文档内容
2025年中考押题预测卷（海南卷）
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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．比 1 大 2 的数为（ ）
A． 3− B．0 C．1 D．2
2．回
−
形纹是一种古老的装饰纹样，因其形状像汉字的“回”字而得名．下面四幅含有回形纹元素的
图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．“探秘古蜀文明——三星堆与金沙”展览于2024年6月27日至10月13日在北京大运河博物馆
举办．展览期间共接待游客 153万余人次，客流高峰期间更是创下了单日接待客流量近3万人次．将
1530000用科学记数法表示为（ ）
A．0.153 107 B．1.53 107 C．1.53 106 D．15.3 105
4．某校举
×
行“珍爱生命”演讲比赛
×
，已知某位选手的“演
×
讲内容”、“语言表达”和 ד形象风度”这三项
得分分别为90分，85分，80分，若按5:2:3 的比例计算平均得分，则该选手的平均得分是（ ）
A．85分 B．86分 C．87分 D．88分
5．北京城市副中心绿心公园步行道上有“二十四节气”，每个节气都有独特的设计和标识，在一个
不透明的盒子中放了6张关于“二十四节气”的卡片，其中有2张“立春”，3张“立夏”，1张“立秋”，
这些卡片除了画面内容外其他都相同，从中随机摸出一张卡，恰好是“立春”的可能性大小为（ ）
A．1 B．1 C．1 D．1
2 3 6 5
6．下列运算正确的是（ ）
第 1 页 共 21 页A． 3 2 = B． 3 2 = 6 C． 3 2 = D． 3 2 = 9
7．一 杆−古 秤在 称物时的状态 如⋅图 所示 ，此时 ÷, 1 = 7 3 ，则 2的度 数为（ ）
∥ ∠ ° ∠
A．73 B．93 C．107 D．117
8．若关 ° 于x的方程 2 4 +° 3 = 0 有实数根，则m° 的取值范围是（ ） °
A． 0 B−． 4 C． 4且 0 D． 2
3 3
9．若 点 ≠ , 2 ， ,1 ， ≤ ,2 都在反比例函 数 ≤ = 2的 ≠ 图象上，则 ， ≥ ， 的大小关系是
1 2 3 1 2 3
−
（ ） −
A． < < B． < < C． < < D． < <
2 3 1 2 1 3 1 3 2 1 2 3
10．
如图
1，唐
代李皋发明
了桨轮
船，
这种船是原
始形态
的轮
船，如图2，
某桨
轮船
的轮子可看作
圆，被水面截得的弦 长为8m，轮子的吃水深度 为2m，半径 于点D，则该桨轮船的
轮子直径为（ ）
⊥
A．4m B．5m C．8m D．10m
11．如图， 是矩形 的对角线 上一点， = 3， = 5， 于点 ， 于点 ，
连接 ， ，则 + 的最小值为 （ ） ⊥ ⊥
A． 34 B．4 C． 34 D．8
2
12．抛物线 = 2 + + 的对称轴是直线 = 1，且过点 1,0 ，顶点位于第二象限，其部分图象
如图所示， 给出 以 下判 断： ① > 0 且 > 0 ；② −4 +2 + > 0；③8 + < 0；④ = 3 3 ；
−
第 2 页 共 21 页⑤直线 = 2 +2 与抛物线 = 2 + + 两个交点的横坐标分别为 、 ，则 + + =5，
1 2 1 2 1 2
其中正确的个数有（ ）
⋅
A．2 个 B．3个 C．4个 D．5个
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共3个小题，每小题3分，共9分）
13． 12 3= ．
14．一个−圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为120°，则该圆锥体的侧面积为 ．
15．小云在学习了勾股定理后，尝试制作了四个全等直角三角形纸板，并拼出一个新图形如图所示，
其中四边形 是正方形．如果 = 1，四边形 的面积为25，那么 的长为 ．
三、解答题（本大题共7个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．（10分)（1）计算：( 3)2 2 ( 4)+24 ( 1 )；
3
3( − 2)−> 4÷ − × −
（2）解不等式组: ．
2 1 +1
− 3 − 2
−
≤
17．（8分)如图， 和 相交于点O， = ， = ．求证： ∥ ．
第 3 页 共 21 页18．（9分)科技的力量正在悄然改变我们的生活，AI（人工智能）技术的浪潮扑面而来，无人配
送正在成为物流运输行业的新趋势．现有甲、乙两种型号的无人配送车被用来运送快件，甲型车比
乙型车平均每小时多运送20件，甲型车运送800件所用时间与乙型车运送600件所用时间相等．求
甲型车平均每小时运送快件的数量．
19．（10分)2024 年，教育部先后印发对中小学生手机、睡眠、读物、作业、体质管理的通知，简
称五项管理，是教育部旨在推进立德树人，促进学生身体健康、全面发展的重大举措．成都立格实
验学校高度重视并积极推进五项管理．为了解立格学子手机使用情况，学校调查了部分学生寒假每
天手机使用平均时长．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
(1)参加这次调查的学生人数为______，图①中 m 的值为______；
(2)求参与调查的这组学生手机使用平均时长为4小时的圆心角度数；
(3)通过调查分析发现，手机使用时长和学习成绩成负相关，为此，学校准备在参与调查的每天手
机使用平均时长为1小时的四位同学（三男一女）中任选两位同学在全校做分享交流，请用列表或
画树状图的方法，求选中两男的概率．
20．（10分)综合与实践
进位制是人们为了记数和运算方便而约定的记数系统，约定逢十进一就是十进制，逢二进一就是二
进制．也就是说，“逢几进一”就是几进制，几进制的基数就是几．为了区分不同的进位制，常在数
的右下角标明基数．例如：1101 就是二进制数1101的简单写法，十进制数一般不标注基数，
2
第 4 页 共 21 页表示这个 进制数从右起，第一位上的数字为 ，第二位上的数字为 ，第三位上的数字为 ．一个
数可以表 示成各数位上的数字与基数的幂的乘 积之和的形式．例如十 进制数3721 = 3 1 03 +7
102 +2 101 +1 10（0 当 0时，0 =1），同理，二进制数 1101
2
转换为十进制数为： ×1 23 +1×
22 +0 ×21 +1 2×0 = 13．一 ≠个十进制 数转换为 进制数时，把十进制数表示成0，1，2，×， 1×
与基数 × 的幂的 × 乘积之和的形式．例如，将十进制 数46转换为三进制数，因为27 < 46 < 8⋯1，即 3− 3 <
46< 34 ，则46 = 1 33 +2 32 +0 31 +1 30，所以46转换为三进制数为 1201 3 ．
根据上述材料，解答下列问题．
× × × ×
(1)二进制数 10010 转换为十进制数=___________；
2
(2)十进制数25转换为二进制数=___________；
(3)把十进制数79转换为四进制数．
21．（14分)如图，在平面直角坐标系 中，抛物线 = 2 2 3 0 与 轴交于 ，
两点（点 在点 的左侧），与 轴交于点 ．
− − ≠
(1)求 、 两点的坐标；
(2)当 = 1时，动直线 = 与抛物线交于点 ，与直线 交于点 ，线段 的长为 ，求 关于
的函数解析式；
−
(3)我们规定：横、纵坐标都是整数的点叫做整点．若抛物线在点 ， 之间的部分与线段 所围成
的区域内（不含边界）恰有6个整点，试结合函数图象直接写出
的取
值范围．
第 5 页 共 21 页22．（14分)【模型建立】如图1，在正方形 中， 是 边上一点（不与点 ， 重合），
是 延长线上一点， = ，连接 ， ， ．
（1）①求证： = ；
②判断 的形状，并说明理由．
【模型应用】
△
（2）如图2，连接 与 交于点 ，连接 ，试判断 与 的关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若 = = 3，求 的长．
第 6 页 共 21 页2025年中考押题预测卷（海南卷）
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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．比 1 大 2 的数为（ ）
A． 3− B．0 C．1 D．2
【答
−
案】C
【分析】该题考查了有理数的加法，根据题意列出式子计算即可．
【详解】解： 1+2 = 1，∴比 1大 2 的数为1，故选：C．
2．回形纹是一
−
种古老的装饰纹样
−
，因其形状像汉字的“回”字而得名．下面四幅含有回形纹元素的
图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形的识别，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对称图形．根据中心对称图形的定义判断即可．
°
【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意，选项错误；
B、不是中心对称图形，不符合题意，选项错误；
C、不是中心对称图形，不符合题意，选项错误；
D、是中心对称图形，符合题意，选项正确；故选：D．
3．“探秘古蜀文明——三星堆与金沙”展览于2024年6月27日至10月13日在北京大运河博物馆
举办．展览期间共接待游客 153万余人次，客流高峰期间更是创下了单日接待客流量近3万人次．将
1530000用科学记数法表示为（ ）
A．0.153 107 B．1.53 107 C．1.53 106 D．15.3 105
【答案】C×
× × ×
【分析】此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，科学记数法的表示形
式为 10 的形式，其中1 | | < 10，n 为比原数的整数位数少1的正整数，表示时关键要正确
确定 a× 的值以及n的值． ≤
【详解】解：1530000 = 1.53 106．故选C．
× 第 7 页 共 21 页4．某校举行“珍爱生命”演讲比赛，已知某位选手的“演讲内容”、“语言表达”和“形象风度”这三项
得分分别为90分，85分，80分，若按5:2:3 的比例计算平均得分，则该选手的平均得分是（ ）
A．85分 B．86分 C．87分 D．88分
【答案】B
【分析】本题主要考查了加权平均数．根据加权平均数的定义进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵90 5+85 2+80 3 =86（分），
5+2+3
× × ×
∴该选手的平均得分是86分．故选：B．
5．北京城市副中心绿心公园步行道上有“二十四节气”，每个节气都有独特的设计和标识，在一个
不透明的盒子中放了6张关于“二十四节气”的卡片，其中有2张“立春”，3张“立夏”，1张“立秋”，
这些卡片除了画面内容外其他都相同，从中随机摸出一张卡，恰好是“立春”的可能性大小为（ ）
A．1 B．1 C．1 D．1
2 3 6 5
【答案】B
【分析】本题考查了根据概率公式求概率，根据在一个不透明的盒子中装了6张关于“二十四节气”
的卡片，其中有2张“立春”，进行计算即可得出答案，熟练掌握概率等于所求情况数与总情况数之
比是解题关键．
【详解】解：在一个不透明的盒子中装了6张关于“二十四节气”的卡片，其中有2张“立春”，
∴从中随机摸出一张卡片，恰好是“立春”的可能性为2
=
1，故选：B．
6 3
6．下列运算正确的是（ ）
A． 3 2 = B． 3 2 = 6 C． 3 2 = D． 3 2 = 9
【答 案−】 C ⋅ ÷
【分析】根据合并同类项，同底数幂的乘除法，幂的乘方法则逐项计算即可．
【详解】解：A． 3与 2不是同类项，不能合并，故不正确；B． 3 2 = 5，故不正确；
C． 3 2 = ，正 确； − ⋅
D． 3÷2 = 6 ，故不正确；故选C．
【点睛 】本题 考查了合并同类项，同底数幂的乘除法，幂的乘方，熟练掌握运算法则是解答本题的
关键．
7．一杆古秤在称物时的状态如图所示，此时 , 1 = 73 ，则 2的度数为（ ）
∥ ∠ ° ∠
第 8 页 共 21 页A．73 B．93 C．107 D．117
【答案
°
】C
° ° °
【分析】本题考查了平行线的性质、邻补角，熟练掌握平行线的性质是解题关键．如图（见解析），
先根据平行线的性质可得 3 = 1 = 75 ，再根据邻补角的定义求解即可得．
∠ ∠ °
【详解】解：如图，∵ ， 1 = 73 ，
∴ 3 = 1 = 73 ， ∥ ∠ °
∴ ∠2 = 1∠80 °3 = 107 ，故选：C．
8． ∠ 若关于x° 的 − 方 ∠ 程 2 ° 4 +3 = 0 有实数根，则m的取值范围是（ ）
A． 0 B−． 4 C． 4且 0 D． 2
3 3
【答 案≠】B ≤ ≤ ≠ ≥
【分析】本题考查根的判别式及一元二次方程的定义，根据方程有实数根进行分类讨论是解题的关
键．由方程有实数根，得到判别式 0，即可求解．
【详解】解：①当 = 0 时，方程为 Δ ≥4 +3 = 0，是一元一次方程，
解得 = 3，符合题 意； −
4
②当 0时，方程是一元二次方程，
∵于 x的 ≠ 方程 2 4 +3 = 0 有实数根，
∴ 0，
−
∴ Δ 2 ≥ 4 =16 4 3 0，
即 16− 1 2 0− ， × × ≥
∴ − 4， ≥
3
∴ 方程 ≤ 为一元二次方程时，m的取值范围是 4且 0，
3
综上所述：m的取值范围是 4．故选：B ． ≤ ≠
3
≤
第 9 页 共 21 页9．若点 , 2 ， ,1 ， ,2 都在反比例函数 = 2的图象上，则 ， ， 的大小关系是
1 2 3 1 2 3
−
（ ） −
A． < < B． < < C． < < D． < <
2 3 1 2 1 3 1 3 2 1 2 3
【答 案】 A
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据反比例函数性质解答即可．
【详解】解：∵反比例函数 = 2中， = 2 < 0，
−
∴反比例函数图象上分布在 第二四 象限 ，在−每个象限内，y随x 的增大而增大，
点 , 2 在第四象限， >0，
1 1
点 2 ,1− ， 3 ,2 在第二 象限，且1 < 2，
∴ 2 < 3 <0 ，
∴ 2 < 3 < 1 ，故选：A．
10 ．如图 1， 唐代李皋发明了桨轮船，这种船是原始形态的轮船，如图2，某桨轮船的轮子可看作
圆，被水面截得的弦 长为8m，轮子的吃水深度 为2m，半径 于点D，则该桨轮船的
轮子直径为（ ）
⊥
A．4m B．5m C．8m D．10m
【答案】D
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理．设半径为 ，再根据圆的性质及勾股定理，可求出答案．
【详解】解：如图，连接 ，
设半径为 ，则 = = ，
= 2，
∴ = 8 ， − ，
∵ = 4， ⊥
∴
第 10 页 共 21 页在Rt 中，有
2 =△ 2 + 2，即 2 = 2 2+42，解得 = 5，
则 该桨 轮 船的 轮 子直径 为10 m− ，故选D．
11．如图， 是矩形 的对角线 上一点， = 3， = 5， 于点 ， 于点 ，
连接 ， ，则 + 的最小值为 （ ） ⊥ ⊥
A． 34 B．4 C． 34 D．8
2
【答案】C
【分析】连接 ，根据矩形的性质得到 = ， + 的最小值即为 + 的最小值，当 ，
， 三点共线 时 ， + 的值最小，且 为 的 长 度 ，根 据勾股定理得到 = 2 + 2，于 是
得到 结论．
【详解】解：连接 ，
四边形 是矩形，
∵ = 9 0 ，
， ，
∴ ∠ °
四边形 是矩形，
∵ ⊥ ⊥
∴ = ，
∴ + 的最小值即为 + 的最小值，
∴ 当 ， ， 三点共线时， + 的值最小，且为 的长度，
四边形 是矩形，
∵ = 2 + 2 = 32 +52 = 34，
∴ + 的 最小 值为 34．故选：C．
∴【 点 睛】 本 题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握矩
形的判定与性质．
第 11 页 共 21 页12．抛物线 = 2 + + 的对称轴是直线 = 1，且过点 1,0 ，顶点位于第二象限，其部分图象
如图所示， 给出 以 下判 断： ① > 0 且 > 0 ；② −4 +2 + > 0；③8 + < 0；④ = 3 3 ；
⑤直线 = 2 +2 与抛物线 = 2 + + 两个交点 的横 坐 标分别为 1 、 2 ，则 1 + 2 + 1 −2 = 5，
其中正确的个数有（ ）
⋅
A．2 个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】本题考查二次函数与系数的关系，二次函数图象上的点的特征，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题．根据二次函数的图象和性质一一判断即可．
【详解】解：∵抛物线对称轴 = 1，经过点 1，0 ，
−
∴ = 1， + + = 0，
2
− −
∴ = 2 ， = 3 ，
∵ < 0 ， −
∴ < 0， > 0，
∴ > 0 且 > 0，故①正确；
∵ 抛 物线开口 向下，对称轴 = 1，
∴当 > 1时，y随x 的增大 而 − 减小，
当 < 1− 时，y随 x 的增大而增大，
∵ 抛物−线经过 1，0 ，
∴当 > 1 时， < 0
∴ = 2 时， < 0，即4 +2 + < 0，故②错误；
∵ 点 3,0 与 点 1,0 关于 直线 = 1对称，
∴抛物 − 线与x轴交于 3,0 ， −
∴ = 4时， < 0， −
∴ 16 − 4 + < 0，
∵ = 2− ，
第 12 页 共 21 页∴16 8 + < 0，即8 + < 0，故③正确；
∵ = −3 = 3 6 ， = 2 ，
∴ =−3 3 ， − 故④ 正 确；
∵ 直线 =−2 +2 与抛物线 = 2 + + 两个交点的横坐标分别为 ， ，
1 2
∴方程 2 + 2 + 2 = 0 的两个根分别为 ， ，
1 2
∴ + = 2−， = − 2 ，
1 2 1 2
− −
∴ + + − = ⋅ 2 + 2 = 2 2 + 3 2 = 5，故⑤错误；
1 2 1 2
− − − − −
综 上所 述， 正 确的个−数 为3 个．−故选 ：B． −
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共3个小题，每小题3分，共9分）
13． 12 3= ．
−
【答案】 3
【分析】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的减法运算，先化简再根据二次根式的减法法
则进行计算，即可作答．
【详解】解： 12 3=2 3 3 = 3，故答案为： 3．
14．一个圆锥的底−面半径为3，−侧面展开图的圆心角为120°，则该圆锥体的侧面积为 ．
【答案】27
【分析】根
据圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为120°，可确定展开图的弧长为 6π，根
据弧长公式计算AC，后计算面积即可．
【详解】如图，∵圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为120°，
∴∠DAC=120°，CD弧的长为6π，
∴6π= 120 ,解得AC=9，
180
× ×
∴圆锥的侧面积为：1 = 1 6 9=27 ，故答案为：27 ．
2 2
× × ×
第 13 页 共 21 页【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开，侧面积的计算，灵活运用弧长公式计算出圆锥的母线长是解
题的关键．
15．小云在学习了勾股定理后，尝试制作了四个全等直角三角形纸板，并拼出一个新图形如图所示，
其中四边形 是正方形．如果 = 1，四边形 的面积为25，那么 的长为 ．
【答案】7
【分析】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质和勾股定理是解题
的关键；根据全等三角形的性质可得 = = = ， = ，设 = = ，则 = +1，
根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解： ，
= = ∵△= ， ≌△ = ≌△ ， ≌△
∴
正
方形
的
面积
为25
，
∵ = 5 ，
∴ 设 = = ，则 = +1，
2 + 2 = 2，
∵ +1 2 + 2 = 52，
∴ 解得 ： 1 =3 , 2 = 4（舍），
= = +1−= 4， = = 3，
∴ = + = 7，故答 案 为 ： 7．
三、解答题（本大题共7个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
∴
3( 2)> 4
16．（1）计算：( 3)2 2 ( 4)+24 ( 1 )．（2）解不等式组:
2 1 +1
3
− 3 − 2
−
− − ÷ − × −
【答案】（1）3 （2） < 1 ≤
2
【分析】（1）本题主要考 查含有乘方的有理数的混合运算，掌握其运算法则是解题的关键．
先算乘方，再算乘除，最后根据有理数的加减混合运算法则计算即可．
（2）本题考查了一元一次不等式组的解法，先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不
等式解集的公共部分. 不等式组解集的确定方法是：同大取大，同小取小，大小小大取中间，大大
小小无解．
第 14 页 共 21 页【详解】（1）解：( 3)2 2 ( 4)+24 ( 1 )
3
=
3． − − ÷ − × −
2
3( 2)> 4①
（2）解：
2 1 +1②
− 3 − 2
−
解不等式①，得：≤< 1，
解不等式②，得：
5，
则不等式组的解集 为 ≤ < 1．
17．如图， 和 相 交于点O， = ， = ．求证： ∥ ．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，在证明三角形全等的书写过程中，对应顶点
要写在对应的位置上．
由条件 = ， = 及对顶角 = ，可以证明 ，根据全等三角形
的性质就可以得出结论．
∠ ∠ △ ≌△
=
【详解】证明：在 和 中∵ = ，
=
△ △ ∠ ∠
∴ SAS ，
∴ △ = ≌ ， △
∴ ∥ ．
∠ ∠
18 ． 科技 的力量正在悄然改变我们的生活，AI（人工智能）技术的浪潮扑面而来，无人配送正在
成为物流运输行业的新趋势．现有甲、乙两种型号的无人配送车被用来运送快件，甲型车比乙型车
平均每小时多运送20件，甲型车运送800件所用时间与乙型车运送600件所用时间相等．求甲型
车平均每小时运送快件的数量．
【答案】80件
【分析】本题主要考查了分式方程的应用，先设甲型车平均每小时运送快件x件，表示乙型车平均
每小时运送快件的件数，再根据两车所用时间相等列出方程，求出解即可．
【详解】解：设甲型车平均每小时运送快件x件，则乙型车平均每小时运送快件 20 件，
根据题意得：800 = 600 ， −
20
解得： = 80， −
第 15 页 共 21 页经检验， = 80 是原方程的解，且符合题意，
答：甲型
车平均每小时运送快件80件．
19．2024年，教育部先后印发对中小学生手机、睡眠、读物、作业、体质管理的通知，简称五项
管理，是教育部旨在推进立德树人，促进学生身体健康、全面发展的重大举措．成都立格实验学校
高度重视并积极推进五项管理．为了解立格学子手机使用情况，学校调查了部分学生寒假每天手机
使用平均时长．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
(1)参加这次调查的学生人数为______，图①中 m 的值为______；
(2)求参与调查的这组学生手机使用平均时长为4小时的圆心角度数；
(3)通过调查分析发现，手机使用时长和学习成绩成负相关，为此，学校准备在参与调查的每天手
机使用平均时长为1小时的四位同学（三男一女）中任选两位同学在全校做分享交流，请用列表或
画树状图的方法，求选中两男的概率．
【答案】(1)40 人；15；(2)参与调查的这组学生手机使用平均时长为 4小时的圆心角度数为54
(3)选中两男的概率为1 °
2
【分析】（1）根据每天使用手机为2小时的人数和所占的百分比求出总调查人数；根据每天使用
手机为4小时的人数和调查的总人数求出m的值即可；
（2）用360 乘以手机使用平均时长为4小时的百分比，求出圆心角度数即可；
（3）先画出
°
树状图，然后再根据概率公式进行计算即可．
【详解】（1）解：参加这次调查的学生人数为10 25% = 40(人)，
∴ % = 6 40 100% = 15%， ÷
= 15， ÷ 故答 × 案为：40人；15；
∴ （ 2）解：360 15% = 54 ，
答：参与调查
°
的
×
这组学生手
°
机使用平均时长为4小时的圆心角度数为54 ；
°
（3）解：画树状图如下：
第 16 页 共 21 页共有12种等可能的结果，其中选中两男的结果有6种， 选中两男的概率为6 = 1．
12 2
【点睛】本题主要考查了扇形统计图和条形统计图的综合∴应用，画树状图求概率，熟练掌握扇形统
计图和条形统计图的特点，是解题的关键．
20．综合与实践
进位制是人们为了记数和运算方便而约定的记数系统，约定逢十进一就是十进制，逢二进一就是二
进制．也就是说，“逢几进一”就是几进制，几进制的基数就是几．为了区分不同的进位制，常在数
的右下角标明基数．例如：1101 就是二进制数1101的简单写法，十进制数一般不标注基数，
2
表示这个 进制数从右起，第一位上的数字为 ，第二位上的数字为 ，第三位上的数字为 ． 一 个
数可以表 示成各数位上的数字与基数的幂的乘 积之和的形式．例如十 进制数3721 = 3 1 03 +7
102 +2 101 +1 10（0 当 0时，0 =1），同理，二进制数 1101
2
转换为十进制数为： ×1 23 +1×
22 +0 ×21 +1 2×0 = 13．一 ≠个十进制 数转换为 进制数时，把十进制数表示成0，1，2，×， 1×
与基数×的幂的×乘积之和的形式．例如，将十进制 数46转换为三进制数，因为27 < 46 < 8⋯1，即 3−3 <
46< 34 ，则46 = 1 33 +2 32 +0 31 +1 30，所以46转换为三进制数为 1201 3 ．
根据上述材料，解答下列问题．
× × × ×
(1)二进制数 10010 转换为十进制数=___________；
2
(2)十进制数25转换为二进制数=___________；
(3)把十进制数79转换为四进制数．
【答案】(1)18；(2) 11001 ；(3)79转换为四进制数为 1033
2 4
【分析】本题主要考查了有理数的混合运算，理解题目的意思是解题的关键．
（1）根据题意理解十进制数，进行有理数运算即可得到答案；
（2）根据十进制转换为二进制的方法列式计算即可；
（3）根据十进制转换为四进制的方法列式计算即可．
【详解】（1）解：二进制数 10010 转换为十进制数=1 24 +0 23 +0 22 +1 21 +0 20 =
2
16+2 = 18，故答案为：18； × × × × ×
（2）解：十进制数25转换为二进制数，
25 = 1 24 +1 23 +0 22 +0 21 +1 20 = (11001) ，故答案为：(11001) ；
2 2
（3）解 × ： 64 <×79 < 25×6，即43 ×<79< 4× 4，
79 = 1 ∵43 +0 42 +3 41 +3 40，
∴79转换 × 为四进制 × 数为 10×33 4 ； ×
∴21．如图，在平面直角坐标系 中，抛物线 = 2 2 3 0 与 轴交于 ， 两点（点
在点 的左侧），与 轴交于点 ．
− − ≠
第 17 页 共 21 页(1)求 、 两点的坐标；
(2)当 = 1时，动直线 = 与抛物线交于点 ，与直线 交于点 ，线段 的长为 ，求 关于
的函数解析式；
−
(3)我们规定：横、纵坐标都是整数的点叫做整点．若抛物线在点 ， 之间的部分与线段 所围成
的区域内（不含边界）恰有6个整点，试结合函数图象直接写出
的取
值范围．
【答案】(1) 1,0 ， 3,0 ；(2) = 2 +3 ；(3) 3 < 2或2 < 3．
4 3 3 4
【分析】本题 考−查了二 次函数与坐 标轴−的 交点坐 标，二−次函≤数 与−线段长度 ，≤二次函数上点的特征，
运用分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键．
（1）令 = 0 时， 2 2 3 = 0，然后解方程即可；
（2）当 = 1时，抛 物 − 线为 −= 2 +2 +3，求出 0,3 ，再利用待定系数法求出 解析式为 =
+3，设 − , 2 +2 + 3 ，−则 , +3 ， 从而 = 2 +2 +3 +3 = 2−+
3 ； − − − − − −
（ 3）分若 < 0 时，和②若 > 0 时两种情况分析即可．
【详解】（ 1）解：∵抛物线 = 2 2 3 0 与 轴交于 ， 两点，
∴当 = 0 时， 2 2 3 = 0 ， − − ≠
∴ 1 = 1， 2 = 3， − −
∴ 1−,0 ， 3,0 ；
（ 2） − 解：当 = 1时，抛物线为 = 2 +2 +3，
当 = 0 时， =−3， −
∴ 0,3 ，
3 + =0 = 1
设 解析式为 = + ，∴ 1 1 ，解得： 1 ，
1 1 =3 =3
1 1
−
∴ 解析式为 = +3 ，
设 , 2 + 2 −+ 3 ，则 , +3 ，
− −
∴ = 2 +2 +3 +3 = 2 +3 ；
− − − −
第 18 页 共 21 页（3）解：①若 < 0 时，
∴ 0, 3 ，顶 点为 1, 4 ，
∵ 恰有−6个 整点，∴ 2< − 3 3 ，解得： 3 < 2；
2< 4 3 4 3
− ≤
− ≤ −
− ≤
②若 > 0 时，如图，
∴ 0, 3 ，顶点为 1, 4 ，
∵ 恰有−6个 整点，∴ 3 − < 3 2 ，解得：2 < 3；
3< 4 2 3 4
− − ≤−
综上可得： 的取值范 − 围为 − 3 ≤−< 2或2 < 3． ≤
4 3 3 4
22．【模型 建立】如图1，−在正≤方 形− 中， ≤是 边上一点（不与点 ， 重合）， 是 延长
线上一点， = ，连接 ， ， ．
（1）①求证： = ；
②判断 的形状，并说明理由．
△
第 19 页 共 21 页【模型应用】
（2）如图2，连接 与 交于点 ，连接 ，试判断 与 的关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若 = = 3，求 的长．
【答案】（1）①见解析；②
为等腰直角
三角形，理由见解析；（2） 垂直平分 ，理由
见解析；（3）3 2． △
【分析】（1）①根据正方形的性质得到 = ， = = 90 ，即可证明 SAS ，
根据全等三角形的对应边相等得证；
∠ ∠ ° △ ≌△
②由 ，得到 = ，推出 = 90 ，从而得到 为等腰直角三角形；
（2） △ 过 点 作 ≌△ 的 垂 线交 ∠ 于 点 ， ∠ 由 =∠ = 4°5 ，得到 △= ，进而有 = ，
即可证明 A SA ， 得到 ∠ = ， ∠ 又 = ， ° 根据垂 直 平分 线 的判定即 可 得到
垂直平分 ；
△ ≌△
（3）连接 ，根据 ， 是等腰直角三角形，得到 = = 45 ，从而 = ，
又 = ，△得 到 △ ，即可证得 = ∠ = ∠2 + 2 =°3 2．∠ ∠
【∠详 解 】（∠1 ） ① 证明：△四 边 形 ∽△ 是 正方形， = ， = = 90 ，
又 = ， S A S ， =∴ ； ∠ ∠ °
②解： 为等腰直角三角形．理由如下：
∵ ∴△ ≌△ ∴
∵ ，
△
△ =≌△ ，
∴ ∠ + ∠ = + = 90 即 = 90 ，
∴ 又 ∠ = ∠ ， ∠ ∠ ° ∠ °
为等腰直角三角形；
∵
∴△
（2）解： 垂直平分 .理由如下：如图1，过点 作 的垂线交 于点 ，
∵ 是正方形 的对角线，
= 1 = 45 ，
2
∵∵∠ ，∠ °
∴ ⊥ = 90 = 45 ，
∴ ∠ = °−∠ ， °
∠ ∠
第 20 页 共 21 页= ，
∵ ，
∴
△ = ≌ ， △
∴ = ．
∴ ∵ ， = 90
∴ ∥ ，
⊥ ∠ °
= ， = ，
∴ ∠ ∠ A∠S A ， ∠
∴△ = ≌ ， △
∴ = ，
垂直平分 ；
∵
∴
（3）解：如图2，连接 ， 为等腰直角三角形， 垂直平分 ，
= 1 = ， ∵△
2
∴ 是 等腰 直 角三角形．
是等腰直角三角形，
∴△
∵ ∴ △ = = 45
∠ = ∠ + ° = 45 + ，
∵ ∠ = ∠ + ∠ = 45 +° ∠ ，
∠ =∠ ， ∠ ° ∠
∴ ∠ = ∠ ，
，
∵ ∠ ∠
∴∴△ = ∽△
= ，
∵ = = 2 + 2 = 3 2．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，等腰三角形的判
∴
定及性质，相似三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键．
第 21 页 共 21 页
