精品解析：2025年山东省潍坊市潍城区九年级中考一模数学试题

2025年初中学业水平模拟自测（一） 数学试题 注意事项： 1．本场考试时间120分钟，试卷分为第I卷和第II卷，共22小题，满分150分； 2．答卷前，请将试卷密封线内和答题卡上面的项目填涂清楚； 3．请在答题卡相应位置作答，不要超出答题区域，不要答错位置． 第I卷 选择题（共44分） 一、单选题（共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，错选、不选均记0分） 1. 下列交通标志中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个数中，最大的数是（ ） A. B. C. 0 D. 3. DeepSeek是中国深度求索公司研发的高性能AI语言模型，广泛应用于智能客服、数据分析等领域．2025年1月，DeepSeek全球月活跃用户数突破33700000个，创下行业新纪录．用科学记数法表示33700000并精确到百万位，下列正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 若代数式和值相等，则x的值为（ ） A. B. C. D. 5. 一个圆锥的侧面积是底面积的4倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为实数，规定运算：，．按上述规定，当时，的值等于（ ） A. B. C. D. 0 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分．每小题的四个选项中，有多项正确，全部选对得5分，部分选对得3分，错选、多选均记0分） 7. 如图所示的几何体，是由7个相同的小正方体组成，将小正方体①去掉后，新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，下列结论正确的是（ ） A. 主视图保持不变 B. 左视图保持不变 C. 俯视图保持不变 D. 三种视图均改变 8. 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，图象的对称轴为．下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，，以点B为圆心，以大于的长为半径作弧，分别交，于M，N两点；分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点G；作射线，交于点H．以点C为圆心，以的长为半径作弧，与交于E，F两点；过E，F两点作直线，分别交，于点P，O，连接．下列结论正确的是（ ） A. B. 为等腰三角形 C. D. 点为的外心 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为，将矩形沿直线（点E在边上，点F在边上）折叠，点A的对应点D恰好是边的中点，点C的对应点P落在反比例函数的图象上，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 第II卷 非选择题（共106分） 三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分．只填写最后结果） 11. 如果关于x的一元二次方程□有两个不相等的实数根，那么“□”内的数可以为______．（写出一个数即可） 12. 公园有4个门，小莹随机从一个门进入，又随机从一个门出来，则进出不是同一个门的概率为______． 13. 规定．例如：，．则的最小值为______． 14. 如图，在中，，D是上任意一点，连接，过C作于E，连接．若，，则的最小值为______． 四、解答题（共8小题，共90分．请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）利用数轴，确定不等式组的解集； （2）化简：． 16. 已知反比例函数，正比例函数，请根据表中提供的数据，回答下列问题． 1 （1）试求表格中a，b的值，并画出正比例函数的大致图象； （2）当时，求x的值； （3）当时，直接写出x的取值范围． 17. 如图，在中，，延长到D，使，E 是的中点．求证：． 18. 为响应国家“体重管理年”号召，某中学开展了学生体质健康监测活动．学校从全校2000名学生中随机抽取了部分学生，检测他们的（身体质量指数）数据，并按照下表进行分组整理． 组别 （身体质量指数） A组（偏瘦） B组（正常） C组（超重） D组（肥胖） 整理后得到如下条形统计图和扇形统计图： 根据以上信息解决下列问题： （1）请补全条形统计图，并求出扇形统计图中D组的圆心角度数； （2）若学校计划对全校C、D组学生进行健康干预，每名学生发放1份健康指南，大约需准备多少份？ （3）为强化学生身体素质，该中学每学期将学生的评分和运动评分按的比例计算综合健康分．已知评分，其中x为指数；运动评分，其中t（分钟）为平均每日运动时间．小莹的指数为24，平均每日运动60分钟；小亮的指数为26，平均每日运动80分钟．小莹和小亮谁的综合健康分更高？ 19. 如图1，“天幕”是大家特别喜欢一种露营设备，通常由支杆、天幕布、拉绳组成．图2是其截面示意图，天幕布，为可伸缩支杆，拉绳、固定在水平地面上，且点A、D、E共线，点A、C、F共线，于点B，于点O．拉绳在地面的固定点E与点B的距离，，． （1）求拉绳的长； （2）如图3，现将支杆向上伸长至点，同时将固定点E、F分别移动至、，使、、共线，、、共线，且，在此过程中，拉绳长度保持不变，求的长．（结果保留根号） 20. 某快递公司近年来因电商业务激增，决定将人工分拣中心升级为自动分拣中心．该公司对以下两种自动分拣方案进行了调研． 方案A：公司购买安装智能分拣设备．已知分拣设备日处理10万件时，每日总成本为80万元；日处理15万件时，每日总成本达到最低，最低为75万元；日处理20万件时，每日总成本回升至80万元． 方案B：公司外包分拣服务．外包分拣服务除固定的基础服务费50万元/日外，每处理1万件快递需支付外包公司3万元． 设日处理量为x（万件），方案A的日总成本为（万元），方案B的日总成本为（万元）． （1）从一次函数，二次函数或反比例函数中选择适当的函数模型模拟与x的函数关系，求出其表达式； （2）写出与x的函数表达式，并求日处理量为多少万件时，两种方案的日总成本相同？ 21. 如图，内接于，为的直径，的平分线交于点D，交于点E，过点C作交的延长线于点F，连接，． （1）求证：为的切线； （2）已知，求阴影部分的面积． 22. 【问题提出】 甲、乙两人轮流从一堆石子中取石子，规定每次至少取1颗，最多取m颗，取到最后一颗者获胜．设初始石子总数为n，探究先手或后手必胜的策略． 【问题探究】 （1）基础情形验证：当每次最多取2颗（）时，填写下表并总结规律： 石子总数（n） 1 2 3 4 5 6 7 先手是否有必胜的策略 是 是 否 结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． （2）扩展情形分析：若每次最多取3颗（）． 当时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的策略． 当时，先手第一次取______颗，可迫使后手陷入必输状态． 结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． （3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（），当n为______倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． 【问题解决】 当，时，你来参与游戏，为确保必胜，你应选择______（先手或后手），你的必胜策略是什么？ 问题拓展】 若规则改每次至少取2颗（最后一次可取1颗），最多取4颗，其余策略不变．当时，先手第一次应取______颗以确保必胜． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年初中学业水平模拟自测（一） 数学试题 注意事项： 1．本场考试时间120分钟，试卷分为第I卷和第II卷，共22小题，满分150分； 2．答卷前，请将试卷密封线内和答题卡上面的项目填涂清楚； 3．请在答题卡相应位置作答，不要超出答题区域，不要答错位置． 第I卷 选择题（共44分） 一、单选题（共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，错选、不选均记0分） 1. 下列交通标志中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形的识别．根据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进行分析即可． 【详解】解：A、B、D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：C． 2. 下列四个数中，最大的数是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了比较实数的大小，掌握实数的大小比较法则是解题的关键． 根据正数大于0，负数小于0，正数大于一切负数，两个负数，绝对值大的反而小，即可判断求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴最大的数为， 故选：B． 3. DeepSeek是中国深度求索公司研发的高性能AI语言模型，广泛应用于智能客服、数据分析等领域．2025年1月，DeepSeek全球月活跃用户数突破33700000个，创下行业新纪录．用科学记数法表示33700000并精确到百万位，下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查科学记数法与近似数，熟练掌握以上知识点是解题的关键．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时正确确定的值以及的值是解决本题的关键． 【详解】解：． 故选：D． 4. 若代数式和的值相等，则x的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，由题意可得，解分式方程即可得解，熟练掌握解分式方程的方法是解此题的关键． 【详解】解：∵代数式和的值相等， ∴， 解得：， 检验，当时，， ∴若代数式和的值相等，则x的值为， 故选：A． 5. 一个圆锥的侧面积是底面积的4倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆锥侧面积与底面积的关系，以及侧面展开图的圆心角计算，设圆锥底面半径为，母线长为，圆锥侧面展开图的圆心角为，根据求出，再由计算即可得解． 【详解】解：设圆锥底面半径为，母线长为，圆锥侧面展开图的圆心角为， 由题意可得：， ∴， 解得：， 由弧长公式可得：， 解得：， ∴该圆锥侧面展开图的圆心角是， 故选：A． 6. 已知为实数，规定运算：，．按上述规定，当时，的值等于（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查数式规律问题，根据规定列式计算后总结规律，然后计算的值即可． 【详解】解：当时， ， ， ， ， ， …… ， ， ， 故选: C． 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分．每小题的四个选项中，有多项正确，全部选对得5分，部分选对得3分，错选、多选均记0分） 7. 如图所示的几何体，是由7个相同的小正方体组成，将小正方体①去掉后，新几何体的三视图与原几何体的三视图相比，下列结论正确的是（ ） A. 主视图保持不变 B. 左视图保持不变 C. 俯视图保持不变 D. 三种视图均改变 【答案】AB 【解析】 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，根据从正面看得到的是主视图，从左边看得到的是左视图，从上面看得到的是俯视图，即可得出答案． 【详解】解：将小正方体①去掉后，主视图和左视图依然还是两层，底层有个正方形，上层有个正方形，即主视图和左视图不变；俯视图发生变化，第二列由个正方形变成个正方形， 故选：AB． 8. 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，图象的对称轴为．下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象与系数的关系、二次函数与轴的交点问题，由图象可得抛物线开口向上，对称轴是直线，与轴交于负半轴，推出，，，再逐项分析即可得解，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵抛物线开口向上，对称轴是直线，与轴交于负半轴， ∴，，， ∴，故B正确； ∴，故A错误； ∵抛物线与轴有两个交点， ∴，即，故C正确； ∵， ∴，故D正确； 故选：BCD． 9. 如图，在中，，以点B为圆心，以大于的长为半径作弧，分别交，于M，N两点；分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧交于点G；作射线，交于点H．以点C为圆心，以的长为半径作弧，与交于E，F两点；过E，F两点作直线，分别交，于点P，O，连接．下列结论正确的是（ ） A. B. 为等腰三角形 C. D. 点为的外心 【答案】BC 【解析】 【分析】由作图可得平分，垂直平分，由线段垂直平分线的定义可得，结合，推出不是等边三角形，即可判断A错误；由角平分线的性质结合平行四边形的性质得出，推出，即可判断B正确；令交于，由等腰三角形的性质可得，再由三角形外角的定义及性质即可判断C正确；由等腰三角形的性质可得，再由三角形内心的定义即可判断D错误；从而得解． 【详解】解：由作图可得：平分，垂直平分， ∴， ∵， ∴不是等边三角形， ∴，故A错误； ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴，即为等腰三角形，故B正确； 如图：令交于， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴，故C正确； ∵，， ∴， ∵， ∴点为的内心，故D错误； 故选：BC． 【点睛】本题考查了尺规作图—作角平分线、作垂线，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，平行四边形的性质，三角形内心的概念，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为，将矩形沿直线（点E在边上，点F在边上）折叠，点A的对应点D恰好是边的中点，点C的对应点P落在反比例函数的图象上，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】作轴于，连接，由题意可得，，，，由矩形的性质可得，，结合题意，，设，则，由勾股定理得出，，证明，求出，，从而得出，，，； 由反比例函数的性质求出；设，则，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，作轴于，连接， 由题意可得：，，，， ∵矩形的顶点A的坐标为， ∴，， ∴， ∵点A的对应点D恰好是边的中点， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴，，故A正确，符合题意； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴，，故C错误，不符合题意； ∵点P落在反比例函数的图象上， ∴，故D正确，符合题意； 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴，故B错误，不符合题意； 故选：AD． 【点睛】本题考查了反比例函数综合、矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 第II卷 非选择题（共106分） 三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分．只填写最后结果） 11. 如果关于x的一元二次方程□有两个不相等的实数根，那么“□”内的数可以为______．（写出一个数即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：①，方程有两个不相等的实数根，②，方程有两个相等的实数根，③，方程没有实数根．设“□”内的数为，则原方程为，再由题意得出，求解即可． 【详解】解：设“□”内的数为， 则原方程为， ∵关于x的一元二次方程□有两个不相等的实数根， ∴， 解得：， ∴“□”内的数可以为， 故答案为：（答案不唯一）． 12. 公园有4个门，小莹随机从一个门进入，又随机从一个门出来，则进出不是同一个门的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．列表得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可． 【详解】解：将4个门分别记为、、、， 列表得： 进 出 由表格可得，共有种等可能出现的结果，其中进出不是同一个门的情况有种， ∴进出不是同一个门的概率为， 故答案为：． 13. 规定．例如：，．则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了新定义、二次函数的最值，先判断出，结合题意得出，再由二次函数的性质求解即可． 【详解】解：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 14. 如图，在中，，D是上任意一点，连接，过C作于E，连接．若，，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形三边关系等知识点，由知E在以为直径的的上（不含点C、可含点N），从而得最短时，即为连接与的交点（图中点点），长度的最小值． 【详解】解：如图， 由题意知，， ∴E在以为直径的的上（不含点C、可含点N）， ∴最短时，即为连接与的交点（图中点点）， 在中，，，则， ∵， ∴长度的最小值， 故答案为：． 四、解答题（共8小题，共90分．请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）利用数轴，确定不等式组的解集； （2）化简：． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查的是分式的混合运算，解不等式组，在数轴上表示不等式的解集． （1）分别求出各不等式的解集，在数轴上表示出来，进而可得出结论； （2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到最简结果． 【详解】解：（1）， 由得，， 由得，， 在数轴上表示为： 故不等式组的解集为：； （2） ． 16. 已知反比例函数，正比例函数，请根据表中提供的数据，回答下列问题． 1 （1）试求表格中a，b值，并画出正比例函数的大致图象； （2）当时，求x的值； （3）当时，直接写出x的取值范围． 【答案】（1），，函数图象见解析 （2）的值为或 （3）或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式、正比例函数的图象与性质、解分式方程，采用数形结合的思想是解此题的关键． （1）利用待定系数法求解即可，再根据表格画出函数图象； （2）由题意可得，再解分式方程即可得解； （3）根据函数图象结合（2）即可得解． 【小问1详解】 解：∵时，；时，， ∴， ∴，， ∵时，， ∴， ∴， ∴， 函数图象如图： ； 【小问2详解】 解：当时，则， 解得：， 经检验，是分式方程的解， ∴值为或； 【小问3详解】 解：由图象可得，当时，的取值范围是或． 17. 如图，在中，，延长到D，使，E 是的中点．求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定．如图所示，取的中点F，连接，证明是的中位线，得到，再证明，得到，即可证明． 【详解】证明：如图所示，取的中点F，连接， ∵，即点B为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵E、F分别是的中点，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 18. 为响应国家“体重管理年”号召，某中学开展了学生体质健康监测活动．学校从全校2000名学生中随机抽取了部分学生，检测他们的（身体质量指数）数据，并按照下表进行分组整理． 组别 （身体质量指数） A组（偏瘦） B组（正常） C组（超重） D组（肥胖） 整理后得到如下条形统计图和扇形统计图： 根据以上信息解决下列问题： （1）请补全条形统计图，并求出扇形统计图中D组的圆心角度数； （2）若学校计划对全校C、D组学生进行健康干预，每名学生发放1份健康指南，大约需准备多少份？ （3）为强化学生身体素质，该中学每学期将学生的评分和运动评分按的比例计算综合健康分．已知评分，其中x为指数；运动评分，其中t（分钟）为平均每日运动时间．小莹的指数为24，平均每日运动60分钟；小亮的指数为26，平均每日运动80分钟．小莹和小亮谁的综合健康分更高？ 【答案】（1）图见解析， （2）大约需准备600份 （3）小莹的综合健康分更高 【解析】 【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、利用样本估计总体、加权平均数、二次函数与一次函数的应用等知识，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键． （1）根据组的条形统计图和扇形统计图信息可求出本次调查抽取的学生总人数，从而可得组的人数，据此补全条形统计图即可得；再利用乘以组学生人数所占的百分比即可得其圆心角的度数； （2）利用全校学生人数乘以组人数所占的百分比，再乘以1即可得； （3）先根据函数关系式分别求出两人的评分和运动评分，再计算加权平均数，比较大小即可得． 【小问1详解】 解：本次调查抽取的学生总人数为（人）， 则组的人数为（人）， 补全条形统计图如下： 扇形统计图中组的圆心角度数为； 【小问2详解】 解：（份）， 答：大约需准备600份； 【小问3详解】 解：小莹的评分：将代入得：， 小莹的运动评分：因为，所以， 则小莹的综合健康分：（分）； 小亮的评分：将代入得：， 小亮的运动评分：因为，所以， 则小亮的综合健康分：（分）； 因为， 所以小莹的综合健康分更高． 19. 如图1，“天幕”是大家特别喜欢的一种露营设备，通常由支杆、天幕布、拉绳组成．图2是其截面示意图，天幕布，为可伸缩支杆，拉绳、固定在水平地面上，且点A、D、E共线，点A、C、F共线，于点B，于点O．拉绳在地面的固定点E与点B的距离，，． （1）求拉绳的长； （2）如图3，现将支杆向上伸长至点，同时将固定点E、F分别移动至、，使、、共线，、、共线，且，在此过程中，拉绳长度保持不变，求的长．（结果保留根号） 【答案】（1）拉绳的长为 （2） 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由等腰三角形的性质可得，再解直角三角形得出，即可得解； （2）由题意可得，，求出，再由勾股定理计算即可得解． 【小问1详解】 解：∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由题意可得：，， ∵， ∴， ∴． 20. 某快递公司近年来因电商业务激增，决定将人工分拣中心升级为自动分拣中心．该公司对以下两种自动分拣方案进行了调研． 方案A：公司购买安装智能分拣设备．已知分拣设备日处理10万件时，每日总成本为80万元；日处理15万件时，每日总成本达到最低，最低为75万元；日处理20万件时，每日总成本回升至80万元． 方案B：公司外包分拣服务．外包分拣服务除固定的基础服务费50万元/日外，每处理1万件快递需支付外包公司3万元． 设日处理量为x（万件），方案A的日总成本为（万元），方案B的日总成本为（万元）． （1）从一次函数，二次函数或反比例函数中选择适当的函数模型模拟与x的函数关系，求出其表达式； （2）写出与x的函数表达式，并求日处理量为多少万件时，两种方案的日总成本相同？ 【答案】（1） （2）日处理量为万件或万件时，两种方案的日总成本相同 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用、一次函数的应用，解一元二次方程，理解题意，正确求出二次函数以及一次函数解析式是解此题的关键． （1）设二次函数与x的函数关系式为，再将代入解析式计算即可得解； （2）由题意可得与x的函数表达式为，联立可得，求解即可． 【小问1详解】 解：设二次函数与x的函数关系式为， 将代入解析式可得：， 解得：， ∴； 【小问2详解】 解：由题意可得与x的函数表达式为， 联立可得：， 解得：或， ∴日处理量为万件或万件时，两种方案的日总成本相同． 21. 如图，内接于，为的直径，的平分线交于点D，交于点E，过点C作交的延长线于点F，连接，． （1）求证：为的切线； （2）已知，求阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，证明，得出，结合角平分线的定义得出，由垂径定理得出，即可得证； （2）连接、，由（1）可得：，求得，，，解直角三角形得出，，再由计算即可得解． 【小问1详解】 证明：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：如图，连接、， 由（1）可得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定定理、扇形的面积计算、垂径定理、解直角三角形、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，正确地作出辅助线是解此题的关键． 22. 【问题提出】 甲、乙两人轮流从一堆石子中取石子，规定每次至少取1颗，最多取m颗，取到最后一颗者获胜．设初始石子总数为n，探究先手或后手必胜的策略． 【问题探究】 （1）基础情形验证：当每次最多取2颗（）时，填写下表并总结规律： 石子总数（n） 1 2 3 4 5 6 7 先手是否有必胜的策略 是 是 否 结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． （2）扩展情形分析：若每次最多取3颗（）． 当时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的策略． 当时，先手第一次取______颗，可迫使后手陷入必输状态． 结论：当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． （3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（），当n为______的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． 问题解决】 当，时，你来参与游戏，为确保必胜，你应选择______（先手或后手），你的必胜策略是什么？ 【问题拓展】 若规则改为每次至少取2颗（最后一次可取1颗），最多取4颗，其余策略不变．当时，先手第一次应取______颗以确保必胜． 【答案】 问题探究：（1）是，是，否，是，；（2），；（3） 问题解决：先手，具体策略为先手第一次取颗，后面每次都与后手和为，则先手必胜； 问题拓展： 【解析】 【分析】本题考查逻辑推理，以及找规律，解题的关键在于根据基础情形逐步扩展到一般情况． 问题探究：（1）分析涉及表格每个数字是否先手有必胜的策略，找到规律即可． （2）利用（1）中规律求解即可； （3）利用（1）和（2）中规律求解即可； 问题解决：利用（3）的结论求解即可． 问题拓展：先手第一次取完后，留下是的倍数即可先手必胜． 【详解】解：问题探究：（1）当时，先手取1颗，后面每次都与后手和为，即可先手必胜； 当时，先手取2颗，后面每次都与后手和为，即可先手必胜； 当时，不管先手取多少，后手每次都与先手和为，即可后手必胜； 当时，先手取1颗，后面每次都与后手和为，即可先手必胜； ∴填写下表并总结规律： 石子总数（n） 1 2 3 4 5 6 7 先手是否有必胜的策略 是 是 否 是 是 否 是 结论：当n为的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． 故答案为：是，是，否，是，； （2）当时，先手取1颗（或2颗或3颗），后手相应可取3颗（或2颗或1颗）．因此后手有必胜的策略． 当时，先手第一次取1颗，可迫使后手陷入必输状态． 结论：当n为的倍数时，后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． 故答案为：，； （3）数学归纳猜想：若每次最多取m颗（），当n为的倍数时，不管先手取多少，后手每次都与先手和为，则后手必胜，即后手有必胜的策略，否则先手有必胜的策略． 故答案为：； 问题解决：∵， ∴选择先手可以必胜，具体策略为先手第一次取颗，后面每次都与后手和为，则先手必胜． 故答案为：先手； 问题拓展：若规则改为每次至少取2颗（最后一次可取1颗），最多取4颗，其余策略不变．当时，先手第一次应取颗，后面不管后手怎么取都可以保证先手获胜． 故答案为：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$