湖南省益阳市2025年初中学业水平考试模拟预测数学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（2025·益阳模拟）的相反数是（ ）
A． B． C．19 D．
2．（2025·益阳模拟）下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·益阳模拟）如图所示容器的主视图是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·益阳模拟）2025年第一季度我国规模以上互联网相关服务企业共投入研发经费204.5亿元．将“204.5亿”用科学记数法表示为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·益阳模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025·益阳模拟）下列成语所描述的现象属于随机事件的是（ ）
A．水涨船高 B．美梦成真 C．登高望远 D．水中捞月
7．（2025·益阳模拟）如图，在中，．下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025·益阳模拟）二次函数的部分图象如图所示，函数值y大于3的自变量x的取值可以是（ ）
A． B． C．0 D．2
9．（2025·益阳模拟）在古代，算筹是中国传统的计算工具．《孙子算经》中有这样的记载：某工坊制作两种类型的算筹盒，大算筹盒和小算筹盒．已知2个大算筹盒与3个小算筹盒一共可容纳48根算筹，且每个大算筹盒比小算筹盒多容纳4根算筹．设每个小算筹盒能容纳x根算筹，则可列方程为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·益阳模拟）如图1，在中，连接，，．动点M从A点出发，沿边匀速运动，运动到点B停止．过点M作交边于点N，连接，．设，，y与x的函数关系如图2所示，函数图象的最低点坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分．
11．（2025·益阳模拟）计算： ．
12．（2025·益阳模拟）气排球运动成为当下热门项目．某气排球队在一次比赛中有3名男队员和2名女队员在场上，在对方发球随机飞向场上队员，每位队员接到球的可能性相同，且球正好有队员接到，恰好被女队员接到的概率是 ．
13．（2025·益阳模拟）直线向上平移2个单位得到的函数表达式为 ．
14．（2025·益阳模拟）一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的内角和为 ．
15．（2025·益阳模拟）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则 ．
16．（2025·益阳模拟）如图，为的直径，C，D是上的两点，过点C作的切线交的延长线于点E．若，则的度数为 ．
17．（2025·益阳模拟）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为 ．
18．（2025·益阳模拟）如图，点P是反比例函数图象第四象限分支上任意一点，连接，过点P作轴，垂足为A，过点A作的平行线交y轴于点B，交图象第二象限分支于点C．则四边形的面积为 ，的值为 ．
三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（2025·益阳模拟）计算：．
20．（2025·益阳模拟）先化简，再求值：，其中．
21．（2025·益阳模拟）为了解学生对信息科技实践操作考试的学习情况，开展了一次信息科技关于文档、表格处理和互联网原理两道实践操作考试的模拟测试，现从中随机抽取部分学生的考试成绩（30分制）进行统计分析，并根据成绩制作了下面两个尚不完整的统计图．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次被抽取的学生人数为______，在扇形统计图中， ______，圆心角的度数为______；
（2）补全条形统计图（画图并标注数据）；
（3）本次调查获取的样本数据的平均数是______，众数是______，中位数是______；
（4）若该校共有1200名学生参加本次考试，请估计该校成绩在24分及以上的学生人数．
22．（2025·益阳模拟）在夏季用电高峰期，电力部门对空调和电风扇的耗电量进行监测．已知2台1.5匹的节能空调和3台普通落地式节能电风扇同时运行1小时共耗电2300瓦时，1台1.5匹的节能空调和2台普通落地式节能电风扇同时运行1小时共耗电1300瓦时．
（1）求每台1.5匹节能空调和每台普通落地式节能电风扇每小时分别耗电多少瓦时．
（2）某工厂为响应节能减排政策，规定同一时间内最多可同时开启8台这类电器．若要确保该工厂每小时耗电量不超过3200瓦时，问同一时间内至少需要开启多少台普通落地式节能电风扇？
23．（2025·益阳模拟）如图，在正方形中，是边上一点，是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，，．
（1）求证：；
（2）求的度数．
24．（2025·益阳模拟）某特大桥以其独特的造型和雄伟的身姿成为某地标性建筑．某学习小组开展测量活动．
活动主题 测算某特大桥主桥塔的高度
测量工具 无人机，测角仪，水平仪器等
模型抽象 为测量某特大桥主桥塔的高度（图1），学习小组设计了如下方案（图2）：
测量过程与数据信息 1．无人机在距桥面边缘的E处测得塔底B的俯角； 2．无人机沿着方向前进120米至D处，测得塔底B的俯角，塔顶A的仰角； 3．点E，D，C在同一直线上，且． 注：图中所有点均在同一平面内． 参考数据：，，．
（1）求桥基的长（结果取整数）；
（2）求主桥塔的高度（结果取整数）．
25．（2025·益阳模拟）如图1，在中，点在线段上，以为直径作，且经过点，过点作，垂足为，连接，．
（1）求证：是的切线．
（2）如图2，为下方上一点，且，连接．求证：．
（3）如图3，在线段上取一点，使得，连接，过点作交于点．若，，求的半径．
26．（2025·益阳模拟）如图1，抛物线与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点，点为抛物线的顶点．
（1）求m的值．
（2）如图2，过点D作轴于点E，连接，，．
①求的正切值．
②若点N是第三象限内抛物线上的一动点，射线上是否存在点P，使得与相似 若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】相反数的意义与性质
【解析】【解答】解：的相反数是．
故答案为：A．
【分析】直接利用相反数的定义即可求得.
2．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，故A项不符合题意；
B、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故B项不符合题意；
C、是轴对称图形而不是中心对称图形，故C项不符合题意；
D、是中心对称图形也是轴对称图形，故D项符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐选项判断即可， 平面内一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，即为轴对称图形，而在平面内把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形即为中心对称图形.
3．【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图可知，主视图为：
故答案为：C．
【分析】根据主视图是从前面看到的图形，进行判断即可，而A为俯视图，C也为左视图.
4．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】解：204.5亿；
故答案为：B．
【分析】根据科学记数法的表示形式将大于10的数表示为的形式，其中，n为整数，而1亿=108，204.5亿=2.04×102×108=2.04×1010.
5．【答案】A
【知识点】单项式乘单项式；二次根式的加减法；幂的乘方运算；求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：A、，故A项符合题意；
B、，故B项不符合题意；
C、，故C项不符合题意；
D、，故D项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据单项式乘以单项式，幂的乘方，二次根式的减法，化简绝对值的运算法则逐一判断即可.
6．【答案】B
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、是必然事件，故A项不符合题意；
B、是随机事件，故B项符合题意；
C、是必然事件，故C项不符合题意；
D、是不可能事件，故D项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据事件的分类：必然事件，随机事件和不可能事件，逐一进行判断即可．
7．【答案】C
【知识点】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ABCD为平行四边形，
∴，
∴，故选项A不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故选项B不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
无法推出，故选项C符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形的性质可得 ，根据平行线的性质可得，根据相似三角形的判定与性质可得，，即可求得.
8．【答案】B
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：∵ 抛物线的对称轴为，
∴点关于直线的对称点为，
当时，，
∴函数值y大于3的自变量x的取值可以是，不能是、0、2．
故答案为：B．
【分析】先根据抛物线的对称性确定的对称点，再根据函数图象确定抛物线在直线上方图像所对应的自变量的取值范围即可判断.
9．【答案】A
【知识点】列一元一次方程
【解析】【解答】解：设每个小算筹盒能容纳x根算筹，则每个大算筹盒能容纳根算筹，
由题意得：；
故答案为：A．
【分析】先根据题意可得每个大算筹盒能容纳根算筹，根据“2个大算筹盒与3个小算筹盒一共可容纳48根算筹”，列出方程即可．
10．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：由函数图象知，当时，此时M与A重合，函数值为，
则；
∵四边形是平行四边形，
∴；
∴；
∵，
∴，；
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
如图，延长到E，使，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
当点N在线段上时，y取得最小值，最小值为线段的长；
在中，由勾股定理得；
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，N是的中点，
∴；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴函数图象最低点的坐标为．
故答案为：A．
【分析】观察函数图象可知当时，此时M与A重合，可得到y=8，由此可表示出AC的长，利用平行四边形的性质可证得，，再利用解直角三角形可表示出AC的长，利用AC=3AD，可得到关于AD的方程，解方程求出AD的长，即可得到AC的长；如图，延长到E，使，连接，，，易证四边形和四边形MCEN是平行四边形，利用平行四边形的性质可求出MN、CE的长，同时可证得，由此可得到，即可证得当点N在线段上时，y取得最小值，最小值为线段的长；利用勾股定理求出AE的长，再证明四边形ADEC是矩形，利用矩形的性质可求出CD的长，即可得到DN的长；利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到x的值，由此可得到函数图象最低点的坐标.
11．【答案】17
【知识点】零指数幂
【解析】【解答】解：；
故答案为：17．
【分析】根据零指数幂计算，再求差即可．
12．【答案】
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：恰好被女队员接到的概率是；
故答案为：．
【分析】直接利用概率公式进行计算即可．
13．【答案】
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：直线向上平移2个单位得到的函数表达式为．
故答案为：.
【分析】根据函数图象的平移法则：左加右减、上加下减直接求解即可求得.
14．【答案】
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：正多边形的边数为：，
∴正多边形的内角和为；
故答案为：．
【分析】先根据外角和为360°求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式即可求出内角和．
15．【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，；
故答案为：．
【分析】根据根的情况可知根的判别式，列出方程即可求得．
16．【答案】
【知识点】圆周角定理；切线的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，如图：
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据切线的性质可得，进而求得，，再根据圆周角定理即可求得∠CDA.
17．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵ △CEF沿折叠后，正好点C落在的M处，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形的性质可得，，根据翻折的性质可得，，根据三角形的外角性质求出，再由平角的定义即可求得.
18．【答案】；
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的判定与性质；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：（1）∵点P是反比例函数图象第四象限分支上任意一点，
∴，
∵，
∴ 四边形是平行四边形，
∴ S四边形 OPAB．
故答案为：；
（2）过作轴交于，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
设，
，，，，
，即，
解得，（舍去）或，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据平行四边形的判定可得是平行四边形，再结合反比例系数的几何意义，即可求得；
（2））过作轴交于，设，先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质得，即可求得．
19．【答案】解：原式．
【知识点】负整数指数幂；二次根式的混合运算；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】根据乘方，特殊角的三角函数值，二次根式的乘法运算以及负整数指数幂直接计算即可求得.
20．【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】先分式通分来计算括号内的，再计算除法（将除法变乘法），最后计算加法，最后将a的值代入求值即可.
21．【答案】（1）60；15；；
（2）解：如图，
（3）21.75分；18分；21分
（4）解：（人）；
答：估计该校成绩在24分及以上的学生人数为人
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：学生人数：，
分的人数：，
，
∴，
；
（3）平均数：（分）；
出现次数最多的数据为18，故众数为18分；
第30和第31个数据均为21，故中位数为分；
故答案为：（1）60；15；；
（3）21.75分；18分；21分；
【分析】（1）根据27分的人数除以27分所占百分比求得样本总量；再求21分的人数，除以总人数求得其所占百分比，即可求得m的值；
（2）将21分的人数补齐在统计图即可；
（3）根据平均数、众数和中位数的定义计算求值即可；
（4）用样本估计总体，1200乘以24分以上学生在样本中所占比例即可求得.
（1）解：，
∴分的人数为：，
，
∴，
；
（2）补全条形如图：
（3）平均数为：（分）；
第30和第31个数据均为21，故中位数为21分；
出现次数最多的数据为18，故众数为：18分；
（4）（人）；
答：估计该校成绩在24分及以上的学生人数为人．
22．【答案】（1）解：设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，
，
解得，，
答：每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时
（2）解：设至少开启台电风扇，
，
解得，，
∴同一时间内至少都需要开启台电风扇，
答：同一时间内至少都需要开启台电风扇
【知识点】二元一次方程组的其他应用
【解析】【分析】（1）设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，依题意列出二元一次方程组，解方程即可；
（2）设至少开启台电风扇，依题意列出一元一次不等式，求解即可．
（1）解：设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，依题意得：
，
解得：，
答：每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时；
（2）解：设至少开启台电风扇，依题意得：
，
解得：，
∴同一时间内至少都需要开启台电风扇，
答：同一时间内至少都需要开启台电风扇．
23．【答案】（1）证明：∵，是的中点，
∴，
∴，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）解：由（1）知，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线可得BE=ME=CE，根据等边对等角可得∠EBC=∠ECB，根据正方形的性质可得∠ABC=∠DCB=90°，进而推出∠ABE=∠DCE，利用SAS判定△ABE≌△DCE，即可证明DE=EF；
（2）由（1）知，推出，，根据四边形内角和定理求出即可求得∠CDF．
（1）证明：∵，是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：由（1）知，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
24．【答案】（1）解：在中，，即，
在中，，即，
∴，
解得，米，
答：桥基BC的长为204米
（2）解：根据（1）可得米，则米，
∴米，
∴米．
答：主桥塔的高度为332米
【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）在中，，在中，，再根据，求解即可．
（2）根据（1）可得米，求出，在中，解直角三角形求出，再根据即可求得．
（1）解：根据题意可得，，米，，
在中，，即，
在中，，即，
∴，
解得：米．
（2）解：根据（1）可得米，
则米，
在中，，即米，
∴米．
故主桥塔的高度为332米．
25．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线
（2）证明：连接，，，如图所示：
由（1）得，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
（3）解：过点作于G，连接，如图所示：
，
为的直径，
，
由（1）知，
，，
，
，
，
，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则，
，
，
设，则，
，
，则，
，
在中，由勾股定理可得，则，
即，
，
解得（线段长不能为负，舍去）或，
，，
在中，由勾股定理可得，
∵为的直径，
∴的半径为
【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）连接，利用等边对等角可证得，利用直径所对的圆周角是直角可推出∠ACB=90°，利用余角的性质可知，同时可证得∠ACO=∠DCB，根据，可推出，然后利用切线的判定定理可证得结论.
（2）连接，，，如图所示，由（1）中，由此可推出，利用等边对等角可证得，即可得到∠CFA=∠CAF，利用等角对等边可证得结论.
（3）过点作，连接，如图所示，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得、，求出相似比，设，则，表示出相关线段长度，在中，由勾股定理可得，列方程求解得，在中，由勾股定理可得，从而得到的半径．
（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：连接，，，如图所示：
由（1）得，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点作于G，连接，如图所示：
，
为的直径，
，
由（1）知，
，，
，
，
，
，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则，
，
，
设，则，
，
，则，
，
在中，由勾股定理可得，则，
即，
，
解得（线段长不能为负，舍去）或，
，，
在中，由勾股定理可得，
∵为的直径，
∴的半径为．
26．【答案】（1）解：∵点为抛物线的顶点，
∴，
∴，
∴抛物线，
∵抛物线与y轴交于点，
∴，
∴；
（2）解：①如图，过E点作交于点F，
令得得，，
∴，
∵，，轴于点E，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②存在点P，使得与相似，理由如下，
∵点N是第三象限内抛物线上的一动点，
∴，
∴只有可能等于，
如图，设交轴于点，
，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
如图，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
综上所述：点坐标分别为，，，
【知识点】勾股定理；二次函数与一次函数的综合应用；求正切值；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点的横坐标可得，结合点求出c，即可求得；
（2）①如图，过E点作交于点F，先根据等腰三角形和三角函数求得AC，EF和AF，再利用正切的定义计算即可；
②先确只有可能等于，再分当和两种情况讨论即可得解．
（1）解：∵点为抛物线的顶点，
∴，
∴，
∴抛物线，
∵抛物线与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点，
∴，
∴；
（2）解：①如图，过E点作交于点F，
令得得，，
∴，
∵，，轴于点E，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②存在点P，使得与相似，理由如下，
∵点N是第三象限内抛物线上的一动点，
∴，
∴只有可能等于，
如图，设交轴于点，
，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
如图，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
综上所述：点坐标分别为，，，．
1 / 1湖南省益阳市2025年初中学业水平考试模拟预测数学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（2025·益阳模拟）的相反数是（ ）
A． B． C．19 D．
【答案】A
【知识点】相反数的意义与性质
【解析】【解答】解：的相反数是．
故答案为：A．
【分析】直接利用相反数的定义即可求得.
2．（2025·益阳模拟）下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，故A项不符合题意；
B、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故B项不符合题意；
C、是轴对称图形而不是中心对称图形，故C项不符合题意；
D、是中心对称图形也是轴对称图形，故D项符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐选项判断即可， 平面内一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，即为轴对称图形，而在平面内把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形即为中心对称图形.
3．（2025·益阳模拟）如图所示容器的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图可知，主视图为：
故答案为：C．
【分析】根据主视图是从前面看到的图形，进行判断即可，而A为俯视图，C也为左视图.
4．（2025·益阳模拟）2025年第一季度我国规模以上互联网相关服务企业共投入研发经费204.5亿元．将“204.5亿”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：204.5亿；
故答案为：B．
【分析】根据科学记数法的表示形式将大于10的数表示为的形式，其中，n为整数，而1亿=108，204.5亿=2.04×102×108=2.04×1010.
5．（2025·益阳模拟）下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】单项式乘单项式；二次根式的加减法；幂的乘方运算；求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：A、，故A项符合题意；
B、，故B项不符合题意；
C、，故C项不符合题意；
D、，故D项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据单项式乘以单项式，幂的乘方，二次根式的减法，化简绝对值的运算法则逐一判断即可.
6．（2025·益阳模拟）下列成语所描述的现象属于随机事件的是（ ）
A．水涨船高 B．美梦成真 C．登高望远 D．水中捞月
【答案】B
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、是必然事件，故A项不符合题意；
B、是随机事件，故B项符合题意；
C、是必然事件，故C项不符合题意；
D、是不可能事件，故D项不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据事件的分类：必然事件，随机事件和不可能事件，逐一进行判断即可．
7．（2025·益阳模拟）如图，在中，．下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】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ABCD为平行四边形，
∴，
∴，故选项A不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故选项B不符合题意；
∴，故选项D不符合题意；
无法推出，故选项C符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形的性质可得 ，根据平行线的性质可得，根据相似三角形的判定与性质可得，，即可求得.
8．（2025·益阳模拟）二次函数的部分图象如图所示，函数值y大于3的自变量x的取值可以是（ ）
A． B． C．0 D．2
【答案】B
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用
【解析】【解答】解：∵ 抛物线的对称轴为，
∴点关于直线的对称点为，
当时，，
∴函数值y大于3的自变量x的取值可以是，不能是、0、2．
故答案为：B．
【分析】先根据抛物线的对称性确定的对称点，再根据函数图象确定抛物线在直线上方图像所对应的自变量的取值范围即可判断.
9．（2025·益阳模拟）在古代，算筹是中国传统的计算工具．《孙子算经》中有这样的记载：某工坊制作两种类型的算筹盒，大算筹盒和小算筹盒．已知2个大算筹盒与3个小算筹盒一共可容纳48根算筹，且每个大算筹盒比小算筹盒多容纳4根算筹．设每个小算筹盒能容纳x根算筹，则可列方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】列一元一次方程
【解析】【解答】解：设每个小算筹盒能容纳x根算筹，则每个大算筹盒能容纳根算筹，
由题意得：；
故答案为：A．
【分析】先根据题意可得每个大算筹盒能容纳根算筹，根据“2个大算筹盒与3个小算筹盒一共可容纳48根算筹”，列出方程即可．
10．（2025·益阳模拟）如图1，在中，连接，，．动点M从A点出发，沿边匀速运动，运动到点B停止．过点M作交边于点N，连接，．设，，y与x的函数关系如图2所示，函数图象的最低点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：由函数图象知，当时，此时M与A重合，函数值为，
则；
∵四边形是平行四边形，
∴；
∴；
∵，
∴，；
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
如图，延长到E，使，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
当点N在线段上时，y取得最小值，最小值为线段的长；
在中，由勾股定理得；
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，N是的中点，
∴；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴函数图象最低点的坐标为．
故答案为：A．
【分析】观察函数图象可知当时，此时M与A重合，可得到y=8，由此可表示出AC的长，利用平行四边形的性质可证得，，再利用解直角三角形可表示出AC的长，利用AC=3AD，可得到关于AD的方程，解方程求出AD的长，即可得到AC的长；如图，延长到E，使，连接，，，易证四边形和四边形MCEN是平行四边形，利用平行四边形的性质可求出MN、CE的长，同时可证得，由此可得到，即可证得当点N在线段上时，y取得最小值，最小值为线段的长；利用勾股定理求出AE的长，再证明四边形ADEC是矩形，利用矩形的性质可求出CD的长，即可得到DN的长；利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得到x的值，由此可得到函数图象最低点的坐标.
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分．
11．（2025·益阳模拟）计算： ．
【答案】17
【知识点】零指数幂
【解析】【解答】解：；
故答案为：17．
【分析】根据零指数幂计算，再求差即可．
12．（2025·益阳模拟）气排球运动成为当下热门项目．某气排球队在一次比赛中有3名男队员和2名女队员在场上，在对方发球随机飞向场上队员，每位队员接到球的可能性相同，且球正好有队员接到，恰好被女队员接到的概率是 ．
【答案】
【知识点】简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：恰好被女队员接到的概率是；
故答案为：．
【分析】直接利用概率公式进行计算即可．
13．（2025·益阳模拟）直线向上平移2个单位得到的函数表达式为 ．
【答案】
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：直线向上平移2个单位得到的函数表达式为．
故答案为：.
【分析】根据函数图象的平移法则：左加右减、上加下减直接求解即可求得.
14．（2025·益阳模拟）一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的内角和为 ．
【答案】
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：正多边形的边数为：，
∴正多边形的内角和为；
故答案为：．
【分析】先根据外角和为360°求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式即可求出内角和．
15．（2025·益阳模拟）若关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则 ．
【答案】
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵ 一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，；
故答案为：．
【分析】根据根的情况可知根的判别式，列出方程即可求得．
16．（2025·益阳模拟）如图，为的直径，C，D是上的两点，过点C作的切线交的延长线于点E．若，则的度数为 ．
【答案】
【知识点】圆周角定理；切线的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，如图：
∵是的切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据切线的性质可得，进而求得，，再根据圆周角定理即可求得∠CDA.
17．（2025·益阳模拟）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为 ．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵ △CEF沿折叠后，正好点C落在的M处，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形的性质可得，，根据翻折的性质可得，，根据三角形的外角性质求出，再由平角的定义即可求得.
18．（2025·益阳模拟）如图，点P是反比例函数图象第四象限分支上任意一点，连接，过点P作轴，垂足为A，过点A作的平行线交y轴于点B，交图象第二象限分支于点C．则四边形的面积为 ，的值为 ．
【答案】；
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行四边形的判定与性质；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：（1）∵点P是反比例函数图象第四象限分支上任意一点，
∴，
∵，
∴ 四边形是平行四边形，
∴ S四边形 OPAB．
故答案为：；
（2）过作轴交于，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
设，
，，，，
，即，
解得，（舍去）或，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据平行四边形的判定可得是平行四边形，再结合反比例系数的几何意义，即可求得；
（2））过作轴交于，设，先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质得，即可求得．
三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（2025·益阳模拟）计算：．
【答案】解：原式．
【知识点】负整数指数幂；二次根式的混合运算；特殊角的三角函数的混合运算
【解析】【分析】根据乘方，特殊角的三角函数值，二次根式的乘法运算以及负整数指数幂直接计算即可求得.
20．（2025·益阳模拟）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】先分式通分来计算括号内的，再计算除法（将除法变乘法），最后计算加法，最后将a的值代入求值即可.
21．（2025·益阳模拟）为了解学生对信息科技实践操作考试的学习情况，开展了一次信息科技关于文档、表格处理和互联网原理两道实践操作考试的模拟测试，现从中随机抽取部分学生的考试成绩（30分制）进行统计分析，并根据成绩制作了下面两个尚不完整的统计图．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次被抽取的学生人数为______，在扇形统计图中， ______，圆心角的度数为______；
（2）补全条形统计图（画图并标注数据）；
（3）本次调查获取的样本数据的平均数是______，众数是______，中位数是______；
（4）若该校共有1200名学生参加本次考试，请估计该校成绩在24分及以上的学生人数．
【答案】（1）60；15；；
（2）解：如图，
（3）21.75分；18分；21分
（4）解：（人）；
答：估计该校成绩在24分及以上的学生人数为人
【知识点】加权平均数及其计算；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：学生人数：，
分的人数：，
，
∴，
；
（3）平均数：（分）；
出现次数最多的数据为18，故众数为18分；
第30和第31个数据均为21，故中位数为分；
故答案为：（1）60；15；；
（3）21.75分；18分；21分；
【分析】（1）根据27分的人数除以27分所占百分比求得样本总量；再求21分的人数，除以总人数求得其所占百分比，即可求得m的值；
（2）将21分的人数补齐在统计图即可；
（3）根据平均数、众数和中位数的定义计算求值即可；
（4）用样本估计总体，1200乘以24分以上学生在样本中所占比例即可求得.
（1）解：，
∴分的人数为：，
，
∴，
；
（2）补全条形如图：
（3）平均数为：（分）；
第30和第31个数据均为21，故中位数为21分；
出现次数最多的数据为18，故众数为：18分；
（4）（人）；
答：估计该校成绩在24分及以上的学生人数为人．
22．（2025·益阳模拟）在夏季用电高峰期，电力部门对空调和电风扇的耗电量进行监测．已知2台1.5匹的节能空调和3台普通落地式节能电风扇同时运行1小时共耗电2300瓦时，1台1.5匹的节能空调和2台普通落地式节能电风扇同时运行1小时共耗电1300瓦时．
（1）求每台1.5匹节能空调和每台普通落地式节能电风扇每小时分别耗电多少瓦时．
（2）某工厂为响应节能减排政策，规定同一时间内最多可同时开启8台这类电器．若要确保该工厂每小时耗电量不超过3200瓦时，问同一时间内至少需要开启多少台普通落地式节能电风扇？
【答案】（1）解：设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，
，
解得，，
答：每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时
（2）解：设至少开启台电风扇，
，
解得，，
∴同一时间内至少都需要开启台电风扇，
答：同一时间内至少都需要开启台电风扇
【知识点】二元一次方程组的其他应用
【解析】【分析】（1）设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，依题意列出二元一次方程组，解方程即可；
（2）设至少开启台电风扇，依题意列出一元一次不等式，求解即可．
（1）解：设每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时，依题意得：
，
解得：，
答：每台空调每小时耗电瓦时，每台电风扇每小时耗电瓦时；
（2）解：设至少开启台电风扇，依题意得：
，
解得：，
∴同一时间内至少都需要开启台电风扇，
答：同一时间内至少都需要开启台电风扇．
23．（2025·益阳模拟）如图，在正方形中，是边上一点，是的中点，绕点顺时针旋转得到，连接，，．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】（1）证明：∵，是的中点，
∴，
∴，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）解：由（1）知，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线可得BE=ME=CE，根据等边对等角可得∠EBC=∠ECB，根据正方形的性质可得∠ABC=∠DCB=90°，进而推出∠ABE=∠DCE，利用SAS判定△ABE≌△DCE，即可证明DE=EF；
（2）由（1）知，推出，，根据四边形内角和定理求出即可求得∠CDF．
（1）证明：∵，是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：由（1）知，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
24．（2025·益阳模拟）某特大桥以其独特的造型和雄伟的身姿成为某地标性建筑．某学习小组开展测量活动．
活动主题 测算某特大桥主桥塔的高度
测量工具 无人机，测角仪，水平仪器等
模型抽象 为测量某特大桥主桥塔的高度（图1），学习小组设计了如下方案（图2）：
测量过程与数据信息 1．无人机在距桥面边缘的E处测得塔底B的俯角； 2．无人机沿着方向前进120米至D处，测得塔底B的俯角，塔顶A的仰角； 3．点E，D，C在同一直线上，且． 注：图中所有点均在同一平面内． 参考数据：，，．
（1）求桥基的长（结果取整数）；
（2）求主桥塔的高度（结果取整数）．
【答案】（1）解：在中，，即，
在中，，即，
∴，
解得，米，
答：桥基BC的长为204米
（2）解：根据（1）可得米，则米，
∴米，
∴米．
答：主桥塔的高度为332米
【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）在中，，在中，，再根据，求解即可．
（2）根据（1）可得米，求出，在中，解直角三角形求出，再根据即可求得．
（1）解：根据题意可得，，米，，
在中，，即，
在中，，即，
∴，
解得：米．
（2）解：根据（1）可得米，
则米，
在中，，即米，
∴米．
故主桥塔的高度为332米．
25．（2025·益阳模拟）如图1，在中，点在线段上，以为直径作，且经过点，过点作，垂足为，连接，．
（1）求证：是的切线．
（2）如图2，为下方上一点，且，连接．求证：．
（3）如图3，在线段上取一点，使得，连接，过点作交于点．若，，求的半径．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线
（2）证明：连接，，，如图所示：
由（1）得，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
（3）解：过点作于G，连接，如图所示：
，
为的直径，
，
由（1）知，
，，
，
，
，
，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则，
，
，
设，则，
，
，则，
，
在中，由勾股定理可得，则，
即，
，
解得（线段长不能为负，舍去）或，
，，
在中，由勾股定理可得，
∵为的直径，
∴的半径为
【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）连接，利用等边对等角可证得，利用直径所对的圆周角是直角可推出∠ACB=90°，利用余角的性质可知，同时可证得∠ACO=∠DCB，根据，可推出，然后利用切线的判定定理可证得结论.
（2）连接，，，如图所示，由（1）中，由此可推出，利用等边对等角可证得，即可得到∠CFA=∠CAF，利用等角对等边可证得结论.
（3）过点作，连接，如图所示，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得、，求出相似比，设，则，表示出相关线段长度，在中，由勾股定理可得，列方程求解得，在中，由勾股定理可得，从而得到的半径．
（1）证明：连接，如图所示：
∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线；
（2）证明：连接，，，如图所示：
由（1）得，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点作于G，连接，如图所示：
，
为的直径，
，
由（1）知，
，，
，
，
，
，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
则，
，
，
设，则，
，
，则，
，
在中，由勾股定理可得，则，
即，
，
解得（线段长不能为负，舍去）或，
，，
在中，由勾股定理可得，
∵为的直径，
∴的半径为．
26．（2025·益阳模拟）如图1，抛物线与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点，点为抛物线的顶点．
（1）求m的值．
（2）如图2，过点D作轴于点E，连接，，．
①求的正切值．
②若点N是第三象限内抛物线上的一动点，射线上是否存在点P，使得与相似 若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵点为抛物线的顶点，
∴，
∴，
∴抛物线，
∵抛物线与y轴交于点，
∴，
∴；
（2）解：①如图，过E点作交于点F，
令得得，，
∴，
∵，，轴于点E，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②存在点P，使得与相似，理由如下，
∵点N是第三象限内抛物线上的一动点，
∴，
∴只有可能等于，
如图，设交轴于点，
，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
如图，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
综上所述：点坐标分别为，，，
【知识点】勾股定理；二次函数与一次函数的综合应用；求正切值；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点的横坐标可得，结合点求出c，即可求得；
（2）①如图，过E点作交于点F，先根据等腰三角形和三角函数求得AC，EF和AF，再利用正切的定义计算即可；
②先确只有可能等于，再分当和两种情况讨论即可得解．
（1）解：∵点为抛物线的顶点，
∴，
∴，
∴抛物线，
∵抛物线与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点，
∴，
∴；
（2）解：①如图，过E点作交于点F，
令得得，，
∴，
∵，，轴于点E，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②存在点P，使得与相似，理由如下，
∵点N是第三象限内抛物线上的一动点，
∴，
∴只有可能等于，
如图，设交轴于点，
，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
如图，
当时，，
∴，
∴，
过C点作轴交直线于点，
∴，
∴，
设的解析式为，
∴，解得，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴，
当，时，此时，，过点P作轴于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
综上所述：点坐标分别为，，，．
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