广东省佛山市顺德区2025年中考二模数学试卷

第 1 页 共 8 页 2024学年第二学期九年级适应性训练 数学参考答案 一、选择题（10 个题，每题 3 分，共 30 分） 1．A 2．D 3．C 4．B 5．A 6．D 7．C 8．B 9．C 10．B 二、填空题（4 个题，每题 3 分，共 12 分） 11． 1x 12． 1 13．3或 1 14． DEAC  ， DFAC // ， BEAD  （符合条件 且三者不同类型均可） 三、解答题（8 个题，共 78 分） 15．（1）解：原式＝ 43)6( 6 1  ＝ 431  ＝2 ………………………………………………………………………5分 （2）解：原式＝ )2)(2( )1(21      aa aa a a ＝ 2 11    a a ＝ 2 1 2 2      a a a a ＝ 2 1 a …………4分 当 22 a 时，原式＝ 222 1  ＝ 2 2 2 1  ……………………………………5分 16．解：由①得： 4x ； ………………………………………………………………2分 由②得： 1x ； ……………………………………………………………………4分 ∴原不等式组的解集为 4x 。 …………………………………………………………6分 17．（1）如答 17图，AE、AF为所求作； ………………………………………………4分 （2）证明：∵四边形 ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC。 ∴∠DAF＝∠EFA ∵AF平分∠DAE ∴∠DAF＝∠EAF ∴∠EAF＝∠EFA ∴AE＝EF ∵AD＝AE ∴AD＝EF且 AD∥EF ∴四边形 ADFE是平行四边形 ∵AD＝AE ∴四边形 ADFE是菱形 ……………………………………………………………4分 18．解： 8.5])8083()8083()8076[( 10 1 2222  甲S 答 17图 第 2 页 共 8 页 4.18])8076()8079()8081[( 10 1 2222  乙S ………………………………6分 选择甲供应商作为合作商，理由如下：从方差角度上看，甲供应商的方差为 5.8，小于乙 供应商的方差 18.4，所以甲供应商的苹果大小更整齐，更易于包装出售，因此选取甲供应商 作为合作商。（选取极差作说明适当扣分） …………8分 19．（1）解：在△ADC和△EDC中， ∵∠ADC＝∠EDC，DC＝DC，∠ACD＝∠ECD＝90°， ∴△ADC≌△EDC（ASA）。 ∴AC＝EC。 ∴ baBCECBCACAB  。 ………………4分 （2）方案如下：如答 19图， ①在池塘边上确定点 C； ②测量 AC与 BC的长度，取两边点 D、E，使得 k CE CB CD CA  ， 且 DE的长度皮尺可测量； ③测量 DE的长度； ④那么 AB＝ kDE。 ………………………………9分 （其它方案合理均可，可以参考方案在实际中的可行性并作分层给分） 20．（1）如答 20图 1，连接 BD、CD。 ∵点 D是⌒BC的中点， ∴⌒BD＝⌒CD。 ∴BD=CD，∠BAD＝∠CAD。 ∵∠BAC＝60°， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°。 ∵AD是⨀O的直径， ∴∠ABD＝∠ACD＝90°。 ∴ ADADACAB 2 330cos  。 ∴ ADACAB 3 。 ………………………………………………………………4分 （2）如答 20图 2，连接 BD，CD，过点 D作 DM⊥AB，垂足为点 M，过点 D作 DN⊥AC，交 AC的延长线于点 N。 由（1）得∠BAD＝∠CAD＝30°。 ∴DM＝DN。 ∵BD＝CD， ∴Rt△DMN≌Rt△DNC（HL）。 ∴BM＝CN，AM＝AN。 ∴AB+AC＝AM+BM+AC＝AM+CN+AC＝AM+AN。 ∴AB+AC＝2AM。 在 Rt△AMD中，∠MAD＝30°， 答 20图 2答 20图 1 答 19图 第 3 页 共 8 页 ∴ ADADAM 2 330cos  。 ∴ ADACAB 3 。 ………………………………………………………………9分 21．（1）① xxy 22  ；② 31  m ； （2）解法 1：当 1a ， 22bc  时， 22 2bbxxy  ，对称轴 2 bx  。 令 0y ，得 02 22  bbxx ，解得 bx  或 bx 2 。 ∴抛物线 22 2bbxxy  与 x轴的两个交点为 )0( ，b ， )02( ，b 。 当 0b 时， 2xy  。 ∴ 01 x ， 01 y 。 ∴ 21 yy  ； 当 0b 时，如图 1。 ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 23 b 。 解得 3 20  b 。 当 0b 时，如图 2，点 )3( 1yb， 和 )4( 1yb， 关于 2 bx  对称。 ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 24  b 。 解得 0 2 1  b 。 综上所述， 3 2 2 1  b 。 解法 2： )4)(3())(( 22212121 xbxbbxxxxyy  ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 021  yy ，即 0)4)(3( 22  xbxb 。 当 0b 时， 02221  xyy ，符合题意； 当 0b 时， 04 2  xb 。 图 2 图 1 第 4 页 共 8 页 ∴ 03 2  xb 。 ∴ bx 32  。 ∴ 23 b ，解得 3 20  b ； 当 0b 时， 03 2  xb 。 ∴ 04 2  xb 。 ∴ bx 42  。 ∴ 24  b ，解得 0 2 1  b 。 综上所述， 3 2 2 1  b 。 解法 3：抛物线 22 2bbxxy  的开口向上，对称轴是 2 bx  。 ∵ bx 31  ， 32 2  x ， ∴ 3323 21  bxxb 。 ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴点  11 yxA ， 靠近对称轴 2 bx  。 当 21 xx  ，即 23 xb  时，AB的中点在对称轴右侧，如图 3。 ∴ 22 21 bxx  ，解得 bxx  21 。 ∴ 23  bb ，且 23 b 解得 3 2 2 1  b ； 当 21 xx  ，即 23 xb  时，AB的中点在对称轴左侧侧，如图 4。 ∴ 22 21 bxx  ，解得 bxx  21 。 ∴ bb  33 ，且 33 b 。 解得 4 3 b ，且 1b 。 满足条件的 b不存在。 综上所述， 3 2 2 1  b 。 解法 4：抛物线 22 2bbxxy  的对称轴是 2 bx  。 图 3 图 4 第 5 页 共 8 页 当 21 xx  时，如图 5，点 )02( ， 和 )02( ，b 关于 2 bx  对称。 ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 232  bb 。 解得 3 2 2 1  b ； 当 21 xx  时，如图 6，点 )02( ， 和 )02( ，b 关于 2 bx  对称。 ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 333  bb 。 解得 4 3 b ，且 1b 。 满足条件的 b不存在。 综上所述， 3 2 2 1  b 。 解法 5： 21 10by  ， 2 2 2 22 2bbxxy  ∵对于 bx 31  ， 32 2  x ，均有 21 yy  ， ∴ 22 2 2 2 210 bbxxb  ，即 012 22 2 2  bbxx 对所有 32 2  x 成立。 令 22 12bbxxy  （ 32  x ），对称轴是 2 bx  。 当 2 2  b ，即 4b 时，当 32  x 时，y随 x的增大而增大。 所以 2min 1224 bby  。由 01224 2  bb ，解得 3 2 2 1  b 。 当 3 2 2  b ，即 46  b 时， 0 4 4912 22 22 2 min            bbbbby 。 所以 3 2 2  b 不符合要求。 当 3 2  b ，即 6b 时，当 32  x 时，y随 x的增大而减小。 所以 2min 1239 bby  。由 01239 2  bb ，解得 1 4 3  b ，不符合要求。 综上所述， 3 2 2 1  b 。 图 5 图 6 第 6 页 共 8 页 22．（1）CF＝EF，且 CF⊥EF。理由： ∵∠ACB＝90°，点 F是 AD的中点， ∴ ADAFCF 2 1  。 同理 ADAFEF 2 1  。 ∴CF＝EF。 ∵CF＝AF， ∴∠CAF＝∠ACF。 ∴∠CFD＝2∠CAF。 同理∠EFD＝2∠EAF。 ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°。 ∴  90222 CABEAFCAFEFDCFDCFE 。 ∴CF⊥EF； （2）CF＝EF，且 CF⊥EF。理由： 解法 1： 如图 1，延长 CF至点 G，使得 FG＝CF，连接 CE，EG，DG，DG交 BC于点 H，记 DE 交 BC于点 K。 ∵CF＝GF，∠AFC＝∠DFG，AF＝DF， ∴△AFC≌△DFG（SAS）。 ∴AC＝DG，∠CAF＝∠GDF。 ∴BC＝DG，AC∥DG。 ∴∠GHB＝∠ACB＝90°。 ∵∠DKH＝∠BKE，∠BED＝90°， ∴∠KDH＝∠KBE。 ∵∠BED＝90°，∠DBE＝45°， ∴BE＝DE。 ∴△BCE≌△DGE（AAS）。 ∴CE＝GE，∠CEB＝∠GED。 ∴∠CEG＝∠DEB＝90°。 ∴CF＝EF，且 CF⊥EF。 解法 2： 如图 2，延长 EF至点 G，使得 FG＝EF，连接 CE，CG，AG，记 AD交 BC于点 H，DE 交 BC于点 K。 易证：△DEF≌△AGF（SAS）。 ∴EF＝GF，DE＝AG，∠EDF＝∠GAF。 由解法 1知 BE＝DE。 ∴BE＝AG。 ∵ CAFGAFCAG  ， AHCCAH  90 ， ∴ AHCEDFCAG  90 。 ∵∠AHC＝∠BHD， ∴ BHDEDFCAG  90 。 ∵ EDFBHD  45180  ， ∴ CBECAG  45 。 图 1 图 2 第 7 页 共 8 页 又∵CA＝CB， ∴△CAG≌△CBE（SAS）。 ∴CG＝CE，∠ACG＝∠BCE。 ∴∠GCE＝∠ACB＝90°。 ∴CF＝EF，且 CF⊥EF。 解法 3： 如图 3，延长 EF至点 G，使得 FG＝EF，连接 CE，CG，AG，分别延长 AG，BC交于点 H，记 DE交 BC于点 K。 易证：△DEF≌△AGF（SAS）。 ∴EF＝GF，DE＝AG，∠EDF＝∠GAF。 ∴AG∥DE。 ∴∠H＝∠EKB。 ∵  90GACH ，  90EBCEKB ∴ EBCGAC  。 由解法 1知 BE＝DE。 ∴BE＝AG。 又∵CA＝CB， ∴△CAG≌△CBE（SAS）。 ∴CG＝CE，∠ACG＝∠BCE。 ∴∠GCE＝∠ACB＝90°。 ∴CF＝EF，且 CF⊥EF。 解法 4： 如图 4，分别取 AB，BD的中点 G，H，连接 CG，FG，EH，FH，CE。 ∴ ABFHCG 2 1  ， BDEHFG 2 1  ，CG⊥AB，EH⊥BD，FH∥AB，FG∥BD。 ∴四边形 FGBH是平行四边形。 ∴∠FGB＝∠FHB。 ∵∠CGB＝∠EHB＝90°。 ∴∠CGF＝∠FHE。 ∴△CFG≌△FEH（SAS）。 ∴CF＝FE，∠FCG＝∠EFH。 ∵CG⊥AB，FH∥AB。 ∴CG⊥FH。 ∴∠FCG＋∠CFH＝90°。 ∴∠EFH＋∠CFH＝90°。 ∴∠CFE＝90°。 ∴CF＝EF，且 CF⊥EF。 （3）解法 1：如图 5，分别过点 B，G作 DG，BD的平行线，两平行线交于点 M，连接 CM，则四边形 BDGM是平行四边形，∠CBM＝90°。 ∴BM＝DG＝BC，BD＝GM。 ∴ GMCGBDCF 2 。 当 C，G，M三点共线时，CG＋GM＝CM最小。 图 4 图 3 第 8 页 共 8 页 此时 CM 222 BC 。 ∴ BDCF 2 的最小值为 22 。 解法 2：由（2）知△CEF，△BDE都是等腰直角三角形， ∴ CECF 2 2  ， BEBD 2 。 ∴ )(2222 BECEBECEBDCF  。 当 C，E，B三点共线时，CE＋BE＝BC＝2最小。 ∴ BDCF 2 的最小值为 22 。 图 5 null