【中考押题卷】2025年广东省广州市中考数学模拟预测卷五（含解析）
文档属性
| 名称 | 【中考押题卷】2025年广东省广州市中考数学模拟预测卷五（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-17 21:52:17 | ||
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文档简介
2025年广州市中考数学模拟预测卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 昭阳区期中）已知x与y互为倒数，则（ ）
A．x y＝1 B．x+y＝0 C．x+y＝1 D．x y＝﹣1
2．（3分）（2025 崂山区模拟）下列几何体中，主视图（主视图也称正视图）和俯视图形状不相同的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2022 黄冈模拟）在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数 中位数 众数 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．方差 D．中位数
4．（3分）（2024秋 莱芜区期中）下列各式变形中，正确的是（ ）
A．3a2﹣a＝2a B．（﹣a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2 a3＝a6 D．
5．（3分）（2025 宣城一模）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）（2024秋 虞城县期中）已知关于x的方程x2+6x﹣m2＝0，则下面说法正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．只有一个实数根
7．（3分）（2024秋 江津区校级期末）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示M到原点的距离，|n|表示N到原点的距离，以下说法正确的是（ ）
①|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②|m﹣2|＝|m+3|，则；
③，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（3分）（2021春 南沙区期末）某校有大小两种宿舍，该校共有男生740人，女生750人．已知男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满．假设该校大宿舍每间能住x人，小宿舍每间能住y人．依题意，下列方程组正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（3分）（2024秋 电白区期末）函数和y＝kx﹣2（k≠0）在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）（2024 龙沙区二模）如图，从一个直径为4dm的圆形铁皮中剪出一个圆心为60°的最大扇形ABC，并将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 洪山区模拟）2022年4月16日，神舟十三号飞船脱离天宫空间站后成功返回地面，总共飞行里程约198000公里．数据198000用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2021秋 临高县期末）在平面直角坐标，若点A，B是抛物线y＝﹣2x2+4x+c上两点，若点A，B的坐标分别为（3，m）（4，n）则m n（填“＞”“＜＝”）
13．（3分）如图，这是七年级某班学生是否知道父母生日情况的扇形统计图．其中，A表示仅知道父亲生日的学生；B表示仅知道母亲生日的学生；C表示父母生日都知道的学生；D表示父母生日都不知道的学生．则该班40名学生中，知道父亲生日的有 人．
14．（3分）（2024秋 扬州校级期末）已知等腰三角形的一个角等于80°，则它的顶角是 ．
15．（3分）（2022 铜仁市三模）如图，菱形ABCD的边长为4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为 ．
16．（3分）（2024 汇川区三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，则CF的长是 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022秋 湟中区校级期中）解方程（x﹣3）2＝（3x+1）2．
18．（4分）（2024秋 高要区期末）如图，已知BF＝CE，∠B＝∠E，请你从以下条件中选择一个，使得△ABC≌△DEF．①∠A＝∠D；②AC＝DF；③AB＝DE；④∠ACB＝∠DFE．
（Ⅰ）你添加的条件是 .（填序号，只填一个）
（Ⅱ）请利用你所添加的条件证明：△ABC≌△DEF．
19．（6分）（2024 滨州）欧拉是历史上享誉全球的最伟大的数学家之一，他不仅在高等数学各个领域作出杰出贡献，也在初等数学中留下了不凡的足迹．设a，b，c为两两不同的数，称Pn）为欧拉分式．
（1）写出P0对应的表达式；
（2）化简P1对应的表达式．
20．（6分）（2024 德城区校级开学）2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，小明和小亮相约一起去亚运会比赛现场为中国队加油，比赛现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
（1）小明购买门票在A区观赛的概率为： ；
（2）求小明和小亮在同一区域观看比赛的概率．（请用画树状图或列表说明理由）
21．（8分）（2023秋 洛阳月考）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图：
（1）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）作出以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到的△AB2C2；
（3）求在（2）的旋转过程中，点C旋转到C2所经过的路程长．（结果保留π）
22．（10分）（2025 茄子河区一模）甲乙两车同时从A地出发去相距240千米的B地运送物资，去时甲车的速度是乙车的1.5倍，并且比乙车提前一个小时到达．到达后，乙车原路原速返回，甲车由于重载，放慢速度返回，计划和乙车同时到达A地．甲车在距离A地80千米时发现，有一包货物遗落在途中，便以60千米/小时的速度原路返回，找到，装好货物后立即赶往A地，恰好和乙车同时到达A地．（装卸货时间忽略不计）
（1）a＝ ，b＝ ．
（2）求甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式．
（3）直接写出甲乙两车在返回途中，最远相距多远？
23．（10分）在用步枪瞄准靶心时，要使眼睛（O）、准星（A）、靶心点（B）在同一条直线上．在射击时，李明由于有轻微的抖动，致使准星A偏离到A′，如图所示．已知OA＝0.2m，OB＝50m，AA′＝0.0005m，求李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′（近似地认为AA′∥BB′）．
24．（12分）（2022春 宿豫区期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx﹣4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B（4，0）．
（1）求b的值和抛物线的顶点坐标；
（2）若直线BC对应的函数表达式为y＝kx+m，则关于x的不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为 ；
（3）连接AC，P为抛物线上一点，若∠ACP＝45°，求点P的坐标．
25．（12分）（2025春 青羊区校级期中）已知△ABC是等腰直角三角形且∠ACB＝90°，若以BC为斜边作Rt△EBC，且∠BEC始终为直角，再将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF．
（1）△BCE在BC下方时，连接EF交BC于点G，交AB于点D，
①如图1，若∠EBC＝30°，AC＝4，求线段EF的长．
②如图2，若AD＝BD，求证；．
（2）如图3，△BCE在BC上方时，连接FE，若FE的延长线过AB的中点D，且DE＝BE，CE交AB于点H，直接写出的值．
2025年广州市中考数学模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 昭阳区期中）已知x与y互为倒数，则（ ）
A．x y＝1 B．x+y＝0 C．x+y＝1 D．x y＝﹣1
【考点】倒数．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【答案】A
【分析】利用倒数的定义计算判断．
【解答】解：∵x与y互为倒数，
∴xy＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了倒数，解题的关键是掌握倒数的定义．
2．（3分）（2025 崂山区模拟）下列几何体中，主视图（主视图也称正视图）和俯视图形状不相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：A、主视图、俯视图都是等腰三角形，故A不符合题意；
B、主视图、俯视图都是矩形，故B不符合题意；
C、主视图、俯视图都是矩形，故C不符合题意；
D、主视图是两个相邻的矩形、俯视图是三角形，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3．（3分）（2022 黄冈模拟）在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数 中位数 众数 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．方差 D．中位数
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据平均数、众数、方差、中位数的概念判断．
【解答】解：去掉一个最高分和一个最低分，平均分、众数、方差可能发生变化，
中位数一定不发生变化，
故选：D．
【点评】本题考查的是平均数、众数、方差、中位数的概念，掌握它们的概念是解题的关键．
4．（3分）（2024秋 莱芜区期中）下列各式变形中，正确的是（ ）
A．3a2﹣a＝2a B．（﹣a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2 a3＝a6 D．
【考点】分式的加减法；合并同类项；同底数幂的乘法；完全平方公式．
【专题】分式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据整式的运算法则以及分式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：A：原式＝3a2﹣a，故A错误，不符合题意；
B：（﹣a﹣b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，不符合题意；
C：原式＝a5，故C错误，不符合题意；
D：原式，故原化简正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了分式的加减法、合并同类项、同底数幂的乘法完全平方公式，解题的关键熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
5．（3分）（2025 宣城一模）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集，然后在数轴上表示出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
解不等式①，得：x≤2，
解不等式②，得：x＞﹣1，
∴该不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
其解集在数轴上表示如下所示：
故选：D．
【点评】本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示出不等式组的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式（组）的方法．
6．（3分）（2024秋 虞城县期中）已知关于x的方程x2+6x﹣m2＝0，则下面说法正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．只有一个实数根
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据方程可得Δ＝4m2+36＞0，据此可得答案．
【解答】解：由条件可知：Δ＝62+4m2＝4m2+36＞0，
∴有两个不相等的实数根，
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），若Δ＝b2﹣4ac＞0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ＝b2﹣4ac＝0，则方程有两个相等的实数根，若Δ＝b2﹣4ac＜0，则方程没有实数根．
7．（3分）（2024秋 江津区校级期末）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示M到原点的距离，|n|表示N到原点的距离，以下说法正确的是（ ）
①|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②|m﹣2|＝|m+3|，则；
③，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；数轴；非负数的性质：绝对值；正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力．
【答案】B
【分析】利用非负数的性质得出m＝2，n＝﹣3，代入m﹣2n即可判断①；解绝对值方程求得m的值即可判断②；由1知a＜0，b＜0，c＞0，得到ab＞0，bc＜0，ac＜0即可判断③；作出函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x的图象，根据函数的图象即可判断④．
【解答】解：①∵|m﹣2|+|n+3|＝0，
∴m﹣2＝0，n+3＝0，
∴m＝2，n＝﹣3，
∴m﹣2n＝8，故①正确；
②∵|m﹣2|＝|m+3|，
∴m﹣2＝﹣m﹣3，
∴m，故②错误；
③若1，则a＜0，b＜0，c＞0，
∴ab＞0，bc＜0，ac＜0，
∴1，故③错误；
④当x2﹣6≤0时，即，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝2x2；
当x2﹣6＞0时，即x 或x，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝12；
作出函数的图象如图：
由图象可知，函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x有三个交点，故④正确．
故选：B．
【点评】本题考查了非负数的性质，解绝对值方程，二次函数的图象及一次函数的图象，作出分段函数的图象，采用数形结合的方法确定答案是数学上常用的方法之一．
8．（3分）（2021春 南沙区期末）某校有大小两种宿舍，该校共有男生740人，女生750人．已知男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满．假设该校大宿舍每间能住x人，小宿舍每间能住y人．依题意，下列方程组正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据“男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满”列二元一次方程组即可．
【解答】解：根据题意，得，
故选：B．
【点评】本题考查了列二元一次方程组，理解题意并根据题意找出合适的等量关系是解题的关键．
9．（3分）（2024秋 电白区期末）函数和y＝kx﹣2（k≠0）在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】反比例函数的图象；一次函数的图象．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据题目中的函数解析式，利用分类讨论的方法可以判断各个选项中的函数图象是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：对于y＝kx﹣2（k≠0），当x＝0时，y＝﹣2，观察图象可排除B和D；
当k＞0时，函数在第一、三象限，一次函数y＝kx﹣2经过一、三、四象限；
当k＜0时，函数在第二、四象限，一次函数y＝kx﹣2经过二、三、四象限，
观察A、C选项，选项C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象．解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
10．（3分）（2024 龙沙区二模）如图，从一个直径为4dm的圆形铁皮中剪出一个圆心为60°的最大扇形ABC，并将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】设圆锥的底面圆半径为r．先根据勾股定理求出扇形ABC的半径，再根据圆锥的弧长等于底面周长列方程求出r，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r．
过圆心O作OD⊥AC于点D，连接AO，如图．
∵∠BAC＝60°，
∴∠DAO＝30°．
∴，，
∴AC＝2AD＝6，
∴，
∴圆锥的底面圆的半径r＝1．
∴圆锥的高为，
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算，关键掌握圆锥的弧长等于底面周长．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 洪山区模拟）2022年4月16日，神舟十三号飞船脱离天宫空间站后成功返回地面，总共飞行里程约198000公里．数据198000用科学记数法表示为 1.98×105 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】1.98×105．
【分析】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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：198200＝1.98×105．
故答案为：1.98×105．
【点评】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．
12．（3分）（2021秋 临高县期末）在平面直角坐标，若点A，B是抛物线y＝﹣2x2+4x+c上两点，若点A，B的坐标分别为（3，m）（4，n）则m ＞ n（填“＞”“＜＝”）
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】＞
【分析】求出抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的增减性解答．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣2x2+4x+c，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x1，
∴当＞1时，y随x的增大而减小，
∵点A、B的坐标分别为（3，m）、（4，n），且3＜4，
∴m＞n
故答案为：＞．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，求出抛物线的对称轴是解题的关键．
13．（3分）如图，这是七年级某班学生是否知道父母生日情况的扇形统计图．其中，A表示仅知道父亲生日的学生；B表示仅知道母亲生日的学生；C表示父母生日都知道的学生；D表示父母生日都不知道的学生．则该班40名学生中，知道父亲生日的有 26 人．
【考点】扇形统计图．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】26．
【分析】知道父亲生日的人数＝总人数×（A所占百分比+C所占百分比）．
【解答】解：知道父亲生日的人数＝40×（35%+30%）＝26（人）．
故答案为：26．
【点评】此题主要考查了扇形统计图的应用，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚的表示出各部分数量同总数之间的关系．
14．（3分）（2024秋 扬州校级期末）已知等腰三角形的一个角等于80°，则它的顶角是 80°或20° ．
【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】80°或20°．
【分析】分两种情况：当等腰三角形的顶角为80°时；当等腰三角形的底角为80°时；然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的顶角为80°时，
∴它的底角度数（180°﹣80°）＝50°；
当等腰三角形的底角为80°时，
∴它的顶角度数＝180°﹣2×80°＝20°；
综上所述：它的顶角是80°或20°，
故答案为：80°或20°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分两种情况讨论是解题的关键．
15．（3分）（2022 铜仁市三模）如图，菱形ABCD的边长为4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为 2cm ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【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；推理能力．
【答案】2cm．
【分析】根据菱形的性质，点A、C关于BD对称，连接AE，根据轴对称确定最短路线问题，AE与BD的交点即为点P，再求出∠ABC＝60°，判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，即为PE+PC的最小值．
【解答】解：如图，在菱形ABCD中，点A、C关于BD对称，
∴PA＝PC，
连接AE，与BD的交点即为所求的点P，
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵AB＝4cm，BE＝2cm，
∴点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴AE2cm，
即PE+PC的最小值为2cm．
故答案为：2cm．
【点评】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，熟记性质并确定出点P的位置是解题的关键．
16．（3分）（2024 汇川区三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，则CF的长是 ．
【考点】矩形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】作EG⊥AF于G，设AE＝x，解直角三角形得出，，从而推出，作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延长MG交AB于N，证明出四边形GHCM为正方形，再证明△GFM∽△AFD，由相似三角形的性质得出，求出，结合正方形的性质得出，同理可得：四边形ANMD、BHGN为矩形，由矩形的性质得出，，再结合，求出，即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
如图：作EG⊥AF于G，
则∠AGE＝∠EGF＝90°，
设AE＝x，
在Rt△AEG中，∠EAF＝60°，则，，
在Rt△EGF，∠AFE＝45°，则，
∴，
作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延长MG交AB于N，
则∠GHC＝∠C＝∠GMC＝90°，
∴四边形GHCM为矩形，
∴∠MGH＝90°，
∵∠EGH+∠HGF＝90°，∠MGF+∠HGF＝90°，
∴∠EGH＝∠MGF，
∵∠GHE＝∠GMF＝90°，EG＝FG，
∴△EGH≌△FGM（AAS），
∴GH＝GM，
∴四边形GHCM为正方形，
∵∠FMG＝∠D＝90°，∠GFM＝∠AFD，
∴△GFM∽△AFD，
∴，
∴，
∴，
同理可得：四边形ANMD、BHGN为矩形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022秋 湟中区校级期中）解方程（x﹣3）2＝（3x+1）2．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】因式分解；运算能力．
【答案】．
【分析】将方程整理为一般形式，然后运用因式分解法求解即可．
【解答】解：∵（x﹣3）2＝（3x+1）2，
∴x2﹣6x+9＝9x2+6x+1，
方程整理为：2x2+3x﹣2＝0，
∴（2x﹣1）（x+2）＝0，
解得：．
【点评】本题主要考查利用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题关键．
18．（4分）（2024秋 高要区期末）如图，已知BF＝CE，∠B＝∠E，请你从以下条件中选择一个，使得△ABC≌△DEF．①∠A＝∠D；②AC＝DF；③AB＝DE；④∠ACB＝∠DFE．
（Ⅰ）你添加的条件是 ③ .（填序号，只填一个）
（Ⅱ）请利用你所添加的条件证明：△ABC≌△DEF．
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（Ⅰ）③（答案不唯一）；
（Ⅱ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）由全等三角形的判定方法，即可得到答案；
（Ⅱ）由BF＝CE，得到BC＝EF，即可证明△ABC≌△DEF（SAS）．
【解答】（Ⅰ）解：添加的条件是③（答案不唯一），
故答案为：③（答案不唯一）．
（Ⅱ）证明：∵BF＝CE，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL．
19．（6分）（2024 滨州）欧拉是历史上享誉全球的最伟大的数学家之一，他不仅在高等数学各个领域作出杰出贡献，也在初等数学中留下了不凡的足迹．设a，b，c为两两不同的数，称Pn）为欧拉分式．
（1）写出P0对应的表达式；
（2）化简P1对应的表达式．
【考点】分式的混合运算；规律型：数字的变化类；分式的定义；分式的加减法．
【专题】阅读型；分式；运算能力．
【答案】（1）P0；
（2）0．
【分析】（1）根据题意，可以写出P0对应的表达式；
（2）根据题意，先写出P1对应的表达式，然后化简即可；
【解答】解：（1）由题意可得，
P0；
（2）由题意可得，
P1
＝0．
【点评】本题考查分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20．（6分）（2024 德城区校级开学）2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，小明和小亮相约一起去亚运会比赛现场为中国队加油，比赛现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
（1）小明购买门票在A区观赛的概率为： ；
（2）求小明和小亮在同一区域观看比赛的概率．（请用画树状图或列表说明理由）
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，利用概率公式可得答案．
（2）列表可得出所有等可能的结果数以及小明和小亮在同一区域观看比赛的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，
∴小明购买门票在A区观赛的概率为．
故答案为：．
（2）列表如下：
A B C D
A （A，A） （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） （B，B） （B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B） （C，C） （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） （D，D）
共有16种等可能的结果，其中小明和小亮在同一区域观看比赛的结果有4种，
∴小明和小亮在同一区域观看比赛的概率为．
【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．
21．（8分）（2023秋 洛阳月考）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图：
（1）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）作出以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到的△AB2C2；
（3）求在（2）的旋转过程中，点C旋转到C2所经过的路程长．（结果保留π）
【考点】作图﹣旋转变换；勾股定理；弧长的计算；中心对称．
【专题】作图题；等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；几何直观；运算能力．
【答案】（1）见详解；
（2）见详解；
（3）．
【分析】（1）根据中心对称的定义作图，即可求解；
（2）根据旋转的性质作图，即可求解；
（3）由旋转的性质得点C旋转到C2所经过路程为的长，再由弧长公式，即可求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所求作；
（2）如图，△AB2C2为所求作；
（3）如图，
∴点C旋转到C2所经过路程为的长，
∴，
，
∠CAC2＝90°，
，
故点C旋转到C2所经过路程为．
【点评】本题考查了利用中心对称和旋转的性质作图，弧长公式，勾股定理；理解性质及弧长公式，掌握作图的方法是解题的关键．
22．（10分）（2025 茄子河区一模）甲乙两车同时从A地出发去相距240千米的B地运送物资，去时甲车的速度是乙车的1.5倍，并且比乙车提前一个小时到达．到达后，乙车原路原速返回，甲车由于重载，放慢速度返回，计划和乙车同时到达A地．甲车在距离A地80千米时发现，有一包货物遗落在途中，便以60千米/小时的速度原路返回，找到，装好货物后立即赶往A地，恰好和乙车同时到达A地．（装卸货时间忽略不计）
（1）a＝ 3 ，b＝ 4 ．
（2）求甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式．
（3）直接写出甲乙两车在返回途中，最远相距多远？
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）3；4；（2）y＝﹣60x+480；（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
【分析】（1）利用图象得到乙车去与返回的速度相同，且乙车的总时间为8小时，再利用甲车比乙车提前一个小时到达的条件解答即可；
（2）利用（1）的结论求得甲车速度，设甲车返回的路程是x千米，列方程求得x值，得到点C坐标，最后利用待定系数法解答即可；
（3）利用待定系数法求得AC，BE的解析式，再利用一次函数的性质解答即可．
【解答】解：（1）由题意，∵乙车去与返回的速度相同，且乙车的总时间为8小时，
∴乙车到达B地时用时4小时，即b＝4，
∵甲比乙车提前一小时到达，
∴a＝b﹣1＝3．
故答案为：3，4；
（2）∵甲车计划和乙车同时返回A地，
∴甲返回时候的速度是240÷（8﹣3）＝48千米/小时．
设甲车返回的路程是x千米，则有：，
∴x＝10，
可得D的坐标是（，90），E（8，0），
设yDE＝kx+b，代入D、E坐标可得：
∴．
∴．
∴甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式为y＝﹣60x+480．
（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
（240﹣80）÷48（小时），
∴C（3，80），
由题意：A（3，240），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴，
∴，
∴直线AC的解析式为y＝﹣48x+384，
同理可得直线BE的解析式为y＝﹣60x+480，
∴甲乙两车在返回途中，相距的路程为（﹣60x+480）﹣（﹣48x+384）＝﹣12x+96，
∵﹣12＜0，4≤x≤8，
∴当x＝4时，相距的路程取得最大值为48，
∴甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象与性质，点的坐标的特征，一次函数的应用，利用函数图象提炼信息是解题的关键．
23．（10分）在用步枪瞄准靶心时，要使眼睛（O）、准星（A）、靶心点（B）在同一条直线上．在射击时，李明由于有轻微的抖动，致使准星A偏离到A′，如图所示．已知OA＝0.2m，OB＝50m，AA′＝0.0005m，求李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′（近似地认为AA′∥BB′）．
【考点】相似三角形的应用；平行线的判定．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】0.125m．
【分析】由△OAA′∽△OBB′，得到AA′：BB′＝OA：OB，代入有关数据即可求出BB′＝0.125（m）．
【解答】解：∵AA′∥BB′，
∴△OAA′∽△OBB′，
∴AA′：BB′＝OA：OB，
∴0.0005：BB′＝0.2：50，
∴BB′＝0.125（m）．
∴李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′是0.125m．
【点评】本题考查相似三角形的应用，关键是由△OAA′∽△OBB′，得到AA′：BB′＝OA：OB．
24．（12分）（2022春 宿豫区期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx﹣4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B（4，0）．
（1）求b的值和抛物线的顶点坐标；
（2）若直线BC对应的函数表达式为y＝kx+m，则关于x的不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为 0＜x＜4 ；
（3）连接AC，P为抛物线上一点，若∠ACP＝45°，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）b＝5，顶点坐标为（，）；
（2）0＜x＜4；
（3）P（，）；
【分析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+bx﹣4即可得b的值，将抛物线解析式化成顶点式即可得出抛物线的顶点坐标；
（2）先确定出点C坐标，再根据图象直接写出范围；
（3）过点A作AD⊥AC，交AP于点D，过点D作DE⊥x轴上取于点E，可证明△ADE≌△CAO（AAS），根据全等三角形的性质得DE＝OA＝1，AE＝OC＝4，可得D点的坐标，运用待定系数法求得直线CD的解析式为yx﹣4，与抛物线解析式联立即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+bx﹣4得：
﹣16+4b﹣4＝0，解得b＝5，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+5x﹣4＝﹣（x）2，
∴抛物线的顶点坐标为（，）；
（2）令x＝0，
∴y＝﹣x2+5x﹣4＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵B（4，0）；
∴不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为0＜x＜4，
故答案为：0＜x＜4；
（3）令y＝0，得﹣x2+5x﹣4＝0，
解得：x1＝4，x2＝1，
∴A（1，0），
∴OA＝1，
∵C（0，﹣4），
∴OC＝4，
如图，过点A作AD⊥AC，交AP于点D，过点D作DE⊥x轴上取于点E，
∴∠AED＝∠COA＝90°，∠CAD＝90°，
∴∠OAC+∠ACO＝∠OAC+∠DAE＝90°，
∴∠ACO＝∠DAE，
∵∠ACP＝45°，∠CAD＝90°，
∴∠ACP＝∠ADC＝45°，
∴AC＝DA，
∴△ADE≌△CAO（AAS），
∴DE＝OA＝1，AE＝OC＝4，
∴OE＝OA+AE＝5，
∴D（5，﹣1），
直线CD的解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴直线CD的解析式为yx﹣4，
由x﹣4＝﹣x2+5x﹣4，
解得：x1＝0（舍去），x2，
∴P（，）；
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，二次函数与不等式，等腰直角三角形的性质，全等三角形的的判定和性质，解本题的关键掌握二次函数的性质，作出正确的辅助线构造全等三角形．
25．（12分）（2025春 青羊区校级期中）已知△ABC是等腰直角三角形且∠ACB＝90°，若以BC为斜边作Rt△EBC，且∠BEC始终为直角，再将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF．
（1）△BCE在BC下方时，连接EF交BC于点G，交AB于点D，
①如图1，若∠EBC＝30°，AC＝4，求线段EF的长．
②如图2，若AD＝BD，求证；．
（2）如图3，△BCE在BC上方时，连接FE，若FE的延长线过AB的中点D，且DE＝BE，CE交AB于点H，直接写出的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①EF＝2；
②证明见解答过程；
（2）4﹣2．
【分析】（1）①由∠ACB＝90°，∠EBC＝30°，AC＝4＝BC，求出CEBC＝2，可得BE2，根据将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，即可得EF2；
②在DE上截取DM＝DF，连接AM，CM，证明△ADM≌△BDF（SAS），可得AM＝BF＝BE，∠MAD＝∠FBD，从而∠CAM＝∠CBE，再证△CAM≌△CBE（SAS），得CM＝CE，∠ACM＝∠BCE，即可得△MCE是等腰直角三角形，有MECE，故DE﹣DFCE；
（2）作∠ECN＝90°，交FD延长线于点N，过点B作BP⊥EF，垂足为点P，证明Rt△ACN≌Rt△BCE（HL），可得AN＝BE＝BF，∠CNA＝∠CEB＝90°，再证△ADN≌△BDF（AAS），有DN＝DF，设BE＝BF＝DE＝a，求出DF＝DE+EF＝aa＝（1）a，由△DHE∽△DBF，可得，即，故HE＝（1）a，CH＝CE﹣HE＝2a，BPa，再求出S△BCHCH BE 2a a＝a2，S△BDFDF BP （1）a aa2，即可得到答案．
【解答】（1）①解：∵∠ACB＝90°，∠EBC＝30°，AC＝4＝BC，
∴CEBC＝2，
∴BE2，
∵将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，
∴∠EBF＝90°，BE＝BF＝2，
∴EF2；
②证明：在DE上截取DM＝DF，连接AM，CM，如图：
∵AB，EF交于点D，
∴∠ADM＝∠BDF，
∵DM＝DF，AD＝BD，
∴△ADM≌△BDF（SAS），
∴AM＝BF＝BE，∠MAD＝∠FBD，
∵∠CAM+∠MAD＝45°，∠CBE+∠FBD＝45°，
∴∠CAM＝∠CBE，
∵AC＝BC，AM＝BE，
∴△CAM≌△CBE（SAS），
∴CM＝CE，∠ACM＝∠BCE，
∵∠ACM+∠BCM＝90°，
∴∠MCE＝∠BCE+∠BCM＝90°，
∴△MCE是等腰直角三角形，
∴MECE，
∴DE﹣DF＝DE﹣DM＝MECE，
（2）解：作∠ECN＝90°，交FD延长线于点N，过点B作BP⊥EF，垂足为点P，
∵BE绕点B逆时针旋转90°得到BF，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝BF，∠BEF＝∠BFE＝45°，
∵∠BEC＝90°，
∴∠CEN＝45°，
∵∠ECN＝90°，
∴△CEN是等腰直角三角形，
∴CN＝CE，∠CEN＝∠CNE＝45°，
∵∠ECN＝∠ACB＝90°，
∴∠ACN＝∠BCE，
∵AC＝BC，CN＝CE，
∴Rt△ACN≌Rt△BCE（HL），
∴AN＝BE＝BF，∠CNA＝∠CEB＝90°，
∵∠CNE＝45°，
∴∠AND＝∠BFD＝45°，
∵AD＝BD，∠ADN＝∠BDF，
∴△ADN≌△BDF（AAS），
∴DN＝DF，
∵BE＝DE，
∴设BE＝BF＝DE＝a，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴EFa．
∴DF＝DE+EF＝aa＝（1）a，
∴NF＝2DF＝（22）a，
∴NE＝NF﹣EF＝（2）a，
∵△CEN是等腰直角三角形，
∴CE（1）a，
∵∠BEC＝∠EBF＝90°，
∴HE∥BF，
∴△DHE∽△DBF，
∴，即，，即，
解得HE＝（1）a，
∴CH＝CE﹣HE＝2a，
∵∠BFE＝45°，
∴△BFP是等腰直角三角形，
∴BPa，
∴S△BCHCH BE 2a a＝a2，
S△BDFDF BP （1）a aa2，
∴4﹣2．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及旋转的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等知识，本题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质，利用全等和相似表示各边的长度，从而解决面积的比值．
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一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 昭阳区期中）已知x与y互为倒数，则（ ）
A．x y＝1 B．x+y＝0 C．x+y＝1 D．x y＝﹣1
2．（3分）（2025 崂山区模拟）下列几何体中，主视图（主视图也称正视图）和俯视图形状不相同的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2022 黄冈模拟）在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数 中位数 众数 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．方差 D．中位数
4．（3分）（2024秋 莱芜区期中）下列各式变形中，正确的是（ ）
A．3a2﹣a＝2a B．（﹣a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2 a3＝a6 D．
5．（3分）（2025 宣城一模）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）（2024秋 虞城县期中）已知关于x的方程x2+6x﹣m2＝0，则下面说法正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．只有一个实数根
7．（3分）（2024秋 江津区校级期末）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示M到原点的距离，|n|表示N到原点的距离，以下说法正确的是（ ）
①|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②|m﹣2|＝|m+3|，则；
③，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（3分）（2021春 南沙区期末）某校有大小两种宿舍，该校共有男生740人，女生750人．已知男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满．假设该校大宿舍每间能住x人，小宿舍每间能住y人．依题意，下列方程组正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（3分）（2024秋 电白区期末）函数和y＝kx﹣2（k≠0）在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）（2024 龙沙区二模）如图，从一个直径为4dm的圆形铁皮中剪出一个圆心为60°的最大扇形ABC，并将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 洪山区模拟）2022年4月16日，神舟十三号飞船脱离天宫空间站后成功返回地面，总共飞行里程约198000公里．数据198000用科学记数法表示为 ．
12．（3分）（2021秋 临高县期末）在平面直角坐标，若点A，B是抛物线y＝﹣2x2+4x+c上两点，若点A，B的坐标分别为（3，m）（4，n）则m n（填“＞”“＜＝”）
13．（3分）如图，这是七年级某班学生是否知道父母生日情况的扇形统计图．其中，A表示仅知道父亲生日的学生；B表示仅知道母亲生日的学生；C表示父母生日都知道的学生；D表示父母生日都不知道的学生．则该班40名学生中，知道父亲生日的有 人．
14．（3分）（2024秋 扬州校级期末）已知等腰三角形的一个角等于80°，则它的顶角是 ．
15．（3分）（2022 铜仁市三模）如图，菱形ABCD的边长为4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为 ．
16．（3分）（2024 汇川区三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，则CF的长是 ．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022秋 湟中区校级期中）解方程（x﹣3）2＝（3x+1）2．
18．（4分）（2024秋 高要区期末）如图，已知BF＝CE，∠B＝∠E，请你从以下条件中选择一个，使得△ABC≌△DEF．①∠A＝∠D；②AC＝DF；③AB＝DE；④∠ACB＝∠DFE．
（Ⅰ）你添加的条件是 .（填序号，只填一个）
（Ⅱ）请利用你所添加的条件证明：△ABC≌△DEF．
19．（6分）（2024 滨州）欧拉是历史上享誉全球的最伟大的数学家之一，他不仅在高等数学各个领域作出杰出贡献，也在初等数学中留下了不凡的足迹．设a，b，c为两两不同的数，称Pn）为欧拉分式．
（1）写出P0对应的表达式；
（2）化简P1对应的表达式．
20．（6分）（2024 德城区校级开学）2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，小明和小亮相约一起去亚运会比赛现场为中国队加油，比赛现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
（1）小明购买门票在A区观赛的概率为： ；
（2）求小明和小亮在同一区域观看比赛的概率．（请用画树状图或列表说明理由）
21．（8分）（2023秋 洛阳月考）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图：
（1）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）作出以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到的△AB2C2；
（3）求在（2）的旋转过程中，点C旋转到C2所经过的路程长．（结果保留π）
22．（10分）（2025 茄子河区一模）甲乙两车同时从A地出发去相距240千米的B地运送物资，去时甲车的速度是乙车的1.5倍，并且比乙车提前一个小时到达．到达后，乙车原路原速返回，甲车由于重载，放慢速度返回，计划和乙车同时到达A地．甲车在距离A地80千米时发现，有一包货物遗落在途中，便以60千米/小时的速度原路返回，找到，装好货物后立即赶往A地，恰好和乙车同时到达A地．（装卸货时间忽略不计）
（1）a＝ ，b＝ ．
（2）求甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式．
（3）直接写出甲乙两车在返回途中，最远相距多远？
23．（10分）在用步枪瞄准靶心时，要使眼睛（O）、准星（A）、靶心点（B）在同一条直线上．在射击时，李明由于有轻微的抖动，致使准星A偏离到A′，如图所示．已知OA＝0.2m，OB＝50m，AA′＝0.0005m，求李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′（近似地认为AA′∥BB′）．
24．（12分）（2022春 宿豫区期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx﹣4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B（4，0）．
（1）求b的值和抛物线的顶点坐标；
（2）若直线BC对应的函数表达式为y＝kx+m，则关于x的不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为 ；
（3）连接AC，P为抛物线上一点，若∠ACP＝45°，求点P的坐标．
25．（12分）（2025春 青羊区校级期中）已知△ABC是等腰直角三角形且∠ACB＝90°，若以BC为斜边作Rt△EBC，且∠BEC始终为直角，再将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF．
（1）△BCE在BC下方时，连接EF交BC于点G，交AB于点D，
①如图1，若∠EBC＝30°，AC＝4，求线段EF的长．
②如图2，若AD＝BD，求证；．
（2）如图3，△BCE在BC上方时，连接FE，若FE的延长线过AB的中点D，且DE＝BE，CE交AB于点H，直接写出的值．
2025年广州市中考数学模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2022秋 昭阳区期中）已知x与y互为倒数，则（ ）
A．x y＝1 B．x+y＝0 C．x+y＝1 D．x y＝﹣1
【考点】倒数．
【专题】计算题；实数；运算能力．
【答案】A
【分析】利用倒数的定义计算判断．
【解答】解：∵x与y互为倒数，
∴xy＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了倒数，解题的关键是掌握倒数的定义．
2．（3分）（2025 崂山区模拟）下列几何体中，主视图（主视图也称正视图）和俯视图形状不相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：A、主视图、俯视图都是等腰三角形，故A不符合题意；
B、主视图、俯视图都是矩形，故B不符合题意；
C、主视图、俯视图都是矩形，故C不符合题意；
D、主视图是两个相邻的矩形、俯视图是三角形，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从上面看得到的图形是俯视图．
3．（3分）（2022 黄冈模拟）在学校举办的学习强国演讲比赛中，李华根据九位评委所给的分数制作了如表格：
平均数 中位数 众数 方差
8.5 8.3 8.1 0.15
如果要去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不发生变化的是（ ）
A．平均数 B．众数 C．方差 D．中位数
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】D
【分析】根据平均数、众数、方差、中位数的概念判断．
【解答】解：去掉一个最高分和一个最低分，平均分、众数、方差可能发生变化，
中位数一定不发生变化，
故选：D．
【点评】本题考查的是平均数、众数、方差、中位数的概念，掌握它们的概念是解题的关键．
4．（3分）（2024秋 莱芜区期中）下列各式变形中，正确的是（ ）
A．3a2﹣a＝2a B．（﹣a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2 a3＝a6 D．
【考点】分式的加减法；合并同类项；同底数幂的乘法；完全平方公式．
【专题】分式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据整式的运算法则以及分式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：A：原式＝3a2﹣a，故A错误，不符合题意；
B：（﹣a﹣b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，不符合题意；
C：原式＝a5，故C错误，不符合题意；
D：原式，故原化简正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了分式的加减法、合并同类项、同底数幂的乘法完全平方公式，解题的关键熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
5．（3分）（2025 宣城一模）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集，然后在数轴上表示出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
解不等式①，得：x≤2，
解不等式②，得：x＞﹣1，
∴该不等式组的解集为﹣1＜x≤2，
其解集在数轴上表示如下所示：
故选：D．
【点评】本题考查解一元一次不等式组、在数轴上表示出不等式组的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式（组）的方法．
6．（3分）（2024秋 虞城县期中）已知关于x的方程x2+6x﹣m2＝0，则下面说法正确的是（ ）
A．有两个相等的实数根
B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根
D．只有一个实数根
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据方程可得Δ＝4m2+36＞0，据此可得答案．
【解答】解：由条件可知：Δ＝62+4m2＝4m2+36＞0，
∴有两个不相等的实数根，
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），若Δ＝b2﹣4ac＞0，则方程有两个不相等的实数根，若Δ＝b2﹣4ac＝0，则方程有两个相等的实数根，若Δ＝b2﹣4ac＜0，则方程没有实数根．
7．（3分）（2024秋 江津区校级期末）在数轴上，若点M、N分别表示数m、n，则|m|表示M到原点的距离，|n|表示N到原点的距离，以下说法正确的是（ ）
①|m﹣2|+|n+3|＝0，则 m﹣2n＝8；
②|m﹣2|＝|m+3|，则；
③，则；
④函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与y＝x有三个交点．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；数轴；非负数的性质：绝对值；正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；二次函数图象及其性质；几何直观；运算能力．
【答案】B
【分析】利用非负数的性质得出m＝2，n＝﹣3，代入m﹣2n即可判断①；解绝对值方程求得m的值即可判断②；由1知a＜0，b＜0，c＞0，得到ab＞0，bc＜0，ac＜0即可判断③；作出函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x的图象，根据函数的图象即可判断④．
【解答】解：①∵|m﹣2|+|n+3|＝0，
∴m﹣2＝0，n+3＝0，
∴m＝2，n＝﹣3，
∴m﹣2n＝8，故①正确；
②∵|m﹣2|＝|m+3|，
∴m﹣2＝﹣m﹣3，
∴m，故②错误；
③若1，则a＜0，b＜0，c＞0，
∴ab＞0，bc＜0，ac＜0，
∴1，故③错误；
④当x2﹣6≤0时，即，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝2x2；
当x2﹣6＞0时，即x 或x，y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|＝12；
作出函数的图象如图：
由图象可知，函数y＝|x2+6|﹣|x2﹣6|与函数y＝x有三个交点，故④正确．
故选：B．
【点评】本题考查了非负数的性质，解绝对值方程，二次函数的图象及一次函数的图象，作出分段函数的图象，采用数形结合的方法确定答案是数学上常用的方法之一．
8．（3分）（2021春 南沙区期末）某校有大小两种宿舍，该校共有男生740人，女生750人．已知男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满．假设该校大宿舍每间能住x人，小宿舍每间能住y人．依题意，下列方程组正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组．
【专题】一次方程（组）及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】根据“男生住宿使用了55间大宿舍和50间小宿舍，正好住满：女生住宿使用了45间大宿舍和65间小宿舍，也正好住满”列二元一次方程组即可．
【解答】解：根据题意，得，
故选：B．
【点评】本题考查了列二元一次方程组，理解题意并根据题意找出合适的等量关系是解题的关键．
9．（3分）（2024秋 电白区期末）函数和y＝kx﹣2（k≠0）在同一平面直角坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】反比例函数的图象；一次函数的图象．
【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据题目中的函数解析式，利用分类讨论的方法可以判断各个选项中的函数图象是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：对于y＝kx﹣2（k≠0），当x＝0时，y＝﹣2，观察图象可排除B和D；
当k＞0时，函数在第一、三象限，一次函数y＝kx﹣2经过一、三、四象限；
当k＜0时，函数在第二、四象限，一次函数y＝kx﹣2经过二、三、四象限，
观察A、C选项，选项C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象．解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
10．（3分）（2024 龙沙区二模）如图，从一个直径为4dm的圆形铁皮中剪出一个圆心为60°的最大扇形ABC，并将剪下来的扇形围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体．
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【答案】A
【分析】设圆锥的底面圆半径为r．先根据勾股定理求出扇形ABC的半径，再根据圆锥的弧长等于底面周长列方程求出r，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r．
过圆心O作OD⊥AC于点D，连接AO，如图．
∵∠BAC＝60°，
∴∠DAO＝30°．
∴，，
∴AC＝2AD＝6，
∴，
∴圆锥的底面圆的半径r＝1．
∴圆锥的高为，
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的计算，关键掌握圆锥的弧长等于底面周长．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023 洪山区模拟）2022年4月16日，神舟十三号飞船脱离天宫空间站后成功返回地面，总共飞行里程约198000公里．数据198000用科学记数法表示为 1.98×105 ．
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【专题】实数；符号意识．
【答案】1.98×105．
【分析】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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：198200＝1.98×105．
故答案为：1.98×105．
【点评】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．
12．（3分）（2021秋 临高县期末）在平面直角坐标，若点A，B是抛物线y＝﹣2x2+4x+c上两点，若点A，B的坐标分别为（3，m）（4，n）则m ＞ n（填“＞”“＜＝”）
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【答案】＞
【分析】求出抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的增减性解答．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣2x2+4x+c，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x1，
∴当＞1时，y随x的增大而减小，
∵点A、B的坐标分别为（3，m）、（4，n），且3＜4，
∴m＞n
故答案为：＞．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，求出抛物线的对称轴是解题的关键．
13．（3分）如图，这是七年级某班学生是否知道父母生日情况的扇形统计图．其中，A表示仅知道父亲生日的学生；B表示仅知道母亲生日的学生；C表示父母生日都知道的学生；D表示父母生日都不知道的学生．则该班40名学生中，知道父亲生日的有 26 人．
【考点】扇形统计图．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】26．
【分析】知道父亲生日的人数＝总人数×（A所占百分比+C所占百分比）．
【解答】解：知道父亲生日的人数＝40×（35%+30%）＝26（人）．
故答案为：26．
【点评】此题主要考查了扇形统计图的应用，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚的表示出各部分数量同总数之间的关系．
14．（3分）（2024秋 扬州校级期末）已知等腰三角形的一个角等于80°，则它的顶角是 80°或20° ．
【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】80°或20°．
【分析】分两种情况：当等腰三角形的顶角为80°时；当等腰三角形的底角为80°时；然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的顶角为80°时，
∴它的底角度数（180°﹣80°）＝50°；
当等腰三角形的底角为80°时，
∴它的顶角度数＝180°﹣2×80°＝20°；
综上所述：它的顶角是80°或20°，
故答案为：80°或20°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分两种情况讨论是解题的关键．
15．（3分）（2022 铜仁市三模）如图，菱形ABCD的边长为4cm，且∠ABC＝60°，E是BC中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为 2cm ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【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；推理能力．
【答案】2cm．
【分析】根据菱形的性质，点A、C关于BD对称，连接AE，根据轴对称确定最短路线问题，AE与BD的交点即为点P，再求出∠ABC＝60°，判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，即为PE+PC的最小值．
【解答】解：如图，在菱形ABCD中，点A、C关于BD对称，
∴PA＝PC，
连接AE，与BD的交点即为所求的点P，
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵AB＝4cm，BE＝2cm，
∴点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴AE2cm，
即PE+PC的最小值为2cm．
故答案为：2cm．
【点评】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，熟记性质并确定出点P的位置是解题的关键．
16．（3分）（2024 汇川区三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，则CF的长是 ．
【考点】矩形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】作EG⊥AF于G，设AE＝x，解直角三角形得出，，从而推出，作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延长MG交AB于N，证明出四边形GHCM为正方形，再证明△GFM∽△AFD，由相似三角形的性质得出，求出，结合正方形的性质得出，同理可得：四边形ANMD、BHGN为矩形，由矩形的性质得出，，再结合，求出，即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
如图：作EG⊥AF于G，
则∠AGE＝∠EGF＝90°，
设AE＝x，
在Rt△AEG中，∠EAF＝60°，则，，
在Rt△EGF，∠AFE＝45°，则，
∴，
作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延长MG交AB于N，
则∠GHC＝∠C＝∠GMC＝90°，
∴四边形GHCM为矩形，
∴∠MGH＝90°，
∵∠EGH+∠HGF＝90°，∠MGF+∠HGF＝90°，
∴∠EGH＝∠MGF，
∵∠GHE＝∠GMF＝90°，EG＝FG，
∴△EGH≌△FGM（AAS），
∴GH＝GM，
∴四边形GHCM为正方形，
∵∠FMG＝∠D＝90°，∠GFM＝∠AFD，
∴△GFM∽△AFD，
∴，
∴，
∴，
同理可得：四边形ANMD、BHGN为矩形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（4分）（2022秋 湟中区校级期中）解方程（x﹣3）2＝（3x+1）2．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】因式分解；运算能力．
【答案】．
【分析】将方程整理为一般形式，然后运用因式分解法求解即可．
【解答】解：∵（x﹣3）2＝（3x+1）2，
∴x2﹣6x+9＝9x2+6x+1，
方程整理为：2x2+3x﹣2＝0，
∴（2x﹣1）（x+2）＝0，
解得：．
【点评】本题主要考查利用因式分解法解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题关键．
18．（4分）（2024秋 高要区期末）如图，已知BF＝CE，∠B＝∠E，请你从以下条件中选择一个，使得△ABC≌△DEF．①∠A＝∠D；②AC＝DF；③AB＝DE；④∠ACB＝∠DFE．
（Ⅰ）你添加的条件是 ③ .（填序号，只填一个）
（Ⅱ）请利用你所添加的条件证明：△ABC≌△DEF．
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（Ⅰ）③（答案不唯一）；
（Ⅱ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）由全等三角形的判定方法，即可得到答案；
（Ⅱ）由BF＝CE，得到BC＝EF，即可证明△ABC≌△DEF（SAS）．
【解答】（Ⅰ）解：添加的条件是③（答案不唯一），
故答案为：③（答案不唯一）．
（Ⅱ）证明：∵BF＝CE，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL．
19．（6分）（2024 滨州）欧拉是历史上享誉全球的最伟大的数学家之一，他不仅在高等数学各个领域作出杰出贡献，也在初等数学中留下了不凡的足迹．设a，b，c为两两不同的数，称Pn）为欧拉分式．
（1）写出P0对应的表达式；
（2）化简P1对应的表达式．
【考点】分式的混合运算；规律型：数字的变化类；分式的定义；分式的加减法．
【专题】阅读型；分式；运算能力．
【答案】（1）P0；
（2）0．
【分析】（1）根据题意，可以写出P0对应的表达式；
（2）根据题意，先写出P1对应的表达式，然后化简即可；
【解答】解：（1）由题意可得，
P0；
（2）由题意可得，
P1
＝0．
【点评】本题考查分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20．（6分）（2024 德城区校级开学）2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，小明和小亮相约一起去亚运会比赛现场为中国队加油，比赛现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
（1）小明购买门票在A区观赛的概率为： ；
（2）求小明和小亮在同一区域观看比赛的概率．（请用画树状图或列表说明理由）
【考点】列表法与树状图法；概率公式．
【专题】概率及其应用；应用意识．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，利用概率公式可得答案．
（2）列表可得出所有等可能的结果数以及小明和小亮在同一区域观看比赛的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）由题意知，共有4种等可能的结果，其中小明购买门票在A区观赛的结果有1种，
∴小明购买门票在A区观赛的概率为．
故答案为：．
（2）列表如下：
A B C D
A （A，A） （A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A） （B，B） （B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B） （C，C） （C，D）
D （D，A） （D，B） （D，C） （D，D）
共有16种等可能的结果，其中小明和小亮在同一区域观看比赛的结果有4种，
∴小明和小亮在同一区域观看比赛的概率为．
【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．
21．（8分）（2023秋 洛阳月考）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图：
（1）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）作出以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到的△AB2C2；
（3）求在（2）的旋转过程中，点C旋转到C2所经过的路程长．（结果保留π）
【考点】作图﹣旋转变换；勾股定理；弧长的计算；中心对称．
【专题】作图题；等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；几何直观；运算能力．
【答案】（1）见详解；
（2）见详解；
（3）．
【分析】（1）根据中心对称的定义作图，即可求解；
（2）根据旋转的性质作图，即可求解；
（3）由旋转的性质得点C旋转到C2所经过路程为的长，再由弧长公式，即可求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所求作；
（2）如图，△AB2C2为所求作；
（3）如图，
∴点C旋转到C2所经过路程为的长，
∴，
，
∠CAC2＝90°，
，
故点C旋转到C2所经过路程为．
【点评】本题考查了利用中心对称和旋转的性质作图，弧长公式，勾股定理；理解性质及弧长公式，掌握作图的方法是解题的关键．
22．（10分）（2025 茄子河区一模）甲乙两车同时从A地出发去相距240千米的B地运送物资，去时甲车的速度是乙车的1.5倍，并且比乙车提前一个小时到达．到达后，乙车原路原速返回，甲车由于重载，放慢速度返回，计划和乙车同时到达A地．甲车在距离A地80千米时发现，有一包货物遗落在途中，便以60千米/小时的速度原路返回，找到，装好货物后立即赶往A地，恰好和乙车同时到达A地．（装卸货时间忽略不计）
（1）a＝ 3 ，b＝ 4 ．
（2）求甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式．
（3）直接写出甲乙两车在返回途中，最远相距多远？
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）3；4；（2）y＝﹣60x+480；（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
【分析】（1）利用图象得到乙车去与返回的速度相同，且乙车的总时间为8小时，再利用甲车比乙车提前一个小时到达的条件解答即可；
（2）利用（1）的结论求得甲车速度，设甲车返回的路程是x千米，列方程求得x值，得到点C坐标，最后利用待定系数法解答即可；
（3）利用待定系数法求得AC，BE的解析式，再利用一次函数的性质解答即可．
【解答】解：（1）由题意，∵乙车去与返回的速度相同，且乙车的总时间为8小时，
∴乙车到达B地时用时4小时，即b＝4，
∵甲比乙车提前一小时到达，
∴a＝b﹣1＝3．
故答案为：3，4；
（2）∵甲车计划和乙车同时返回A地，
∴甲返回时候的速度是240÷（8﹣3）＝48千米/小时．
设甲车返回的路程是x千米，则有：，
∴x＝10，
可得D的坐标是（，90），E（8，0），
设yDE＝kx+b，代入D、E坐标可得：
∴．
∴．
∴甲车拾到货物加速返回A地时的图象函数解析式为y＝﹣60x+480．
（3）甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
（240﹣80）÷48（小时），
∴C（3，80），
由题意：A（3，240），
设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∴，
∴，
∴直线AC的解析式为y＝﹣48x+384，
同理可得直线BE的解析式为y＝﹣60x+480，
∴甲乙两车在返回途中，相距的路程为（﹣60x+480）﹣（﹣48x+384）＝﹣12x+96，
∵﹣12＜0，4≤x≤8，
∴当x＝4时，相距的路程取得最大值为48，
∴甲乙两车在返回途中，最远相距48千米．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象与性质，点的坐标的特征，一次函数的应用，利用函数图象提炼信息是解题的关键．
23．（10分）在用步枪瞄准靶心时，要使眼睛（O）、准星（A）、靶心点（B）在同一条直线上．在射击时，李明由于有轻微的抖动，致使准星A偏离到A′，如图所示．已知OA＝0.2m，OB＝50m，AA′＝0.0005m，求李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′（近似地认为AA′∥BB′）．
【考点】相似三角形的应用；平行线的判定．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】0.125m．
【分析】由△OAA′∽△OBB′，得到AA′：BB′＝OA：OB，代入有关数据即可求出BB′＝0.125（m）．
【解答】解：∵AA′∥BB′，
∴△OAA′∽△OBB′，
∴AA′：BB′＝OA：OB，
∴0.0005：BB′＝0.2：50，
∴BB′＝0.125（m）．
∴李明射击到的点B′偏离靶心点B的长度BB′是0.125m．
【点评】本题考查相似三角形的应用，关键是由△OAA′∽△OBB′，得到AA′：BB′＝OA：OB．
24．（12分）（2022春 宿豫区期中）如图，抛物线y＝﹣x2+bx﹣4与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B（4，0）．
（1）求b的值和抛物线的顶点坐标；
（2）若直线BC对应的函数表达式为y＝kx+m，则关于x的不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为 0＜x＜4 ；
（3）连接AC，P为抛物线上一点，若∠ACP＝45°，求点P的坐标．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）b＝5，顶点坐标为（，）；
（2）0＜x＜4；
（3）P（，）；
【分析】（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+bx﹣4即可得b的值，将抛物线解析式化成顶点式即可得出抛物线的顶点坐标；
（2）先确定出点C坐标，再根据图象直接写出范围；
（3）过点A作AD⊥AC，交AP于点D，过点D作DE⊥x轴上取于点E，可证明△ADE≌△CAO（AAS），根据全等三角形的性质得DE＝OA＝1，AE＝OC＝4，可得D点的坐标，运用待定系数法求得直线CD的解析式为yx﹣4，与抛物线解析式联立即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+bx﹣4得：
﹣16+4b﹣4＝0，解得b＝5，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+5x﹣4＝﹣（x）2，
∴抛物线的顶点坐标为（，）；
（2）令x＝0，
∴y＝﹣x2+5x﹣4＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵B（4，0）；
∴不等式﹣x2+bx﹣4＞kx+m的解集为0＜x＜4，
故答案为：0＜x＜4；
（3）令y＝0，得﹣x2+5x﹣4＝0，
解得：x1＝4，x2＝1，
∴A（1，0），
∴OA＝1，
∵C（0，﹣4），
∴OC＝4，
如图，过点A作AD⊥AC，交AP于点D，过点D作DE⊥x轴上取于点E，
∴∠AED＝∠COA＝90°，∠CAD＝90°，
∴∠OAC+∠ACO＝∠OAC+∠DAE＝90°，
∴∠ACO＝∠DAE，
∵∠ACP＝45°，∠CAD＝90°，
∴∠ACP＝∠ADC＝45°，
∴AC＝DA，
∴△ADE≌△CAO（AAS），
∴DE＝OA＝1，AE＝OC＝4，
∴OE＝OA+AE＝5，
∴D（5，﹣1），
直线CD的解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴直线CD的解析式为yx﹣4，
由x﹣4＝﹣x2+5x﹣4，
解得：x1＝0（舍去），x2，
∴P（，）；
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，二次函数与不等式，等腰直角三角形的性质，全等三角形的的判定和性质，解本题的关键掌握二次函数的性质，作出正确的辅助线构造全等三角形．
25．（12分）（2025春 青羊区校级期中）已知△ABC是等腰直角三角形且∠ACB＝90°，若以BC为斜边作Rt△EBC，且∠BEC始终为直角，再将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF．
（1）△BCE在BC下方时，连接EF交BC于点G，交AB于点D，
①如图1，若∠EBC＝30°，AC＝4，求线段EF的长．
②如图2，若AD＝BD，求证；．
（2）如图3，△BCE在BC上方时，连接FE，若FE的延长线过AB的中点D，且DE＝BE，CE交AB于点H，直接写出的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①EF＝2；
②证明见解答过程；
（2）4﹣2．
【分析】（1）①由∠ACB＝90°，∠EBC＝30°，AC＝4＝BC，求出CEBC＝2，可得BE2，根据将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，即可得EF2；
②在DE上截取DM＝DF，连接AM，CM，证明△ADM≌△BDF（SAS），可得AM＝BF＝BE，∠MAD＝∠FBD，从而∠CAM＝∠CBE，再证△CAM≌△CBE（SAS），得CM＝CE，∠ACM＝∠BCE，即可得△MCE是等腰直角三角形，有MECE，故DE﹣DFCE；
（2）作∠ECN＝90°，交FD延长线于点N，过点B作BP⊥EF，垂足为点P，证明Rt△ACN≌Rt△BCE（HL），可得AN＝BE＝BF，∠CNA＝∠CEB＝90°，再证△ADN≌△BDF（AAS），有DN＝DF，设BE＝BF＝DE＝a，求出DF＝DE+EF＝aa＝（1）a，由△DHE∽△DBF，可得，即，故HE＝（1）a，CH＝CE﹣HE＝2a，BPa，再求出S△BCHCH BE 2a a＝a2，S△BDFDF BP （1）a aa2，即可得到答案．
【解答】（1）①解：∵∠ACB＝90°，∠EBC＝30°，AC＝4＝BC，
∴CEBC＝2，
∴BE2，
∵将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，
∴∠EBF＝90°，BE＝BF＝2，
∴EF2；
②证明：在DE上截取DM＝DF，连接AM，CM，如图：
∵AB，EF交于点D，
∴∠ADM＝∠BDF，
∵DM＝DF，AD＝BD，
∴△ADM≌△BDF（SAS），
∴AM＝BF＝BE，∠MAD＝∠FBD，
∵∠CAM+∠MAD＝45°，∠CBE+∠FBD＝45°，
∴∠CAM＝∠CBE，
∵AC＝BC，AM＝BE，
∴△CAM≌△CBE（SAS），
∴CM＝CE，∠ACM＝∠BCE，
∵∠ACM+∠BCM＝90°，
∴∠MCE＝∠BCE+∠BCM＝90°，
∴△MCE是等腰直角三角形，
∴MECE，
∴DE﹣DF＝DE﹣DM＝MECE，
（2）解：作∠ECN＝90°，交FD延长线于点N，过点B作BP⊥EF，垂足为点P，
∵BE绕点B逆时针旋转90°得到BF，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝BF，∠BEF＝∠BFE＝45°，
∵∠BEC＝90°，
∴∠CEN＝45°，
∵∠ECN＝90°，
∴△CEN是等腰直角三角形，
∴CN＝CE，∠CEN＝∠CNE＝45°，
∵∠ECN＝∠ACB＝90°，
∴∠ACN＝∠BCE，
∵AC＝BC，CN＝CE，
∴Rt△ACN≌Rt△BCE（HL），
∴AN＝BE＝BF，∠CNA＝∠CEB＝90°，
∵∠CNE＝45°，
∴∠AND＝∠BFD＝45°，
∵AD＝BD，∠ADN＝∠BDF，
∴△ADN≌△BDF（AAS），
∴DN＝DF，
∵BE＝DE，
∴设BE＝BF＝DE＝a，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴EFa．
∴DF＝DE+EF＝aa＝（1）a，
∴NF＝2DF＝（22）a，
∴NE＝NF﹣EF＝（2）a，
∵△CEN是等腰直角三角形，
∴CE（1）a，
∵∠BEC＝∠EBF＝90°，
∴HE∥BF，
∴△DHE∽△DBF，
∴，即，，即，
解得HE＝（1）a，
∴CH＝CE﹣HE＝2a，
∵∠BFE＝45°，
∴△BFP是等腰直角三角形，
∴BPa，
∴S△BCHCH BE 2a a＝a2，
S△BDFDF BP （1）a aa2，
∴4﹣2．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及旋转的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等知识，本题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质，利用全等和相似表示各边的长度，从而解决面积的比值．
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