文档内容
2025 年中考押题预测卷
数学·全解全析
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．计算﹣2+（﹣5）的结果等于（ ）
A．﹣3 B．3 C．﹣7 D．7
【答案】C
【分析】根据有理数的加法法则进行解题即可．
【解答】解：原式＝﹣7．
故选：C．
【点评】本题考查有理数的加法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
2．如图1，古代叫“斗”，官仓、粮栈、米行、家里等都是必备的粮食度量用具．如图 2，是它的几何示
意图，下列图形是“斗”的俯视图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据俯视图的意义，判断解答即可．
【解答】解：“斗”的俯视图的是：．
故选：B．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，熟练掌握俯视图的意义是解题的关键．
3．下列计算正确的是（ ）
A．（a3）3＝a9 B．x2+x2＝x4 C．a3b2÷a3b2＝0 D．x3•x2＝x6
【答案】A
【分析】根据整式的运算法则逐项分析判断即可．
【解答】解：A、（a3）3＝a9，选项运算正确，符合题意；
B、x2+x2＝2x2，选项运算错误，不符合题意；
C、a3b2÷a3b2＝1，选项运算错误，不符合题意；
D、x3•x2＝x5，选项运算错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是关键．
4．一位射击运动员在一次训练效果测试中射击了10次，成绩如图所示，对于这10次射击的成绩有如下结
论，其中不正确的是（ ）
A．众数是8 B．中位数是8 C．平均数是8 D．方差是1
【答案】D
【分析】根据众数、中位数、平均数以及方差的算法进行计算，即可得出答案．
【解答】解：由图可得，数据8出现4次，次数最多，所以众数为8，故A正确；
1
10次成绩排序后为：6，7，7，8，8，8，8，9，9，10，所以中位数是 （8+8）＝8，故B正确；
2
1
平均数为 （6+7×2+8×4+9×2+10）＝8，故C正确；
101
方差为 [（6﹣8）2+（7﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）
10
2+（9﹣8）2+（10﹣8）2]＝1.2，故D不正确；
不正确的有1个；
故选：D．
【点评】本题主要考查了众数、中位数、平均数以及方差，用“先平均，再求差，然后平方，最后再平
均”得到的结果表示一组数据偏离平均值的情况，这个结果叫方差．
5．如图，AB是 O的直径，点C、D是 O上的点，连接DC，DA，CA，且AD＝CD，若∠CAB＝15°，
则∠ACD的度⊙数为（ ） ⊙
A．30° B．37.5° C．45° D．60°
【答案】B
【分析】连接BC，如图，利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则∠B＝75°，然后利用圆的内接四边形的
性质求∠ADC的度数，再根据等腰三角形的性质即可求出答案．
【解答】解：如图，连接BC，
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝90°﹣15°＝75°，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°，
∵AD＝CD，
180°−105°
∴∠ACD＝∠CAD= =37.5°．
2
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，
都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直
径．
6．“孔子周游列国”是流传很广的故事．有一次他和学生到离他们住的驿站 30里的书院参观，学生步行出发1小时后，孔子坐牛车出发，牛车的速度是步行的 1.5倍，孔子和学生们同时到达书院，设学生步
行的速度为每小时x里，则可列方程为（ ）
30 30 30 30
A． = +1 B． =
x 1.5x x 1.5x+1
30 30 30 30
C． = −1 D． =
x 1.5x x 1.5x−1
【答案】A
【分析】根据题意可知：步行的时间＝牛车用的时间+1，然后即可列出相应的方程．
【解答】解：∵学生步行的速度为每小时x里，牛车的速度是步行的1.5倍，
∴牛车的速度是1.5x里，
30 30
由题意可得： = + 1，
x 1.5x
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．
7．根据研究，人体内血乳酸浓度升高是运动后感觉疲劳的重要原因．运动员未运动时，体内血乳酸浓度
通常在40mg/L以下；如果血乳酸浓度降到50mg/L以下，运动员就基本消除了疲劳，体育科研工作者根
据实验数据，绘制了一幅图象，它反映了运动员进行高强度运动后，体内血乳酸浓度随时间变化而变化．
下列叙述错误的是（ ）
图中实线表示采用慢跑活动方式放松时血
乳酸浓度的变化情况；
虚线表示采用静坐方式休息时血乳酸浓度
的变化情况.
A．体内血乳酸浓度和时间t均是变量
B．当t＝20min时，两种方式下的血乳酸浓度均超过150mg/L
C．采用静坐方式放松时，运动员大约40min就能基本消除疲劳
D．运动员进行完剧烈运动，为了更快达到消除疲劳的效果，应该采用慢跑活动方式来放松
【答案】C
【分析】根据函数图象横纵坐标表示的意义判断即可．
【解答】解：由题意可知：
A、体内血乳酸浓度和时间t均是变量，说法正确，故选项A不合题意；
B、当t＝20min时，两种方式下的血乳酸浓度均超过150mg/L，说法正确，故选项B不合题意；C、采用静坐方式放松时，运动员大约70min后就能基本消除疲劳，原说法错误，故选项C符合题意；
D、运动员进行完剧烈运动，为了更快达到消除疲劳的效果，应该采用慢跑活动方式来放松，说法正确，
故选项D不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了函数的图象，常量与变量，函数的表示方法，解答本题的关键是正确理解函数图象
横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决．
8．如图，在 ABCD中，∠A＝30°．利用尺规在BC，BA上分别截取BE，BF，使BE＝BF；分别以点E，
▱
1
F为圆心，大于 EF的长为半径作弧，两弧在∠ABC内相交于点G；作射线BG交DC于点H．若
2
AD=2√3+2，则BH的长为（ ）
A．2√2 B．2√3 C．√3+1 D．√5
【答案】A
【分析】利用基本作图可判断 BH 平分∠ABC，则∠ABH＝∠CBH，再根据平行四边形的性质得
AB∥CD，∠C＝∠A＝30°，BC＝AD＝2√3+2，则可证明∠CHB＝∠CBH，所以BC＝HC＝2√3+2，过
B点作BM⊥CD于M点，如图，利用含30度角的直角三角形三边的关系计算出BM=√3+1，CM＝3
+√3，然后利用勾股定理计算BH的长．
【解答】解：由作法得BH平分∠ABC，
∴∠ABH＝∠CBH，∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，∠C＝∠A＝30°，BC＝AD＝2√3+2，
∴∠CHB＝∠CBH，
∴BC＝HC＝2√3+2，
过B点作BM⊥CD于M点，如图，
在Rt△BCM中，∵∠C＝30°，
1 1
∴BM= BC= （2√3+2）=√3+1，
2 2
∴CM=√3BM=√3（√3+1）＝3+√3，∴HM＝CH﹣CM＝2√3+2﹣（3+√3）=√3−1，
在Rt△BMH中，BH=√H M2+BM2=√(√3−1) 2+(√3+1) 2=2√2．
故选：A．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了平行四边形
的性质．
9．在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（1，﹣1），C（3，﹣1）．当直线y＝
﹣x+b与△ABC有交点（包括顶点）时，b的取值范围是（ ）
A．﹣1≤b≤2 B．﹣1≤b≤3 C．0≤b≤2 D．0≤b≤3
【答案】D
【分析】分别将A、B、C代入一次函数y＝﹣x+b中求出b，即可得到b的取值范围．
【解答】解：将点C（3，﹣1）代入直线y＝﹣x+b中，得：﹣3+b＝﹣1，
∴b＝2，
将点B（1，﹣1）代入直线y＝﹣x+b中，得：﹣1+b＝﹣1，
∴b＝0，
将点A（1，2）代入直线y＝﹣x+b中，得：﹣1+b＝2，
∴b＝3，
∴要使直线y＝﹣x+b与△ABC有交点，且0＜2＜3，
∴0≤b≤3．
故选：D．
【点评】本题考查一次函数解析，熟练掌握待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
1
10．如图，抛物线y=− x2−x+c（﹣6≤x≤0）与x轴交于点A（﹣6，0）．点P（t，y ），Q（t+3，y ）
4 1 2
是抛物线上两点，当t≤x≤t+3时，二次函数最大值记为y最大值 ，最小值记为y最小值 ，设m＝y最大值 ﹣y最
小值
，则m的取值范围是（ ）9 9 15 9 9 9 15
A． ≤m≤1 B． ≤m≤ C． ≤m≤ D． ≤m≤
16 16 4 16 4 4 4
【答案】B
【分析】首先根据抛物线解析式求得对称轴方程；然后分类讨论：当点P，Q均在对称轴x＝﹣2左侧时，
当点P在对称轴x＝﹣2左侧，Q在对称轴x＝﹣2右侧，利用抛物线的性质作答即可．
−1
1 =− =−
【解答】解：抛物线y=− x2−x+c（﹣6≤x≤0）的对称轴为：x 1 2．
4 2×(− )
4
1
当点P，Q均在对称轴x＝﹣2左侧时，有﹣6≤t＜﹣5，y =− (t+3) 2−(t+3)+c，
最大值 4
1
y =− t2−t+c，
最小值 4
1 1 3 21
则m=− (t+3) 2−(t+3)+c−(− t2−t+c)=− t− ，
4 4 2 4
∵m随t的增大而减小，﹣6≤t＜﹣5，
9 15
∴ ＜m≤ ．
4 4
当点P在对称轴x＝﹣2左侧，Q在对称轴x＝﹣2右侧时，
① 若 点 P 距 对 称 轴 的 距 离 大 于 点 Q 距 对 称 轴 的 距 离 时 ， 有 ﹣ 5≤ t ＜ ﹣ 3.5 ，
1
y =− ×(−2) 2+2+c=1+c，
最大值 4
1
y =− t2−t+c，
最小值 4
1 1
则m=1+c−(− t2−t+c)= t2+t+1，
4 4
对称轴：t＝﹣2，在对称轴左侧m随t的增大而减小，
9 9
∴ ＜m≤
16 4
②若点P距对称轴的距离小于点Q距对称轴的距离时，1 1
当﹣3.5≤t≤﹣3时，y =− ×(−2) 2+2+c=1+c，y =− (t+3) 2−(t+3)+c，
最大值 4 最小值 4
1 1 5 25
则m=1+c−[− (t+3) 2−(t+3)+c]= t2+ t+ ，
4 4 2 4
对称轴t＝﹣5，在对称轴左侧m随t的增大而增大，
9
∴ ≤m≤1；
16
∵﹣6≤t≤0，
∴点P，Q不可能均在对称轴x＝﹣2右侧．
9 15
综上可得： ≤m≤ ，
16 4
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的最值．解
题时，运用了分类讨论的数学思想．难度偏大．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
√x−5
11． 有意义，则x的取值范围为 ．
4−x
【答案】：x≥5．
【分析】根据分母不为零和二次根式被开方数不小于零的条件进行解题即可．
【解答】解：由题可知，
x﹣5≥0且4﹣x≠0，
解得x≥5．
故答案为：x≥5．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握分母不为零和二次根式被开方数不小于零的条件是
解题的关键．
12．一个不透明布袋里只装有n个红球和3个白球（除颜色外其余都相同），从中任意摸出一个球是红球
3
的概率为 ，则n的值为 ．
4
【答案】：9
【分析】根据概率公式列式计算求出n的值即可．3
【解答】解：∵摸出一个球是红球的概率为 ，
4
n 3
∴ = ，
n+3 4
解得n＝9，
经检验n＝9符合题意，
∴n的值为9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了概率公式，掌握随机事件概率的计算公式是解题的关键．
13．已知某一元二次方程的一个根是﹣2，则此方程可以是 ．（填一个即可）
【答案】：x2＝4（答案不唯一）．
【分析】设一元二次方程为ax2+bx+c＝0（a≠0），把x＝﹣2代入可得a、b、c之间的数量关系，只要
满足该数量关系的方程即为所求．所以答案不唯一．
【解答】解：设一元二次方程为ax2+bx+c＝0（a≠0），把x＝﹣2代入可得，4a﹣2b+c＝0
所以只要a（a≠0），b、c的值满足4a﹣2b+c＝0即可．
如x2＝4等，答案不唯一．
故答案为：x2＝4（答案不唯一）．
【点评】此题是开放性题目，主要考查了元二次方程的根，即方程的解的定义．解此题的关键是设一元
二次方程为ax2+bx+c＝0（a≠0），把这一根代入方程得出a、b、c之间的数量关系，只要求出满足该
数量关系的a、b、c的值就可得出一元二次方程．
14．如图所示，在平行四边形ABCD中，点F在CD上，且CF：DF＝1：2，则S△CEF ：S平行四边形ABCD ＝
．
【答案】：1：24．
【分析】设CF＝a，DF＝2a，S△CEF ＝S，则CD＝3a．利用相似三角形的性质求出平行四边形的面积，
即可解决问题．
【解答】解：设CF＝a，DF＝2a，S△CEF ＝S，则CD＝3a．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3a，AB∥CF，∴△CFE∽△ABE，
CF CE 1
∴ = = ，
AB AE 3
S 1
∴ △EFC = ，
S 9
△ABE
∴S△ABE ＝9S，
∴S△BCE ＝3S，
∴S平行四边形ABCD ＝2•S△ABC ＝24S，
∴S△CEF ：S
ABCD
＝1：24，
故答案为1：▱ 24．
【点评】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解
决问题，属于中考常考题型．
15．如图，已知点A（1，4），B（7，1），点P在线段AB上，并且点P的横、纵坐标均为整数．经过点
k
P的双曲线为l：y= (x＞0)．
x
（1）当点P与点B重合时，k的值为 ；
（2）k的最大值为 ．
【答案】：7；10．
【分析】（1）由点P与点B重合，P（7，1），将P代入解析式，即可求解；
（2）求出直线AB的解析式，由点P的横、纵坐标均为整数可求出P的坐标，从而可求出满足k的值，
即可求解．
【解答】解：（1）∵点点A（1，4），B（7，1），点P与点B重合，
∴P（7，1），
k
∵双曲线为l：y= (x＞0)经过点P，
x
∴k＝7×1＝7，故答案为：7；
（2）设直线AB的解析式为y＝ax+b，
{a+b=4
∴ ，
7a+b=1
1
{a=−
2
解得 ，
9
b=
2
1 9
∴线段AB所在直线的函数表达式为y=− x+ ；
2 2
∵点P在线段AB上，并且点P的横、纵坐标均为整数，
横坐标1≤x≤7，
∴点P坐标为（1，4）或（3，3）或（5，2）或（7，1），
k
∵双曲线为l：y= (x＞0)经过点P，
x
∴k的值为4或9或10或7，
∴k的最大值为10；
故答案为：10．
【点评】本题考查了待定系数法，反比例函数与一次函数，能根据P点的横坐标1≤x≤7，求出发P的
坐标是解题的关键．
16．七巧板是中国古代人民创造的益智玩具，被誉为“东方魔板”．小明用一个边长为 4的正方形制作出
如图1的七巧板，再用这副七巧板拼出了如图2的“灵蛇献瑞”图．过该图形的A，B，C三个顶点作圆，
则这个圆的半径长为 ．
【答案】：2√5．
【分析】在图2中标出相应的字母，设圆心为O，延长AF交PH于点E，交 O于点D，连接EI，则四
⊙边形EFGH是平行四边形，且 EFGH≌ BILK，可证明四边形EILH是平行四边形，由大正方形的边
长为4，可知AE＝BC＝QL＝4▱，QH＝2，▱则EI∥HL，且EI＝HL＝6，由HL⊥GH，GH∥AF∥BC，得
EI⊥BC，EI⊥AD，而BI＝CI＝2，则EI垂直平分BC，所以圆心O在EI上，则EI垂直平分AD，所以
DE＝AE＝4，连接OD、OB，由OE2+DE2＝OD2＝OB2＝BI2+OI2，得OE2+42＝22+（6﹣OE）2，求得OE
＝2，则OD=√OE2+DE2=2√5，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图2，设圆心为O，延长AF交PH于点E，交 O于点D，连接EI，
∵AF∥GH，FG∥EH， ⊙
∴四边形EFGH是平行四边形，且 EFGH≌ BILK，
∵EH∥IL，且EH＝IL， ▱ ▱
∴四边形EILH是平行四边形，
∵大正方形的边长为4，
∴AE＝BC＝QL＝4，QH＝2，
∴EI∥HL，且EI＝HL＝6，
∵HL⊥GH，GH∥AF∥BC，
∴EI⊥BC，EI⊥AD，
∵BI＝CI＝2，
∴EI垂直平分BC，
∴圆心O在EI上，
∴EI垂直平分AD，
∴∠OED＝∠OIB＝90°，DE＝AE＝4，
连接OD、OB，则OD＝OB，
∴OE2+DE2＝OD2＝OB2＝BI2+OI2，
∴OE2+42＝22+（6﹣OE）2，
解得OE＝2，
∴OD=√OE2+DE2=√22+42=2√5，
∴这个圆的半径长为2√5，
故答案为：2√5．【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、垂径定理、
勾股定理、七巧板等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1
17．（6分）（1）计算：(2025−π) 0+4sin45°−(− ) −1+√8；
2
（2）解方程：（x+3）（x﹣5）＝1．
【答案】（1）4√2+3；
（2）x =√17+1，x =−√17+1．
1 2
【分析】（1）先算零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，化简二次根式，再算加减即可；
（2）整理后，利用配方法求解即可．
√2
【解答】解：（1）原式=1+4× −(−2)+2√2
2
＝1+2√2+2+2√2
=4√2+3；
（2）（x+3）（x﹣5）＝1，
x2﹣2x＝16，
x2﹣2x+1＝16+1，即（x﹣1）2＝17，
∴x−1=±√17，
解得：x =√17+1，x =−√17+1．
1 2
【点评】本题主要考查实数混合运算，解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方
法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法是解题的关键．
18．（6 分）如图，已知 AB＝DC，AC＝DB，AC 与 DB 交于点 M．过点 C 作 CN∥BD，过点 B 作
BN∥AC，CN与BN交于点N．（1）求证：△ABC≌△DCB；
（2）已知BN＝3，求CN的长．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）3．
【分析】（1）利用SSS定理可直接判定△ABC≌△DCB；
（2）首先根据CN∥BD、BN∥AC，可判定四边形BNCM是平行四边形，再根据△ABC≌△DCB可得
∠1＝∠2，进而可得BM＝CM，根据邻边相等的平行四边形是菱形，根据菱形的性质可得结论．
【解答】（1）证明：在△ABC和△DCB中，
{AB=DC
AC=DB，
CB=BC
∴△ABC≌△DCB（SSS）；
（2）解：∵CN∥BD、BN∥AC，
∴四边形BNCM是平行四边形，
∵△ABC≌△DCB，
∴∠ACB＝∠DBC，
∴BM＝CM，
∴四边形BNCM是菱形，
∴CN＝BN＝3．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，以及菱形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行
四边形是菱形．
19．（8分）如图，△ABC中BC为 O的直径．
⊙（1）请仅用无刻度直尺在图1中作出AB边上高CD．
（2）请仅用无刻度直尺在图2中作出BC边上高AE．
【答案】见解答．
【分析】（1）AB与 O的交点为D点，根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，所以CD⊥AB，则CD为
AB边上的高； ⊙
（2）延长AC交 O于F点，根据圆周角定理可判断BF为AC边上的高，而CD为AB边上的高，DC
和BF的延长线的⊙交点P为△ABC三条高的交点，连接AP交BC于E，则AE⊥BC．
【解答】解：（1）如图1，CD为所作；、
（2）如图，AE为所作．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，正确理解三角形高的定义和圆周角定理是解决问题的关键．
20．（8分）综合与实践：为了提高学生的防溺水意识，某校举行了“珍爱生命，远离溺水”安全知识竞
赛，并对收集到的数据进行了整理、描述和分析．
【收集数据】随机抽取部分学生的竞赛成绩（满分100分，所有竞赛成绩均不低于60分）组成一个样
本．
【整理数据】将学生竞赛成绩的样本数据分成A，B，C，D四组进行整理，如表．
组别 A B C D
成绩x/分 60≤x＜70 70≤x＜80 80≤x＜90 90≤x≤100
人数 8 m 12 n
【描述数据】根据竞赛成绩绘制了如图两幅不完整的统计图．其中C组具体成绩的样本数据分别为：80，80，82，84，84，85，85，85，86，86，88，89．
【分析数据】根据以上信息，解答下列问题．
（1）填空：m＝ ，n＝ ，补全条形统计图．
（2）C组成绩的样本数据的众数是 ，样本数据的中位数是 ．
（3）若竞赛成绩85分以上（含85分）为优秀，请你估计该校参加竞赛的1000名学生中成绩为优秀的
人数．
【答案】（1）14，16；见解析；
（2）85，83；
（3）460人．
【分析】（1）先由C组人数及其所占百分比求出被调查总人数，再用总人数乘以B的百分比求出m的
值，再根据各组人数之和等于总人数求出n的值；
（2）根据中枢和中位数的定义即可求解；
（3）用总人数乘以样本中竞赛成绩85分以上（含85分）的人数所占比例即可得．
【解答】解：（1）本次随机抽取的学生人数为12÷24%＝50（人），
∴m＝50×28%＝14，
∴n＝50﹣8﹣12﹣14＝16；
补全条形统计图，故答案为：14，16；
85+85
（2）C组成绩的样本数据的众数是85，样本数据的中位数是 =85，
2
故答案为：85，85；
23
（3）1000× =460（人），
50
答：估计该校参加竞赛的1000名学生中成绩为优秀的人数有460人．
【点评】本题考查条形统计图，频数（率）分布表，用样本估计总体及扇形统计图，解答本题的关键是
明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．（10分）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络
信号（即DB：AB＝1：2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当
太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM＝8m，ME＝9m．
（1）∠PEN＝ °；
（2）求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
【答案】（1）37；
（2）30米．
【分析】（1）作ES⊥PQ，垂足为S，根据题意∠PES＝53°，即可求得∠PEN＝90﹣53°＝37°；（2）根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，根据坡度的定义设QH＝5x米，在Rt△AQH中，由勾
PS
股定理可得QH2+AH2＝AQ2，代入求出QH的长，利用锐角三角函数关系tan∠PES= ，得出PS的
ES
长，进而得出答案．
【解答】解：（1）信号塔底端Q到坡底A的距离为13m，太阳光线与水平线所成的夹角为53°，如图，
作ES⊥PQ，垂足为S，
∴∠PES＝53°，
∴∠PEN＝90﹣53°＝37°；
故答案为：37；
（2）根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，
∴SH＝EM，ES＝HM．
由i＝1：2.4，可得QH：HA＝5：12，
设QH＝5x米，则HA＝12x米，
在直角三角形AQH中，由勾股定理得：QH2+AH2＝AQ2，
∴（5x）2+（12x）2＝132，
解得x＝1（负值舍去），
∴QH＝5x＝5（米），HA＝12x＝12（米），
∴ES＝HA+AM＝12+8＝20（米），
∵∠PES＝53°，
PS
在直角三角形PES中，tan∠PES= ，
ES
PS
即tan53°= ，
ES
∴PS≈20×1.3＝26.0（米），∴PQ＝PS+EM﹣QH＝26.0+9﹣5＝30.0（米）．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，正确作出辅助线是解题关键．
22．（10分）已知矩形纸片ABCD，
第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交
于点O（如图1）．
第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点
H（如图2）．
（1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论．
（2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长．
【答案】（1）DE＝DH，见解答；
1
（2）tan∠ODH= ，AH＝4√10．
3
【分析】（1）由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，则有∠EOD＝∠HOD＝90°．由第②步折叠知：
∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．得出DE＝DH．
CF 3 1
（2）连结EF．因为CE＝4，根布局勾股定理得出CF，则tan∠CDF= = = ．由勾股定理求出
CD 9 3
1 3√10
DF，则OD= DF= ，再根据∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，得出∠DAE＝
2 2
1 1 √10 9√10
∠CDF．则 tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF= ，则OH= OD= ，OA=3OD= ，则
3 3 2 2
AH=OA−OH=4√10．
【解答】解：（1）DE＝DH．理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，
则有∠EOD＝∠HOD＝90°．
由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，
即∠EDO＝∠HDO．
又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．
∴DE＝DH．
（2）连结EF．
∵CE＝4，
∴CF=√EF2−CE2=3，
CF 3 1
∴tan∠CDF= = = ．
CD 9 3
∵DF=√CD2+CF2=3√10，
1 3√10
∴OD= DF= ，
2 2
∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF．
1
∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF= ，
3
1 √10 9√10
∴OH= OD= ，OA=3OD= ，
3 2 2
∴AH=OA−OH=4√10．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．23．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝﹣x2﹣2ax+3（a≠0）．
（1）若函数的图象经过点（1，4），并与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点
C．
①求该二次函数的表达式；
②若点D在该二次函数图象上，且D在直线BC上方，当△BCD的面积最大时，试求出点D到直线BC
的距离；
（2）点M（x ，y ），N（3a，y ）是二次函数图象上两点，当1≤x ≤3时，始终有y ＜y ，求a的取
1 1 2 1 1 2
值范围．
9√2
【答案】（1）①y＝﹣x2+2x+3；② ；
8
1 1
（2）− ＜a＜ ．
5 3
【分析】（1）①将（1，4）代入函数表达式得：4＝﹣1﹣2a+3，即可求解；
1 3 3 3 27 27
②由△BCD的面积= ×OB×DH= （﹣x2+3x）=− （x− ）2+ ≤ ，即△BCD的面积最大为
2 2 2 2 8 8
27 27 1 1
，设点D到直线BC的距离为h，则 = ×BC•h= ×3√2h，即可求解；
8 8 2 2
（2）当a≤﹣3时，则x ＝3时，y＝9+6a﹣15a2＞0，即可求解；当﹣3＜a＜﹣1、a＞﹣1时，同理可解．
1
【解答】解：（1）①将（1，4）代入函数表达式得：4＝﹣1﹣2a+3，则a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
②由抛物线的表达式知，点A、B、C的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）、（0，3），
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
设点D（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），则DH＝﹣x2+3x，
1 3 3 3 27 27
则△BCD的面积= ×OB×DH= （﹣x2+3x）=− （x− ）2+ ≤ ，
2 2 2 2 8 827
即△BCD的面积最大为 ，设点D到直线BC的距离为h，
8
27 1 1 9√2
则 = ×BC•h= ×3√2h，则h= ，
8 2 2 8
9√2
即点D到直线BC的距离为 ；
8
（2）∵y ＜y ，则−x2−2ax +3＞﹣15a2+3，即x2+2ax ﹣15a2＞0，
1 2 1 1 1 1
即设y=x2+2ax ﹣15a2＞0，
1 1
函数y得对称轴为直线x ＝﹣a，
1
当a≤﹣3时，
则x ＝3时，y＝9+6a﹣15a2＞0，
1
3
解得：− ＜a＜1（舍去）；
5
当﹣3＜a＜﹣1时，
则x ＝﹣a时，y＝a2﹣2a2﹣15a2＞0，无解；
1
当a＞﹣1时，
则当x ＝1时，y＝1+2a﹣15a2＞0，
1
1 1
解得：− ＜a＜ ，
5 3
1 1
综上，− ＜a＜ ．
5 3
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合
的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
24．（12分）如图1，以Rt△ABC的直角边AB为直径画 O，过A作斜边AC的垂线交 O于点D，连结
CD，交 O于点E，交AB于点F，连结BE． ⊙ ⊙
⊙（1）求证：∠ACD＝∠EBC．
（2）如图2，当△ABC是等腰直角三角形时．
①求∠BCD的正切值；
CE
②求 的值．
BE
CE
（3）若AB＝1，设CD＝x， =y，求y关于x的函数表达式．
EF
【答案】（1）见解析；
1
（2）① ；②√2；
3
（3）y＝x2﹣1．
【分析】（1）利用同弧所对的圆周角相等，通过等量代换证明即可；
（2）①过点D作DG⊥BC交延长线于点G，连接OD，设圆的半径为r，证明四边形BODG是正方形，
再求解即可；
②设圆的半径为r，则AD=√2r，AC＝2√2r，过E点作EH⊥BC交于H点，则tan∠EBC＝tan∠ACD
1 1 CE
= ，结合tan∠BCD= ，推导出HC＝3EH，CE=√10EH，即可得到 =√2；
2 3 BE
（3）连接AE，证明△ABE∽△CDA和△FAE∽△FCA，推导y与x的关系即可．
【解答】（1）证明：∵^AE=^AE，
∴∠D＝∠ABE，
∵∠ABC＝90°，AD⊥AC，
∴∠D+∠ACD＝∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC；
（2）解：①过点D作DG⊥BC交延长线于点G，连接OD，
设圆的半径为r，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠DAC＝90°，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴四边形BODG是正方形，
∴DG＝BG＝r，BC＝2r，
1
∴tan∠BCD= ；
3
②设圆的半径为r，则AD=√2r，AC＝2√2r，过E点作EH⊥BC交于H点，
1
∴tan∠EBC＝tan∠ACD= ，
2
∴BH＝2EH，BE=√5EH，
1
∵tan∠BCD= ，
3
∴HC＝3EH，CE=√10EH，
CE
∴ =√2；
BE
（3）连接AE，
∵AB是圆的直径，
∴∠AEB＝90°＝∠DAC，
∵∠ADC＝∠ABE，
∴△ABE∽△CDA，
AC
∴ = x，
EA
∵∠FAE＝∠FCA，∠AFE＝∠CFA，
∴△FAE∽△FCA，
FC FA AC
∴ = = = x，
FA FE AE
FC F A2
∴ = = x2，
FE FE2
CE
∴y= =x2﹣1．
FE
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质，正方形的判定
及性质是解题的关键．
