信息必刷卷01（山东统考专用）-2025年中考数学考前信息必刷卷

2025年中考考前信息必刷卷01（山东统考专用） 数学·参考答案 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A D A B C A A A B 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分，请把答案直接填写在横线上 11. 12. 且 13.10 14. 15. 三、解答题:本大题有8个小题,共62分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（8分） 【答案】(1) (2)， 【解析】（1）解： （2分） （4分） （2）解： （5分） ， （6分） （7分） 当时，原式．（8分） 17．（8分） 【答案】(1)85，20 (2)款人工智能软件更受用户欢迎，见解析 (3)440名 【解析】（1）解：∵A的评分数据中，评分为85分的人数最多， ∴A的评分数据的众数为85分，即，（1分） ， ∴； 故答案为：85，20；（2分） （2）解；款人工智能软件更受用户欢迎．理由如下：（3分） 款和款的平均数相同，款的方差小于款的方差， 款人工智能软件比较稳定， 款人工智能软件更受用户欢迎；（5分） （3）解：（名），（名），（7分） （名）． 答：其中对、两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数为440名．（8分） 18．（8分） 【答案】(1)图见详解； (2)图见详解； (3)图见详解； (4)图见详解． 【解析】（1）解：以为一边，在内部作，与的交点即为所求的点D． （2分） 理由：由作图可知：， ， ， ， ； 即点为满足题意的点； （2）解：连接，作的垂直平分线交于点，以为圆心，为半径作，与的交点即为求作的点． （4分） 理由：连接， 是的直径， ，即， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 为满足题意的点， 同理可证为满足题意的点； （3）解：作线段的垂直平分线，过点B作，且使，以为圆心，为半径画，连接，交于点E．以A为圆心，为半径画，交于点D，点D即为所求的点， （6分） （方法不唯一） 理由：设，则， ， ， ， ， ， ，， ． 点D满足； （4）解：作线段的垂直平分线，垂足为，作，使，作，使，在直线同侧，连接，与的垂直平分线交于点，以为圆心，的长为半径作，交直线于，，点，即为求作的点． （8分） （方法不唯一）， 理由：连接， ，，，且， 四边形是矩形， ，， 设，则， ， ， ， 同理可证明点满足题意。 19．（9分） 【答案】（1）；；（2）①，理由见解析；②、 【解析】解：（1）∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，（1分） ∵， ∴； 故答案为，；（2分） （2）①，理由如下：（3分） ∵四边形为矩形， ∴， 连接，如图： ， 由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，， ∴， ∴，，（4分） ∴，即， ∴，（5分） ∴；（6分） ②由（1）可得：， ∵四边形为矩形， ∴，， 连接，如图： ， ∵，， ∴， ∴， 由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，， ∴为等边三角形，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由①可得：， ∴图3中所有与图1中相等的线段为、．（9分） 20．（9分） 【答案】任务1：  任务2：   任务3：小磊同学推着“”的箱子时，可以通过闸机 【解析】任务1：如图，连接，并向两边延长，分别交，于点，， 由题意得 ∴的长度就是与之间的距离， 由两圆弧翼成轴对称可得， 在中， ， ， ∴与之间的距离约为；（3分） 任务2：如图，过点作垂直于地面于点，过点作交于点， 可得， 在中，， ∴ ∵点，到地面的距离均为， ∴， ∴， 答：点到地面的距离约为；（6分） 任务3：∵与之间的距离约为， ∴当小磊同学推着“”的箱子时，可以通过闸机．（9分） 21．（10分） 【答案】（1）能围成矩形花园，，或，；（2）不能围出矩形花园，理由见解析；（3） 【解析】（1）由，得，（1分） ∴， ∴， ∴， 解得，． 当时，；当时，． 所以能围成矩形花园，，或，．（3分） （2）由，得， ∴， ∴， ∵，（5分） 所以方程无解，不能围出矩形花园．（6分） （3）由，得，，．（7分） 因为和的长均不小于， 当时，，代入得，； 当时，，，代入得，． 要使方程有解，则，且．（9分） 解得．所以a的取值范围是．（10分） 22．（10分） 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【解析】（1）证明：连接，如图所示： ∵为圆直径， ∴，（1分） 即， ∵， ∴，（2分） ∵， ∴是的中位线， ∴，（3分） ∵， ∴， ∵点在圆上， ∴为圆的切线；（5分） （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴，（8分） ∵， ∴．（10分） 23．（13分） 【答案】(1)证明详解 (2)当时，抛物线经过一、二、三、四象限；当，且时，抛物线经过一、三、四象限；当时，抛物线经过三、四象限 (3)或 【解析】（1）解：（1分） （2分） 整理得，（3分） ∴不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点 （2）解：①当时，抛物线开口向上，与轴的交点坐标分别为，，交轴正半轴和负半轴， ∴抛物线经过一、二、三、四象限；（5分） ②当，且时，，对称轴位于轴右侧， ∴抛物线经过一、三、四象限；（7分） ③当时，抛物线开口向下，， ∴抛物线经过三、四象限；（9分） （3）解：由题可得，抛物线与有两个交点， 联立 得（10分） ∴ 解方程得，（11分） ∴（12分） 解得，或．（13分） 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01 数 学（山东统考专用） 考情速递 中考·新动向：山东中考在试题结构、考查内容和命题形式上均出现新动向，这些变化旨在让考试更契合教育发展趋势，全面考查学生能力与素养。纯数学情境类题目占比下降，科学探究、人文社科类占比上升，跨学科综合类占比也有所上升或保持稳定，反映数学考试从纯数学知识向应用能力转变，数学与多领域结合愈发紧密。 中考·新考法：考查内容多元融合：数学文化与传统文化融合：常以古代数学名著、建筑工艺、历史文化等为背景出题；跨学科知识融合：数学与物理、化学、生物、天文等学科知识结合，考查学生综合运用知识的能力；社会热点融合：将社会热点话题融入试题，像科技成果、民生工程等。 命题·大预测：本试卷纯数学问题所占比重50％左右，注重数学知识与其他领域相结合。重基础的考查、重能力的考查以及注重学生对于应用数学知识解决实际问题的考查。 传统文化融合：4、6、7； 社会热点融合：3、17； 关注科学技术：2； 关注学生学习力：19. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要求的。 1．实数在数轴上对应点的位置如图所示，若，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了实数与数轴，由数轴及可得，，进而根据实数的运算法则逐项判断即可求解，掌握实数的运算法则是解题的关键． 【详解】解：由数轴可知， ∵， ∴，， ∴，，，， ∴选项错误，选项正确， 故选：． 2．未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查轴对称图形，中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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，据此进行判断即可． 【详解】解：A、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故符合题意； B、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意； C、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意； D、该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故不符合题意； 故选：A． 3．在2025年春节档期，电影市场的热度持续高涨．电影《哪吒之魔童闹海》上映前三日，总票房便达到15.81亿元，这部电影在上映前三日平均每天的票房为（   ） A．1.581×109元 B．5.27×107元 C．5.027×107元 D．5.27×108元 【答案】D 【分析】利用这部电影在上映前三日平均每天的票房=这部电影在上映前三日的总票房，即可求出结论． 本题考查了科学记数法-表示较大的数，利用科学记数法表示出这部电影在上映前三日的总票房是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴这部电影在上映前三日平均每天的票房为（元）． 故选：D． 4．斗拱是中国古代建筑特有的一种部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图，它的主视图为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键． 主视图：从正面看到的物体的形状图；左视图：从左面看到的物体的形状图；俯视图：从上面看到的物体的形状图． 根据三视图的定义求解即可． 【详解】解：A、是构件的主视图，符合题意； B、不是构件的视图，不符合题意； C、不是构件的视图，不符合题意； D、是构件的左视图，不符合题意； 故选：A． 5．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了整式的运算，根据合并同类项法则、积的乘方、同底数幂的乘法、完全平方公式分别运算即可判断求解，掌握以上运算法则是解题的关键． 【详解】解：、，该选项错误，不合题意； 、，该选项正确，符合题意； 、，该选项错误，不合题意； 、，该选项错误，不合题意； 故选：． 6．《百骏图》是中国十大传世名画之一，是意大利籍清代宫廷画家郎世宁的作品，其图共绘有100匹骏马，姿势各异，或立、或奔、或跪、或卧，可谓曲尽骏马之态．如图，已知局部临摹画面装裱前是一个长为2.8m，宽为0.9m的矩形，装裱后的长与宽的比是，且四周边衬的宽度相等．设边衬的宽度为xm，根据题意可列方程（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查分式方程的应用．根据题意，正确的列出方程，是解题的关键． 根据装裱后的长与宽的比是，且四周边衬的宽度相等，列出方程即可． 【详解】解：由题意得，， 故选：C． 7．四大发明是中国古代先民为世界留下的一串光辉的足迹，是人类文明进步的象征．如图，小乐收集了中国古代四大发明的四张卡片，四张卡片除内容外其余均相同．若小乐从这四张卡片中随机抽取两张卡片，则这两张卡片中有“指南针”的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了列表法求概率， 先列出表格，可得所有可能出现的结果，即可得出符合条件的结果，再根据概率公式计算即可. 【详解】解：列表如下： 第一次     第二次 火药 印刷术 造纸术 指南针 火药 （印刷术，火药） （造纸术，火药） （指南针，火药） 印刷术 （火药，印刷术） （造纸术，印刷术） （指南针，印刷术） 造纸术 （火药，造纸术） （印刷术，造纸术） （指南针，造纸术） 指南针 （火药，指南针） （印刷术，指南针） （造纸术，指南针） 一共有12种可能出现的结果，每种结果出现的可能性相同，符合题意的有6种，所以这两张卡片中有“指南针”的概率是. 故选：A. 8．如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质．根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解． 【详解】解：∵，为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵直线与相切， ∴， ∴， 故选：A． 9．如图，是正方形的对角线，E为边上的动点（不与端点重合），点F在的延长线上，且，过点F作于点G，连结，．则下列比值为定值的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质，由正方形的性质可得，，，证明为等腰直角三角形，得出，设，，表示出、、、、的长，逐项分析即可得解． 【详解】解：∵四边形为正方形，是对角线， ∴，，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，，则， ∴，， ∴，， ∴； 如图，作于， ， 则由等腰直角三角形的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴，是定值，故A符合题意； ，不是定值，故B不符合题意； ，不是定值，故C不符合题意； ，不是定值，故D不符合题意； 故选：A． 10．如图，二次函数的图象过点，对称轴为直线．有以下结论： ①；②；③若，是抛物线上的两点，当时，；④点，是抛物线与轴的两个交点，若在轴下方的抛物线上存在一点，使得，则的取值范围为；⑤若方程的两根为，，且，则 其中正确结论的序号是（   ） A．①②④ B．①③④ C．①③⑤ D．①②③⑤ 【答案】B 【分析】根据二次函数的图象开口向上，与轴相交于下半轴，对称轴为直线，可得，，，即可判断；由抛物线的对称轴为直线，可得，当时，，得，即可判断；由，是抛物线上的两点，抛物线的对称性可知：，当时，，即可判断；由，到对称轴的距离为，当抛物线的顶点到轴的距离不小于时，在轴下方的抛物线上存在点，使得，即，可得，所以，即可判断；抛物线与轴的另外一个交点坐标为，得，若方程，即方程的两根为，，则、为抛物线与直线的两个交点的横坐标，因为，所以，即可判断． 【详解】解：由图象可知：，，， ，故正确； 抛物线的对称轴为直线， ， ， 当时，， ， ，故错误； ，是抛物线上的两点， 由抛物线的对称性可知：， 当时，， 故正确； 由题意可知：，到对称轴的距离为， 当抛物线的顶点到轴的距离不小于时， 在轴下方的抛物线上存在点，使得， 即， ， ， ， ， 解得：，故④正确； ∵对称轴为，抛物线过点 ∴抛物线与轴的另外一个交点坐标为， 若方程， 即方程的两根为，， 则、为抛物线与直线的两个交点的横坐标， ， ，故错误； 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数图象与其系数之间的关系，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型． 二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共15分。 11．分解因式： ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了分解因式，多项式乘以多项式，先根据多项式乘以多项式的计算法则去括号，然后合并同类项，最后根据完全平方公式分解因式即可． 【详解】解： ， 故答案为：． 12．若式子有意义，则的取值范围是 ． 【答案】且 【分析】本题考查了二次根式有意义和零指数幂有意义，解本题的关键在熟练掌握其有意义的条件．二次根式有意义的条件：被开方数大于等于零．零指数幂有意义的条件：底数不为零． 根据二次根式有意义的条件和零指数幂有意义的条件，列出不等式求解即可． 【详解】解：根据有意义，可得：， 解得：， 根据有意义，可得：， 解得：， 综上可得：的取值范围是且． 故答案为：且 13．若关于的不等式组有且仅有1个奇数解，且关于的分式方程的解为整数，则所有满足条件的整数的和为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了一元一次不等式组、分式方程，熟练掌握不等式组和分式方程的解法是解题关键．先解一元一次不等式组可得，再解分式方程可得，从而可得为整数，且，即，由此即可得． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∵关于的不等式组有且仅有1个奇数解， ∴， 解得， ， 方程两边同乘以，得， 解得， ∵关于的分式方程的解为整数， ∴为整数，且，即， ∴所有满足条件的整数的值为， ∴所有满足条件的整数的和为， 故答案为：10． 14．如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积的计算，掌握扇形、菱形的面积公式即割补法是解题的关键．连接，将扇形补到扇形的位置，从而得到即可得到答案． 【详解】解：连接，将扇形补到扇形的位置，   ， 四边形是菱形， ， 过D 作于点H，    ， ， ∵扇形的圆心角为，， ． 故答案为：． 15．如图，在直角坐标平面内，动点按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，…按这样的运动规律，动点第2023次运动到点 ．（写出点的坐标）    【答案】 【分析】据图可以得出动点的纵坐标按照，每四个一循环，横坐标为运动次数减1，进行求解即可． 【详解】解：由图可知：动点的纵坐标按照，每四个一循环，横坐标为运动次数减1， ∵， ∴动点第2023次运动后的纵坐标为，横坐标为， ∴动点第2023次运动到点； 故答案为：． 【点睛】本题考查点的坐标规律探究．根据已知点的坐标，抽象概括出相应的数字规律，是解题的关键． 三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（8分）计算： (1)； (2)先化简，再求值：，其中． 【答案】(1) (2)， 【分析】本题主要考查了实数的混合运算，分式的化简求值． （1）先求算出平方根，化简绝对值，零指数幂，然后再计算加减法即可． （2）先化简分式，然后再代入数值计算即可． 【详解】（1）解： （2分） （4分） （2）解： （5分） ， （6分） （7分） 当时，原式．（8分） 17．（8分）某教育平台推出，两款人工智能学习辅导软件，相关人员开展了，两款人工智能学习辅导软件使用满意度评分测验，并从中各抽取20份，对数据进行整理，描述和分析（评分分数用表示，分为以下四个等级：不满意，比较满意，满意，非常满意，下面给出了部分信息： 抽取的对款人工智能学习辅导软件的所有评分数据：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，． 抽取的对款人工智能学习辅导软件的评分数据中“满意”的数据：，，，，，，89，90． ，两款人工智能学习辅导软件的评分统计表 软件 平均数 中位数 众数 方差 A 86 B 86 88 款人工智能学习辅导软件评分的扇形统计图 根据以上信息，解答下列问题： (1)填空：______，______； (2)根据以上数据，你认为哪款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎？请说明理由（写出一条理由即可）； (3)本次调查中，若有800名用户对款人工智能学习辅导软件进行了评分，有1000名用户对款人工智能学习辅导软件进行了评分，估计其中对，两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数． 【答案】(1)85，20 (2)款人工智能软件更受用户欢迎，见解析 (3)440名 【分析】本题主要考查了扇形统计图，众数，用样本估计总体，方差等等，正确读懂统计图是解题的关键． （1）根据众数的定义可求出a的值，用1减去B的评分数据中不满意，满意和比较满意的百分比即可求出m的值； （2）款的方差小于款的方差，则款人工智能软件比较稳定，据此可得答案； （3）分别求出，两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户人数，再求和即可得到答案． 【详解】（1）解：∵A的评分数据中，评分为85分的人数最多， ∴A的评分数据的众数为85分，即，（1分） ， ∴； 故答案为：85，20；（2分） （2）解；款人工智能软件更受用户欢迎．理由如下：（3分） 款和款的平均数相同，款的方差小于款的方差， 款人工智能软件比较稳定， 款人工智能软件更受用户欢迎；（5分） （3）解：（名），（名），（7分） （名）． 答：其中对、两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数为440名．（8分） 18．（8分）教材中有这样一段文字：“在比例式中，如果，那么．我们把b叫做a和c的比例中项．”在学习过程中，有些几何图形中的线段满足的关系，用直尺与圆规分别作出满足下列条件的各点．（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图①中，在上求作一点D满足； (2)在图②中，在上求作一点D满足； (3)在图③中，在线段上求作一点D满足； (4)在图④中，点A、C、B依次在同一直线上，，在直线上求作一点D，满足 【答案】(1)图见详解； (2)图见详解； (3)图见详解； (4)图见详解． 【分析】本题主要涉及比例中项的概念以及利用圆规和直尺进行几何作图，涉及作一个角等于已知角，作已知线段的垂直平分线等基本尺规作图，通过将所给的线段比例关系转化为几何图形中的相关性质来确定点的位置是正确解答此题的关键． （1）在图①中，可以通过在上作一个角等于来确定点D的位置． （2）在图②中，连接，然后作一个以直径的，与的交点即为点． （3）在图③中，作线段的垂直平分线，过点B作，且使，以为圆心，为半径画，连接，交于点E．以A为圆心，为半径画，交于点D，点D即为所求的点，满足．满足 （4）在图④中，：作线段的垂直平分线，垂足为，作，使，作，使，在直线同侧，连接，与的垂直平分线交于点，以为圆心，的长为半径作，交直线于，，点，即为求作的点． 【详解】（1）解：以为一边，在内部作，与的交点即为所求的点D． （2分） 理由：由作图可知：， ， ， ， ； 即点为满足题意的点； （2）解：连接，作的垂直平分线交于点，以为圆心，为半径作，与的交点即为求作的点． （4分） 理由：连接， 是的直径， ，即， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 为满足题意的点， 同理可证为满足题意的点； （3）解：作线段的垂直平分线，过点B作，且使，以为圆心，为半径画，连接，交于点E．以A为圆心，为半径画，交于点D，点D即为所求的点， （6分） （方法不唯一） 理由：设，则， ， ， ， ， ， ，， ． 点D满足； （4）解：作线段的垂直平分线，垂足为，作，使，作，使，在直线同侧，连接，与的垂直平分线交于点，以为圆心，的长为半径作，交直线于，，点，即为求作的点． （8分） （方法不唯一）， 理由：连接， ，，，且， 四边形是矩形， ，， 设，则， ， ， ， 同理可证明点满足题意。 19．（9分）综合与探究 问题情境 如图1，在矩形中，，延长至点．使得．点是边上一点，且，连接，． 操作发现 （1）若，则的长为________，的长为________． 拓展探索 （2）如图2，将绕点逆时针旋转，点的对应点为，使点在矩形内部．若，分别与，相交于点，． ①请判断和的数量关系，并说明理由． ②如图3，在旋转过程中，若点恰好在矩形对角线上．请探索并直接写出图3中所有与图1中相等的线段． 【答案】（1）；；（2）①，理由见解析；②、 【分析】（1）由矩形的性质可得，结合题意得出垂直平分，由垂直平分线的性质可得，证明为等腰直角三角形，得出，求出，即可得解； （2）①连接，由题意结合旋转的性质可得为等腰直角三角形，，从而得出，推出，，证明，即可得解； ②由（1）可得：，解直角三角形得出，由题意结合旋转的性质可得为等腰直角三角形，，证明，得出，由①可得：，即可得解． 【详解】解：（1）∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，（1分） ∵， ∴； 故答案为，；（2分） （2）①，理由如下：（3分） ∵四边形为矩形， ∴， 连接，如图： ， 由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，， ∴， ∴，，（4分） ∴，即， ∴，（5分） ∴；（6分） ②由（1）可得：， ∵四边形为矩形， ∴，， 连接，如图： ， ∵，， ∴， ∴， 由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，， ∴为等边三角形，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由①可得：， ∴图3中所有与图1中相等的线段为、．（9分） 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 20．（9分）根据以下素材，探索完成任务：，结果精确到0.1cm） 素材1：如图1是上海地铁里常见的一组通道闸机，当乘客扫码或刷卡后，闸机两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图2是两圆弧翼展开时的截面图，扇形和扇形是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，，半径，点A与点D在同一水平线上，且它们之间的距离为． 素材2：小磊同学要携带如图3的长方体行李箱进站．（单位：） 问题解决 任务1 确定宽度 求闸机通道的宽度，即与之间的距离． 任务2 确定高度 若点B、E到地面的距离均为，求点A到地面的距离． 任务3 能否通过 小磊同学的行李箱是否可以通过闸机？请说明理由． 【答案】任务1：  任务2：   任务3：小磊同学推着“”的箱子时，可以通过闸机 【分析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是作辅助线构造直角三角形． 任务1：连接，并向两边延长，分别交，于点，，由两圆弧翼成轴对称可得，在中， ，进而作答即可； 任务2：过点作垂直于地面于点，过点作交于点，在中， ，即可求出距离； 任务3：根据与之间的距离约为，即可说明小磊的行李箱是否可以通过闸机. 【详解】任务1：如图，连接，并向两边延长，分别交，于点，， 由题意得 ∴的长度就是与之间的距离， 由两圆弧翼成轴对称可得， 在中， ， ， ∴与之间的距离约为；（3分） 任务2：如图，过点作垂直于地面于点，过点作交于点， 可得， 在中，， ∴ ∵点，到地面的距离均为， ∴， ∴， 答：点到地面的距离约为；（6分） 任务3：∵与之间的距离约为， ∴当小磊同学推着“”的箱子时，可以通过闸机．（9分） 21．（10分）复习完“数与代数”的内容后，数学学习小组的同学想用“函数图象”的角度解决下面实际问题． 如图，计划围成一个面积为的矩形花园，花园一边靠墙，另外三边用栅栏围住． 问题1：若栅栏总长为，能否围出矩形花园？若能围成，请你写出两边的长； 问题2：若栅栏总长为，能否围出矩形花园？ 【问题探究】 学习小组思路：设为，为．由矩形花园面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；栅栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，两个函数图象交点的坐标可以同时满足题目中的两个条件． （1）学习小组的同学已经画出了图象，请你根据上面的分析思路，利用画好的图象解决问题1． （2）请类比问题1的解决方法，解决问题2并说明理由． 【拓展应用】 （3）从探究中发现当栅栏总长为时，“能否围成矩形花园的问题”可以转化为“与图象在第一象限内交点的存在性问题”．其中一次函数的图象可以看成是直线平移得到的．若要围成矩形花园，且和的长均不小于，求a的取值范围． 【答案】（1）能围成矩形花园，，或，；（2）不能围出矩形花园，理由见解析；（3） 【分析】（1）观察图象，联立解方程组得，求解即可得到另一个交点坐标为，进而可求解； （2）联立，得，根据判别式得到与函数图象没有交点即可求解； （3）联立，得及．因为AB和BC的长均不小于1m，求得当时；当时．要使方程有解，则，且，所以a的取值范围是． 【详解】（1）由，得，（1分） ∴， ∴， ∴， 解得，． 当时，；当时，． 所以能围成矩形花园，，或，．（3分） （2）由，得， ∴， ∴， ∵，（5分） 所以方程无解，不能围出矩形花园．（6分） （3）由，得，，．（7分） 因为和的长均不小于， 当时，，代入得，； 当时，，，代入得，． 要使方程有解，则，且．（9分） 解得．所以a的取值范围是．（10分） 【点睛】本题考查了实际应用题的函数直观解释，比较新颖，实质是函数图象的平移，一次函数和反比例图象的交点问题以及解一元二次方程． 22．（10分）如图，已知等腰中，，以为直径的与底边交于点，过作，垂足为． (1)求证：为的切线； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）连接，根据直径所对圆周角是直角可得，由三线合一可知D为中点，则为的中位线，可得，由，可得，即可证明； （2）根据（1）中条件求出，再根据，可知，利用三角函数求出即可． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵为圆直径， ∴，（1分） 即， ∵， ∴，（2分） ∵， ∴是的中位线， ∴，（3分） ∵， ∴， ∵点在圆上， ∴为圆的切线；（5分） （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴，（8分） ∵， ∴．（10分） 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 23．（13分）已知二次函数（为常数，且）． (1)求证：不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点； (2)该函数图象所经过的象限随着值的变化而变化，直接写出函数图象所经过的象限及对应的的取值范围． (3)若，该函数图象与线段有2个公共点，则 的取值范围 ． 【答案】(1)证明详解 (2)当时，抛物线经过一、二、三、四象限；当，且时，抛物线经过一、三、四象限；当时，抛物线经过三、四象限 (3)或 【分析】本题考查了二次函数的图像和性质，二次函数图象经过象限问题，二次函数与直线交点问题，解题的关键是运用数形结合的数学思想分析函数性质． （1）利用根的判别式即可求解； （2）根据开口方向和与轴交点情况分类进行讨论即可； （3）利用根的判别式和交点取值范围即可求得结果． 【详解】（1）解：（1分） （2分） 整理得，（3分） ∴不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点 （2）解：①当时，抛物线开口向上，与轴的交点坐标分别为，，交轴正半轴和负半轴， ∴抛物线经过一、二、三、四象限；（5分） ②当，且时，，对称轴位于轴右侧， ∴抛物线经过一、三、四象限；（7分） ③当时，抛物线开口向下，， ∴抛物线经过三、四象限；（9分） （3）解：由题可得，抛物线与有两个交点， 联立 得（10分） ∴ 解方程得，（11分） ∴（12分） 解得，或．（13分） 2 / 29 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01 数 学（山东统考专用） 考情速递 中考·新动向：山东中考在试题结构、考查内容和命题形式上均出现新动向，这些变化旨在让考试更契合教育发展趋势，全面考查学生能力与素养。纯数学情境类题目占比下降，科学探究、人文社科类占比上升，跨学科综合类占比也有所上升或保持稳定，反映数学考试从纯数学知识向应用能力转变，数学与多领域结合愈发紧密。 中考·新考法：考查内容多元融合：数学文化与传统文化融合：常以古代数学名著、建筑工艺、历史文化等为背景出题；跨学科知识融合：数学与物理、化学、生物、天文等学科知识结合，考查学生综合运用知识的能力；社会热点融合：将社会热点话题融入试题，像科技成果、民生工程等。 命题·大预测：本试卷纯数学问题所占比重50％左右，注重数学知识与其他领域相结合。重基础的考查、重能力的考查以及注重学生对于应用数学知识解决实际问题的考查。 传统文化融合：4、6、7； 社会热点融合：3、17； 关注科学技术：2； 关注学生学习力：19. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要求的。 1．实数在数轴上对应点的位置如图所示，若，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 2．未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．在2025年春节档期，电影市场的热度持续高涨．电影《哪吒之魔童闹海》上映前三日，总票房便达到15.81亿元，这部电影在上映前三日平均每天的票房为（   ） A．1.581×109元 B．5.27×107元 C．5.027×107元 D．5.27×108元 4．斗拱是中国古代建筑特有的一种部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图，它的主视图为（  ） A． B． C． D． 5．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 6．《百骏图》是中国十大传世名画之一，是意大利籍清代宫廷画家郎世宁的作品，其图共绘有100匹骏马，姿势各异，或立、或奔、或跪、或卧，可谓曲尽骏马之态．如图，已知局部临摹画面装裱前是一个长为2.8m，宽为0.9m的矩形，装裱后的长与宽的比是，且四周边衬的宽度相等．设边衬的宽度为xm，根据题意可列方程（    ） A． B． C． D． 7．四大发明是中国古代先民为世界留下的一串光辉的足迹，是人类文明进步的象征．如图，小乐收集了中国古代四大发明的四张卡片，四张卡片除内容外其余均相同．若小乐从这四张卡片中随机抽取两张卡片，则这两张卡片中有“指南针”的概率是（   ） A． B． C． D． 8．如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 9．如图，是正方形的对角线，E为边上的动点（不与端点重合），点F在的延长线上，且，过点F作于点G，连结，．则下列比值为定值的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，二次函数的图象过点，对称轴为直线．有以下结论： ①；②；③若，是抛物线上的两点，当时，；④点，是抛物线与轴的两个交点，若在轴下方的抛物线上存在一点，使得，则的取值范围为；⑤若方程的两根为，，且，则 其中正确结论的序号是（   ） A．①②④ B．①③④ C．①③⑤ D．①②③⑤ 二、填空题：本题共5题，每小题3，共15分。 11．分解因式： ． 12．若式子有意义，则的取值范围是 ． 13．若关于的不等式组有且仅有1个奇数解，且关于的分式方程的解为整数，则所有满足条件的整数的和为 ． 14．如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 15．如图，在直角坐标平面内，动点按图中箭头所示方向依次运动，第1次从点运动到点，第2次运动到点，第3次运动到点，…按这样的运动规律，动点第2023次运动到点 ．（写出点的坐标）    三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16．（8分）计算： (1)； (2)先化简，再求值：，其中． 17．（8分）某教育平台推出，两款人工智能学习辅导软件，相关人员开展了，两款人工智能学习辅导软件使用满意度评分测验，并从中各抽取20份，对数据进行整理，描述和分析（评分分数用表示，分为以下四个等级：不满意，比较满意，满意，非常满意，下面给出了部分信息： 抽取的对款人工智能学习辅导软件的所有评分数据：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，． 抽取的对款人工智能学习辅导软件的评分数据中“满意”的数据：，，，，，，89，90． ，两款人工智能学习辅导软件的评分统计表 软件 平均数 中位数 众数 方差 A 86 B 86 88 款人工智能学习辅导软件评分的扇形统计图 根据以上信息，解答下列问题： (1)填空：______，______； (2)根据以上数据，你认为哪款人工智能学习辅导软件更受用户欢迎？请说明理由（写出一条理由即可）； (3)本次调查中，若有800名用户对款人工智能学习辅导软件进行了评分，有1000名用户对款人工智能学习辅导软件进行了评分，估计其中对，两款人工智能学习辅导软件非常满意的用户总人数． 18．（8分）教材中有这样一段文字：“在比例式中，如果，那么．我们把b叫做a和c的比例中项．”在学习过程中，有些几何图形中的线段满足的关系，用直尺与圆规分别作出满足下列条件的各点．（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图①中，在上求作一点D满足； (2)在图②中，在上求作一点D满足； (3)在图③中，在线段上求作一点D满足； (4)在图④中，点A、C、B依次在同一直线上，，在直线上求作一点D，满足 19．（9分）综合与探究 问题情境 如图1，在矩形中，，延长至点．使得．点是边上一点，且，连接，． 操作发现 （1）若，则的长为________，的长为________． 拓展探索 （2）如图2，将绕点逆时针旋转，点的对应点为，使点在矩形内部．若，分别与，相交于点，． ①请判断和的数量关系，并说明理由． ②如图3，在旋转过程中，若点恰好在矩形对角线上．请探索并直接写出图3中所有与图1中相等的线段． 20．（9分）根据以下素材，探索完成任务：，结果精确到0.1cm） 素材1：如图1是上海地铁里常见的一组通道闸机，当乘客扫码或刷卡后，闸机两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图2是两圆弧翼展开时的截面图，扇形和扇形是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，，半径，点A与点D在同一水平线上，且它们之间的距离为． 素材2：小磊同学要携带如图3的长方体行李箱进站．（单位：） 问题解决 任务1 确定宽度 求闸机通道的宽度，即与之间的距离． 任务2 确定高度 若点B、E到地面的距离均为，求点A到地面的距离． 任务3 能否通过 小磊同学的行李箱是否可以通过闸机？请说明理由． 21．（10分）复习完“数与代数”的内容后，数学学习小组的同学想用“函数图象”的角度解决下面实际问题． 如图，计划围成一个面积为的矩形花园，花园一边靠墙，另外三边用栅栏围住． 问题1：若栅栏总长为，能否围出矩形花园？若能围成，请你写出两边的长； 问题2：若栅栏总长为，能否围出矩形花园？ 【问题探究】 学习小组思路：设为，为．由矩形花园面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；栅栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，两个函数图象交点的坐标可以同时满足题目中的两个条件． （1）学习小组的同学已经画出了图象，请你根据上面的分析思路，利用画好的图象解决问题1． （2）请类比问题1的解决方法，解决问题2并说明理由． 【拓展应用】 （3）从探究中发现当栅栏总长为时，“能否围成矩形花园的问题”可以转化为“与图象在第一象限内交点的存在性问题”．其中一次函数的图象可以看成是直线平移得到的．若要围成矩形花园，且和的长均不小于，求a的取值范围． 22．（10分）如图，已知等腰中，，以为直径的与底边交于点，过作，垂足为． (1)求证：为的切线； (2)连接，若，求的长． 23．（13分）已知二次函数（为常数，且）． (1)求证：不论为何值，该函数的图象与轴总有公共点； (2)该函数图象所经过的象限随着值的变化而变化，直接写出函数图象所经过的象限及对应的的取值范围． (3)若，该函数图象与线段有2个公共点，则 的取值范围 ． 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$