2025无锡中考数学模拟卷（二）

2025无锡中考数学模拟卷（二） 一、单选题（每题3分，共30分） 1．的倒数是（    ） A． B． C．3 D． 2．要使分式有意义，的取值应满足（　　） A． B． C． D．且 3．吴江区今年4月上旬有一段时间7天的最高气温为（单位：）：26，23，24，26，24，24，28．对这组数据，下列说法正确的是（    ） A．平均数为24 B．中位数为26 C．众数为24 D．极差为4 4．下列图形为圆的是（    ） A．   B．   C．   D．   5．在物理学中，物质的密度等于由物质组成的物体的质量与它的体积之比，即．已知两个物体的密度之比为，当物体的质量是，物体的质量是时，物体的体积比物体的体积大．如果设物体的体积是，那么根据题意列方程为（   ） A． B． C． D． 6．如图，河坝横断面迎水坡的坡比为，坝高为4m，则的长度为（　　） A．8m B．m C．m D．m 7．如图，直线是东西方向的海岸线，北侧是海面，南侧是陆地．信号塔位于码头南偏西方向上，位于码头南偏东方向上．已知信号塔的信号覆盖面是以为半径的圆形，之间的距离为，则海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（   ）（结果精确到．参考数据：） A． B． C． D． 8．如图，在四边形ABCD中，AD=5，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长为（   ）    A． B． C． D． 9．如图，正三角形的边长为1，是线段上一点，过作边的垂线，垂足为点． 有下列结论： ①当点在线段上时，的长可以为； ②当点为线段中点时，的面积达到最大值，最大值为； ③点在线段上有两个位置满足的面积为． 其中，正确结论的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 10．如题图，正五边形内接于圆，过点A的切线与直线，相交于点F，G，直线，相交于点H，下列结论中：①；②；③；④当正五边形的边长为2时，线段的长是．正确的结论有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题（每小题3分，共24分） 11．分解因式： ． 12．新型冠状病毒颗粒呈球形或者椭圆形，传染性非常强，传播速度非常快，它的直径约为125纳米（0.000000125米）左右，将0.000000125用科学记数法表示为 ． 13．如图，已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的侧面积为 （结果保留） 14．二元一次方程的正整数解为 （写出一个即可） 15．若一个多边形的每个内角与它的外角的度数之比都是，则这个多边形的边数是 . 16．已知a，b，c分别是△ABC的三边长，那么方程的根的情况是 ． 17．找到三个数，使得三个数乘积为一个大于10000的质数+1，每个数分别交换奇偶数位（如210变为120，1658变为6185，且第一位不得为0），再次相乘乘积为一个大于10000的质数+1，且两次乘积为倍数关系，试列举出1组符合条件的自然数 18．如图，的半径是是直径，过半径的中点作交于，点在上，连接，过点作交的延长线于，若，则线段的长为 ，线段的长为 ． 三、解答题（共96分） 19．（1）计算：． （2）先化简，再求值：，其中． 20．解不等式组，并写出所有整数解． 21．如图，在中，M、N是上两点，，连接、、、，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 22．阅读材料：整体思想是指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体，通过对整体的形式、结构和已知条件进行综合分析，从而简化问题并得出结论的一种思想方法．常用的途径有：整体代入，整体设元等． 例如：ab=1，求证： 证明：左边 请根据阅读材料解答下列问题： (1)已知，，求的值； (2)若，求的值． 23．某校为落实立德树人根本任务，构建“百育并举”教育体系，准备开设“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人必选且只选一类最喜欢的课程，将调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图）．请根据统计图提供的信息，解答下列问题： (1)请求出本次随机调查的学生人数； (2)补全条形统计图； (3)扇形统计图中“厨艺”劳动课程所在扇形的圆心角是多少度？ 24．综合与实践 对于几何图形，一般从组成图形的要素及相关要素之间的关系来研究它的定义、性质、判定、应用等方面的内容．请运用已有的经验对“筝形”进行研究． 定义：以一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形． (1)理解运用 如图1，正方形网格中，每个小正方形的顶点为格点．点在格点上，请在图1所给的两个网格中分别画出一个筝形，要求在格点上． (2)性质探究 根据定义可得出筝形边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形是筝形．对角线所在的直线是它的对称轴． ①连接与的位置关系是_____； ②若，求筝形的面积（用含的式子表示） (3)拓展延伸 如图3，在中，，分别在边上取点，使四边形是筝形，请直接写出筝形的面积． 25．综合与实践 问题情境：山西的窑洞是中国黄土高原传统民居，它不仅是当地居民适应自然环境的智慧结晶，也承载着深厚的历史记忆和地域文化．图1是小红家乡刚建好的窑洞及内部结构图，图2是某装修公司承揽窑洞装修任务后设计出的窑洞内部墙面及顶部装修示意图． 【数学建模】： 如图3所示是窑洞的截面图，可近似看成是由抛物线的一部分和矩形构成，已知窑洞的宽为，窑洞顶部最高点离地面，点离地面． （1）在图3中画出以点为原点，平行于的直线为轴、竖直方向为轴的平面直角坐标系，并求抛物线的函数表达式． 【问题解决】： （2）如图4，装修公司计划在窑洞两侧离地面的，处安装吊顶，若窑洞的深度为，求吊顶所需材料的面积（结果精确到，参考数据：）； （3）小红想在装修完工后为窑洞增添一些装饰．她计划从点到点，从点到点各拉一条彩带，并在，两处悬挂彩灯，，（，在彩带上，，）．试计算小红需要购买彩灯的总长度（结果精确到））． 26．如图，在等腰三角形中，，，于点，是的外接圆，交的延长线于点． (1)判断并说明与的位置关系； (2)当，时，求弧与弦所围成的弓形面积（阴影部分）． 27．如图1，矩形中，，点E是边上一点，连接，以为对称轴将翻折，若点B的对称点是对角线的中点. (1)求n的值； (2)将沿射线的方向平移到，以为对称轴，将四边形沿翻折，点A，B的对称点分别为，. ①如图2，若，点M是边中点，求的长； ②如图3，点N在延长线上，点M在边上，且，与交于点F，判断，的数量关系，并证明. 28．已知，均为等腰直角三角形， 【观察发现】 （1）如图①，点，分别在线段，上，请直接写出与的数量关系； 【类比探究】 （2）如图②，将绕点顺时针旋转，连接，，且与所在的直线交于点．（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系并证明； 【联系拓广】 （3）若，，在旋转的过程中，当直线时，则________． 数学模卷（二）2025.6 数学模卷（二）2025.6 试卷第4页，共7页 试卷第5页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 《2025无锡中考数学模拟卷（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D B B D B B 1．C 【分析】先去绝对值，然后根据倒数的定义即可求出结论． 【详解】解：∵= ∴的倒数是3 故选C． 【点睛】此题考查的是求绝对值和倒数，掌握绝对值的定义和倒数的定义是解题关键． 2．C 【分析】本题考查了分式有意义，根据分母不为0，进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵分式有意义， ∴， 得． 故选C． 3．C 【分析】分别求出平均数、中位数、众数和极差进行判断即可． 【详解】解：将数据进行排序可得：23，24，24，24，26，26，28． ∴平均数=；中位数为：24；众数为：24； 极差=28—23=5． 故选C． 【点睛】本题考查数据的集中和离散，熟记平均数，中位数，众数和极差的求法是解题的关键，遇到选择题，可以最后求平均数，利用排除法进行解题即可． 4．B 【分析】根据圆的定义即可判定． 【详解】解：A．图形没有定点，故不是圆，故该选项不符合题意； B．图形规定了定点和定长，故是圆，故该选项符合题意； C．图形不是圆，故该选项不符合题意； D．图形不是圆，故该选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的定义，熟练掌握和运用圆的定义是解决本题的关键． 5．D 【分析】本题考查了列分式方程，找准等量关系，正确建立方程是解题关键．先求出物体的体积为，再根据两个物体的密度之比为列出方程即可得． 【详解】解：由题意得：物体的体积为， ∵两个物体的密度之比为， ∴可列方程为， 故选：D． 6．B 【分析】根据坡比的概念求出AC即可． 【详解】根据题意可知， ∴， 解得：m， 故选B． 【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用坡度坡比问题，掌握坡比的概念是解题的关键． 7．B 【分析】先求出，，再利用解直角三角形求出，，，然后将扇形面积减去三角形面积求得阴影部分面积． 【详解】解：过点作于点， 则，， ∴阴影部分的圆弧所对的圆心角等于，， ∵，之间的距离为6.25km， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（）， 故选：B ． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，扇形面积公式，垂径定理，解直三角形，利用平行线的性质求角度，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解． 8．D 【详解】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：    ∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD， 即∠BAD=∠CAD′， 在△BAD与△CAD′中， ， ∴△BAD≌△CAD′（SAS）， ∴BD=CD′． ∠DAD′=90° 由勾股定理得DD′=， ∠D′DA+∠ADC=90° 由勾股定理得CD′=， 故选D． 9．B 【分析】本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理、解直角三角形和二次函数的性质，根据等边三角形的性质的，①若的长为，则可求、、和的长，进一步求得，结合点D的位置判断AD是否在其范围内即可；②设的长度为x，则的长度为，，即的面积，结合二次函数的性质即可知当时，的面积有最大值为，故②错误；③若的面积为，求得x即可． 【详解】解：∵正三角形的边长为1， ∴， ①若的长为，则的长为，的长为，的长为，的长为， 那么，， ∵是线段上一点， ∴ ， ∵， ∴的长可以为，故①正确； ②设的长度为x，则的长度为， ∵， ∴， ∴的面积， ∵是线段上一点， ∴ ∴当时，的面积有最大值为：，故②错误； ③若的面积为，则，解得（负值已舍），故③错误； 故选：B． 10．B 【分析】如图，连接，求解，可得，，故①符合题意；证明是的垂直平分线，可得过圆心，可得，可得，证明，可得，故②符合题意；证明，可得，，设，设正五边形的边长为，可得，证明，设，可得，故③不符合题意；当正五边形的边长为2时，结合③可得：，，进一步可得线段的长是，故④符合题意. 【详解】解：如图，连接， ∵正五边形内接于圆， ∴，， ∴，，故①符合题意； ∴，而， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴过圆心， ∵为圆的切线， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故②符合题意； 由②得：， ∴， 同理可得：， 同理可得：， ∴，， ∴设， 设正五边形的边长为， ∵， ∴， 解得：（不符合题意的根舍去） ∵， ∴， 设， ∴，， 同理：， ∴， ∴，故③不符合题意； 当正五边形的边长为2时， 结合③可得：，， ∴， ∴线段的长是，故④符合题意； 故选：B 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线的性质，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键。 11． 【分析】先提公因式x，再用完全平方公式分解因式即可． 【详解】解：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法，完全平方公式． 12． 【分析】用科学记数法表示成a×10n的形式，当原数的绝对值＜1时，n是负整数． 【详解】解：0.000000125＝1.25×10﹣7． 故答案为：1.25×10﹣7． 【点睛】本题考查科学记数法．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是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数． 13．20π 【分析】由三视图可得圆锥的高为3，底面直径为8，进而求出母线长=5，代入侧面积公式πrl求解即可. 【详解】解：由三视图可得 圆锥的高h=3，底面直径d=8 ∴r=4 由勾股定理，得l==5 ∴圆锥体的侧面积为π×4×5=20π 故答案为：20π. 【点睛】本题结合立体几何的三视图，求圆锥的侧面积，根据学生的空间想象力解决问题是关键. 14．或或 【分析】本题考查求二元一次方程的整数解，根据方程的解是使方程成立的未知数的值，进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵均为正整数， ∴或或； 故答案为：或或． 15．12. 【分析】设每个内角与它相邻的外角的度数分别为5x、x，根据邻补角的定义得到x+5x=180°，解出x=30°，然后根据多边形的外角和为360°即可计算出多边形的边数． 【详解】设每个内角与它相邻的外角的度数分别为5x、x， ∴x+5x=180°， ∴x=30°， 这个多边形的边数==12． 故答案为12． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟练运用多边形的外角和为360°是解决问题的关键． 16．有两个不相等的实数根 【分析】求出方程对应的判别式，根据三角形三边关系得到，即可得出结论. 【详解】解：一元二次方程对应的判别式， ∵在三角形中，两边之和大于第三边，即， ∴，即， ∴方程有两个不相等的实数根， 故答案为有两个不相等的实数根. 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根． 17. 11 22 111/12 21 44/13 31 66 第一组：11, 22, 111 · 乘积 P=11×22×111=26982P=11×22×111=26982。 · P−1=26981P−1=26981，且 26981 是质数（大于 10000）。 · 交换操作： · 11 交换后为 11（数字相同，不变）。 · 22 交换后为 22（数字相同，不变）。 · 111 交换后为 111（数字相同，不变）。 · 交换后的数：11, 22, 111。 · 交换后的乘积 Q=11×22×111=26982Q=11×22×111=26982。 · Q−1=26981Q−1=26981，与 P−1P−1 相同，是质数。 · P=QP=Q，满足倍数关系。 第二组：12, 21, 44 · 乘积 P=12×21×44=11088P=12×21×44=11088。 · P−1=11087P−1=11087，且 11087 是质数（大于 10000）。 · 交换操作： · 12 交换后为 21。 · 21 交换后为 12。 · 44 交换后为 44（数字相同，不变）。 · 交换后的数：21, 12, 44。 · 交换后的乘积 Q=21×12×44=11088Q=21×12×44=11088。 · Q−1=11087Q−1=11087，与 P−1P−1 相同，是质数。 · P=QP=Q，满足倍数关系。 第三组：13, 31, 66 · 乘积 P=13×31×66=26598P=13×31×66=26598。 · P−1=26597P−1=26597，且 26597 是质数（大于 10000）。 · 交换操作： · 13 交换后为 31。 · 31 交换后为 13。 · 66 交换后为 66（数字相同，不变）。 · 交换后的数：31, 13, 66。 · 交换后的乘积 Q=31×13×66=26598Q=31×13×66=26598。 · Q−1=26597Q−1=26597，与 P−1P−1 相同，是质数。 · P=QP=Q，满足倍数关系。 这三组数均满足所有条件，且每组交换后的乘积与原乘积相等（即 P=QP=Q，倍数关系成立）。每组乘积减 1 后得到的质数均大于 10000。 18． 9 【分析】连接，过点D作于点G，过点F作，交于点M，过点O作，二线交于点Q，连接，利用勾股定理，垂径定理，三角函数，矩形的判定和性质解答即可． 【详解】解：连接，过点D作于点G， ∵ ， ， ∴，， ∵，， ∴， ∴ ∵， ，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：9； ∵ ， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点F作，交于点M，过点O作，二线交于点Q，连接， ∴，四边形是矩形， 设，则， ∴，， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线的判定和性质，三角函数的应用，解方程，熟练掌握定理和性质，三角函数是解题的关键． 19．（1）-1；（2）； 【分析】（1）先化简，再合并括号内的同类项，得出结果后再进行二次根式的除法运算即可， （2）先通分，再将除法化为乘法，化简得到最简式后，再将a的值代入计算即可． 【详解】解：（1）原式＝ ＝ ＝﹣1 （2）原式 ； 当a=3时， 原式． 【点睛】本题考查了二次根式的运算及分式的化简求值，熟记运算法则是解题的关键． 20．，整数解为． 【分析】此题考查了求一元一次不等式组的整数解，先求出不等式组的解集，再写出整数解即可． 【详解】解： 解不等式①得，， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为， ∴所有整数解为． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，含角的直角三角形的性质和勾股定理，掌握举行的判定方法是解题的关键． （1）先根据平行四边形的性质得到，，然后根据，，得到，即可证明结论； （2）根据角的直角三角形的性质得到，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】（1）证明：∵是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴． 22．(1) (2)1 【分析】本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键． （1）先根据分式的加法法则把原式进行化简，再把，代入进行计算即可； （2）把代入进行计算即可． 【详解】（1）解：，， ． （2）解：， =1． 23．(1)60人 (2)见解析 (3)90度 【分析】本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． （1）根据条形统计图和扇形统计图中喜欢园艺课程的人数和占比求解即可； （2）用总人数减去喜欢厨艺、园艺、木工、编织课程的人数，求出喜欢电工的人数，然后补全条形统计图即可； （3）用乘喜欢厨艺劳动课程的人数占总人数的百分比即可． 【详解】（1）解：（人）， 答：本次随机调查的学生人数为60人； （2）解：喜欢电工课程的人数为：（人）， 条形统计图如下： （3）解：， 答：扇形统计图中“厨艺”劳动课程所在扇形的圆心角是90度． 24．(1)见解析 (2)①垂直平分；② (3)或 【分析】本题考查了画轴对称图形，垂直平分线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键； （1）根据定义分别以为对称轴画出图形，即可求解； （2）①根据轴对称图形的性质可得，进而可得垂直平分； ②根据三角形的面积公式计算，即可求解； （3）分两种情况讨论：①当所在直线为对称轴时，如图，过点作于点，①当所在直线为对称轴时，分别求得对角线长，进而根据面积公式进行计算即可求解． 【详解】（1）解：如图 （2）①连接与的位置关系是垂直平分； ∵四边形是筝形．对角线所在的直线是它的对称轴． ∴ ∴垂直平分； ②如图 ∵ ∴ ∴ （3）解：①当所在直线为对称轴时，如图，过点作于点， ∵四边形是筝形，为对角线时， ∴，， ∵在中，， ∴，是等腰直角三角形， ∴， 在中，， 在中， ∴ ∴，，即， ∵， ∴，解得： ∴， ∴ ①当所在直线为对称轴时，如图， ∵四边形是筝形，为对角线时， ∴， ， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，则， ∴． 25．（1）（2）吊顶所需材料的面积约为（3）小红需要购买彩灯的总长度约为 【分析】本题考查二次函数的应用∶用到的知识点为∶待定系数法求二次函数的解析式，二次函数与一元二次方程的关系．理解题意选择恰当的方法是正确解答此题的关键． （1）根据题意画出平面直角坐标系，找到点的坐标为，点的坐标为．设抛物线的函数表达式为．代入坐标即可求解； （2）根据题意求得点的坐标为，点的坐标为．进而可求．即可求出吊顶所需材料的面积； （3）过点作，交的延长线于点．由题意，得，．证明∽．得，求得．进而可求答案． 【详解】解：（1）建立如图1所示的平面直角坐标系． ∵窑洞顶部最高点离地面，点离地面， ∴． ∴点，的纵坐标为． ∵， ∴点的坐标为，点的坐标为． ∵点为抛物线的顶点， ∴设抛物线的函数表达式为． ∵在抛物线上， ∴． 解得． ∴抛物线的函数表达式为． （2）∵离地面， ∴． ∴点，的纵坐标为． ∵点，在抛物线上， ∴将代入，得． 解得，． ∴点的坐标为，点的坐标为． ∴． ∴吊顶所需材料的面积为． 答：吊顶所需材料的面积约为． （3）如图2，过点作，交的延长线于点． 由题意，得，． ∵，， ∴． ∴∽． ∴，则． ∴． ∴ 答：小红需要购买彩灯的总长度约为． 26．(1)直线与的位置关系是相切，理由见解析； (2)． 【分析】（）连接，由等腰三角形三合一定理可得，故有，所以为的直径，从而得到是中位线，则，得到，最后由切线的判定即可求证； （）连接，过作于点，证明是等边三角形，则有，，，然后根据直角三角形的性质可得，，，，最后通过弓形面积为即可求解． 【详解】（1）解：直线与的位置关系是相切，理由： 连接， ∵，， ∴， ∴， ∴为的直径， ∴， ∴是中位线， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴与相切； （2）解：如图，连接，过作于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴弓形面积为 ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，扇形面积，等边三角形的判定与性质，切线的判定，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 27．(1) (2)①；②，证明见解析 【分析】（1）根据矩形的性质结合直角三角形斜边中线的性质可得，再根据折叠的性质得到，易证是等边三角形，推出，再利用正切的定义得到，即可解答； （2）①解：过点作交延长线于点H，由（1）知，解直角三角形求出，，由题意得，由平移的性质得：，求出，，，，由对称的性质得：，，解直角三角形求出，，再求出，利用勾股定理即可求解； ②延长至点，使得，连接，证明，推出，再证明，推出，进而证明，点三点共线，证是直角三角形，根据直角三角形斜边中线的性质即可得出结论. 【详解】（1）解：∵矩形中，， ∴是直角三角形， ∵点是的中点， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即， ∴； （2）①解：过点作交延长线于点H， 由（1）知， ∵， ∴，， ∵点M是边中点， ∴， 由平移的性质得：， ∴，， ∴，， 由对称的性质得：，， 在中，，， ∴， 在中，； ②，证明如下： 延长至点，使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点三点共线， 由折叠的性质得：， ∴是直角三角形， ∵，即点是的中点， ∴. 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解直角三角形，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键. 28．（1） （2）结论还成立，理由见详解 （3）或． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，即可求解． （2）通过证明，可得可得． （3）分两种情况讨论：当点在点右侧时；当点在点左侧时．设与直线的交点为，由等腰直角三角形的性质可求，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】（1）解：． 理由如下：∵，均为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴ ． （2）（1）中的结论还成立． 理由如下：∵，均为等腰直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． (3)当点在点右侧时，如图，设与直线的交点为， ∵，是等腰直角三角形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在点左侧时，如图，设与直线的交点为， 同理可求， ∴， ∴， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 答案第10页，共23页 答案第9页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $$数学模卷（二）2025.6 试卷第 1 页，共 7 页 2025 无锡中考数学模拟卷（二） 一、单选题（每题 3分，共 30 分） 1． 1 3 − 的倒数是（ ） A． 1 3 B． 1 3 − C．3 D． 3− 2．要使分式 3 3x − 有意义， x的取值应满足（ ） A． 3x  B． 3x  C． 3x  D． 3x  且 0x  3．吴江区今年 4 月上旬有一段时间 7 天的最高气温为（单位：℃）：26，23，24，26，24，24，28．对这组数据， 下列说法正确的是（ ） A．平均数为 24 B．中位数为 26 C．众数为 24 D．极差为 4 4．下列图形为圆的是（ ） A． B． C． D． 5．在物理学中，物质的密度  等于由物质组成的物体的质量m 与它的体积V 之比，即 m V  = ．已知 ,A B 两个物体 的密度之比为3:1，当物体A 的质量是200g，物体 B 的质量是600g 时，物体 B 的体积比物体A 的体积大 324cm ．如 果设物体A 的体积是 3cmx ，那么根据题意列方程为（ ） A． 200 600 3 24x x  = − B． 200 600 3 24x x  = + C． 200 600 3 24x x =  − D． 200 600 3 24x x =  + 6．如图，河坝横断面迎水坡 AB 的坡比为1: 3 ，坝高BC 为 4m，则 AC 的长度为 （ ） A．8m B．4 3 m C．8 3 m D． 4 3 3 m 7．如图，直线 l 是东西方向的海岸线，北侧是海面，南侧是陆地．信号塔O 位于码头A 南偏西45方向上，位于码 头 B 南偏东37方向上．已知信号塔的信号覆盖面是以OA为半径的圆形，O B， 之间的距离为6.25 km ，则海面上被 信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为（ ）（结果精确到1 ?km ．参考数据： sin37 0.60 cos37 0.80 tan37 0.75 π 3      ， ， ， ） A．6𝑘𝑚² B．13𝑘𝑚² C．25𝑘𝑚² D．49𝑘𝑚² 数学模卷（二）2025.6 试卷第 2 页，共 7 页 8．如图，在四边形 ABCD 中，AD=5，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则 BD 的长为（ ） A． 34 B． 41 C． 43 D． 59 9．如图，正三角形 ABC 的边长为 1，D 是线段BC 上一点，过D 作 AB 边的垂线，垂足为点G ． 有下列结论： ①当点D 在线段BC 上时， AG 的长可以为 4 5 ； ②当点D 为线段BC 中点时， GBD△ 的面积达到最大值，最大值为 3 32 ； ③点D 在线段BC 上有两个位置满足 GBD△ 的面积为 3 64 ． 其中，正确结论的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 10．如题图，正五边形 ABCDE 内接于圆，过点 A的切线与直线DE ，BC 相交于点 F，G，直 线DE ，BC 相交于点 H，下列结论中：① 36H = ；② 2 ·DE EF DH= ；③ 2 HDCABCDES S= △五边形 ； ④当正五边形 ABCDE 的边长为 2 时，线段EF 的长是 5 1− ．正确的结论有（ ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题（每小题 3分，共 24 分） 11．分解因式： 3 24 12 9x x x+ + = ． 12．新型冠状病毒颗粒呈球形或者椭圆形，传染性非常强，传播速度非常快，它的直径约为 125 纳米（0.000000125 米）左右，将 0.000000125 用科学记数法表示为 ． 13．如图，已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的侧面积为 （结果保 留） 14．二元一次方程5 20x y+ = 的正整数解为 （写出一个即可） 15．若一个多边形的每个内角与它的外角的度数之比都是5 :1，则这个多边形的边数是 . 16．已知 a，b，c分别是△ABC的三边长，那么方程 2 ( ) 0 4 c cx a b x＋ ＋ ＋ ＝ 的根的情况是 ． 17．找到三个数，使得三个数乘积为一个大于 10000 的质数+1，每个数分别交换奇偶数位（如 210 变为 120，1658 变为 6185，且第一位不得为 0），再次相乘乘积为一个大于 10000 的质数+1，且两次乘积为倍数关系，试列举出 1 组符合条件的自然数 18．如图， O 的半径是2 3 AB， 是 O 直径，过半径OB 的中点C 作DE OB⊥ 交 O 于D E、 ，点F 在 O 上，连 数学模卷（二）2025.6 试卷第 3 页，共 7 页 接 FD ，过点A 作 HA AB⊥ 交FD 的延长线于H ，若 3 7DH = ，则线段 AH 的长为 ，线段EF 的长 为 ． 三、解答题（共 96分） 19．（1）计算： (2 48 3 27) 3−  ． （2）先化简，再求值： 2 1 1 a a a a a   +   − −  ，其中 3a = ． 20．解不等式组 1 3 3 3 1 5 2 x x x x +  +  −  − ，并写出所有整数解． 21．如图，在 ABCD 中，M、N是 BD上两点，BM DN= ，连接 AM 、MC 、CN 、 NA，且 1 2 OM AC= ． (1)求证：四边形 AMCN 是矩形； (2)若 30OAN = ， 4AC = ，求CM 的长． 22．阅读材料：整体思想是指把研究对象的某一部分（或全部）看成一个整体，通过对整体的形式、结构和已知条 件进行综合分析，从而简化问题并得出结论的一种思想方法．常用的途径有：整体代入，整体设元等． 例如：ab=1，求证： 1 1 1 1 1a b + = + + ． 证明：左边 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ab b a b ab a b b b = + = + = + = + + + + + + ． 请根据阅读材料解答下列问题： (1)已知 1a b+ = − ， 3ab = ，求 3 3 a b + 的值； (2)若 1ab = ，求 2 2 1 1 1 1a b − − − 的值． 23．某校为落实立德树人根本任务，构建“百育并举”教育体系，准备开设“厨艺、园艺、电工、木工、编织”五大类 数学模卷（二）2025.6 试卷第 4 页，共 7 页 劳动课程．为了解七年级学生对每类课程的选择情况，随机抽取了七年级若干名学生进行调查（每人必选且只选一 类最喜欢的课程，将调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图）．请根据统计图提供的信息，解答下列问题： (1)请求出本次随机调查的学生人数； (2)补全条形统计图； (3)扇形统计图中“厨艺”劳动课程所在扇形的圆心角是多少度？ 24．综合与实践 对于几何图形，一般从组成图形的要素及相关要素之间的关系来研究它的定义、性质、判定、应 用等方面的内容．请运用已有的经验对“筝形”进行研究． 定义：以一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形． (1)理解运用 如图 1，正方形网格中，每个小正方形的顶点为格点．点 , ,A B C 在格点上，请在图 1 所给的两个网格中分别画出一 个筝形 ABDC ，要求D 在格点上． (2)性质探究 根据定义可得出筝形边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图 2，四边形 ABCD是筝形．对角线 AC 所在的直线是它的对称轴． ①连接 ,BD AC 与 BD的位置关系是_____； ②若 ,AC m BD n= = ，求筝形 ABCD的面积（用含 ,m n的式子表示） (3)拓展延伸 如图 3，在Rt ABC△ 中， 90 , 60 , 3A B AB =   =  = ，分别在边 ,BC AC 上取点 ,M N ，使四边形 ABMN 是筝形， 请直接写出筝形 ABMN 的面积． 25．综合与实践 数学模卷（二）2025.6 试卷第 5 页，共 7 页 问题情境：山西的窑洞是中国黄土高原传统民居，它不仅是当地居民适应自然环境的智慧结晶，也承载着深厚的历 史记忆和地域文化．图 1 是小红家乡刚建好的窑洞及内部结构图，图 2 是某装修公司承揽窑洞装修任务后设计出的 窑洞内部墙面及顶部装修示意图． 【数学建模】： 如图 3 所示是窑洞的截面图，可近似看成是由抛物线的一部分和矩形构成，已知窑洞的宽 AB 为 4m，窑洞顶部最高 点O 离地面3.75 m，点A 离地面2.25 m ． （1）在图 3 中画出以点O 为原点，平行于 AB 的直线为 x轴、竖直方向为 y 轴的平面直角坐标系，并求抛物线的函 数表达式． 【问题解决】： （2）如图 4，装修公司计划在窑洞两侧离地面3m 的C ， D 处安装吊顶，若窑洞的深度为8m ，求吊顶所需材料的 面积（结果精确到 21 m ，参考数据： 2 1.414 ）； （3）小红想在装修完工后为窑洞增添一些装饰．她计划从点A 到点D ，从点C 到点 B 各拉一条彩带，并在C ，D 两 处悬挂彩灯CD，CM ，DN （M ，N 在彩带上，CM CD⊥ ，DN CD⊥ ）．试计算小红需要购买彩灯的总长度（结 果精确到0.1 m ））． 26．如图，在等腰三角形 ABC 中，AB AC= ，BD DC= ，DE AC⊥ 于点 E ， O 是 ABD△ 的外接圆，交CA 的延长 线于点 F ． (1)判断并说明DE 与 O 的位置关系； (2)当 30B = ， 1AE = 时，求弧 AF 与弦 AF 所围成的弓形面积（阴影部分）． 27．如图 1，矩形 ABCD中， ( )1AD nAB n=  ，点 E是BC 边上一点，连接 AE ，以 AE 为对称轴将 ABE 翻折，若 数学模卷（二）2025.6 试卷第 6 页，共 7 页 点 B的对称点 B是对角线BD的中点. (1)求 n的值； (2)将 AE 沿射线BC 的方向平移到MN ，以MN 为对称轴，将四边形 AMNB 沿MN 翻折，点 A，B的对称点分别为 A， B . ①如图 2，若 1AB = ，点M是 AD 边中点，求CB的长； ②如图 3，点 N在BC 延长线上，点 M在 AD 边上，且MD CN= ，MN 与CD交于点 F，判断FA，FB的数量关系， 并证明. 28．已知 ABCV ， ADEV 均为等腰直角三角形， 90ABC ADE =  =  数学模卷（二）2025.6 试卷第 7 页，共 7 页 【观察发现】 （1）如图①，点D ， E 分别在线段 AB ， AC 上，请直接写出BD与CE 的数量关系； 【类比探究】 （2）如图②，将 ADEV 绕点A 顺时针旋转，连接BD，CE ，且BD与CE 所在的直线交于点F ．（1）中的结论还成 立吗？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系并证明； 【联系拓广】 （3）若 10AB = ， 2AD = ，在 ADEV 旋转的过程中，当直线BF AE⊥ 时，则CE = ________． 答案第 1 页，共 23 页 《2025无锡中考数学模拟卷（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D B B D B B 1．C 【分析】先去绝对值，然后根据倒数的定义即可求出结论． 【详解】解：∵ 1 3 − = 1 3 ∴ 1 3 − 的倒数是 3 故选 C． 【点睛】此题考查的是求绝对值和倒数，掌握绝对值的定义和倒数的定义是解题关键． 2．C 【分析】本题考查了分式有意义，根据分母不为 0，进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵分式 3 3x − 有意义， ∴ 3 0x −  ， 得 3x  ． 故选 C． 3．C 【分析】分别求出平均数、中位数、众数和极差进行判断即可． 【详解】解：将数据进行排序可得：23，24，24，24，26，26，28． ∴平均数= 23+24 24 24 26 26 28 25 7 + + + + + = ；中位数为：24；众数为：24； 极差=28—23=5． 故选 C． 【点睛】本题考查数据的集中和离散，熟记平均数，中位数，众数和极差的求法是解题的关键，遇到选择题，可以 最后求平均数，利用排除法进行解题即可． 4．B 【分析】根据圆的定义即可判定． 【详解】解：A．图形没有定点，故不是圆，故该选项不符合题意； B．图形规定了定点和定长，故是圆，故该选项符合题意； C．图形不是圆，故该选项不符合题意； D．图形不是圆，故该选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的定义，熟练掌握和运用圆的定义是解决本题的关键． 答案第 2 页，共 23 页 5．D 【分析】本题考查了列分式方程，找准等量关系，正确建立方程是解题关键．先求出物体 B 的体积为 ( ) 324 cmx + ， 再根据 ,A B两个物体的密度之比为3:1列出方程即可得． 【详解】解：由题意得：物体 B 的体积为 ( ) 324 cmx + ， ∵ ,A B两个物体的密度之比为3:1， ∴可列方程为 200 600 3 24x x =  + ， 故选：D． 6．B 【分析】根据坡比的概念求出 AC即可． 【详解】根据题意可知 1 3 BC AC = ， ∴ 4 1 3AC = ， 解得： 4 3AC = m， 故选 B． 【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用 坡度坡比问题，掌握坡比的概念是解题的关键． 7．B 【分析】先求出 37BOD = ， 45AOD = ，再利用解直角三角形求出 AD ，AC ，AO ，然后将扇形面积减去三角 形面积求得阴影部分面积． 【详解】解：过点O 作OD AC⊥ 于点D ， 则 37BOD = ， 45AOD = ， ∴阴影部分的圆弧所对的圆心角等于90， 1 2 OD AD AC= = ， ∵ cos OD BOD OB  = ，O B， 之间的距离为 6.25km， ∴ cos 6.25cos37 6.25 0.8 5AD OD OB BOD= =  =    = ， ∴ 10AC = ， ∵ cos OD AOD AO  = ， 答案第 3 页，共 23 页 ∴ 5 5 2 cos cos 45 OD AO AOD = = =   ， ∴海面上被信号覆盖区域（阴影部分）的面积约为 ( ) 2 90 3 5 2 1 10 5 12.5 13 360 2   −   =  （ ²km ）， 故选：B ． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，扇形面积公式，垂径定理，解直三角形，利用平行线的性质求 角度，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解． 8．D 【详解】作 AD′⊥AD，AD′=AD，连接 CD′，DD′，如图： ∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD， 即∠BAD=∠CAD′， 在△BAD 与△CAD′中， BA CA BAD CAD AD AD =   =    =  ， ∴△BAD≌△CAD′（SAS）， ∴BD=CD′． ∠DAD′=90° 由勾股定理得 DD′= 2 2 5 2AD AD =+  ， ∠D′DA+∠ADC=90° 由勾股定理得 CD′= 2 2 23 50 59DC DD+  = + = ， 故选 D． 9．B 【分析】本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理、解直角三角形和二次函数的性质，根据等边三角形的性质的 1, 60AB BC B= =  = ，①若 AG 的长为 4 5 ，则可求BG 、BD、CD和GD 的长，进一步求得 2 2AD AG DG= + ， 结合点 D的位置判断 AD是否在其范围内即可；②设 BG 的长度为 x，则BD的长度为2x ， 3DG x= ，即 GBD△ 的 答案第 4 页，共 23 页 面积 2 3 x 2 ，结合二次函数的性质即可知当 1 2 x = 时， GBD△ 的面积有最大值为 3 8 ，故②错误；③若 GBD△ 的面 积为 3 64 ，求得 x即可． 【详解】解：∵正三角形 ABCV 的边长为 1， ∴ 1, 60AB BC B= =  = ， ①若 AG 的长为 4 5 ，则BG 的长为 1 5 ，BD的长为 2 5 ，CD的长为 3 5 ，GD 的长为 3 5 ， 那么， 22 2 2 4 3 19 5 5 5 AD AG DG    = + = + =        ， ∵D 是线段BC 上一点， ∴ 3 1 2 AD  ， ∵ 3 19 1 2 5   ， ∴ AG 的长可以为 4 5 ，故①正确； ②设BG 的长度为 x，则BD的长度为2x ， ∵DG AB⊥ ， ∴ tan 60 3DG BG x=   = ， ∴ GBD△ 的面积 2 1 1 3 3 2 2 2 BG DG x x x= =  = ， ∵D 是线段BC 上一点， ∴ 1 0 2 x  ∴当 1 2 x = 时， GBD△ 的面积有最大值为： 2 3 1 3 2 2 8    =    ，故②错误； ③若 GBD△ 的面积为 3 64 ，则 2 3 3 2 64 x = ，解得 2 8 x = （负值已舍），故③错误； 故选：B． 10．B 【分析】如图，连接 AH ，求解 72HDC HCD =  = ，可得 36FHG = ，HD HC= ，故①符合题意；证明HA是 CD的垂直平分线，可得HA过圆心，可得HA FG⊥ ，可得 90 18 72F G =  = −  = ，证明 HDC AEF∽ ，可得 2 ·DE EF DH= ，故②符合题意；证明 HDC HFG△ ∽△ ，可得 2 1 4 HDC HFG S CD S FG   = =    ， 1 2 HD CD HF FG = = ，设HD DF b= = ， 设正五边形的边长为a，可得 5 1 2 a b − = ，证明 22 2 5 1 3 5 2 2 AEF HDC S AE a S HD b  − −    = = = =            ，设 HDCS m= ，可得 答案第 5 页，共 23 页 5 HDCABCDES S= △五边形 ，故③不符合题意；当正五边形 ABCDE 的边长为 2 时，结合③可得： 2a = ， 5 1 2 a b − = ，进 一步可得线段EF 的长是 5 1b a− = − ，故④符合题意. 【详解】解：如图，连接 AH ， ∵正五边形 ABCDE 内接于圆， ∴ 360 72 5 HDC HCD   =  = = ， AE DE CD CB AB= = = = ， ∴ 180 2 72 36FHG = −   = ，HD HC= ，故①符合题意； ∴HE HB= ，而HA HA= ， ∴ AEH ABH≌ ， ∴ 18AHF AHG =  = ， ∴HA是CD的垂直平分线， ∴HA过圆心， ∵ FG 为圆的切线， ∴HA FG⊥ ， ∴ 90 18 72F G =  = −  = ， 同理： 72AEF = ， ∴ HDC HCD F AEF =  =  =  ， ∴ HDC AEF∽ ， ∴ HD CD AE EF = ， ∴HD EF AE CD =  ， ∴ 2 ·DE EF DH= ，故②符合题意； 由②得： 72AFE AEF= = ∠ ∠ ， ∴ AE AF= ， 同理可得： AB AG= ， 同理可得： HDC HFG△ ∽△ ， 答案第 6 页，共 23 页 ∴ 2 1 4 HDC HFG S CD S FG   = =    ， 1 2 HD CD HF FG = = ， ∴设HD DF b= = ， 设正五边形的边长为a， ∵ 2 ·DE EF DH= ， ∴ ( )2a b b a= − ， 解得： 5 1 2 a b − = （不符合题意的根舍去） ∵ HDC AEF∽ ， ∴ 22 2 5 1 3 5 2 2 AEF HDC S AE a S HD b  − −    = = = =            ， 设 HDCS m= ， ∴ 4HFGS m= ， 3 5 2 AEFS m − = ， 同理： 3 5 2 ABGS m − = ， ∴ 3 5 4 2 5 2 ABCDE mS m m m − −= −  =五边形 ， ∴ 5 HDCABCDES S= △五边形 ，故③不符合题意； 当正五边形 ABCDE 的边长为 2 时， 结合③可得： 2a = ， 5 1 2 a b − = ， ∴ 4 5 1 5 1 HD DF b= = = = + − ， ∴线段EF 的长是 5 1b a− = − ，故④符合题意； 故选：B 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线的性质，本题的 难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键。 11． ( ) 2 2 3x x + 【分析】先提公因式 x，再用完全平方公式分解因式即可． 【详解】解： ( ) ( ) 23 2 24 12 9 4 12 9 2 3x x x x x x x x+ + = + + = + ． 故答案为： ( ) 2 2 3x x + ． 【点睛】本题主要考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法，完全平方公式 ( ) 22 22a ab b a b + =  ． 答案第 7 页，共 23 页 12． 71.25 10− 【分析】用科学记数法表示成 a×10n的形式，当原数的绝对值＜1 时，n是负整数． 【详解】解：0.000000125＝1.25×10﹣7． 故答案为：1.25×10 ﹣7． 【点睛】本题考查科学记数法．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是正整数；当原数 的绝对值＜1 时，n是负整数． 13．20π 【分析】由三视图可得圆锥的高为 3，底面直径为 8，进而求出母线长 2 23 4+ =5，代入侧面积公式 πrl求解即可. 【详解】解：由三视图可得 圆锥的高 h=3，底面直径 d=8 ∴r=4 由勾股定理，得 l= 2 2 2 23 4h r+ = + =5 ∴圆锥体的侧面积为 π×4×5=20π 故答案为：20π. 【点睛】本题结合立体几何的三视图，求圆锥的侧面积，根据学生的空间想象力解决问题是关键. 14． 1 15 x y =  = 或 2 10 x y =  = 或 3 5 x y =  = 【分析】本题考查求二元一次方程的整数解，根据方程的解是使方程成立的未知数的值，进行求解即可． 【详解】解：∵5 20x y+ = ， ∴ 20 5 y x − = ， ∵ ,x y 均为正整数， ∴ 1 15 x y =  = 或 2 10 x y =  = 或 3 5 x y =  = ； 故答案为： 1 15 x y =  = 或 2 10 x y =  = 或 3 5 x y =  = ． 15．12. 【分析】设每个内角与它相邻的外角的度数分别为 5x、x，根据邻补角的定义得到 x+5x=180°，解出 x=30°，然后根 据多边形的外角和为 360°即可计算出多边形的边数． 【详解】设每个内角与它相邻的外角的度数分别为 5x、x， ∴x+5x=180°， 答案第 8 页，共 23 页 ∴x=30°， 这个多边形的边数= 0 0 360 30 =12． 故答案为 12． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟练运用多边形的外角和为 360°是解决问题的关键． 16．有两个不相等的实数根 【分析】求出方程对应的判别式，根据三角形三边关系得到 0 ，即可得出结论. 【详解】解：一元二次方程对应的判别式 2 2 2( ) 4 ( ) 4 c a b c a b c= + −  = + − ， ∵在三角形中，两边之和大于第三边，即a b c+  ， ∴ 2 2( ) 0a b c+ −  ，即 0 ， ∴方程 2 ( ) 0 4 c cx a b x+ + + = 有两个不相等的实数根， 故答案为有两个不相等的实数根. 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实 数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根． 17. 11 22 111/12 21 44/13 31 66 第一组：11, 22, 111 • 乘积 P=11×22×111=26982P=11×22×111=26982。 • P−1=26981P−1=26981，且 26981 是质数（大于 10000）。 • 交换操作： o 11 交换后为 11（数字相同，不变）。 o 22 交换后为 22（数字相同，不变）。 o 111 交换后为 111（数字相同，不变）。 • 交换后的数：11, 22, 111。 • 交换后的乘积 Q=11×22×111=26982Q=11×22×111=26982。 • Q−1=26981Q−1=26981，与 P−1P−1 相同，是质数。 • P=QP=Q，满足倍数关系。 第二组：12, 21, 44 • 乘积 P=12×21×44=11088P=12×21×44=11088。 • P−1=11087P−1=11087，且 11087 是质数（大于 10000）。 • 交换操作： o 12 交换后为 21。 答案第 9 页，共 23 页 o 21 交换后为 12。 o 44 交换后为 44（数字相同，不变）。 • 交换后的数：21, 12, 44。 • 交换后的乘积 Q=21×12×44=11088Q=21×12×44=11088。 • Q−1=11087Q−1=11087，与 P−1P−1 相同，是质数。 • P=QP=Q，满足倍数关系。 第三组：13, 31, 66 • 乘积 P=13×31×66=26598P=13×31×66=26598。 • P−1=26597P−1=26597，且 26597 是质数（大于 10000）。 • 交换操作： o 13 交换后为 31。 o 31 交换后为 13。 o 66 交换后为 66（数字相同，不变）。 • 交换后的数：31, 13, 66。 • 交换后的乘积 Q=31×13×66=26598Q=31×13×66=26598。 • Q−1=26597Q−1=26597，与 P−1P−1 相同，是质数。 • P=QP=Q，满足倍数关系。 这三组数均满足所有条件，且每组交换后的乘积与原乘积相等（即 P=QP=Q，倍数关系成立）。每组乘积减 1 后得 到的质数均大于 10000。 18． 9 12 7 7 【分析】连接DO ，过点 D作DG AH⊥ 于点 G，过点 F作FQ DE⊥ ，交DE 于点 M，过点 O作OQ FQ⊥ ，二线交于 点 Q，连接FO，利用勾股定理，垂径定理，三角函数，矩形的判定和性质解答即可． 【详解】解：连接DO ，过点 D作DG AH⊥ 于点 G， ∵ DE OB⊥ ， HA AB⊥ ， ∴ 1 2 DC CE DE= = ， 1 2 OC CB OB= = ， ∵ 2 3OD OB= = ， 3 7DH = ， ∴ 3OC CB= = ， ∴ 2 2 3DC CE OD OC= = − = ∵DE OB⊥ ， HA AB⊥ ， DG AH⊥ ， ∴四边形 ACDG 是矩形， 答案第 10 页，共 23 页 ∴ 3DC AG= = ， 3 3DG AC OC OA= = + = ， ∴ 2 2 6HG HD DG= − = ， ∴ 9AH HG AG= + = ， 故答案为：9； ∵ DE OB⊥ ， HA AB⊥ ， ∴ AH DE∥ ， ∴ H FDE =  ， ∵ 3 tan 2 DG H GH = = ， ∴ 3 tan 2 FDE = ， 过点 F作FQ DE⊥ ，交DE 于点 M，过点 O作OQ FQ⊥ ，二线交于点 Q，连接FO， ∴ 3 2 FM DM = ，四边形OCMQ是矩形， 设 3FM x= ，则 2DM x= ， ∴ 3 2CM CD DM x OQ= − = − = ， 3QM OC= = ， ∵ 2 2 2FO OQ FQ= + ， ∴ ( ) ( ) ( ) 2 22 2 3 3 2 3 3x x= − + + ， 解得 6 7 x = 或 0x = （舍去）， ∴ 30 6 2 7 EM DE DM x= − = − = ， 6 3 7 FM = ， ∴ 2 2 12 7 7 EF FM EM= + = ， 故答案为： 12 7 7 ． 【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，平行线的判定和性质，三角函数的应用，解 方程，熟练掌握定理和性质，三角函数是解题的关键． 答案第 11 页，共 23 页 19．（1）-1；（2） 1 1a − ； 1 2 【分析】（1）先化简，再合并括号内的同类项，得出结果后再进行二次根式的除法运算即可， （2）先通分，再将除法化为乘法，化简得到最简式后，再将 a 的值代入计算即可． 【详解】解：（1）原式＝ (8 3 9 3) 3−  ＝ 3 3−  ＝﹣1 （2）原式 2 1 = 1 a a a a −  − 1 1a = − ； 当 a=3 时， 原式 1 1 = 3 1 2 = − ． 【点睛】本题考查了二次根式的运算及分式的化简求值，熟记运算法则是解题的关键． 20． 6 1 5 x−   ，整数解为 1,0,1− ． 【分析】此题考查了求一元一次不等式组的整数解，先求出不等式组的解集，再写出整数解即可． 【详解】解： 1 3 3 3 1 5 2 x x x x +  +  −  − ① ② 解不等式①得， 1x  − ， 解不等式②得， 6 5 x  ∴不等式组的解集为 6 1 5 x−   ， ∴所有整数解为 1,0,1− ． 21．(1)见解析 (2) 2 3 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，含30角的直角三角形的性质和勾股定理，掌握举行的判定方 法是解题的关键． （1）先根据平行四边形的性质得到OA CO= ，OB OD= ，然后根据BM DN= ， 1 2 OM AC= ，得到 OM ON OA CO= = = ，即可证明结论； （2）根据30角的直角三角形的性质得到 1 2 2 CN AC= = ，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】（1）证明：∵ ABCD是平行四边形， ∴ 1 2 OA CO AC= = ，OB OD= ， 答案第 12 页，共 23 页 又∵ BM DN= ， ∴OM ON= ， 又∵ 1 2 OM AC= ， ∴OM ON OA CO= = = ， ∴四边形 AMCN 是矩形； （2）解：∵四边形 AMCN 是矩形， ∴ 90ANC = ， AN CM= ， 又∵ 30OAN = ， 4AC = ， ∴ 1 2 2 CN AC= = ， ∴ 2 2 2 24 2 2 3AN AC CN= − = − = ， ∴ 2 3CM AN= = ． 22．(1) 1− (2)1 【分析】本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键． （1）先根据分式的加法法则把原式进行化简，再把 1a b+ = − ， 3ab = 代入进行计算即可； （2）把 1ab = 代入进行计算即可． 【详解】（1）解： 1a b+ = − ， 3ab = ，  3 3 a b + 3 a b ab + = （ ） 3 1 3  − = （ ） 1= − ． （2）解： 1ab = ，  2 2 1 1 1 1a b − − − 2 2 ab ab ab a b ab = − − − ab ab a b a b b a = − − −（ ） （ ） 2 2ab a b ab b a ab b a = − − −（ ） （ ） ab b a ab b a − = − （ ） （ ） =1． 答案第 13 页，共 23 页 23．(1)60 人 (2)见解析 (3)90 度 【分析】本题考查条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． （1）根据条形统计图和扇形统计图中喜欢园艺课程的人数和占比求解即可； （2）用总人数减去喜欢厨艺、园艺、木工、编织课程的人数，求出喜欢电工的人数，然后补全条形统计图即可； （3）用360乘喜欢厨艺劳动课程的人数占总人数的百分比即可． 【详解】（1）解：18 30% 60 = （人）， 答：本次随机调查的学生人数为 60 人； （2）解：喜欢电工课程的人数为： ( )60 15 18 6 12 9− + + + = （人）， 条形统计图如下： （3）解： 15 360 90 60  = ， 答：扇形统计图中“厨艺”劳动课程所在扇形的圆心角是 90 度． 24．(1)见解析 (2)① AC 垂直平分BD；② 1 2 S mn= 筝形 (3) 3 或 9 3 3 2 − 【分析】本题考查了画轴对称图形，垂直平分线的性质，勾股定理，含 30 度角的直角三角形的性质，熟练掌握轴 对称的性质是解题的关键； （1）根据定义分别以BC 为对称轴画出图形，即可求解； （2）①根据轴对称图形的性质可得 ,BA DA CB CD= = ，进而可得 AC 垂直平分BD； ②根据三角形的面积公式计算，即可求解； （3）分两种情况讨论：①当 AM 所在直线为对称轴时，如图，过点M 作MD AB⊥ 于点D ，①当 BM 所在直线为 对称轴时，分别求得对角线长，进而根据面积公式进行计算即可求解． 【详解】（1）解：如图 答案第 14 页，共 23 页 （2）①连接 ,BD AC 与BD的位置关系是 AC 垂直平分BD； ∵四边形 ABCD是筝形．对角线 AC 所在的直线是它的对称轴． ∴ ,BA DA CB CD= = ∴ AC 垂直平分BD； ②如图 ∵ AC BD⊥ ∴ 1 1 1 2 2 2 ABC AABCD CD S S S AC BE AC ED AC BD= + =  +  =  筝形 ∴ 1 2 S mn= 筝形 （3）解：①当 AM 所在直线为对称轴时，如图，过点M 作MD AB⊥ 于点D ， ∵四边形 ABMN 是筝形， AM 为对角线时， ∴ AB AN= ，MB MN= ， 1 45 2 BAM BAC =  =  ∵在Rt ABC△ 中， 90 , 60 , 3A B AB =   =  = ， ∴ 3AN AB= = ， AMB 是等腰直角三角形， ∴ 2 6BN AB= = ， 在Rt ADM△ 中， 2AM AD= ， 在Rt BDM 中， 60DBM =  ∴ 30DMB =  答案第 15 页，共 23 页 ∴ 2BM DB= ， 2 2 3DM BM DB BD= − = ，即 3 3 BD DM= ， ∵ 3AB AD DB= + = ， ∴ 3 3 3 DM DM+ = ，解得： 3 3 3 2 DM − = ∴ 3 2 2 2 3 6 AM DM − = = ， ∴ 1 2 S AM BN=  筝形 1 3 6 3 2 6 2 2 − =   9 3 3 2 = − ①当BN 所在直线为对称轴时，如图， ∵四边形 ABMN 是筝形， BM 为对角线时， ∴ 90BMN BAC =  = ， ABN MBN =  ， ∵ 90 , 60 , 3A B AB =   =  = ， ∴ 30C = ， 30ABN MBN =  = ， ∴NB NC= ， ∵ NM BC⊥ ， ∴ BM MC= ， ∴ AM 是直角三角形 ABC 斜边上的中线， ∴ 1 2 AM BC BM= = ， ∴ ABM 是等边三角形， ∴ 3AM AB= = ， 在Rt ABN△ 中， 30ABN = ， ∴ 2BN AN= ， ∴ 2 2 3 3AB BN AN AN= − = = ， ∴ 1AN = ，则 2BN = ， ∴ 1 1 3 2 3 2 2 S AM BN=  =   = 筝形 ． 答案第 16 页，共 23 页 25．（1） 23 8 y x= − （2）吊顶所需材料的面积约为 223 m （3）小红需要购买彩灯的总长度约为4.1 m 【分析】本题考查二次函数的应用∶用到的知识点为∶待定系数法求二次函数的解析式，二次函数与一元二次方程的 关系．理解题意选择恰当的方法是正确解答此题的关键． （1）根据题意画出平面直角坐标系，找到点A 的坐标为 ( )2, 1.5− − ，点 B 的坐标为 ( )2, 1.5− ．设抛物线的函数表达式 为 2y ax= ．代入坐标即可求解； （2）根据题意求得点C 的坐标为 ( )2, 0.75− − ，点D 的坐标为 ( )2, 0.75− ．进而可求 2 2CD = ．即可求出吊顶所需 材料的面积； （3）过点A 作 AQ CD⊥ ，交DC 的延长线于点Q ．由题意，得 0.75AQ = ， 2 2QD = + ．证明 DCM△ ∽ DQA△ ．得 DC CM DQ QA = ，求得 0.62CM  ．进而可求答案． 【详解】解：（1）建立如图 1 所示的平面直角坐标系． ∵窑洞顶部最高点O 离地面3.75 m，点A 离地面2.25 m ， ∴3.75 2.25 1.5− = ． ∴点A ， B 的纵坐标为 1.5− ． ∵ 4AB = ， ∴点A 的坐标为 ( )2, 1.5− − ，点 B 的坐标为 ( )2, 1.5− ． ∵点O 为抛物线的顶点， ∴设抛物线的函数表达式为 2y ax= ． ∵ ( )2, 1.5A − − 在抛物线 2y ax= 上， ∴ 1.5 4a− = ． 解得 3 8 a = − ． ∴抛物线的函数表达式为 23 8 y x= − ． （2）∵CD离地面3 m， ∴3.75 3 0.75− = ． 答案第 17 页，共 23 页 ∴点C ，D 的纵坐标为 0.75− ． ∵点C ，D 在抛物线 23 8 y x= − 上， ∴将 y 0.75= 代入 23 8 y x= − ，得 23 0.75 8 x− = − ． 解得 1 2x = − ， 2 2x = ． ∴点C 的坐标为 ( )2, 0.75− − ，点D 的坐标为 ( )2, 0.75− ． ∴ 2 2CD = ． ∴吊顶所需材料的面积为 ( )28 2 2 16 2 23 m =  ． 答：吊顶所需材料的面积约为 223 m ． （3）如图 2，过点A 作 AQ CD⊥ ，交DC 的延长线于点Q ． 由题意，得 0.75AQ = ， 2 2QD = + ． ∵ AQ CD⊥ ，CM CD⊥ ， ∴ //CM AQ ． ∴ DCM△ ∽ DQA△ ． ∴ DC CM DQ QA = ，则 2 2 0.752 2 2 CM = + ． ∴ 0.62CM  ． ∴ ( )0.62 2 2 2 1.24 2.828 4.068 4.1 mCM DN CD+ + =  + = + =  答：小红需要购买彩灯的总长度约为4.1 m ． 26．(1)直线DE 与 O 的位置关系是相切，理由见解析； (2) 2 3 3  − ． 【分析】（1）连接OD ，由等腰三角形三合一定理可得 AD BC⊥ ，故有 90ADB = ，所以 AB 为 O 的直径，从而 得到OD 是 ABCV 中位线，则OD AC∥ ，得到DE OD^ ，最后由切线的判定即可求证； （ 2 ）连接OF ，过O 作OH AF⊥ 于点H ，证明 OAF△ 是等边三角形，则有 60AOF = ， 30AOH = ，OA AF= ， 答案第 18 页，共 23 页 然后根据直角三角形的性质可得 2 2AD AE= = ， 2 4AB AD= = ， 2OA AF= = ， 1AH = ，最后通过弓形面积为 AOFAOF S S− 扇形 即可求解． 【详解】（1）解：直线DE 与 O 的位置关系是相切，理由： 连接OD ， ∵ AB AC= ， BD DC= ， ∴ AD BC⊥ ， ∴ 90ADB = ， ∴ AB 为 O 的直径， ∴OA OB= ， ∴OD 是 ABCV 中位线， ∴OD AC∥ ， ∵DE AC⊥ ， ∴DE OD^ ， ∵OD 是 O 的半径， ∴DE 与 O 相切； （2）解：如图，连接OF ，过O 作OH AF⊥ 于点H ， ∴ AH FH= ， ∵ AB AC= ， 30B = ， ∴ 30B C =  = ， ∴ 60OAF B C =  + = ， ∵OA OF= ， ∴ OAF△ 是等边三角形， ∴ 60AOF = ， 30AOH = ，OA AF= ， 答案第 19 页，共 23 页 ∵ 90ADB = ， 30C = ， ∴ 60DAC = ， ∵DE AC⊥ ， ∴ 90AED = ， ∴ 30ADE = ， ∴ 2 2AD AE= = ， 同理： 2 4AB AD= = ， ∴ 2OA AF= = ， ∴ 1AH = ， 由勾股定理得： 2 2 2 22 1 3OH OA AH= − = − = ， ∴弓形面积为 AOFAOFS S−扇形 260 2 1 2 3 360 2   = −   2 3 3 = − ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，扇形面积，等边三角形的判定与性质，切线的判 定，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 27．(1) 3 (2)① 7 2 ；②FB FA = ，证明见解析 【分析】（1）根据矩形的性质结合直角三角形斜边中线的性质可得 AB BB = ，再根据折叠的性质得到 AB AB= ， 易证 ABB是等边三角形，推出 60ABD = ，再利用正切的定义得到 tan tan 60 3 AD ABD AB  =  = = ，即可解答； （2）①解：过点 B作 B H BC ⊥ 交 BC 延长线于点 H，由（1）知 60 , 90AEB ABE =   = ，解直角三角形求出 3 3 BE = ， 3BC AD= = ，由题意得 1 3 2 2 AM AD= = ，由平移的性质得： 3 , 2 EN AM AE MN= = ，求出 5 3 6 BN = ， 60MNB AEB =  = ， 3 6 CN = ， 120MNC = ，由对称的性质得： 1 60 2 MNB CNB MNC = =  =  ， 5 3 6 B N BN = = ，解直角三角形求出 5 3 12 NH = ， 5 4 B H = ，再求出 3 4 CH = ，利用勾股定理即可求解； ②延长 A F 至点G ，使得 A F FG = ，连接GN ，证明 ( )ASADMF CNF≌ ，推出MF NF= ，再证明 ( )SASA FM GFN ≌ ，推出 A MF GNF =  ，进而证明 A M GN ，点 , ,G N B三点共线，证 A B G  是直角三角形， 根据直角三角形斜边中线的性质即可得出结论. 【详解】（1）解：∵矩形 ABCD中， 90BAD ABE =  = ， 答案第 20 页，共 23 页 ∴ ABD 是直角三角形， ∵点 B是BD的中点， ∴ 1 2 AB BD BB= = ， 由折叠的性质得 AB AB= ， ∴ AB AB BB= = ， ∴ ABB是等边三角形， ∴ 60ABD = ， ∴ tan tan 60 3 AD ABD AB  =  = = ，即 3AD AB= ， ∴ 3n = ； （2）①解：过点 B作B H BC ⊥ 交 BC 延长线于点 H， 由（1）知 60 , 90AEB ABE =   = ， ∵ 1AB = ， ∴ 1 3 tan tan 60 3 AB BE AEB = = =   ， 3 3BC AD AB= = = ， ∵点 M是 AD 边中点， ∴ 1 3 2 2 AM AD= = ， 由平移的性质得： 3 , 2 EN AM AE MN= = ， ∴ 5 3 6 BN BE EN= + = ， 60MNB AEB =  = ， ∴ 3 6 CN BC BN= − = ， 120MNC = ， 由对称的性质得： 1 60 2 MNB CNB MNC = =  =  ， 5 3 6 B N BN = = ， 在Rt B NH 中， 5 3 1 5 3 ·cos 6 2 12 NH B N B NC =  == ， 5 3 3 5 ·sin 6 2 4 B H B N B NC  =  =  = ， ∴ 5 3 3 3 12 6 4 CH NH CN= − = − = ， 在Rt B CH 中， 2 2 7 2 B C CH B H= + =  ； ②FB FA = ，证明如下： 答案第 21 页，共 23 页 延长 A F 至点G ，使得 A F FG = ，连接GN ， ∵ AD BC ， ∴ DMF CNF =  ， ∵ , 90MD CN MDF NCF=  =  = ， ∴ ( )ASADMF CNF≌ ， ∴MF NF= ， ∵ ,FG A F A FM GFN =  =  ， ∴ ( )SASA FM GFN ≌ ， ∴ A MF GNF =  ， ∴ A M GN ， ∵ A M B N  ， ∴点 , ,G N B三点共线， 由折叠的性质得： 90A B G ABC =  =  ， ∴ A B G  是直角三角形， ∵ FA FG = ，即点 F 是 A G 的中点， ∴ 1 2 FB A G FA  = = . 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解直角三角形，三角形全等的 判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键. 28．（1） 2CE BD= （2）结论还成立，理由见详解 （3） 2CE = 或3 2 ． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得 2 2AC AB AE AD= =， ，即可求解． （2）通过证明 ABD ACE∽ ，可得 2 CE AC BD AB = = 可得 2CE BD= ． 答案第 22 页，共 23 页 （3）分两种情况讨论：当点 D 在点A 右侧时；当点D 在点A 左侧时．设 AE 与直线BF 的交点为O ，由等腰直角三 角形的性质可求 2AO DO= = ，由勾股定理可求BO的长，即可求解． 【详解】（1）解： 2CE BD= ． 理由如下：∵ ABCV ， ADEV 均为等腰直角三角形， 90ABC ADE =  = ， ∴ 2 2AC AB AE AD= =， ， ∴ ( )2AC AE AB AD− = − ， ∴ 2CE BD= ． （2）（1）中的结论还成立． 理由如下：∵ ABCV ， ADEV 均为等腰直角三角形， 90ABC ADE =  = ， ∴ 2 2AC AB AE AD= =， ， 45BAC DAE =  = ， ∴ BAD CAE =  ， 2 AC AE AB AD = = ， ∴ ABD ACE∽ ， ∴ 2 CE AC BD AB = = ， ∴ 2CE BD= ． (3)当点D 在点A 右侧时，如图，设 AE 与直线BF 的交点为O ， ∵ 2AD = ， ADEV 是等腰直角三角形， ∴ 2 2 2AE AD= = ， ∵直线BF AE⊥ ， ∴DF AE⊥ ， ∴ 2AO DO= = ， ∴ ( ) ( ) 2 2 2 2 10 2 2 2BO AB AO= − = − = ， ∴ 2 2 2 2BD = − = ， ∴ 2 2CE BD= = ； 当点D 在点A 左侧时，如图，设 AE 与直线BF 的交点为O ，