2025中考数学押题预测卷（西宁卷）_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（西宁卷） 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10个小题，每小题3分，共30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．第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在巴黎举行，以下分别是“2008北京奥运会徽”“2020 东京奥运会徽”“2024 巴黎奥运会徽”“2028洛杉矶奥运会徽”，其中既是轴对称图形又中心对称图形 的个数是（ ） A．0 个 B．1个 C．2个 D．3个 2．下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） 2 A． 3 B． C． 18 D． 1.2 3 3．下列运算正确的是（ ） A．2mn2mn B． mm3 m4 C．mn2 m2n2 D． m3m2 m4 4．习总书记指出“善于学习，就是善于进步”，“国家中小学智慧云平台”上线的某天，全国大约有 5450000人在平台上学习，将数据5450000用科学记数法表示为（ ） A． 545104 B． 0.545107 C． 5.45106 D． 5.45107 5．下列说法正确的是（ ） A．成语“刻舟求剑”描述的是必然事件 B．了解央视春晚的收视率适合用抽样调查 C．调查某品牌烟花的合格率适合用全面调查 D．如果某彩票的中奖率是1%，那么一次购买100张彩票一定会中奖 第 1 页 共 27 页6．如图，AB是O的直径且 AB2 ，弦CD与AB相交于点E，连接BC，BD．若ABC30o，则 BC 的长度为（ ）   2  A． B． C． D． 6 3 3 12 7．如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8，以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BC，BD于 1 点E，F，再分别以点 E，F为圆心，大于 EF长为半径作弧交于点P，作射线BP，交CB于点H， 2 过点D作BP的垂线交BC的延长线于点Q，垂足为点G，则HG的长为（ ） 10 10 10 A．1 B． C． D． 3 4 6 8．二次函数yax2bxca0的部分图象如图所示，图象过点1,0，对称轴为直线x2，有下列 结论：①abc0；② b24ac0 ；③c3a；④4ab0；⑤当x1时，y随x的增大而增大，其中正 确结论的个数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共10小题，共20分） 9．分解因式： 2a24a2 ． 3 1 10．方程  0的解为 ． x2 x 2 11．已知点Ax,y ，Bx ,y 在反比例函数y 的图象上．若xx 2，则y y 的值为 ． 1 1 2 2 x 1 2 1 2 第 2 页 共 27 页12．已知圆锥的高为1，高所在的直线与母线的夹角为60，则圆锥的侧面积为 ． 13．某市今年第一季度的专项教育投入为5亿元，第二季度比第一季度增长的百分比为x，第三季 度增长的百分比是第二季度增长百分比的2倍，则第三季度专项教育投入y（亿元）关于x的函数 关系式为 ．（不要求写自变量x的取值范围） 14．一个不透明的口袋中有红球10个、黑球若干个，这些球除颜色外都相同，将口袋中的球搅拌 均匀后，从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程1000次，发现有400 次摸到红球，估计口袋中有黑球 个． 15．如图，在菱形ABCD中，点E是AB的中点，以 B 为圆心， BE 为半径作弧，交BC于F ，连接DE、 DF．若AB4，A60，则阴影部分的面积为 ． 16．已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I （单位：A）与电阻 R （单位： Ω ）是反比 例函数关系，它的图象如图所示，如果以此蓄电池为电源的用电器，其限制电流不能超过15A，那 么用电器可变电阻 应控制的范围是 ． R 17．如图，在平面直角坐标系中，已知点A1,0，点B0,3，点C在x轴上，且点C在点 A 右方， 1 连接AB，BC，若tanABC  ，则点C的坐标为 ． 3 18．如图，VABC是等腰三角形，A120，点D在边BC上，BC8，CD2，点 P 为边AC上一动 点，连接DP，将△CDP延DP翻折，得到 CDP，当CD与腰垂直时，则CP ． 第 3 页 共 27 页三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）  0  2 19．（8分）31 21 2sin30   ．  3  1  x2 4 20．（8分）先化简： 1  ，再从2,1,1,2选择中一个合适的数作为x的值代入求值．  x1 x1 21．（8分）如图，一次函数ykx6（k 为常数，k 0）的图像与x轴，y 轴分别交于 A ， B 两点， m 且OB2OA，与反比例函数y  （m为常数，且m0）的图像交于C，E两点，过点C 作CDx轴 x 于点D，且OD2． (1)求一次函数与反比例函数的解析式； (2)求△BOE 的面积； m (3)直接写出不等式 kx6的解集． x 22．（8分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，票房不断刷新影史纪录．《哪吒之魔童闹海》 角色盲盒深受同学们喜爱．某商家计划推出一系列盲盒，含哪吒，敖丙，李靖，殷夫人，太乙真人 五种角色．为了解学生喜好，商家随机抽取了某校部分观影学生进行问卷调查（要求每人必选且只 选一个最喜爱的角色），并对数据进行了整理、描述和分析，如图： 第 4 页 共 27 页(1)数据整理：此次调查的学生人数为_______人，扇形统计图中喜爱“太乙真人”的圆心角度数为 _______，请补全条形统计图； (2)合理预测：若该校共有1200名学生观影，请通过计算估计全校最爱“敖丙”角色的学生人数； (3)分析决策：商家需选择一名角色作为盲盒的隐藏款，你认为应选择哪个角色作为隐藏款？请说 明理由． 23．（10分）为助力珠海打造活力之城，丰富市民的业余文体生活，珠海某社区计划采购一批相 同型号白匹克球拍（单位：副）和匹克球（单位：个）．若购买2副匹克球拍和5个匹克球，共花 费370元；若购买4副匹克球拍和9个匹克球，共花费730元． (1)求匹克球拍与匹克球的单价分别是多少元？ (2)由于社区参与文体活动的居民人数变化，采购需求有所调整．现需一次性购买匹克球拍匹克球 数量之和为50，匹克球拍不少于5副，同时购买的总费用不能超过1500元．求满足件的采购方案 有哪些？ 24．（10分）如图，以点O为圆心，AB长为直径作圆，在O上取一点C，延长AB至点D，连接 DC，DCBDAC，过点A 作AE  AD交DC的延长线于点E． (1)求证：CD是O的切线 (2)若CD4，DB2，则AE的长 第 5 页 共 27 页25．（12分）如图 1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2，以水 平地面为x轴，以停车棚支柱AO为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则棚顶的竖直高度y（单 位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足二次函数关系y0.02x2bxc的 图象，其中点 A 距地面1.6m，点 B 为车棚最远端上的一点，距离停车棚支柱AO的水平距离为7m， 距地面2.72m． (1)求二次函数的解析式； (2)某校数学兴趣小组研究一辆货车能否在如图2所示的停车棚下避雨，他们将货车截面看作长 CD4.2m，高DE1.88m的矩形．通过计算，发现货车能完全停到车棚内，请你帮助兴趣小组通过 计算说明理由； (3)如图，雨点沿着与地面的夹角为 60o的方向直线落下，若问题（2）中的货车上货箱底部距地面0.8m （货箱和货物都看作一个矩形），请通过计算说明在货箱底部不会淋雨的情况下，货车最多还能装 超出货箱多高的货物？（参考数据： 31.732 ，结果精确到0.01m） 第 6 页 共 27 页26．（12分）“五一”节期间，许多露营爱好者在我市某研学基地露营，为了遮阳和防雨，会搭建 一种“天幕”，同学们想借此机会利用解直角三角形的知识，探究支杆角度大小与遮阳宽度的影响． 【数据采集】 “天幕”截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆AB，用绳子拉直AD后系在树干EF上 的点E处，使得A，D，E 在一条直线上，通过调节点 E的高度可控制“天幕”的开合，AC AD2m， BF 3m． 【数据应用】 (1)天晴时打开“天幕”，若76，求遮阳宽度CD（结果精确到0.1m）； (2)下雨时收拢“天幕”，从76减少到45，求点E下降的高度（结果精确到0.1m）． （参考数据：sin760.97，cos760.24，tan764.01， 2 1.41 ） 第 7 页 共 27 页2025年中考押题预测卷（西宁卷） 数学·全解全析 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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．第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在巴黎举行，以下分别是“2008北京奥运会徽”“2020 东京奥运会徽”“2024 巴黎奥运会徽”“2028洛杉矶奥运会徽”，其中既是轴对称图形又中心对称图形 的个数是（ ） A．0 个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，正确理解轴对称图形和中心对称图形的定 义是解答本题的关键，“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”，“ 把一个图形绕着某一个点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重 合，那么这个图形叫做中心对称图形”．根据两类图形的定义即可得到结果． 【详解】解：因为四个图形都不是轴对称图形，也均不是中心对称图形， 所以四个图形中既是轴对称图形又中心对称图形的个数是0个．故选：A． 2．下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） 2 A． 3 B． C． 18 D． 1.2 3 【答案】A 【分析】本题考查最简二次根式的判定条件：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开 方数的因数是整数，因式是整式．根据最简二次根式的判定条件逐项判断即可． 【详解】解：A、 3 是最简二次根式，符合题意； 2 B、 中含有分数，故不是最简二次根式，不符合题意； 3 C、 82 2中含有能开得尽方的因数，故不是最简二次根式，不符合题意； 12 6 30 D、 1.2    不是最简二次根式，不符合题意．故选：A． 10 5 5 3．下列运算正确的是（ ） A．2mn2mn B． mm3 m4 C．mn2 m2n2 D． m3m2 m4 第 8 页 共 27 页【答案】B 【分析】本题考查的是合并同类项，同底数幂的乘法与除法，幂的乘方与积的乘方．根据合并同类 项的法则，同底数幂的乘法与除法法则，幂的乘方与积的乘方法则对各选项进行逐一计算即可． 【详解】解：A、2m和n不是同类项，不能合并，故此选项不符合题意； B、 mm3 m4，故此选项符合题意； C、mn2 m2n2 m2n2，故此选项不符合题意； D、 m3m2 mm4，故此选项不符合题意；故选：B． 4．习总书记指出“善于学习，就是善于进步”，“国家中小学智慧云平台”上线的某天，全国大约有 5450000人在平台上学习，将数据5450000用科学记数法表示为（ ） A． 545104 B． 0.545107 C． 5.45106 D． 5.45107 【答案】C 【分析】此题考查科学记数法的定义，关键是理解运用科学记数法．利用科学记数法的定义解决．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．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： 54500005.45106．故选：C． 5．下列说法正确的是（ ） A．成语“刻舟求剑”描述的是必然事件 B．了解央视春晚的收视率适合用抽样调查 C．调查某品牌烟花的合格率适合用全面调查 D．如果某彩票的中奖率是1%，那么一次购买100张彩票一定会中奖 【答案】B 【分析】本题考查了概率的意义，随机事件，全面调查与抽样调查，根据概率的意义，全面调查与 抽样调查，随机事件的特点，逐一判断即可解答，熟练掌握这些数学概念是解题的关键． 【详解】解：A、成语“刻舟求剑”描述的是不可能事件，故A不符合题意； B、了解央视春晚的收视率适合用抽样调查，故B符合题意； C、调查某品牌烟花的合格率适合用抽样调查，故C不符合题意； D、如果某彩票的中奖率是1%，那么一次购买100张彩票不一定会中奖，故D不符合题意； 故选：B． 6．如图，AB是O的直径且 AB2 ，弦CD与AB相交于点E，连接BC，BD．若ABC 30o，则 BC 的长度为（ ） 第 9 页 共 27 页  2  A． B． C． D． 6 3 3 12 【答案】C 【分析】本题主要考查了求弧长．连接OC，根据OC OB，可得BCOABC 30o，从而得到 BOC  180  BCO ABC  120 ，再根据弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接OC， ∵OC OB，ABC 30o， ∴BCOABC 30o， ∴BOC  180  BCO ABC  120 ， ∵直径 AB2 ， ∴半径为1， 1201 2 ∴ BC 的长度为  ．故选：C 180 3 7．如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8，以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BC，BD于 1 点E，F，再分别以点 E，F为圆心，大于 EF长为半径作弧交于点P，作射线BP，交CB于点H， 2 过点D作BP的垂线交BC的延长线于点Q，垂足为点G，则HG的长为（ ） 10 10 10 A．1 B． C． D． 3 4 6 【答案】B【分析】由作图过程可知，BP为CBD的平分线，DQBP，可得出BQBD．由矩形的 性质可得BCD90,CD AB6，由勾股定理得， BD BC2CD2 10 ，则BQ10,CQ BQBC2．在 第 10 页 共 27 页HG HG 1 RtCDQ中，利用勾股定理求出DQ的长，即可得出DG的长，再根据tanHDG   即可求 DG 10 3 解． 【详解】解：由作图过程可知，BP为CBD的平分线，DQBP， ∴DBGQBG,BGDBGQ 90 ， ∵BGBG， ∴BDG≌BQGASA， ∴DG GQ，BQBD． ∵四边形ABCD为矩形， BCD90,CD AB 6 ， 由勾股定理得， BD BC2CD2 10 ， ∴BQ10， ∴CQBQBC 108 2． ∵BCD90， ∴DCQ90． 在RtCDQ中，由勾股定理得， DQ CD2CQ2  6222 2 10 ． 1 CQ 2 1 ∴DG  DQ 10，tanCDQ   ， 2 DC 6 3 HG HG 1 10 ∴tanHDG   ，解得：HG  ，故选：B． DG 10 3 3 【点睛】本题考查作图-基本作图、角平分线的定义、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾 股定理，解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 8．二次函数yax2bxca 0的部分图象如图所示，图象过点1,0，对称轴为直线x2，有下列 结论：①abc0；② b24ac0 ；③c3a；④4ab0；⑤当x1时，y随x的增大而增大，其中正 确结论的个数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 第 11 页 共 27 页【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质；根据抛物线的对称轴方程和开口方向以及与 x，y 轴的交点可对①②④进行判断；根据图象过1,0，结合对称轴则可对③进行判断；根据抛物线的性 质则可对⑤进行判断． 【详解】解：观察图象，可知该图象开口向上，与y轴交于正半轴，与x轴有两个交点， a0,c0,b2 4ac0，故②正确； 图象过点1,0，对称轴为直线x2， b ∴ 2， 2a ∴b4a0， ∴abc0，b4a0，故①错误，④正确； 把1,0代入yax2bxc中，得abc0， 又b4a， a4ac0，即3ac0， ∴c3a，故③正确； 由图象，可得当x1时，y随x的增大而减小，故⑤错误． 综上所述，可得①⑤错误，②③④正确．正确结论有3个，故选B． 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分） 9．分解因式： 2a24a2 ． 【答案】2a12 【详解】解：先提取公因式2后继续应用完全平方公式分解即可： 原式2  a22a1  2a12，故答案为：2a12． 3 1 10．方程  0的解为 ． x2 x 1 【答案】x 2 【分析】本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．方程两边都乘 x(x2)得出3x(x2)0，求出方程的解，再进行检验即可． 3 1 【详解】解：  0， x2 x 1 方程两边都乘x(x2)，得3x(x2)0，解得：x ， 2 1 1 1 检验：当x 时，x(x2)0，所以分式方程的解是x ．故答案为：x ． 2 2 2 第 12 页 共 27 页2 11．已知点Ax,y ，Bx ,y 在反比例函数y 的图象上．若xx 2，则y y 的值为 ． 1 1 2 2 x 1 2 1 2 【答案】2 【分析】本题主要考查了反比例函数的图象上点的特征，掌握反比例函数图象上点的坐标之积等于 k是解题的关键． 根据反比例函数的图象上点的特征，可得x y 2,x y 2，即可求解． 1 1 2 2 2 【详解】解：∵点Ax,y ，Bx ,y 在反比例函数y 的图象上， 1 1 2 2 x ∴x y 2,x y 2， 1 1 2 2 ∴x yx y xx y y  22 4， 1 1 2 2 1 2 1 2 ∵xx 2， 1 2 ∴y y 2．故答案为：2 1 2 12．已知圆锥的高为1，高所在的直线与母线的夹角为60，则圆锥的侧面积为 ． 【答案】2 3π 【分析】先利用三角函数计算出BO，再利用勾股定理计算出AB，由圆锥的性质可知圆锥的侧面展 开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，最后根据圆 锥的侧面积公式计算即可． 【详解】解： 如图，BAO60，AO1， BO 在RtAOB中，tanBAO ， AO BO AOtan601 3 3， AB AO2BO2  132 ， 即圆锥的母线长为2， 1 圆锥的侧面积 2π 32 2 3π，故答案为：2 3π． 2 【点睛】本题考查圆锥的侧面积，解直角三角形等，解题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，即圆锥 的侧面积等于圆锥底面周长与母线乘积的一半． 第 13 页 共 27 页13．某市今年第一季度的专项教育投入为5亿元，第二季度比第一季度增长的百分比为x，第三季 度增长的百分比是第二季度增长百分比的2倍，则第三季度专项教育投入y（亿元）关于x的函数 关系式为 ．（不要求写自变量x的取值范围） 【答案】y10x215x5 【分析】本题考查了二次函数的应用，由题意得今年第二季度的专项教育投入为5(1+x)亿元，则今 年第二季度的专项教育投入为y51x12x亿元，然后化简即可，读懂题意，列出关系式是解 题的关键． 【详解】解：由题意得：今年第二季度的专项教育投入为5(1+x)亿元， ∴今年第二季度的专项教育投入为y51x12x  10x215x5 亿元，故答案为：y10x215x5． 14．一个不透明的口袋中有红球10个、黑球若干个，这些球除颜色外都相同，将口袋中的球搅拌 均匀后，从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，不断重复这一过程1000次，发现有400 次摸到红球，估计口袋中有黑球 个． 【答案】15 【分析】本题主要考查由频率估计概率，一般来说，用样本去估计总体时，样本越具有代表性、容 10 400 量越大，这时对总体的估计也就越精确．设这个口袋中黑球的数量为x个，根据题意可得  ， x10 1000 即可求解． 【详解】解：设这个口袋中黑球的数量为x个， 10 400  ；解得：x15 x10 1000 经检验x15是原方程的解，故答案为：15． 15．如图，在菱形ABCD中，点E是AB的中点，以 B 为圆心， BE 为半径作弧，交BC于F ，连接DE、 DF．若AB4，A60，则阴影部分的面积为 ． 4 【答案】4 3 3 【分析】根据菱形的性质及A60，可得△ABD、△BCD是等边三角形，∠ABC=120°，再由勾 股定理可得 DE 2 3 ，从而得到S 2 3，再由BE=BF，可得DF⊥BC，可得S 2 3，然后 BDE △BDF 根据阴影部分的面积为S S S ，即可求解． BDE BDF 扇形EBF 第 14 页 共 27 页【详解】解：∵四边形ABCD 是菱形， ∴AB=BC=AD=4，AD∥BC， ∵A60， ∴∠C=60°， ∴△ABD、△BCD 是等边三角形，∠ABC=120°， ∵点E是AB 的中点， ∴AE=BE=2， DE⊥AB， ∴ DE AD2AE2  4222 2 3 ， 1 ∴S  22 32 3， BDE 2 根据题意得：BE=BF=2， ∴DF⊥BC， ∴ DF  BD2BF2 2 3 ， 1 ∴S  22 32 3 ， BDF 2 12022 4 ∴阴影部分的面积为S S S 2 32 3 4 3 ． BDE BDF 扇形EBF 360 3 4 故答案为：4 3 3 【点睛】本题主要考查了求扇形面积，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性 质，等边三角形的判定和性质，扇形面积公式是解题的关键． 16．已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I （单位：A）与电阻 R （单位： Ω ）是反比 例函数关系，它的图象如图所示，如果以此蓄电池为电源的用电器，其限制电流不能超过15A，那 么用电器可变电阻 应控制的范围是 ． R 【答案】R4Ω 【分析】本题是反比例函数的应用，会利用待定系数法求反比例函数的关系式，并正确认识图象， 运用数形结合的思想，与不等式或等式相结合，解决实际问题． 根据图象中的点的坐标先求反比例函数关系式，求解即可 ． k 【详解】解：设反比例函数关系式为：I  ， R 把(10,6)代入得：k 10660， 第 15 页 共 27 页60 反比例函数关系式为：I  ， R 60 当I 15时，则R 4， 15 根据函数图象可得：当I 15时，R4，故答案为：R4Ω． 17．如图，在平面直角坐标系中，已知点A1,0，点B0,3，点C在x轴上，且点C在点 A 右方， 1 连接AB，BC，若tanABC ，则点C的坐标为 ． 3 9  【答案】  ,0 4  AC CB 【分析】根据已知条件得出ABOABC，根据等面积法得出  ，设Cm,0，则ACm1， OA OB 进而即可求解． 【详解】解：∵点A1,0，点B0,3， ∴OA1,OB3， 1 tanOBA ， 3 1 ∵tanABC ， 3 ∴ABOABC， 过点 A 作ADBC于点D， ∵AOBO,ADBC，AB是OBC的角平分线， ∴AO AD1 1 1 OAOB OBOA ∵ S ABO  2  2 S 1 1 ABC ACOB BCAD 2 2 AC CB ∴  OA OB 设Cm,0，则ACm1， BC 32m2 第 16 页 共 27 页m1 32m2 9 ∴  ；解得：m 或m0（舍去） 1 3 4 9  9  ∴C  ,0；故答案为：  ,0 ． 4  4  【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的 关键． 18．如图，VABC是等腰三角形，A120，点D在边BC上，BC8，CD2，点 P 为边AC上一动 点，连接DP，将△CDP延DP翻折，得到 CDP，当CD与腰垂直时，则CP ． 2 3 【答案】 3或2 3或 3 【分析】根据等腰三角形的性质先求出BC30，分DC AC，DC AB，两种情况讨论，利 用含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵VABC是等腰三角形，A120， 1 ∴BC 180A 30 ， 2 当DC AC时，设DC交AC于点H， 如图，当点C在BC上方时， 则DHC90， ∴HDC60， 1 由折叠的性质得：HDPCDP HDC 30， 2 ∴CPDP，HPD60， ∵CD2， 1 1 ∴HD CD1，HP DP， 2 2 3 ∴DP2HP2  DP2 HD2 1， 4 2 3 ∴ DP （负值舍去）， 3 2 3 ∴ CPDP ； 3 如图，当点C在BC下方时， 第 17 页 共 27 页则DHCDHP90， 1 同理得DH  CD1， 2 ∴ CH  CD2DH  3 ， 由折叠的性质得：CDCD2,PCH C 30， ∴CH CDDH 3， 1 ∴PH  PC， 2 ∴ PC2PH2 3PH2 CH2 9 ， ∴PH  3（负值舍去）， ∴CPCH PH  2 3； DC AB时，设DC交AB于点H， 则AHC90， ∵A120， ∴CAH 60， ∴ACH 30， 由折叠的性质得：PCDC 30,CPPC， ∴点A,C,P三点共线， 1 ∴DP CD1， 2 ∴ CP CD2DP2  3 ； 2 3 2 3 综上，CP 3或2 3或 ；故答案为： 3或2 3或 ． 3 3 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，正确理解题 意，画出示意图是解题的关键． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）  0  2 19．（8分）31 21 2sin30  ．  3 【答案】3 【分析】根据负整数指数幂和零指数幂运算法则，特殊角的三角函数值，进行计算即可．  0  2 【详解】解：31 21 2sin30   3 第 18 页 共 27 页1 1 2  12  3 2 3 1 2   11 3 3 3． 【点睛】本题主要考查了实数混合运算，解题的关键是熟练掌握负整数指数幂和零指数幂运算法则， 特殊角的三角函数值，准确计算．  1  x24 20．（8分）先化简： 1  ，再从2,1,1,2选择中一个合适的数作为x的值代入求值．  x1 x1 1 【答案】 ；1 x2 【分析】先根据分式混合运算法则进行计算，然后再代入数据求值即可．  1  x24 【详解】解： 1   x1 x1 x1 1  x2x2    x1 x1 x1 x2 x1   x1 x2x2 1  ， x2 ∵x1，2， 1 ∴把x1代入得：原式 1． 12 【点睛】本题主要考查了分式化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则，准确计算． 21．（8分）如图，一次函数ykx6（k 为常数，k 0）的图像与x轴，y 轴分别交于 A ， B 两点， m 且OB2OA，与反比例函数y  （m为常数，且m0）的图像交于C，E 两点，过点C 作CDx轴 x 于点D，且OD2． (1)求一次函数与反比例函数的解析式； (2)求△BOE 的面积； m (3)直接写出不等式 kx6的解集． x 第 19 页 共 27 页20 【答案】(1)y2x6，y ；(2)15；(3)5x0或x2 x 【分析】（1）用含k代数式表示出 A ， B 两点的坐标，然后根据OB2OA即可求出k，然后再将点 m C 的横坐标代入求出纵坐标，最后将点 C的坐标代入y  即可求出m； x （2）将一次函数与反比例函数联立即可求出点E的坐标，然后即可计算△BOE 的面积； （3）根据点E和点C的横坐标，结合图像，找到反比例函数图像在一次函数图像下方时对应的x范 围即可． 6  6  【详解】（1）解：当x0代入ykx6得y6；当y0代入ykx6得x ，故A  ,0，B0,6， k  k  OB2OA 6 62 ， k k 2， 一次函数解析式为：y2x6， OD2， 点C的横坐标为2，将x2代入y2x6得y10， m m 即点C 的坐标为2,10，将点C 的坐标代入y  得10 ， x 2 m20， 20 反比例函数的解析式为：y ； x 20 故一次函数解析式为：y2x6，反比例函数的解析式为：y ． x y2x6   x2 x5 （2）解：将一次函数与反比例函数联立得 20 ，解得 或 ，  y y10 y4  x 故点E的坐标为5,4，点E到y轴的距离为5， 1 S  6515； BOE 2 （3）解：由（2）可知点E的坐标为5,4，点C的坐标为2,10， m  kx6， x 根据图像可得：5x0或x2． 【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数结合的图像性质，利用图像解不等式等知识，采用待定 系数法求函数解析式是解题关键． 22．（8分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，票房不断刷新影史纪录．《哪吒之魔童闹海》 角色盲盒深受同学们喜爱．某商家计划推出一系列盲盒，含哪吒，敖丙，李靖，殷夫人，太乙真人 第 20 页 共 27 页五种角色．为了解学生喜好，商家随机抽取了某校部分观影学生进行问卷调查（要求每人必选且只 选一个最喜爱的角色），并对数据进行了整理、描述和分析，如图： (1)数据整理：此次调查的学生人数为_______人，扇形统计图中喜爱“太乙真人”的圆心角度数为 _______，请补全条形统计图； (2)合理预测：若该校共有1200名学生观影，请通过计算估计全校最爱“敖丙”角色的学生人数； (3)分析决策：商家需选择一名角色作为盲盒的隐藏款，你认为应选择哪个角色作为隐藏款？请说 明理由． 【答案】(1)200，54，见解析；(2)336人；(3)见解析 【分析】本题考查了扇形统计图，条形统计图，用样本估计总体，解题关键是能读懂统计图，从中 获取有用信息． （1）根据喜爱哪吒的有72人，占36%，可求出此次调查的学生人数；根据喜爱“太乙真人”有30人 除以此次调查的学生数乘以360度可求得扇形统计图中喜爱“太乙真人”的圆心角度数；出此次调查 的学生人数减去其他人数可得喜爱“殷夫人”的人数； （2）根据此次调查的学生中最爱“敖丙”的有56人除以此次调查的学生人数乘以1200即可； （3）选择调查中人数比较少的，答案不唯一，言之有理即可． 【详解】（1）解： 此次调查的学生有7236%200（人）， 30 扇形统计图中喜爱“太乙真人”的圆心角为 360=54， 200 喜爱“殷夫人”的有2007256303012（人）， 补全条形统计图如图所示： 56 （2）1200 336（人），答：估计全校最爱“敖丙”的人数大约为336人； 200 第 21 页 共 27 页（3）应选择殷夫人作为隐藏款，因为调查可知喜欢殷夫人的人数最少．（答案不唯一） 23．（10分）为助力珠海打造活力之城，丰富市民的业余文体生活，珠海某社区计划采购一批相 同型号白匹克球拍（单位：副）和匹克球（单位：个）．若购买2副匹克球拍和5个匹克球，共花 费370元；若购买4副匹克球拍和9个匹克球，共花费730元． (1)求匹克球拍与匹克球的单价分别是多少元？ (2)由于社区参与文体活动的居民人数变化，采购需求有所调整．现需一次性购买匹克球拍匹克球 数量之和为50，匹克球拍不少于5副，同时购买的总费用不能超过1500元．求满足件的采购方案 有哪些？ 【答案】(1)匹克球拍的单价为160元，匹克球的单价为10元 (2)①购买匹克球拍5副，匹克球45个；②购买匹克球拍6副，匹克球44个 【分析】本题考查了二元一次方程组组的应用，一元一次不等式的应用，正确列出二元一次方程组 和不等式是解答本题的关键． （1）设匹克球拍的单价为x元，匹克球的单价为y元，根据购买2副匹克球拍和5个匹克球，共 花费370元；若购买4副匹克球拍和9个匹克球，共花费730元列方程组求解即可； （2）设购买匹克球拍m 副，则购买匹克球50m个，根据匹克球拍不少于5副，同时购买的总费 用不能超过1500元列不等式组求解即可． 【详解】（1）解：设匹克球拍的单价为x元，匹克球的单价为y元 2x5y370 x160 由题意得： ；解得： 4x9y730  y10 答：匹克球拍的单价为160元，匹克球的单价为10元． （2）设购买匹克球拍m 副，则购买匹克球50m个． 160m1050m1500 由题意得： ， m5 2 5m6 3 又m取正整数， m可取 5，6 当m5时，匹克球数量为：50545个； 当m6时，匹克球数量为：50644个． 答：满足条件的采购方案有两种：①购买匹克球拍5副，匹克球45个；②购买匹克球拍6 副，匹 克球44个． 第 22 页 共 27 页24．（10分）如图，以点O为圆心，AB长为直径作圆，在O上取一点C，延长AB至点D，连接 DC，DCBDAC，过点A 作AE  AD交DC的延长线于点E． (1)求证：CD是O的切线 (2)若CD4，DB2，则AE的长 【答案】(1)见解析；(2)6 【分析】本题考查了切线的判定和性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了 圆周角定理的推论，全等三角形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键． （1）连接OC，如图，根据圆周角定理得到ACB90，即BCO190，求得OCADCB，得 到DCO90，根据切线的判定定理得到答案； （2）根据勾股定理得到OB3，求得AB6，根据切线的性质得到AECE根据勾股定理即可得出 结论． 【详解】（1）证明：连接OC，如图， AB 为直径， ACB90，即BCOOCA90， 又DCBCAD， CADOCA， OCADCB， DCBBCO90， 即DCO90， OC是O的半径， CD是O的切线； （2）解：连接OE， DCO90，OC OB， 第 23 页 共 27 页OC2CD2 OD2， OB242(OB2)2 ， OB3， AB6， AE  AD， OAE OCE,OC OC,OE OE， ECO≌EAOHL， AECE， QAD2AE2 DE2， (62)2 AE2(4 AE)2 ， 解得：AE 6． 25．（12分）如图 1为一汽车停车棚，其棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，如图2，以水 平地面为x轴，以停车棚支柱AO为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则棚顶的竖直高度y（单 位：m）与距离停车棚支柱AO的水平距离x（单位：m）近似满足二次函数关系y0.02x2bxc的 图象，其中点 A 距地面1.6m，点 B 为车棚最远端上的一点，距离停车棚支柱AO的水平距离为7m， 距地面2.72m． (1)求二次函数的解析式； (2)某校数学兴趣小组研究一辆货车能否在如图2所示的停车棚下避雨，他们将货车截面看作长 CD4.2m，高DE1.88m的矩形．通过计算，发现货车能完全停到车棚内，请你帮助兴趣小组通过 计算说明理由； (3)如图，雨点沿着与地面的夹角为 60o的方向直线落下，若问题（2）中的货车上货箱底部距地面0.8m （货箱和货物都看作一个矩形），请通过计算说明在货箱底部不会淋雨的情况下，货车最多还能装 超出货箱多高的货物？（参考数据： 31.732 ，结果精确到0.01m） 【答案】(1)y0.02x20.3x1.6；(2)见解析；(3)0.17m 【分析】本题考查二次函数的应用，根据题意构建二次函数模型是解题的关键． 第 24 页 共 27 页（1）利用待定系数法求解； （2）求出x74.22.8时对应的y值，与货车的高比较大小即可； （3）过点B 作BM x轴，垂足为M，设G 为货箱底部最外点，过G 作GH^BM ，垂足为H，计算 出GH ，进而求出点C 的横坐标以及对应的y值，减去货车高度即为所求． 【详解】（1）解：由题意知A0,1.6，B7,2.72，代入y0.02x2bxc，得： c1.6 c1.6  ，解得 ， 0.02727bc2.72 b0.3 二次函数的解析式为y0.02x20.3x1.6； （2）解：∵CD4.2m，棚顶外沿B距车棚支柱AO的水平距离为7m， ∴74.22.8， 在y0.02x20.3x1.6中，当x2.8时，y0.022.820.32.81.62.2832， ∵2.28321.88， ∴可判定货车能完全停到车棚内； （3）解：如图，过点B 作BM x轴，垂足为M，设G为货箱底部最外点，过G作GH^BM ，垂足 为H， 由题意知，在 BHG中，BHG90，BGH 60， HBG 30， BG2GH， 设BGxm，则GH 2xm， 由勾股定理得 BH  3x2.720.81.92 ， 解得x1.11， 则点C 的横坐标为：71.114.21.69， 当x1.69时，y0.021.6920.31.691.62.05， 2.051.880.17， 即货车最多还能装超出货箱0.17m的货物． 26．（12分）“五一”节期间，许多露营爱好者在我市某研学基地露营，为了遮阳和防雨，会搭建 一种“天幕”，同学们想借此机会利用解直角三角形的知识，探究支杆角度大小与遮阳宽度的影响． 第 25 页 共 27 页【数据采集】 “天幕”截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆AB，用绳子拉直AD后系在树干EF 上 的点E处，使得A，D，E在一条直线上，通过调节点 E的高度可控制“天幕”的开合，AC AD2m， BF 3m． 【数据应用】 (1)天晴时打开“天幕”，若76，求遮阳宽度CD（结果精确到0.1m）； (2)下雨时收拢“天幕”，从76减少到45，求点E 下降的高度（结果精确到0.1m）． （参考数据：sin760.97，cos760.24，tan764.01， 2 1.41 ） 【答案】(1)3.8m；(2)2.3m 【分析】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质、轴对称的性质，熟练掌握以上知识 点并灵活运用是解此题的关键． （1）由对称的性质可得，CD2OD，AOD90，解直角三角形得出ODADsin761.9m ，即可 得解； EH （2）作EH  AB于 H ，四边形BFEH为矩形，得出EH BF 3m，解直角三角形得出AH  ，分 tan 别求出76和45时AH的值，作差即可得解． 【详解】（1）解：由对称的性质可得，CD2OD，AOD90， 在RtAOD中，OAD 76，AD2m， ∴ODADsin7620.971.9m ， ∴CD2OD3.8m； （2）解：如图，作EH AB于 H ， ， ∴EHB90， ∵ABBF，EF BF， ∴HBF EFB 90 ， 第 26 页 共 27 页∴四边形BFEH 为矩形， ∴EH BF 3m， HE 在Rt△AEH中，tan ， AH EH ∴AH  ， tan 3 3 当76时，AH    0.7m， tan76 4.01 3 3 当45时，AH    3m， tan45 1 ∴下雨时收拢“天幕”，从76减少到45，求点E下降的高度为30.72.3m ． 第 27 页 共 27 页