广东省佛山禅城区2025年中考二模数学试卷
1．（2025·禅城模拟）佛山祖庙的“金漆木雕”是国家级非遗技艺，其工艺要求极高，需通过正负数精确控制雕刻深度，若某次雕刻深度比标准值超出，记作，则比标准值不足应记作（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正数、负数的实际应用
【解析】【解答】解：雕刻深度比标准值超出，记作，
则比标准值不足应记作，
故选：B．
【分析】根据正负数表示具有相反意义的量即可求出答案.
2．（2025·禅城模拟）窗棂是中国传统木构建筑的框架结构．下列各样式的窗棂图案中，可以看作由一个“基本图案”经过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】图形的平移
【解析】【解答】解：由平移只改变位置，不改变大小，形状和方向可知，四个选项中只有C选项中的图案可以有平移得到，
故选：C．
【分析】根据平移的性质即可求出答案.
3．（2025·禅城模拟）港珠澳大桥的总长度约为55000米，是世界上最长的跨海大桥之一．数据55000用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：数据55000用科学记数法表示为；
故选：B．
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，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，当原数绝对值大于等于1时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数.
4．（2025·禅城模拟）下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，故错误，不符合题意；
B、与不是同类项，不能合并，故错误，不符合题意；
C、，故错误，不符合题意；
D、，故正确，符合题意．
故选：D．
【分析】根据同底数幂的乘法，除法运算；合并同类项的法则，积的乘方逐项进行判断即可求出答案.
5．（2025·禅城模拟）“二十四节气”是中国农历中表示季节变迁的24个特定节令，不仅是指导农耕生产的时间体系，还蕴含着丰富的民俗文化和生活智慧．一个不透明的盒子中装了4张关于“二十四节气”的卡片（除了画面内容外其他都相同），其中有2张“霜降”，1张“惊蛰”，1张“小满”，从中随机摸出一张卡片，恰好是“霜降”的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵在一个不透明的盒子中装了4张关于“二十四节气”的卡片，其中有2张“霜降”，
∴从中随机摸出一张卡片，恰好是“霜降”的可能性为．
故选：A．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
6．（2025·禅城模拟）在隧道或桥洞前都有限高标志，如图所示的限高标志表示通过的车辆高度不超过，则x的取值范围在数轴上可表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：由“该标志表示车辆高度不超过”得：，
在数轴上表示为：
故D正确．
故选：D．
【分析】根据标志牌的含义列不等式即可求解．
7．（2025·禅城模拟）如图，烧杯内液体表面与下底部平行，光线从液体中射向空气时发生折射变成，点G在射线上，若，空气．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行线的性质
【解析】【解答】解：∵，，，
，
．
故选：B．
【分析】根据直线平行性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
8．（2025·禅城模拟）图甲为我国古代的计时工具——漏刻，图乙为它的示意图．漏壶中的水均匀滴入箭壶，木块与箭杆组成的箭舟匀速上浮，从盖孔处看箭杆上的标记h，就能知道对应的时刻t，下表记录了t（分钟）与对应h（厘米）的部分数据，其中有一个h的值记录错误，则错误的是（ ）
分钟 0 1 2 3 4 5 …
厘米 …
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：设水位单位：关于时间单位：的函数解析式为，
把，代入解析式得：，
解得，
，
当时，，
当时，；
当时，，
当时，；
点不在该函数图象上，与题目中有一个h的值记录错误相符合，
故选：B．
【分析】设水位单位：关于时间单位：的函数解析式为，根据待定系数法将点，代入解析式求出函数解析式，再将和和和代入求出相应的函数解析式，即可求出答案.
9．（2025·禅城模拟）如图，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，，．若重叠部分为菱形，则菱形的边长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质；平移的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形是菱形，
，
∵将矩形纸片沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，
∴，，
∴，即，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
解得，
菱形的边长是，
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据平移性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据正弦定义可得，设，则，，代值式子可得，再建立方程，解方程即可求出答案.
10．（2025·禅城模拟）关于x的一元二次方程的一个根为，设，则M与方程根的判别式△之间的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程的根；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵是关于的一元二次方程的一个根，
∴，，
∴，
∴
，
故选：A．
【分析】将x1代入方程可得，对M进行配方化简，再整体代入，结合二次方程的判别式即可求出答案.
11．（2025·禅城模拟）因式分解：ma+mb= .
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：＝．
故答案为：
【分析】提公因式进行因式分解即可求出答案.
12．（2025·禅城模拟）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是 ．
【答案】140°．
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：该正九边形内角和，
则每个内角的度数．
故答案为140°．
【分析】根据正多边形内角和即可求出答案.
13．（2025·禅城模拟）筒车（图1）是我国古代一种水利灌溉工具，利用水流的动力进行灌溉，工作原理基于圆周运动和重力作用．如图2，筒车与水面分别交于点A、B，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，D是其中之一，是的直径，连接，点M在的延长线上，若，则的度数为 ．
【答案】
【知识点】圆周角定理；补角；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，根据直角三角形两锐角互余可得，再根据圆周角定理可得，再根据补角即可求出答案.
14．（2025·禅城模拟）双曲线如图所示，边长为2的正方形顶点A横坐标为2，轴．将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，则k的值是 ．
【答案】8
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，
∴落在双曲线上，
∵边长为2的正方形顶点A横坐标为2，
∴设平移后，则，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】由题意设平移后，则，再将点A，C坐标代入反比例函数解析式可得，再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
15．（2025·禅城模拟）计算：
【答案】解：
．
【知识点】单项式乘多项式；平方差公式及应用
【解析】【分析】根据单项式乘多项式、平方差公式去括号，再合并同类项即可求解．
16．（2025·禅城模拟）小明在商店买了12支铅笔和5本练习本，每支铅笔x元，每本练习本y元，共花了22元．
（1）列出关于x、y的二元一次方程．
（2）再买同样的6支铅笔和2本练习本，还需要10元，求x、y的值．
【答案】（1）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了12支铅笔和5本练习本，列方程得
∴；
（2）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了6支铅笔和2本练习本，列方程得
∴；
联立方程得
解方程组得．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据“总价单价数量”，分别求出买铅笔和练习本的花费，再依据两者花费总和为22元，列出二元一次方程 即可求出答案.
（2）先依条件列出新方程，与第一问方程联立成方程组，解方程组即可求出答案.
（1）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了12支铅笔和5本练习本，列方程得
∴；
（2）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了6支铅笔和2本练习本，列方程得
∴；
联立方程得
解方程组得．
17．（2025·禅城模拟）如图，中，．
（1）作的垂直平分线交于D，交于E（保留尺规作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接，若，求的长．
【答案】（1）解：如图，即为所求作的垂直平分线．
（2）解：∵垂直平分，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
则，
解得：，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交，再过两弧交点作直线即可得线段垂直平分线，交于点D，交于点E；
（2）根据线段垂直平分线的性质得出，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：如图，即为所求作的垂直平分线．
（2）解：∵垂直平分，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
则，
解得：，
∴．
18．（2025·禅城模拟）某超市计划采购一批荔枝．现从甲和乙两个产地的荔枝中，各随机抽取10颗，测量单果质量，将测量的数据制成如下统计图：
统计量 产地 平均数 中位数 众数
甲 25 b
乙 m a 24
解答下列问题：
（1）填空：______，______，______；
（2）测量数据的方差越小，荔枝的大小越匀称，可以判断______产地的荔枝更为匀称．
（3）若规定质量不低于25克的为大果，超市购进两箱甲产地的荔枝，净重千克，请你估计其中大果的数量．
【答案】（1），25，25
（2）甲
（3）解：净重千克有荔枝（个），
∴估计其中大果的数量为（个）．
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由题意得：；
把乙产地的10个荔枝的单果质量从小到大排列，排在中间的两个数分别是25，25，故中位数；
甲产地的10个荔枝的单果质量中，25出现的次数最多，故众数．
故答案为：，25，25；
（2）解：观察两个统计图，甲产地的10个荔枝的单果质量比较集中，
可以判断甲产地的荔枝更为匀称．
故答案为：甲；
【分析】（1）分别根据算术平均数，中位数和众数的定义计算即可求出答案.
（2）根据方差的意义即可求出答案.
（3）先求得甲产地的荔枝总的个数，再利用样本估计总体求解即可．
（1）解：由题意得：；
把乙产地的10个荔枝的单果质量从小到大排列，排在中间的两个数分别是25，25，故中位数；
甲产地的10个荔枝的单果质量中，25出现的次数最多，故众数．
故答案为：，25，25；
（2）解：观察两个统计图，甲产地的10个荔枝的单果质量比较集中，
可以判断甲产地的荔枝更为匀称．
故答案为：甲；
（3）解：净重千克有荔枝（个），
∴估计其中大果的数量为（个）．
19．（2025·禅城模拟）抛物线的部分图象如图所示．
（1）求b、c的值；
（2）已知点，点，线段与抛物线有交点吗？为什么？
【答案】（1）解：由函数的图象可知，抛物线过点和，
将和代入，
得：，
解得：，；
（2）解：由（1）得：
当时，，
∴在抛物线的上方部分，
当时，，
∴在抛物线的下方部分，如图，
∴线段与抛物线有交点．
【知识点】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
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点和代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）将点A，B横坐标代入抛物线解析式，再根据纵坐标比较大小，判断点A，B的位置，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：由函数的图象可知，抛物线过点和，
将和代入，
得：，
解得：，；
（2）解：由（1）得：
当时，，
∴在抛物线的上方部分，
当时，，
∴在抛物线的下方部分，如图，
∴线段与抛物线有交点．
20．（2025·禅城模拟）项目式学习
目的 探究遮阳篷的影子长度
素材1 图1是一款固定在墙上的遮阳篷，篷面可伸缩，还可以绕固定在墙上的轴旋转．在遮阳篷下，离墙米处有一盆铁树盆景． 图2是遮阳篷侧面示意图．表示墙面，表示篷面，可以绕点A旋转，其中米．为了获得更好的遮阳效果，将篷面延伸至最长，此时米．
素材2 此地某天上午不同时间的太阳高度角（即太阳光线与地面的夹角，如图2中的）的数据表： 时刻8：009：0010：0011：0012：00太阳高度角（度）
观察·思考 在这天10：00时，将篷面与墙面的夹角调整为． 任务1：求点D到墙的距离； 任务2：铁树能否会被太阳光照射到？
探究·发现 调节篷面伸缩的长度或篷面与墙面的夹角，可以改变篷面在地面的影长l．
解答问题（，结果精确到米）
（1）完成任务1，要有必要的解答过程． （2）完成任务2，要有必要的解答过程． （3）直接写出这天10：00时，l的最大值以及相应的的度数．
【答案】解：（1）作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或（舍去），
即点D到墙的距离约为米；
（2）作于点，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵10：00时，，
∴，
∴米，
∵，
∴铁树能被太阳光照射到；
（3）l的最大值为米，此时的度数．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】（3）如图，当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵10：00时，，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴米，
∴l的最大值为米，此时的度数．
【分析】（1）作于点，根据等腰直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（2）作于点，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，根据补角可得∠DEB=120°，再根据四边形内角和可得∠BAD=60°，则，根据含30°角的直角三角形性质可得AF，根据勾股定理可得DF，再根据彼岸之回见的关系可得DG，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
21．（2025·禅城模拟）如图，正方形的边长为3，E、F分别是边上的点，连接．
（1）如图1，若，当时，求的值；
（2）如图2，若，与的延长线交于点G，E为的中点，求的值；
（3）如图3，若，，求的长．
【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴设，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点G作交延长线于点H，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，
∵，，，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
经检验，是原方程的解．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定；求正切值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得，，根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据正切定义即可求出答案.
（2）设，则，根据边之间的关系可得AG，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据勾股定理可得CE，过点G作交延长线于点H，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，，根据边之间的关系可得HC，再根据正切定义即可求出答案.
（3）延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，根据勾股定理可得EC，再根据正切定义可得，设，，根据边之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴设，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点G作交延长线于点H，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，
∵，，，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
经检验，是原方程的解．
22．（2025·禅城模拟）已知：矩形的边长为2，点P在射线上，过点O、P的与相切于点P．
（1）如图1，若点B在对角线上，且，则的长度是______；
（2）如图2，以O为原点，为x轴建立平面直角坐标系，，设，
①求点B坐标（用含n的代数式表示）．
②连接，设且，当M取最大值时，作于E交于F，与交于G，求的值．
【答案】（1）
（2）解：①如图，过作于，则，
∵，，
∴，
当时，
∵矩形，，，，
∴，，，
结合切线性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，此时，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上：；
②如图，
∵且，，
∴，
当时，最大，
此时，，，，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为：，
联立，
解得：，
∴，
∴，
过作于，而，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；切线的性质；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：连接，
∵过点O、P的与相切于点P，．
∴，，
∵，，
∴，
∵矩形的边长为2，
∴，，
∴.
【分析】（1）连接，根据切线性质可得，再根据直角三角形两锐角互余可得∠DBP=30°，根据角之间的关系可得，则，，再根据正切定义及特殊角的三角函数值即可求出答案.
（2）①过作于，则，根据垂径定理可得，分情况讨论：当时，根据矩形性质可得，，，再根据切线性质可得，则，根据正切定义可得，代值计算可得，即可求出答案；当时，此时，同理可得：，则，代值计算可得，即可求出答案.
②做出图形，由题意可得，根据二次函数的性质可得当时，最大，此时，，，，设解析式为，根据待定系数法将点D坐标代入解析式可得解析式为，设解析式为，根据待定系数法将思安B，P坐标代入解析式可得解析式为：，联立直线OD解析式，解方程组可得，根据两点间距离可得GP，过作于，而，，则，根据正切定义可得，设，则，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：连接，
∵过点O、P的与相切于点P，．
∴，，
∵，，
∴，
∵矩形的边长为2，
∴，，
∴.
（2）解：①如图，过作于，则，
∵，，
∴，
当时，
∵矩形，，，，
∴，，，
结合切线性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，此时，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上：；
②如图，
∵且，，
∴，
当时，最大，
此时，，，，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为：，
联立，
解得：，
∴，
∴，
过作于，而，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴.
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1．（2025·禅城模拟）佛山祖庙的“金漆木雕”是国家级非遗技艺，其工艺要求极高，需通过正负数精确控制雕刻深度，若某次雕刻深度比标准值超出，记作，则比标准值不足应记作（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·禅城模拟）窗棂是中国传统木构建筑的框架结构．下列各样式的窗棂图案中，可以看作由一个“基本图案”经过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·禅城模拟）港珠澳大桥的总长度约为55000米，是世界上最长的跨海大桥之一．数据55000用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·禅城模拟）下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·禅城模拟）“二十四节气”是中国农历中表示季节变迁的24个特定节令，不仅是指导农耕生产的时间体系，还蕴含着丰富的民俗文化和生活智慧．一个不透明的盒子中装了4张关于“二十四节气”的卡片（除了画面内容外其他都相同），其中有2张“霜降”，1张“惊蛰”，1张“小满”，从中随机摸出一张卡片，恰好是“霜降”的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·禅城模拟）在隧道或桥洞前都有限高标志，如图所示的限高标志表示通过的车辆高度不超过，则x的取值范围在数轴上可表示为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·禅城模拟）如图，烧杯内液体表面与下底部平行，光线从液体中射向空气时发生折射变成，点G在射线上，若，空气．则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·禅城模拟）图甲为我国古代的计时工具——漏刻，图乙为它的示意图．漏壶中的水均匀滴入箭壶，木块与箭杆组成的箭舟匀速上浮，从盖孔处看箭杆上的标记h，就能知道对应的时刻t，下表记录了t（分钟）与对应h（厘米）的部分数据，其中有一个h的值记录错误，则错误的是（ ）
分钟 0 1 2 3 4 5 …
厘米 …
A． B． C． D．
9．（2025·禅城模拟）如图，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，，．若重叠部分为菱形，则菱形的边长是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·禅城模拟）关于x的一元二次方程的一个根为，设，则M与方程根的判别式△之间的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·禅城模拟）因式分解：ma+mb= .
12．（2025·禅城模拟）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是 ．
13．（2025·禅城模拟）筒车（图1）是我国古代一种水利灌溉工具，利用水流的动力进行灌溉，工作原理基于圆周运动和重力作用．如图2，筒车与水面分别交于点A、B，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，D是其中之一，是的直径，连接，点M在的延长线上，若，则的度数为 ．
14．（2025·禅城模拟）双曲线如图所示，边长为2的正方形顶点A横坐标为2，轴．将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，则k的值是 ．
15．（2025·禅城模拟）计算：
16．（2025·禅城模拟）小明在商店买了12支铅笔和5本练习本，每支铅笔x元，每本练习本y元，共花了22元．
（1）列出关于x、y的二元一次方程．
（2）再买同样的6支铅笔和2本练习本，还需要10元，求x、y的值．
17．（2025·禅城模拟）如图，中，．
（1）作的垂直平分线交于D，交于E（保留尺规作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，连接，若，求的长．
18．（2025·禅城模拟）某超市计划采购一批荔枝．现从甲和乙两个产地的荔枝中，各随机抽取10颗，测量单果质量，将测量的数据制成如下统计图：
统计量 产地 平均数 中位数 众数
甲 25 b
乙 m a 24
解答下列问题：
（1）填空：______，______，______；
（2）测量数据的方差越小，荔枝的大小越匀称，可以判断______产地的荔枝更为匀称．
（3）若规定质量不低于25克的为大果，超市购进两箱甲产地的荔枝，净重千克，请你估计其中大果的数量．
19．（2025·禅城模拟）抛物线的部分图象如图所示．
（1）求b、c的值；
（2）已知点，点，线段与抛物线有交点吗？为什么？
20．（2025·禅城模拟）项目式学习
目的 探究遮阳篷的影子长度
素材1 图1是一款固定在墙上的遮阳篷，篷面可伸缩，还可以绕固定在墙上的轴旋转．在遮阳篷下，离墙米处有一盆铁树盆景． 图2是遮阳篷侧面示意图．表示墙面，表示篷面，可以绕点A旋转，其中米．为了获得更好的遮阳效果，将篷面延伸至最长，此时米．
素材2 此地某天上午不同时间的太阳高度角（即太阳光线与地面的夹角，如图2中的）的数据表： 时刻8：009：0010：0011：0012：00太阳高度角（度）
观察·思考 在这天10：00时，将篷面与墙面的夹角调整为． 任务1：求点D到墙的距离； 任务2：铁树能否会被太阳光照射到？
探究·发现 调节篷面伸缩的长度或篷面与墙面的夹角，可以改变篷面在地面的影长l．
解答问题（，结果精确到米）
（1）完成任务1，要有必要的解答过程． （2）完成任务2，要有必要的解答过程． （3）直接写出这天10：00时，l的最大值以及相应的的度数．
21．（2025·禅城模拟）如图，正方形的边长为3，E、F分别是边上的点，连接．
（1）如图1，若，当时，求的值；
（2）如图2，若，与的延长线交于点G，E为的中点，求的值；
（3）如图3，若，，求的长．
22．（2025·禅城模拟）已知：矩形的边长为2，点P在射线上，过点O、P的与相切于点P．
（1）如图1，若点B在对角线上，且，则的长度是______；
（2）如图2，以O为原点，为x轴建立平面直角坐标系，，设，
①求点B坐标（用含n的代数式表示）．
②连接，设且，当M取最大值时，作于E交于F，与交于G，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】正数、负数的实际应用
【解析】【解答】解：雕刻深度比标准值超出，记作，
则比标准值不足应记作，
故选：B．
【分析】根据正负数表示具有相反意义的量即可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】图形的平移
【解析】【解答】解：由平移只改变位置，不改变大小，形状和方向可知，四个选项中只有C选项中的图案可以有平移得到，
故选：C．
【分析】根据平移的性质即可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：数据55000用科学记数法表示为；
故选：B．
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，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，当原数绝对值大于等于1时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数.
4．【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、，故错误，不符合题意；
B、与不是同类项，不能合并，故错误，不符合题意；
C、，故错误，不符合题意；
D、，故正确，符合题意．
故选：D．
【分析】根据同底数幂的乘法，除法运算；合并同类项的法则，积的乘方逐项进行判断即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵在一个不透明的盒子中装了4张关于“二十四节气”的卡片，其中有2张“霜降”，
∴从中随机摸出一张卡片，恰好是“霜降”的可能性为．
故选：A．
【分析】根据概率公式即可求出答案.
6．【答案】D
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：由“该标志表示车辆高度不超过”得：，
在数轴上表示为：
故D正确．
故选：D．
【分析】根据标志牌的含义列不等式即可求解．
7．【答案】B
【知识点】平行线的性质
【解析】【解答】解：∵，，，
，
．
故选：B．
【分析】根据直线平行性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：设水位单位：关于时间单位：的函数解析式为，
把，代入解析式得：，
解得，
，
当时，，
当时，；
当时，，
当时，；
点不在该函数图象上，与题目中有一个h的值记录错误相符合，
故选：B．
【分析】设水位单位：关于时间单位：的函数解析式为，根据待定系数法将点，代入解析式求出函数解析式，再将和和和代入求出相应的函数解析式，即可求出答案.
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质；平移的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形是菱形，
，
∵将矩形纸片沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，
∴，，
∴，即，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
解得，
菱形的边长是，
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据平移性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据正弦定义可得，设，则，，代值式子可得，再建立方程，解方程即可求出答案.
10．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；一元二次方程的根；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵是关于的一元二次方程的一个根，
∴，，
∴，
∴
，
故选：A．
【分析】将x1代入方程可得，对M进行配方化简，再整体代入，结合二次方程的判别式即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：＝．
故答案为：
【分析】提公因式进行因式分解即可求出答案.
12．【答案】140°．
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：该正九边形内角和，
则每个内角的度数．
故答案为140°．
【分析】根据正多边形内角和即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】圆周角定理；补角；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，根据直角三角形两锐角互余可得，再根据圆周角定理可得，再根据补角即可求出答案.
14．【答案】8
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，
∴落在双曲线上，
∵边长为2的正方形顶点A横坐标为2，
∴设平移后，则，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】由题意设平移后，则，再将点A，C坐标代入反比例函数解析式可得，再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
15．【答案】解：
．
【知识点】单项式乘多项式；平方差公式及应用
【解析】【分析】根据单项式乘多项式、平方差公式去括号，再合并同类项即可求解．
16．【答案】（1）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了12支铅笔和5本练习本，列方程得
∴；
（2）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了6支铅笔和2本练习本，列方程得
∴；
联立方程得
解方程组得．
【知识点】二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）根据“总价单价数量”，分别求出买铅笔和练习本的花费，再依据两者花费总和为22元，列出二元一次方程 即可求出答案.
（2）先依条件列出新方程，与第一问方程联立成方程组，解方程组即可求出答案.
（1）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了12支铅笔和5本练习本，列方程得
∴；
（2）解：∵铅笔每支元，练习本每本元，买了6支铅笔和2本练习本，列方程得
∴；
联立方程得
解方程组得．
17．【答案】（1）解：如图，即为所求作的垂直平分线．
（2）解：∵垂直平分，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
则，
解得：，
∴．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交，再过两弧交点作直线即可得线段垂直平分线，交于点D，交于点E；
（2）根据线段垂直平分线的性质得出，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：如图，即为所求作的垂直平分线．
（2）解：∵垂直平分，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理得：，
则，
解得：，
∴．
18．【答案】（1），25，25
（2）甲
（3）解：净重千克有荔枝（个），
∴估计其中大果的数量为（个）．
【知识点】平均数及其计算；中位数；方差；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由题意得：；
把乙产地的10个荔枝的单果质量从小到大排列，排在中间的两个数分别是25，25，故中位数；
甲产地的10个荔枝的单果质量中，25出现的次数最多，故众数．
故答案为：，25，25；
（2）解：观察两个统计图，甲产地的10个荔枝的单果质量比较集中，
可以判断甲产地的荔枝更为匀称．
故答案为：甲；
【分析】（1）分别根据算术平均数，中位数和众数的定义计算即可求出答案.
（2）根据方差的意义即可求出答案.
（3）先求得甲产地的荔枝总的个数，再利用样本估计总体求解即可．
（1）解：由题意得：；
把乙产地的10个荔枝的单果质量从小到大排列，排在中间的两个数分别是25，25，故中位数；
甲产地的10个荔枝的单果质量中，25出现的次数最多，故众数．
故答案为：，25，25；
（2）解：观察两个统计图，甲产地的10个荔枝的单果质量比较集中，
可以判断甲产地的荔枝更为匀称．
故答案为：甲；
（3）解：净重千克有荔枝（个），
∴估计其中大果的数量为（个）．
19．【答案】（1）解：由函数的图象可知，抛物线过点和，
将和代入，
得：，
解得：，；
（2）解：由（1）得：
当时，，
∴在抛物线的上方部分，
当时，，
∴在抛物线的下方部分，如图，
∴线段与抛物线有交点．
【知识点】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
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点和代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）将点A，B横坐标代入抛物线解析式，再根据纵坐标比较大小，判断点A，B的位置，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：由函数的图象可知，抛物线过点和，
将和代入，
得：，
解得：，；
（2）解：由（1）得：
当时，，
∴在抛物线的上方部分，
当时，，
∴在抛物线的下方部分，如图，
∴线段与抛物线有交点．
20．【答案】解：（1）作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或（舍去），
即点D到墙的距离约为米；
（2）作于点，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵10：00时，，
∴，
∴米，
∵，
∴铁树能被太阳光照射到；
（3）l的最大值为米，此时的度数．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】（3）如图，当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵10：00时，，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴米，
∴l的最大值为米，此时的度数．
【分析】（1）作于点，根据等腰直角三角形性质可得，再根据勾股定理即可求出答案.
（2）作于点，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，根据矩形判定定理可得四边形为矩形，则，，根据补角可得∠DEB=120°，再根据四边形内角和可得∠BAD=60°，则，根据含30°角的直角三角形性质可得AF，根据勾股定理可得DF，再根据彼岸之回见的关系可得DG，再根据正切定义及特殊角的三角函数值可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
21．【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴设，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点G作交延长线于点H，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，
∵，，，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
经检验，是原方程的解．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定；求正切值；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据正方形性质可得，，根据角之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，再根据正切定义即可求出答案.
（2）设，则，根据边之间的关系可得AG，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据勾股定理可得CE，过点G作交延长线于点H，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，，根据边之间的关系可得HC，再根据正切定义即可求出答案.
（3）延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，根据勾股定理可得EC，再根据正切定义可得，设，，根据边之间的关系可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案.
（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴设，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
整理得，，
解得：或（舍去），
经检验，是原方程的解，
∴，
∴，
∴，
如图所示，过点G作交延长线于点H，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，延长，交于点G，过点G作交延长线于点H，
∵，，，
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
经检验，是原方程的解．
22．【答案】（1）
（2）解：①如图，过作于，则，
∵，，
∴，
当时，
∵矩形，，，，
∴，，，
结合切线性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，此时，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上：；
②如图，
∵且，，
∴，
当时，最大，
此时，，，，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为：，
联立，
解得：，
∴，
∴，
过作于，而，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数的最值；切线的性质；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：连接，
∵过点O、P的与相切于点P，．
∴，，
∵，，
∴，
∵矩形的边长为2，
∴，，
∴.
【分析】（1）连接，根据切线性质可得，再根据直角三角形两锐角互余可得∠DBP=30°，根据角之间的关系可得，则，，再根据正切定义及特殊角的三角函数值即可求出答案.
（2）①过作于，则，根据垂径定理可得，分情况讨论：当时，根据矩形性质可得，，，再根据切线性质可得，则，根据正切定义可得，代值计算可得，即可求出答案；当时，此时，同理可得：，则，代值计算可得，即可求出答案.
②做出图形，由题意可得，根据二次函数的性质可得当时，最大，此时，，，，设解析式为，根据待定系数法将点D坐标代入解析式可得解析式为，设解析式为，根据待定系数法将思安B，P坐标代入解析式可得解析式为：，联立直线OD解析式，解方程组可得，根据两点间距离可得GP，过作于，而，，则，根据正切定义可得，设，则，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：连接，
∵过点O、P的与相切于点P，．
∴，，
∵，，
∴，
∵矩形的边长为2，
∴，，
∴.
（2）解：①如图，过作于，则，
∵，，
∴，
当时，
∵矩形，，，，
∴，，，
结合切线性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，此时，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上：；
②如图，
∵且，，
∴，
当时，最大，
此时，，，，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为，
设解析式为，则，
解得：，
∴解析式为：，
联立，
解得：，
∴，
∴，
过作于，而，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴.
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