广东省东莞市大朗第一中学2025年九年级数学第二次模拟测试
1．（2025·东莞模拟）的绝对值等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·东莞模拟）中国“二十四节气”已被列人联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·东莞模拟）截至2025年2月13日19时11分，《哪吒之魔童闹海》总票房（含预售）突破100亿元，用时仅仅16天，是中国影史上首个破百亿大关的电影．数据100亿用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·东莞模拟）下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·东莞模拟）如图，把三角形的直角顶点放在直尺的一边上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·东莞模拟）若一个正多边形的每个内角均为，则这个多边形是（ ）
A．正四边形 B．正五边形 C．正六边形 D．正八边形
7．（2025·东莞模拟）不等式组 的解集是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·东莞模拟）若关于的一元二次方程没有实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·东莞模拟）抛物线有三点，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·东莞模拟）如图，在中，， 点 O 为的中点，将 绕点O按逆时针方向旋转得到，点 A，B，C 的对应点分别为．当落在边上时，两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为（ ）
A． B．4 C． D．
11．（2025·东莞模拟）分解因式： ．
12．（2025·东莞模拟）某班抽样选位男生，分别对他们的鞋码进行调查，记录数部是：，，，，，，，，这组数据的众数是 ．
13．（2025·东莞模拟）如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条、的端点O连在一起，点C、D分别是、的中点．经测得，则该工件内槽宽的长为 ．
14．（2025·东莞模拟）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，则 ．
15．（2025·东莞模拟）如图，正六边形的边长为4，以A为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为 ．
16．（2025·东莞模拟）先化简，再求值：，其中．
17．（2025·东莞模拟）如图，四边形是平行四边形．
（1）尺规作图：作的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，，求证：四边形是菱形．
18．（2025·东莞模拟）“四大发明”是指中国古代对世界具有很大影响的四种发明，它是中国古代劳动人民的重要创造，具体指A．指南针、B．造纸术、C．火药、D．印刷术四项发明，如图是小强同学收集的中国古代四大发明的不透明卡片，四张卡片除内容外其余完全相同，将这四张卡片背面朝上洗匀放好．
（1）小强从这四张卡片中随机抽取一张后将卡片洗匀，小刚再从剩下的三张卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率．
（2）小强和小刚玩游戏，在（1）的规则上，若两人抽到的卡片有指南针，则小强胜，否则小刚胜，请判断上述游戏是否公平，并说明理由．
19．（2025·东莞模拟）“滨滨”和“妮妮”是2025年第九届亚洲冬季运动会的吉祥物．某亚冬会官方特许商品零售店购进了一批同一型号的“滨滨”和“妮妮”手办，连续两个月的销售情况如下表：
月份 销售量/个 销售额/元
滨滨 妮妮
月
月
（1）求该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价；
（2）为了扩大销量，增加盈利，该店对两种手办进行降价促销，其中“滨滨”手办八折销售，“妮妮”手办七五折销售，某学校欲购买若干个“滨滨”和“妮妮”手办作为亚冬会知识竞赛活动的奖品，且“滨滨”手办的数量恰好是“妮妮”手办数量的倍，若总费用不超过元，那么该校最多可购买多少个“滨滨”手办？
20．（2025·东莞模拟）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高所在的直线．为了测量房屋的高度，在地面上点测得屋顶的仰角为，此时地面上点、屋檐上点、屋顶上点三点恰好共线，继续向房屋方向走到达点时，又测得屋檐点的仰角为，房屋的顶层横梁，，交于点（点，，在同一水平线上）．（参考数据：，，，，，
（1）求屋顶到横梁的距离；
（2）求房屋的高．
21．（2025·东莞模拟）如图，为的直径，C，D为上不同于A，B 的两点，，连接， 过点C作，垂足为E，直径与的延长线相交于F点．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的长．
22．（2025·东莞模拟）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）点P是x轴上一点，若是等腰三角形，直接写出点P的坐标；
（3）如图（2），点D是直线下方抛物线上的一个动点．过点D作于点E，问：是否存在点D，使得 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2025·东莞模拟）综合与实践：纸张中藏着丰富的数学奥秘，某数学学习小组围绕“神奇的纸”开展主题学习．
【阅读资料】
纸张大小的设计不仅要有美感，还应具有实用性．纸是我们常见的矩形打印纸，将纸沿它的一条对称轴折叠（如图1），展开后，折痕两侧的两个小矩形称为纸，它们与原来的矩形相似，以其中一个为例，可记为矩形矩形；将纸类似的对折，得到与之相似的纸……，纸的大小设计能在纸张的剪裁中避免浪费，且方便缩放打印，可谓兼具强大的功能性与视觉美感．
图1 图2 图3
【初探结论】
（1）如图1，设，求纸的长与宽的比值；
【作图再探】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，过点E作交于点G．试说明点G为边的中点；
【拓展应用】
（3）如图3，在（1）的条件下，再次折叠纸片，使点B落在上的点E处，折痕为，连接．试探究线段与的数量关系与位置关系．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：的绝对值等于，
故答案为：D．
【分析】根据绝对值的性质“正数的绝对值是它本身；0的绝对值是0；负数的绝对值是它的相反数”即可求解．
2．【答案】A
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、图案不是轴对称图形，
∴此选项符合题意；
B、图案是轴对称图形，
∴此选项不符合题意；
C、图案不是轴对称图形，
∴此选项不符合题意；
D、图案不是轴对称图形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：A．
【分析】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，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．根据轴对称图形的定义并结合各选项即可判断求解．
3．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：100亿，
故答案为：C．
【分析】由题意，先将单位亿元化为元，然后根据科学记数法的定义“科学记数法是指，任何一个绝对值大于或等于1的数可以写成a10n的形式，其中，n=整数位数-1.”并结合题意可求解．
4．【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、(3x)2=9x2，故此选项计算错误，不符合题意；
B、3x与3y不是同类项，不能合并，故此选项计算错误，不符合题意；
C、(x+y)2=x2+2xy+y2，故此选项计算错误，不符合题意；
D、(x+2)(x-2)=x2-4，故此选项计算正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，据此可判断A选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断B选项；由完全平方公式的展开式是一个三项式可判断C选项；根据平方差公式，两个数的和与这两个数差的积等于这两个数的平方差，可判断D选项.
5．【答案】B
【知识点】两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：如图，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】由平角的性质先求出的度数，再由平行线的性质“两直线平行，同位角相等”即可求解.
6．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：一个正多边形的每个内角均为，
，
，
这个多边形是正五边形，
故答案为：B．
【分析】先求出正多边形的一个外角，再利用“正多边形的边数=外角和（360°）÷一个外角的度数”列出算式求解即可.
7．【答案】A
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：
由①得x＞3
由②得x＞5
所以不等式组的解集为x＞5．
故答案为A．
【分析】先分别求出各不等式的解集，最后再确定不等式组的解集．
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程没有实数根，
∴，
解得，，
故答案为：B ．
【分析】先求得b2-4ac的值，再根据一元二次方程的根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"可得关于m的不等式，解不等式可求解.
9．【答案】D
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意得，，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线．
∵离直线最远，离直线最近，
∴最小，最大．
∴．
故答案为：D．
【分析】由题意，根据抛物线的性质可得抛物线的开口向下，对称轴为直线，然后根据三个点与对称轴的距离的远近判断函数值的大小即可求解．
10．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设与交于点D，
∵，点 O 为的中点，
∴，
将 绕点O按逆时针方向旋转得到，点 A，B，C 的对应点分别为．当落在边上时，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
即两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为，
故答案为：D．
【分析】设与交于点D，求出，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得，用勾股定理求出A D的值，然后根据三角形的面积公式可求解．
11．【答案】x（y+1）（y-1）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】
故答案为：x（y+1）（y-1）．
【分析】利用提公因式和平方差公式分解因式即可。
12．【答案】
【知识点】众数
【解析】【解答】解：这组数据中出现次，次数最多，
这组数据的众数为，
故答案为：．
【分析】根据众数的定义“众数是指一组数据中出现次数最多的数”并结合题意即可求解．
13．【答案】11
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵把两根钢条、的端点连在一起，点C，D分别是、的中点，，
∴是的中位线，
∴．
故答案为：11．
【分析】
根据点C，D分别是、的中点，可知是的中位线，根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”可得求解．
14．【答案】
【知识点】矩形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】根据矩形的性质“矩形的每一个角都等于90°，矩形的对边相等”可得，，由折叠的性质并结合相似三角形的判定“有两个角对应相等的两个三角形相似”可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式可得，然后根据锐角三角函数tan∠EDF=可求解．
15．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为4，
∴AB=BC=4，，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，
∴，
如图，过B作BH⊥AC于H，
∴AH=CH，，
在Rt△ABH中，，
∴．
同理可求∠EAF=30°，
∴，
∴
∴图中阴影部分的面积为8π，
故答案为：8π．
【分析】由正六边形ABCDEF的边长为4，可得AB=BC=4，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH，BH=2．在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=，得到．最后根据扇形的面积公式S扇形=计算即可求解．
16．【答案】解：原式
．
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】由题意先将括号内的分式通分，根据除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法转化为乘法，再将每一个分式的分子和分母分解因式并约分，即可将分式化简，然后把x的值的代入化简后的分式计算可求解.
17．【答案】（1）解：如图，
直线即为所求；
（2）证明：设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
，
，
垂直平分，
，即，
在和中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】
(1)根据垂直平分线的作法“分别以点B、D为圆心，以大于线段BD的一半为半径画弧，过两弧的两个交点作直线分别与AD、BC交于点E、F，直线EF为所求”作图即可；
(2)由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等”可得BO=DO，结合已知，用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可求解.
（1）解：如图，
直线即为所求；
（2）证明：设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
，
，
垂直平分，
，即，
在和中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
18．【答案】（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：.
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平.
【知识点】用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】
（1）由题意画树状图，根据树状图的信息可得所有等可能的结果数和两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的结果数，再用概率公式计算即可求解；
（2）根据两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，然后结合概率公式分别求出小强和小刚的概率，根据概率即可判断求解．
（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平
19．【答案】（1）解：设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，
由题意得，，
解得，
答：该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元；
（2）解：设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，
由题意得，，
解得：，
∵为正整数，
∴，
∴该校最多可购买2×10=20个“滨滨”手办.
答：最多可以购买个“滨滨”手办．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（）设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，根据表格中的两个相等关系列出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可求解；
（）设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，根据题中的不等关系“购买个“妮妮”手办的费用+购买个“滨滨”手办的费用≤1300”列出关于a的一元一次不等式，解不等式可得a的范围，根据a是正整数即可求解.
（1）解：设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，
由题意得，，
解得，
答：该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元；
（2）解：设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，
由题意得，，
解得，
∵为正整数，
∴，
答：最多可以购买个“滨滨”手办．
20．【答案】（1）解：，
，
该房屋的侧面示意图是一个轴对称图形，
，，
，
答：屋顶到横梁的距离为．
（2）解：过点作于点，
设，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
，，
解得：，
，
答：房屋的高为．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】
（1）根据平行线的性质“两直线平行，同位角相等”可得，再根据锐角三角函数tan∠AEG=即可求解；
（2）过点作于点，设，再根据锐角三角函数tan∠C=将CH用含x的代数式表示出来，根据tan∠EDH=将DH用含x的代数式表示出来，再根据线段的和差列出关于x的方程，解方程求出x的值，然后根据线段的和差AB=AG+BG即可求解．
21．【答案】（1）证明：连接．
∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；已知正弦值求边长
【解析】【分析】
（1）连接．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出，由已知，得到，则，再由，得到，根据切线的判定即可证明为的切线；
（2）连接．在Rt△ABD中，由锐角三角函数sin∠BAD==sin∠F可求得AB的值，在Rt△FOC中，由锐角三角函数sin∠F=可得关于BF的方程，解方程即可求解．
（1）证明：连接．
∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
．
22．【答案】（1）解：将代入得：
．
解得：．
∴此抛物线的函数表达式为；
（2）解：令，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若是等腰三角形，分三种情形：
当时，，
∴，
∴P点坐标为或；
当时，
．
∴P点坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∵，，
∴．
解得：．
∴点P的坐标为．
综上可得，是等腰三角形，点P的坐标为或或；
（3）解：存在，D点坐标为．理由：如图，取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴M的坐标为，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
∴联立得，
解得：或，
当时，，
∴D点的坐标为，
∴存在点D使得，点D的坐标为．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）将A，B坐标代入抛物线解析式中可得关于a、b的方程组，解方程组即可求解；
（2）由题意，用勾股定理求出线段的长，根据等腰三角形的性质可分三种情况：①当时，根据线段的和差可求解；②当时，③当时，设P（m，0）由勾股定理可得关于m的方程，解方程可求解；
（3）取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△CHM∽△CED，由相似三角形的对应角相等可得．从而得到M的坐标；同理可得△MOF∽△GCO，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式和已知条件可求得OG的值，用待定系数法可求出直线CG的解析式，将直线CG的解析式和抛物线的解析式联立解方程组可求得点D的坐标．
（1）解：将代入得：
．
解得：．
∴此抛物线的函数表达式为；
（2）解：令，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若是等腰三角形，分三种情形：
当时，，
∴，
∴P点坐标为或；
当时，
．
∴P点坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∵，，
∴．
解得：．
∴点P的坐标为．
综上，是等腰三角形，点P的坐标为或或；
（3）解：存在，D点坐标为．理由：
如图，取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴M的坐标为，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
∴联立得，
解得：或，
当时，，
∴D点的坐标为，
∴存在点D使得，点D的坐标为．
23．【答案】解：（1）设．
∵，矩形矩形，
∴，，，
即，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点G为边的中点．
（3）连接交于点O，如下图：
由翻折变换的性质可知，
设，
在中，，
即
解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似多边形
【解析】【分析】（1）设．由矩形的对边相等可得，由线段中点定义可得，再根据矩形矩形的性质可得比例式，结合比例式可将x用含a的代数式表示出来，然后代入所求代数式计算即可求解；
（2）根据矩形的性质“矩形的每一个角都是直角”以及直角三角形两锐角互余可得∠A=∠D，∠ABE=∠DEG，然后根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，根据比例式可将DG用含a的代数式表示出来，根据计算得DG=CG即可判断点G为边的中点；
（3）连接交于点O，设，在中，用勾股定理可得关于y的方程，解方程将y用含a的代数式表示出来，根据“两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似”可得△ABE∽△DAC，由相似三角形的对应角相等可得∠ABE=∠DAC，结合已知易得，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，根据相似三角形的对应边的比相等可求解．
1 / 1广东省东莞市大朗第一中学2025年九年级数学第二次模拟测试
1．（2025·东莞模拟）的绝对值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：的绝对值等于，
故答案为：D．
【分析】根据绝对值的性质“正数的绝对值是它本身；0的绝对值是0；负数的绝对值是它的相反数”即可求解．
2．（2025·东莞模拟）中国“二十四节气”已被列人联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、图案不是轴对称图形，
∴此选项符合题意；
B、图案是轴对称图形，
∴此选项不符合题意；
C、图案不是轴对称图形，
∴此选项不符合题意；
D、图案不是轴对称图形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：A．
【分析】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，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．根据轴对称图形的定义并结合各选项即可判断求解．
3．（2025·东莞模拟）截至2025年2月13日19时11分，《哪吒之魔童闹海》总票房（含预售）突破100亿元，用时仅仅16天，是中国影史上首个破百亿大关的电影．数据100亿用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：100亿，
故答案为：C．
【分析】由题意，先将单位亿元化为元，然后根据科学记数法的定义“科学记数法是指，任何一个绝对值大于或等于1的数可以写成a10n的形式，其中，n=整数位数-1.”并结合题意可求解．
4．（2025·东莞模拟）下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；合并同类项法则及应用；积的乘方运算
【解析】【解答】解：A、(3x)2=9x2，故此选项计算错误，不符合题意；
B、3x与3y不是同类项，不能合并，故此选项计算错误，不符合题意；
C、(x+y)2=x2+2xy+y2，故此选项计算错误，不符合题意；
D、(x+2)(x-2)=x2-4，故此选项计算正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】由积的乘方，等于把积中的每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，据此可判断A选项；整式加法的实质就是合并同类项，所谓同类项就是所含字母相同，而且相同字母的指数也分别相同的项，同类项与字母的顺序没有关系，与系数也没有关系，合并同类项的时候，只需要将系数相加减，字母和字母的指数不变，但不是同类项的一定就不能合并，从而即可判断B选项；由完全平方公式的展开式是一个三项式可判断C选项；根据平方差公式，两个数的和与这两个数差的积等于这两个数的平方差，可判断D选项.
5．（2025·东莞模拟）如图，把三角形的直角顶点放在直尺的一边上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：如图，
∵，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】由平角的性质先求出的度数，再由平行线的性质“两直线平行，同位角相等”即可求解.
6．（2025·东莞模拟）若一个正多边形的每个内角均为，则这个多边形是（ ）
A．正四边形 B．正五边形 C．正六边形 D．正八边形
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：一个正多边形的每个内角均为，
，
，
这个多边形是正五边形，
故答案为：B．
【分析】先求出正多边形的一个外角，再利用“正多边形的边数=外角和（360°）÷一个外角的度数”列出算式求解即可.
7．（2025·东莞模拟）不等式组 的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：
由①得x＞3
由②得x＞5
所以不等式组的解集为x＞5．
故答案为A．
【分析】先分别求出各不等式的解集，最后再确定不等式组的解集．
8．（2025·东莞模拟）若关于的一元二次方程没有实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：关于的一元二次方程没有实数根，
∴，
解得，，
故答案为：B ．
【分析】先求得b2-4ac的值，再根据一元二次方程的根的判别式"①当b2-4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当b2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；③当b2-4ac＜0时，方程没有实数根"可得关于m的不等式，解不等式可求解.
9．（2025·东莞模拟）抛物线有三点，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意得，，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线．
∵离直线最远，离直线最近，
∴最小，最大．
∴．
故答案为：D．
【分析】由题意，根据抛物线的性质可得抛物线的开口向下，对称轴为直线，然后根据三个点与对称轴的距离的远近判断函数值的大小即可求解．
10．（2025·东莞模拟）如图，在中，， 点 O 为的中点，将 绕点O按逆时针方向旋转得到，点 A，B，C 的对应点分别为．当落在边上时，两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：设与交于点D，
∵，点 O 为的中点，
∴，
将 绕点O按逆时针方向旋转得到，点 A，B，C 的对应点分别为．当落在边上时，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
即两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为，
故答案为：D．
【分析】设与交于点D，求出，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得，用勾股定理求出A D的值，然后根据三角形的面积公式可求解．
11．（2025·东莞模拟）分解因式： ．
【答案】x（y+1）（y-1）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】
故答案为：x（y+1）（y-1）．
【分析】利用提公因式和平方差公式分解因式即可。
12．（2025·东莞模拟）某班抽样选位男生，分别对他们的鞋码进行调查，记录数部是：，，，，，，，，这组数据的众数是 ．
【答案】
【知识点】众数
【解析】【解答】解：这组数据中出现次，次数最多，
这组数据的众数为，
故答案为：．
【分析】根据众数的定义“众数是指一组数据中出现次数最多的数”并结合题意即可求解．
13．（2025·东莞模拟）如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条、的端点O连在一起，点C、D分别是、的中点．经测得，则该工件内槽宽的长为 ．
【答案】11
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵把两根钢条、的端点连在一起，点C，D分别是、的中点，，
∴是的中位线，
∴．
故答案为：11．
【分析】
根据点C，D分别是、的中点，可知是的中位线，根据三角形中位线定理“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”可得求解．
14．（2025·东莞模拟）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，则 ．
【答案】
【知识点】矩形的性质；求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】根据矩形的性质“矩形的每一个角都等于90°，矩形的对边相等”可得，，由折叠的性质并结合相似三角形的判定“有两个角对应相等的两个三角形相似”可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式可得，然后根据锐角三角函数tan∠EDF=可求解．
15．（2025·东莞模拟）如图，正六边形的边长为4，以A为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为4，
∴AB=BC=4，，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，
∴，
如图，过B作BH⊥AC于H，
∴AH=CH，，
在Rt△ABH中，，
∴．
同理可求∠EAF=30°，
∴，
∴
∴图中阴影部分的面积为8π，
故答案为：8π．
【分析】由正六边形ABCDEF的边长为4，可得AB=BC=4，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH，BH=2．在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=，得到．最后根据扇形的面积公式S扇形=计算即可求解．
16．（2025·东莞模拟）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：原式
．
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】由题意先将括号内的分式通分，根据除以一个数等于乘以这个数的倒数将除法转化为乘法，再将每一个分式的分子和分母分解因式并约分，即可将分式化简，然后把x的值的代入化简后的分式计算可求解.
17．（2025·东莞模拟）如图，四边形是平行四边形．
（1）尺规作图：作的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接，，求证：四边形是菱形．
【答案】（1）解：如图，
直线即为所求；
（2）证明：设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
，
，
垂直平分，
，即，
在和中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】
(1)根据垂直平分线的作法“分别以点B、D为圆心，以大于线段BD的一半为半径画弧，过两弧的两个交点作直线分别与AD、BC交于点E、F，直线EF为所求”作图即可；
(2)由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等”可得BO=DO，结合已知，用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可求解.
（1）解：如图，
直线即为所求；
（2）证明：设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
，
，
垂直平分，
，即，
在和中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
18．（2025·东莞模拟）“四大发明”是指中国古代对世界具有很大影响的四种发明，它是中国古代劳动人民的重要创造，具体指A．指南针、B．造纸术、C．火药、D．印刷术四项发明，如图是小强同学收集的中国古代四大发明的不透明卡片，四张卡片除内容外其余完全相同，将这四张卡片背面朝上洗匀放好．
（1）小强从这四张卡片中随机抽取一张后将卡片洗匀，小刚再从剩下的三张卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率．
（2）小强和小刚玩游戏，在（1）的规则上，若两人抽到的卡片有指南针，则小强胜，否则小刚胜，请判断上述游戏是否公平，并说明理由．
【答案】（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：.
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平.
【知识点】用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】
（1）由题意画树状图，根据树状图的信息可得所有等可能的结果数和两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的结果数，再用概率公式计算即可求解；
（2）根据两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，然后结合概率公式分别求出小强和小刚的概率，根据概率即可判断求解．
（1）解：画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两人抽到的卡片恰好是“A．指南针”和“B．造纸术”的结果有2种，
两人抽到的卡片恰好是“指南针”和“造纸术”的概率为．
故答案为：
（2）解：上述游戏公平，理由如下：
两人抽到的卡片有指南针的结果数有种，
∴小强胜的概率为
小刚胜概率为
∴上述游戏公平
19．（2025·东莞模拟）“滨滨”和“妮妮”是2025年第九届亚洲冬季运动会的吉祥物．某亚冬会官方特许商品零售店购进了一批同一型号的“滨滨”和“妮妮”手办，连续两个月的销售情况如下表：
月份 销售量/个 销售额/元
滨滨 妮妮
月
月
（1）求该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价；
（2）为了扩大销量，增加盈利，该店对两种手办进行降价促销，其中“滨滨”手办八折销售，“妮妮”手办七五折销售，某学校欲购买若干个“滨滨”和“妮妮”手办作为亚冬会知识竞赛活动的奖品，且“滨滨”手办的数量恰好是“妮妮”手办数量的倍，若总费用不超过元，那么该校最多可购买多少个“滨滨”手办？
【答案】（1）解：设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，
由题意得，，
解得，
答：该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元；
（2）解：设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，
由题意得，，
解得：，
∵为正整数，
∴，
∴该校最多可购买2×10=20个“滨滨”手办.
答：最多可以购买个“滨滨”手办．
【知识点】一元一次不等式的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（）设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，根据表格中的两个相等关系列出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可求解；
（）设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，根据题中的不等关系“购买个“妮妮”手办的费用+购买个“滨滨”手办的费用≤1300”列出关于a的一元一次不等式，解不等式可得a的范围，根据a是正整数即可求解.
（1）解：设该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元，
由题意得，，
解得，
答：该店“滨滨”和“妮妮”手办的单价分别为元和元；
（2）解：设购买个“妮妮”手办，则购买个“滨滨”手办，
由题意得，，
解得，
∵为正整数，
∴，
答：最多可以购买个“滨滨”手办．
20．（2025·东莞模拟）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高所在的直线．为了测量房屋的高度，在地面上点测得屋顶的仰角为，此时地面上点、屋檐上点、屋顶上点三点恰好共线，继续向房屋方向走到达点时，又测得屋檐点的仰角为，房屋的顶层横梁，，交于点（点，，在同一水平线上）．（参考数据：，，，，，
（1）求屋顶到横梁的距离；
（2）求房屋的高．
【答案】（1）解：，
，
该房屋的侧面示意图是一个轴对称图形，
，，
，
答：屋顶到横梁的距离为．
（2）解：过点作于点，
设，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
，，
解得：，
，
答：房屋的高为．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】
（1）根据平行线的性质“两直线平行，同位角相等”可得，再根据锐角三角函数tan∠AEG=即可求解；
（2）过点作于点，设，再根据锐角三角函数tan∠C=将CH用含x的代数式表示出来，根据tan∠EDH=将DH用含x的代数式表示出来，再根据线段的和差列出关于x的方程，解方程求出x的值，然后根据线段的和差AB=AG+BG即可求解．
21．（2025·东莞模拟）如图，为的直径，C，D为上不同于A，B 的两点，，连接， 过点C作，垂足为E，直径与的延长线相交于F点．
（1）求证：是的切线；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）证明：连接．
∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；已知正弦值求边长
【解析】【分析】
（1）连接．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出，由已知，得到，则，再由，得到，根据切线的判定即可证明为的切线；
（2）连接．在Rt△ABD中，由锐角三角函数sin∠BAD==sin∠F可求得AB的值，在Rt△FOC中，由锐角三角函数sin∠F=可得关于BF的方程，解方程即可求解．
（1）证明：连接．
∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵为的半径，
∴为的切线；
（2）解：连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
．
22．（2025·东莞模拟）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）点P是x轴上一点，若是等腰三角形，直接写出点P的坐标；
（3）如图（2），点D是直线下方抛物线上的一个动点．过点D作于点E，问：是否存在点D，使得 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将代入得：
．
解得：．
∴此抛物线的函数表达式为；
（2）解：令，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若是等腰三角形，分三种情形：
当时，，
∴，
∴P点坐标为或；
当时，
．
∴P点坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∵，，
∴．
解得：．
∴点P的坐标为．
综上可得，是等腰三角形，点P的坐标为或或；
（3）解：存在，D点坐标为．理由：如图，取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴M的坐标为，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
∴联立得，
解得：或，
当时，，
∴D点的坐标为，
∴存在点D使得，点D的坐标为．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；二次函数-角度的存在性问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）将A，B坐标代入抛物线解析式中可得关于a、b的方程组，解方程组即可求解；
（2）由题意，用勾股定理求出线段的长，根据等腰三角形的性质可分三种情况：①当时，根据线段的和差可求解；②当时，③当时，设P（m，0）由勾股定理可得关于m的方程，解方程可求解；
（3）取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△CHM∽△CED，由相似三角形的对应角相等可得．从而得到M的坐标；同理可得△MOF∽△GCO，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式和已知条件可求得OG的值，用待定系数法可求出直线CG的解析式，将直线CG的解析式和抛物线的解析式联立解方程组可求得点D的坐标．
（1）解：将代入得：
．
解得：．
∴此抛物线的函数表达式为；
（2）解：令，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若是等腰三角形，分三种情形：
当时，，
∴，
∴P点坐标为或；
当时，
．
∴P点坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∵，，
∴．
解得：．
∴点P的坐标为．
综上，是等腰三角形，点P的坐标为或或；
（3）解：存在，D点坐标为．理由：
如图，取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴M的坐标为，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
∴联立得，
解得：或，
当时，，
∴D点的坐标为，
∴存在点D使得，点D的坐标为．
23．（2025·东莞模拟）综合与实践：纸张中藏着丰富的数学奥秘，某数学学习小组围绕“神奇的纸”开展主题学习．
【阅读资料】
纸张大小的设计不仅要有美感，还应具有实用性．纸是我们常见的矩形打印纸，将纸沿它的一条对称轴折叠（如图1），展开后，折痕两侧的两个小矩形称为纸，它们与原来的矩形相似，以其中一个为例，可记为矩形矩形；将纸类似的对折，得到与之相似的纸……，纸的大小设计能在纸张的剪裁中避免浪费，且方便缩放打印，可谓兼具强大的功能性与视觉美感．
图1 图2 图3
【初探结论】
（1）如图1，设，求纸的长与宽的比值；
【作图再探】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，过点E作交于点G．试说明点G为边的中点；
【拓展应用】
（3）如图3，在（1）的条件下，再次折叠纸片，使点B落在上的点E处，折痕为，连接．试探究线段与的数量关系与位置关系．
【答案】解：（1）设．
∵，矩形矩形，
∴，，，
即，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点G为边的中点．
（3）连接交于点O，如下图：
由翻折变换的性质可知，
设，
在中，，
即
解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似多边形
【解析】【分析】（1）设．由矩形的对边相等可得，由线段中点定义可得，再根据矩形矩形的性质可得比例式，结合比例式可将x用含a的代数式表示出来，然后代入所求代数式计算即可求解；
（2）根据矩形的性质“矩形的每一个角都是直角”以及直角三角形两锐角互余可得∠A=∠D，∠ABE=∠DEG，然后根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，根据比例式可将DG用含a的代数式表示出来，根据计算得DG=CG即可判断点G为边的中点；
（3）连接交于点O，设，在中，用勾股定理可得关于y的方程，解方程将y用含a的代数式表示出来，根据“两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似”可得△ABE∽△DAC，由相似三角形的对应角相等可得∠ABE=∠DAC，结合已知易得，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，根据相似三角形的对应边的比相等可求解．
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