文档内容
2025年重庆实验外国语学校中考数学二模试卷
一、选择题：（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、
B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目的正确答案标号涂黑。
1．（4分）（2025•朝阳区校级四模）下列各数中最小的数是（ ）
A．﹣3 B．﹣ C．﹣2 D．0
2．（4分）（2025•九龙坡区校级π 二模）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
8
3．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）下列各点在反比例函数y=- 的图象上的是（ ）
x
A．（﹣1，﹣8） B．（﹣2，4） C．（﹣4，﹣2） D．（1，8）
4．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）下列计算正确的是（ ）
A．2a•4a＝8a B．a3•a4＝a7 C．a8÷a4＝a2 D．（a3）4＝a7
5．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，△ABC与△A′B′C′位似，点 O为位似中心，若 AA′＝
3OA′，若△A′B′C′的面积为3，则△ABC的面积为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．16
6．（4分）（2025•盐山县校级模拟）已知m=√18+√2，则实数m的范围是（ ）
A．2＜m＜3 B．3＜m＜4 C．4＜m＜5 D．5＜m＜6
7．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）用正六边形瓷砖来铺设地板，以一块正六边形瓷砖为中心，按环
状铺设，每次铺设时最外侧的边需一块新的正六边形瓷砖与它衔接，如图①铺设一环需1块正六边形
瓷砖，如图②铺设两环需7块正六边形瓷砖，如图③铺设三环需19块正六边形瓷砖，如图④铺设四
环需37块正六边形瓷砖，按此规律排列下去，则铺设六环需（ ）块正六边形瓷砖．
第1页（共45页）A．81 B．91 C．96 D．187
8．（4分）（2025•盐山县校级模拟）如图，已知四边形ABCD是 O的内接四边形，且AD＝BC，过点
D作 O的切线交BA的延长线于点E，连接OB、OC，若∠BOC⊙＝64°，则∠ADE的度数为（ ）
⊙
A．32° B．36° C．26° D．32.5°
9．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，
连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝ ，则∠HCF的度数为（ ）
α
A．45°+ B．45°﹣ C．2 D．
10．（4分）α（2025•九龙坡区校级α二模）已知整式Mα＝a
n
xn+a
n﹣1
xn﹣1+⋯+αa
1
x+a
0
，其中n为自然数，a
n
，
a
n﹣1
，⋯a
0
均为绝对值小于2的整数，且a
n
≠0，满足n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4．下列结论：
①满足条件的整式M中只有7个单项式；
②不存在任何一个n，使得满足条件的整式有且只有6个；
③满足条件的整式一共有22个．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案填在答题卡对应的横线上。
11．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）若代数式√x+9在实数范围内有意义，则x的取值范围是
．
12．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）随着新能源汽车技术的高速发展，新能源汽车的销量持续增加．
第2页（共45页）某品牌新能源汽车2022年销量为20万台，2024年销量为28.8万台．则该品牌汽车销量的年平均增长
率为 ．
13．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，点E为BC延长线上
一点，连接BD、DE，若∠BDE＝∠BED，则DE的长为 ．
14．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）三张背面完全相同的数字牌，正面分别印有数字 1、2、4，将它
们背面朝上，洗匀后随机抽取一张把正面数字记为a，将数字牌放回洗匀后，再随机抽取一张把正面
数字记为b，则a+b≥5的概率是 ．
15．（4分）（2025•盐山县校级模拟）如图，AB是 O的直径，点C，E为圆上两点，若点C为BD的中
点，连接DE并延长与 O交于点F，与CA的延长⊙线交于点H．若2∠D+∠DBE＝180°，BC＝3，HC＝
12，则BE＝ ⊙，AH＝ ．
16．（4分）（2025•开州区校级模拟）一个四位自然数M的各个数位上的数字互不相等且都不为0，如
果前两位数字所组成的两位数与后两位数字所组成的两位数的和等于99，那么就称这个数为“长久
数”．“长久数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数M′．并且规定：
M-M'
F（M）= .例如：一个四位数3267，因为32+67＝99，所以3267是“长久数”且F（3267）
99
3267-6732
= =- 35．最小的“长久数”是 .如果M是一个“长久数”，规定G（M）等
99
于M的前两位数字之和，且F（M）+G（M）是一个完全平方数，则满足条件的 M的最大值是
．
第3页（共45页）三、（本大题共8个小题，第17题16分，其余每个小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的
演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。
{x-3(x-2)≥4①
17．（16分）（2025•九龙坡区校级二模）（1）解不等式组： x+2 2x+4 ；
＜ ②
2 3
（2）先化简，再求值：
1 x-2 2x-1 1 -2
+ ÷( -x+1)，其中x=( ) -4cos30°-|√3-4|-50．
x x2+2x+1 x+1 2
18．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）在学习了平行四边形和菱形的相关知识后，学习小组进行了拓
展性研究．他们发现，过平行四边形的一组对角的顶点分别作一组对边的垂线，与另一组对角的顶点
所连对角线或对角线所在直线相交，则这两个交点和两个垂足构成的四边形是平行四边形，可利用证
明三角形全等得此结论．请根据他们的想法和思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，过D作DE⊥AD交AC于点E，连接BE．用尺规
过点B作BC的垂线，交AC于点F，连接DF（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）在（1）所作的图形中，求证：四边形BFDE是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，① ，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵ED⊥AD，BF⊥BC，
∴∠ADE＝∠CBF＝90°，
在△ADE和△CBF中，
{∠DAE=∠BCF ¿ ¿
#160;¿ #160;)¿∠ADE=∠CBF¿¿¿¿¿，
②( #160; ¿
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴③ ，∠AED＝∠CFB，
∴DE∥BF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
进一步思考，如果四边形ABCD是菱形呢？过菱形的一组对角的顶点分别作一组对边的垂线，与另一
组对角的顶点所连对角线或对角线所在直线相交，则这两个交点和两个垂足构成的四边形是④
．
第4页（共45页）19．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）为了了解学生掌握环境保护知识的情况，进一步增强学生绿色
文明意识、生态保护意识，号召学生积极参与到环境保护的行动中来，某校举行了“保护环境，人人
有责”的环保知识大赛．从该校七、八年级中各随机抽取 10名学生的成绩（百分制，单位：分）进行
整理、描述和分析（成绩得分用 x 表示，共分成四组：A．x＜70；B.70≤x＜80；C.80≤x＜90；
D.90≤x≤100）．下面给出了部分信息：
七年级10名学生的成绩是：73，73，76，79，79，84，84，84，98，100．
八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：80，85，85，85．
七八年级抽取的学生成绩统计表：
平均数 中位数 众数
七年级 83 81.5 b
八年级 83 a 85
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ ，b＝ ，m＝ ；
（2）根据以上数据，你认为该校七年级和八年级中哪个年级学生的环保知识掌握较好？请说明理由
（一条即可）；
（3）已知该校七年级有1900人，八年级有1800人参加了此次环保知识大赛活动，请估计两个年级参
加该活动的成绩不低于80分的共有多少人？
20．（10分）（2025•古塔区校级三模）为了助力乡村振兴，某乡镇政府计划对一条长 3000米的乡村道
路进行改造．
第5页（共45页）（1）该工程原计划由甲队单独施工，工期为160天．刚开始每天施工16米，施工一段时后，甲队改
进技术，施工效率提高了25%，刚好按时完工，则技术改造前甲队施工了多少天．
（2）由于工期需要，该工程决定由甲、乙两队共同完成，通过工程招标，甲队获得了 1800米的改造
工程，乙队获得了1200米的改造工程．甲、乙两队同时开始施工，甲队每天比乙队多施工 20%，结果
甲队比乙队晚20天完成任务．求乙队平均每天施工的米数．
21．（10 分）（2025•南岸区校级二模）如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠D＝90°，对角线
AC⊥AB，AD＝16，CD＝12．动点P以每秒5个单位长度的速度从点B出发，沿着B→A→C运动，作
PM⊥BC于点M，同时动点Q从点D出发，以每秒4个单位长度的速度沿射线DC运动，点N是射线
DA上一点，连接NQ，满足S ＝16，当点P到达C点时，P、Q两点同时停止运动．设点P运动的
△DQN
时间为x秒（0＜x＜7），线段PM的长度为y ，线段DN的长度为y ．
1 2
（1）请直接写出y ，y 关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
1 2
（2）在给定的平面直角坐标系中，画出y ，y 的图象，并写出函数y 的一条性质；
1 2 1
（3）结合函数图象，请直接写出当y ＞y 时x的取值范围．（近似值保留小数点后一位，误差不超过
1 2
0.2）
22．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别去B，C两港装
载物资，运送到位于A港北偏东15°方向的D港．甲货轮沿A港的北偏东60°方向航行120海里后到达
B港，因装载工人人手不够，甲货轮花了5个小时装载货物，然后沿正北方向航行一定距离到达D港．
乙货轮沿A港的西北方向航行一定距离到达C港，3个小时后装载好货物，再沿正东方向航行一定距
离到达D港．（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）
（1）求B，D两港之间的距离（结果保留根号）；
（2）若甲、乙两艘货轮都匀速航行，甲货轮每小时航行30海里，乙货轮每小时航行60海里，哪艘货
轮先到达D港？请通过计算说明（结果保留小数点后一位）．
第6页（共45页）23．（10分）（2025•盐山县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与y轴
交于点C，与x轴交于A（﹣1，0），B两点（A在B的左侧），抛物线的对称轴是直线x＝1，连接
AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD∥AC交BC于点D，点E，F为x轴
上的两个动点，点E在F的左侧，且EF＝1，连接PE，PF．当线段PD的长度取得最大值时，求
PE+PF的最小值；
（3）如图2，将该抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度得y′，新抛物线y′交BC于
点N，点M是新抛物线y′上对称轴左侧的一个动点，点K在y′的对称轴上，连接MN，MK，当∠NMK
＝2∠ACO且MN＝MK时，请写出所有符合条件的点M的坐标，并写出求解其中一个点M坐标的过程．
第7页（共45页）24．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，AD⊥AC，AD＝AC，将线段AC绕着点A顺时针旋转
（0＜ ＜90°）得到AB，连接BC、BD，点E为线段BD中点，过点D作DH∥BC交AB于点H．连接α
AE交αDH于点F．
（1）如图1，当 ＝40°时，求∠ADF的度数．
（2）如图2，过点α C作CQ⊥AE于点Q，请猜想线段DF、CQ、BC之间的数量关系，并证明你的猜想．
（3）如图3，若BC＝10，点M是直线BD上一动点，作点M关于点E的对称点N，连接CM、CN，
对于 的每一个确定值，CM+CN都有一个对应的最小值，当CM+CN最小值等于2AC时，请直接写出
四边形α ACBD的面积．
第8页（共45页）第9页（共45页）2025年重庆实验外国语学校中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B B C D B A B A
一、选择题：（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、
B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目的正确答案标号涂黑。
1．（4分）（2025•朝阳区校级四模）下列各数中最小的数是（ ）
A．﹣3 B．﹣ C．﹣2 D．0
【考点】有理数大小比较． π
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【专题】实数；数感．
【答案】B
【分析】根据有理数比较大小的法则进行解答即可．
【解答】解：|﹣3|＝3，|﹣ |＝ ，|﹣2|＝2，
∵ ＞3＞2＞0， π π
∴﹣π ＜﹣3＜﹣2＜0，
故选π：B．
【点评】本题考查的是有理数的大小比较，熟知正数都大于 0；负数都小于0；正数大于一切负数；两
个负数，绝对值大的其值反而小是解题的关键．
2．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，
那么这个图形叫做中心对称图形得出结论即可．
第10页（共45页）【解答】解：选项A、C、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的
图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对
称图形．
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
8
3．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）下列各点在反比例函数y=- 的图象上的是（ ）
x
A．（﹣1，﹣8） B．（﹣2，4） C．（﹣4，﹣2） D．（1，8）
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．
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【答案】B
8
【分析】根据y=- 得k＝xy＝﹣8，所以只要点的横坐标与纵坐标的积等于﹣8，就在函数图象上．
x
【解答】解：因为k＝xy＝﹣8，符合题意的只有C（﹣2，4），即k＝xy＝﹣2×4＝﹣8．
故选：B．
【点评】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积应
等于比例系数．
4．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）下列计算正确的是（ ）
A．2a•4a＝8a B．a3•a4＝a7 C．a8÷a4＝a2 D．（a3）4＝a7
【考点】单项式乘单项式；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；同底数幂的除法．
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【专题】整式；运算能力．
【答案】B
【分析】根据单项式乘单项式、同底数幂的乘除法、幂的乘方与积的乘方的运算法则进行计算即可．
【解答】解：A．原式＝8a2，故本选项不符合题意；
B．原式＝a7，故本选项符合题意；
C．原式＝a4，故本选项不符合题意；
D．原式＝a12，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查单项式乘单项式、同底数幂的乘除法、幂的乘方与积的乘方，熟练掌握以上知
识点是解题的关键．
5．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，△ABC与△A′B′C′位似，点 O为位似中心，若 AA′＝
3OA′，若△A′B′C′的面积为3，则△ABC的面积为（ ）
第11页（共45页）A．6 B．9 C．12 D．16
【考点】位似变换．
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【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】根据位似图形的性质推知：△ABC∽△A′B′C′，且相似比为2：1，然后由相似三角形对应边的
比的平方等于面积比解答．
【解答】解：∵AA′＝3OA′，
OA
∴ =2．
OA'
∵△ABC与△A′B′C′位似，点O为位似中心，
∴△ABC∽△A′B′C′，且AC∥AA′．
S
∴ △ABC =22．
S
△A'B'C'
∵△A′B′C′的面积为3，
∴△ABC的面积为12，
故选：C．
【点评】本题考查的是位似变换、相似三角形的性质，掌握相似三角形的对应边的比等于相似比是解
题的关键．
6．（4分）（2025•盐山县校级模拟）已知m=√18+√2，则实数m的范围是（ ）
A．2＜m＜3 B．3＜m＜4 C．4＜m＜5 D．5＜m＜6
【考点】估算无理数的大小．
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【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】D
【分析】将原式计算后再估算其结果的大小即可．
【解答】解：原式＝3√2+√2=4√2=√32，
∵25＜32＜36，
∴5＜√32＜6，
即实数m的范围是5＜m＜6，
第12页（共45页）故选：D．
【点评】本题考查无理数的估算，熟练掌握估算无理数大小的方法是解题的关键．
7．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）用正六边形瓷砖来铺设地板，以一块正六边形瓷砖为中心，按环
状铺设，每次铺设时最外侧的边需一块新的正六边形瓷砖与它衔接，如图①铺设一环需1块正六边形
瓷砖，如图②铺设两环需7块正六边形瓷砖，如图③铺设三环需19块正六边形瓷砖，如图④铺设四
环需37块正六边形瓷砖，按此规律排列下去，则铺设六环需（ ）块正六边形瓷砖．
A．81 B．91 C．96 D．187
【考点】规律型：图形的变化类．
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【专题】猜想归纳；推理能力．
【答案】B
【分析】根据所给图形，依次求出图形中六边形瓷砖的块数，发现规律即可解决问题．
【解答】解：由所给图形可知，
铺设一环需要的六边形瓷砖块数为：1；
铺设二环需要的六边形瓷砖块数为：7＝1+1×6；
铺设三环需要的六边形瓷砖块数为：19＝1+1×6+2×6；
铺设四环需要的六边形瓷砖块数为：37＝1+1×6+2×6+3×6；
…，
所以铺设n环需要的六边形瓷砖块数为：1+1×6+2×6+…+6（n﹣1）＝3n（n﹣1）+1．
当n＝6时，
3n（n﹣1）+1＝3×6×5+1＝91（块），
即铺设六环需要的六边形瓷砖块数为91块．
故选：B．
【点评】本题主要考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现所需六边形瓷砖块数变化的规律是解
题的关键．
8．（4分）（2025•盐山县校级模拟）如图，已知四边形ABCD是 O的内接四边形，且AD＝BC，过点
D作 O的切线交BA的延长线于点E，连接OB、OC，若∠BOC⊙＝64°，则∠ADE的度数为（ ）
⊙
第13页（共45页）A．32° B．36° C．26° D．32.5°
【考点】切线的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质．
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【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OA，OD，由AD＝BC，得到^AD=^BC，求得∠AOD＝∠BOC＝64°，根据等腰三角形的
1 1
性质得到∠ODA＝∠OAD= ×（180°﹣∠AOD）= ×（180°﹣64°）＝58°，根据切线的性质得到
2 2
∠ODE＝90°，于是得到∠ADE＝∠ODE﹣∠ODA＝90°﹣58°＝32°．
【解答】解：连接OA，OD，
∵AD＝BC，
∴^AD=^BC，
∴∠AOD＝∠BOC＝64°，
∵OA＝OD，
1 1
∴∠ODA＝∠OAD= ×（180°﹣∠AOD）= ×（180°﹣64°）＝58°，
2 2
∵DE是 O的切线，
∴∠ODE⊙＝90°，
∴∠ADE＝∠ODE﹣∠ODA＝90°﹣58°＝32°，
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确地找出辅助线是解题的关键．
9．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，
连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝ ，则∠HCF的度数为（ ）
α
第14页（共45页）A．45°+ B．45°﹣ C．2 D．
【考点】α正方形的性质；全等三α角形的判定与性质α． α
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】过点D作DH∥GE交AB于点H，连接AG，FG，作△CFG的外接圆，则四边形DHEG是平
行四边形，由此得AH＝DG，由此可证明△AHD和△DGA全等，则∠BAF＝∠GAD＝ ，DH＝AG，
证明BF＝AH，进而可证明△ABF和△DAH全等，则∠BAF＝∠ADH＝ ，AF＝DH，继α而得AF⊥GE，
则∠AGE＝2 ，再根据DH＝AG，AF＝DH得AF＝AG，则∠AGF＝∠αAFG＝45°+ ，∠FGE＝45°﹣
，证明点Hα在△CFG的外接圆上，根据圆周角定理得∠HCF＝∠FGE＝45°﹣ ．据α此即可得出结论．
α【解答】解：过点D作DH∥GE交AB于点H，连接AG，FG，作△CFG的外接α圆，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA＝BC＝DC，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AB∥CD，
∴四边形DHEG是平行四边形，
∴DE＝HE，DH＝GE，
∴AE＝AH+HE＝AH+DE，
∵AE＝2DG，
∴AH+DE＝2DG，
∴AH＝DG，
在△AHD和△DGA中，
{
AH=DG
∠HAD=∠GDA=90°，
AD=DA
∴△AHD≌△DGA（SAS），
第15页（共45页）∴∠BAF＝∠GAD＝ ，DH＝AG，
∴∠FAG＝∠DAB﹣（α ∠BAF+∠GAD）＝90°﹣2 ，
∵BC＝DC，CF＝CG， α
∴BC﹣CF＝DC﹣CG，
∴BF＝DG，
又∵AH＝DG，
∴BF＝AH，
在△ABF和△DAH中，
{
AB=DA
∠B=DAH=90°，
BF=AH
∴△ABF≌△DAH（SAS），
∴∠BAF＝∠ADH＝ ，AF＝DH，
∵∠BAF+∠FAG＝∠αDAB＝90°，
∴∠ADH+∠FAG＝90°，
∴AF⊥DH，
∵DH∥GE，
∴AF⊥GE，
∴∠AGE＝90°﹣∠FAG＝90°﹣（90°﹣2 ）＝2 ，
∵DH＝AG，AF＝DH， α α
∴AF＝AG，
1 1
∴∠AGF＝∠AFG= （180°﹣∠FAG）= ×（180°﹣90°+2 ）＝45°+ ，
2 2
α α
∴∠FGE＝∠AGF﹣∠AGE＝45°+ ﹣2 ＝45°﹣ ，
∵∠BCD＝90°， α α α
∴FG是△CFG外接圆的直径，
∵AF⊥GE，
∴∠FHG＝90°，
∴点H在△CFG的外接圆上，
根据圆周角定理得：∠HCF＝∠FGE＝45°﹣ ．
故选：B． α
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全
第16页（共45页）等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）已知整式M＝a
n
xn+a
n﹣1
xn﹣1+⋯+a
1
x+a
0
，其中n为自然数，a
n
，
a
n﹣1
，⋯a
0
均为绝对值小于2的整数，且a
n
≠0，满足n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4．下列结论：
①满足条件的整式M中只有7个单项式；
②不存在任何一个n，使得满足条件的整式有且只有6个；
③满足条件的整式一共有22个．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】列代数式；规律型：数字的变化类；单项式；不等式的性质；绝对值．
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【专题】整式；一元一次不等式（组）及应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】先利用a
n
≠0，n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，确定n＜4，再分别讨论n＝0，n＝1，n＝2，n＝3时，
结合n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4和a
n
，a
n﹣1
，…，a
0
均为绝对值小于2的整数，且a
n
≠0，一一枚举出来所
有情况，再进行判断即可．
【解答】解：∵a
n
≠0，n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，
∴n＜4，
当n＝0时，M＝a ，
0
∵n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，
∴|a |≤4，
0
∵a ，a ，⋯，a 均为绝对值小于2的整数，且a ≠0，
n n﹣1 0 n
∴a ＝1或﹣1，
0
即M＝1或M＝﹣1，共2种，其中单项式有2个；
当n＝1时，M＝a x+a ，
1 0
∵n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，
∴|a |+|a |≤3，
1 0
∵a ，a ，⋯，a 均为绝对值小于2的整数，且a ≠0，
n n﹣1 0 n
{a =1 {a =1 { a =1 {a =-1 {a =-1 {a =-1
1 1 1 1 1 1
∴ 或 或 或 或 或 ，
a =1 a =0 a =-1 a =1 a =0 a =-1
0 0 0 0 0 0
∴M＝x+1或M＝x或M＝x﹣1或M＝﹣x+1或M＝﹣x或M＝﹣x﹣1，共6种，其中单项式有2个；
当n＝2时，M=a x2+a x+a ，
2 1 0
第17页（共45页）∵n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，
∴|a |+|a |+|a |≤2，
2 1 0
∵a ，a ，…，a 均为绝对值小于2的整数，且a ≠0，
n n﹣1 0 n
{a =1 {a =1 {a =1 { a =1 {a =1 {a =-1 {a =-1 {a =-1 {a =-1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
∴ a =1或 a =0或 a =0或 a =0 或 a =-1或 a =1 或 a =0 或 a =0 或 a =0 或
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a =0 a =1 a =0 a =-1 a =0 a =0 a =1 a =0 a =-1
0 0 0 0 0 0 0 0 0
{a =-1
2
a =-1，
1
a =0
0
∴M＝x2+x或M＝x2+1或M＝x2或M＝x2﹣1或M＝x2﹣x或M＝﹣x2+x或M＝﹣x2+1或M＝﹣x2或M＝
﹣x2﹣1或M＝﹣x2﹣x，共10种，其中单项式有2个；
当n＝3时，M=a x3+a x2+a x+a ，
3 2 1 0
∵n+|a
n
|+|a
n﹣1
|+⋯+|a
0
|≤4，
∴|a |+|a |+|a |+|a |≤1，
3 2 1 0
∵a ，a ，⋯，a 均为绝对值小于2的整数，且a ≠0，
n n﹣1 0 n
a =1 a =-1
{ 3 { 3
a =0 a =0
2 2
∴ 或 ，
a =0 a =0
1 1
a =0 a =0
0 0
∴M＝x3或M＝﹣x3，共2种，其中单项式有2个；
综上，满足条件的整式M中，有2+2+2+2＝8个单项式，故①错误；当n＝1时，满足条件的整式有且
只有6个，故②错误；满足条件的整式一共有2+6+10+2＝20个，故③错误；故正确的个数是0个，
故选：A．
【点评】本题考查列代数式，不等式的性质，熟练根据题意正确列出代数式是解题的关键．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案填在答题卡对应的横线上。
11．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）若代数式√x+9在实数范围内有意义，则x的取值范围是 x ≥﹣9
．
【考点】二次根式有意义的条件．
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【专题】二次根式；运算能力．
第18页（共45页）【答案】x≥﹣9．
【分析】根据二次根式被开方数不小于零的数进行解题即可．
【解答】解：由题可知，
x+9≥0，
解得x≥﹣9．
故答案为：x≥﹣9．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
12．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）随着新能源汽车技术的高速发展，新能源汽车的销量持续增加．
某品牌新能源汽车2022年销量为20万台，2024年销量为28.8万台．则该品牌汽车销量的年平均增长
率为 20% ．
【考点】一元二次方程的应用．
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【专题】一元二次方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】20%．
【分析】设该品牌汽车销量的年平均增长率为x，根据某品牌新能源汽车2022年销量为20万台，2024
年销量为28.8万台，列出一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：设该品牌汽车销量的年平均增长率为x，
根据题意得：20（1+x）2＝28.8，
解得：x ＝0.2＝20%，x ＝﹣2.2（不合题意，舍去）．
1 2
即该品牌汽车销量的年平均增长率为20%，
故答案为：20%．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
13．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，点E为BC延长线上
一点，连接BD、DE，若∠BDE＝∠BED，则DE的长为 √26 ．
【考点】矩形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】√26．
第19页（共45页）【分析】根据矩形的性质和勾股定理可以求得BD的长，再根据等腰三角形的性质和勾股定理，即可
求得DE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝5，BC＝12，
∴AB＝CD＝5，∠BCD＝90°，
∴BD=√BC2+CD2=√122+52=13，
∵∠BDE＝∠BED，
∴BD＝BE＝13，
∴CE＝BE﹣BC＝13﹣12＝1，
∵∠BCD＝90°，∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠DCE＝90°，
∴DE=√DC2+CE2=√52+12=√26，
故答案为：√26．
【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所
求问题需要的条件．
14．（4分）（2025•九龙坡区校级二模）三张背面完全相同的数字牌，正面分别印有数字 1、2、4，将它
们背面朝上，洗匀后随机抽取一张把正面数字记为a，将数字牌放回洗匀后，再随机抽取一张把正面
5
数字记为b，则a+b≥5的概率是 ．
9
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
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【专题】概率及其应用；应用意识．
5
【答案】 ．
9
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及a+b≥5的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
1 2 4
1 （1，1） （1，2） （1，4）
2 （2，1） （2，2） （2，4）
4 （4，1） （4，2） （4，4）
共有9种等可能的结果，其中a+b≥5的结果有：（1，4），（2，4），（4，1），（4，2），（4，
4），共5种，
第20页（共45页）5
∴a+b≥5的概率为 ．
9
5
故答案为： ．
9
【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本
题的关键．
15．（4分）（2025•盐山县校级模拟）如图，AB是 O的直径，点C，E为圆上两点，若点C为BD的中
点，连接DE并延长与 O交于点F，与CA的延长⊙线交于点H．若2∠D+∠DBE＝180°，BC＝3，HC＝
⊙
39
12，则BE＝ 6 ，AH＝ ．
8
【考点】圆周角定理．
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【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力．
39
【答案】6； ．
8
【分析】根据点C为BD的中点，BC＝3得BD＝6，根据三角形内角和定理得∠D+∠DBE+∠BED＝
180°，再根据2∠D+∠DBE＝180°得∠BED＝∠D，则BE＝BD＝6；连接AE，设AH＝a，根据直径所
对的圆周角是直角得∠ACB＝∠ACD＝∠AEB＝90°，进而根据三角形内角和定理及2∠D+∠DBE＝180°
得∠H＝∠AEH，则AE＝AH＝a，AC＝12﹣a，在Rt△ABC和Rt△ABE中，由勾股定理得 （12﹣a）
2+32＝a2+62，由此解出a的值即可得出AH的长．
【解答】解：∵点C为BD的中点，BC＝3，
∴CD＝BC＝3，
∴BD＝CD+BC＝6，
在△BDE中，∠D+∠DBE+∠BED＝180°，
∵2∠D+∠DBE＝180°，
∴∠D+∠DBE+∠BED＝2∠D+∠DBE，
第21页（共45页）∴∠BED＝∠D，
∴BE＝BD＝6；
连接AE，设AH＝a，如图所示：
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝∠ACD＝∠AEB＝90°，
在Rt△HBC中，∠H+∠D＝90°，
∴2∠H+2∠D＝180°，
∵2∠D+∠DBE＝180°，
∴∠DBE＝2∠H，
根据圆周角定理得：∠EAC＝∠DBE，
∴∠EAC＝2∠H，
∵∠EAC是△AEH的外角，
∴∠EAC＝∠H+∠AEH，
∴2∠H＝∠H+∠AEH，
∴∠H＝∠AEH，
∴AE＝AH＝a，
∵HC＝12，
∴AC＝HC﹣AH＝12﹣a，
在Rt△ABC和Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝AE2+BE2，
∴（12﹣a）2+32＝a2+62，
39
解得：a= ，
8
39
∴AH＝a= ．
8
39
故答案为：6； ．
8
第22页（共45页）【点评】此题主要考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题
的关键．
16．（4分）（2025•开州区校级模拟）一个四位自然数M的各个数位上的数字互不相等且都不为0，如
果前两位数字所组成的两位数与后两位数字所组成的两位数的和等于99，那么就称这个数为“长久
数”．“长久数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数M′．并且规定：
M-M'
F（M）= .例如：一个四位数3267，因为32+67＝99，所以3267是“长久数”且F（3267）
99
3267-6732
= =- 35．最小的“长久数”是 1287 .如果M是一个“长久数”，规定G（M）等于
99
M的前两位数字之和，且F（M）+G（M）是一个完全平方数，则满足条件的 M的最大值是 8415
．
【考点】整式的加减；完全平方式；因式分解的应用．
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【答案】1287；8415．
【分析】由M=abcd是“长久数”，最小的“长久数”可得a＝1，b＝2，再进一步可得c，d，由题意
可得F（M）+G（M）＝11a+2b﹣10c﹣d；且F（M）+G（M）是完全平方数，10a+b+10c+d＝99，结
合M最大，可得7a+b＝60，进一步求解可得答案．
【解答】解：∵M=abcd是“长久数”，
∴M＝1000a+100b+10c+d，10a+b+10c+d＝99，
∵“长久数”要最小，
∴a＝1，b＝2，
∴10c+d＝87，
∴c＝8，d＝7，
∴最小的“长久数”是1287；
∵G（M）等于M的前两位数字之和，
∴G（M）＝a+b，
∵“长久数”M的前两位数字和后两位数字整体交换得到新的四位数M′，
∴M'=cdab=1000c+100d+10a+b，
M-M'
∴F（M）=
99
1000a+100b+10c+d-1000c-100d-10a-b
=
99
第23页（共45页）990a+99b-990c-99d
=
99
＝10a+b﹣10c﹣d，
∴F（M）+G（M）
＝10a+b﹣10c﹣d+a+b
＝11a+2b﹣10c﹣d；
∵l≤a≤9，1≤b≤9，1≤c≤9，1≤d≤9，
∴11a+2b﹣10c﹣d≤103，
此时最大的完全平方数为100，
∴11a+2b﹣10c﹣d＝100，
∵M最大，且10a+b+10c+d＝99，
∴21a+3b＝199，
10
∴当a＝9时，b= ，舍去，
3
31
当a＝8时，b= ，舍去，
3
∴11a+2b﹣10c﹣d＝100不符合题意舍去，
当11a+2b﹣10c﹣d＝81时，而10a+b+10c+d＝99，
∴21a+3b＝180，即7a+b＝60，
∴当a＝9时，b＝﹣3，舍去，
当a＝8时，b＝4，
∴10c+d＝15，
∴c＝1，d＝5，
∴M的最大值为：8415．
故答案为：1287，8415．
【点评】本题考查的是新定义的含义，整式的加减运算，二元一次方程的正整数解的应用．
三、（本大题共8个小题，第17题16分，其余每个小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的
演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。
{x-3(x-2)≥4①
17．（16分）（2025•九龙坡区校级二模）（1）解不等式组： x+2 2x+4 ；
＜ ②
2 3
（2）先化简，再求值：
第24页（共45页）1 x-2 2x-1 1 -2
+ ÷( -x+1)，其中x=( ) -4cos30°-|√3-4|-50．
x x2+2x+1 x+1 2
【考点】解一元一次不等式组；特殊角的三角函数值；分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂．
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【专题】分式；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）﹣2＜x≤1．
1 √3
（2） ，- ．
x+1 3
【分析】（1）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大
大小小无解了确定不等式组的解集即可．
（2）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将求得的x的值代入计算可得．
【解答】解：（1）解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x＞﹣2，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤1．
1 x-2 -x(x-2)
（2）原式= + ÷
x (x+1) 2 x+1
1 x-2 x+1
= +
•
x (x+1) 2 -x(x-2)
1 1
= -
x x(x+1)
1
= ，
x+1
1 -2
∵x=( ) -4cos30°-|√3-4|-50
2
√3
＝4﹣4× -（4-√3）﹣1
2
＝4﹣2√3-4+√3-1
=-√3-1，
1 √3
∴当x=-√3-1时，原式= =- ．
-√3-1+1 3
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组和分式的化简求值，正确求出每一个不等式解集及分式的
混合运算顺序和运算法则是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”
的原则是解答此题的关键．
18．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）在学习了平行四边形和菱形的相关知识后，学习小组进行了拓
第25页（共45页）展性研究．他们发现，过平行四边形的一组对角的顶点分别作一组对边的垂线，与另一组对角的顶点
所连对角线或对角线所在直线相交，则这两个交点和两个垂足构成的四边形是平行四边形，可利用证
明三角形全等得此结论．请根据他们的想法和思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，过D作DE⊥AD交AC于点E，连接BE．用尺规
过点B作BC的垂线，交AC于点F，连接DF（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）在（1）所作的图形中，求证：四边形BFDE是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，① AD ∥ BC ，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵ED⊥AD，BF⊥BC，
∴∠ADE＝∠CBF＝90°，
在△ADE和△CBF中，
{∠DAE=∠BCF ¿ ¿
#160;¿ #160;)¿∠ADE=∠CBF¿¿¿¿¿，
②( #160; ¿
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴③ DE ＝ BF ，∠AED＝∠CFB，
∴DE∥BF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
进一步思考，如果四边形ABCD是菱形呢？过菱形的一组对角的顶点分别作一组对边的垂线，与另一
组对角的顶点所连对角线或对角线所在直线相交，则这两个交点和两个垂足构成的四边形是④ 菱形
．
【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；多边形；平行四边形的判定与性质；菱形的判
定与性质．
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【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；尺规作图；几何直观．
【答案】（1）见解答．
（2）①AD∥BC；②AD＝CB；③DE＝BF；④菱形．
第26页（共45页）【分析】（1）根据垂线的作图方法作图即可．
（2）根据平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质填空即可．
【解答】（1）解：如图，直线BF即为所求．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF．
∵ED⊥AD，BF⊥BC，
∴∠ADE＝∠CBF＝90°．
在△ADE和△CBF中，
{∠DAE=∠BCF
AD=CB ，
∠ADE=∠CBF
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，
∴DE∥BF
∴四边形BFDE是平行四边形．
若四边形ABCD是菱形，过菱形的一组对角的顶点分别作一组对边的垂线，与另一组对角的顶点所连
对角线或对角线所在直线相交，则这两个交点和两个垂足构成的四边形是菱形．
故答案为：①AD∥BC；②AD＝CB；③DE＝BF；④菱形．
【点评】本题考查作图—基本作图、全等三角形的判定与性质、多边形、平行四边形的判定与性质、
菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）为了了解学生掌握环境保护知识的情况，进一步增强学生绿色
文明意识、生态保护意识，号召学生积极参与到环境保护的行动中来，某校举行了“保护环境，人人
有责”的环保知识大赛．从该校七、八年级中各随机抽取 10名学生的成绩（百分制，单位：分）进行
整理、描述和分析（成绩得分用 x 表示，共分成四组：A．x＜70；B.70≤x＜80；C.80≤x＜90；
D.90≤x≤100）．下面给出了部分信息：
七年级10名学生的成绩是：73，73，76，79，79，84，84，84，98，100．
第27页（共45页）八年级10名学生的成绩在C组中的数据是：80，85，85，85．
七八年级抽取的学生成绩统计表：
平均数 中位数 众数
七年级 83 81.5 b
八年级 83 a 85
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝ 8 5 ，b＝ 8 4 ，m＝ 3 0 ；
（2）根据以上数据，你认为该校七年级和八年级中哪个年级学生的环保知识掌握较好？请说明理由
（一条即可）；
（3）已知该校七年级有1900人，八年级有1800人参加了此次环保知识大赛活动，请估计两个年级参
加该活动的成绩不低于80分的共有多少人？
【考点】众数；用样本估计总体；中位数．
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【答案】（1）85，84，30；
（2）八年级学生的环保知识掌握较好，理由见解析；
（3）估计两个年级的成绩不低于80分共有2210人．
【分析】（1）根据中位数、众数的定义即可求得a，b，由C组的人数除以10，再通过计算即可求得
m；
（2）根据平均数、中位数的意义求解即可；
（3）总人数乘以样本中成绩不低于80分的人数所占比例，得到七、八年级各自成绩不低于80分的人
数，再相加即可解题．
【解答】解：（1）∵八年级10名学生的成绩在C组中的数据有4个，
4
∴C组所占百分比= ×100%＝40%，
10
∴m%＝1﹣10%﹣20%﹣40%＝30%，
第28页（共45页）∴m＝30，
∴八年级10名学生的成绩A组1人，B组2人，C组4人，D组3人，
故中位数a在C组，
85+85
a= =85，
2
由众数的定义可得b＝84，
故答案为：85，84，30；
（2）八年级学生的环保知识掌握较好，理由如下：
虽然七、八年级的平均分均为83分，但八年级的中位数高于七年级，
∴八年级学生的环保知识掌握较好；
5
（3）估计两个年级参加该活动的成绩不低于 80分的学生人数是：1900× +1800×（40%+30%）＝
10
2210（人），
答：估计两个年级的成绩不低于80分的学生人数是2210．
【点评】本题主要考查扇形统计图、中位数、众数、利用样本估计总体等知识，熟练掌握相关知识是
解题关键．
20．（10分）（2025•古塔区校级三模）为了助力乡村振兴，某乡镇政府计划对一条长 3000米的乡村道
路进行改造．
（1）该工程原计划由甲队单独施工，工期为160天．刚开始每天施工16米，施工一段时后，甲队改
进技术，施工效率提高了25%，刚好按时完工，则技术改造前甲队施工了多少天．
（2）由于工期需要，该工程决定由甲、乙两队共同完成，通过工程招标，甲队获得了 1800米的改造
工程，乙队获得了1200米的改造工程．甲、乙两队同时开始施工，甲队每天比乙队多施工 20%，结果
甲队比乙队晚20天完成任务．求乙队平均每天施工的米数．
【考点】分式方程的应用；一元一次方程的应用．
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【专题】一次方程（组）及应用；分式方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设技术改造前甲队施工了x天，则技术改造后甲队施工了（160﹣x）天，根据某乡镇政
府计划对一条长3000米的乡村道路进行改造，该工程原计划由甲队单独施工，刚开始每天施工16米
施工一段时后，甲队改进技术，施工效率提高了 25%，刚好按时完工，列出一元一次方程，解方程即
可；
（2）设乙队平均每天施工m米，则甲队每天施工（1+20%）m米，根据甲队获得了1800米的改造工
程，乙队获得了1200米的改造工程，结果甲队比乙队晚20天完成任务，列出分式方程，解方程即可．
第29页（共45页）【解答】解：（1）设技术改造前甲队施工了x天，则技术改造后甲队施工了（160﹣x）天，
由题意得：16x+16×（1+25%）（160﹣x）＝3000，
解得：x＝50，
答：技术改造前甲队施工了50天；
（2）设乙队平均每天施工m米，则甲队每天施工（1+20%）m米，
1800 1200
- =
由题意得： 20，
(1+20%)m m
解得：m＝15，
经检验，m＝15是原方程的解，且符合题意，
答：乙队平均每天施工15米．
【点评】本题主要考查了分式方程的应用和一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，
正确列出一元一次方程；（2）找准等量关系，正确列出分式方程．
21．（10 分）（2025•南岸区校级二模）如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠D＝90°，对角线
AC⊥AB，AD＝16，CD＝12．动点P以每秒5个单位长度的速度从点B出发，沿着B→A→C运动，作
PM⊥BC于点M，同时动点Q从点D出发，以每秒4个单位长度的速度沿射线DC运动，点N是射线
DA上一点，连接NQ，满足S ＝16，当点P到达C点时，P、Q两点同时停止运动．设点P运动的
△DQN
时间为x秒（0＜x＜7），线段PM的长度为y ，线段DN的长度为y ．
1 2
（1）请直接写出y ，y 关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围；
1 2
（2）在给定的平面直角坐标系中，画出y ，y 的图象，并写出函数y 的一条性质；
1 2 1
（3）结合函数图象，请直接写出当y ＞y 时x的取值范围．（近似值保留小数点后一位，误差不超过
1 2
0.2）
【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；应用意识．
第30页（共45页）【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用勾股定理求出AC，再利用相似三角形的性质求出AB，BC，分两种情形求出PM，
再利用三角形的面积公式求出DN即可；
（2）利用描点法画出函数图象；
（3）利用图象法解决问题即可．
【解答】解：（1）在Rt△ADC中，AC=√AD2+CD2=√162+122=20，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠BAC＝∠D＝90°，
∴△CAB≌△ADC，
AB AC BC
∴ = = ，
CD AD AC
20×12
∴AB= =15，BC＝25，
16
4
当0＜t≤3时，PM＝PB•tanB＝5t× =4t；
5
3
当3＜t＜7时，PM＝PC•tanC＝（15+20﹣5t）× =21﹣3t，
5
{ 4t (0＜t≤3)
综上所述，y = ．
1 21-3t (3＜t＜7)
∵S ＝16，
△DQN
1
∴ ×DN×DQ＝16，
2
32 8
∴y ＝DN= = ；
2 4t t
（2）函数图象如图所示，
第31页（共45页）函数y 的性质：当0＜t≤3时，函数随x的增大而增大，当3＜t＜7时，函数随x的增大而减小．
1
（3）合函数图象，当y ＞y 时x的取值范围为1.4＜x＜6.5．
1 2
【点评】本题属于四边形综合题，考查了直角梯形的性质，解直角三角形，函数等知识，解题的关键
是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别去B，C两港装
载物资，运送到位于A港北偏东15°方向的D港．甲货轮沿A港的北偏东60°方向航行120海里后到达
B港，因装载工人人手不够，甲货轮花了5个小时装载货物，然后沿正北方向航行一定距离到达D港．
乙货轮沿A港的西北方向航行一定距离到达C港，3个小时后装载好货物，再沿正东方向航行一定距
离到达D港．（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）
（1）求B，D两港之间的距离（结果保留根号）；
（2）若甲、乙两艘货轮都匀速航行，甲货轮每小时航行30海里，乙货轮每小时航行60海里，哪艘货
轮先到达D港？请通过计算说明（结果保留小数点后一位）．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．
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【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】（1）（120√3+120）海里．
（2）甲货轮先到达D港．
第32页（共45页）【分析】（1）过A点作AE⊥CD于E点，过B点作BH⊥AE于H点，如图，利用方向角的定义得到
∠EAD＝15°，∠EAB＝60°，先在Rt△ABH中计算出AH＝60海里，BH＝60√3海里，再证明四边形
BHED为矩形得到DE＝BH＝60√3海里，BD＝HE，作AD的垂直平分线交AE于F点，连结DF，如图，
则AF＝DF，则可计算出∠EFD＝30°，所以DF＝120√3海里，EF＝180海里，则AF＝DF＝120√3海
里，然后计算出HE，从而得到BD的值；
（2）利用方向角得到∠CAE＝45°，则可计算出CE＝AE＝（120√3+180）海里，AC＝（120√6+180
√2）海里，然后分别计算出甲货轮到达D港所需要的时间和乙货轮到达D港所需要的时间，从而可判
断谁先到达D港．
【解答】解：（1）过A点作AE⊥CD于E点，过B点作BH⊥AE于H点，如图，
根据题意得∠EAD＝15°，∠EAB＝60°，AB＝120海里，
在Rt△ABH中，∵∠BAH＝60°，
1
∴AH= AB＝60海里，
2
∴BH=√3AH＝60√3海里，
∵点D在B点的正北方向，点D在点A的正西方向，
∴∠BDC＝90°，
∵∠HEB＝∠BHE＝90°，
∴四边形BHED为矩形，
∴DE＝BH＝60√3海里，BD＝HE，
作AD的垂直平分线交AE于F点，连结DF，如图，则AF＝DF，
∴∠FDA＝∠FAD＝15°，
∴∠EFD＝∠FAD+∠FDA＝30°，
∴DF＝2DE＝120√3海里，EF=√3DE＝180海里，
∴AF＝DF＝120√3海里，
∴HE＝AE﹣AH＝AF+EF﹣AH＝120√3+180﹣60＝（120√3+120）海里，
∴BD＝HE＝（120√3+120）海里．
答：B，D两港之间的距离为（120√3+120）海里．
（2）根据题意得∠CAE＝45°，
∴CE＝AE＝（120√3+180）海里，
∴AC=√2CE＝（120√6+180√2）海里，
120+120√3+120
∵甲货轮到达D港所需要的时间＝5+ ≈19.9（小时），
30
第33页（共45页）120√6+180√2+120√3+180+60√3
乙货轮到达D港所需要的时间＝3+ ≈20.3（小时），
60
∴甲货轮先到达D港．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，在解决有关方向角的问题中，一般要根据题
意理清图形中各角的关系，构建直角三角形，然后通过解直角三角形求边长解决实际问题．
23．（10分）（2025•盐山县校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与y轴
交于点C，与x轴交于A（﹣1，0），B两点（A在B的左侧），抛物线的对称轴是直线x＝1，连接
AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作PD∥AC交BC于点D，点E，F为x轴
上的两个动点，点E在F的左侧，且EF＝1，连接PE，PF．当线段PD的长度取得最大值时，求
PE+PF的最小值；
（3）如图2，将该抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度得y′，新抛物线y′交BC于
点N，点M是新抛物线y′上对称轴左侧的一个动点，点K在y′的对称轴上，连接MN，MK，当∠NMK
＝2∠ACO且MN＝MK时，请写出所有符合条件的点M的坐标，并写出求解其中一个点M坐标的过程．
第34页（共45页）【考点】二次函数综合题．
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【专题】代数几何综合题；压轴题；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力；应
用意识．
√229
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）PE+PF的最小值为 ；
2
17-√241 -13-√241
（3）所有符合条件的点M的坐标为（2，5）或（ ， ）．
6 18
【分析】（1）由抛物线的对称轴是直线x＝1，可得b＝﹣2a，再将A（﹣1，0）代入抛物线解析式即
可求得答案；
（2）先求出B（3，0），C（0，3），直线BC的解析式为y＝﹣x+3，同理可得直线AC的解析式为y
＝3x+3，设P（p，﹣p2+2p+3），取H（0，﹣1），连接AH，过点P作PG∥y轴交BC于点G，作点P
关于x轴的对称点P′，将点P′向左平移1个单位得到点P″，连接P′F，P″E，再证得△PDG∽△CAH，
√10 3 9√10
得出 PD=- （p- ）2+ ，利用二次函数的性质可求得点 P 的坐标，则 PE+PF＝
4 2 16
PE+EP″≥PP″，再运用两点间距离公式即可求得答案；
第35页（共45页）（3）根据平移可得新抛物线 y′＝﹣x2+6x﹣3，新抛物线的对称轴为直线 x＝3，联立方程组求得 N
（1，2），过点M作MH⊥NK于点H，过点N作x轴平行线交抛物线y′对称轴于点T，过点H作y轴
平行线SL，交NT于点S，过点M作x轴平行线交SL于点L，分两种情况：当点M在N点上方时，当
点M在N点下方时，利用相似三角形性质和等腰三角形性质分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝1，
b
∴- =1，
2a
即b＝﹣2a，
∴y＝ax2+bx+3＝ax2﹣2ax+3，
把A（﹣1，0）代入，得：a+2a+3＝0，
解得：a＝﹣1，
∴b＝2，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）令y＝0，得：﹣x2+2x+3＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝3，
1 2
∴B（3，0），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
{3k+c=0
设直线BC的解析式为y＝kx+c，则 ，
c=3
{k=-1
解得： ，
c=3
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
同理可得直线AC的解析式为y＝3x+3，
设P（p，﹣p2+2p+3），取H（0，﹣1），连接AH，过点P作PG∥y轴交BC于点G，如图1，
作点P关于x轴的对称点P′，将点P′向左平移1个单位得到点P″，连接P′F，P″E，
第36页（共45页）则OA＝OH＝1，G（p，﹣p+3），
∴∠OAH＝∠OHA＝45°，AH=√2，PG＝﹣p2+2p+3﹣（﹣p+3）＝﹣p2+3p，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵PG∥y轴，
∴∠PGD＝∠OCB＝45°，
∴∠PGD＝∠CHA＝45°，
∵PD∥AC，
∴∠PDC＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠BAH＝45°，
∴BC∥AH，
∴∠CAH+∠ACB＝180°，
∵∠PDC+∠PDG＝180°，
∴∠PDG＝∠CAH，
∴△PDG∽△CAH，
PD PG
∴ = ，
AC CH
∵OC＝3，OH＝1，
∴CH＝4，
在RtACO中，AC=√OA2+OC2=√12+32=√10，
PD -p2+3p
∴ = ，
√10 4
第37页（共45页）√10 √10 3 9√10
∴PD= （﹣p2+3p）=- （p- ）2+ ，
4 4 2 16
√10
∵- ＜0，
4
3 3 15
∴当p= 时，PD取得最大值，此时点P的坐标为（ ， ），
2 2 4
3 15 1 15
∴P′（ ，- ），P″（ ，- ），
2 4 2 4
则P′P″＝1，
∵EF＝1，
∴EF＝P′P″，
∵EF∥P′P″，
∴四边形EFP′P″是平行四边形，
∴EP″＝FP′，
∵点P与点P′关于x轴对称，
∴FP′＝PF，
∴PE+PF＝PE+EP″≥PP″，
√ 15 15 √229
∵PP″= ( + ) 2+12= ，
4 4 2
√229
∴PE+PF的最小值为 ；（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
2
∴抛物线的顶点为（1，4），
∵将该抛物线向右平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度得y′，
∴y′＝﹣（x﹣1﹣2）2+4+2＝﹣（x﹣3）2+6＝﹣x2+6x﹣3，
新抛物线的对称轴为直线x＝3，
{ y=-x+3
联立得： ，
y=-x2+6x-3
{x =1 { x =6
1 2
解得： ， （舍去），
y =2 y =-3
1 2
∴N（1，2），
∵点M是新抛物线y′上对称轴左侧的一个动点，点K在y′的对称轴上，
∴设M（m，﹣m2+6m﹣3），且m＜3，K（3，n），
第38页（共45页）∵MN＝MK，
∴△MNK是等腰三角形，
如图2，过点M作MH⊥NK于点H，过点N作x轴平行线交抛物线y′对称轴于点T，过点H作y轴平行
线SL，交NT于点S，过点M作x轴平行线交SL于点L，
则∠NMH＝∠KMH，NH＝HK，∠MLS＝∠NSH＝90°，
当点M在N点上方时，
∵∠NMK＝2∠ACO，
∴∠NMH＝∠ACO，
NH AO 1
即tan∠NMH= =tan∠ACO= = ，
MH OC 3
∵∠NSH＝∠MLH＝90°，
∴△MLH∽△HSN，
ML LH MH
∴ = = =3，
HS NS HN
∵SL∥BK，
∴△NHS∽△NKT，
NS NH 1
∴ = = ，
NT NK 2
1
∴NS= NT，
2
∵B（3，0），N（1，2），
∴NT＝2，
∴NS＝1，
第39页（共45页）∴T（3，2），S（2，2），点H的横坐标为2，
设H（2，h），则L（2，﹣m2+6m﹣3），
∴ML＝2﹣m，SH＝h﹣2，HL＝﹣m2+6m﹣3﹣h，
ML LH 2-m -m2+6m-3-h
∴ = =3，即 = =3，
SH NS h-2 1
∴2﹣m＝3h﹣6，﹣m2+6m﹣3﹣h＝3，
8-m
∴h= =-m2+6m﹣6，
3
∴3m2﹣19m+26＝0，
13
解得：m＝2或m= （舍去），
3
则﹣m2+6m﹣3＝5，
∴M（2，5）；
当点M在N点下方时，
同上可得：ML＝2﹣m，NS＝1，SH＝2﹣h，HL＝m2﹣6m+3+h，
ML LH MH 1
= = = ，
SH NS NH 3
ML LH 2-m m2-6m+3+h
∴ = =3，即 = =3，
SH NS 2-h 1
∴2﹣m＝6﹣3h，m2﹣6m+3+h＝3，
m+4
∴h= =-m2+6m，
3
∴3m2﹣17m+4＝0，
17-√241 17+√241
解得：m= 或m= ＞1（舍去），
6 6
17-√241
m+4 +4 -13-√241
则﹣m2+6m﹣3= -3 6 3= ，
3 = - 18
3
17-√241 -13-√241
∴M（ ， ）；
6 18
17-√241 -13-√241
综上，所有符合条件的点M的坐标为（2，5）或（ ， ）．
6 18
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，抛物线的平移，平行四边形的判
定和性质，两点间距离公式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质等，添加
第40页（共45页）辅助线构造相似三角形是解题关键．
24．（10分）（2025•九龙坡区校级二模）如图，AD⊥AC，AD＝AC，将线段AC绕着点A顺时针旋转
（0＜ ＜90°）得到AB，连接BC、BD，点E为线段BD中点，过点D作DH∥BC交AB于点H．连接α
AE交αDH于点F．
（1）如图1，当 ＝40°时，求∠ADF的度数．
（2）如图2，过点α C作CQ⊥AE于点Q，请猜想线段DF、CQ、BC之间的数量关系，并证明你的猜想．
（3）如图3，若BC＝10，点M是直线BD上一动点，作点M关于点E的对称点N，连接CM、CN，
对于 的每一个确定值，CM+CN都有一个对应的最小值，当CM+CN最小值等于2AC时，请直接写出
四边形α ACBD的面积．
【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）20°；
（2）DF+BC=√2CQ，证明见解析；
（3）175．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质求解∠ABC＝∠ACB＝70°，∠DAB＝90°﹣40°＝50°，再结合平
行四边形的性质与三角形的外角的性质可得答案；
1
（ 2 ） 仿 照 （ 1 ） 求 解 ∠ABC=∠ACB=90°- α， ∠ DAB ＝ 90°﹣ ， 可 得
2
α
1
∠ADB=∠ABD=45°+ α，∠1＝∠ADB﹣∠ADF＝45°，结合点E为线段BD中点，AD＝AB，证
2
明AE⊥BD，可得△DEF为等腰直角三角形，DF=√2DE=√2BE，过C作CT⊥DB于T，而CQ⊥AE，
√2
证明△BCT为等腰直角三角形，可得BC=√2BT，即BT= BC，进一步可得结论；
2
（3）如图，由（2）同理可得：DE＝BE，AE⊥BD，延长 FD 至 T，使 DT＝BC＝10，证明
△TDM≌△CBN，可得TM＝CN，可得当C，M，T三点共线时，CM+CN最小，即CT的长，此时M，
第41页（共45页）E，N三点重合，如图，记 AB，CE的交点为S，可得CE＝TE＝AC，过E作ER⊥DF于R，过A作
AK⊥BC于K，证明△TRE≌△AKB，可得ER＝BK＝5，再进一步求解即可．
【解答】解：（1）∵AD⊥AC，AD＝AC，将线段AC绕着点A顺时针旋转 得到AB， ＝40°，
∴AD＝AB＝AC，∠DAC＝90°， α α
1
∴∠ABC=∠ACB= (180°-40°)=70°，∠DAB＝90°﹣40°＝50°，
2
1
∴∠ADB=∠ABD= (180°-50°)=65°，
2
∵DH∥BC，
∴∠DHB＝∠ABC＝70°，
∴∠ADF＝70°﹣50°＝20°；
（2）DF+BC=√2CQ，理由如下：
如图，过C作CT⊥BD，交DB延长线于点T，
∵AD⊥AC，AD＝AC，将线段AC绕着点A顺时针旋转 得到AB，
∴AD＝AB＝AC，∠DAC＝90°， α
1 1
∴∠ABC=∠ACB= (180°-α)=90°- α，∠DAB＝90°﹣ ，
2 2
α
1 1
∴∠ADB=∠ABD= (180°-90°+α)=45°+ α，
2 2
∵DH∥BC，
1
∴∠DHB=∠ABC=90°- α，
2
1 1
∴∠ADF=90°- α-90°+α= α，
2 2
1 1
∴∠1=∠ADB-∠ADF=45°+ α- α=45°，
2 2
∵点E为线段BD中点，AD＝AB，
第42页（共45页）∴AE⊥BD，
∴△DEF为等腰直角三角形，
1 1
∴DF=√2DE=√2BE，∠DAE=∠BAE= (90°-α)=45°- α，
2 2
1 1
∴∠EAC=α+45°- α=45°+ α，
2 2
∵CQ⊥AE，
∴∠QET＝∠ETC＝∠EQC＝90°＝∠AQC，
1 1
∴四边形EQCT为矩形，∠ACQ=90°-45°- α=45°- α，
2 2
∴EB+BT＝ET＝CQ，∠QCT＝90°，
1 1
∵∠ACQ=45°- α，∠ABC=∠ACB=90°- α，
2 2
1 1
∴∠BCQ=90°- α-45°+ α=45°=∠BCT，
2 2
∴△BCT为等腰直角三角形，
√2
∴BC=√2BT，即BT= BC，
2
√2 √2
∴CQ＝ET＝BE+BT= DF+ BC，
2 2
即DF+BC=√2CQ；
（3）如图，由（2）同理可得：DE＝BE，AE⊥BD，
∵点M关于点E的对称点N，
∴EM＝EN，
∴DM＝BN，延长FD至T，使DT＝BC＝10，
∵DH∥BC，
∴∠TDM＝∠CBN，
∴△TDM≌△CBN（SAS），
第43页（共45页）∴TM＝CN，
∴CM+CN＝TM+CM≥CT，
∴当C，M，T三点共线时，CM+CN最小，即CT的长，此时M，E，N三点重合，
如图，记AB，CE的交点为S，
∵此时CE＝TE，CE+TE＝2AC，
∴CE＝TE＝AC，
过E作ER⊥DF于R，过A作AK⊥BC于K，
1 1
∵∠BAC＝ ，结合（2）可得：∠DAE=∠BAE=45°- α，∠ADB=∠ABD=45°+ α，
2 2
α
1 1
∠ABC=∠ACB=90°- α，∠DHB=∠ABC=90°- α，
2 2
∴∠2＝∠3＝45°，
∵CE＝AC，
1 1
∴∠CAE=∠CEA=45°- α+α=45°+ α，
2 2
∴∠ACE＝180°﹣2∠CAE＝90°﹣ ，
∴∠ASC＝180°﹣ ﹣（90°﹣ ）＝α 90°，
α α 1
∴∠ECB=∠ACB-∠ACE= α，
2
∵DH∥BC，
1
∴∠T=∠ECB= α，
2
∵AK⊥BC，ER⊥DF，AB＝AC，
1
∴∠ERT＝∠BKA＝90°，∠BAK=∠CAK= α=∠T，BK＝CK＝5，
2
∵TE＝AC＝AB，
∴△TRE≌△AKB（AAS），
第44页（共45页）∴ER＝BK＝5，
∵△DFE为等腰直角三角形，
∴DR＝RE＝5，BE＝DE＝5√2，
∴TR＝AK＝15，
∴AB=√52+152=5√10，
∵AE⊥BD，
∴AE=√(5√10) 2-(5√2) 2=10√2，
1 1
∴S = ×10√2×10√2=100，S = ×10×15=75，
△ABD 2 △ABC 2
∴四边形ACBD的面积为：175．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理与
外角的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，旋转的性质，轴对称的性质，
作出合适的辅助线是解本题的关键．
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