文档内容
2026年菁优深圳中考数学模拟试卷5
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）中华人民共和国第十五届运动会（简称“十五运会”），于2025年11月9日至21日在广东、
香港、澳门三地共同举办，相关纪念品销售火爆．经销商定制了一款简约的纪念品展示台，其立体图
形如图所示，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
2．（3分）下列等式成立的是（ ）
A．a+a2＝a3 B．a6÷a2＝a3
C．a2•a＝a2 D．3a2﹣2a2＝a2
3．（3分）作为渝昆高铁入川第一站，也是泸州境内第三座高铁站，泸州东站已完成主体工程施工，其
总面积为11925平方米．请将11925用科学记数法表示（ ）
A．0.11925×104 B．1.1925×104
C．1.1925×105 D．11.925×104
4．（3分）下列各图中，∠1与∠2属于对顶角的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）以下各组长度的线段为边，能构成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，4，5 C．4，5，11 D．8，4，4
6．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交
AB 于点 F，连接 CF 交 BD 于点 H，延长 CE 交 AD 点 K，则下列结论：① EF＝EC；
第1页（共35页）1 3√2
②△CEH∽△CFK；③BE•DH＝S四边形ABCD ；④若BF =
4
AB＝1，则DE=
2
．正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
7．（3分）伴随2023城市自然行动——“1864大熊猫巡展”在长沙站的正式启动，湖南省地质博物馆迅
速成了巡展的热门打卡地．某学校九年级学生去距学校10km的湖南省地质博物馆参观，一部分学生骑
自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生
速度的2倍，求骑车学生的速度．若设骑车学生的速度为xkm/h，则可列方程为（ ）
10 10 10 10
A． - =20 B． - =20
2x x x 2x
10 10 1 10 10 1
C． - = D． - =
2x x 3 x 2x 3
8．（3分）如图1，三个大小不同的相似三角形（AB＞DE＞FG）可以拼成（无重合无空隙）一个矩形．
将三角形①和②如图2重新组合，可得到△HIJ和四边形KLMN，已知两个图形的面积满足S△HIJ ＝2S
四边形KLMN
，则拼成的图1矩形的长与宽之比为（ ）
√5
A．√2 B．√3 C．2 D．
2
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）新定义：若一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“妙数”．例如：
10是“妙数”，
因为10＝32+12；再如：M＝x2+2x+2＝（x+1）2+12（x是整数），所以M也是“妙数”．已知M＝
x2+4xy+8y2﹣12y+8+k（x，y是整数），k是常数，要使M为“妙数”，则k的值为 ．
8
10．（3分）已知点A（4，m），B（﹣1，n）在反比例函数y= 的图象上，直线AB与x轴交于点C．
x
第2页（共35页）如果点D在y轴上，且DA＝DC，则点D的坐标是 ．
11．（3 分）△ABC 中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点 O 为 BC 中点．将△ABC 绕点 O 顺时针旋转至
△A′B′C′的位置，此时点A′恰好落在AC上．若BC＝12，则点B经过的路径弧BB′的长为
．
12．（3分）密码学是研究编制和破译密码的规律的一门学科，它与数学有密切关系．将 26个英文字母
a，b，c，…，z依次对应自然数1，2，3，…，26．给出密文与明文之间的关系如下：当密文中的数x
x
为奇数时，明文对应的序号为x+1；当密文中的数x为偶数时，明文对应的序号为 ．例如密文“1”
2
12
对应的序号为1+1＝2，译成明文为“b”；密文“12”对应的序号为 ，译成明文为“f”，请将密文
2
“38，19，42，3，50”破译成用英文字母表示的明文 ．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD翻折得到△EBD，
连接CE，若CE＝5，BD＝6，则AB的长为 ．
三．解答题（共7小题，满分61分）
x-2 x 1
14．（7分）先化简，再求值： ÷ + ，请从0，1，2中选取一个适当的数代入求值．
x2-2x+1 x-1 x2-x
15．（9分）心理健康月期间，某中学进行了情景剧表演，现有4位评委老师甲、乙、丙、丁给两个班的
情景剧现场打分，满分10分，图1是1班和2班不完整的评分条形统计图，已知两个班的平均分相等．
（1）评委丙给2班的打分是 分；
（2）1班成绩的众数是 分，2班成绩的中位数是 分；
（3）若按照图2的四位评委老师的评分权重计算两个班级的最终得分，请说明哪个班能够获胜.
第3页（共35页）16．（9分）如图，神龙塔的旅游观景层的高度AB＝188米．在神龙塔前方有一斜坡CE长6米，∠ECB
＝150°，斜坡上有一座炎帝像EF．某旅行者在旅游观景层A测得炎帝像顶端F的俯角∠GAF＝41°，
底端E的俯角∠GAE＝45°．
（1）求炎帝像EF到神龙塔AB的距离；
（2）求炎帝像EF的高度．（结果保留整数，参考数据：sin41°≈0.66，cos41°≈0.75，tan41°≈0.87）
17．（9分）寒假将至，某健身俱乐部面向学生推出寒假优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠．
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生寒假健身次数为x（次），按照方案一所需费用为y （元），且y ＝k x+b；按照方案二所需
1 1 1
费用为y （元），且y ＝k x．其函数图象如图所示．
2 2 2
（1）求k ，b的值，并说明它们的实际意义；
1
（2）求k 的值；
2
（3）八年级学生小华计划寒假期间前往该俱乐部健身，请你根据他的健身次数给他一个合理化建议，
选择哪种方案所需费用更少，并说明理由．
第4页（共35页）18．（9分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O和图形W，将图形W关于直线l对称得到图形W'，P为
W'，上任意一点，Q为圆O上任意一点，将PQ的最大值称为图形W关于l的“对称长度”．
（1）若圆O半径为2；
①在M （0，2），M （﹣1，0），M （2，﹣2）这三个点中， 关于直线x＝1的“对称长
1 2 3
度”为5；
√3 7 √3
②已知直线l ：y＝2，点P ( ， )，Q ( ，2)，P （0，4），Q （1，4），P （0，5），Q
1 1 2 2 1 2 2 2 3 3
（﹣1，4），则在线段P Q ，P Q ，P Q 中，关于l 的“对称长度”为3的是 ；
1 1 2 2 3 3 1
（2）圆O半径为1，已知点A（﹣1，8），B（1，8），C（1，6），D（﹣1，6），P（0，3），
∠OPM＝∠OPN＝45°，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过
程中，求正方形ABCD关于l的“对称长度”d的取值范围．
19．（9分）在一次综合实践活动中，小菲设计了两款帐篷．图1是由线段AB绕竖直的直线l 旋转一周
1
得到的1号帐篷（点A在直线l 上，点B在水平地面上）；图2是由曲线段CD绕竖直的直线l 旋转一
1 2
周得到的2号帐篷（点C在直线l 上，点D在水平地面上）．
2
第5页（共35页）已知两个帐篷的底圆半径都是2.0m．点M是线段AB上的一动点，点N是曲线段CD上的一动点．当
M与B的水平距离和N与D的水平距离都是x（单位：m）时，小菲分别记录了M和N的竖直高度h
1
（单位：m）和h （单位：m），部分数据如下：
2
x/m 0 0.4 0.8 1.2 1.6 1.8 2.0
h /m 0 0.60 1.20 1.80 2.40 3.00
1
h /m 0 1.60 2.20 2.42 2.51 2.52 2.53
2
（1）补全表格（结果保留小数点后两位）；
（2）通过分析数据，发现可以用函数刻画h 与x，h 与x之间的关系．在给出的平面直角坐标系中，
1 2
画出这两个函数的图象；
（3）将某人在帐篷内直立行走不会碰到头部时的底圆区域称为自由活动区，根据以上数据与函数图象，
解决下列问题：
①某学生的身高是1.80m，则他在两个帐篷内自由活动区的半径差约为 m（结果保留小
数点后一位）；
②甲、乙、丙三名学生的身高（单位：m）分别为a ，a ，a ，若a ＜a ＜a ＜2.20，且a ﹣a ＝a ﹣
1 2 3 1 2 3 2 1 3
a ，则在2号帐篷中，甲与乙自由活动区的半径差 乙与丙自由活动区的半径差（填“＞”
2
“＜”“＝”）．
20．（9分）问题引入：如图1，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延
长交AB于点F，连结BE．
（1）判断BE与DE之间的数量关系，并说明理由．
第6页（共35页）问题延伸：如图2，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是
线段DF的中点，连结PC、PG，且∠ABC＝∠BEF＝60°．
（2）判断PC与PG之间的位置关系，并说明理由．
1
（3）连结CF，若AB＝2，PC= ，则CF的长为 ．
2
第7页（共35页）2026年菁优深圳中考数学模拟试卷5
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D B C B D D C
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）中华人民共和国第十五届运动会（简称“十五运会”），于2025年11月9日至21日在广东、
香港、澳门三地共同举办，相关纪念品销售火爆．经销商定制了一款简约的纪念品展示台，其立体图
形如图所示，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单组合体的三视图．
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【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】A
【分析】根据简单几何体的三视图的画法画出它的俯视图即可．
【解答】解：这个几何体的俯视图如下：
故答案为：A．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体的三视图画法是正确解答
的关键．
2．（3分）下列等式成立的是（ ）
A．a+a2＝a3 B．a6÷a2＝a3
C．a2•a＝a2 D．3a2﹣2a2＝a2
第8页（共35页）【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法．
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【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据合并同类项法则；同底数幂相乘，底数不变，指数相加；同底数幂相除，底数不变，指
数相减，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、a与a2不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意；
B、a6÷a2＝a4，故此选项不符合题意；
C、a2•a＝a3，故此选项不符合题意；
D、3a2﹣2a2＝a2，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法、同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法则是解
题的关键．
3．（3分）作为渝昆高铁入川第一站，也是泸州境内第三座高铁站，泸州东站已完成主体工程施工，其
总面积为11925平方米．请将11925用科学记数法表示（ ）
A．0.11925×104 B．1.1925×104
C．1.1925×105 D．11.925×104
【考点】科学记数法—表示较大的数．
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【专题】实数；运算能力．
【答案】B
【分析】科学记数法形式：a×10n，其中1≤a＜10，n为正整数．
【解答】解：11925＝1.1925×104．
故选：B．
【点评】科学记数法：把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是
正整数，这种记数法叫做科学记数法．
4．（3分）下列各图中，∠1与∠2属于对顶角的是（ ）
A． B．
C． D．
第9页（共35页）【考点】对顶角、邻补角．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观．
【答案】C
【分析】根据对顶角的定义逐一判断即可求解．
【解答】解：A．∠1与∠2不属于对顶角，故A选项不符合题意；
B．∠1与∠2不属于对顶角，故B选项符合题意；
C．∠1与∠2属于对顶角，故C选项不符合题意；
D．∠1与∠2不属于对顶角，故D选项不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了对顶角的定义，熟练掌握其定义是解题的关键．
5．（3分）以下各组长度的线段为边，能构成三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．3，4，5 C．4，5，11 D．8，4，4
【考点】三角形三边关系．
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【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边计算即可．
【解答】解：A．∵1+2＝3，∴不能构成三角形，不符合题意；
B．∵3+4＞5，∴能构成三角形，符合题意；
C．∵5+4＜11，∴不能构成三角形，不符合题意；
D．∵4+4＝8，∴不能构成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形三条边的关系，熟练掌握三角形三条边的关系是解答本题的关键．
6．（3分）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，连接CE，作EF⊥CE交
AB 于点 F，连接 CF 交 BD 于点 H，延长 CE 交 AD 点 K，则下列结论：① EF＝EC；
1 3√2
②△CEH∽△CFK；③BE•DH＝S四边形ABCD ；④若BF=
4
AB＝1，则DE=
2
．正确的是（ ）
第10页（共35页）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【考点】四边形综合题．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】D
【分析】①由“SAS”可证△ADE≌△CDE，可得AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，由四边形的内角和定理
可证∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，可得AE＝EF＝EC；
②通过证明点A，点K，点E，点F四点共圆，可得∠FAE＝∠FKE，通过证明△ECH∽△EBC，可得
∠EHC＝∠BCE，即可得结论；
CH DH CH EC
③通过证明△ECH∽△CDH，可得 = ，通过证明△ECH∽△EBC，可得 = ，可得结
EC CD BC BE
论；
AF AC
④通过证明△AFC∽△DEC，可得 = ，即可求解．
DE CD
【解答】解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，
∴∠EAF＝∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°，
∴∠BCE+∠EFB＝180°，
又∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，
∴AE＝EF，
∴EF＝EC，故①正确；
∵∠BAD＝∠FEK＝90°，
∴点A，点K，点E，点F四点共圆，
∴∠FAE＝∠FKE，
∴∠EAF＝∠BCE＝∠FKE，
∵∠DBC＝∠FCE＝45°，∠BEC＝∠BEC，
∴△ECH∽△EBC，
第11页（共35页）∴∠EHC＝∠BCE，
∴∠EHC＝∠EKF，
又∵∠ECH＝∠FCK，
∴△CEH∽△CFK，故②正确；
∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC，
∴△ECH∽△CDH，
CH EC
∴ = ，
DH CD
CH DH
∴ = ，
EC CD
∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH，
∴△ECH∽△EBC，
CH EC
∴ = ，
BC BE
CH BC
∴ = ，
EC BE
DH BC
∴ = ，
DC BE
∴BC•CD＝DH•BE＝S正方形ABCD ，故③正确；
1
∵BF= AB＝1，
4
∴BA＝4，
∴AF＝3，AC＝4√2，
∵∠ECF＝∠ACD＝45°，
∴∠ACF＝∠DCE，
又∵∠FAC＝∠CDE＝45°，
∴△AFC∽△DEC，
AF AC
∴ = ，
DE CD
3
∴ =√2，
DE
3√2
∴DE= ，故④正确，
2
故选：D．
第12页（共35页）【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定
和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
7．（3分）伴随2023城市自然行动——“1864大熊猫巡展”在长沙站的正式启动，湖南省地质博物馆迅
速成了巡展的热门打卡地．某学校九年级学生去距学校10km的湖南省地质博物馆参观，一部分学生骑
自行车先走，过了20min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生
速度的2倍，求骑车学生的速度．若设骑车学生的速度为xkm/h，则可列方程为（ ）
10 10 10 10
A． - =20 B． - =20
2x x x 2x
10 10 1 10 10 1
C． - = D． - =
2x x 3 x 2x 3
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
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【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】首先表示出汽车的速度，然后根据汽车行驶的时间等于骑车行驶的时间减去时间差列方程即
可．
【解答】解：设骑车学生的速度为xkm/h，则汽车的速度为2xkm/h，根据题意得：
10 10 1
- = ，
x 2x 3
故选：D．
【点评】本题考查了实际问题抽象出分式方程，理解两种行驶方式的时间的关系是解题的关键．
8．（3分）如图1，三个大小不同的相似三角形（AB＞DE＞FG）可以拼成（无重合无空隙）一个矩形．
将三角形①和②如图2重新组合，可得到△HIJ和四边形KLMN，已知两个图形的面积满足S△HIJ ＝2S
四边形KLMN
，则拼成的图1矩形的长与宽之比为（ ）
第13页（共35页）√5
A．√2 B．√3 C．2 D．
2
【考点】矩形的性质；三角形的面积．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】根据相似三角形的性质，相似三角形的面积比与相似比的关系进行计算即可．
【解答】解：若拼成如图1﹣1的长方形，在图2中，∵△PQJ∽△RJI，
∴∠PJQ＝∠RIJ，
∴HI＝HJ，
又∵∠RIJ+∠R＝90°，∠HJI+∠RJH＝∠RJI＝90°，
∴∠R＝∠RJH，
∴HJ＝HR＝HI，
1
∴S△HIJ ＝S△RJH =
2
S△RJI ，
又∵S△HIJ ＝2S四边形KLMN ，
∴S△RIJ ＝4S四边形KLMN ，
即S△OMN ＝4S四边形KLMN ，
S 4 4
∴ △OMN = =
S 4+1 5
△OLK
∵S△OMN ∽S△OLK ，
MN √4 2 DE
∴ = = = ，
LK 5 √5 CE
设DE＝2m，则CE=√5m，
∴CD=√CE2-DE2=m，
∵△BDE∽△EDC，
第14页（共35页）DE BE 2m
∴ = = = 2，
CD CE m
即拼成的图1矩形的长与宽之比为2：1＝2，
若拼成如图1﹣2的长方形，
MN √4 2 CD
= = = ，
LK 5 √5 AB
设CD＝2n，则AB=√5n，BF＝2n
∴AF=√AB2-BF2=n，
∵△ABF∽△BCA，
AF AB
∴ = ，
AB BC
n √5n
即 = ，
√5n BC
∴BC＝5n，
5
即拼成的图1矩形的长与宽之比为5n：2n= ，
2
5
综上所述，拼成的如图1的矩形的长与宽的比为2或 ，
2
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质，相似三角形的性质以及勾股定理，掌握矩形的性质，相似三角形的性
质以及勾股定理是正确解答的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）新定义：若一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“妙数”．例如：
第15页（共35页）10是“妙数”，
因为10＝32+12；再如：M＝x2+2x+2＝（x+1）2+12（x是整数），所以M也是“妙数”．已知M＝
x2+4xy+8y2﹣12y+8+k（x，y是整数），k是常数，要使M为“妙数”，则k的值为 1 ．
【考点】因式分解的应用；非负数的性质：偶次方．
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【专题】整式；运算能力．
【答案】1．
【分析】因为 M为“妙数”，所以 M＝a2+b2（a，b是整数），所以 M＝x2+4xy+8y2﹣12y+8+k＝
（x+2y）2+（2y﹣3）2，求出k＝1，据此解答．
【解答】解：M＝x2+4xy+8y2﹣12y+8+k
＝x2+4xy+4y2+4y2﹣12y+8+k
＝（x+2y）2+4y2﹣12y+8+k，
因为M为“妙数”，
所以原式＝（x+2y）2+（2y﹣3）2
＝（x+2y）2+4y2﹣12y+9，
所以8+k＝9，
得k＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了因式分解的应用、非负数的性质：偶次方，解决本题的关键是熟练运用完全平方
公式解决问题．
8
10．（3分）已知点A（4，m），B（﹣1，n）在反比例函数y= 的图象上，直线AB与x轴交于点C．
x
11
如果点D在y轴上，且DA＝DC，则点D的坐标是 (0， ) ．
4
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征．
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【专题】反比例函数及其应用．
11
【答案】(0， )．
4
【分析】将点A与点B的坐标代入反比例函数解析式中，求出m与n的值，确定点A与点B的坐标，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A与点B代入求解k和b的值，确定出直线AB的函数解析式，求
出点C坐标，再根据勾股定理即可求解点D的坐标．
8
【解答】解：∵点A（4，m），B（﹣1，n）在反比例函数y= 的图象上，
x
第16页（共35页）8 8
∴m= =2，n= =-8，
4 -1
∴点A（4，2），B（﹣1，﹣8），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
{ 2=4k+b { k=2
∴ ，解得 ，
-8=-k+b b=-6
∴直线AB的解析式为y＝2x﹣6，
∵直线AB与x轴交于点C，
∴令y＝0，即2x﹣6＝0，解得x＝3，
∴点C（3，0），
∵点D在y轴上，且DA＝DC，
由勾股定理可得，(0-4) 2+(y -2) 2=32+ y2 ，
D D
11
解得y = ，
D 4
11
∴点D的坐标是(0， )．
4
11
故答案为：(0， )．
4
【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，勾股定理的应用，利用待定系数法以及数形
结合思想，熟练掌握待定系数法是解决本题的关键．
11．（3 分）△ABC 中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点 O 为 BC 中点．将△ABC 绕点 O 顺时针旋转至
△A′B′C′的位置，此时点A′恰好落在AC上．若BC＝12，则点B经过的路径弧BB′的长为 2
． π
【考点】弧长的计算；旋转的性质；三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质．
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【专题】平移、旋转与对称．
【答案】2 ．
【分析】根π据等腰三角形的性质求出∠ACB＝∠ABC＝30°，根据旋转可知∠CB′C′＝∠CBA＝30°，
第17页（共35页）60×π×6
根据三角形外角的性质求出∠BOB′＝∠ACB+∠CB′C′＝60°，根据弧长公式求出 =2π．
180
【解答】解：∵AB＝AC，∠ABC＝30°，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
根据旋转可知：∠CB′C′＝∠CBA＝30°，
∴∠BOB′＝∠ACB+∠CB′C′＝60°，
∵点O为BC中点，
1
∴OB=OC= ×12=6，
2
60×π×6
∴点B经过的路径^BB'的长为： =2π．
180
故答案为：2 ．
【点评】本题π主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，求弧长，解题的关键
是熟练掌握弧长公式．
12．（3分）密码学是研究编制和破译密码的规律的一门学科，它与数学有密切关系．将 26个英文字母
a，b，c，…，z依次对应自然数1，2，3，…，26．给出密文与明文之间的关系如下：当密文中的数x
x
为奇数时，明文对应的序号为x+1；当密文中的数x为偶数时，明文对应的序号为 ．例如密文“1”
2
12
对应的序号为1+1＝2，译成明文为“b”；密文“12”对应的序号为 ，译成明文为“f”，请将密文
2
“38，19，42，3，50”破译成用英文字母表示的明文 study ．
【考点】规律型：数字的变化类；列代数式．
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【专题】规律型．
【答案】study．
【分析】根据密文与明文的转换规则，对每个密文分别判断奇偶性，再计算出明文对应的序号，最后
将序号转换为英文字母．
38
【解答】解：38是偶数，明文序号为 =19，对应字母“s”；
2
19是奇数，明文序号为19+1＝20，对应字母“t”；
42
42是偶数，明文序号为 =21，对应字母“u”；
2
3是奇数，明文序号为3+1＝4，对应字母“d”；
第18页（共35页）50
50是偶数，明文序号为 =25，对应字母“y”．
2
∴密文“38，19，42，3，50”破译用英文字母表示的明文为study，
故答案为：study．
【点评】本题主要考查了根据给定规则进行数的转换与字母对应，熟练掌握密文到明文的转换规则
（奇数加1、偶数除以2得到序号，再对应字母）是解题的关键．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD翻折得到△EBD，
连接CE，若CE＝5，BD＝6，则AB的长为 9 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】9
【分析】连接AE，延长BD交AE于点H，作EF⊥BC交BC的延长线于点F，由点D为AC的中点，
得AD＝CD，由翻折得ED＝AD＝CD，EB＝AB，BD垂直平分AE，则∠DEA＝∠DAE，∠DEC＝
∠DCE，BD垂直平分AE，可证明∠AEC＝∠AHB＝90°，则CE∥BD，再证明△EFC∽△ECB，因为
FE CF CE 5
CE＝5，BD＝6，所以 = = = ，设CD＝6m，BC＝6n，则FE＝5m，CF＝5n，所以AC＝
CD BC BD 6
7 5
12m，BF＝11n，则EB2＝25m2+121n2＝AB2＝144m2+36n2，所以n2= m2，m2= n2，由CD2+BC2＝
5 7
7 5 √15 √21
BD2，得（6m）2+（6n）2＝62，则m2+n2＝1，所以m2+ m2＝1， n2+n2＝1，求得m= ，n=
5 7 6 6
，则AC＝2√15，BC=√21，所以AB=√AC2+BC2=9，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接AE，延长BD交AE于点H，作EF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠F＝90°，
∵点D为AC的中点，
∴AD＝CD，
第19页（共35页）∵将△ABD沿BD翻折得到△EBD，
∴ED＝AD＝CD，EB＝AB，点E与点A关于直线BD对称，
∴∠DEA＝∠DAE，∠DEC＝∠DCE，BD垂直平分AE，
∴∠AEC＝∠DEA+∠DEC＝∠DAE+∠DCE，∠AHB＝90°，
∵∠AEC+∠DAE+∠DCE＝2∠AEC＝180°，
∴∠AEC＝∠AHB＝90°，
∴CE∥BD，
∴∠FCE＝∠CBD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠F＝∠DCB＝90°，
∴△EFC∽△ECB，
∵CE＝5，BD＝6，
FE CF CE 5
∴ = = = ，
CD BC BD 6
设CD＝6m，BC＝6n，则FE＝5m，CF＝5n，
∴AC＝2CD＝12m，BF＝BC+CF＝11n，
∵EB2＝EF2+BF2＝（5m）2+（11n）2＝25m2+121n2，AB2＝AC2+BC2＝（12m）2+（6n）2＝
144m2+36n2，且EB2＝AB2，
∴25m2+121n2＝144m2+36n2，
7 5
∴整理得n2= m2，m2= n2，
5 7
∵CD2+BC2＝BD2，
∴（6m）2+（6n）2＝62，
∴m2+n2＝1，
7 5
∴m2+ m2＝1， n2+n2＝1，
5 7
√15 √15 √21 √21
解得m = ，m =- （不符合题意，舍去），n = ，n =- （不符合题意，舍去），
1 6 2 6 1 6 2 6
√15 √21
∴AC＝12× =2√15，BC＝6× =√21，
6 6
∴AB=√AC2+BC2=√(2√15) 2+(√21) 2=9，
故答案为：9．
第20页（共35页）【点评】此题重点考查翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的判定与性
质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分61分）
x-2 x 1
14．（7分）先化简，再求值： ÷ + ，请从0，1，2中选取一个适当的数代入求值．
x2-2x+1 x-1 x2-x
【考点】分式的化简求值．
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【专题】分式；运算能力．
1 1
【答案】 ， ．
x 2
【分析】利用分式的混合运算法则化简原式，再根据分式有意义的条件选择一个数代入求解即可．
x-2 x 1
【解答】解： ÷ +
x2-2x+1 x-1 x2-x
x-2 x-1 1
= • +
(x-1) 2 x x(x-1)
x-2 1
= +
x(x-1) x(x-1)
x-1
=
x(x-1)
1
= ，
x
∵x﹣1≠0，x≠0，
∴x＝2，
1
∴原式= ．
2
【点评】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算的法则是解题的关键．
15．（9分）心理健康月期间，某中学进行了情景剧表演，现有4位评委老师甲、乙、丙、丁给两个班的
情景剧现场打分，满分10分，图1是1班和2班不完整的评分条形统计图，已知两个班的平均分相等．
（1）评委丙给2班的打分是 1 0 分；
第21页（共35页）（2）1班成绩的众数是 9 分，2班成绩的中位数是 9. 5 分；
（3）若按照图2的四位评委老师的评分权重计算两个班级的最终得分，请说明哪个班能够获胜.
【考点】条形统计图；加权平均数；中位数；众数．
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【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据平均数相等即可得出答案；
（2）由众数和中位数的定义求解即可；
（3）根据加权平均数的定义列式计算，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵两个班的平均分相等．
∴评委丙给2班的打分是（8+9+9+10）﹣（7+9+10）＝10（分），
故答案为：10；
（2）由条形统计图知，1班成绩（9分）最多，
∴1班成绩的众数是（9分），
9+10
2班成绩的中位数 =9.5（分），
2
故答案为：9，9.5；
360-90-90-120 1
（3）由题意，甲评委老师的评分占比为 = ，
360 6
90 1
乙评委老师的评分占比为 = ，
360 4
第22页（共35页）120 1
丙评委老师的评分占比为 = ，
360 3
90 1
丁评委老师的评分占比为 = ，
360 4
1 1 1 1 109
∴1班的最终得分为8× +9× +9× +10× = （分），
6 4 3 4 12
1 1 1 1 111
2班的最终得分为7× +10× +10× +9× = （分），
6 4 3 4 12
所以2班班能够获胜．
【点评】本题考查了条形统计图、众数、中位数、平均数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
16．（9分）如图，神龙塔的旅游观景层的高度AB＝188米．在神龙塔前方有一斜坡CE长6米，∠ECB
＝150°，斜坡上有一座炎帝像EF．某旅行者在旅游观景层A测得炎帝像顶端F的俯角∠GAF＝41°，
底端E的俯角∠GAE＝45°．
（1）求炎帝像EF到神龙塔AB的距离；
（2）求炎帝像EF的高度．（结果保留整数，参考数据：sin41°≈0.66，cos41°≈0.75，tan41°≈0.87）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
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【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）炎帝像EF到神龙塔AB的距离为185m；
（2）炎帝像EF的高度为24m．
【分析】（1）延长直线EF与射线AG交于点M，与射线BC交于点N，得到四边形MNBA是矩形，先
解Rt△ENC求出EN，即可得到EM，再解Rt△EMA即可求解AM；
（2）解Rt△FMA求出FM，再由EF＝EM﹣FM即可求解．
【解答】解：（1）延长直线EF与射线AG交于点M，与射线BC交于点N，
第23页（共35页）由题意得，∠N＝∠B＝∠M＝90°，
∴MN＝AB＝188m，
∵∠ECB＝150°，
∴∠ECN＝30°，
1
∴EN= EC=3m，
2
∴EM＝MN﹣EN＝185m，
∵∠GAE＝45°，
EM
∴AM= =EM=185m；
tan∠GAE
（2）∵∠GAF＝41°，
∴FM＝AM×tan∠GAF＝185×0.87≈160.95m，
∴EF＝EM﹣FM＝185﹣160.95＝24.05≈24m，
答：炎帝像EF的高度为24m．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，正确构造直角三角形是解题的关
键．
17．（9分）寒假将至，某健身俱乐部面向学生推出寒假优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠．
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生寒假健身次数为x（次），按照方案一所需费用为y （元），且y ＝k x+b；按照方案二所需
1 1 1
费用为y （元），且y ＝k x．其函数图象如图所示．
2 2 2
（1）求k ，b的值，并说明它们的实际意义；
1
（2）求k 的值；
2
（3）八年级学生小华计划寒假期间前往该俱乐部健身，请你根据他的健身次数给他一个合理化建议，
选择哪种方案所需费用更少，并说明理由．
第24页（共35页）【考点】一次函数的应用．
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【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
{k =15
【答案】（1） 1 ；k 表示的实际意义是：原价的六折为15元；b＝30，表示的实际意义是：每
b=30 1
张学生寒假专享卡的价格为30元；
（2）每次健身费用的原价是25元，k 的值是20；
2
（3）健身小于6次时，选择方案二所需费用少，健身6次时，选择两种打折优惠方案所需费用相等，
健身大于6次时，选择方案一所需费用少．
【分析】（1）设y 与x的函数关系式为y ＝k x+b，把点（0，30），（10，180）代入y ＝k x+b，得
1 1 1 1 1
到关于k 和b的二元一次方程组，求解即可；
1
（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用
按八折优惠，求出y 与x的函数关系式；
2
（3）分三种情况：①15x+30＝20x，②15x+30＜20x，③15x+30＞20x，分别解方程（不等式）可得
答案．
【解答】解：（1）设y 与x的函数关系式为y ＝k x+b，
1 1 1
∵y ＝k x+b过点（0，30），（10，180），
1 1
{ b=30
∴ ，
10k +b=180
1
{k =15
∴ 1 ．
b=30
∴k 表示的实际意义是：原价的六折为15元；b＝30，表示的实际意义是：每张学生寒假专享卡的价
1
格为30元；
（2）由（1）知k ＝15，即购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元；
1
第25页（共35页）∴打折前的每次健身费用，即每次健身费用的原价为15÷0.6＝25（元），
设y ＝k x．则k ＝25×0.8＝20，
2 2 2
∴y ＝20x；
2
答：每次健身费用的原价是25元，k 的值是20；
2
（3）由题意，结合（1）可得，y ＝15x+30，
1
又y ＝20x．
2
∴分以下三种情形讨论：
①15x+30＝20x，
解得：x＝6，
∴健身6次时，选择两种打折优惠方案所需费用相等；
②15x+30＜20x，
解得x＞6，
∴健身大于6次时，选择方案一所需费用少；
③15x+30＞20x，
解得x＜6，
∴健身小于6次时，选择方案二所需费用少．
综上所述，健身小于6次时，选择方案二所需费用少，健身6次时，选择两种打折优惠方案所需费用
相等，健身大于6次时，选择方案一所需费用少．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y 、y 关于x的函
1 2
数解析式．
18．（9分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O和图形W，将图形W关于直线l对称得到图形W'，P为
W'，上任意一点，Q为圆O上任意一点，将PQ的最大值称为图形W关于l的“对称长度”．
（1）若圆O半径为2；
①在M （0，2），M （﹣1，0），M （2，﹣2）这三个点中，M 关于直线x＝1的“对称长度”为
1 2 3 2
5；
√3 7 √3
②已知直线l ：y＝2，点P ( ， )，Q ( ，2)，P （0，4），Q （1，4），P （0，5），Q
1 1 2 2 1 2 2 2 3 3
（﹣1，4），则在线段P Q ，P Q ，P Q 中，关于l 的“对称长度”为3的是 P Q ， P Q ；
1 1 2 2 3 3 1 3 3 2 2
（2）圆O半径为1，已知点A（﹣1，8），B（1，8），C（1，6），D（﹣1，6），P（0，3），
∠OPM＝∠OPN＝45°，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过
程中，求正方形ABCD关于l的“对称长度”d的取值范围．
第26页（共35页）【考点】圆的综合题．
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【专题】综合题；与圆有关的计算；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①M ．
2
②P Q ，P Q ．
3 3 2 2
（2）√13+1≤d≤√26+4．
【分析】（1）①根据题意，分别作M ，M ，M 关于x＝1的对称点M '，M '，M '，进而根据题意可
1 2 3 1 2 3
得点到圆上的距离的最大值为5，即可求解；
②同①的方法，分别作出线段P Q ，P Q ，P Q 关于y＝2的对称图形，观察图形，找到关于l 的
1 1 2 2 3 3 1
“对称长度”为3的线段，即可求解．
（2）根据题意，得出正方形关于l的对称图形的轨迹，进而根据一点到圆上的距离的最值方法，即可
求解．
【解答】解：（1）①如图所示，分别作M ，M ，M 关于x＝1的对称点M '，M '，M '，
1 2 3 1 2 3
观察图形可得，M '到 O的最大距离为5，符合题意，
2
即M
2
关于直线x＝1的⊙“对称长度”为5；
故答案为：M ．
2
第27页（共35页）②如图所示，观察图形可得P Q 关于y＝2的对称图形P ′Q ′到 O的最大距离为3，即P ′X＝
3 3 3 3 3
3， ⊙
故答案为：P Q ．
3 3
（2）如图所示，点M在点N的左侧，直线l从PN开始，绕点P顺时针旋转到PM，在l旋转过程中，
正方形ABCD关于l的对称点所在轨迹如图所示，
第28页（共35页）∵∠OPM＝∠OPN＝45°，
∴PM的解析式为y＝x+3，
当点D关于PM的对称点为D'时，此时正方形ABCD关于l的“对称长度”d取得最小值，
∵D（﹣1，6），设D'（x，y），
x-1 y+6
则 +3= ，
2 2
即x＝y+1①，
∴PD'=PD=√12+(6-3) 2=√10，
∴x2+（y﹣3）2＝10②，
{x=1 {x=3
由①②得 （舍去）或 ，
y=0 y=2
∴D′（3，2），
∴OD'=√32+22=√13，
∴d =√13+1，
min
∵B（1，8），P（0，3），
∴PB=√12+52=√26，
∴d =PT+OP+1=√26+3+1=√26+4，
max
∴√13+1≤d≤√26+4．
答：正方形ABCD关于l的“对称长度”d的取值范围为：√13+1≤d≤√26+4．
第29页（共35页）【点评】本题考查了圆的综合应用，主要考查坐标与图形，轴对称的性质，勾股定理，解一元二次方
程，平面上一点到圆上的距离，中点坐标公式，熟练掌握以上知识，理解新定义是解题的关键．
19．（9分）在一次综合实践活动中，小菲设计了两款帐篷．图1是由线段AB绕竖直的直线l 旋转一周
1
得到的1号帐篷（点A在直线l 上，点B在水平地面上）；图2是由曲线段CD绕竖直的直线l 旋转一
1 2
周得到的2号帐篷（点C在直线l 上，点D在水平地面上）．
2
已知两个帐篷的底圆半径都是2.0m．点M是线段AB上的一动点，点N是曲线段CD上的一动点．当
M与B的水平距离和N与D的水平距离都是x（单位：m）时，小菲分别记录了M和N的竖直高度h
1
（单位：m）和h （单位：m），部分数据如下：
2
x/m 0 0.4 0.8 1.2 1.6 1.8 2.0
h /m 0 0.60 1.20 1.80 2.40 3.00
1
h /m 0 1.60 2.20 2.42 2.51 2.52 2.53
2
（1）补全表格（结果保留小数点后两位）；
（2）通过分析数据，发现可以用函数刻画h 与x，h 与x之间的关系．在给出的平面直角坐标系中，
1 2
画出这两个函数的图象；
（3）将某人在帐篷内直立行走不会碰到头部时的底圆区域称为自由活动区，根据以上数据与函数图象，
解决下列问题：
①某学生的身高是1.80m，则他在两个帐篷内自由活动区的半径差约为 0.7 m（结果保留小数点
后一位）；
②甲、乙、丙三名学生的身高（单位：m）分别为a ，a ，a ，若a ＜a ＜a ＜2.20，且a ﹣a ＝a ﹣
1 2 3 1 2 3 2 1 3
a ，则在2号帐篷中，甲与乙自由活动区的半径差 ＜ 乙与丙自由活动区的半径差（填“＞”
2
“＜”“＝”）．
第30页（共35页）【考点】一次函数的应用；坐标与图形变化﹣旋转．
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【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【答案】（1）补全表格见解析；
（2）图见解析；
（3）①0.7；②＜．
h
【分析】（1）由题可知： 1为定值，即h ＝1.5x，即可得解；
1
x
（2）描点连线画出图象即可；
（3）①根据图象可得当h＝1.8时，得出x 和x ，再计算即可；
1 2
②由图象可发现，h 随着x的增加而增加，且增加的速度越来越慢，据此求解．
2
h
【解答】解：（1）观察表格可知： 1为定值，
x
0.6
∴当x＝1.8时，h ＝1.8× =2.70，
1 0.4
补全表格如下：
x/m 0 0.4 0.8 1.2 1.6 1.8 2.0
h /m 0 0.6 1.20 1.80 2.40 2.70 3.
1
h /m 0 1.60 2.20 2.42 2.51 2.52 2.53
2
故答案为：2.70；
（2）图象如图所示；
第31页（共35页）（3）①由图象可知：当x＝1.2时，h ＝1.8，
1
当x＝0.5时，h ＝1.8，
2
∴他在两个帐篷内自由活动区的半径差约为1.2﹣0.5＝0.7m；
故答案为：0.7；
②由图象可知，h 随着x的增加而增加，且增加的速度越来越慢，
2
∴当增加的高度相同时，自变量的差值变的越来越大，
∵a ＜a ＜a ＜2.20，且a ﹣a ＝a ﹣a ，
1 2 3 2 1 3 2
∴甲与乙自由活动区的半径差要小于乙与丙自由活动区的半径差；
故答案为：＜．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用，函数图象分析，熟练掌握相关知识是解题的关键．
20．（9分）问题引入：如图1，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延
长交AB于点F，连结BE．
（1）判断BE与DE之间的数量关系，并说明理由．
问题延伸：如图2，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是
线段DF的中点，连结PC、PG，且∠ABC＝∠BEF＝60°．
（2）判断PC与PG之间的位置关系，并说明理由．
1
（3）连结CF，若AB＝2，PC= ，则CF的长为 √3 ．
2
第32页（共35页）【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）BE＝DE，理由见解析；
（2）PC⊥PG，理由见解析；
（3）√3．
【分析】（1）证明△AEF≌△CED（ASA），由全等三角形的性质得出EF＝DE，由直角三角形的性
质得出EF＝DE＝BE，则可得出结论；
（2）延长GP交CD于点M，证明△DPM≌△FPG（ASA），由全等三角形的性质得出PM＝PG，GF
＝DM，证出CM＝CG，由等腰三角形的性质得出结论；
（3）求出GF＝1，过点G作GN⊥CF于点N，由直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）BE＝DE，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△AEF和△CED中，
{
∠A=∠C
AE=CE ，
∠AEF=∠CED
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴EF＝DE，
∵∠ABD＝90°，
∴BE为Rt△BDF斜边上的中线，
∴EF＝DE＝BE，
∴BE＝DE；
问题延伸：（2）PC⊥PG，
第33页（共35页）理由如下：延长GP交CD于点M，
∵四边形ABCD，BEFG为菱形，
∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°，
∴∠CDP＝∠PFG，
∵P为DF的中点，
∴DP＝FP，
在△DPM和△FPG 中，
{∠MDP=∠GFP
DP=FP
∠DPM=∠FPG
∴△DPM≌△FPG（ASA），
∴PM＝PG，GF＝DM，
∵菱形ABCD和菱形BEFG，
∴CD＝CB，GF＝GB，
∴CD﹣DM＝CB﹣GB，
∴CM＝CG，
∴PC是等腰三角形底边中线，
∴PC⊥PG；
（3）由（2）可知，∠CPG＝90°，∠DCP＝∠GCP＝60°，
1
∵PC= ，
2
∴CG＝2PC＝1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝2，
∴BG＝CG＝1，
∴GF＝1，
过点G作GN⊥CF于点N，
第34页（共35页）∵∠CGF＝∠CBE＝120°，
∴∠GCF＝∠GFC＝30°，
1
∴GN= ，
2
1
∴CF＝FN= √3，
2
∴CF=√3．
故答案为：√3．
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三
角形的判定及性质，证明三角形全等是解答本题的关键．
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