2025中考数学考前模拟卷02（全国通用）_幼小初教辅资料_中考_2025中考各科押题卷+模拟卷（含全国）

2025中考数学考前模拟卷 02 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题：（本大题共10题，每题 3分，共 30分.下列各题四个选项中，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卡的相应位置上.） 1．下列各数中，是负有理数的是（ ） 1 A．0 B． 2 C． D．2 2 2．2024 年贵州省两会提出2024年专升本人数为12000人．12000用科学记数法可表示为（ ） A． 12103 B． 1.2104 C．1.2105 D． 0.12104 3．下列等式变形正确的是（ ） A．由4x3x2，得4x3x2 B．由4x3x2，得4x3x2 C．由2x2，得x1 D．由2x2，得x2 a b 4．已知表示有理数a，b的点在数轴上的位置如图所示，则  2024的值是（ ） |a| |b| A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 5．“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了10万平方米的荒山绿化任务，为了赶在雨季之前完 成任务，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前20天完成了任务．设实际工 作时每天绿化的面积为x万平方米，则下列方程正确的是（ ） 10 10 10 10 A．  20 B．  20 (120%)x x x (120%)x 10 10(120%) 10(120%) 10 C．   20 D．  20 x x x x 6．在平面直角坐标系中，将点A4,2绕原点O顺时针旋转90，则点 A 的对应点 A的坐标是（ ） A．2,4 B．4,2 C．4,2 D．4,2 7．如图，已知AG平分BAC，CG平分ACD，1290，则下列结论不一定成立的是（ ） A．AF CE B．AC∥BD C．EF 90 D．ABECDF 180 8．据说古埃及人曾用下面的方法得到直角三角形：如图所示，他们用13个等距的结把一根绳子分 成等长的12段，一个工匠同时握住绳子的第1个结和第13个结，两个助手分别握住第4个结和第8个 第 1 页 共 27 页结，拉紧绳子，就会得到一个直角三角形，则cos等于（ ） 3 4 3 5 A． B． C． D． 5 5 4 4 9．下列采用的调查方式中，合理的是（ ） A．对全国所有中小学生进行健康调查，采用普查方式 B．统计成都树德实验中学七年级六班学生视力情况，采用抽样调查 C．检查神舟飞船十七号的各零部件，采用抽样调查 D．了解某品牌新能源电动汽车的碰撞测试效果，采用抽样调查 10．如图1，在△ABC中，动点 P 从点 A 出发沿折线ABBCCA匀速运动至点 A 后停止．设点 P 的 运动路程为x，线段 AP 的长度为y，图2是y与x的函数关系的图象，其中点F 为曲线DE的最低点， 则△ABC 的高CG的长度为（ ） 24 A．3 B．4 C． D．5 5 二、填空题：（本大题共6题，每题 3分，共 18分.） 1 11．若代数式 有意义，则实数x的取值范围是__________； x2 12．点P(m,2m3)在y轴上，则点 P 的坐标是__________． 13．如图，下列条件中：①BADABC180；②12；③34，④BADBCD ，能判定 AD∥BC 的是__________． 第 2 页 共 27 页14．如图，把△ABC 绕点 A 逆时针旋转75得到△ABC．若BAC 35，则BAC的度数为__________． 15．甲、乙两名同学投掷实心球，每人投10次，平均成绩都为9.5米，方差分别为S2 0.2．S2 0.03， 甲 乙 则成绩比较稳定的是__________（选填“甲”或“乙”）．  3x2y15 16．已知方程组 的解满足xy4，则k__________． 2x3y3k1 三、解答题：（本大题共 8题，第17-21每题 8分，第22-23 每题 10分，第 24题12分，共72分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．如图是由棱长都相等的5个小正方体组成的几何体．分别画出从正面、左面、上面看到的该几 何体的形状图． 18．解方程组： xy3 （1） ； 3x8y14 x1 y1   1 （2） 3 6 ．  2xy13 19．海南简称琼，由于盛产椰树，故又有椰岛之称．这个海岸线长达一千五百多公里的中国第二大 岛，与东南亚多国接邻.海南岛的风味菜式非常丰富，不止一味，其中以四大名菜最为著名.海南四 大名菜为文昌鸡、加积鸭、东山羊和和乐蟹.为更好地提升服务质量，2024年11月，海口市某旅行 社随机调查了接待的部分游客对四大名菜的喜好情况（每人限选一种），根据统计得到的数据，绘 制了不完整的扇形统计图（图1）和条形统计图（图2）． 第 3 页 共 27 页请根据统计图中提供的信息，解答下面的问题： （1）本次随机调查的游客总人数为__________人，扇形统计图中n的值为__________； （2）请补全条形统计图； （3）该旅行社推出每人可免费品尝两种不同的四大名菜的活动，某游客从上述四大名菜中随机选 择两种，请用画树状图或列表的方法求选到“加积鸭”和“和乐蟹”的概率． 20．如图，BD是O的直径， A 是BD延长线上的一点，点E在O上，BC AE，交AE的延长线 于点C，BC交O于点F ，且点E是 DF 的中点． （1）求证：AC是O的切线； （2）若AD5， AE5 2 ，求AB的长度． 第 4 页 共 27 页21．图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特 殊情况，两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中 升起的道闸EPQR），升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD3.6米，宽AB6.6米．矩形闸 1 1 机的宽AH BW 0.3米，矩形道闸的宽FG EP1米，道闸底部距地面AB的高度FH EW 0.2米．顶 点G、M、Q、P在同一条直线上，边MGPQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计． （1）求道闸升起的最大角的正切值； （2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的小货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？请 说明理由． 22．随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．某公司 计划购进一批新能源汽车，通过调查，将获取的相关数据整理如下表： 购买数量（单位：辆） 总费用（单位：万元） 甲型汽车 乙型汽车 2 1 60 3 4 115 （1）求甲、乙两种型号的汽车每辆分别为多少万元？ 第 5 页 共 27 页（2）若该公司计划正好用150万元购进甲、乙两种型号的汽车若干辆（两种型号汽车均购买），请 直接写出该公司的购买方案．  5 7 2 23．如图，在平面直角坐标系中，过点P ,  的抛物线y x2bx2．分别交x轴于A，B两点  2 6 3 （点 A 在点 B 的左侧），交y轴于点C． （1）求抛物线的函数表达式． （2）若点Q是抛物线对称轴上一点，当△BCQ的周长取得最小值时，求点Q的坐标及△BCQ的周 长． 5 （3）当Mm,0，N0,n两点满足： m0，n0，且PMN 90时，若符合条件的M 点的个数 2 有2 个，请直接写出n的取值范围． 第 6 页 共 27 页24．问题情境：已知矩形ABCD，AB10，BC6，将矩形ABCD绕点 A 按逆时针方向旋转 0180，得到矩形AGFE ，点 B 的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点 E，连接BG． 数学发现： （1）如图1，当BG10时，__________，如图2，当90时，BG__________； 初步探究： （2）如图3，当边EF经过点 B 时，求BG的长； （3）如图4，当点F 落在CB的延长线上时，直接写出四边形AGFB的面积． 第 7 页 共 27 页2025中考数学考前模拟卷 02 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题：（本大题共10题，每题 3分，共 30分.下列各题四个选项中，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卡的相应位置上.） 1．下列各数中，是负有理数的是（ ） 1 A．0 B． 2 C． D．2 2 【答案】C 【分析】本题考查有理数的分类，根据小于0的有理数为负有理数，进行判断即可． 1 1 【详解】解：0， 2 2， ，2中，只有 0，是负有理数； 2 2 故选 C． 2．2024 年贵州省两会提出2024年专升本人数为12000人．12000用科学记数法可表示为（ ） A． 12103 B． 1.2104 C．1.2105 D． 0.12104 【答案】B 【分析】此题考查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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．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．当原数绝对值10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数． 【详解】解： 120001.2104． 故选：B． 3．下列等式变形正确的是（ ） A．由4x3x2，得4x3x2 B．由4x3x2，得4x3x2 C．由2x2，得x1 D．由2x2，得x2 【答案】A 【分析】本题主要考查了等式的基本性质，掌握等式的基本性质是解题的关键．等式的性质1：等 式两边加（或减）同一个数（或式子），结果仍相等；等式的性质2：等式两边乘同一个数，或除 以同一个不为 0的数（或式子），结果仍相等．根据等式的基本性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、在等式4x3x2的两边同时减去3x，可得4x3x2，正确，故本选项符合题意； B、在等式4x3x2的两边同时加上3x，可得4x3x3x23x，原变形错误，故本选项不符合题 意； CD、在等式2x2的两边同时除以2，可得x1，原变形错误，故本选项不符合题意． 故选：A． 第 8 页 共 27 页a b 4．已知表示有理数a，b的点在数轴上的位置如图所示，则  2024的值是（ ） |a| |b| A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】C 【分析】本题考查了数轴、绝对值、求代数式的值，由数轴可得a0b，再根据绝对值的意义化 简即可得解． 【详解】解：由数轴可得：a0b， a b a b ∴  2024  20241120242024， |a| |b| a b 故选：C． 5．“绿水青山就是金山银山”．某工程队承接了10万平方米的荒山绿化任务，为了赶在雨季之前完 成任务，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%，结果提前20天完成了任务．设实际工 作时每天绿化的面积为x万平方米，则下列方程正确的是（ ） 10 10 10 10 A．  20 B．  20 (120%)x x x (120%)x 10 10(120%) 10(120%) 10 C．   20 D．  20 x x x x 【答案】D 【分析】本题主要考查了分式方程的应用，找出题干中的等量关系是解题的关键．根据“原计划工 作时间实际工作时间20”列出方程，即可解题． 10 【详解】解：实际工作时间为 天， x 实际工作时每天的工作效率比原计划提高了20%， 10 10(120%)  原计划工作时间为 x x ， (120%) 10(120%) 10   20， x x 故选：D． 6．在平面直角坐标系中，将点A4,2绕原点O顺时针旋转90，则点 A 的对应点 A的坐标是（ ） A．2,4 B．4,2 C．4,2 D．4,2 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角 形是解题关键．过点 A 作ABx轴于点 B ，AC x轴于点C，结合旋转的性质，证明 AOB≌OACAAS，得到ABOC2，OB AC4，即可得到 A的坐标． 第 9 页 共 27 页【详解】解：如图，过点 A 作ABx轴于点 B ，AC x轴于点C， 由旋转的性质可知，AOA90，OAOA， AOBAOC 90， ABx轴，AC x轴， ABOACO90， AAOB90， AAOC， 在△AOB和△OAC中， AAOC  ABOOCA，  OAOA AOB≌OACAAS， ABOC，OBAC， A4,2， OB4， AB2 ， OC 2，AC4， A2,4， 故选：A． 7．如图，已知AG平分BAC，CG平分ACD，1290，则下列结论不一定成立的是（ ） A．AF CE B．AC∥BD C．EF 90 D．ABECDF 180 【答案】B 第 10 页 共 27 页【分析】此题主要考查了平行线的判定与性质、三角形内角和定理以及角平分线的定义等知识，熟 练掌握平行线的判定与性质和直角三角形的性质是解题的关键． 根据角平分线的定义、三角形内角和定理以及平行线的判定与性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：∵AG平分BAC， 1 ∴1GAC  BAC， 2 ∵CG平分ACD， 1 ∴2GCA DCA， 2 A、∵1290， ∴GACGCA90， ∴AGC1809090 ， ∴AF CE，故选项A不符合题意； B、题中的条件不能证明AC∥BD，故选项B符合题意； C、∵EGF AGC 90， ∴EF 90，故选项C 不符合题意； D、∵1290， ∴BACDCA180， ∴AB∥CD， ∴ABECDB ， ∵CDBCDF 180， ∴ABECDF 180，故选项D不符合题意； 故选：B． 8．据说古埃及人曾用下面的方法得到直角三角形：如图所示，他们用13个等距的结把一根绳子分 成等长的12段，一个工匠同时握住绳子的第1个结和第13个结，两个助手分别握住第4个结和第8个 结，拉紧绳子，就会得到一个直角三角形，则cos等于（ ） 3 4 3 5 A． B． C． D． 5 5 4 4 【答案】B 第 11 页 共 27 页【分析】本题考查了勾股定理逆定理，余弦的计算，掌握余弦的计算方法是解题的关键． 根据题意可得BC 3,AC 4,AB5，运用勾股定理逆定理可得ABC是直角三角形，再根据余弦的计 算方法即可求解． 【详解】解：如图所示，根据题意可得，BC 3,AC 4,AB5， ∵ 3242 52， ∴ABC是直角三角形， AC 4 ∴cos  ， AB 5 故选：B ． 9．下列采用的调查方式中，合理的是（ ） A．对全国所有中小学生进行健康调查，采用普查方式 B．统计成都树德实验中学七年级六班学生视力情况，采用抽样调查 C．检查神舟飞船十七号的各零部件，采用抽样调查 D．了解某品牌新能源电动汽车的碰撞测试效果，采用抽样调查 【答案】D 【分析】本题考查了抽样调查与全面调查，熟练掌握其定义是解题的关键．根据抽样调查与全面调 查的定义逐一判断即可求解． 【详解】解：A．对全国所有中小学生进行健康调查，应该采用抽样调查，故A选项不符合题意； B．统计成都树德实验中学七年级六班学生视力情况，应该采用全面调查，故B选项不符合题意； C．检查神舟飞船十七号的各零部件，应该采用全面调查，故C选项不符合题意； D．了解某品牌新能源电动汽车的碰撞测试效果情况，适合采用抽样调查，故D选项符合题意， 故选：D． 10．如图1，在△ABC中，动点 P 从点 A 出发沿折线ABBCCA匀速运动至点 A 后停止．设点 P 的 运动路程为x，线段 AP 的长度为y，图2是y与x的函数关系的图象，其中点F 为曲线DE的最低点， 则△ABC 的高CG的长度为（ ） 第 12 页 共 27 页24 A．3 B．4 C． D．5 5 【答案】B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短，从函数图象获取信息是解题的 关键． 过点 A 作AQBC于点Q，当点 P 与Q重合时，在图2中F 点表示当ABBQ8时，点 P 到达点Q， 此时当 P 在BC上运动时， AP 最小，勾股定理求得AQ．然后等面积法即可求解． 【详解】解：如图过点 A 作AQBC于点Q，当点 P 与Q重合时，在图2中F 点表示当ABBQ8时， 点 P 到达点Q，此时当 P 在BC上运动时， AP 最小， AB5，BC 1055，BQ853， QC 2， 在RtABQ中，AB5，BQ3， AQ AB2BQ2  52 32  4 ， 1 1 S  ABCG  AQBC ， ABC 2 2 BCAQ 54 20 CG    4． AB 5 5 故选 B． 二、填空题：（本大题共6题，每题 3分，共 18分.） 1 11．若代数式 有意义，则实数x的取值范围是__________； x2 【答案】 > 2/2x 【分析】本题考查了二次根式以及分式有意义的条件，不等式的解法，解题的关键是熟练掌握以上 知识．根据分母不为零，被开方数大于等于零，列不等式，解答即可． 第 13 页 共 27 页1 【详解】解： 在实数范围内有意义， x2 ∴x20， 解得：x2， 故答案为：x2． 12．点P(m,2m3)在y轴上，则点 P 的坐标是__________． 【答案】(0,3) 【分析】本题主要考查点的坐标，熟练掌握点的坐标特点是解题的关键；根据点P(m,2m3)在y轴 上，可得m0，然后问题可求解． 【详解】解：由点P(m,2m3)在y轴上，可得：m0， ∴2m3033， ∴点 P的坐标为(0,3)； 故答案为：(0,3)． 13．如图，下列条件中：①BADABC180；②12；③34，④BADBCD ，能判定 AD∥BC 的是__________． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了平行线的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键．利用“同旁内角 互补，两直线平行”，“内错角相等，两直线平行”，“内错角相等，两直线平行”依次判断即可． 【详解】解：①由BADABC180，得到AD∥BC ； ②由12，得到AD∥BC ； ③由34，得到AD∥BC ； ④由BADBCD ，不能判定出平行． 故答案为：①②③． 14．如图，把△ABC 绕点 A 逆时针旋转75得到△ABC．若BAC 35，则BAC的度数为__________． 【答案】110/110度 第 14 页 共 27 页【分析】本题考查了旋转的性质，由旋转的性质可得CAC75，再由BACBACCAC计算 即可得解． 【详解】解：由旋转的性质可得：CAC75， ∴BACBACCAC 110 ， 故答案为：110． 15．甲、乙两名同学投掷实心球，每人投10次，平均成绩都为9.5米，方差分别为S2 0.2．S2 0.03， 甲 乙 则成绩比较稳定的是__________（选填“甲”或“乙”）． 【答案】乙 【分析】本题主要考查了方差与稳定性之间的关系，根据方差越小，成绩越稳定即可得到答案． 【详解】解：∵S2 0.2．S2 0.03， 甲 乙 ∴S2 S2 ， 甲 乙 ∴成绩比较稳定的是乙， 故答案为：乙．  3x2y15 16．已知方程组 的解满足xy4，则k__________． 2x3y3k1 【答案】2 【分析】本题主要考查了根据二元一次方程组的解的情况求参数，先利用加减消元法求出 5x5y3k14，再由xy4得到543k14，解方程即可． 3x2y15① 【详解】解： 2x3y3k1② ①②得：5x5y3k14， 即5xy3k14， 把xy4代入5xy3k14得：543k14， 解得k 2， 故答案为：2． 三、解答题：（本大题共 8题，第17-21每题 8分，第22-23 每题 10分，第 24题12分，共72分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．如图是由棱长都相等的5个小正方体组成的几何体．分别画出从正面、左面、上面看到的该几 何体的形状图． 第 15 页 共 27 页【答案】见解析 【分析】本题考查了从不同的方向看几何体．根据从正面看有3列，分别有1，2，1个正方形，从 左面看有 2列，分别有2，1个正方形，从上面看有3列，分别有2，1，1个正方形，进行作图即 可． 【详解】解：从正面、左面、上面看到的该几何体的形状图，如图所示： 18．解方程组： xy3 （1） ； 3x8y14 x1 y1   1 （2） 3 6 ．  2xy13 x2 【答案】（1） y1 x5 （2） y3 【分析】本题主要考查了解二元一次方程组： （1）利用加减消元法解方程组即可； （2）先整理原方程组，再利用加减消元法解方程组即可． xy3① 【详解】（1）解： 3x8y14② ①3②得：5y5，解得y1， 把y1代入到①得：x13，解得x2， x2 ∴原方程组的解为 ； y1 第 16 页 共 27 页x1 y1   1 （2）解： 3 6  2xy13 2xy7① 整理得： ， 2xy13② ②①得：2y6，解得y3， 把y3代入到①得：2x37，解得x5， x5 ∴原方程组的解为 ． y3 19．海南简称琼，由于盛产椰树，故又有椰岛之称．这个海岸线长达一千五百多公里的中国第二大 岛，与东南亚多国接邻.海南岛的风味菜式非常丰富，不止一味，其中以四大名菜最为著名.海南四 大名菜为文昌鸡、加积鸭、东山羊和和乐蟹.为更好地提升服务质量，2024年11月，海口市某旅行 社随机调查了接待的部分游客对四大名菜的喜好情况（每人限选一种），根据统计得到的数据，绘 制了不完整的扇形统计图（图1）和条形统计图（图2）． 请根据统计图中提供的信息，解答下面的问题： （1）本次随机调查的游客总人数为__________人，扇形统计图中n的值为__________； （2）请补全条形统计图； （3）该旅行社推出每人可免费品尝两种不同的四大名菜的活动，某游客从上述四大名菜中随机选 择两种，请用画树状图或列表的方法求选到“加积鸭”和“和乐蟹”的概率． 【答案】（1）120,30 （2）见解析 1 （3） 6 【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图的应用，用列表法或画树状图法求概率，熟练掌握用 列表法和画树状图法求概率的方法是解题的关键． （1）根据条形统计图和条形统计图中的数据计算即可： （2）根据数据补全条形统计图即可； 第 17 页 共 27 页（3）先列表或画树状图，再根据表格或树状图中的信息求出概率即可． 【详解】（1）解：4840％120 人， 361200.330％， ∴n30， 故答案为：120，30； （2）解：12048361818（人）， 补全条形统计图如下： （3）解：用A、B、C、D分别表示文昌鸡、加积鸭、东山羊和和乐蟹，画树状图如下： 共有 12种等可能的结果，其中选到C、D的结果有两种， 2 1 P   . 选到“加积鸭”和“和乐蟹” 12 6 20．如图，BD是O的直径， A 是BD延长线上的一点，点E在O上，BC AE，交AE的延长线 于点C，BC交O于点F ，且点E是 DF 的中点． （1）求证：AC是O的切线； （2）若AD5， AE5 2 ，求AB的长度． 【答案】（1）见解析 第 18 页 共 27 页（2）AB10 【分析】（1）连接OE，根据同圆中，等弧所对的圆周角相等得出EBC DBE，根据等边对等角 得出DBEBEO，推得EBC BEO，根据内错角相等，两直线平行得出BC∥OE，根据两直线平 行，同位角相等得出OE AC，即可证明； （2）设O半径为r，根据勾股定理可得 AE2OE2  AO2，据此列出方程，解方程求出r即可求得答 案． 【详解】（1）证明：如图，连接OE， ∵点E是 DF 的中点， ∴ EF DE ， ∴EBCDBE ， 又OBOE， ∴DBEBEO， ∴EBC BEO， ∴BC∥OE ， 又BC  AC于点C， ∴OE AC于点E， ∵OE是O的半径， ∴AC为O的切线； （2）解：设O半径为r，则OE ODr，AOODADr5， 在Rt△AOE中， AE2OE2  AO2， ∴  5 2 2 r2 r52， 解得：r2.5， ∴BD5， ∴AB BD AD10． 【点睛】本题考查了圆周角性质，等边对等角，平行线的判定和性质，勾股定理，切线的判定．熟 练掌握相关性质及定理是解题的关键． 21．图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特 殊情况，两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中 第 19 页 共 27 页升起的道闸EPQR），升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD3.6米，宽AB6.6米．矩形闸 1 1 机的宽AH BW 0.3米，矩形道闸的宽FG EP1米，道闸底部距地面AB的高度FH EW 0.2米．顶 点G、M、Q、P在同一条直线上，边MGPQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计． （1）求道闸升起的最大角的正切值； （2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的小货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？请 说明理由． 4 【答案】（1） 3 （2）需要同时升起两个道闸，理由见解析 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用： （1）设道闸FGMN升起的最高点为点M ，当点M 在线段CD上时，道闸升起的角MGM 最大．延 1 1 1 GD 长FG交CD于点D ，在RtM GD 中，勾股定理求出M D ，正切的定义求出tanGM D  1 ，平行 1 1 1 1 1 1 1 M D 1 1 线的性质，得到MGM NFN GM D ，即可得出结果； 1 1 1 1 （2）设只升起一个道闸FGMN，当最高点M 在线段CD上时，在线段FN上取车宽YN 1.9（米）， 1 过点Y作XZ  AB，交FN 于X ，垂足为Z ，交NF于点Y，在RtXYF 中，求出XY的值，进而求出XZ 1 的值，与车高进行比较即可得出结论． 【详解】（1）解：设道闸FGMN升起的最高点为点M ，当点M 在线段CD上时，道闸升起的角MGM 1 1 1 最大．延长FG交CD于点D ．根据题意，可知： 1 1 1 GM GM  (AB2AH) 6.620.33 （米）． 1 2 2 GD DHGH 3.61.22.4（米）． 1 1 第 20 页 共 27 页在RtM GD 中， 1 1 M D  GM2GD2  32 2.42 1.8（米）， 1 1 1 1 GD 2.4 4 tanGM D  1   ． 1 1 M D 1.8 3 1 1 MG∥FN∥CD, MGM NFN GM D ． 1 1 1 1 4 tanMGM tanNFN tanGM D  ． 1 1 1 1 3 4 即道闸升起的最大角的正切值为 ． 3 （2）设只升起一个道闸FGMN，当最高点M 在线段CD上时， 1 在线段FN上取车宽YN 1.9（米），过点Y作XZ  AB，交FN 于X ，垂足为Z ，交NF于点Y．则 1 YZ FH 0.2（米），YF FN YN  31.91.1（米）． ∵GM ∥FN ,GM∥FN ， 1 1 ∴N FN M GM ， 1 1 在RtXYF 中， 22 XY tanNFN YF tanM GM YF  （米）， 1 1 15 22 25 XZ  XY YZ 0.2  （米）． 15 15 27 25 车高1.8米 米 米， 15 15 只起一个道闸，小轿车不能通过． 需要同时升起两个道闸． 22．随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的交通工具．某公司 计划购进一批新能源汽车，通过调查，将获取的相关数据整理如下表： 购买数量（单位：辆） 总费用（单位：万元） 甲型汽车 乙型汽车 2 1 60 第 21 页 共 27 页3 4 115 （1）求甲、乙两种型号的汽车每辆分别为多少万元？ （2）若该公司计划正好用150万元购进甲、乙两种型号的汽车若干辆（两种型号汽车均购买），请 直接写出该公司的购买方案． 【答案】（1）甲25万元，乙10万元 （2）共有2种购买方案： 方案1：甲4辆，乙5辆 方案2：甲2辆，乙 10辆 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用及二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出 二元一次方程组（或二元一次方程）是解题的关键． （1）设甲型汽车的单价是x 万元，乙型汽车的单价是y万元，根据“总价单价数量”，可列出关 于x，y 的二元一次方程组，解方程组即可得出答案； （2）设购买m辆甲型汽车，n辆乙型汽车，根据“总价单价数量”，可列出关于m，n的二元一 次方程，结合 m，n均为正整数，即可得出各购买方案． 【详解】（1）解：设甲型汽车的单价是x万元，乙型汽车的单价是y 万元， 2xy60 根据题意得： ， 3x4y115 x25 解得： ， y10 答：甲型汽车的单价是25万元，乙型汽车的单价是10万元； （2）解：设购买m辆甲型汽车，n辆乙型汽车， 根据题意得：25m10n150， 2 ∴m6 n，m6，n15， 5 又∵m，n均为正整数， m4 m2 ∴ 或 ， n5 n10 ∴该公司共有 2种购买方案， 方案 1：购买4辆甲型汽车，5辆乙型汽车； 方案 2：购买2辆甲型汽车，10辆乙型汽车．  5 7 2 23．如图，在平面直角坐标系中，过点P ,  的抛物线y x2bx2．分别交x轴于A，B两点  2 6 3 （点 A 在点 B 的左侧），交y轴于点C． 第 22 页 共 27 页（1）求抛物线的函数表达式． （2）若点Q是抛物线对称轴上一点，当△BCQ的周长取得最小值时，求点Q的坐标及△BCQ的周 长． 5 （3）当Mm,0，N0,n两点满足： m0，n0，且PMN 90时，若符合条件的M 点的个数 2 有2 个，请直接写出n的取值范围． 2 4 【答案】（1）y x2 x 2 3 3  4 （2）点Q的坐标为 1,  ，BCQ的周长为 5 13  3 75 （3）n的取值范围为0n 56 【分析】（1）将点P 的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）求出抛物线的对称轴，抛物线与x轴的交点A,B两点的坐标，根据对称性可得A,B两点关于对 称轴对称，连接AC，交对称轴于点Q，连接BQ，此时BQCQ取得最小值，即可求出△BCQ的周 长，然后求出直线AC的函数表达式，进而即可得点Q的坐标； （3）分别求出 PM2、 MN2、 PN2，当PMN 90时，根据勾股定理可得 PM2MN2 PN2，化简可 得关于m的一元二次方程，由符合条件的M 点的个数有2个可得0，解不等式结合已知条件n0 即可求解．  5 7 2 【详解】（1）解：P ,  在抛物线y x2bx2上，  2 6 3 2 7 2  5 5      b 2 6 3  2 2 4 解得：b ， 3 2 4 抛物线的函数表达式为：y x2 x2； 3 3 2 4 2 8 （2）y x2 x2 x12 ， 3 3 3 3 抛物线的对称轴为直线 = 1， 2 4 由 x2 x20，得x 3−，x 1， 3 3 1 2 第 23 页 共 27 页A3,0，B1,0， 2 4 由 02 02 y得，y2， 3 3 C0,2， ∴由勾股定理得， BC CO2BO2  2212  5 ， AC CO2AO2  2232  13 ， A,B两点关于对称轴对称， 连接AC，交对称轴于点Q，连接BQ，如图， AQBQ， BQCQ AQCQ AC，由两点之间，线段最短，此时BQCQ取得最小值，即为AC的长， BC是定值， BCQ的周长此时最小为 5 13 ， 设直线AC的函数表达式为ykxc，  2 03kc k   ，解得 3， 2c  c2 2 y x2， 3 4 当 = 1时，y ， 3 −  4 点Q的坐标为 1,  ；  3  5 7 （3）解：Mm,0,N0,n,P ,  ，  2 6 2 2 2 2 7  5 5  7 PM2   m  , PN2   n  ， MN2 m2n2， 6  2 2  6 PMN 90， PM2MN2 PN2， 2 2 2 2 7  5 5  7   m  m2n2  n  ， 6  2 2  6 第 24 页 共 27 页7 整理得：2m25m n0， 3 符合条件的M 点的个数有2个， 0， 7 b24ac2542 n0， 3 75 解得：n ， 56 n0， 75 n的取值范围为0n ． 56 【点睛】本题主要考查了抛物线的图象和性质的综合应用，勾股定理，求一次函数解析式，根的判 别式，最短距离等知识点，熟练掌握其性质并能灵活运用是解决此题的关键． 24．问题情境：已知矩形ABCD，AB10，BC6，将矩形ABCD绕点 A 按逆时针方向旋转 0180，得到矩形AGFE ，点 B 的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点 E，连接BG． 数学发现： （1）如图1，当BG10时，__________，如图2，当90时，BG__________； 初步探究： （2）如图3，当边EF经过点 B 时，求BG的长； （3）如图4，当点F 落在CB的延长线上时，直接写出四边形AGFB的面积． 【答案】（1）60， 10 2 ；（2） BG2 10 ；（3）四边形AGFB的面积为60． 【分析】（1）由旋转的性质可得AG AB10，GAB，由BG10可得AG AB BG，于是可证 得△GAB是等边三角形，利用等边三角形的性质即可求出的度数；由旋转的性质可得AG AB10， GAB90，在RtGAB中，根据勾股定理可得 BG AG2AB2 ，据此即可求出BG的长； （2）由旋转的性质可得AG AB10，AE AD，GF BC6，由矩形的性质可得ADBC6， E F 90，EF  AG，进而可得AE ADBC  6，EF  AG AB10，在Rt△ABE中，根据勾股 定理可得 BE AB2AE2 8 ，于是可得BF EFBE2，在Rt△GFB中，根据勾股定理可得 BG GF2BF2 ，据此即可求出BG的长； 第 25 页 共 27 页（3）连接 AF ，由旋转的性质可得AG AB10，AE AD，GF BC6，由矩形的性质可得ABC 90， AGF 90，利用邻补角互补可得ABF 180ABC90 ，进而可得∠AGF ∠ABF 90，然后可 证得RtAGF≌RtABFHL，于是可得S S ，根据S S S 2S  AGGF 即可 AGF ABF 四边形AGFB AGF ABF AGF 求出四边形AGFB的面积． 【详解】解：（1）如图1，由旋转的性质可得：AG AB10，GAB， BG10， AG ABBG ， △GAB是等边三角形， GAB 60； 如图2，由旋转的性质可得：AG AB10，GAB90， 在RtGAB中，根据勾股定理可得： BG AG2AB2  102102 10 2 ； 故答案为：60， 10 2 ； （2）如图3，由旋转的性质可得：AG AB10，AE AD，GF BC6， 四边形ABCD和AGFE 都是矩形， ADBC 6，E F 90，EF  AG， AE ADBC6，EF  AG AB10， 在Rt△ABE中，根据勾股定理可得： BE AB2AE2  10262 8 ， 第 26 页 共 27 页BF EFBE108 2， 在Rt△GFB中，根据勾股定理可得： BG GF2BF2  6222 2 10 ， BG的长为 2 10 ； （3）如图4，连接 AF ， 由旋转的性质可得：AG AB10，AE AD，GF BC6， 四边形ABCD和AGFE 都是矩形， ABC90，AGF 90， 点F落在CB的延长线上， ABF 180ABC 1809090， AGF ABF  90， 在Rt△AGF 和RtABF中， AG AB  ， AF  AF RtAGF≌RtABFHL， S S ， AGF ABF S S S 四边形AGFB AGF ABF S S AGF AGF 2S AGF 1 2 AGGF 2  AGGF 106 60， 四边形AGFB的面积为60． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的 和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌 握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 第 27 页 共 27 页