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四川省成都市邛崍市2025年中考二模考試數學試題
1．（2025·邛崍模擬）如果收入元記作元，那么支出元記作（　　）
A．元 B．元 C．元 D．元
【答案】A
【知識點】具有相反意義的量
【解析】【解答】解：收入元記作元，
支出元記作元．
故答案為：．
【分析】在一對具有相反意義的量中，先規定其中一個為正，另一個為負，結合題意即可求解.
2．（2025·邛崍模擬）某半導體公司研發了一款新型存儲芯片，部分參數如下：晶體管柵極寬度米；單個芯片面積：2.5平方毫米；集成元件數量80億個；光刻工藝線寬誤差：米．數據“”用科學記數法表示為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】科學記數法表示大于0且小于1的數
【解析】【解答】解：
故答案為：A．
【分析】絕對值小于1且大于0的數用科學記數法表示為：a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n=從左向右第一個不是0的數字前的0的個數，根據科學記數法的意義可求解.
3．（2025·邛崍模擬）下列運算結果錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】同底數冪的乘法；同底數冪的除法；合并同類項法則及應用；冪的乘方運算
【解析】【解答】解：A.，∴此選項不符合題意；
B.，
∴此選項不符合題意；
C.，
∴此選項符合題意；
D.，
∴此選項不符合題意.
故答案為：C．
【分析】A、根據合并同類項法則“把同類項的系數相加，字母和字母的指數不變”可求解；
B、根據單項式乘以單項式法則"單項式與單項式相乘，把它們的系數、相同字母的冪分別相乘，其余字母連同它的指數不變，作為積的因式"可求解；
C、根據冪的乘方法則“冪的乘方，底數不變，指數相乘”可求解；
D、根據同底數冪的除法法則“同底數冪相除，底數不變，指數相減”可求解.
4．（2025·邛崍模擬）如圖所示（易拉罐的上下底面互相平行），用吸管吸易拉罐內的飲料時，若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】兩直線平行，同旁內角互補
【解析】【解答】解：如圖，
∵，，
∴，
∴
故答案為：B．
【分析】根據平行線的性質“兩直線平行，同旁內角互補”可求得∠3的度數，然后根據對頂角相等可求解.
5．（2025·邛崍模擬）某科技論壇對 、豆包、騰訊元寶、夸克四款助手中某一項功能的月度用戶評分進行了統計，數據如下表所示（單位：分）：
助手 評分（滿分）
豆包
騰訊元寶
夸克
評分的眾數和中位數分別是（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知識點】中位數；眾數
【解析】【解答】解：數據：，，，按照從小到大排列是：，，，，
出現次數最多，
故這組數據的眾數是，中位數是，
故答案為：D．
【分析】眾數是指一組數據中出現次數最多的數；中位數是指一組數據按序排列后①偶數個數據時，中間兩個數的平均數就是這組數據的中位數；②奇數個數據時，中間的數就是這組數據的中位數；；
根據眾數和中位數的定義并結合各選項即可求解.
6．（2025·邛崍模擬）如圖，為直徑，若，則的度數為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】圓周角定理
【解析】【解答】解：連接，如圖
是的直徑，
，
，
，
．
故答案為：C．
【分析】連接，根據直徑所對的圓周角是直角可得，由直角三角形兩銳角互余可求得∠B的度數，然后根據同弧所對的圓周角相等即可求解．
7．（2025·邛崍模擬）《九章算術》中有這樣一個數學問題：“今有五雀、六燕，集稱之衡，雀俱重，燕俱輕，一雀一燕交而處，衡適平．并燕、雀重一斤．問燕、雀一枚各重幾何？”翻譯為：“今有五只雀、六只燕，分別稱重時，五只雀比六只燕重；若交換一只雀和一只燕，兩邊重量相等．五只雀和六只燕共重1斤．問每只雀、燕各重多少斤？”（注意：古代1斤=16兩）設每只雀x斤，每只燕y斤，根據題意可列方程組為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】列二元一次方程組
【解析】【解答】解：設每只雀x斤，每只燕y斤，
交換一只雀和一只燕，兩邊重量相等，則，即，
五只雀和六只燕共重1斤，即，
所以
故答案為：B．
【分析】設每只雀x斤，每只燕y斤，根據題意列方程組，解方程組即可求解．
8．（2025·邛崍模擬）某同學用描點法畫二次函數的圖象時，列出了下面的表格，請你根據獲得的信息分析下列四個結論，其中正確的是（　　）
A．對稱軸為
B．關于的一元二次方程只有一個根
C．當時，隨的減小而減小
D．二次函數圖象的頂點坐標為
【答案】D
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數圖象與坐標軸的交點問題
【解析】【解答】解：A、將代入，得，
解得：
∴二次函數解析式為，頂點坐標為，
∴拋物線的對稱軸為直線，
∴此選項不符合題意；
B、當時，，，
∴的一元二次方程有兩個不等實數根，
∴∴此選項不符合題意；
C、∵，對稱軸為直線，
∴當時，隨的減小而減小，
∴∴此選項不符合題意；
D、由A可得，頂點坐標為，
∴此選項符合題意.
故答案為：D．
【分析】根據表格數據，用待定系數法可求得二次函數的解析式，將二次函數的解析式配成頂點式，然后根據二次函數的性質逐項分析，即可判斷求解．
9．（2025·邛崍模擬）因式分解：　 　．
【答案】
【知識點】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：
故答案為：．
【分析】觀察多項式可知，每一項都含有公因式m，于是提公因式即可求解．
10．（2025·邛崍模擬）如圖，在中，，且，若的面積為，則四邊形的面積為　 　．
【答案】
【知識點】相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：
，
，
，
，
四邊形的面積為：
故答案為：．
【分析】根據平行與三角形一邊的直線(或兩邊的延長線)和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似可得，由相似三角形的面積比等于相似比的平方即可求得三角形ABC的面積，然后根據四邊形BCED的面積的構成可求解．
11．（2025·邛崍模擬）一個不透明的口袋中有紅球10個、黑球若干個，這些球除顏色外都相同，將口袋中的球攪拌均勻后，從中隨機摸出一個球，記下顏色后再放回口袋中，不斷重復這一過程1000次，發現有400次摸到紅球，估計口袋中有黑球　 　個．
【答案】15
【知識點】利用頻率估計概率；簡單事件概率的計算
【解析】【解答】解：設這個口袋中黑球的數量為個，
解得：
經檢驗是原方程的解，
故答案為：．
【分析】設這個口袋中黑球的數量為個，根據題意可列關于x的方程，解方程并檢驗即可求解．
12．（2025·邛崍模擬）點，都在函數的圖象上，且，則　 　（填“”或“”）．
【答案】
【知識點】反比例函數的性質
【解析】【解答】解：函數中，，
函數圖象的兩個分支分別位于二、四象限，且在每一象限內，y隨x的增大而增大，
，
在第四象限，B在第二象限，
，
，
故答案為：．
【分析】根據反比例函數的性質“當k＞0時，反比例函數的圖象經過一、三象限；當k＜0時，反比例函數的圖象經過二、四象限 ”可得雙曲線的兩支分別位于第二、四象限，在每一象限內y隨x的增大而增大，結合A、B兩點的橫坐標即可判斷求解．
13．（2025·邛崍模擬）如圖，在中，，過點C作，再分別以點B和點C為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧分別相交于點M和點N，作直線分別交，，于點D，O，E，連接，若，，則的長為　 　．
【答案】3
【知識點】線段垂直平分線的性質；三角形全等的判定-ASA；尺規作圖-垂直平分線
【解析】【解答】解：連接，如圖，
在中，，，，
．
由題意可知，為線段的垂直平分線，則，，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，
∴
∴，
在中，，
故答案為：3．
【分析】連接，根據勾股定理求出，由題意可知，為線段的垂直平分線，由線段的垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等可得，，，根據平行線的性質得，根據角邊角可得，由全等三角形的對應邊相等可得；由等邊對等角可得，由等角的余角相等可得，于是可得，在Rt△COE中，由勾股定理可求解．
14．（2025·邛崍模擬）計算與解不等式組
（1）計算：；
（2）解不等式組：
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式組的解集為．
【知識點】解一元一次不等式組；實數的混合運算（含開方）
【解析】【分析】（1）根據立方根的意義可得，由負整數指數冪的意義“任何一個不為0的數的負整數指數冪等于這個數的正整數指數冪的倒數.”可得2-2=，由零指數冪的意義“任何一個不為0的數的0次冪等于1”可得（5.8+π）0=1，再根據實數的混合運算法則計算即可求解；
（2）由題意，分別求出不等式①、②的解集，根據“同大取大、同小取小、大小小大取中間、大大小小無解”即可求得不等式組的解集．
（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式組的解集為．
15．（2025·邛崍模擬）交通道路的不斷完善帶動了旅游業的發展，某縣旅游景區有，，，，等著名景點，該縣旅游部門統計繪制出2025年“五·一”長假期間旅游情況統計圖，根據以下信息解答下列問題：
（1）2025年“五·一”期間，該縣周邊景點共接待游客________千人，扇形統計圖中E景點所對應的圓心角的度數是________度，并補全條形統計圖；
（2）根據近幾年到該縣旅游人數的增長趨勢，預計2026年“五·一”節將有7萬游客選擇該縣旅游，請估計有多少萬人會選擇去景點旅游？
（3）請用畫樹狀圖或列表的方法計算在，，三個景點中，甲、乙兩個旅行團同時選擇去同一個景點的概率．
【答案】（1），
補全條形統計圖如下：
（2）解：∵景點接待游客數所占的百分比為：，
∴估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數約為：（萬人）
（3）解：畫樹狀圖可得：

∵共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，
∴同時選擇去同一個景點的概率
【知識點】扇形統計圖；條形統計圖；用列表法或樹狀圖法求概率；用樣本所占百分比估計總體數量
【解析】【解答】（1）解：該市周邊景點共接待游客數為：（千人），
景點所對應的圓心角的度數是：，
景點接待游客數為：（千人），
故答案為：50；43.2.
【分析】（1）根據樣本容量=頻數÷百分比可得該市周邊景點共接待游客數；根據扇形圓心角的度數部分占總體的百分比計算即可求得 扇形統計圖中E景點所對應的圓心角的度數 ；根據頻數=樣本容量×百分比可求得景點接待游客數，然后可補全條形統計圖；
（2）根據樣本估計總體可估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數；
（3）根據甲、乙兩個旅行團在、、三個景點中各選擇一個景點，畫出樹狀圖，根據樹狀圖的信息可知：共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，然后根據概率公式進行計算即可求得同時選擇去同一景點的概率．
（1）解：該市周邊景點共接待游客數為：（千人），
景點所對應的圓心角的度數是：，
景點接待游客數為：（千人），
補全條形統計圖如下：
（2）∵景點接待游客數所占的百分比為：，
∴估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數約為：（萬人）；
（3）畫樹狀圖可得：
∵共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，
∴同時選擇去同一個景點的概率．
16．（2025·邛崍模擬）如圖1是近幾年熱門的中小學生課桌椅，其椅子可實現坐直和躺睡兩種狀態，根據人體工學原理，當椅背與凳面在160度左右時，人體會感到舒適，可進一步提高學生午休的睡眠質量．如圖2是該椅子在躺睡狀態時的截面圖：點E，F均在所在的直線上，若，凳面，凳面始終與地面平行，腿托，椅背，，，，請求出此時躺椅在地面的水平長度投影EF的長．（結果精確到；參考數據：，）
【答案】解：過點A作，交其延長線于點G，過點B作于點T，
∵凳面始終與地面平行，，，
∴G，A，B，T四點共線，四邊形是矩形，
∴，
∵，，
，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴躺椅在地面的水平長度投影約為
【知識點】解直角三角形的其他實際應用
【解析】【分析】過點A作，交其延長線于點G，過點B作于點T，根據有三個角是直角的四邊形是矩形可得四邊形是矩形，由平行線的性質得到，在Rt△ADG中，根據銳角三角函數cos∠GAD=求得AG的值；在Rt△BCT中，根據銳角三角函數cos∠CBT=求得BT的值；然后根據線段的和差EF=計算即可求解.
17．（2025·邛崍模擬）如圖，在四邊形中，，，且，以為直徑的與邊相切于點，交于點，連接，．
（1）求證：；
（2）若，，求的半徑．
【答案】（1）證明：連接，，
切于點，
，
，
為的直徑，
，
，
又，
，
，
又，，，四點共圓，
∴，
∵，
，
又，
（2）解：連接，，相交于點，
是的直徑，
，
，
，
，
又，
四邊形是矩形，
，，
，，
，
，
設，則，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半徑為
【知識點】解直角三角形；相似三角形的判定-AA；圓與四邊形的綜合
【解析】【分析】（1）連接，，由圓的切線垂直于經過切點的半徑可得∠OED=90°，根據直徑所對的圓周角是直角可得∠AEB=90°，然后由等角的余角相等可得，根據圓內接四邊形對角互補可得，再根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可求解；
（2）連接，，相交于點，根據同弧所對的圓周角相等得，結合已知以及正弦的定義得出，設，則，，由（1）可得，根據相似三角形的對應邊的比相等可得比例式，結合已知可得關于x的方程，解方程求得的值，然后根據AB=13x求出直徑AB的值，則半徑r=即可求解．
（1）證明：連接，，
切于點，
，
，
為的直徑，
，
，
又，
，
，
又，，，四點共圓，
∴，
∵，
，
又，
；
（2）連接，，相交于點，
是的直徑，
，
，
，
，
又，
四邊形是矩形，
，，
，，
，
，
設，則，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半徑為．
18．（2025·邛崍模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，直線與反比例函數的圖象相交于A，B兩點，點B的縱坐標為3
（1）求點A的坐標和k的值；
（2）如圖2，點C在反比例函數的圖象上，且在點B的左側，連接并延長交x軸于點D，連接，，若，求的面積；
（3）若點P是坐標軸上的點，點Q是平面內一點，是否存在點P，Q，使得四邊形是矩形？若存在，求出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）解：直線與反比例函數的圖象相交于，兩點，點的縱坐標為，
∴，
∴，
點的坐標為，
，
，
與的圖象的交點關于原點對稱，
點與點關于原點對稱，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
設，則，
又在的圖象上，
，
，
，
；
（3）解：存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：
設直線的解析式為，把代入，
則，
直線的解析式為，
設過點且與垂直的直線交y軸于點E，作軸于點N，作于點M，
四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
設過點且與垂直的直線的解析式為，
將代入可得
∴，
直線的解析式為，
當時，，
直線與軸的交點為，直線與軸的交點為（與點E重合），
四邊形是矩形，
，且，
∴點向點的平移方式與點向點的平移方式與距離一樣，
∵，，，
∴；
當時，同理可得．
【知識點】坐標與圖形性質；反比例函數與一次函數的交點問題；兩條直線被一組平行線所截，所得的對應線段成比例；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【分析】（1）由題意，先將點B的縱坐標代入直線y=x可求得點B的橫坐標；再將點的坐標代入反比例函數的解析式計算即可求得的值；由與的圖象的交點關于原點對稱可得點的坐標；
（2）由A、B兩點的坐標可得，根據“平行于三角形一邊的直線，截其他兩邊(或兩邊延長線)所得的對應線段成比例”可得比例式，于是可得，設，則，由題意，將點的坐標代入反比例函數的解析式可得關于x0的方程，解方程求出x0的值，然后根據可求解；
（3）存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：由直線的解析式求出過點且與垂直的直線的解析式，可得直線與軸的交點及直線與軸的交點坐標，這兩點即為點，再結合矩形性質并結合點的平移即可求解．
（1）解：直線與反比例函數的圖象相交于，兩點，點的縱坐標為，
∴，
∴，
點的坐標為，
，
，
與的圖象的交點關于原點對稱，
點與點關于原點對稱，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
設，則，
又在的圖象上，
，
，
，
；
（3）解：存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：
設直線的解析式為，把代入，
則，
直線的解析式為，
設過點且與垂直的直線交y軸于點E，作軸于點N，作于點M，
四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
設過點且與垂直的直線的解析式為，
將代入可得
∴，
直線的解析式為，
當時，，
直線與軸的交點為，直線與軸的交點為（與點E重合），
四邊形是矩形，
，且，
∴點向點的平移方式與點向點的平移方式與距離一樣，
∵，，，
∴；
當時，同理可得．
19．（2025·邛崍模擬）如圖，將繞點順時針旋轉，得到，且點的對應點恰好落在上，則的度數為　 　度．
【答案】108
【知識點】等腰三角形的性質；旋轉的性質
【解析】【解答】解：由旋轉得，，
∴
∴
故答案為：．
【分析】由旋轉的性質得，，根據等角對等邊以及三角形的內角和等于180°可求得∠AMB的度數，然后根據領補角的定義即可求解．
20．（2025·邛崍模擬）若點是直線與雙曲線的交點，則代數式的值為　 　．
【答案】
【知識點】反比例函數與一次函數的交點問題；因式分解的應用-化簡求值
【解析】【解答】解：根據題意可得，
∴，
∴
故答案為：．
【分析】由題意，把點A的坐標分別代入直線和雙曲線的解析式可得，將所求代數式變形得：原式=mn(2m-n)，再整體代換即可求解．
21．（2025·邛崍模擬）如圖，在等腰中，，．以點為圓心，的長為半徑作；再以為直徑作，向該圖形隨機投擲飛鏢，每次飛鏢都落在圖形上，則飛鏢落在陰影部分的概率為　 　（用含的代數式表示）．
【答案】
【知識點】垂徑定理；扇形面積的計算；幾何概率
【解析】【解答】解：作于點，
，
，
，
設，則，，
，
，
，
，
，
飛鏢落在陰影部分的概率為．
故答案為：．
【分析】作于點，設，由垂徑定理、三線合一定理及解直角三角形的相關計算表示出，，根據陰影部分面積的構成=S半圓-（S扇形ABC-S△ABC）求得陰影部分的面積，根據圖形的面積的構成=+S扇形ABC求出整個圖形的面積，于是飛鏢落在陰影部分的概率可求解．
22．（2025·邛崍模擬）某數學學習小組在綜合實踐《猜想、證明、拓廣》中探究了矩形的“減半”問題，課后對其他問題進行探究，發現當已知矩形的相鄰兩邊分別為和，和，和，和，和，和，和，和時，都不存在這樣的矩形，它的周長和面積分別為已知矩形的周長和面積的；當已知矩形的相鄰兩邊分別為和時，他們發現存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的周長和面積的，請你幫助他們寫出這個矩形較短邊的長為　 　；當已知矩形的長和寬分別為和時，若存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的，則和應滿足的關系式為　 　．
【答案】；
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用；一元二次方程的應用-幾何問題
【解析】【解答】解：設所求的矩形的兩邊分別是和，由題意得方程組
解得：或
這個矩形較短邊的長為
當已知矩形的長和寬分別為和時，由題意得方程組
∴
即
∵存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的，
∴方程有實數根，
∴
即
∴
故答案為：．
【分析】第一空：根據題意得出設所求的矩形的兩邊分別是和，根據題意列出方程組，解方程組即可求解；第二空：當已知矩形的長和寬分別為和時，由題意得方程組，用代入法可得關于x的一元二次方程，根據“存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的”可知方程有實數根，根據一元二次方程的根的判別式"①當b2-4ac＞0時，方程有兩個不相等的實數根；②當b2-4ac=0時，方程有兩個相等的實數根；③當b2-4ac＜0時，方程沒有實數根"可得b2-4ac≥0，整理即可求解．
23．（2025·邛崍模擬）如圖，在矩形中，點為矩形對角線的中點，點為上一點，點為射線上一點，若，，則的最小值為　 　．
【答案】
【知識點】矩形的性質；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：將逆時針旋轉得到，那么是等腰直角三角形，，
由題意可知，，那么，
那么當、、三點共線時，最短，且等于，此時在的延長線上，如圖所示：
當點在的延長線時，
延長，連接，作的垂直平分線交于點，那么，連接，如圖所示：
在Rt△EFD和Rt△ECD中
（SAS），
，，
，
，
為等邊三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
落在上，
不妨設，那么，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
最小值為．
故答案為：．
【分析】將逆時針旋轉得到，那么是等腰直角三角形，那么，那么那么當、、三點共線時，最短，且等于，此時在的延長線上，延長，連接，作的垂直平分線交于點，那么，用邊角邊可證，由全等三角形的對應邊相等可得，由三邊相等的三角形是等邊三角形可證為等邊三角形，由題意易得，可得落在上，不妨設，那么，，用勾股定理可得關于b的方程，解方程可求得b的值，再根據銳角三角函數，可得關于EO的方程，解方程求得的值，由E E=EO求得的值，然后根據線段的和差計算即可求得的最小值．
24．（2025·邛崍模擬）年春節，隨著電影《哪吒》的爆火，某超市計劃購進“哪吒”和“敖丙”兩款手辦進行銷售．經了解每個“哪吒”手辦的進價比每個“敖丙”手辦的進價多元，用元購進“哪吒”手辦的個數與用元購進“敖丙”手辦的個數相同．
（1）單個“哪吒”手辦和單個“敖丙”手辦的進價分別是多少元？
（2）該超市計劃購進這兩種手辦共個，其中“哪吒”手辦的個數不低于“敖丙”手辦個數的一半，若“敖丙”手辦、“哪吒”手辦的售價分別為元/個、元/個．設購進“敖丙”手辦的個數為個，兩種手辦全部售完時獲得的利潤為元．問超市應如何進貨才能獲得最大利潤，最大利潤是多少元？
【答案】（1）解：設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，
據題意得，，
解得，
經檢驗是原方程的解，且符合題意，
，
單個“敖丙”手辦的進價是元，單個“哪吒”手辦的進價是元
（2）解：據題意得，解得，
，
，
隨的增大而增大，
又，為整數，且兩種手辦都有，
時，（元），
此時，
超市應進“敖丙”手辦個，“哪吒”手辦個，才能獲得最大利潤，最大利潤為元
【知識點】一次函數的實際應用-銷售問題
【解析】【分析】（1）設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，根據題意“用元購進“哪吒”手辦的個數=用元購進“敖丙”手辦的個數”列出關于x的分式方程，解方程并檢驗即可求解；
（2）由題意得，解出的取值范圍，再由題意得出關于的關系式，根據一次函數的性質并結合的取值范圍即可求解．
（1）解：設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，
據題意得，，
解得，
經檢驗是原方程的解，且符合題意，
，
單個“敖丙”手辦的進價是元，單個“哪吒”手辦的進價是元．
（2）解：據題意得，
解得，
，
，
隨的增大而增大，
又，為整數，且兩種手辦都有，
時，（元），
此時，
超市應進“敖丙”手辦個，“哪吒”手辦個，才能獲得最大利潤，最大利潤為元．
25．（2025·邛崍模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線（）經過點，與軸交于，兩點（點在點的右側），與軸交于點．連接，作射線，且．
（1）求拋物線（）的表達式；
（2）點是射線下方拋物線上的一動點，過點作軸于點，交線段于點．點是線段上一動點，軸于點，點為線段的中點，連接，．當線段長度取得最大值時，求的最小值；
（3）將該拋物線沿射線方向平移，使得新拋物線經過（）中線段長度取得最大值時的點，且與射線相交于另一點．點為新拋物線上的一個動點，當時，直接寫出所有符合條件的點的坐標．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，則，
∴，
∴，
將和代入得
，
解得：，
∴拋物線的表達式為
（2）解：令，則，
解得：或，
∵，
則
設直線的解析式為，
代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
設（），則，
∴，
∵，
∴當時，最大，此時，
∵點是線段上一動點，軸于點，
∴當線段長度取得最大值時，
∵，，點為線段的中點，
∴
將線段向左平移個單位得到，則
當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度；
∴的最小值為
（3）解：由（2）得，∴新拋物線由向左平移個單位，向上平移個單位得到，
∴，
過點作交拋物線于點，
∴，
同理求得直線的解析式為，
∵，
∴設直線的解析式為，代入
∴
解得：
∴直線的解析式為
聯立得，
解得，，
當時，，
∴，
聯立直線和拋物線解析式可得
解得：，
當時，，
∴
∴軸，
又∵
∴
∴
作關于直線的對稱點，連接交于點
∴
∵
∴
∵，，
∴將點向左平移個單位再向下平移個單位，得
同理直線的解析式為，
聯立，
解得或，
當時，，
∴，
綜上可得，符合條件的點T的坐標為或
【知識點】二次函數與一次函數的綜合應用；二次函數-動態幾何問題；二次函數-線段周長問題；二次函數-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）由正切函數可求得OA的值，則可得，然后用待定系數法即可求解；
（2）令y=0可得關于x的一元二次方程，解方程求出x的值，結合已知可得，用待定系數法求得直線的解析式，設（），則，當時，最大，此時，將線段向左平移個單位得到，則，當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度，則的最小值為；
（3）根據（2）可得，再由平移的性質得到新拋物線的解析式，由題意，分兩種情況討論計算即可求解．
（1）解：∵，
∴，
∵，則，
∴，
∴，
將和代入得，
解得，
∴拋物線的表達式為；
（2）解：令，則，
解得或，
∵，
則
設直線的解析式為，
代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
設（），則，
∴，
∵，
∴當時，最大，此時，
∵點是線段上一動點，軸于點，
∴當線段長度取得最大值時，
∵，，點為線段的中點，
∴
將線段向左平移個單位得到，則
當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度；
∴的最小值為；
（3）解：由（2）得，
∴新拋物線由向左平移個單位，向上平移個單位得到，
∴，
過點作交拋物線于點，
∴，
同理求得直線的解析式為，
∵，
∴設直線的解析式為，代入
∴
解得：
∴直線的解析式為
聯立得，
解得，，
當時，，
∴，
聯立直線和拋物線解析式可得
解得：，
當時，，
∴
∴軸，
又∵
∴
∴
作關于直線的對稱點，連接交于點
∴
∵
∴
∵，，
∴將點向左平移個單位再向下平移個單位，得
同理直線的解析式為，
聯立，
解得或，
當時，，
∴，
綜上，符合條件的點T的坐標為或．
26．（2025·邛崍模擬）在平行四邊形中，，點是對角線上一動點（點不與點，點重合），點是邊上一動點（點不與點，點重合），且，連接，．
（1）將沿對角線翻折后，發現點與點重合，連接，且與交于點，如圖所示，求證：；
（2）如圖2所示，在（1）的條件下，當點，點移動到某個位置時，連接，若，點在線段上，且．求證：是線段中點；
（3）如圖3所示，在（1）的條件下，分別取，的中點，，連接交于點，若，試猜想與的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）證明：由翻折可知，
又∵四邊形是平行四邊形，，
∴
∴
∴是等邊三角形，
∴，，
在△ABF和△CAE中
∴（SAS），
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）證明：延長至點，使，連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
在△TAC和△GAB中
∴（SAS），
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
設，則，，
在下圖中，過點作于點，過點作于點，過點作于點，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
設，則，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是線段的中點；
（3）解：或，理由如下：
延長至點使，連接，，
取中點，連接，，，
由（）得，
是等邊三角形，
，分別是，的中點，
，
，
是等邊三角形，
在中，
（SAS）
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分別是的中點，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
【知識點】等邊三角形的判定與性質；平行四邊形的性質；已知余弦值求邊長；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【分析】（1）根據翻折的性質和平行四邊形的性質可得∠ACB=60°，PC=AC，根據有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形可得△ABC是等邊三角形，結合已知，用邊角邊可得，由全等三角形的對應角相等可得，然后根據三角形的外角的性質“三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角之和”可得，再根據“有兩個角對應相等的兩個三角形相似”可求解；
（2）延長至點，使，連接，，根據邊角邊可得，由全等三角形的對應邊（角）相等可得∠ATC=∠AGB，TC=BG，根據含度角所對的直角邊等于斜邊的一半可得，設，則，，過點作于點，過點作于點，過點作于點，在Rt△ABM中，用勾股定理可將AB用含a的代數式表示出來；設，則，在Rt△AGN和Rt△BGN中，根據勾股定理可得關于a、x的方程，解方程可將BN用含a的代數式表示出來，根據，用余弦的定義可求得的值，由勾股定理求得的長，然后由線段的和差即可求解；
（3）延長至點使，連接，，取中點，連接，，，證明是等邊三角形，根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可得，，由相似三角形的對應邊的比相等可得，根據，，等量代換可得．
（1）證明：由翻折可知，
又∵四邊形是平行四邊形，，
∴
∴
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）證明：延長至點，使，連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
設，則，，
在圖中，過點作于點，過點作于點，過點作于點，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
設，則，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是線段的中點；
（3）解：或，
理由如下：
延長至點使，連接，，
取中點，連接，，，
由（）得，
是等邊三角形，
，分別是，的中點，
，
，
是等邊三角形，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分別是的中點，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
1 / 1四川省成都市邛崍市2025年中考二模考試數學試題
1．（2025·邛崍模擬）如果收入元記作元，那么支出元記作（　　）
A．元 B．元 C．元 D．元
2．（2025·邛崍模擬）某半導體公司研發了一款新型存儲芯片，部分參數如下：晶體管柵極寬度米；單個芯片面積：2.5平方毫米；集成元件數量80億個；光刻工藝線寬誤差：米．數據“”用科學記數法表示為（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·邛崍模擬）下列運算結果錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·邛崍模擬）如圖所示（易拉罐的上下底面互相平行），用吸管吸易拉罐內的飲料時，若，則（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·邛崍模擬）某科技論壇對 、豆包、騰訊元寶、夸克四款助手中某一項功能的月度用戶評分進行了統計，數據如下表所示（單位：分）：
助手 評分（滿分）
豆包
騰訊元寶
夸克
評分的眾數和中位數分別是（　　）
A．， B．， C．， D．，
6．（2025·邛崍模擬）如圖，為直徑，若，則的度數為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·邛崍模擬）《九章算術》中有這樣一個數學問題：“今有五雀、六燕，集稱之衡，雀俱重，燕俱輕，一雀一燕交而處，衡適平．并燕、雀重一斤．問燕、雀一枚各重幾何？”翻譯為：“今有五只雀、六只燕，分別稱重時，五只雀比六只燕重；若交換一只雀和一只燕，兩邊重量相等．五只雀和六只燕共重1斤．問每只雀、燕各重多少斤？”（注意：古代1斤=16兩）設每只雀x斤，每只燕y斤，根據題意可列方程組為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·邛崍模擬）某同學用描點法畫二次函數的圖象時，列出了下面的表格，請你根據獲得的信息分析下列四個結論，其中正確的是（　　）
A．對稱軸為
B．關于的一元二次方程只有一個根
C．當時，隨的減小而減小
D．二次函數圖象的頂點坐標為
9．（2025·邛崍模擬）因式分解：　 　．
10．（2025·邛崍模擬）如圖，在中，，且，若的面積為，則四邊形的面積為　 　．
11．（2025·邛崍模擬）一個不透明的口袋中有紅球10個、黑球若干個，這些球除顏色外都相同，將口袋中的球攪拌均勻后，從中隨機摸出一個球，記下顏色后再放回口袋中，不斷重復這一過程1000次，發現有400次摸到紅球，估計口袋中有黑球　 　個．
12．（2025·邛崍模擬）點，都在函數的圖象上，且，則　 　（填“”或“”）．
13．（2025·邛崍模擬）如圖，在中，，過點C作，再分別以點B和點C為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧分別相交于點M和點N，作直線分別交，，于點D，O，E，連接，若，，則的長為　 　．
14．（2025·邛崍模擬）計算與解不等式組
（1）計算：；
（2）解不等式組：
15．（2025·邛崍模擬）交通道路的不斷完善帶動了旅游業的發展，某縣旅游景區有，，，，等著名景點，該縣旅游部門統計繪制出2025年“五·一”長假期間旅游情況統計圖，根據以下信息解答下列問題：
（1）2025年“五·一”期間，該縣周邊景點共接待游客________千人，扇形統計圖中E景點所對應的圓心角的度數是________度，并補全條形統計圖；
（2）根據近幾年到該縣旅游人數的增長趨勢，預計2026年“五·一”節將有7萬游客選擇該縣旅游，請估計有多少萬人會選擇去景點旅游？
（3）請用畫樹狀圖或列表的方法計算在，，三個景點中，甲、乙兩個旅行團同時選擇去同一個景點的概率．
16．（2025·邛崍模擬）如圖1是近幾年熱門的中小學生課桌椅，其椅子可實現坐直和躺睡兩種狀態，根據人體工學原理，當椅背與凳面在160度左右時，人體會感到舒適，可進一步提高學生午休的睡眠質量．如圖2是該椅子在躺睡狀態時的截面圖：點E，F均在所在的直線上，若，凳面，凳面始終與地面平行，腿托，椅背，，，，請求出此時躺椅在地面的水平長度投影EF的長．（結果精確到；參考數據：，）
17．（2025·邛崍模擬）如圖，在四邊形中，，，且，以為直徑的與邊相切于點，交于點，連接，．
（1）求證：；
（2）若，，求的半徑．
18．（2025·邛崍模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，直線與反比例函數的圖象相交于A，B兩點，點B的縱坐標為3
（1）求點A的坐標和k的值；
（2）如圖2，點C在反比例函數的圖象上，且在點B的左側，連接并延長交x軸于點D，連接，，若，求的面積；
（3）若點P是坐標軸上的點，點Q是平面內一點，是否存在點P，Q，使得四邊形是矩形？若存在，求出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
19．（2025·邛崍模擬）如圖，將繞點順時針旋轉，得到，且點的對應點恰好落在上，則的度數為　 　度．
20．（2025·邛崍模擬）若點是直線與雙曲線的交點，則代數式的值為　 　．
21．（2025·邛崍模擬）如圖，在等腰中，，．以點為圓心，的長為半徑作；再以為直徑作，向該圖形隨機投擲飛鏢，每次飛鏢都落在圖形上，則飛鏢落在陰影部分的概率為　 　（用含的代數式表示）．
22．（2025·邛崍模擬）某數學學習小組在綜合實踐《猜想、證明、拓廣》中探究了矩形的“減半”問題，課后對其他問題進行探究，發現當已知矩形的相鄰兩邊分別為和，和，和，和，和，和，和，和時，都不存在這樣的矩形，它的周長和面積分別為已知矩形的周長和面積的；當已知矩形的相鄰兩邊分別為和時，他們發現存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的周長和面積的，請你幫助他們寫出這個矩形較短邊的長為　 　；當已知矩形的長和寬分別為和時，若存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的，則和應滿足的關系式為　 　．
23．（2025·邛崍模擬）如圖，在矩形中，點為矩形對角線的中點，點為上一點，點為射線上一點，若，，則的最小值為　 　．
24．（2025·邛崍模擬）年春節，隨著電影《哪吒》的爆火，某超市計劃購進“哪吒”和“敖丙”兩款手辦進行銷售．經了解每個“哪吒”手辦的進價比每個“敖丙”手辦的進價多元，用元購進“哪吒”手辦的個數與用元購進“敖丙”手辦的個數相同．
（1）單個“哪吒”手辦和單個“敖丙”手辦的進價分別是多少元？
（2）該超市計劃購進這兩種手辦共個，其中“哪吒”手辦的個數不低于“敖丙”手辦個數的一半，若“敖丙”手辦、“哪吒”手辦的售價分別為元/個、元/個．設購進“敖丙”手辦的個數為個，兩種手辦全部售完時獲得的利潤為元．問超市應如何進貨才能獲得最大利潤，最大利潤是多少元？
25．（2025·邛崍模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線（）經過點，與軸交于，兩點（點在點的右側），與軸交于點．連接，作射線，且．
（1）求拋物線（）的表達式；
（2）點是射線下方拋物線上的一動點，過點作軸于點，交線段于點．點是線段上一動點，軸于點，點為線段的中點，連接，．當線段長度取得最大值時，求的最小值；
（3）將該拋物線沿射線方向平移，使得新拋物線經過（）中線段長度取得最大值時的點，且與射線相交于另一點．點為新拋物線上的一個動點，當時，直接寫出所有符合條件的點的坐標．
26．（2025·邛崍模擬）在平行四邊形中，，點是對角線上一動點（點不與點，點重合），點是邊上一動點（點不與點，點重合），且，連接，．
（1）將沿對角線翻折后，發現點與點重合，連接，且與交于點，如圖所示，求證：；
（2）如圖2所示，在（1）的條件下，當點，點移動到某個位置時，連接，若，點在線段上，且．求證：是線段中點；
（3）如圖3所示，在（1）的條件下，分別取，的中點，，連接交于點，若，試猜想與的數量關系，并說明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】具有相反意義的量
【解析】【解答】解：收入元記作元，
支出元記作元．
故答案為：．
【分析】在一對具有相反意義的量中，先規定其中一個為正，另一個為負，結合題意即可求解.
2．【答案】A
【知識點】科學記數法表示大于0且小于1的數
【解析】【解答】解：
故答案為：A．
【分析】絕對值小于1且大于0的數用科學記數法表示為：a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n=從左向右第一個不是0的數字前的0的個數，根據科學記數法的意義可求解.
3．【答案】C
【知識點】同底數冪的乘法；同底數冪的除法；合并同類項法則及應用；冪的乘方運算
【解析】【解答】解：A.，∴此選項不符合題意；
B.，
∴此選項不符合題意；
C.，
∴此選項符合題意；
D.，
∴此選項不符合題意.
故答案為：C．
【分析】A、根據合并同類項法則“把同類項的系數相加，字母和字母的指數不變”可求解；
B、根據單項式乘以單項式法則"單項式與單項式相乘，把它們的系數、相同字母的冪分別相乘，其余字母連同它的指數不變，作為積的因式"可求解；
C、根據冪的乘方法則“冪的乘方，底數不變，指數相乘”可求解；
D、根據同底數冪的除法法則“同底數冪相除，底數不變，指數相減”可求解.
4．【答案】B
【知識點】兩直線平行，同旁內角互補
【解析】【解答】解：如圖，
∵，，
∴，
∴
故答案為：B．
【分析】根據平行線的性質“兩直線平行，同旁內角互補”可求得∠3的度數，然后根據對頂角相等可求解.
5．【答案】D
【知識點】中位數；眾數
【解析】【解答】解：數據：，，，按照從小到大排列是：，，，，
出現次數最多，
故這組數據的眾數是，中位數是，
故答案為：D．
【分析】眾數是指一組數據中出現次數最多的數；中位數是指一組數據按序排列后①偶數個數據時，中間兩個數的平均數就是這組數據的中位數；②奇數個數據時，中間的數就是這組數據的中位數；；
根據眾數和中位數的定義并結合各選項即可求解.
6．【答案】C
【知識點】圓周角定理
【解析】【解答】解：連接，如圖
是的直徑，
，
，
，
．
故答案為：C．
【分析】連接，根據直徑所對的圓周角是直角可得，由直角三角形兩銳角互余可求得∠B的度數，然后根據同弧所對的圓周角相等即可求解．
7．【答案】B
【知識點】列二元一次方程組
【解析】【解答】解：設每只雀x斤，每只燕y斤，
交換一只雀和一只燕，兩邊重量相等，則，即，
五只雀和六只燕共重1斤，即，
所以
故答案為：B．
【分析】設每只雀x斤，每只燕y斤，根據題意列方程組，解方程組即可求解．
8．【答案】D
【知識點】待定系數法求二次函數解析式；二次函數圖象與坐標軸的交點問題
【解析】【解答】解：A、將代入，得，
解得：
∴二次函數解析式為，頂點坐標為，
∴拋物線的對稱軸為直線，
∴此選項不符合題意；
B、當時，，，
∴的一元二次方程有兩個不等實數根，
∴∴此選項不符合題意；
C、∵，對稱軸為直線，
∴當時，隨的減小而減小，
∴∴此選項不符合題意；
D、由A可得，頂點坐標為，
∴此選項符合題意.
故答案為：D．
【分析】根據表格數據，用待定系數法可求得二次函數的解析式，將二次函數的解析式配成頂點式，然后根據二次函數的性質逐項分析，即可判斷求解．
9．【答案】
【知識點】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：
故答案為：．
【分析】觀察多項式可知，每一項都含有公因式m，于是提公因式即可求解．
10．【答案】
【知識點】相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：
，
，
，
，
四邊形的面積為：
故答案為：．
【分析】根據平行與三角形一邊的直線(或兩邊的延長線)和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似可得，由相似三角形的面積比等于相似比的平方即可求得三角形ABC的面積，然后根據四邊形BCED的面積的構成可求解．
11．【答案】15
【知識點】利用頻率估計概率；簡單事件概率的計算
【解析】【解答】解：設這個口袋中黑球的數量為個，
解得：
經檢驗是原方程的解，
故答案為：．
【分析】設這個口袋中黑球的數量為個，根據題意可列關于x的方程，解方程并檢驗即可求解．
12．【答案】
【知識點】反比例函數的性質
【解析】【解答】解：函數中，，
函數圖象的兩個分支分別位于二、四象限，且在每一象限內，y隨x的增大而增大，
，
在第四象限，B在第二象限，
，
，
故答案為：．
【分析】根據反比例函數的性質“當k＞0時，反比例函數的圖象經過一、三象限；當k＜0時，反比例函數的圖象經過二、四象限 ”可得雙曲線的兩支分別位于第二、四象限，在每一象限內y隨x的增大而增大，結合A、B兩點的橫坐標即可判斷求解．
13．【答案】3
【知識點】線段垂直平分線的性質；三角形全等的判定-ASA；尺規作圖-垂直平分線
【解析】【解答】解：連接，如圖，
在中，，，，
．
由題意可知，為線段的垂直平分線，則，，，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，
∴
∴，
在中，，
故答案為：3．
【分析】連接，根據勾股定理求出，由題意可知，為線段的垂直平分線，由線段的垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等可得，，，根據平行線的性質得，根據角邊角可得，由全等三角形的對應邊相等可得；由等邊對等角可得，由等角的余角相等可得，于是可得，在Rt△COE中，由勾股定理可求解．
14．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式組的解集為．
【知識點】解一元一次不等式組；實數的混合運算（含開方）
【解析】【分析】（1）根據立方根的意義可得，由負整數指數冪的意義“任何一個不為0的數的負整數指數冪等于這個數的正整數指數冪的倒數.”可得2-2=，由零指數冪的意義“任何一個不為0的數的0次冪等于1”可得（5.8+π）0=1，再根據實數的混合運算法則計算即可求解；
（2）由題意，分別求出不等式①、②的解集，根據“同大取大、同小取小、大小小大取中間、大大小小無解”即可求得不等式組的解集．
（1）解：原式
；
（2）解：解不等式①，，
，
得，
解不等式②，，
得，
不等式組的解集為．
15．【答案】（1），
補全條形統計圖如下：
（2）解：∵景點接待游客數所占的百分比為：，
∴估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數約為：（萬人）
（3）解：畫樹狀圖可得：

∵共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，
∴同時選擇去同一個景點的概率
【知識點】扇形統計圖；條形統計圖；用列表法或樹狀圖法求概率；用樣本所占百分比估計總體數量
【解析】【解答】（1）解：該市周邊景點共接待游客數為：（千人），
景點所對應的圓心角的度數是：，
景點接待游客數為：（千人），
故答案為：50；43.2.
【分析】（1）根據樣本容量=頻數÷百分比可得該市周邊景點共接待游客數；根據扇形圓心角的度數部分占總體的百分比計算即可求得 扇形統計圖中E景點所對應的圓心角的度數 ；根據頻數=樣本容量×百分比可求得景點接待游客數，然后可補全條形統計圖；
（2）根據樣本估計總體可估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數；
（3）根據甲、乙兩個旅行團在、、三個景點中各選擇一個景點，畫出樹狀圖，根據樹狀圖的信息可知：共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，然后根據概率公式進行計算即可求得同時選擇去同一景點的概率．
（1）解：該市周邊景點共接待游客數為：（千人），
景點所對應的圓心角的度數是：，
景點接待游客數為：（千人），
補全條形統計圖如下：
（2）∵景點接待游客數所占的百分比為：，
∴估計2026年“五·一”節選擇去景點旅游的人數約為：（萬人）；
（3）畫樹狀圖可得：
∵共有9種可能出現的結果，這些結果出現的可能性相等，其中同時選擇去同一個景點的結果有3種，
∴同時選擇去同一個景點的概率．
16．【答案】解：過點A作，交其延長線于點G，過點B作于點T，
∵凳面始終與地面平行，，，
∴G，A，B，T四點共線，四邊形是矩形，
∴，
∵，，
，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
在中，，，
，
，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴躺椅在地面的水平長度投影約為
【知識點】解直角三角形的其他實際應用
【解析】【分析】過點A作，交其延長線于點G，過點B作于點T，根據有三個角是直角的四邊形是矩形可得四邊形是矩形，由平行線的性質得到，在Rt△ADG中，根據銳角三角函數cos∠GAD=求得AG的值；在Rt△BCT中，根據銳角三角函數cos∠CBT=求得BT的值；然后根據線段的和差EF=計算即可求解.
17．【答案】（1）證明：連接，，
切于點，
，
，
為的直徑，
，
，
又，
，
，
又，，，四點共圓，
∴，
∵，
，
又，
（2）解：連接，，相交于點，
是的直徑，
，
，
，
，
又，
四邊形是矩形，
，，
，，
，
，
設，則，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半徑為
【知識點】解直角三角形；相似三角形的判定-AA；圓與四邊形的綜合
【解析】【分析】（1）連接，，由圓的切線垂直于經過切點的半徑可得∠OED=90°，根據直徑所對的圓周角是直角可得∠AEB=90°，然后由等角的余角相等可得，根據圓內接四邊形對角互補可得，再根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可求解；
（2）連接，，相交于點，根據同弧所對的圓周角相等得，結合已知以及正弦的定義得出，設，則，，由（1）可得，根據相似三角形的對應邊的比相等可得比例式，結合已知可得關于x的方程，解方程求得的值，然后根據AB=13x求出直徑AB的值，則半徑r=即可求解．
（1）證明：連接，，
切于點，
，
，
為的直徑，
，
，
又，
，
，
又，，，四點共圓，
∴，
∵，
，
又，
；
（2）連接，，相交于點，
是的直徑，
，
，
，
，
又，
四邊形是矩形，
，，
，，
，
，
設，則，，
，，
，
，
，
，
，
，
舍去，，
，
的半徑為．
18．【答案】（1）解：直線與反比例函數的圖象相交于，兩點，點的縱坐標為，
∴，
∴，
點的坐標為，
，
，
與的圖象的交點關于原點對稱，
點與點關于原點對稱，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
設，則，
又在的圖象上，
，
，
，
；
（3）解：存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：
設直線的解析式為，把代入，
則，
直線的解析式為，
設過點且與垂直的直線交y軸于點E，作軸于點N，作于點M，
四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
設過點且與垂直的直線的解析式為，
將代入可得
∴，
直線的解析式為，
當時，，
直線與軸的交點為，直線與軸的交點為（與點E重合），
四邊形是矩形，
，且，
∴點向點的平移方式與點向點的平移方式與距離一樣，
∵，，，
∴；
當時，同理可得．
【知識點】坐標與圖形性質；反比例函數與一次函數的交點問題；兩條直線被一組平行線所截，所得的對應線段成比例；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【分析】（1）由題意，先將點B的縱坐標代入直線y=x可求得點B的橫坐標；再將點的坐標代入反比例函數的解析式計算即可求得的值；由與的圖象的交點關于原點對稱可得點的坐標；
（2）由A、B兩點的坐標可得，根據“平行于三角形一邊的直線，截其他兩邊(或兩邊延長線)所得的對應線段成比例”可得比例式，于是可得，設，則，由題意，將點的坐標代入反比例函數的解析式可得關于x0的方程，解方程求出x0的值，然后根據可求解；
（3）存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：由直線的解析式求出過點且與垂直的直線的解析式，可得直線與軸的交點及直線與軸的交點坐標，這兩點即為點，再結合矩形性質并結合點的平移即可求解．
（1）解：直線與反比例函數的圖象相交于，兩點，點的縱坐標為，
∴，
∴，
點的坐標為，
，
，
與的圖象的交點關于原點對稱，
點與點關于原點對稱，
；
（2）解：，，
，
又，
，
，
設，則，
又在的圖象上，
，
，
，
；
（3）解：存在點，，使得四邊形是矩形，理由如下：
設直線的解析式為，把代入，
則，
直線的解析式為，
設過點且與垂直的直線交y軸于點E，作軸于點N，作于點M，
四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，即
設過點且與垂直的直線的解析式為，
將代入可得
∴，
直線的解析式為，
當時，，
直線與軸的交點為，直線與軸的交點為（與點E重合），
四邊形是矩形，
，且，
∴點向點的平移方式與點向點的平移方式與距離一樣，
∵，，，
∴；
當時，同理可得．
19．【答案】108
【知識點】等腰三角形的性質；旋轉的性質
【解析】【解答】解：由旋轉得，，
∴
∴
故答案為：．
【分析】由旋轉的性質得，，根據等角對等邊以及三角形的內角和等于180°可求得∠AMB的度數，然后根據領補角的定義即可求解．
20．【答案】
【知識點】反比例函數與一次函數的交點問題；因式分解的應用-化簡求值
【解析】【解答】解：根據題意可得，
∴，
∴
故答案為：．
【分析】由題意，把點A的坐標分別代入直線和雙曲線的解析式可得，將所求代數式變形得：原式=mn(2m-n)，再整體代換即可求解．
21．【答案】
【知識點】垂徑定理；扇形面積的計算；幾何概率
【解析】【解答】解：作于點，
，
，
，
設，則，，
，
，
，
，
，
飛鏢落在陰影部分的概率為．
故答案為：．
【分析】作于點，設，由垂徑定理、三線合一定理及解直角三角形的相關計算表示出，，根據陰影部分面積的構成=S半圓-（S扇形ABC-S△ABC）求得陰影部分的面積，根據圖形的面積的構成=+S扇形ABC求出整個圖形的面積，于是飛鏢落在陰影部分的概率可求解．
22．【答案】；
【知識點】一元二次方程根的判別式及應用；一元二次方程的應用-幾何問題
【解析】【解答】解：設所求的矩形的兩邊分別是和，由題意得方程組
解得：或
這個矩形較短邊的長為
當已知矩形的長和寬分別為和時，由題意得方程組
∴
即
∵存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的，
∴方程有實數根，
∴
即
∴
故答案為：．
【分析】第一空：根據題意得出設所求的矩形的兩邊分別是和，根據題意列出方程組，解方程組即可求解；第二空：當已知矩形的長和寬分別為和時，由題意得方程組，用代入法可得關于x的一元二次方程，根據“存在一個矩形使它的周長和面積分別為已知矩形的”可知方程有實數根，根據一元二次方程的根的判別式"①當b2-4ac＞0時，方程有兩個不相等的實數根；②當b2-4ac=0時，方程有兩個相等的實數根；③當b2-4ac＜0時，方程沒有實數根"可得b2-4ac≥0，整理即可求解．
23．【答案】
【知識點】矩形的性質；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：將逆時針旋轉得到，那么是等腰直角三角形，，
由題意可知，，那么，
那么當、、三點共線時，最短，且等于，此時在的延長線上，如圖所示：
當點在的延長線時，
延長，連接，作的垂直平分線交于點，那么，連接，如圖所示：
在Rt△EFD和Rt△ECD中
（SAS），
，，
，
，
為等邊三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
落在上，
不妨設，那么，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
最小值為．
故答案為：．
【分析】將逆時針旋轉得到，那么是等腰直角三角形，那么，那么那么當、、三點共線時，最短，且等于，此時在的延長線上，延長，連接，作的垂直平分線交于點，那么，用邊角邊可證，由全等三角形的對應邊相等可得，由三邊相等的三角形是等邊三角形可證為等邊三角形，由題意易得，可得落在上，不妨設，那么，，用勾股定理可得關于b的方程，解方程可求得b的值，再根據銳角三角函數，可得關于EO的方程，解方程求得的值，由E E=EO求得的值，然后根據線段的和差計算即可求得的最小值．
24．【答案】（1）解：設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，
據題意得，，
解得，
經檢驗是原方程的解，且符合題意，
，
單個“敖丙”手辦的進價是元，單個“哪吒”手辦的進價是元
（2）解：據題意得，解得，
，
，
隨的增大而增大，
又，為整數，且兩種手辦都有，
時，（元），
此時，
超市應進“敖丙”手辦個，“哪吒”手辦個，才能獲得最大利潤，最大利潤為元
【知識點】一次函數的實際應用-銷售問題
【解析】【分析】（1）設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，根據題意“用元購進“哪吒”手辦的個數=用元購進“敖丙”手辦的個數”列出關于x的分式方程，解方程并檢驗即可求解；
（2）由題意得，解出的取值范圍，再由題意得出關于的關系式，根據一次函數的性質并結合的取值范圍即可求解．
（1）解：設單個“敖丙”手辦的進價是元，則單個“哪吒”手辦的進價是元，
據題意得，，
解得，
經檢驗是原方程的解，且符合題意，
，
單個“敖丙”手辦的進價是元，單個“哪吒”手辦的進價是元．
（2）解：據題意得，
解得，
，
，
隨的增大而增大，
又，為整數，且兩種手辦都有，
時，（元），
此時，
超市應進“敖丙”手辦個，“哪吒”手辦個，才能獲得最大利潤，最大利潤為元．
25．【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，則，
∴，
∴，
將和代入得
，
解得：，
∴拋物線的表達式為
（2）解：令，則，
解得：或，
∵，
則
設直線的解析式為，
代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
設（），則，
∴，
∵，
∴當時，最大，此時，
∵點是線段上一動點，軸于點，
∴當線段長度取得最大值時，
∵，，點為線段的中點，
∴
將線段向左平移個單位得到，則
當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度；
∴的最小值為
（3）解：由（2）得，∴新拋物線由向左平移個單位，向上平移個單位得到，
∴，
過點作交拋物線于點，
∴，
同理求得直線的解析式為，
∵，
∴設直線的解析式為，代入
∴
解得：
∴直線的解析式為
聯立得，
解得，，
當時，，
∴，
聯立直線和拋物線解析式可得
解得：，
當時，，
∴
∴軸，
又∵
∴
∴
作關于直線的對稱點，連接交于點
∴
∵
∴
∵，，
∴將點向左平移個單位再向下平移個單位，得
同理直線的解析式為，
聯立，
解得或，
當時，，
∴，
綜上可得，符合條件的點T的坐標為或
【知識點】二次函數與一次函數的綜合應用；二次函數-動態幾何問題；二次函數-線段周長問題；二次函數-角度的存在性問題
【解析】【分析】（1）由正切函數可求得OA的值，則可得，然后用待定系數法即可求解；
（2）令y=0可得關于x的一元二次方程，解方程求出x的值，結合已知可得，用待定系數法求得直線的解析式，設（），則，當時，最大，此時，將線段向左平移個單位得到，則，當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度，則的最小值為；
（3）根據（2）可得，再由平移的性質得到新拋物線的解析式，由題意，分兩種情況討論計算即可求解．
（1）解：∵，
∴，
∵，則，
∴，
∴，
將和代入得，
解得，
∴拋物線的表達式為；
（2）解：令，則，
解得或，
∵，
則
設直線的解析式為，
代入，
得，
解得，
∴直線的解析式為，
設（），則，
∴，
∵，
∴當時，最大，此時，
∵點是線段上一動點，軸于點，
∴當線段長度取得最大值時，
∵，，點為線段的中點，
∴
將線段向左平移個單位得到，則
當三點共線時最小，即最小，最小值為的長度；
∴的最小值為；
（3）解：由（2）得，
∴新拋物線由向左平移個單位，向上平移個單位得到，
∴，
過點作交拋物線于點，
∴，
同理求得直線的解析式為，
∵，
∴設直線的解析式為，代入
∴
解得：
∴直線的解析式為
聯立得，
解得，，
當時，，
∴，
聯立直線和拋物線解析式可得
解得：，
當時，，
∴
∴軸，
又∵
∴
∴
作關于直線的對稱點，連接交于點
∴
∵
∴
∵，，
∴將點向左平移個單位再向下平移個單位，得
同理直線的解析式為，
聯立，
解得或，
當時，，
∴，
綜上，符合條件的點T的坐標為或．
26．【答案】（1）證明：由翻折可知，
又∵四邊形是平行四邊形，，
∴
∴
∴是等邊三角形，
∴，，
在△ABF和△CAE中
∴（SAS），
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）證明：延長至點，使，連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
在△TAC和△GAB中
∴（SAS），
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
設，則，，
在下圖中，過點作于點，過點作于點，過點作于點，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
設，則，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是線段的中點；
（3）解：或，理由如下：
延長至點使，連接，，
取中點，連接，，，
由（）得，
是等邊三角形，
，分別是，的中點，
，
，
是等邊三角形，
在中，
（SAS）
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分別是的中點，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
【知識點】等邊三角形的判定與性質；平行四邊形的性質；已知余弦值求邊長；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性質-對應邊
【解析】【分析】（1）根據翻折的性質和平行四邊形的性質可得∠ACB=60°，PC=AC，根據有一個角等于60°的等腰三角形是等邊三角形可得△ABC是等邊三角形，結合已知，用邊角邊可得，由全等三角形的對應角相等可得，然后根據三角形的外角的性質“三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角之和”可得，再根據“有兩個角對應相等的兩個三角形相似”可求解；
（2）延長至點，使，連接，，根據邊角邊可得，由全等三角形的對應邊（角）相等可得∠ATC=∠AGB，TC=BG，根據含度角所對的直角邊等于斜邊的一半可得，設，則，，過點作于點，過點作于點，過點作于點，在Rt△ABM中，用勾股定理可將AB用含a的代數式表示出來；設，則，在Rt△AGN和Rt△BGN中，根據勾股定理可得關于a、x的方程，解方程可將BN用含a的代數式表示出來，根據，用余弦的定義可求得的值，由勾股定理求得的長，然后由線段的和差即可求解；
（3）延長至點使，連接，，取中點，連接，，，證明是等邊三角形，根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可得，，由相似三角形的對應邊的比相等可得，根據，，等量代換可得．
（1）證明：由翻折可知，
又∵四邊形是平行四邊形，，
∴
∴
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）證明：延長至點，使，連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
設，則，，
在圖中，過點作于點，過點作于點，過點作于點，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
設，則，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是線段的中點；
（3）解：或，
理由如下：
延長至點使，連接，，
取中點，連接，，，
由（）得，
是等邊三角形，
，分別是，的中點，
，
，
是等邊三角形，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分別是的中點，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
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