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2025年上海市嘉定区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正
确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的
1．（4分）（2025•嘉定区二模）下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
√1
A． B．√2 C．√0.2 D．√12
2
2．（4分）（2025•嘉定区二模）下列关于x的方程一定有实数解的是（ ）
A．x2﹣x+2＝0 B．x2+1＝0
2 x
C． = D．x2﹣mx﹣1＝0（m为常数）
x-2 x-2
3．（4分）（2025•嘉定区二模）已知正比例函数y＝（a﹣2）x的图象经过第一、三象限，那么a的取值
范围是（ ）
A．a＞2 B．a＜2 C．a＞﹣2 D．a＜﹣2
4．（4分）（2025•嘉定区二模）下列数学符号中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．≌ B．∽ C． D．∞
5．（4分）（2025•嘉定区二模）某校在“阅读之星∑”的评选活动中，5位评委给小王同学的综合表现打
分，分别是：9.2、9.3、8.8、9.3、9.1．如果每位评委的打分都提高0.1，那么比较前后两组数据，统
计量一定不会发生改变的是（ ）
A．中位数 B．众数 C．方差 D．平均数
6．（4分）（2025•嘉定区二模）如果 O 与 O 内含，圆心距O O ＝3， O 的半径长是5，那么 O
1 2 1 2 1 2
的半径长r的取值范围是（ ） ⊙ ⊙ ⊙ ⊙
A．0＜r＜2 B．2＜r＜8
C．0＜r＜2或r＞8 D．r＞8
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置】
1
7．（4分）（2025•嘉定区二模） 的倒数是 ．
4
8．（4分）（2025•苏州）因式分解：x2﹣9＝ ．
{x-3＞5
9．（4分）（2025•嘉定区二模）不等式组 1 的解集是 ．
x＞2
3
10．（4分）（1997•辽宁）方程√2x+3=x的解为 ．
第1页（共26页）k+1
11．（4分）（2025•嘉定区二模）如果反比例函数y= 的图象在其所在的每个象限内，y的值随x的
x
值增大而增大，那么k的取值范围是 ．
12．（4分）（2025•嘉定区二模）如果一次函数的图象经过点（﹣1，3），且与直线y＝2x+1平行，那么
这个一次函数的解析式是 ．
13．（4分）（2025•嘉定区二模）如果一个正多边形的外角和与内角和的比为1：2，那么这个多边形是
正 边形．
14．（4分）（2025•嘉定区二模）十二生肖是悠久的中国民俗文化符号，世界多国在春节期间发行生肖
邮票，以此来表达对中国新年的祝福．甲同学购买了一套生肖邮票，他把“虎”、“兔”、“龙”、
“蛇”4张邮票背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让乙同学随机抽取 2张，那么乙同学随
机抽到的2张邮票恰好是“虎”和“龙”的概率是 ．
15．（4分）（2025•嘉定区二模）为了解学生的体育技能水平，某校随机抽取了 200名学生开展一分钟
跳绳测试，并将结果绘制成扇形统计图（如图所示）．如果该校学生共有 800人，请估计全校一分钟
跳绳次数不低于180个的学生有 人．
类别 跳绳次数x
A x≥200
B 180≤x＜200
C 160≤x＜180
D 140≤x＜160
E x＜140
16．（4分）（2025•嘉定区二模）某二次函数一部分自变量x和函数值y的对应情况如表所示．如果将这
个二次函数的图象向右平移m（m＞0）个单位后，图象经过原点，那么m的值是 ．
x … 0 1 2 3 …
y … 3 4 3 0 …
→ → → →
17．（4分）（2025•嘉定区二模）如图，已知点G是△ABC的重心，如果向量 AB=a，AC=b ，那么
第2页（共26页）→ → →
向量 BG= .（结果用 a 、 b 表示）
18．（4分）（2025•嘉定区二模）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是边AD的中点．将该纸片的右下
AP
角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B′E的位置，B′E与AB交于点P，那么 的值是
PB
．
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）（2025•嘉定区二模）计算：(√2+1) -1+4cos45°+|√3-2|-(3.14-π) 0．
1 4
20．（10分）（2025•嘉定区二模）已知分式方程 - =1．甲同学的解答过程如下：
x-2 x2-4
解：（第①步）去分母，得：x+2﹣4＝1，
（第②步）解这个整式方程，得：x＝3，
（第③步）检验：当x＝3时，x2﹣4≠0，
（第④步）所以，原方程的根是x＝3．
（1）甲同学的解答过程是从第 步开始出现错误的，请简要说明错误的原因：
；
（2）请写出正确且完整的解答过程．
21．（10分）（2025•嘉定区二模）如图，已知AD是半圆O的直径，半径OB垂直于弦AC，垂足为点
E，联结AB，C^D=2^AB．
（1）求∠AOB的度数；
（2）求tan∠BAC的值．
第3页（共26页）22．（10分）（2025•嘉定区二模）已知正五边形ABCDE，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任
务（保留作图痕迹，不写作法）．
【初步感知】如图1，请直接写出∠ABE的度数；
【实践探究】请在图1中作出以BE为对角线的菱形ABME，并证明你的结论；
【拓展延伸】请在图2正五边形ABCDE的基础上再设计一个新的正五边形 A B C D E .（不需要证
1 1 1 1 1
明）
23．（12分）（2025•嘉定区二模）如图，平行四边形ABCD中，已知AD＝2AB，M是边AD的中点，联
结MC．CE⊥AB，垂足E在边AB上，联结EM并延长，交CD延长线于点F．
（1）求证：∠EMC＝2∠DMC；
（2）求证：CM2＝AB•CF．
24．（12分）（2025•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C ：y＝ax2+2ax﹣3a（a＜0）与x
1
轴相交于A、B两点，且点A在点B左侧，与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）求线段AB的长；
（2）把抛物线C 向右平移3个单位，再向上平移4个单位，平移后得到抛物线C ，抛物线C 的顶点
1 2 2
为点E．如果点A、D、E在同一直线上，求抛物线C 的表达式；
1
（3）当四边形ABCD的面积为9时，若点P是x轴上一点（点P不与点B重合），且△ACP与△ABC
相似，求点P的坐标．
第4页（共26页）25．（14分）（2025•嘉定区二模）△ABC为 O的内接等腰三角形，AB＝AC．联结BO并延长，交AC
于点D，交 O于点E，过点B作BF⊥AC，⊙垂足为点F（点F不与点A重合）．
（1）如图1⊙，如果∠CBF＝20°，求∠DBF的大小；
S
（2）如图2，联结OC，如果sin∠ACB＝x， △ABF = y，求y关于x的函数解析式（不用写自变量的
S
△OBC
取值范围）；
（3）如果点D是线段OE的黄金分割点，求cos∠BAC的值．
第5页（共26页）2025年上海市嘉定区中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D A D C C
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正
确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的
1．（4分）（2025•嘉定区二模）下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
√1
A． B．√2 C．√0.2 D．√12
2
【考点】最简二次根式．
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【专题】二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】根据最简二次根式的定义解答即可．
√1 √2
【解答】解：A、 = ，原根式不是最简二次根式，不符合题意；
2 2
B、√2是最简二次根式，符合题意；
√5
C、√0.2= ，原根式不是最简二次根式，不符合题意；
5
D、√12=2√3，原根式不是最简二次根式，不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查的是最简二次根式，熟知被开方数不含分母；被开方数中不含能开得尽方的因数或
因式的二次根式，叫做最简二次根式是解题的关键．
2．（4分）（2025•嘉定区二模）下列关于x的方程一定有实数解的是（ ）
A．x2﹣x+2＝0 B．x2+1＝0
2 x
C． = D．x2﹣mx﹣1＝0（m为常数）
x-2 x-2
【考点】根的判别式；分式方程的解．
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【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】分别计算四个方程的判别式Δ＝b2﹣4ac，然后根据Δ的意义进行判断即可．
第6页（共26页）【解答】解：A、∵a＝1，b＝﹣1，c＝2，
∴Δ＝（﹣1）2﹣4×1×2＝﹣7＜0，
∴方程没有实数根，不符合题意；
B、∵a＝1，b＝0，c＝1，
∴Δ＝02﹣4×1×1＝﹣4＜0，
∴方程没有实数根，不符合题意；
C、当x﹣2＝0，即x＝2时，方程没有实数根，不符合题意；
D、∵Δ＝（﹣m）2﹣4×1×（﹣1）＝m2+4＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查的是一元二次方程根的判别式，分式方程的解，熟知一元二次方程的根与判别式的
关系是解题的关键．
3．（4分）（2025•嘉定区二模）已知正比例函数y＝（a﹣2）x的图象经过第一、三象限，那么a的取值
范围是（ ）
A．a＞2 B．a＜2 C．a＞﹣2 D．a＜﹣2
【考点】一次函数图象与系数的关系．
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【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】A
【分析】正比例函数y＝（a﹣2）x的图象经过第一、三象限，则得到a﹣2＞0，解不等式即可．
【解答】解：∵正比例函数y＝（a﹣2）x的图象经过第一、三象限，
∴a﹣2＞0，
∴a＞2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正比例函数的增减性，利用了解不等式，是一道难度中等的题目．
4．（4分）（2025•嘉定区二模）下列数学符号中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．≌ B．∽ C． D．∞
【考点】中心对称图形；轴对称图形． ∑
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心
第7页（共26页）对称图形；据此进行判断即可．
【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则A不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，则B不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，则C不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，则D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查轴对称图形，中心对称图形，关键是中心对称和轴对称定义的熟练掌握．
5．（4分）（2025•嘉定区二模）某校在“阅读之星”的评选活动中，5位评委给小王同学的综合表现打
分，分别是：9.2、9.3、8.8、9.3、9.1．如果每位评委的打分都提高0.1，那么比较前后两组数据，统
计量一定不会发生改变的是（ ）
A．中位数 B．众数 C．方差 D．平均数
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
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【专题】统计的应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据方差的意义及平均数、众数、中位数的定义求解可得．
【解答】解：如果每位评委的打分都提高0.1，那么比较前后两组数据，数据的波动幅度保持不变，即
方差不变，而平均数和众数、中位数均改变．
故选：C．
【点评】本题考查中位数、众数、方差、平均数的意义和计算方法，理解方差、中位数、众数、平均
数的意义是正确解答的关键．
6．（4分）（2025•嘉定区二模）如果 O 与 O 内含，圆心距O O ＝3， O 的半径长是5，那么 O
1 2 1 2 1 2
的半径长r的取值范围是（ ） ⊙ ⊙ ⊙ ⊙
A．0＜r＜2 B．2＜r＜8
C．0＜r＜2或r＞8 D．r＞8
【考点】圆与圆的位置关系．
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【专题】与圆有关的位置关系；运算能力．
【答案】C
【分析】首先由题意知 O 与 O 两圆内含，则知两圆圆心距d＜R﹣r，分两种情况进行讨论．
1 2
【解答】解：根据题意⊙两圆内含⊙，
故知r﹣5＞3或者5﹣r＞3，
解得0＜r＜2或r＞8．
第8页（共26页）故选：C．
【点评】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．两圆外离，则 P＞R+r；外切，则P＝
R+r；相交，则R﹣r＜P＜R+r；内切，则P＝R﹣r；内含，则P＜R﹣r．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置】
1
7．（4分）（2025•嘉定区二模） 的倒数是 4 ．
4
【考点】倒数．
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【专题】常规题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据倒数的定义即可求解．
1
【解答】解： 的倒数是4．
4
故答案为：4．
【点评】考查了倒数，关键是熟悉乘积是1的两数互为倒数．
8．（4分）（2025•苏州）因式分解：x2﹣9＝ （ x + 3 ）（ x ﹣ 3 ） ．
【考点】因式分解﹣运用公式法；平方差公式．
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【专题】计算题；因式分解．
【答案】（x+3）（x﹣3）．
【分析】原式利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝（x+3）（x﹣3），
故答案为：（x+3）（x﹣3）．
【点评】此题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
{x-3＞5
9．（4分）（2025•嘉定区二模）不等式组 1 的解集是 x ＞ 8 ．
x＞2
3
【考点】解一元一次不等式组．
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【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】x＞8．
【分析】按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
{x-3＞5①
【解答】解： 1 ，
x＞2②
3
第9页（共26页）解不等式①得：x＞8，
解不等式②得：x＞6，
∴原不等式组的解集为：x＞8．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
10．（4分）（1997•辽宁）方程√2x+3=x的解为 3 ．
【考点】无理方程．
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【答案】见试题解答内容
【分析】首先把方程两边分别平方，然后解一元二次方程即可求出x的值．
【解答】解：两边平方得：2x+3＝x2
∴x2﹣2x﹣3＝0，
解方程得：x ＝3，x ＝﹣1，
1 2
检验：当x ＝3时，方程的左边＝右边，所以x ＝3为原方程的解，
1 1
当x ＝﹣1时，原方程的左边≠右边，所以x ＝﹣1不是原方程的解．
2 2
故答案为3．
【点评】本题主要考查解无理方程，关键在于首先把方程的两边平方，注意最后要把 x的值代入原方
程进行检验．
k+1
11．（4分）（2025•嘉定区二模）如果反比例函数y= 的图象在其所在的每个象限内，y的值随x的
x
值增大而增大，那么k的取值范围是 k ＜﹣ 1 ．
【考点】反比例函数的性质；反比例函数的图象．
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【专题】反比例函数及其应用；推理能力．
【答案】k＜﹣1．
【分析】根据反比例函数的性质得出关于k的不等式，解得即可．
【解答】解：∵在这个函数图象所在的每个象限内，y的值随x的值增大而增大，
∴k+1＜0，
解得：k＜﹣1．
故答案为：k＜﹣1．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性
质是解题的关键．
12．（4分）（2025•嘉定区二模）如果一次函数的图象经过点（﹣1，3），且与直线y＝2x+1平行，那么
这个一次函数的解析式是 y ＝ 2 x +5 ．
【考点】两条直线相交或平行问题；待定系数法求一次函数解析式．
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第10页（共26页）【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】y＝2x+5．
【分析】根据两条直线平行，则k值相等，可设这个一次函数的解析式是y＝2x+b，再根据一次函数的
图象经过点（﹣1，3），求得b＝3．
【解答】解：设直线解析式是y＝kx+b．
∵它与直线y＝2x+1平行，
∴k＝2．
∵一次函数的图象经过点（﹣1，3），
∴b＝5．
∴这个一次函数的解析式是y＝2x+5．
故答案为：y＝2x+5．
【点评】本题考查两直线相交或平行问题，待定系数法求函数的解析式，一次函数图象平行时，k值
相等，通过代入经过的点来求出函数表达式．
13．（4分）（2025•嘉定区二模）如果一个正多边形的外角和与内角和的比为1：2，那么这个多边形是
正 6 边形．
【考点】多边形内角与外角．
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【专题】多边形与平行四边形；应用意识．
【答案】6．
【分析】先求出这个正多边形的内角和，进而得出答案．
【解答】解：∵一个正多边形的外角和与内角和的比为1：2，
∴这个正多边形的内角和为360°×2＝720°，
720°÷180°+2
＝4+2
＝6（条）．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查多边形的内角与外角，求出这个正多边形的内角和是解题的关键．
14．（4分）（2025•嘉定区二模）十二生肖是悠久的中国民俗文化符号，世界多国在春节期间发行生肖
邮票，以此来表达对中国新年的祝福．甲同学购买了一套生肖邮票，他把“虎”、“兔”、“龙”、
“蛇”4张邮票背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让乙同学随机抽取 2张，那么乙同学随
1
机抽到的2张邮票恰好是“虎”和“龙”的概率是 ．
6
第11页（共26页）【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．
1
【答案】 ．
6
【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及乙同学随机抽到的2张邮票恰好是“虎”和“龙”的结
果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：列表如下：
虎 兔 龙 蛇
虎 （虎， （虎， （虎，蛇）
兔） 龙）
兔 （兔， （兔， （兔，蛇）
虎） 龙）
龙 （龙， （龙， （龙，蛇）
虎） 兔）
蛇 （蛇， （蛇， （蛇，
虎） 兔） 龙）
共有12种等可能的结果，其中乙同学随机抽到的2张邮票恰好是“虎”和“龙”的结果有：（虎，
龙），（龙，虎），共2种，
2 1
∴乙同学随机抽到的2张邮票恰好是“虎”和“龙”的概率为 = ．
12 6
1
故答案为： ．
6
【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•嘉定区二模）为了解学生的体育技能水平，某校随机抽取了 200名学生开展一分钟
跳绳测试，并将结果绘制成扇形统计图（如图所示）．如果该校学生共有 800人，请估计全校一分钟
跳绳次数不低于180个的学生有 24 0 人．
类别 跳绳次数x
A x≥200
B 180≤x＜200
C 160≤x＜180
D 140≤x＜160
E x＜140
第12页（共26页）【考点】扇形统计图；用样本估计总体；频数（率）分布表．
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【专题】统计的应用；应用意识．
【答案】240．
【分析】先求出不低于180的部分所占的百分比，再乘总人数即可．
【解答】解：由题意，1﹣10%﹣15%﹣45%＝30%，
则800×30%＝240（人）．
估计一分钟跳绳次数不低于180个的学生有240人．
故答案为：240．
【点评】本题考查了扇形统计图以及用样本估计总体，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解
决问题的关键．
16．（4分）（2025•嘉定区二模）某二次函数一部分自变量x和函数值y的对应情况如表所示．如果将这
个二次函数的图象向右平移m（m＞0）个单位后，图象经过原点，那么m的值是 1 ．
x … 0 1 2 3 …
y … 3 4 3 0 …
【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
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【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】1．
【分析】利用待定系数法求得函数的解析式，然后求出这个二次函数的图象向右平移m（m＞0）个单
位后的函数解析式，再由函数图象过原点即可得出m的值．
【解答】解：设该二次函数的表达式为y＝ax2+bx+c，
{
c=3
由题意得： a+b+c=4 ．
9a+3b+c=0
{a=-1
解得 b=2 ，
c=3
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4，
第13页（共26页）二次函数y＝﹣（x﹣1）2+4的图象向右平移m（m＞0）个单位后的解析式为y＝﹣（x﹣1﹣m）2+4，
∵经过原点，
∴﹣（﹣1﹣m）2+4＝0，
解得m＝1（负数舍去）．
故答案为：1．
【点评】本题考查的是待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与几何变换，熟知“左加右
减”的法则是解题的关键．
→ → → →
17．（4分）（2025•嘉定区二模）如图，已知点G是△ABC的重心，如果向量 AB=a，AC=b ，那么
→
1→ 2→
→ →
向量 BG= b- a .（结果用 a 、 b 表示）
3 3
【考点】三角形的重心；*平面向量．
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【专题】三角形；推理能力．
1→ 2→
【答案】 b- a；
3 3
→ → → →
【分析】先求出向量 ，进而求出向量 ，可得向量 ，然后求出 ，最后利用向量
BC BD AD AG
→ → →
BG=BA+AG 求解即可．
→ →
【解答】解：∵ AB=a ，
→ →
∴ BA=-a ，
→ → → → →
∴ BC=BA+AC=b-a ，
∵点G是△ABC的重心，
2
∴点D是BC中点，AG= AD，
3
→ 1 → 1→ 1→
∴BD= BC= b- a，
2 2 2
第14页（共26页）→ → → 1→ 1→
∴AD=AB+BD= a+ b，
2 2
→ 2 → 1→ 1→
∴AG= AD= a+ b，
3 3 3
→ → → 1→ 2→
∴向量BG=BA+AG= b- a；
3 3
1→ 2→
故答案为： b- a；
3 3
【点评】本题主要考查了平面向量和三角形的重心等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．（4分）（2025•嘉定区二模）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是边AD的中点．将该纸片的右下
AP
角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B′E的位置，B′E与AB交于点P，那么 的值是 2
PB
．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】2．
【分析】设DE＝m，因为四边形ABCD是正方形，点E是边AD的中点，所以AE＝DE＝m，AB＝CD
＝AD＝2m，由翻折得∠B′EF＝∠BCF＝90°，EF＝CF＝2m﹣DF，可证明∠AEP＝∠DFE，由勾股定
3 AP DE 4 4
理得 m2+DF2＝（2m﹣DF）2，求得 DF= m，则 =tan∠AEP＝tan∠DFE= = ，求得 AP=
4 AE DF 3 3
2 AP
m，则PB= m，所以 =2，于是得到问题的答案．
3 PB
【解答】解：设DE＝m，
∵四边形ABCD是正方形，点E是边AD的中点，
∴∠A＝∠BCD＝∠D＝90°，AE＝DE＝m，AB＝CD＝AD＝2m，
由翻折得∠B′EF＝∠BCF＝90°，EF＝CF＝2m﹣DF，
∴∠AEP＝∠DFE＝90°﹣∠DEF，
∵DE2+DF2＝EF2，
第15页（共26页）∴m2+DF2＝（2m﹣DF）2，
3
∴DF= m，
4
DE m 4
AP = = =
∵ =tan∠AEP＝tan∠DFE DF 3 3，
AE m
4
4 4
∴AP= AE= m，
3 3
4 2
∴PB＝AB﹣AP＝2m- m= m，
3 3
4
m
AP 3
∴ = =2，
PB 2
m
3
故答案为：2．
【点评】此题重点考查正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、勾股定理、解
AP DE 4
直角三角形等知识，推导出 = = 是解题的关键．
AE DF 3
三、解答题：（本大题共7题，满分78分）
19．（10分）（2025•嘉定区二模）计算：(√2+1) -1+4cos45°+|√3-2|-(3.14-π) 0．
【考点】二次根式的混合运算．
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【专题】二次根式；运算能力．
【答案】3√2-√3．
【分析】先根据负整数指数幂、零指数幂和绝对值的意义计算，再根据特殊角的三角函数值计算，然
后合并即可．
1 √2
【解答】解：原式= + 4× +2-√3-1
√2+1 2
=√2-1+2√2+2-√3-1
＝3√2-√3．
第16页（共26页）【点评】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、特殊角
的三角函数值和零指数幂、负整数指数幂的意义是解决问题的关键．
1 4
20．（10分）（2025•嘉定区二模）已知分式方程 - =1．甲同学的解答过程如下：
x-2 x2-4
解：（第①步）去分母，得：x+2﹣4＝1，
（第②步）解这个整式方程，得：x＝3，
（第③步）检验：当x＝3时，x2﹣4≠0，
（第④步）所以，原方程的根是x＝3．
（1）甲同学的解答过程是从第 ① 步开始出现错误的，请简要说明错误的原因： 去分母时， 1
没有乘最简公分母 ；
（2）请写出正确且完整的解答过程．
【考点】解分式方程；解一元二次方程﹣公式法．
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【专题】分式方程及应用；一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）①；去分母时，1没有乘最简公分母；
（2）见解析．
【分析】（1）根据解方程的步骤进行判断即可；
（2）利用去分母将原分式方程化为整式方程，解得x的值后进行检验即可．
【解答】解：（1）甲同学的解答过程是从第①步开始出现错误的，原因是去分母时，1没有乘最简公
分母，
故答案为：①；去分母时，1没有乘最简公分母；
（2）原方程去分母得：x+2﹣4＝x2﹣4，
整理得：x2﹣x﹣2＝0，
因式分解得：（x+1）（x﹣2）＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝2，
1 2
检验：当x＝﹣1时，x2﹣4≠0，当x＝2时，x2﹣4＝0，
故原分式方程的解为x＝﹣1．
【点评】本题考查解分式方程，解一元二次方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键．
21．（10分）（2025•嘉定区二模）如图，已知AD是半圆O的直径，半径OB垂直于弦AC，垂足为点
E，联结AB，C^D=2^AB．
（1）求∠AOB的度数；
（2）求tan∠BAC的值．
第17页（共26页）【考点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；解直角三角形．
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【专题】圆的有关概念及性质；运算能力．
【答案】（1）45°；
（2）√2-1．
【分析】（1）连接OC，根据垂径定理可得：^AC=2^AB=2^BC，从而可得C^D=^AC，进而可得∠AOC
＝∠COD＝90°，然后利用圆心角、弧、弦的关系可得∠AOB＝∠BOC＝45°；
（2）设AE＝x，在Rt△AEO中，利用锐角三角函数的定义求出OE和OA的长，从而求出BE的长，
然后利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：（1）连接OC，
∵半径OB垂直于弦AC，
∴^AC=2^AB=2^BC，
∵C^D=2^AB，
∴C^D=^AC，
∴∠AOC＝∠COD＝90°，
∵^AB=^BC，
1
∴∠AOB＝∠BOC= ∠AOC＝45°；
2
（2）设AE＝x，
∵OB⊥AC，
∴∠AEO＝90°，
∵∠AOE＝45°，
AE AE
∴EO= =x，OB＝AO= =√2x，
tan45° sin45°
第18页（共26页）∴BE＝OB﹣OE＝（√2-1）x，
BE (√2-1)x
在Rt△ABE中，tan∠BAE= = =√2-1．
AE x
【点评】本题考查了勾股定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形，根据题目的已知
条件并结合图形进行分析是解题的关键．
22．（10分）（2025•嘉定区二模）已知正五边形ABCDE，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任
务（保留作图痕迹，不写作法）．
【初步感知】如图1，请直接写出∠ABE的度数；
【实践探究】请在图1中作出以BE为对角线的菱形ABME，并证明你的结论；
【拓展延伸】请在图2正五边形ABCDE的基础上再设计一个新的正五边形 A B C D E .（不需要证
1 1 1 1 1
明）
【考点】作图—复杂作图；菱形的判定．
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【专题】作图题；几何直观．
【答案】【初步感知】36°；【实践探究】【拓展延伸】见解析．
【分析】【初步感知】利用正五边形与等腰三角形的性质求解；
【实践探究】连接BD，CE交于点M，四边形ABME即为所求；
【拓展延伸】各边延长线的交组成的五边形A B C D E 即为所求．
1 1 1 1 1
【解答】解：【初步感知】∵AB＝AE，∠A＝108°，
∴∠ABE＝∠AEB＝36°；
【实践探究】如图，四边形ABME即为所求．
【拓展延伸】如图2中，正五边形A B C D E 即为所求．
1 1 1 1 1
第19页（共26页）【点评】本题考查作图﹣复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问
题．
23．（12分）（2025•嘉定区二模）如图，平行四边形ABCD中，已知AD＝2AB，M是边AD的中点，联
结MC．CE⊥AB，垂足E在边AB上，联结EM并延长，交CD延长线于点F．
（1）求证：∠EMC＝2∠DMC；
（2）求证：CM2＝AB•CF．
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；平行四边
形的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；图形的相似；
运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，垂直的定义，平行线的性质得到∠ECF＝90°，利用全等三角
形的判定与性质得到EM＝FM，利用等腰三角形的性质和直角三角形的斜边上的中线的性质以及等腰
三角形的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质和平行四边形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
第20页（共26页）∴∠AEM＝∠F．
∵CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴∠ECF＝90°，
∵AD＝2AB，M是边AD的中点，
∴AM＝MD＝AB，
∴DM＝DC，
∴∠DMC＝∠DCM．
在△AEM和△DFM中，
{∠AEM=∠DFM
∠AME=∠DMF，
AM=DM
∴△AEM≌△DFM（AAS），
∴EM＝FM，
∵∠ECF＝90°，
1
∴CM＝EM＝FM= EF，
2
∴∠MCF＝∠F，
∴∠DMC＝∠F＝∠MCF．
∵∠EMC＝∠F+∠MCF，
∴∠EMC＝2∠DMC；
（2）由（1）知：∠DMC＝∠F，
∵∠MCD＝∠FCM，
∴△MCD∽△FCM，
MC FC
∴ = ，
CD CM
∴CM2＝CD•CF，
∵AB＝CD，
∴CM2＝AB•CF．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，垂直的定义，全等三角形的判定与性质，
直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性
质，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键．
24．（12分）（2025•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C ：y＝ax2+2ax﹣3a（a＜0）与x
1
第21页（共26页）轴相交于A、B两点，且点A在点B左侧，与y轴交于点C，顶点为点D．
（1）求线段AB的长；
（2）把抛物线C 向右平移3个单位，再向上平移4个单位，平移后得到抛物线C ，抛物线C 的顶点
1 2 2
为点E．如果点A、D、E在同一直线上，求抛物线C 的表达式；
1
（3）当四边形ABCD的面积为9时，若点P是x轴上一点（点P不与点B重合），且△ACP与△ABC
相似，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
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【专题】代数几何综合题；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）4；
2 4 6
（2）y=- x2- x+ ；
7 7 7
3
（3）P（ ，0）．
2
【分析】（1）令y＝ax2+2ax﹣3a＝0，则x＝﹣3或1，即可求解；
（2）由（1）知，点D（﹣1，﹣4a），则平移后的抛物线表达式为：y＝a[（x﹣2）2+4]+4，则点E
（2，﹣4a+4），由点D、A的坐标得，直线AD的表达式为：y＝﹣2a（x+3），将点E的坐标代入上
式，即可求解；
（3）点P不与点B重合且△ACP与△ABC相似，则存在△ABC∽△ACP，即AP：AC＝AC：AB，即可
求解．
【解答】解：（1）令y＝ax2+2ax﹣3a＝0，则x＝﹣3或1，
第22页（共26页）即点A、B的坐标分别为：（﹣3，0）、（1，0），
则AB＝4；
（2）由（1）知，点D（﹣1，﹣4a），
则平移后的抛物线表达式为：y＝a[（x﹣2）2+4]+4，则点E（2，﹣4a+4），
由点D、A的坐标得，直线AD的表达式为：y＝﹣2a（x+3），
2
将点E的坐标代入上式得：﹣4a+4＝﹣2a×7，则a=- ，
3
2 2 4
则函数的表达式为：y=- [（x﹣2）2+4]+4=- x2- x+2；
3 3 3
（3）直线AC的表达式为：y＝﹣a（x+3），
由抛物线的表达式知，点D（﹣1，﹣4a），
作DH∥y轴交AC于点H，则H（﹣1，﹣2a），
1 1 1 1
则四边形ABCD的面积＝S +S = ×AO•DH+ ×AB•OC= ×4×(-3a)+ ×3×(-2a)=9，
△ABC △ACD 2 2 2 2
则a＝﹣1，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
则点C（0，3）、D（﹣1，4），
则AB＝4，AC＝3√2，
∵点P不与点B重合且△ACP与△ABC相似，则存在△ABC∽△ACP，即AP：AC＝AC：AB，
即AP：3√2=3√2：4，则AP＝4.5，
3
则点P（ ，0）．
2
【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．
25．（14分）（2025•嘉定区二模）△ABC为 O的内接等腰三角形，AB＝AC．联结BO并延长，交AC
于点D，交 O于点E，过点B作BF⊥AC，⊙垂足为点F（点F不与点A重合）．
⊙ 第23页（共26页）（1）如图1，如果∠CBF＝20°，求∠DBF的大小；
S
（2）如图2，联结OC，如果sin∠ACB＝x， △ABF = y，求y关于x的函数解析式（不用写自变量的
S
△OBC
取值范围）；
（3）如果点D是线段OE的黄金分割点，求cos∠BAC的值．
【考点】圆的综合题．
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【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）30°；
（2）y＝2x2；
√5-1 √5+1
（3） 或 ．
4 4
【分析】（1）连接OA，求出∠BAO＝∠CAO＝20°，得出∠AOB＝20°，则可得出答案；
S BF
（2）联结AO并延长交BC于G，则∠AGB＝∠AGC＝90°，证明△ABF∽△OBG，得出 △ABF =( ) 2 ，
S BG
△OBG
则可得出答案；
（3）联结AO并延长交BC于G，联结EC，则AG∥EC，分两种情况，由直角三角形的性质可得出答
案．
【解答】解：（1）连接OA，
∵AB＝AC，BF⊥AC，∠CBF＝20°，
第24页（共26页）∴∠ABC＝∠C＝70°，
∴∠BAC＝40°，
∴∠BAO＝∠CAO＝20°，
∴∠AOB＝20°，
∴∠DBF＝30°；
（2）联结AO并延长交BC于G，则∠AGB＝∠AGC＝90°，
∵sin∠ACB＝x，
FC
∴sin∠BCF= =x，
BC
∵∠BOG＝2∠BAO，∠BAF＝2∠BAO，
∴∠BOG＝∠BAF，∠BGO＝∠BFA＝90°，
∴△ABF∽△OBG，
S BF
∴ △ABF =( ) 2 ，
S BG
△OBG
S S 1 BF
y= △ABF = △ABF = ×( ) 2=2x2
∴ S 2S 2 1 ；
△OBC △OBG BC
2
（3）如图，联结AO并延长交BC于G，联结EC，则AG∥EC，
OD √5-1
点D是线段OE的黄金分割点，有两种情况：① = ，
DE 2
第25页（共26页）CE CE 1 √5-1 √5-1
∴cos∠BAC＝cos∠E= = = × = ；
BE 2OA 2 2 4
OD √5+1
② = ，
DE 2
CE √5+1 CE CE 1 √5+1 √5+1
∴ = ，cos∠BAC=cos∠E= = = × = ．
OA 2 BE 2AO 2 2 4
√5-1 √5+1
综上所述，cos∠BAC的值为 或 ．
4 4
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的
性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
第26页（共26页）
