＝180°﹣2α，∵GH平分∠AGM，∴∠MGH=1∴∠BGH＝∠BGM+∠MGH＝90°+α，∵AB∥CD，∴MF∥AB∥CD，∴∠FMH＝∠MHD，∠GMF＝∠BGM，∴∠GMH＝∠GMF+∠FMH＝∠BGM+∠MHD＝2α+β，∵∠GMH=3∴2α+β=3∴∠HGN＝β﹣α，∵HE∥CN，∴∠EHM＝∠N＝2α，∠GHE＝∠HGN＝β﹣α，∴∠GHD＝∠GHE+∠EHM+∠MHD＝（β﹣α）+2α+β＝2β+α，∵AB∥CD，∴∠BGH+∠GHD＝180°，∴（90°+α）+（2β+α）＝180°，∴α+β＝45°，∴若∠N＝∠BGM，∠M=32∠N+∠HGN，则∠MHG的＝∠GHE+∠EHM＝（β﹣α）+2α＝α故答案为：45°．【点评】本题考查平行线的性质及应用，涉及角平分线，角的和差等知识，解题的关键是掌握平行线的性质．13．（4分）因为31＜33＜38，即1＜33＜2，所以【考点】估算无理数的大小．【专题】实数；应用意识．【答案】3100【分析】仿照例题，先确定3100【解答】解：∵364＜3∴3100∴3100的小数部分是3故答案为：3100【点评】本题考查了实数的估算，看懂理解题例是解决本题的关键．14．（4分）实数x，y满足2|x−y|+3|x|=75|x−y|+4|x|=14，则xy＝﹣1或3【考点】二元一次方程组的解；解二元一次方程组；绝对值．【专题】一次方程（组）及应用；运算能力．【答案】﹣1或3．【分析】根据题意，先设|x﹣y|＝m，|x|＝n，得到2m+3n=7①5m+4n=14②，求出n，m，再得到|x|＝1，|x﹣y|＝2，求出x，y【解答】解：设|x﹣y|＝m，|x|＝n，原方程组可化为2m+3n=7①5m+4n=14②①×4﹣②×3，得：﹣7m＝﹣14，m＝2，把m＝2代入①，得n＝1，∴|x|＝1，|x﹣y|＝2，∴x＝1或﹣1，x﹣y＝2或﹣2，∴x=1y=−1或x=1y=3或x=−1y=−3∴xy＝﹣1或3．故答案为：﹣1或3．【点评】本题考查了解二元一次方程组，换元法的应用，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键．15．（4分）如图，⊙M经过原点O，且与x轴、y轴分别交于点A（8，0），B（0，6），C是AO的中点，则⊙M的半径为5，△AOC的周长为45+8【考点】圆周角定理；坐标与图形性质；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．【答案】545【分析】连接AB，CM交OA于点D，根据直径所对的弦为直径，得出AB为⊙M的直径，根据勾股定理求出AB=OA2+OB2=10，得出OA=12AB=5，根据垂径定理推论得出CM⊥OA，AD=OD=1【解答】解：连接AB，CM，如图所示：∵∠AOB＝90°，∴AB为⊙M的直径，∵点A（8，0），B（0，6），∴OA＝8，OB＝6，∴AB=O∴OA=1即⊙M的半径为5，∵M为圆心，C是AO的中点，∴CM⊥OA，AD=OD=1∴∠ADM＝90°，∴DM=A∴CD＝2，∴AC=C∵C是AO的中点，∴AC=∴OC=AC=25∴△AOC的周长为AO+OC+AC=8+25故答案为：5；45【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，坐标与图形，利用直径所对的圆周角是直角作出辅助线，以及作弦心距是常用的辅助线方法．16．（4分）若一个四位自然数N的千位数字、百位数字与十位数字的和恰好为13，且这个四位数N能被13整除，那么称这个数N为“双13数”．例如：四位数4277，∵4+2+7＝13，且4277÷13＝329，4277是“双13数”，按照这个规定，最小的“双13数”是1391；当一个“双13数”N的千位数字与百位数字之和为m，十位数字与个位数字之和为n，记（G（N）＝m+n，F（N）＝m﹣n，若G(N)+F(N)=468G(N)，则满足条件的N的值是【考点】整式的加减．【专题】整式；运算能力．【答案】1391；7605．【分析】利用数位上的数字的特征，要求最小的“双13数”，千位数字应最小为1，百位数字最小为3，则十位数字为9，个位数字利用“双13数”的定义求得即可；利用已知条件得到m（m+n）＝234，通过分解质因数可得m（m+n）＝2×3×3×13，变化可得n=234m−m，则“双13数”N的十位数字为13﹣m，个位数字为n﹣（13﹣m）＝n+m﹣13，利用数位上的数字为0﹣9之间的整数，得到关于m的不等式，从而得到m的取值范围，利用m（m+n）＝2×3×3×13得到m＝13，则十位数字为13﹣m＝0，个位上的数字为n【解答】解：若一个四位自然数N的千位数字、百位数字与十位数字的和恰好为13，且这个四位数N能被13整除，那么称这个数N为“双13数”．要求最小的“双13数”，千位数字应最小为1，百位数字最小为3，则十位数字为9，∵1391÷13＝107，∴小的“双13数”是1391；∵G(N)+F(N)=468G(N)，G（N）＝m+n，F（N）＝m﹣∴2m=468∴m（m+n）＝234，∴m（m+n）＝2×3×3×13，n=234∵一个“双13数”N的千位数字与百位数字之和为m，十位数字与个位数字之和为n，∴“双13数”N的十位数字为13﹣m，个位数字为n﹣（13﹣m）＝n+m﹣13，由题意：0≤n+m﹣13≤9，∴0≤234∴13≤234∵m为正整数，∴11≤m≤13，∵m（m+n）＝2×3×3×13，∴m＝13，∴n＝5，∴“双13数”N的十位数字为0，个位数字为5，∵“双13数”N的千位数字与百位数字之和为13，∴“双13数”N的可能值为4905，9405，5805，8505，7605，6705，其中只有7605÷13＝585，满足条件，∴满足条件的N的值是7605．故答案为：1391；7605．【点评】本题主要考查了数字变化的规律，整式的加减，本题是新定义型，熟练掌握新定义的规定并准确应用是解题的关键．三．解答题（共2小题，满分16分，每小题8分）17．（8分）x取哪些整数值时，不等式5x﹣2＞3（x﹣1）与x+22【考点】一元一次不等式组的整数解．【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．【答案】0，1，2．【分析】先求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解即可．【解答】解：解不等式组5x−2＞3(x−1)x+22−所以x可取的整数值是0，1，2．即当x为0，1，2时，不等式5x﹣2＞3（x﹣1）与x+22【点评】本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能求出不等式组的解集是解此题的关键．18．（8分）如图，已知点E为▱ABCD对角线AC上一点，连接BE．（1）用直尺和圆规，在▱ABCD内部作∠ADF，使得∠ADF＝∠CBE，射线DF交AC于点F，连接DE，BF（只保留作图痕迹）；（2）求证：四边形BEDF为平行四边形（请完善下面的证明过程）．证明：∵四边形ABCD为平行四边形∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAF＝∠BCE在△ADF和△CBE中∠DAF=∠BCEAD=BC∴△ADF≌△CBE（ASA）∴DF＝BE，∠AFD＝∠CEB∵∠AFD+∠DFE＝180°，∠CEB+∠BEF＝180°∴∠DFE＝∠BEF（补角的性质）（填写推理依据）∴DF∥BE∴四边形BEDF为平行四边形【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．【专题】作图题；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）AD∥BC，补角的性质，DF∥BE．【分析】（1）根据作一个角等于已知角即可得到结论；（2）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】（1）解：如图所示；∠ADF即为所求；（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAF＝∠BCE，在△ADF和△CBE中∠DAF=∠BCFAD=BC∴△ADF≌△CBE（ASA），∴DF＝BE，∠AFD＝∠CEB，∵∠AFD+∠DFE＝180°，∠CEB+∠BEF＝180°，∴∠DFE＝∠BEF（补角的性质）（填写推理依据）∴DF∥BE，∴四边形BEDF为平行四边形，故答案为：AD∥BC，补角的性质，DF∥BE．【点评】本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理和平行四边形的性质是解题的关键．四．解答题（共7小题，满分70分，每小题10分）19．（10分）2025年春节前夕DeepSeek在网上引起热议，蛇年央视春晚上人形机器人又扭起了东北秧歌，在全球范围内掀起了AI风暴．某校就“人工智能的知晓程度”对全校学头生进行调查，调查结果用5级记分法呈现：“不了解”记为1分，“初步了解”记为2分，“基本了解”记为3分，“深入了解”记为4分，“深刻了解”记为5分．现从该校七、八年级中各随机抽取20名学生进行调查，将学生的成绩进行整理，并绘制统计图表，部分信息如下：信息一：信息二：七、八年级得分统计表（单位：分）平均数中位数众数七年级a45八年级3.94b请根据以上信息，回答下列问题：（1）求出七年级的平均数a；（2）若该校七年级有750人，八年级有700人，请你估计该校七年级和八年级的学生对“人工智能的知晓程度”达到“深刻了解”的学生共有多少人？（3）根据上述数据，你认为该校七年级和八年级哪个年级的学生对“人工智能的知晓程度”更好？请说明理由．【考点】众数；用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；加权平均数；中位数．【专题】统计的应用；数据分析观念；运算能力．【答案】（1）3.9；（2）545人；（3）七年级的学生对“人工智能的知晓程度”更好，理由见解析．【分析】（1）根据加权平均数的计算方法进行计算即可；（2）分别用七、八年级的总人数乘“深刻了解”的学生人数所占的百分比即可；（3）比较平均数、中位数以及众数得出答案．【解答】解：（1）∵七年级4分的人数为20﹣1﹣2﹣3﹣8＝6（人），∴a=1×1+2×2+3×3+6×4+8×5答：七年级的平均数a为3.9；（2）750×8答：估计该校七年级和八年级的学生对“人工智能的知晓程度”达到“深刻了解”的学生共有545人；（3）七年级的学生对“人工智能的知晓程度”更好，理由：因为七年级和八年级的平均数和中位数都相同，而七年级的众数为5，八年级的众数为4，所以七年级的学生对“人工智能的知晓程度”更好．【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、中位数、众数、加权平均数以及用样本估计总体，掌握加权平均数、中位数、众数的计算方法和意义是正确解答的关键．20．（10分）先化简，再求值：(a+1)2−a(a+2)+(【考点】分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂；整式的混合运算．【专题】分式；运算能力．【答案】−4【分析】根据分式的运算法则化简求值即可．【解答】解：原式==a=1+(a+2)(a−2)=1−a+2=a−2=−4∵a=2∴原式=−4【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是关键．21．（10分）为促进新质生产力的发展，某企业决定投入一笔资金对现有甲、乙两类共30条生产线的设备进行更新换代．（1）为鼓励企业进行生产线的设备更新，某市出台了相应的补贴政策．根据相关政策，更新1条甲类生产线的设备可获得3万元的补贴，更新1条乙类生产线的设备可获得2万元的补贴．这样更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴．该企业甲、乙两类生产线各有多少条？（2）经测算，购买更新1条甲类生产线的设备比购买更新1条乙类生产线的设备需多投入5万元，用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，那么该企业在获得70万元的补贴后，还需投入多少资金更新生产线的设备？【考点】分式方程的应用；二元一次方程组的应用．【专题】一次方程（组）及应用；分式方程及应用；应用意识．【答案】（1）该企业有10条甲类生产线，20条乙类生产线；（2）还需投入1330万元资金更新生产线的设备．【分析】（1）设该企业有x条甲类生产线，y条乙类生产线，根据“更新完这30条生产线的设备，该企业可获得70万元的补贴”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）设购买更新1条乙类生产线的设备需投入m万元，则购买更新1条甲类生产线的设备需投入（m+5）万元，利用数量＝总价÷单价，结合用200万元购买更新甲类生产线的设备数量和用180万元购买更新乙类生产线的设备数量相同，可列出关于m的分式方程，解之经检验后，可得出m的值，再将其代入10（m+5）+20m﹣70中，即可求出结论．【解答】解：（1）设该企业有x条甲类生产线，y条乙类生产线，根据题意得；x+y=303x+2y=70解得：x=10y=20答：该企业有10条甲类生产线，20条乙类生产线；（2）设购买更新1条乙类生产线的设备需投入m万元，则购买更新1条甲类生产线的设备需投入（m+5）万元，根据题意得：200m+5解得：m＝45，经检验，m＝45是所列方程的解，且符合题意，∴10（m+5）+20m﹣70＝10×（45+5）+20×45﹣70＝1330．答：还需投入1330万元资金更新生产线的设备．【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及分式方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出分式方程．22．（10分）如图，BD是△ABC的角平分线．（1）如图①．DE⊥AB手点E．DF⊥BC于点F，求证BE＝BF；（2）如图②，当有一点G从点D向点B后动时，GE⊥AB于点E．GF⊥BC手点F，线段BE．BF之间又有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（3）如图③，当点G沿BD方向从点D沿BD的延长线运动时，GE⊥AB于点E．GF⊥BC于点F，线段BE，BF之间又有怎样的数量关系？直接写出结论不用证明．【考点】三角形综合题．【专题】代数几何综合题；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）BE＝BF，理由见解析；（3）BE＝BF，理由见解析．【分析】（1）根据角平分线的性质及HL证得Rt△BDE≌Rt△BDF，进而可求证结论；（2）根据角平分线的性质及HL证得Rt△BDE≌Rt△BDF，进而可求解；（3）根据角平分线的性质及HL证得Rt△BDE≌Rt△BDF，进而可求解．【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE＝DF，在Rt△BDE和Rt△BDF中，BD=BDDE=DF∴Rt△BDE≌Rt△BDF（HL），∴BE＝BF．（2）解：BE＝BF，理由如下：∵BD平分∠ABC，GE⊥AB，GF⊥BC，∴GE＝GF，在Rt△BGE和Rt△BGF中，BG=BGGE=GF∴Rt△BGE≌Rt△BGF（HL），∴BE＝BF．（3）解：BE＝BF，理由如下：∵BD平分∠ABC，GE⊥AB，GF⊥BC，∴GE＝GF，在Rt△BGE和Rt△BGF中，BG=BGGE=GF∴Rt△BGE≌Rt△BGF（HL），∴BE＝BF．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质、角平分线的性质：熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．23．（10分）如图，考古人员在古墓大门A处探测到一青铜古物O，由于大门A正北方向有间墓室，考古人员无法沿直线AO直接挖掘前往．经勘测，考古人员发现有两条线路可以挖掘前往青铜古物O：线路①A﹣C﹣D﹣O；线路②A﹣B﹣O．其中点C在点A的正东方10米处，点O在点C北偏西30°方向，点D在点C正北方，点O在点D西北方向20米处，点B在点A正西方向，点O在点B北偏东30°方向．（参考数据：2≈1.41，6（1）求CD的长度；（结果保留根号）（2）受周围环境的影响，考古人员在线路①挖掘的平均速度为3米/小时，在线路②挖掘的平均速度为3.2米/小时，请通过计算说明选择哪条线路能更快挖掘到古物O．【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）CD的长度为（106−102（2）选择线路①能更快挖掘到古物O．【分析】（1）过点O作OE⊥CD交CD的延长线于点E，在RtODE中求出OE，DE，再在RtOCE中求出CE，OC，进而求出CD的抽到；（2）由（1）可求出AC+CD+OD，证明△OBC是等边三角形，从而可求出AB+BO的长度，进而根据路程÷速度求出选择两条线路挖掘所用的时间，再比较即可解决问题．【解答】解：（1）过点O作OE⊥CD交CD的延长线于点E，如图，在Rt△ODE中，∵OD＝20米，∠ODE＝45°，∴OE＝OD•sin45°＝20×22=DE＝OD•cos45°＝20×22=在Rt△OCE中，∵OE＝102米，∠OCE＝30°，∴OC=OEsin30°=CE=OE∴CD＝CE﹣DE＝106−102答：CD的长度为（106−102（2）由题意，知∠OBC＝∠OCB＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝BC＝OC＝202米≈28.2米，∴AC+CD+OD＝10+106−102AB+BO＝BC﹣AC+BO≈28.2﹣10+28.2＝46.4（米），∵线路①挖掘的平均速度为3米/小时，∴线路①挖掘需要时间为：40.4÷3≈13.47（小时），∵线路②挖掘的平均速度为3.2米/小时，∴线路②挖掘需要时间为：46.4÷3.2＝14.5（小时），∵13.47＜14.5，∴选择线路①能更快挖掘到古物O．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角问题，理解题意，将问题转化为解直角三角形问题是解题的关键．24．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+x﹣8a交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C（0，4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，点P是第四象限抛物线上一点，连接AP交y轴于点D，设点P的横坐标为t，线段CD的长为d，求d与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）如图2，在（2）的条件下，点E在y轴正半轴上，且EC＝DC，连接PC，PE，PE交该抛物线于点F，过点F作FG∥y轴交PC于点G，连接DG，过点G作GH⊥DG交PF于点H，若FH＝2PH，求点P的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）y=−12x2+（2）d＝t；（3）P（5，−7【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）求出直线AP的解析式即可求D点坐标，再求CD的长即可；（3）过点P作PM⊥x轴交于M点，过点P作PN⊥y轴交于N点，延长FG交PN于点Q，过点G作GR⊥y轴交于R点，连接CF、DF，NE＝ON+OC+CE=12t2，在Rt△EPN中，tan∠EPN=ENPN=12t，设F（n，−12n2+n+4），可求tan∠EPN=FQPQ=12t+12n﹣1，可得方程12t+12n﹣1=12t，解得n＝2，从而知道F（2，4），再由tan∠CPN=GQPQ=CNPN，得到GQt−2=12t2−tt=12t﹣1，推导出RG＝DR【解答】解：（1）将点C（0，4）代入y＝ax2+x﹣8a，∴﹣8a＝4，解得a=−1∴抛物线的解析式为y=−12x2+（2）∵点P的横坐标为t，∴P（t，−12t2+当y＝0时，−12x2+解得x＝﹣2或x＝4，∴A（﹣2，0），B（4，0），设直线AP的解析式为y＝kx+b，∴−2k+b=0kt+b=−解得k=1∴直线AP的解析式为y=12（4﹣t）x+4﹣∴D（0，4﹣t），∴d＝4﹣4+t＝t；（3）过点P作PM⊥x轴交于M点，过点P作PN⊥y轴交于N点，延长FG交PN于点Q，过点G作GR⊥y轴交于R点，连接CF、DF，∵FG∥y轴，∴∠FQP＝∠ONP＝90°，∴FQ⊥PN，∵CE＝CD，∴NE＝ON+OC+CE=12t2﹣t﹣4+4+t=1在Rt△EPN中，tan∠EPN=ENPN设F（n，−12n2+∴FQ=−12n2+n+4﹣（−12t2+t+4）=12t2−12n2+n﹣∴tan∠EPN=FQPQ=1∴12t+12n﹣1解