浙江省2025年初中学业水平适应性考试数学试卷
一、选择题:本大题有10小题,每小题3分,共30分.请选出每小题中一个最符合题意的选项,不选、多选、错选,均不给分.
1.(2025·浙江模拟) 下列计算正确的是( )
A.a3·a2=a6 B.(-a)2=a2 C.a6÷a2=a3 D.2a+b=2ab
2.(2025·浙江模拟) 如图,该物体的主视图画法正确的是( )
A. B. C. D.
3.(2025·浙江模拟)如图,将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’,若AC⊥A’B’,则∠BAC等于( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
4.(2025·浙江模拟) 若+>2,则a,b的值可能是
A.a<0,b<0 B.a>1,b>1 C.a<0,b>1 D.a>1,b>0
5.(2025·浙江模拟) 已知等边三角形ABC的边长为3,其外部有一点D,满足∠BDC=2∠BAC,设BD=x,CD=y,在点D运动过程中,x+y的最大值为( )
A.3 B. C. D.6
6.(2025·浙江模拟) 二次函数y=x2+bx+c的图像经过四个点(-1, 0),(0, y1),(1, y2),(2, y3).若y2<y1<y3,则y2的取值范围为( )
A. B.
C. D.
7.(2025·浙江模拟)布袋里有 100 个球, 其中有红球 28 个, 绿球 20 个, 黄球 12 个, 蓝球 20 个, 白球 10 个, 黑球 10 个, 从袋中任意摸出球来, 若要一次摸出至少 15 个同色的球, 则需要从袋中摸出球至少( )
A.85 个 B.75个 C. 个 D.16 个
8.(2025·浙江模拟) 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径,那么称其为该圆的“半径三角形”.给出下面四个结论:
①一个圆的“半径三角形”有无数个;②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形;③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时,它的顶角可能是30°,120°或150°;④若一个圆的半径为,则它的“半径三角形”面积最大值为.
上述结论中,正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
9.(2025·浙江模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,∠BAD=74°,∠ABC=58°,∠AOB=138°,若AB=m,BC=n,CD=p,DA=q,则四边形ABCD的面积为( )
A.mq+np B.(mq+np) C.mp+nq D.(mp+nq)
10.(2025·浙江模拟)如图,在边长为5的菱形ABCD中,BD=8,将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A’B’D’,分别连结A’C,A’D,B’C,则A’C+B’C的最小值为( )
A.6 B. C.10 D.
二、填空题:本大题有6小题,每小题3分,共18分.
11.(2025·浙江模拟)有5根木棒,长度分别为1,2,3,3,4,从中任取3根木棒首尾相接,能组成三角形的概率为 .
12.(2025·浙江模拟)在平面直角坐标系中,直线y1=x,y2=-x+2,y3=x+2围成三角形的面积为 .
13.(2025·浙江模拟)据2024年全省5‰人口变动抽样调查推算,2024年末,浙江省常住人口为6670万人.数据6670万用科学记数法表示为 .
14.(2025·浙江模拟)小明的爸爸和小明早晨同时从家出发,以各自的速度匀速步行上班和上学,爸爸前往位于家正东方的公司,小明前往位于家正西方的学校,爸爸到达公司后发现小明的数学作业在自己的公文包里,于是立即跑步去追小明,终于在途中追上了小明把作业给了他,然后再以先前的速度步行再回公司(途中给作业的时间忽略不计).结果爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟.如图是两人之间的距离y(米)与他们从家出发的时间x(分钟)的函数关系图,则小明家与学校相距 米.
15.(2025·浙江模拟)如图,在四边形ABCD中,AB=AC,AD=CD,BC⊥CD,连结BD.若=,则tan∠CBD的值为 .
16.(2025·浙江模拟)如图,在边长为的正方形ABCD中,E为BC边上的中点,过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F,G,点P在线段BG上运动(不与端点重合),点M,N分别为AP,EF的中点.在点P运动过程中,当△BMN成为直角三角形时,BP的长为 .
三、解答题:本大题有8小题,共72分.解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程.
17.(2025·浙江模拟)计算:
18.(2025·浙江模拟)解方程组:
19.(2025·浙江模拟)为了解我校学生本学期参加志愿服务的情况,随机调查了我校的部分学生,根据调查结果,绘制出如图统计图,若我校共有1000名学生,请根据相关信息,解答下列问题:
(1)本次接受调查的学生人数为 ,扇形统计图中的 ;
(2)求所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数;
(3)学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”,请估计我校获“志愿者勋章”的学生人数.
20.(2025·浙江模拟)手机已经成为现代人生活的重要组成部分,小明想重新选择一个合适的话费套餐.
素材1:小明通过收集并整理自己近六个月的话费账单得到如下数据:
月份 1 2 3 4 5 6
通话时长(分钟) 123 150 130 155 120 160
流量(GB) 15 14 17 20 18 16
素材2:小明通过咨询话费套餐得到如下数据:
套餐名称 套餐内容 超出套餐资费
月租费 免费通话时间 免费上网流量 套餐外通话 套餐外流量
A 58元 200分钟 10GB 0.1元/分钟 3元/GB
B 88元 300分钟 30GB
套餐说明:①月手机资费=月租费+套餐外通话费+套餐外流量费;
②套餐外通话不足1分钟时按1分钟算;套餐外流量不足1GB时按1GB算.
请根据以上信息,解决下列问题:
(1)小明每月的通话时长与月手机资费是否有关?请说明理由;
(2)小明分析账单发现自己每月上网流量波动较大,设每月上网流量为xGB
(10<x≤20,x为整数),每月手机资费为y元,分别写出套餐A、套餐B中y与x之间的关系式;
(3)从节省费用的角度考虑,小明应选择哪个套餐?
21.(2025·浙江模拟)如图,在边长为2的正方形ABCD中,E是边AD上一点,以BE为直角边向外作等腰直角三角形BEF,且∠BEF=90°,BF和EF分别交CD于点M,N.解答下列问题:
(1)当E为AD中点时,求DN,CM的长;
(2)当CM=DN时,求AE的长.
22.(2025·浙江模拟)图1是我国古代提水的器具桔槔,创造于春秋时期.它选择大小两根竹竿,大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上.大竹竿末端悬挂一个重物,前端连接小竹竿(小竹竿始终与地面垂直),小竹竿上悬挂水桶.其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力,从而提水出井.当放松大竹竿时,小竹竿下降,水桶就会回到井里.如图2是桔槔的示意图,大竹竿AB=8米,O为AB的中点,支架OD垂直地面EF,此时水桶在井里时,∠AOD=120°.
(1)如图2,求支点O到小竹竿AC的距离(结果精确到0.1米);
(2)如图3,当水桶提到井口时,大竹竿AB旋转至的位置,小竹竿AC至的位置,此时∠A1OD=143°,求点A上升的高度(结果精确到0.1米).
(参考数据:,,,)
23.(2025·浙江模拟)如图,半圆中,直径,点为弧的中点,点在弧上,连接并延长交的延长线于点,连接交于点,连接.
(1)求证:
(2)若D为CE中点,求BE的长.
(3)①求证:面积与面积的差是定值;
②若,求AF的长.
24.(2025·浙江模拟)在平面直角坐标系中,A(-2,m),B(1,1)是二次函数y=ax2图象上的两点.
(1)求a,m的值;
(2)若点C在直线AB下方的抛物线上,点D在直线AB上方的抛物线上,问:
① 求△ABC面积的最大值;
② 当CD垂直平分线段AB时,求点D的坐标;
(3)过点B作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E,F,求△BEF中EF
边上的高的最大值.
答案解析部分
1.【答案】B
【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;幂的乘方运算
【解析】【解答】解:A、计算结果是a5,所以选项运算错误,不符合题意;
B、(-a)2=a2,所以选项运算正确,符合题意;
C、运算结果是a4,所以选项运算错误,不符合题意;
D、不能合并,所以选项运算错误,不符合题意;
故答案为:B.
【分析】根据幂运算法则及合并同类项法则,即可判断答案.
2.【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解:主视图是从正面看这个几何体得到的正投影,空心圆柱从正面看是一个长方形,加两条虚竖线,画法正确的是:
故答案为:C.
【分析】根据主视图是从正面看到的图形,进而得出答案.
3.【答案】A
【知识点】旋转的性质;直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解:依题意旋转角∠A'CA=40°,
由于AC⊥A'B',由互余关系得∠A'=90°-40°=50°,
由对应角相等,得∠BAC=∠A'=50°.
故选A.
【分析】
由旋转的度数可知 ∠ACA`=40°,则由直角三角形两锐角互余可得∠A'的度数,又旋转前后对应角相等,即∠BAC=∠A'.
4.【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解:选项A:若a,b均为负数,则和均为负数,它们的和必为负数,显然小于2,排除;
选项B:当a,b>1时,,<1,例如a=b=2时,,排除;
选项C:为负数,<1,例如a=-1,b=2时,,排除;
选项D:当b接近0时,极大,例如a=1.5,b=0.6时,,满足条件,成立;
故答案为:D.
【分析】将不等式转化为关于a和b的关系式,并结合选项的取值范围进行判断.
5.【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质;圆周角定理;三角形的外接圆与外心;三角形全等的判定-SAS;解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解:如图,作△ABC的外接圆,圆心为点O,连接并延长AO交☉O于点E,连接CE、BE,
∵△ABC是边长为3的等边三角形,
∴AC=AB=CB=3,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,
∴∠AEC=∠ABC=60°,∠BEC=180°-∠BAC =120°,
∵∠BDC=2∠BAC=120°=∠BEC,
∴点E在☉O上运动。
∵AE是☉O的直径
∴∠ACE=90°,
∵
∴,
∴连接AD,在AD上截取FD=BD=x,连接BF,
∵∠EDB=∠ACB=60°,
∴△FBD是等边三角形,
∴BF=BD,∠FBD=60°,
∴∠ABF=∠CBD=60°-∠CBF
在△ABF和△CBD中,
∴△ABF≌△CBD(SAS),
∴AF=CD=y,
∴x+y=BD+CD=FD+AF=AD,
∵AD是☉O的弦,AE是☉O的直径
∴AD≤AE,
∴.
∴x+y的最大值为,
故答案为:B.
【分析】作△ABC的外接圆,圆心为点O,连接并延长AO交☉O于点E,连接CE、BE,由等边三角形的性质得AC=AB=CB=3,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,所以∠AEC=∠ABC=60°,∠BEC=180°-∠BAC=120°,而∠BDC=2∠BAC=120°,可知点E在☉O上运动,出∠ACE=90°,得,求得,连接AD,在AD上截取FD=BD=x,连接BF,可证明△FBD是等边三角形,再证明△ABF≌△CBD,则AF=CD=y,所以x+y=AD,由AD≤AE,得,求得x+y的最大值为,于是得到问题的答案.
6.【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解:代入(-1,0),
得,1-b+c=0,
解得:b=c+1,
∴y=x2+(c+1)x+c,
代入(0,y1),(1,y2),(2,y3),
得,y1=c,y2=2c+2,y3=3c+6,
∵y2∴2c+2解得:-3∴-4<2c+2<-2,即-4故答案为:A.
【分析】通过已知点确定二次函数的参数,利用不等式条件建立关于b的范围,再转化为y2的取值范围.
7.【答案】B
【知识点】推理与论证;抽屉原理
【解析】【解答】解:最坏情况考虑就行了,摸出14个红球,14个绿球,12个黄球,14个蓝球,10个白球,10个黑球,最后再摸出任意一个球,这时可以保证至少有15个颜色相同,即最少要摸:个球;
故选B.
【分析】
由于要保证至少15个同色球,因为只有红球、绿球和蓝球的个数够15个,而其余的黄球、白球、黑球个数都不够15个,因此得保证黄、白和黑球都全部摸到且红、绿和蓝球各至少有14个,此时再任意摸到剩下的任意一个球都可以满足条件,故最少要摸75个球.
8.【答案】C
【知识点】圆周角定理;三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解:如图,AB=OA,即AB的长度等于半径,
以AB为边的圆的内接三角形有无数个,
∴一个圆的“半径三角形”有无数个,故①结论正确;
∵OA=OB=AB,
∴△OAB为等边三角形,
∴∠AOB=60°,
当点C在优弧AB上时,∠C=30°,
当点C在劣弧AB上时,∠C=150°
当点C在圆上移动时,∠CAB可能是90°,
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形,故②结论正确;
由以上可知,∠C可以是30°或150°,
当AC=AB,∠C=30°时,
∠CAB=180°-30°3-30°=120°,
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时,它的顶角可能是30°,120°或150°,故③结论正确;
过点O作OH⊥AB于H,
则,
∴,
当点C为优弧AB的中点时,△ABC的面积最大,最大面积为:,故④结论错误;
故答案为:C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②;根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③;根据垂径定理求出AH,根据勾股定理求出OH,求出△ABC的最大面积,判断④.
9.【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理;圆内接四边形的性质;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:连接AC,BD交于点E,延长AO交BD于点F,如图所示:
∵∠AOB=138°,
∴,
在△ABD中,∠BAD=74°,
∴∠ABD=180°-(∠BAD+∠ADB)=180°-(74°+69°)=37°
∵∠ABC=58°,
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=21°,
根据圆周角定理得:∠DAC=∠DBC=21°,
在△ADE中,∠AED=180°-(∠DAC+∠ADB)=180°-(21°+69°)=90°
∴AC⊥BD,
∴,
∴四边形ABCD的面积:
,
∵∠AOB=138°,OA=OB,
∴
在△ABF和△ACD中,
∴∠OAB=∠DAC=21°,∠ABF=∠ACD,
∴△ABF∽△ACD,
∴
∴AB·CD=AC·BF①
∵∠OAB=∠DAC=21°,
∴∠OAB+OAC=∠DAC+∠OAC,
∴∠BAC =∠FAD,
∴∠ACB=∠ADF,
∴△ABC∽△AFD,
∴
∴BC·DA=AC·DF②
①+②得:
AB·CD+BC·DA=AC·BF+AC·DF=AC·(BF+DF)=AC·BD
∴,
∵AB=m,BC=n,CD=p,DA=q,
∴
故答案为:D.
【分析】连接AC,BD交于点E,延长AO交BD于点F,根据圆周角,圆心角定理及三角形内角和定理得∠ADB=69°,∠ABD=37°,∠DAC=∠DBC=21°,进而得∠AED=90°,则,,继而得四边形ABCD的面积,再根据∠OAB=∠DAC=21°,∠ABF=∠ACD得△ABF和△ACD相似,则AB·CD=AC·BF①,再证明△ABC和△AFD相似得BC·DA=AC·DF②,①+②得AB·CD+BC·DA=AC·BD,则,然后根据AB=m,BC =n,CD=p,DA=q即可得出答案.
10.【答案】B
【知识点】菱形的性质;轴对称的应用-最短距离问题;将军饮马模型-一线两点(一动两定)
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD为菱形,边长为5,BD=8,
∴AC⊥BD,
设AC与BD相交于点O,
∴,
根据勾股定理得:,
∴AC=6
由平移得△ABD≌△A'B'D',
∴A'B'//AB,A'B'//AB=5,AA'//BD,
∴A'D=B'C,
作点C关于直线BD的对称点E,则E在AC的延长线上,且CE=AC=6,连接A'E,
∴AE=AC+CE=12,
∵点C与点E关于直线BD对称,
∴B'C=B'E,
∴A'C+B'C=A'C+B'E≥A'E(当且仅当A',B',E三点共线时取等号),
在Rt△A'CE中,A'C⊥CE,A'C=5,CE=6,
根据勾股定理.
故答案为:B.
【分析】通过萎形的性质求出相关线段长度,利用平移得到线段关系,再通过作对称点将A'C+B'C转化为一条线段,根据两点之间线段最短求出最小值.
11.【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解:从中任取3根木棒首尾相接,所有等可能的结果有:
(1,2,3),(1,2,3),(1,2,4),(1,3,3),(1,3,4),(1,3,4)
(2,3,3),(2,3,4),(2,3,4),(3,3,4),共10种,
其中能组成三角形的结果有:(1,3,3),(2,3,3),(2,3,4),(2,3,4),(3,3,4),共5种,
∴能组成三角形的概率为
故答案为:.
【分析】由题意可得出所有等可能的结果数以及能组成三角形的结果数,再利用概率公式可得出答案.
12.【答案】2
【知识点】一次函数与二元一次方程(组)的关系;一次函数中的面积问题
【解析】【解答】解:设直线y1=x,y2=-x+2交于点A,直线y1=x,交于点B,直线y2=-x+2,交于点C,
联立直线y1,y2的解析式组成方程组得:,
解得:
∴点A的坐标为(1,1),
同理:点B的坐标为(3,3),点C的坐标为(0,2),
过点B作BE⊥y轴于点E,过点A作AF⊥y轴于点F,则BE=3,AF=1,如图所示,
∴S△ABC=S△OBC-S△OAC,
=3-1
=2
∴直线y1=x,y2=-x+2,围成三角形的面积为2.
故答案为:2.
【分析】设直线y1=x,y2=-x+2交于点A,直线y1=x,交于点B,直线y2=-x+2,交于点C,通过解方程组,可求出点A,B,C的坐标,再利用三角形的面积公式,即可求出结论.
13.【答案】6.67×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解:6670万=66700000=6.67×107,
故答案为:6.67×107.
【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是正数;当原数的绝对值<1时,n是负数.
14.【答案】1800
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解:由图象可知,设BC段两人之间的距离为x米,则有
解得x=1800
∵爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟,由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司;
∴BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离;
∴小明家与学校相距1800米.
故答案为:1800.
【分析】小明的爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟,由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司,可以推出BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离,求出设BC段两人之间的距离即可解决问题.
15.【答案】
【知识点】等腰三角形的性质;求正切值;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:过A作AM⊥BC于M,过D作DN⊥AC于N,
∵AB=AC,AD=CD,
∴M是BC的中点,N是AC的中点,
∴,,
∵
∴
∵DC⊥BC,AM⊥BC,
∴AM//CD,
∴∠CAM=∠DCN,
∵∠AMC=∠DNC=90°
∴△ACM∽△CDN,
∴,
∴
令,CN=3k,
∴AC=2CN=6k,
∴
∴
∵,
∴BC=2CM=8k,
∴
故答案为:.
【分析】过A作AM⊥BC于M,过D作DN⊥AC于N,由等腰三角形的性质推出M是BC的中点,N是AC的中点,得到,判定△ACM∽△CDN,推出,,求出,令,CN=3k,求出AC=2CN=6k,,由勾股定理求出CM=4k,得到BC=2CM=8k,进而得出结论.
16.【答案】或或
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形的中位线定理;解直角三角形—边角关系;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:在正方形ABCD中,,E为BC 中点,则.
在Rt△DCE中,根据勾股定理,
∵∠ADF+∠DEC=90°,∠DCE=∠AFD=90°,∠DAF+∠ADF=90°,
∴△ADF~△DEC.
∴,即,
解得DF=2,
∴EF=DE-DF=5-2=3,
同理可得,△GCE~△DCE,
∴,即
解得GC=2,
∴,
①当∠BMN=90°时,
∵M是AP中点,N是EF中点,取AE中点O,连接OM,ON,
∴OM//PE,ON//AF,
∵AF⊥DE,
∴ON⊥DE,
当∠BMN=90°时,OM⊥MN,
又∵OM//PE,
∴PE⊥MN,
∵E是BC中点,,
∴,
设BP=x,则,
由△ADF~△DEC可得,即,
解得AF=4,
∴,,
在Rt△OMN中,MN2=ON2-OM2,
在Rt△ABE中,
∵M是AP中点,O是AE中点,
∴,
由△AOM~△AEP可得,
,即
∴
②当∠BNM=90°时,
设BP=y,则,
∵N是EF 中点,EF=3,
∴
∵,
∴AF=4,
过N作NH⊥BC于H,则NH是△EFG 的中位线,
∴,
∵△GCE~△DCE,GC=2,,DE=5,EF=3,
∴,
∴
∴
在Rt△BNH中,BN2=BH2+NH2,
在Rt△PNH中,PN2=PH2+NH2,
∵M是AP 中点,N是EF中点,
∴,
③当∠MBN=90°时
设BP=z,则
在Rt△ABE中,,,
∴
∵M是AP中点,
∴设 AP 与 DE 交于点 Q,
由△ADQ~△GCE,
同理可得
故答案为:或或.
【分析】先利用正方形性质和相似三角形求出相关线段长度,再根据点P的运动,分三种情况讨论△BMN为直角三角形时BP的长度.
17.【答案】解:原式=2-2+1
=0+1
=1.
【知识点】实数的混合运算(含开方)
【解析】【分析】利用算术平方根的定义,绝对值的性质,零指数幂计算后再算加减即可.
18.【答案】解:
由①得y=2x-6③,
将③代入②得x2-3x-2(2x-6)=0,
解得x1=3,x2=4,
∵x1=3时,x-3=0,
∴x1=3舍去,
将x=4代入③得y=2,
∴
【知识点】代入消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】利用代入法求解即可.
19.【答案】(1)40;25
(2)解:根据题意可得:
所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数为:(次);
(3)解:根据题意得:
(人),
答:我校获“志愿者勋章”的学生人数是700人.
【知识点】用样本估计总体;扇形统计图;条形统计图;加权平均数及其计算
【解析】【解答】解:(1) 本次接受调查的学生人数为8÷20%=40人;
m%=×100%=25%,
∴m=25.
故答案为:40,25
【分析】(1)本次接受调查的学生人数=参加6次的人数÷参加6次的人数所占的百分比,列式计算;再求出m的值.
(2)利用条形统计图及平均数公式,列式计算即可.
(3)利用我校的学生总人数× 参加志愿服务不少于7次的学生的人数所占的百分比,列式计算即可.
20.【答案】(1)解:没有关系,理由如下:
小明每月的通话时间分钟,
小明每月的通话时间都属于免费通话时间
(2)解:套餐,
套餐
(3)解:,
,
所以选择套餐
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】(1)利用表格数据可求解;
(2)套餐A的费用=月租费+套餐外流量费,套餐B的费用=月租费,即可求解;
(3)由自变量的范围,可求套餐A的费用范围,即可求解.
21.【答案】(1)解:∵四边形ABCD是边长为2的正方形,E为AD中点,
∴AE=ED=1,
∵△BEF是等腰直角三角形,∠BEF=90°,
∴∠AEB+∠DEF=90°,
又∵正方形ABCD中,∠A=∠D=90°,∠AEB+∠ABE=90°,
∴∠ABE=∠DEF
∴△ABE~△DEN
∴
∴DN=,
∵∠A=∠C=90°,∠ABE+∠CBM=45°,∠AEB+∠ABE=90°,∠BEC+∠AEB=180°,∠BEC=135°,∠EBC+∠ECB=45°,
∴∠ABE=∠MBC,
∴△BCM~△BAE
∴
∴CM=
(2)解:设AE=x,则ED=2-x,CM=DN=y,则DM=2-y,
由(1)可知,△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,
∴,,
即,,
将代入中,
得到
解得(舍去不合理的根)
∴AE=
【知识点】正方形的性质;相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质和等腰三角形的性质,推出△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,进而得出结论;
(2)设AE=x,则ED=2-x,CM=DN=y,则DM=2-y,由(1)可知,△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,推出,,进而得出结论.
22.【答案】(1)解:作于点G(图1),
∵O为的中点,,
∴,
∵,
∴
∵,
∴,
在中,
∴
∴支点O到小竹竿的距离
(2)解:记交于点H(图2),
∵,,
∴,
∴
∵,
∴,
∴
在中,
,
在中,
m
∴点A上升的高度为
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)如图所示,过点O作OG⊥AC于点G,此时OG为点O到小竹竿AC的距离,可证四边形ODCG是矩形,∠DOG=90°,∠AOG=30°,在Rt△AOG中,∠AOG=30°,AO=4米,米,由勾股定理即可求解;
(2)如图所示,过点O作OG⊥AC于点G,交A1C1于点H,根据解直角三角形的计算得到A1H=3.2米,由A1H-AG即可求解.
23.【答案】(1)证明:点为弧的中点,为直径,
,
,即,
,
,
,
又,
(2)解:直径,,,
,,
为的中点,
,
由(1)知,
,
即,
,
,
(3)解:①面积与面积的差是定值,理由如下:
在(2)中有:,
,
,
又,
,
,
∴,
,
故面积与面积的差为定值;
②,
设,则,
由①知,
,
解得或,
,,
当时,,
当时,, 或
【知识点】圆周角定理;相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)证得∠CDA=∠CAE=45°,∠DCA=∠ACE,则可得出结论;
(2)由相似三角形的性质得出AC2=CD·CE=CD·2CD,求出CD=2,求出CE=4,则可求出OE,则答案可求出;
(3)①证明△ACF∽△EAC,则,则结论得证;
②设OF=a,则OE=6a,得出8=(2+6a)(2-a),解得a=1或,进而即可求出答案.
24.【答案】(1)解:由题意得,
1=a·12,
∴a=1,
∴y=x2,
∴m=(-2)2=4
(2)解:① 作CD//y轴,交AB于D,设C(m,m2),
∵A(-2,4),B(1,1),
∴直线AB的解析式为:y=-x+2,
∴D(m,-m+2),
∴CD=-m2-m+2,
∴
∴当时,
②∵CD⊥AB,kAB=-1,
∴kCD=1,
设直线CD的解析式为:y=x+b,
由x2=x+b得,
x2-x-b=0,
∴xC+xD=1
∴CD与AB交点横坐标为:
当时,
∴CD与AB的交点坐标为:
∴直线CD的解析式为:y=x+1,
∴x2-x-1=0,
∴,(舍去)
∴当时,
∴点D的坐标为
(3)解:设EF上的高是BG,作BH⊥x轴,交EF于H,
设E(m,m2),F(n,n2),
∴,,
∴,直线FE的解析式为:y=(m+n)x-mn,
∴,H(1,m+n-mn),
∴,BH=|m+n-mn-1|,
∴
∵BE⊥BF,
∴(m+1)(n+1)=-1
∴-mn=m+n+2,
∴
设x=m+n,
∴
∴,
令,
∴yx2-4x+(y+3)=0,
由(-4)2-4y(y+3)≥0得,
-4≤y≤1,
∴,
∴.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用;二次函数y=ax²+bx+c的图象;解直角三角形—边角关系;二次函数-面积问题
【解析】【分析】(1)将点B坐标代入抛物线的解析式,从而求得a的值,进而求得m的值;
(2)① 作CD//y轴,交AB于D,设C(m,m2),可求得直线AB的解析式,从而表示出点D坐标,从而表示出CD,进而表示出,从而得出结果;
②根据CD⊥AB求得CD的斜率,进而设出设直线CD的解析式,结合抛物线的解析式得出一元二次方程x2=x+b从而得出xC+xD=1,进而得出CD与AB交点横坐标,进而得出其纵坐标,进一步得出结果;
(3)设EF上的高是BG,作BH⊥x轴,交EF于H,设E(m,m2),F(n,n2),可表示出,,,直线FB的解析式为y=(m+n)x-mn,从而得出,进而表示出,根据BE⊥BF得出(m+1)(n+1)=-1,进而得出,设x=m+n,从而,进一步得出结果.
1 / 1浙江省2025年初中学业水平适应性考试数学试卷
一、选择题:本大题有10小题,每小题3分,共30分.请选出每小题中一个最符合题意的选项,不选、多选、错选,均不给分.
1.(2025·浙江模拟) 下列计算正确的是( )
A.a3·a2=a6 B.(-a)2=a2 C.a6÷a2=a3 D.2a+b=2ab
【答案】B
【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;幂的乘方运算
【解析】【解答】解:A、计算结果是a5,所以选项运算错误,不符合题意;
B、(-a)2=a2,所以选项运算正确,符合题意;
C、运算结果是a4,所以选项运算错误,不符合题意;
D、不能合并,所以选项运算错误,不符合题意;
故答案为:B.
【分析】根据幂运算法则及合并同类项法则,即可判断答案.
2.(2025·浙江模拟) 如图,该物体的主视图画法正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解:主视图是从正面看这个几何体得到的正投影,空心圆柱从正面看是一个长方形,加两条虚竖线,画法正确的是:
故答案为:C.
【分析】根据主视图是从正面看到的图形,进而得出答案.
3.(2025·浙江模拟)如图,将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’,若AC⊥A’B’,则∠BAC等于( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
【答案】A
【知识点】旋转的性质;直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解:依题意旋转角∠A'CA=40°,
由于AC⊥A'B',由互余关系得∠A'=90°-40°=50°,
由对应角相等,得∠BAC=∠A'=50°.
故选A.
【分析】
由旋转的度数可知 ∠ACA`=40°,则由直角三角形两锐角互余可得∠A'的度数,又旋转前后对应角相等,即∠BAC=∠A'.
4.(2025·浙江模拟) 若+>2,则a,b的值可能是
A.a<0,b<0 B.a>1,b>1 C.a<0,b>1 D.a>1,b>0
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解:选项A:若a,b均为负数,则和均为负数,它们的和必为负数,显然小于2,排除;
选项B:当a,b>1时,,<1,例如a=b=2时,,排除;
选项C:为负数,<1,例如a=-1,b=2时,,排除;
选项D:当b接近0时,极大,例如a=1.5,b=0.6时,,满足条件,成立;
故答案为:D.
【分析】将不等式转化为关于a和b的关系式,并结合选项的取值范围进行判断.
5.(2025·浙江模拟) 已知等边三角形ABC的边长为3,其外部有一点D,满足∠BDC=2∠BAC,设BD=x,CD=y,在点D运动过程中,x+y的最大值为( )
A.3 B. C. D.6
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质;圆周角定理;三角形的外接圆与外心;三角形全等的判定-SAS;解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解:如图,作△ABC的外接圆,圆心为点O,连接并延长AO交☉O于点E,连接CE、BE,
∵△ABC是边长为3的等边三角形,
∴AC=AB=CB=3,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,
∴∠AEC=∠ABC=60°,∠BEC=180°-∠BAC =120°,
∵∠BDC=2∠BAC=120°=∠BEC,
∴点E在☉O上运动。
∵AE是☉O的直径
∴∠ACE=90°,
∵
∴,
∴连接AD,在AD上截取FD=BD=x,连接BF,
∵∠EDB=∠ACB=60°,
∴△FBD是等边三角形,
∴BF=BD,∠FBD=60°,
∴∠ABF=∠CBD=60°-∠CBF
在△ABF和△CBD中,
∴△ABF≌△CBD(SAS),
∴AF=CD=y,
∴x+y=BD+CD=FD+AF=AD,
∵AD是☉O的弦,AE是☉O的直径
∴AD≤AE,
∴.
∴x+y的最大值为,
故答案为:B.
【分析】作△ABC的外接圆,圆心为点O,连接并延长AO交☉O于点E,连接CE、BE,由等边三角形的性质得AC=AB=CB=3,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,所以∠AEC=∠ABC=60°,∠BEC=180°-∠BAC=120°,而∠BDC=2∠BAC=120°,可知点E在☉O上运动,出∠ACE=90°,得,求得,连接AD,在AD上截取FD=BD=x,连接BF,可证明△FBD是等边三角形,再证明△ABF≌△CBD,则AF=CD=y,所以x+y=AD,由AD≤AE,得,求得x+y的最大值为,于是得到问题的答案.
6.(2025·浙江模拟) 二次函数y=x2+bx+c的图像经过四个点(-1, 0),(0, y1),(1, y2),(2, y3).若y2<y1<y3,则y2的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解:代入(-1,0),
得,1-b+c=0,
解得:b=c+1,
∴y=x2+(c+1)x+c,
代入(0,y1),(1,y2),(2,y3),
得,y1=c,y2=2c+2,y3=3c+6,
∵y2∴2c+2解得:-3∴-4<2c+2<-2,即-4故答案为:A.
【分析】通过已知点确定二次函数的参数,利用不等式条件建立关于b的范围,再转化为y2的取值范围.
7.(2025·浙江模拟)布袋里有 100 个球, 其中有红球 28 个, 绿球 20 个, 黄球 12 个, 蓝球 20 个, 白球 10 个, 黑球 10 个, 从袋中任意摸出球来, 若要一次摸出至少 15 个同色的球, 则需要从袋中摸出球至少( )
A.85 个 B.75个 C. 个 D.16 个
【答案】B
【知识点】推理与论证;抽屉原理
【解析】【解答】解:最坏情况考虑就行了,摸出14个红球,14个绿球,12个黄球,14个蓝球,10个白球,10个黑球,最后再摸出任意一个球,这时可以保证至少有15个颜色相同,即最少要摸:个球;
故选B.
【分析】
由于要保证至少15个同色球,因为只有红球、绿球和蓝球的个数够15个,而其余的黄球、白球、黑球个数都不够15个,因此得保证黄、白和黑球都全部摸到且红、绿和蓝球各至少有14个,此时再任意摸到剩下的任意一个球都可以满足条件,故最少要摸75个球.
8.(2025·浙江模拟) 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径,那么称其为该圆的“半径三角形”.给出下面四个结论:
①一个圆的“半径三角形”有无数个;②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形;③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时,它的顶角可能是30°,120°或150°;④若一个圆的半径为,则它的“半径三角形”面积最大值为.
上述结论中,正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【知识点】圆周角定理;三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解:如图,AB=OA,即AB的长度等于半径,
以AB为边的圆的内接三角形有无数个,
∴一个圆的“半径三角形”有无数个,故①结论正确;
∵OA=OB=AB,
∴△OAB为等边三角形,
∴∠AOB=60°,
当点C在优弧AB上时,∠C=30°,
当点C在劣弧AB上时,∠C=150°
当点C在圆上移动时,∠CAB可能是90°,
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形,故②结论正确;
由以上可知,∠C可以是30°或150°,
当AC=AB,∠C=30°时,
∠CAB=180°-30°3-30°=120°,
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时,它的顶角可能是30°,120°或150°,故③结论正确;
过点O作OH⊥AB于H,
则,
∴,
当点C为优弧AB的中点时,△ABC的面积最大,最大面积为:,故④结论错误;
故答案为:C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②;根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③;根据垂径定理求出AH,根据勾股定理求出OH,求出△ABC的最大面积,判断④.
9.(2025·浙江模拟)如图,四边形ABCD内接于⊙O,∠BAD=74°,∠ABC=58°,∠AOB=138°,若AB=m,BC=n,CD=p,DA=q,则四边形ABCD的面积为( )
A.mq+np B.(mq+np) C.mp+nq D.(mp+nq)
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系;圆周角定理;圆内接四边形的性质;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:连接AC,BD交于点E,延长AO交BD于点F,如图所示:
∵∠AOB=138°,
∴,
在△ABD中,∠BAD=74°,
∴∠ABD=180°-(∠BAD+∠ADB)=180°-(74°+69°)=37°
∵∠ABC=58°,
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=21°,
根据圆周角定理得:∠DAC=∠DBC=21°,
在△ADE中,∠AED=180°-(∠DAC+∠ADB)=180°-(21°+69°)=90°
∴AC⊥BD,
∴,
∴四边形ABCD的面积:
,
∵∠AOB=138°,OA=OB,
∴
在△ABF和△ACD中,
∴∠OAB=∠DAC=21°,∠ABF=∠ACD,
∴△ABF∽△ACD,
∴
∴AB·CD=AC·BF①
∵∠OAB=∠DAC=21°,
∴∠OAB+OAC=∠DAC+∠OAC,
∴∠BAC =∠FAD,
∴∠ACB=∠ADF,
∴△ABC∽△AFD,
∴
∴BC·DA=AC·DF②
①+②得:
AB·CD+BC·DA=AC·BF+AC·DF=AC·(BF+DF)=AC·BD
∴,
∵AB=m,BC=n,CD=p,DA=q,
∴
故答案为:D.
【分析】连接AC,BD交于点E,延长AO交BD于点F,根据圆周角,圆心角定理及三角形内角和定理得∠ADB=69°,∠ABD=37°,∠DAC=∠DBC=21°,进而得∠AED=90°,则,,继而得四边形ABCD的面积,再根据∠OAB=∠DAC=21°,∠ABF=∠ACD得△ABF和△ACD相似,则AB·CD=AC·BF①,再证明△ABC和△AFD相似得BC·DA=AC·DF②,①+②得AB·CD+BC·DA=AC·BD,则,然后根据AB=m,BC =n,CD=p,DA=q即可得出答案.
10.(2025·浙江模拟)如图,在边长为5的菱形ABCD中,BD=8,将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A’B’D’,分别连结A’C,A’D,B’C,则A’C+B’C的最小值为( )
A.6 B. C.10 D.
【答案】B
【知识点】菱形的性质;轴对称的应用-最短距离问题;将军饮马模型-一线两点(一动两定)
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD为菱形,边长为5,BD=8,
∴AC⊥BD,
设AC与BD相交于点O,
∴,
根据勾股定理得:,
∴AC=6
由平移得△ABD≌△A'B'D',
∴A'B'//AB,A'B'//AB=5,AA'//BD,
∴A'D=B'C,
作点C关于直线BD的对称点E,则E在AC的延长线上,且CE=AC=6,连接A'E,
∴AE=AC+CE=12,
∵点C与点E关于直线BD对称,
∴B'C=B'E,
∴A'C+B'C=A'C+B'E≥A'E(当且仅当A',B',E三点共线时取等号),
在Rt△A'CE中,A'C⊥CE,A'C=5,CE=6,
根据勾股定理.
故答案为:B.
【分析】通过萎形的性质求出相关线段长度,利用平移得到线段关系,再通过作对称点将A'C+B'C转化为一条线段,根据两点之间线段最短求出最小值.
二、填空题:本大题有6小题,每小题3分,共18分.
11.(2025·浙江模拟)有5根木棒,长度分别为1,2,3,3,4,从中任取3根木棒首尾相接,能组成三角形的概率为 .
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解:从中任取3根木棒首尾相接,所有等可能的结果有:
(1,2,3),(1,2,3),(1,2,4),(1,3,3),(1,3,4),(1,3,4)
(2,3,3),(2,3,4),(2,3,4),(3,3,4),共10种,
其中能组成三角形的结果有:(1,3,3),(2,3,3),(2,3,4),(2,3,4),(3,3,4),共5种,
∴能组成三角形的概率为
故答案为:.
【分析】由题意可得出所有等可能的结果数以及能组成三角形的结果数,再利用概率公式可得出答案.
12.(2025·浙江模拟)在平面直角坐标系中,直线y1=x,y2=-x+2,y3=x+2围成三角形的面积为 .
【答案】2
【知识点】一次函数与二元一次方程(组)的关系;一次函数中的面积问题
【解析】【解答】解:设直线y1=x,y2=-x+2交于点A,直线y1=x,交于点B,直线y2=-x+2,交于点C,
联立直线y1,y2的解析式组成方程组得:,
解得:
∴点A的坐标为(1,1),
同理:点B的坐标为(3,3),点C的坐标为(0,2),
过点B作BE⊥y轴于点E,过点A作AF⊥y轴于点F,则BE=3,AF=1,如图所示,
∴S△ABC=S△OBC-S△OAC,
=3-1
=2
∴直线y1=x,y2=-x+2,围成三角形的面积为2.
故答案为:2.
【分析】设直线y1=x,y2=-x+2交于点A,直线y1=x,交于点B,直线y2=-x+2,交于点C,通过解方程组,可求出点A,B,C的坐标,再利用三角形的面积公式,即可求出结论.
13.(2025·浙江模拟)据2024年全省5‰人口变动抽样调查推算,2024年末,浙江省常住人口为6670万人.数据6670万用科学记数法表示为 .
【答案】6.67×107
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解:6670万=66700000=6.67×107,
故答案为:6.67×107.
【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是正数;当原数的绝对值<1时,n是负数.
14.(2025·浙江模拟)小明的爸爸和小明早晨同时从家出发,以各自的速度匀速步行上班和上学,爸爸前往位于家正东方的公司,小明前往位于家正西方的学校,爸爸到达公司后发现小明的数学作业在自己的公文包里,于是立即跑步去追小明,终于在途中追上了小明把作业给了他,然后再以先前的速度步行再回公司(途中给作业的时间忽略不计).结果爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟.如图是两人之间的距离y(米)与他们从家出发的时间x(分钟)的函数关系图,则小明家与学校相距 米.
【答案】1800
【知识点】一次函数与一元一次方程的关系
【解析】【解答】解:由图象可知,设BC段两人之间的距离为x米,则有
解得x=1800
∵爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟,由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司;
∴BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离;
∴小明家与学校相距1800米.
故答案为:1800.
【分析】小明的爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟,由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司,可以推出BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离,求出设BC段两人之间的距离即可解决问题.
15.(2025·浙江模拟)如图,在四边形ABCD中,AB=AC,AD=CD,BC⊥CD,连结BD.若=,则tan∠CBD的值为 .
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质;求正切值;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:过A作AM⊥BC于M,过D作DN⊥AC于N,
∵AB=AC,AD=CD,
∴M是BC的中点,N是AC的中点,
∴,,
∵
∴
∵DC⊥BC,AM⊥BC,
∴AM//CD,
∴∠CAM=∠DCN,
∵∠AMC=∠DNC=90°
∴△ACM∽△CDN,
∴,
∴
令,CN=3k,
∴AC=2CN=6k,
∴
∴
∵,
∴BC=2CM=8k,
∴
故答案为:.
【分析】过A作AM⊥BC于M,过D作DN⊥AC于N,由等腰三角形的性质推出M是BC的中点,N是AC的中点,得到,判定△ACM∽△CDN,推出,,求出,令,CN=3k,求出AC=2CN=6k,,由勾股定理求出CM=4k,得到BC=2CM=8k,进而得出结论.
16.(2025·浙江模拟)如图,在边长为的正方形ABCD中,E为BC边上的中点,过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F,G,点P在线段BG上运动(不与端点重合),点M,N分别为AP,EF的中点.在点P运动过程中,当△BMN成为直角三角形时,BP的长为 .
【答案】或或
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形的中位线定理;解直角三角形—边角关系;相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解:在正方形ABCD中,,E为BC 中点,则.
在Rt△DCE中,根据勾股定理,
∵∠ADF+∠DEC=90°,∠DCE=∠AFD=90°,∠DAF+∠ADF=90°,
∴△ADF~△DEC.
∴,即,
解得DF=2,
∴EF=DE-DF=5-2=3,
同理可得,△GCE~△DCE,
∴,即
解得GC=2,
∴,
①当∠BMN=90°时,
∵M是AP中点,N是EF中点,取AE中点O,连接OM,ON,
∴OM//PE,ON//AF,
∵AF⊥DE,
∴ON⊥DE,
当∠BMN=90°时,OM⊥MN,
又∵OM//PE,
∴PE⊥MN,
∵E是BC中点,,
∴,
设BP=x,则,
由△ADF~△DEC可得,即,
解得AF=4,
∴,,
在Rt△OMN中,MN2=ON2-OM2,
在Rt△ABE中,
∵M是AP中点,O是AE中点,
∴,
由△AOM~△AEP可得,
,即
∴
②当∠BNM=90°时,
设BP=y,则,
∵N是EF 中点,EF=3,
∴
∵,
∴AF=4,
过N作NH⊥BC于H,则NH是△EFG 的中位线,
∴,
∵△GCE~△DCE,GC=2,,DE=5,EF=3,
∴,
∴
∴
在Rt△BNH中,BN2=BH2+NH2,
在Rt△PNH中,PN2=PH2+NH2,
∵M是AP 中点,N是EF中点,
∴,
③当∠MBN=90°时
设BP=z,则
在Rt△ABE中,,,
∴
∵M是AP中点,
∴设 AP 与 DE 交于点 Q,
由△ADQ~△GCE,
同理可得
故答案为:或或.
【分析】先利用正方形性质和相似三角形求出相关线段长度,再根据点P的运动,分三种情况讨论△BMN为直角三角形时BP的长度.
三、解答题:本大题有8小题,共72分.解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程.
17.(2025·浙江模拟)计算:
【答案】解:原式=2-2+1
=0+1
=1.
【知识点】实数的混合运算(含开方)
【解析】【分析】利用算术平方根的定义,绝对值的性质,零指数幂计算后再算加减即可.
18.(2025·浙江模拟)解方程组:
【答案】解:
由①得y=2x-6③,
将③代入②得x2-3x-2(2x-6)=0,
解得x1=3,x2=4,
∵x1=3时,x-3=0,
∴x1=3舍去,
将x=4代入③得y=2,
∴
【知识点】代入消元法解二元一次方程组
【解析】【分析】利用代入法求解即可.
19.(2025·浙江模拟)为了解我校学生本学期参加志愿服务的情况,随机调查了我校的部分学生,根据调查结果,绘制出如图统计图,若我校共有1000名学生,请根据相关信息,解答下列问题:
(1)本次接受调查的学生人数为 ,扇形统计图中的 ;
(2)求所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数;
(3)学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”,请估计我校获“志愿者勋章”的学生人数.
【答案】(1)40;25
(2)解:根据题意可得:
所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数为:(次);
(3)解:根据题意得:
(人),
答:我校获“志愿者勋章”的学生人数是700人.
【知识点】用样本估计总体;扇形统计图;条形统计图;加权平均数及其计算
【解析】【解答】解:(1) 本次接受调查的学生人数为8÷20%=40人;
m%=×100%=25%,
∴m=25.
故答案为:40,25
【分析】(1)本次接受调查的学生人数=参加6次的人数÷参加6次的人数所占的百分比,列式计算;再求出m的值.
(2)利用条形统计图及平均数公式,列式计算即可.
(3)利用我校的学生总人数× 参加志愿服务不少于7次的学生的人数所占的百分比,列式计算即可.
20.(2025·浙江模拟)手机已经成为现代人生活的重要组成部分,小明想重新选择一个合适的话费套餐.
素材1:小明通过收集并整理自己近六个月的话费账单得到如下数据:
月份 1 2 3 4 5 6
通话时长(分钟) 123 150 130 155 120 160
流量(GB) 15 14 17 20 18 16
素材2:小明通过咨询话费套餐得到如下数据:
套餐名称 套餐内容 超出套餐资费
月租费 免费通话时间 免费上网流量 套餐外通话 套餐外流量
A 58元 200分钟 10GB 0.1元/分钟 3元/GB
B 88元 300分钟 30GB
套餐说明:①月手机资费=月租费+套餐外通话费+套餐外流量费;
②套餐外通话不足1分钟时按1分钟算;套餐外流量不足1GB时按1GB算.
请根据以上信息,解决下列问题:
(1)小明每月的通话时长与月手机资费是否有关?请说明理由;
(2)小明分析账单发现自己每月上网流量波动较大,设每月上网流量为xGB
(10<x≤20,x为整数),每月手机资费为y元,分别写出套餐A、套餐B中y与x之间的关系式;
(3)从节省费用的角度考虑,小明应选择哪个套餐?
【答案】(1)解:没有关系,理由如下:
小明每月的通话时间分钟,
小明每月的通话时间都属于免费通话时间
(2)解:套餐,
套餐
(3)解:,
,
所以选择套餐
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题
【解析】【分析】(1)利用表格数据可求解;
(2)套餐A的费用=月租费+套餐外流量费,套餐B的费用=月租费,即可求解;
(3)由自变量的范围,可求套餐A的费用范围,即可求解.
21.(2025·浙江模拟)如图,在边长为2的正方形ABCD中,E是边AD上一点,以BE为直角边向外作等腰直角三角形BEF,且∠BEF=90°,BF和EF分别交CD于点M,N.解答下列问题:
(1)当E为AD中点时,求DN,CM的长;
(2)当CM=DN时,求AE的长.
【答案】(1)解:∵四边形ABCD是边长为2的正方形,E为AD中点,
∴AE=ED=1,
∵△BEF是等腰直角三角形,∠BEF=90°,
∴∠AEB+∠DEF=90°,
又∵正方形ABCD中,∠A=∠D=90°,∠AEB+∠ABE=90°,
∴∠ABE=∠DEF
∴△ABE~△DEN
∴
∴DN=,
∵∠A=∠C=90°,∠ABE+∠CBM=45°,∠AEB+∠ABE=90°,∠BEC+∠AEB=180°,∠BEC=135°,∠EBC+∠ECB=45°,
∴∠ABE=∠MBC,
∴△BCM~△BAE
∴
∴CM=
(2)解:设AE=x,则ED=2-x,CM=DN=y,则DM=2-y,
由(1)可知,△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,
∴,,
即,,
将代入中,
得到
解得(舍去不合理的根)
∴AE=
【知识点】正方形的性质;相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质和等腰三角形的性质,推出△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,进而得出结论;
(2)设AE=x,则ED=2-x,CM=DN=y,则DM=2-y,由(1)可知,△ABE~△DEN,△BCM~△BAE,推出,,进而得出结论.
22.(2025·浙江模拟)图1是我国古代提水的器具桔槔,创造于春秋时期.它选择大小两根竹竿,大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上.大竹竿末端悬挂一个重物,前端连接小竹竿(小竹竿始终与地面垂直),小竹竿上悬挂水桶.其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力,从而提水出井.当放松大竹竿时,小竹竿下降,水桶就会回到井里.如图2是桔槔的示意图,大竹竿AB=8米,O为AB的中点,支架OD垂直地面EF,此时水桶在井里时,∠AOD=120°.
(1)如图2,求支点O到小竹竿AC的距离(结果精确到0.1米);
(2)如图3,当水桶提到井口时,大竹竿AB旋转至的位置,小竹竿AC至的位置,此时∠A1OD=143°,求点A上升的高度(结果精确到0.1米).
(参考数据:,,,)
【答案】(1)解:作于点G(图1),
∵O为的中点,,
∴,
∵,
∴
∵,
∴,
在中,
∴
∴支点O到小竹竿的距离
(2)解:记交于点H(图2),
∵,,
∴,
∴
∵,
∴,
∴
在中,
,
在中,
m
∴点A上升的高度为
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)如图所示,过点O作OG⊥AC于点G,此时OG为点O到小竹竿AC的距离,可证四边形ODCG是矩形,∠DOG=90°,∠AOG=30°,在Rt△AOG中,∠AOG=30°,AO=4米,米,由勾股定理即可求解;
(2)如图所示,过点O作OG⊥AC于点G,交A1C1于点H,根据解直角三角形的计算得到A1H=3.2米,由A1H-AG即可求解.
23.(2025·浙江模拟)如图,半圆中,直径,点为弧的中点,点在弧上,连接并延长交的延长线于点,连接交于点,连接.
(1)求证:
(2)若D为CE中点,求BE的长.
(3)①求证:面积与面积的差是定值;
②若,求AF的长.
【答案】(1)证明:点为弧的中点,为直径,
,
,即,
,
,
,
又,
(2)解:直径,,,
,,
为的中点,
,
由(1)知,
,
即,
,
,
(3)解:①面积与面积的差是定值,理由如下:
在(2)中有:,
,
,
又,
,
,
∴,
,
故面积与面积的差为定值;
②,
设,则,
由①知,
,
解得或,
,,
当时,,
当时,, 或
【知识点】圆周角定理;相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)证得∠CDA=∠CAE=45°,∠DCA=∠ACE,则可得出结论;
(2)由相似三角形的性质得出AC2=CD·CE=CD·2CD,求出CD=2,求出CE=4,则可求出OE,则答案可求出;
(3)①证明△ACF∽△EAC,则,则结论得证;
②设OF=a,则OE=6a,得出8=(2+6a)(2-a),解得a=1或,进而即可求出答案.
24.(2025·浙江模拟)在平面直角坐标系中,A(-2,m),B(1,1)是二次函数y=ax2图象上的两点.
(1)求a,m的值;
(2)若点C在直线AB下方的抛物线上,点D在直线AB上方的抛物线上,问:
① 求△ABC面积的最大值;
② 当CD垂直平分线段AB时,求点D的坐标;
(3)过点B作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E,F,求△BEF中EF
边上的高的最大值.
【答案】(1)解:由题意得,
1=a·12,
∴a=1,
∴y=x2,
∴m=(-2)2=4
(2)解:① 作CD//y轴,交AB于D,设C(m,m2),
∵A(-2,4),B(1,1),
∴直线AB的解析式为:y=-x+2,
∴D(m,-m+2),
∴CD=-m2-m+2,
∴
∴当时,
②∵CD⊥AB,kAB=-1,
∴kCD=1,
设直线CD的解析式为:y=x+b,
由x2=x+b得,
x2-x-b=0,
∴xC+xD=1
∴CD与AB交点横坐标为:
当时,
∴CD与AB的交点坐标为:
∴直线CD的解析式为:y=x+1,
∴x2-x-1=0,
∴,(舍去)
∴当时,
∴点D的坐标为
(3)解:设EF上的高是BG,作BH⊥x轴,交EF于H,
设E(m,m2),F(n,n2),
∴,,
∴,直线FE的解析式为:y=(m+n)x-mn,
∴,H(1,m+n-mn),
∴,BH=|m+n-mn-1|,
∴
∵BE⊥BF,
∴(m+1)(n+1)=-1
∴-mn=m+n+2,
∴
设x=m+n,
∴
∴,
令,
∴yx2-4x+(y+3)=0,
由(-4)2-4y(y+3)≥0得,
-4≤y≤1,
∴,
∴.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用;二次函数y=ax²+bx+c的图象;解直角三角形—边角关系;二次函数-面积问题
【解析】【分析】(1)将点B坐标代入抛物线的解析式,从而求得a的值,进而求得m的值;
(2)① 作CD//y轴,交AB于D,设C(m,m2),可求得直线AB的解析式,从而表示出点D坐标,从而表示出CD,进而表示出,从而得出结果;
②根据CD⊥AB求得CD的斜率,进而设出设直线CD的解析式,结合抛物线的解析式得出一元二次方程x2=x+b从而得出xC+xD=1,进而得出CD与AB交点横坐标,进而得出其纵坐标,进一步得出结果;
(3)设EF上的高是BG,作BH⊥x轴,交EF于H,设E(m,m2),F(n,n2),可表示出,,,直线FB的解析式为y=(m+n)x-mn,从而得出,进而表示出,根据BE⊥BF得出(m+1)(n+1)=-1,进而得出,设x=m+n,从而,进一步得出结果.
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