2025中考数学押题预测卷（苏州卷）_幼小初教辅资料_中考_2025中考各科押题卷+模拟卷（含全国）

2025年中考押题预测卷（江苏苏州卷） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：130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 8小题，每小题 3分，共 24分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1．2025的倒数是（ ） 1 1 A．2025 B．2025 C． D． 2025 2025 2．小篆的诞生标志着汉字的统一，是我国汉字发展史上重要的里程碑，对汉字的规范和对隶、楷、 行、草诸书的变革起了重要推动的作用．下列小篆文字中既是轴对称图形又是中心对称图形的 是（ ） A． B． C． D． 3．若x2，则下列结论正确的是（ ） x A．x2 B． 1 C．2x0 D． x2 4 2 5 4．若关于x的一元二次方程x2xa 0有两个不相等的实数根，则满足条件的最小整数a的值 4 是（ ） A．－1 B．0 C．1 D．2 5．一位同学把一副三角板在桌面上摆放成如图所示形状，CF 90，E30，B45，若 DE∥AB，则1的度数为（ ） 第 1 页 共 30 页A．95 B．85 C．75 D．65 6．新能源汽车环保节能，越来越受到消费者的喜爱．一汽车销售公司销售某品牌新能源汽车，去 年销售总额为5000万元，今年1~3月份每辆车的销售价格比去年降低1万元，销售数量是去年 4 一整年的 ，销售总额比去年一整年的少30%，今年1~3月份每辆车的销售价格是多少万元？设 5 今年1~3月份每辆车的销售价格为x万元．根据题意，列方程正确的是（ ） 5000 4 5000130% 5000 5000130% 4 A．   B．   x1 5 x x1 x 5 5000 5000130% 4 5000 4 5000130% C．   D．   x1 x 5 x1 5 x 7．如图，四边形ABCD内接于O，AB是O的直径，ADC 116，点 E 在O上，则BEC的度 数是（ ） A．28 B．56 C．46 D．26 8．如图，在矩形ABCD中，AB4，BC 6，BCD的平分线交AD于点E，M 、N 分别是边AB、BC 上的动点，且BM BN， P 是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM PN 6．则线段PC的长 为（ ）． A．2 B． 2 2 C．3 D． 3 2 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共 8小题，每小题 3 分，共 24分，请把答案填写在答题卡相应位置上） 9．计算 4a23的结果等于 ． 10．从1970年“东方红一号”卫星升空，到2024年天宫空间站在高空巡天；从卫星到太空房，中国 航天飞了55年，探索的脚印留在距地球400000米外的地方．将400000用科学记数法表示 为 ． 11．如果小球在如图所示的地板上自由滚动，并随机停留在某块方砖上，则它最终停留在阴影区域 的概率是 ． 第 2 页 共 30 页12．若ab3，则 a2b26b 的值是 ． 13．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点 B 在y轴的正半轴上，点 A k 在反比例函数y 的图象上，点D的坐标为4,3，则k的值为 ． x 14．我们都知道蜂巢是很多个正六边形组合来的．正六边形蜂巢的建筑结构密合度最高、用材最少、 空间最大、也最为坚固．如图，某蜂巢的房孔是边长为6的正六边形ABCDEF，若O的内接 正六边形为正六边形ABCDEF，则 BF 的长为 ． 15．若抛物线yxh2k与x轴只有一个公共点，且过点Am,n，Bm8,n，则n  ． 4 55 16．如图，ABCD中，tanA ，AD ，点E 在AD边上，沿直线 BE 折叠 ABE，使AB的对应 3 4 边ABDC，垂足为 F， AE 交DC与点G，当点G 恰好为 AE 的中点时，AB长为 ． 三、解答题（本大题共 11小题，共 82分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） 1 1 17．（本题满分5分）计算：2π0 38  ． 2 第 3 页 共 30 页2x 6 18．（本题满分5分）解方程： 1 ． x3 3x  a  a22a 1 19．（本题满分6分）先化简，再求值：  1  ，其中a3． 2a2  a22a1 a 20．（本题满分6分）如图，V ABC中，ADBC，垂足为D，BEAC，垂足为E，AD与 BE 相交 于点F，BF AC． (1)求证： ADC≌BDF ； (2)若DF 2，AF 3， 求BC的长 21．（本题满分6分） “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小明购 买了“二十四节气”主题邮票，他将“A：立春”、“B：清明”、“C：雨水”三张纪念邮票（除正面内容 不同外，其余均相同）背面朝上，洗匀放好． (1)小明从中随机抽取一张邮票是“B：清明”的概率是 ； (2)小明从中随机抽取一张邮票，记下内容后，正面向下放回，洗匀后再从中随机抽取一张邮票， 请用画树状图或列表的方法，求小明两次抽取的邮票中至少有一张是“C：雨水”的概率． 第 4 页 共 30 页22．（本题满分8分） 为进一步加强学生体质，某中学推行“阳光体育活动”计划，要求学生在课后自主完成体育锻炼 并记录，经过一段时间后，学校随机抽查了该校30名学生某一天课后体育锻炼时间（单位：分钟）， 如图是根据抽查结果绘制的统计图的一部分： 根据以上信息解决以下问题： (1)这一天课后体育锻炼时间为60分钟的人数为__________人，请补全条形统计图； (2)这一天课后体育锻炼时间的众数是__________； (3)若该校共有600名学生，请估计该校这一天体育锻炼时间不 ． 少 ． 于 ．60分钟的学生人数． 23．（本题满分8分） 某临街店铺在窗户上方安装如图1所示的遮阳棚，其侧面如图2所示，遮阳棚展开长度 AB200cm，遮阳棚前端自然下垂边的长度BC 25cm，遮阳棚固定点A 距离地面高度AD296.8cm， 遮阳棚与墙面的夹角BAD72． (1)如图2，求遮阳棚前端 B 到墙面AD的距离； (2)如图3，某一时刻，太阳光线与地面夹角CFG60，求遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长（结 果精确到1cm）．（参考数据：sin720.951，cos720.309，tan723.078， 31.732） 第 5 页 共 30 页m 24．（本题满分8分）如图，反比例函数y m0过点A1,3． x (1)求反比例函数的表达式； (2)若点E是反比例函数图象上 A 点右侧一点，连接AE，把线段AE绕点 A 顺时针旋转90，点E的 对应点F 恰好也落在这个反比例函数的图象上，求点E的坐标． 25．（本题满分10分）如图，V ABC内接于O，BC为O直径，BAC的平分线交O于点D， 连接BD，CD，过点D作O的切线与AC的延长线交于点 P ． (1)求证：DP∥BC． (2)若AB6，AC 8时，求线段PC的长． 26．（本题满分10分）在气象观测实践课中，同学们利用AI 控制器精准地将甲和乙两个智能探空 气球按照设定的速度匀速竖直升降．气球甲从地面以m米/秒的速度上升，气球乙从距离地面 高10米的观测台同时上升，9秒时气球乙到达预定高度并暂停上升，开始采集大气数据（持 续一定时间），完成后按原速继续上升．最终两气球同时到达距离地面100米的空中进行了n 秒的联合观测，观测完毕后两气球释放部分气体，以相同速度降落至地面．甲，乙两探空气球 所在的位置距离地面的高度y（米）与气球飞行的时间x（秒）之间的函数关系如图所示，请 结合图象解答下列问题： 第 6 页 共 30 页(1)m__________米/秒，n __________秒； (2)求线段AB所在直线的函数解析式（不要求写出x 的取值范围）； (3)甲，乙两个智能探空气球飞行到多少秒时，它们之间的竖直高度的差为16米？（直接写出答案 即可） 27．（本题满分10 分）如图，抛物线yax2bx6与x轴交于点 A ， B ，与y轴交于点C，OBOC 3OA ． (1)求抛物线的对称轴； (2)点Pm,nm2是抛物线上一个动点，连接 AP ，CP， AP 交y轴交于点D，作PQ x轴于点Q． ①若点Q是OB的中点，求 PAC的面积； ②若以点C，D， P ，Q为顶点的四边形为平行四边形，求m的值． 第 7 页 共 30 页2025年中考押题预测卷（江苏苏州卷） 数学·全解全析 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共 8小题，每小题 3分，共 24分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上） 1．2025的倒数是（ ） 1 1 A．2025 B．2025 C． D． 2025 2025 【答案】C 【分析】本题考查了倒数的定义，根据乘积互为1的两个数互为倒数，进行作答即可．  1  【详解】解：∵2025 1  2025 1 ∴2025的倒数是 ，故选：C 2025 2．小篆的诞生标志着汉字的统一，是我国汉字发展史上重要的里程碑，对汉字的规范和对隶、楷、 行、草诸书的变革起了重要推动的作用．下列小篆文字中既是轴对称图形又是中心对称图形的 是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形 两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：B． 3．若x2，则下列结论正确的是（ ） x A．x2 B． 1 C．2x0 D． x2 4 2 【答案】B 【分析】本题考查了不等式的性质，根据不等式的性质：不等式的两边同时乘以一个负数，不等式 的符合改变；不等式的两边同时加上或减去一个数，不等号方向不变逐项分析，即可求解． 第 8 页 共 30 页【详解】解：A. ∵x2，∴x2，故该选项不正确，不符合题意； x B. ∵x2，∴ 1，故该选项正确，符合题意； 2 C. ∵x2，∴2x0，故该选项不正确，不符合题意； D. 当 x 2，则 x2 4 ，故该选项不正确，不符合题意；故选：B． 5 4．若关于x的一元二次方程x2xa 0有两个不相等的实数根，则满足条件的最小整数a的值 4 是（ ） A．－1 B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】本题主要考查根的判别式，掌握根的判别式与根的个数之间的关系是解题的关键．首先根 据根的判别式求出a的取值范围，然后从中找到最小整数即可． 5 【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2xa 0有两个不相等的实数根， 4  5 ∴b24ac1241a 0，解得a1，  4 ∴满足条件的最小整数a的值是2，故选：D． 5．一位同学把一副三角板在桌面上摆放成如图所示形状，CF 90，E30，B45，若 DE∥AB，则1的度数为（ ） A．95 B．85 C．75 D．65 【答案】C 【分析】此题主要考查了平行线的性质，依题意得BAC45，再求出D60，进而根据平行线 的性质得BAF D60，然后再根据1BACBAF180 即可得出1的度数． 【详解】解：依题意得：E 30，F 90，BAC45， ∴D180EF180309060， ∵DE∥AB， ∴BAF D60， ∵1BACBAF180 ， ∴14560180 ， 第 9 页 共 30 页∴175．故选：C． 6．新能源汽车环保节能，越来越受到消费者的喜爱．一汽车销售公司销售某品牌新能源汽车，去 年销售总额为5000万元，今年1~3月份每辆车的销售价格比去年降低1万元，销售数量是去年 4 一整年的 ，销售总额比去年一整年的少30%，今年1~3月份每辆车的销售价格是多少万元？设 5 今年1~3月份每辆车的销售价格为x万元．根据题意，列方程正确的是（ ） 5000 4 5000130% 5000 5000130% 4 A．   B．   x1 5 x x1 x 5 5000 5000130% 4 5000 4 5000130% C．   D．   x1 x 5 x1 5 x 【答案】A 【分析】本题考查分式方程的实际应用，根据今年1~3月份每辆车的销售价格比去年降低1 万元， 4 销售数量是去年一整年的 ，销售总额比去年一整年的少30%，列出方程即可． 5 【详解】解：设今年1~3月份每辆车的销售价格为x万元，由题意，得： 5000 4 5000130%   ；故选A． x1 5 x 7．如图，四边形ABCD内接于O，AB是O的直径，ADC 116，点 E 在O上，则BEC的度 数是（ ） A．28 B．56 C．46 D．26 【答案】D 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，连接OC， 根据圆内接四边形的性质，得ABC64，再得到OCBABC 64，再根据圆周角定理即可求解， 熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 【详解】解：如图，连接OC， ∵四边形ABCD内接于O，ADC 116， ∴ABC180ADC18011664 ， 第 10 页 共 30 页∵OBOC， ∴OCBABC 64， ∴BOC 180OCBABC 180646452， 1 ∴BEC  BOC 26，故选：D． 2 8．如图，在矩形ABCD中，AB4，BC 6，BCD的平分线交AD于点E，M 、N 分别是边AB、BC 上的动点，且BM BN， P 是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM PN 6．则线段PC的长 为（ ）． A．2 B． 2 2 C．3 D． 3 2 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形三边关系，勾股定理等 知识．由题意知DCE 45，BCE45，如图 1，在CD上取点N，使CNCN，连接PN，MN， 则PM PN PM PN6，由PM PNMN，MN4，可得MN6，MN∥BC，即M 、 P 、N三点共 线，如图2，则四边形BCNM 是矩形，则PNCNCN BM BN ，由勾股定理得 PC PN2CN2 ， 计算求解即可，明确PM PN 6时，点 P 的位置是解题的关键． 【详解】解：四边形ABCD是矩形， CD AB4，BCDADC 90， BCD的平分线交AD于点E， 1 DCE BCE  BCD45， 2 如图1，在CD上取点N ，使CNCN，连接PN，MN， PM PNPM PN6BC， ABCD，BCAB， AB与CD的距离为6， MN AB， 第 11 页 共 30 页MN∥BC， 如图2，则四边形BCNM 是矩形， BM CN，CPN45PCN， Q PNCN，PN BC ，NCN 90， 四边形PNCN为正方形， Q PM  AB,PN BC,B90， 四边形MBNP为矩形， BNBM ， 四边形MBNP为正方形， PNCNCNBM BN， CNBN3， CNBN3，PNCNCN 3， 由勾股定理得 PC PN2CN2 3 2 ，故选：D． 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共 8小题，每小题 3 分，共 24分，请把答案填写在答题卡相应位置上） 9．计算 4a23的结果等于 ． 【答案】64a6 【分析】本题主要考查积的乘方和幂的乘方，直接运用积的乘方和幂的乘方运算法则进行计算即可． 【详解】解： 4a23 43 a23 64a6， 故答案为：64a6． 10．从1970年“东方红一号”卫星升空，到2024年天宫空间站在高空巡天；从卫星到太空房，中国 航天飞了55年，探索的脚印留在距地球400000米外的地方．将400000用科学记数法表示 为 ． 【答案】 4105 【分析】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为 a10n的形式，其中 1  a  10，n为整数，准确确定a的值以及n的值是解答本题的关键． 第 12 页 共 30 页科学记数法的表示形式为 a10n(1  a  10)，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小 数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同． 【详解】解：按照科学记数法的表示方式，400000可以表示为： 4105，故答案为： 4105． 11．如果小球在如图所示的地板上自由滚动，并随机停留在某块方砖上，则它最终停留在阴影区域 的概率是 ． 12 【答案】 25 【分析】本题考查几何概率．熟练掌握几何概率的求法，是解题的关键． 根据阴影区域的面积除以总面积即得． 【详解】解：∵两个阴影都是长为3，宽为2的矩形，地板是边长为32的正方形，小球自由滚 动，随机停留在某块方砖上的机会均等， 232 12 12 ∴小球最终停留在阴影区域的概率是P   ．故答案为： ． 停留阴影 322 25 25 12．若ab3，则 a2b26b 的值是 ． 【答案】9 【分析】此题考查了因式分解的应用和求代数式的值，准确因式因式分解是关键．把原式变形整体 代入即可求出答案． 【详解】解：∵ab3， ∴ a2b26b abab6b 3ab6b 3a3b6b 3a3b 3ab 33 9 故答案为：9 第 13 页 共 30 页13．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点C与原点O重合，点 B 在y轴的正半轴上，点 A k 在反比例函数y 的图象上，点D的坐标为4,3，则k的值为 ． x 【答案】32 【分析】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及菱形的性质，利用勾股定理可求出OD的 长，利用菱形的性质可得出AD的长，进而可得出点 A 的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标 特征，即可求出反比例函数的关系式．根据题意得出 点坐标是解题的关键． A 【详解】解：点D的坐标为(4,3)， OD 402302 5 ， 四边形ABCD为菱形， ADOD5，AD∥BO， 点 A 坐标为(4,8)． k 点 A 在反比例函数y 的图象上， x k 4832．故答案为：32． 14．我们都知道蜂巢是很多个正六边形组合来的．正六边形蜂巢的建筑结构密合度最高、用材最少、 空间最大、也最为坚固．如图，某蜂巢的房孔是边长为6的正六边形ABCDEF，若O的内接 正六边形为正六边形ABCDEF，则 BF 的长为 ． 【答案】6 3 【分析】本题考查正多边形与圆，解直角三角形，根据圆内接正六边形的性质以及直角三角形的边 角关系进行计算即可． 【详解】解：如图， 连接OA、OB， 第 14 页 共 30 页∵六边形ABCDEF是O的内接正六边形， 360 AB AF 6,AOB 60， 6 OABF， BGFG， OAOB， AOB是等边三角形， OBOA AB6， 在RtBOG中，O60,OB6， 3 BG OB3 3 ， 2 BF 2BG6 3，故答案为： 6 3． 15．若抛物线yxh2k与x轴只有一个公共点，且过点Am,n，Bm8,n，则n  ． 【答案】16 【分析】根据题意得出抛物线的顶点坐标，即可得出k 0，再利用图象上对称两点的坐标Am,n， Bm8,n即可求出h的值，从而得出抛物线的解析式，然后把Am,n代入，即可得出答案． 【详解】解：抛物线yxh2k与x轴只有一个公共点， 该抛物线的顶点坐标为h,k，且k 0， yxh2， 抛物线yxh2过点Am,n，Bm8,n， mm8 该抛物线的对称轴为直线xh m 4， 2 即：hm4， y xm4  2， 把Am,n代入，得：n mm4  2 mm42 42 16，故答案为：16． 【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，待定系数法求二次函数解析式，yxh2k的 图象与性质，中点坐标公式等知识点，根据题意求得h的值是解题的关键． 4 55 16．如图，ABCD中，tanA ，AD ，点E 在AD边上，沿直线 BE 折叠 ABE，使AB的对应 3 4 边ABDC，垂足为 F， AE 交DC与点G，当点G 恰好为 AE 的中点时，AB长为 ． 第 15 页 共 30 页【答案】14 55 BF 4 【分析】由平行四边形的性质可知ADBC ，AC ，进而可知tanC tanA  ，则设CF 3x， 4 CF 3 11 BF 4x，在RtBCF 中，BC 5x，得x ，即BF 4x11，过点E作EH 垂直于CD，交CD延长线 4 4 于 H ，H AFG90，由折叠可知，AE AE，AA，AB AB，得tanAtanA ，设AF  y， 3 4 5 5 则FG y，AG y，再证△AGF≌△EGH ，得EG AG y，EH AF  y，由平行四边形的性质可知 3 3 3 4 3 5 55 5 HDEA ，则tanHDEtanA ，得DH  y，DE y，则AEADDE  y ，由 3 4 4 4 4 10 55 5 10 AEAEEGAG y，得  y y，解方程即可求解． 3 4 4 3 55 【详解】解：在 ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，ABCD，ADBC ，AC ， 4 4 ∵tanA ，ABDC， 3 BF 4 ∴tanC tanA  ， CF 3 则设CF 3x，BF 4x， 55 在RtBCF 中，BC CF2BF2 5x ， 4 11 ∴x ，即BF 4x11， 4 过点E作EH 垂直于CD，交CD延长线于 H ，H AFG90， 由折叠可知，AE AE，AA，AB AB， 4 FG 4 ∴tanAtanA ，则  ， 3 AF 3 4 设AF  y，则FG y， 3 5 在 Rt△AFG 中，AG AF2FG2  y ， 3 ∵点G为 AE 的中点， ∴AGEG， 第 16 页 共 30 页又∵HGEAGF， ∴△AGF≌△EGH ， 5 ∴EG AG y，EH AF  y， 3 ∵AB∥CD， 4 ∴HDEA ，则tanHDEtanA ， 3 HE 4 3 ∴  ，则DH  y， DH 3 4 5 55 5 ∴DE DH2HE2  y，则AEADDE  y ， 4 4 4 10 又∵AEAEEGAG y， 3 55 5 10 ∴  y y，解得：y3， 4 4 3 即：AF 3， ∴ABABAFBF31114，故答案为：14． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解直角 4 三角形，根据直角三角形，利用tanA ，表示边的长度，列方程是解决问题的关键． 3 三、解答题（本大题共 11小题，共 82分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤） 17．（本题满分5分） 1 1 计算：2π0 38  ． 2 【答案】1 【分析】本题考查了实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，先化简各式，然后再进行加减计算即 可解答． 1 1 【详解】解：2π03 8  1221． 2 18．（本题满分5分） 2x 6 解方程： 1 ． x3 3x 【答案】x1 【分析】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键．根据去分母，合并 同类项，化系数为1，即可求解． 2x 6 【详解】解： 1 x3 3x 第 17 页 共 30 页2xx36 3x63 3x3 x1 检验，当x1时，x30， ∴x1是原方程的解． 19．（本题满分6分）  a  a22a 1 先化简，再求值：  1  ，其中a3． 2a2  a22a1 a 1a 2 【答案】 ， 2a 3 【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算即可． 本题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握运算顺序及法则．  a 2a2 aa2 1 【详解】解：原式    2a2 2a2 a12 a a2 a12 1    2a2 aa2 a 1a 1   2a a 1a  2a 1a 13 2 当a3时，原式   ． 2a 23 3 20．（本题满分6分） 如图，V ABC中，ADBC，垂足为D，BEAC，垂足为E，AD与 BE 相交于点F，BF AC． (1)求证： ADC≌BDF ； (2)若DF 2，AF 3， 求BC的长 【答案】(1)见解析；(2)7 【分析】本题主要考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用AAS证明两个三角形全等”是解本 题的关键． （1）先证明BDF ADC ，CADFBD，然后根据AAS，再结合已知条件可得结论； 第 18 页 共 30 页（2）根据DF 2，AF 3，得出AD AFDF 325，根据 ADC≌BDF得出BD AD5，CDDF2， 最后根据和差间的关系，得出答案即可． 【详解】（1）证明：∵ADBC， ∴BDF ADC 90， ∵BE AC ， ∴BEC 90， ∴CADACDACDDBF  90 ， ∴CADDBF ， ∵BF AC， ∴ADC≌BDFAAS； （2）解：∵DF 2，AF 3， ∴AD AFDF 325， ADC≌BDF， ∴BD AD5，CDDF2， ∴BC BDDC 527． 21．（本题满分6分） “二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小明购 买了“二十四节气”主题邮票，他将“A：立春”、“B：清明”、“C：雨水”三张纪念邮票（除正面内容 不同外，其余均相同）背面朝上，洗匀放好． (1)小明从中随机抽取一张邮票是“B：清明”的概率是 ； (2)小明从中随机抽取一张邮票，记下内容后，正面向下放回，洗匀后再从中随机抽取一张邮票， 请用画树状图或列表的方法，求小明两次抽取的邮票中至少有一张是“C：雨水”的概率． 1 5 【答案】(1) ；(2) 3 9 【分析】本题主要考查了树状图或列表法求解概率，概率公式的应用，正确画出树状图或列出表格 是解题的关键． 第 19 页 共 30 页（1）直接由概率公式求解； （2）先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公 式求解即可． 1 【详解】（1）解：一共有三种可能，小明从中随机抽取一张邮票是“B：清明”的概率是 ， 3 1 故答案为： ； 3 （2）解：列树状图： 共有9种等可能结果，小明两次抽取的邮票中至少有一张是“雨水”的结果的5种， 5 ∴小明两次抽取的邮票中至少有一张是“雨水”的概率是P ． 9 5 答：小明两次抽取的邮票中至少有一张是“雨水”的概率是P ． 9 22．（本题满分8分） 为进一步加强学生体质，某中学推行“阳光体育活动”计划，要求学生在课后自主完成体育锻炼 并记录，经过一段时间后，学校随机抽查了该校30名学生某一天课后体育锻炼时间（单位：分钟）， 如图是根据抽查结果绘制的统计图的一部分： 根据以上信息解决以下问题： (1)这一天课后体育锻炼时间为60分钟的人数为__________人，请补全条形统计图； (2)这一天课后体育锻炼时间的众数是__________； (3)若该校共有600名学生，请估计该校这一天体育锻炼时间不 ． 少 ． 于 ．60分钟的学生人数． 【答案】(1)7，条形图见解析；(2)55；(3)180 人 【分析】本题考查条形统计图，众数，样本估计总体． （1）将抽出学生的人数减去其他各时间的人数，即可解答； （2）根据众数的定义求解即可； 第 20 页 共 30 页（3）将全校学生人数乘以样本中体育锻炼时间不少于60分钟的学生的比例，即可求解． 【详解】（1）解：体育锻炼时间为60分钟的人数为301461027 （人）； 补全条形统计图为 ；故答案为：7 （2）解：由条形图可知，体育锻炼时间55分钟的人数最多，故众数为55．故答案为：55 72 （3）解：600 180（人） 30 答：估计该校这一天体育锻炼时间不少于60分钟的学生由180人． 23．（本题满分8分） 某临街店铺在窗户上方安装如图1所示的遮阳棚，其侧面如图2所示，遮阳棚展开长度 AB200cm，遮阳棚前端自然下垂边的长度BC 25cm，遮阳棚固定点A 距离地面高度AD296.8cm， 遮阳棚与墙面的夹角BAD72． (1)如图2，求遮阳棚前端 B 到墙面AD的距离； (2)如图3，某一时刻，太阳光线与地面夹角CFG60，求遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长（结 果精确到1cm）． （参考数据：sin720.951，cos720.309，tan723.078， 31.732） 【答案】(1)遮阳棚前端B 到墙面AD的距离约为190.2cm (2)遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长约为69cm 【分析】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的判定和性质等知识点，将实际问题转化为几何问 题成为解题的关键． BE （1）如图3，作BE AD于E，在Rt△ABE中，根据sinBAE  列式计算即可； AB 第 21 页 共 30 页（2）如图3，作BE AD于E，CH  AD于 H ，延长BC交DG于K，则BK DG，可得四边形BEHC， 四边形HDKC是矩形，解直角三角形Rt△ABE求出AE，可得CK DH 210cm，然后在Rt△CFK 中， 解直角三角形求出FK ，进而可得DF的长． 【详解】（1）解：如图3，作BE AD于E， BE BE 在Rt△ABE中，sinBAE  ，即sin72 ， AB 200 BEsin722000.951200190.2cm ． 答：遮阳棚前端 B 到墙面AD的距离约为190.2cm． （2）解：如图3，作BE AD于E，CH  AD于 H ，延长BC交DG于K，则BK DG， 四边形BEHC，四边形HDKC是矩形， 由（1）得BE 190.2cm， DK HCBE190.2cm， AE AE 在Rt△ABE中，cosBAE ，即cos72 ， AB 200 AE cos722000.30920061.8cm， 由题意得：EH BC 25cm， DH  ADAEEH  296.8 61.8 25 210cm ， CK  DH 210cm， CK 210 在Rt△CFK 中，tanCFK  ，即tan60 ， FK FK 210 210 FK   121.25cm， tan60 3 DF DKFK 190.2121.2569cm． 答：遮阳棚在地面上的遮挡宽度DF的长约为69cm． 24．（本题满分8分） m 如图，反比例函数y m0过点A1,3． x (1)求反比例函数的表达式； (2)若点E是反比例函数图象上 A 点右侧一点，连接AE，把线段AE绕点 A 顺时针旋转90，点E的 对应点F 恰好也落在这个反比例函数的图象上，求点E的坐标． 第 22 页 共 30 页3 【答案】(1)y x 骣 1 (2)E琪琪6, 桫 2 【分析】（1）利用待定系数法求解即可；  3 （2）如图2，过 A 点作x轴的平行线CD，作FC CD于C，EDCD于D，设Ea,  a1，证明  a 3  3  出ACF≌EDAAAS，得到F 2,4a ，然后得到  2 4a3求解即可． a  a  m 【详解】（1）解：点A1,3在反比例函数y m0上， x m13， m3， 3 反比例函数为y ； x （2）如图2，过 A 点作x轴的平行线CD，作FC CD于C，EDCD于D，  3 设Ea,  a1，  a A1,3， 3 ADa1，DE3 ， a 把线段AE绕点 A 顺时针旋转90，点E的对应点为F ，恰好也落在这个反比例函数的图象上， EAF 90， AE AF ， EADCAF90， EADAED90， CAF AED， 第 23 页 共 30 页CAF AED  在△ACF和 EDA 中，ACF EDA90，  AF EA ACF≌EDAAAS， 3 CFADa1，ACDE3 ， a 3  F 2,4a ， a  恰好也落在这个反比例函数的图象上， F 3   1  2 4a3，解得a6或a1（舍去）∴E6,  ． a   2 【点睛】此题考查了反比例函数和几何综合，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，解一元二次 方程等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形． 25．（本题满分10分） 如图，V ABC内接于O，BC为O直径，BAC的平分线交O于点D，连接BD，CD，过点 D作O的切线与AC的延长线交于点 P ． (1)求证：DP∥BC． (2)若AB6，AC 8时，求线段PC的长． 25 【答案】(1)见解析；(2)CP 3 【分析】（1）连接OD，由BC是O直径，得BAC90，进而得BOD BAC 90，由切线的性 质得ODP90，所以DP∥BC； （2）由勾股定理求得BC10，由角平分线的性质推出BODCOD，再由勾股定理求出 AB BD 6 5 2 BDCD5 2 ，再证明△ABD∽△DCP，则  ，即  ，即可求出线段PC的长． CD CP 5 2 CP 【详解】（1）证明：如图，连接OD， ∵BC是O的直径， 第 24 页 共 30 页∴BAC90， ∵AD平分BAC， ∴BAC2BAD． ∵BOD2BAD， ∴BOD BAC 90， ∵PD是O的切线， ∴ODP90． ∴ODPBOD， ∴DP∥BC； （2）解：∵BC是O的直径， ∴BDC BAC 90， 在Rt△ABC中，AB6，AC 8， ∴ BC 6282 10 ， ∵AD平分BAC， ∴BADCAD ， ∴BODCOD， ∴BDCD， 在Rt△BCD中， BD2CD2 BC2， ∴ BDCD5 2 ， ∵DP∥BC， ∴ACBP， ∵ACBADB， ∴ADBP， ∵四边形ABDC内接于O， ∴ABDACD180 ， ∵ACDDCP180 ， ∴DCP ABD， ∴△ABD∽△DCP， AB BD 6 5 2 ∴  ，即  ， CD CP 5 2 CP 25 ∴CP ． 3 第 25 页 共 30 页【点睛】此题重点考查圆周角定理、切线的性质、平行线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的 判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 26．（本题满分10分） 在气象观测实践课中，同学们利用AI控制器精准地将甲和乙两个智能探空气球按照设定的速 度匀速竖直升降．气球甲从地面以m米/秒的速度上升，气球乙从距离地面高10米的观测台同时上 升，9秒时气球乙到达预定高度并暂停上升，开始采集大气数据（持续一定时间），完成后按原速 继续上升．最终两气球同时到达距离地面 100米的空中进行了n秒的联合观测，观测完毕后两气球 释放部分气体，以相同速度降落至地面．甲，乙两探空气球所在的位置距离地面的高度y（米）与 气球飞行的时间x（秒）之间的函数关系如图所示，请结合图象解答下列问题： (1)m__________米/秒，n __________秒； (2)求线段AB所在直线的函数解析式（不要求写出x 的取值范围）； (3)甲，乙两个智能探空气球飞行到多少秒时，它们之间的竖直高度的差为16米？（直接写出答案 即可） 39 71 【答案】(1)4；15；(2)y5x25；(3)6 秒或 秒或 秒 4 4 【分析】本题主要考查求一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键． （1）根据图形计算即可求解； （2）先求得气球乙匀速从55米到100米所用时间为 9秒，得到A(16,55)，利用待定系数法即可求解； （3）利用待定系数法分别求得线段OB、线段MN、线段AN所在直线的函数解析式，再分三种情 况讨论，列式计算即可求解详解． 【详解】（1）解：由题意得气球甲的速度为m100254（米/秒）， n402515（秒)．故答案为：4，15； （2）解：由图象知，B25,100， 气球乙的速度为551095（米/秒）， ∴气球乙匀速从55米到100米所用时间为1005559（秒）， 第 26 页 共 30 页∵25916（秒）， ∴A(16,55)， 设线段AB所在直线的函数解析式为ykxb， 16kb55 k 5 将A(16,55)，B25,100代入得： ，解得 ， 25kb100 m25 线段AB所在直线的函数解析式为y5x25； （3）解：如图所示： 由题意M(0,10)，N(9,55)，B25,100 设直线OB所在直线的解析式为yk x， 1 ∴25k 100，解得k 4 1 1 ∴线段OB所在直线的函数解析式为y4x， 设线段MN所在直线的函数解析式为yk xb ， 2 2 b 10 k 5 把M(0,10)，N(9,55)代入，得 2 ，解得 2 ， 9k b 55 b 10 2 2 2 线段MN所在直线的函数解析式为y5x10； 线段AN所在直线的函数解析式为y55， 当0 x9时，由题意得 4x5x10 16，解得x6或x26（舍去）； 71 39 当9 x16时，由题意得 4x55 16，解得x 或x ， 4 4 当16 x25时，由题意得 4x5x25 16，解得x9（舍去）或x41（舍去）， 39 71 综上，甲，乙两个智能探空气球飞行到6秒或 秒或 秒时，它们之间的竖直高度的差为16米． 4 4 27．（本题满分10分） 如图，抛物线yax2bx6与x轴交于点 A ， B ，与y轴交于点C，OBOC 3OA ． (1)求抛物线的对称轴； 第 27 页 共 30 页(2)点Pm,nm2是抛物线上一个动点，连接 AP ，CP， AP 交y轴交于点D，作PQ x轴于点Q． ①若点Q是OB的中点，求 PAC的面积； ②若以点C，D， P ，Q为顶点的四边形为平行四边形，求m的值． 15 【答案】(1)抛物线的对称轴为直线x2；(2)①S  ；②m的值为1 13或 3 21 ． △APC 2 【分析】（1）根据题意求得A2,0，B6,0，再根据抛物线的对称性质求解即可； （2）①先利用待定系数法求得抛物线的解析式，求得点Q3,0，再求得直线 AP 的解析式，求得D0,3， 再利用三角形的面积公式求解即可； ②分当点D在原点上方和下方两种情况讨论，根据CD PQ，列式计算即可求解． 【详解】（1）解：令x0，则y6， ∴C0,6， ∴OC6， ∵OBOC 3OA， ∴A2,0，B6,0， 62 ∴抛物线的对称轴为直线x 2； 2  1 4a2b60 a （2）解：①将A2,0，B6,0代入yax2bx6，得 ，解得 2， 36a6b60  b2 1 ∴抛物线的解析式为y x22x6， 2 ∵点Q是OB的中点， ∴点Q3,0， 1 15 当x3时，y 32236 ， 2 2  15 则点P3,  ，  2  第 28 页 共 30 页2kb 0  3  1 k  设直线 AP 的解析式为ykxb ，则 15 ，解得 2， 1   3kb 1  2  b 3 1 3 ∴直线 AP 的解析式为y x3， 2 令x0，则y3， ∴D0,3， 1 3 15 ∴S  CD x x  5  ； APC 2 P A 2 2 ②∵点Pm,nm2是抛物线上一个动点，  1  ∴Pm, m22m6 ，则Qm,0，  2  当点D在原点上方时， 1 ∴OA2，AQm2，PQ m2 2m6， 2 ∵OD∥PQ， ∴△AOD∽△AQP， OD 2 OD AO  ∴  ，即 1 m2 ， PQ AQ  m22m6 2 m24m12 ∴OD ， m2 ∴CD6ODm ， ∵以点C，D， P ，Q为顶点的四边形为平行四边形， 1 ∴CD PQ，即 m2 2m6m，解得m1 13， 2 ∴m1 13； 当点D在原点下方时， 第 29 页 共 30 页 1  1 ∴OA2，AQm2，PQ m22m6 m22m6，  2  2 ∵OD∥PQ， ∴△AOD∽△AQP， OD 2 OD AO  ∴  ，即 1 m2 ， PQ AQ m22m6 2 m24m12 ∴OD ， m2 ∴CD6ODm， ∵以点C，D， P ，Q为顶点的四边形为平行四边形， 1 ∴CD PQ，即 m22m6m ，解得 m3 21 ，∴ m3 21 ；综上，m的值为1 13或 3 21 ． 2 【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法 求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，两点之间的距离公 式和平行四边形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以 及分情况讨论． 第 30 页 共 30 页