2025年陕西省初中学业水平考试数学方向卷(二)-【众相原创】2025年陕西中考数学方向卷

５　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（二）·《例析与指导》示例二变式 （总分：１２０分　考试时间：１２０分钟） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第一部分（选择题 共 ２４分） 一、选择题（共８小题，每小题３分，计２４分．每小题只有一个选项是符合题意的） １．绝对值是２０２５的数是 （Ｃ ） Ａ．２０２５ Ｂ．－２０２５ Ｃ．±２０２５ Ｄ． １ ２０２５ ２．２０２５例析与指导方向 现实生活情境如图１是一个可调节的电脑桌，它的工作原理是利用液体在封 闭的管路中传递力和能量．图２是将其正面抽象成的图形，其中桌面ＡＢ与底座ＣＤ平行，若∠ＢＡＤ＝ ５３°，则∠ＡＤＣ的度数为 （Ｄ ） Ａ．１０６° Ｂ．７６° Ｃ．７４° Ｄ．５３° 图１ 　　　 图２ 　　　　　第２题图 　　　 第４题图 　　　 ３．化简（－ １ ３ ｘ２ｙ）３的结果是 （　 ） Ａ．－ １ ３ ｘ６ｙ３ Ｂ．－ １ ２７ ｘ５ｙ３ Ｃ．－ １ ２７ ｘ６ｙ３ Ｄ．－ １ ９ ｘ６ｙ３ ４．如图，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＤ，ＡＥ分别是边ＢＣ上的中线和高，若ＡＥ＝２，Ｓ△ＡＢＤ＝槡５，则ＡＤ的 长为 （Ａ ） Ａ．槡５ Ｂ．槡３ Ｃ．１ Ｄ． ３ ２ ５．已知正比例函数ｙ＝ｋｘ中，ｙ随ｘ的增大而增大，则一次函数ｙ＝－２ｋｘ＋ｋ的图象所经过的象限是 （Ａ ） Ａ．一、二、四 Ｂ．一、二、三 Ｃ．一、三、四 Ｄ．二、三、四 ６．如图，点Ｅ在正方形ＡＢＣＤ的内部，且△ＡＢＥ是等边三角形，连接ＢＤ，ＤＥ，则∠ＢＤＥ＝ （Ｃ ） Ａ．３７．５° Ｂ．３５° Ｃ．３０° Ｄ．２５° 第６题图 　　　　 第７题图 ７．如图，四边形ＡＢＣＤ内接于⊙Ｏ，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，点Ｅ在⊙Ｏ上，且∠ＡＤＣ＝１１５°，则∠ＢＥＣ的度数为 （Ｃ ） Ａ．３５° Ｂ．３０° Ｃ．２５° Ｄ．２０° ８．２０２５例析与指导方向 二次函数图象判断 如图，是在同一平面直角坐标系内二次函数 ｙ＝ａｘ２＋（ａ＋ ｃ）ｘ＋ｃ与一次函数ｙ＝ａｘ＋ｃ的大致图象，正确的是 （Ｄ ） 第二部分（非选择题　共 ９６分） 二、填空题（共５小题，每小题３分，计１５分） ９．实数槡９，３．１４１５９２６， ３ 槡１，π， ２２ ７ ，槡３中，无理数的个数是　　　　． １０．如图，在正五边形ＡＢＣＤＥ中，∠ＢＣＤ的平分线交ＡＥ于点Ｆ，连接ＣＥ，则∠ＥＣＦ＝　　　　． 第１０题图 　　　 第１１题图 １１．２０２５例析与指导方向 规律探索 苯是一种有机化合物，是组成结构最简单的芳香烃，可以合成一系 列衍生物．如图是某小组用小木棒摆放的苯及其衍生物的结构式，第１个图形需要９根小木棒，第２ 个图形需要１６根小木棒，第３个图形需要２３根小木棒…按此规律，第ｎ个图形需要　　　　根小木 棒．（用含ｎ的代数式表示） １２．如图，在平面直角坐标系中，正方形ＡＢＣＤ的中心在原点Ｏ，且ＡＢ与ｘ轴垂直，Ｐ是线段ＡＢ与反比例 函数ｙ＝ ｋ ｘ 图象的一个交点，且点Ｐ为线段ＡＢ的三等分点，若图中阴影部分的面积等于１８，则这个反 比例函数的表达式为　　　　． 第１２题图 　　　　 第１３题图 １３．如图，在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝３，ＢＣ＝４，Ｍ是ＣＤ边上任意一点，过点Ａ，Ｃ，Ｄ作射线ＢＭ的垂线，垂足 分别是Ｅ，Ｆ，Ｇ，若ＡＥ＋ＣＦ＋ＤＧ＝ｍ，则ｍ的最小值是　　　　． 三、解答题（共１３小题，计８１分．解答题应写出过程） １４．（本题满分５分）计算：（－ １ ２ ） －２＋｜槡３－２｜＋槡１８× １ ２槡 ． ６　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） １５．（本题满分５分）２０２５例析与指导方向 数轴表示解集 解不等式 ２＋ｘ ２ －２ｘ ＋１ ３ ≤ １，并把其解集在数轴 上表示出来． 第１５题图 【命题立意】本题考查解一元一次不等式，在数轴上表示不等式的解集． 解： ２＋ｘ ２ －２ｘ ＋１ ３ ≤ １，３（２＋ｘ）－２（２ｘ＋１）≤６，６＋３ｘ－４ｘ－２≤６， ３ｘ－４ｘ≤６－６＋２，ｘ≥－２． 解集在数轴上表示如解图． （５分）………………………………………………………………………………… １６．（本题满分５分）化简：（ａ＋２＋ ５ ２－ａ ）÷ ３－ａ ２ａ－４ ． 【命题立意】本题考查分式的混合运算． 解：原式＝ （ａ＋２）（ａ－２）－５ ａ－２ · ２（ａ－２） ３－ａ （３分）……………………………………………………………………… ＝ａ ２－９ ａ－２ · ２（ａ－２） ３－ａ ＝（ａ ＋３）（ａ－３） ａ－２ · ２（ａ－２） ３－ａ （４分）………………………………………………………………………… ＝－２（ａ＋３） ＝－２ａ－６． （５分）…………………………………………………………………………………… １７．（本题满分５分）如图，已知△ＡＢＣ中，ＡＢ＜ＡＣ，请用尺规作图法，在ＡＣ边上求作一点Ｄ，使得∠ＡＤＢ＝ ２∠ＤＢＣ．（保留作图痕迹，不写作法） 第１７题图 【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、线段垂直平分线的性质． 解：如解图，点Ｄ即为所求． （５分）………………………………………………………………………… １８．（本题满分５分）２０２５例析与指导方向 网格与全等 如图，在１１×６的网格中，每个小正方形的边长 均为１，△ＡＢＣ和△ＤＥＦ的顶点都在格点上，求证：∠ＣＡＢ＝∠ＦＤＥ． 第１８题图 【命题立意】本题考查网格与全等三角形的结合． 证明：在△ＡＢＣ和△ＤＥＦ中， ＡＣ＝ＤＦ， ∠ＡＣＢ＝∠ＤＦＥ， ＢＣ＝ＥＦ，{ （３分）………………………………………………………… ∴△ＡＢＣ≌△ＤＥＦ（ＳＡＳ），∴∠ＣＡＢ＝∠ＦＤＥ． （５分）……………………………………………………… １９．（本题满分５分）春节期间，某商场进行促销活动，一双球鞋的标价为３００元，按标价的八折销售，若 打折后每双球鞋仍能获利２０％，问这种球鞋的进价是多少？ 【命题立意】本题考查一元一次方程的实际应用，掌握“售价－进价＝利润”是解题的关键． 解：设这种球鞋的进价是ｘ元／双， 依题意得３００×８０％－ｘ＝２０％ｘ， （３分）……………………………………………………………………………… 解得ｘ＝２００． 答：这种球鞋的进价是２００元／双． （５分）…………………………………………………………………… ２０．（本题满分５分）２０２５例析与指导方向 公平性问题 为了提升博物馆的服务质量，更好地发挥其文 化宣扬和传承方面的作用，某博物馆面向社会招募志愿者．某校现有１０名同学准备参加该博物馆志 愿服务工作，其中男生６人，女生４人． （１）若从这１０名志愿者中随机选取一人作为联络员，则选到男生的概率为　　　　； （２）若该博物馆的某项工作只在甲、乙两名志愿者中选一名，他们准备以游戏的方式决定由谁参加， 游戏规则如下：将四张牌面数字分别为２，３，４，５的扑克牌（背面完全相同）洗匀后，数字朝下放于桌 面，甲先从四张牌中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的牌中随机抽取一张．若所抽取的两张牌的 牌面数字之和为偶数，则甲参加；否则，乙参加．请用画树状图法或列表法说明该游戏对双方是否 公平． 第２０题图 【命题立意】本题考查游戏公平性的判断以及求概率．判断游戏公平性就要计算每个人的概率，概率相等就公 平，否则就不公平． 解：（１）∵现有１０名同学准备参加该博物馆志愿服务工作，其中男生６人，女生４人， ∴从这１０名志愿者中随机选取一人作为联络员，则选到男生的概率为 ６ １０ ＝３ ５ ．故答案为 ３ ５ ． （２分）………… （２）画树状图如解图： ７　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） ２１．（本题满分６分）新课标方向 现实生活情境 某校社会实践小组为测量一座古塔的高度，如图，在地 面上点Ｃ处垂直于地面竖立了高度为２米的标杆ＣＤ，这时地面上的点Ｅ，标杆的顶端点Ｄ，古塔的塔 尖点Ｂ正好在同一直线上，测得ＥＣ＝４米．将标杆向后平移到点Ｇ处，这时地面上的点Ｆ，标杆的顶 端点Ｈ，古塔的塔尖点Ｂ正好在同一直线上（点 Ｆ，Ｇ，Ｅ，Ｃ，Ａ在同一直线上），这时测得 ＦＧ＝６米， ＣＧ＝６０米．请你根据以上数据，计算古塔的高度ＡＢ． 第２１题图 【命题立意】本题考查相似三角形的应用，属于中考常考题型． 解：∵ＤＣ∥ＡＢ，∴△ＥＤＣ∽△ＥＢＡ，∴ ＤＣ ＢＡ ＝ＥＣ ＥＡ ． ∵ＧＨ∥ＡＢ，∴△ＦＨＧ∽△ＦＢＡ，∴ ＧＨ ＢＡ ＝ＦＧ ＦＡ ． （２分）…………………………………… ∵ＤＣ＝ＨＧ，∴ ＦＧ ＦＡ ＝ＥＣ ＥＡ ， ∴ ６ ６６＋ＣＡ ＝ ４ ４＋ＣＡ ，∴ＣＡ＝１２０米． （４分）…………………………………………………………………………… ∵ ＤＣ ＢＡ ＝ＥＣ ＥＡ ，∴ ２ ＢＡ ＝ ４ ４＋１２０ ，∴ＡＢ＝６２米， 答：古塔的高度ＡＢ为６２米． （６分）………………………………………………………………………… ２２．（本题满分７分）小明到某景区游玩，他从景区入口处步行到达小憩屋，休息片刻后继续前行，此时观 光车从景区入口处出发，沿相同路线与小明先后到达观景点．如图折线ＯＡＢＣ和线段ＤＥ分别表示小 明和观光车离开景区入口的距离 ｙ（ｍ）与小明步行时间 ｘ（ｍｉｎ）之间的关系．根据图象解决下列 问题： （１）观光车的行驶速度为　　　　ｍ／ｍｉｎ，点Ｄ的坐标为　　　　； （２）求线段ＢＣ对应的函数表达式； （３）当观光车到达观景点时，小明距观景点还有多远？ 第２２题图 【命题立意】本题考查一次函数的应用、函数的图象，掌握时间、速度、路程之间的 关系是解题的关键． 解：（１）观光车的行驶速度为（３０００－１８００）÷（２３－１９）＝３００（ｍ／ｍｉｎ）， ３０００÷３００＝１０（ｍｉｎ），２３－１０＝１３（ｍｉｎ），∴点Ｄ的坐标为（１３，０）． 故答案为３００，（１３，０）． （２分）……………………………………………………………………………………… （２）设线段ＢＣ对应的函数表达式为ｙ＝ｋｘ＋ｂ（ｋ，ｂ为常数，且ｋ≠０）． 将Ｂ（１３，１２００），Ｃ（３１，３０００）分别代入ｙ＝ｋｘ＋ｂ， 得 １３ｋ＋ｂ＝１２００， ３１ｋ＋ｂ＝３０００，{ 解得 ｋ＝１００， ｂ＝－１００，{ ∴线段ＢＣ对应的函数表达式为ｙ＝１００ｘ－１００（１３≤ｘ≤３１）． （５分）…………………………………………… （３）对于ｙ＝１００ｘ－１００，当ｘ＝２３时，ｙ＝１００×２３－１００＝２２００， ３０００－２２００＝８００（ｍ）． 答：当观光车到达观景点时，小明距观景点还有８００ｍ． （７分）……………………………………………… ２３．（本题满分７分）２０２５例析与指导方向 开放性设问 ２０２４年１２月４日，中国“春节”申遗成功．中国 春节文化源远流长，全国各地衍生出纷繁多样的春节习俗．某校为了解学生对春节文化的了解情况， 举办了春节文化知识竞赛，现从该校七、八年级学生中各随机抽取２０名学生的竞赛成绩（百分制）进 行整理、描述和分析（成绩得分用 ｘ表示，共分为四组：Ａ．９０≤ｘ≤１００，Ｂ．８０≤ｘ＜９０，Ｃ．７０≤ｘ＜８０， Ｄ．ｘ＜７０，得分在９０分及以上为优秀），下面给出了部分信息： 七年级２０名学生的竞赛成绩是： ６４，６８，７２，８０，８３，８５，８６，８８，８９，８９，９０，９３，９３，９３，９５，９６，９８，９９，９９，１００． 八年级２０名学生竞赛成绩在Ｂ组的数据是：８３，８５，８６，８７，８８，８９，８９． 　　　　七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表 年级 平均数 中位数 众数 方差 七年级 ８８ ８９．５ ａ １００．７ 八年级 ８８ ｂ ９４ ９２．６ 　　　 第２３题图 根据以上信息，解答下列问题： （１）上述图表中的ａ＝　　　　，ｂ＝　　　　，ｍ＝　　　　； （２）根据以上数据分析，你认为该校七、八年级中哪个年级学生的春节文化知识竞赛成绩更好？请说 明理由；（写出一条理由即可） （３）若该校七年级有７００名学生、八年级有８００名学生参加了此次春节文化知识竞赛，估计该校七、 八年级学生参加此次春节文化知识竞赛成绩达到优秀的共有多少人？ 【命题立意】本题考查扇形统计图、统计表、中位数、众数以及用样本估计总体，掌握相关统计量的意义和计算 方法是解答本题的关键． 解：（１）七年级学生竞赛成绩的众数ａ＝９３，八年级学生竞赛成绩的中位数ｂ＝ ８８＋８９ ２ ＝８８．５， ｍ％＝ ７ ２０ ×１００％＝３５％，即ｍ＝３５． 故答案为９３，８８．５，３５． （３分）……………………………………………………………………………………… （２）八年级成绩更好，理由如下： 由表中数据知，七、八年级学生竞赛成绩的平均数相等，而八年级学生竞赛成绩的方差小， ∴八年级成绩更稳定，成绩更好．（答案不唯一，合理即可） （５分）……………………………………………… （３）７００× １０ ２０ ＋８００×４０％＝６７０（人）， ８　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（二） ２４．（本题满分８分）如图，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，Ｃ，Ｄ为⊙Ｏ上的两点，过点Ｂ作⊙Ｏ的切线交ＣＯ的延长线 于点Ｅ，交⊙Ｏ于点Ｆ，连接ＢＤ，∠ＡＢＤ＝２∠ＣＦＤ． （１）求证：ＣＥ∥ＢＤ； （２）连接ＤＦ交ＯＢ于点Ｇ，若ＯＧ∶ＧＢ＝２∶３，ＥＦ＝２，求⊙Ｏ的半径． 第２４题图 【命题立意】本题考查平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角 三角形等知识，正确作出辅助线是解题的关键． （１）证明：如解图，连接ＯＤ，则ＯＤ＝ＯＦ＝ＯＢ， ∴∠ＯＤＦ＝∠ＣＦＤ，∠ＡＢＤ＝∠ＯＤＢ＝∠ＯＤＦ＋∠ＢＤＦ． ∵∠ＡＢＤ＝２∠ＣＦＤ＝２∠ＯＤＦ， ∴２∠ＯＤＦ＝∠ＯＤＦ＋∠ＢＤＦ，∴∠ＯＤＦ＝∠ＢＤＦ， ∴∠ＣＦＤ＝∠ＢＤＦ，∴ＣＥ∥ＢＤ． （３分）…………………………………………………………………………… （２）解：如解图，连接ＡＤ，设⊙Ｏ的半径为ｒ，则ＯＢ＝ＯＦ＝ｒ． ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴ＡＢ＝２ｒ，∠ＡＤＢ＝９０°． ∵ＯＦ∥ＢＤ，ＯＧ∶ＧＢ＝２∶３，∴△ＯＧＦ∽△ＢＧＤ，∴ ＯＦ ＢＤ ＝ＯＧ ＧＢ ＝２ ３ ， ∴ＢＤ＝ ３ ２ ＯＦ＝ ３ ２ ｒ，∴ＡＤ＝ ＡＢ２－ＢＤ槡 ２＝ （２ｒ）２－（ ３ ２ ｒ） 槡 ２＝槡７ ２ ｒ． （５分）………………………………………… ∵ＢＥ与⊙Ｏ相切于点Ｂ，∴ＢＥ⊥ＯＢ，∴∠ＯＢＥ＝９０°． ∵ＯＥ∥ＢＤ，∴∠ＢＯＥ＝∠ＡＢＤ， ∴⊙Ｏ的半径长为６． （８分）………………………………………………………………………………… ２５．（本题满分８分）如图，已知点Ｂ（３，０），Ｃ（０，－３），经过Ｂ，Ｃ两点的抛物线ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ与ｘ轴的另一 个交点为Ａ，顶点为Ｐ． （１）求该抛物线的函数表达式； （２）连接ＡＣ，ＢＣ，若点Ｎ在ｘ轴上，要使以Ｂ，Ｐ，Ｎ为顶点的三角形与△ＡＢＣ相似，求满足条件的点Ｎ 的坐标． 第２５题图 【命题立意】本题考查用待定系数法求二次函数表达式及二次函数与相似三角形综合，掌握求二次函数表达 式的方法和相似三角形的性质与判定是解题的关键． 解：（１）将点Ｂ（３，０），Ｃ（０，－３）代入ｙ＝－ｘ２＋ｂｘ＋ｃ，得 ｃ＝－３， －９＋３ｂ＋ｃ＝０，{ 解得 ｃ＝－３，ｂ＝４，{ ∴该抛物线的函数表达式为ｙ＝－ｘ２＋４ｘ－３． （４分）……………………………………………………………… （２）如解图，连接ＢＰ，∵ｙ＝－ｘ２＋４ｘ－３＝－（ｘ－２）２＋１，∴顶点Ｐ的坐标为（２，１）．设Ｎ（ｎ，０）， 当ｙ＝０时，－ｘ２＋４ｘ－３＝０，解得ｘ１＝１，ｘ２＝３，∴Ａ（１，０）． ∵Ｂ（３，０），Ｃ（０，－３），Ｐ（２，１），∴∠ＣＢＡ＝∠ＡＢＰ＝４５°，ＢＰ＝槡２，ＢＣ＝３槡２． （５分）…………………………… ①当 ＢＮ ＢＰ ＝ＢＣ ＢＡ 时，△ＰＢＮ∽△ＡＢＣ，∴ ３－ｎ 槡２ ＝３槡２ ２ ，解得ｎ＝０，∴点Ｎ的坐标为（０，０）； ２６．（本题满分１０分）（１）如图１，在矩形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝８，ＡＢ＝５，边ＡＤ上有一点Ｍ，当过Ｍ，Ｂ，Ｃ三点的 圆与ＡＤ相切时，求ｓｉｎ∠ＢＭＣ的值． （２）如图２，一支队伍ＡＢ沿着射线ＯＮ方向行进，一名观察员从点Ｏ出发，沿着射线ＯＭ行进，从而观 察整支队伍的行进情况．已知：ＯＭ与ＯＮ所成的夹角为３０°．当观察员行进９０米后到达点Ｐ，观察队 伍ＡＢ的行进情况，设其有效观测角为∠ＡＰＢ，若射线 ＯＭ上存在的唯一 獉獉 观测点 Ｐ，且满足∠ＡＰＢ＝ ６０°，请结合题目条件求出队伍ＡＢ的长度为多少米？ 图１ 　　　 图２ 第２６题图 【命题立意】本题考查隐形圆问题，涉及解直角三角形、勾股定理、切线性质等知识，正确作出辅助线解决问题 是解题的关键． 解：（１）如解图１，连接ＭＯ并延长与ＢＣ交于点Ｎ，连接ＯＢ，ＯＣ． ∵ＯＢ＝ＯＣ，ＯＮ⊥ＢＣ， ∴ＢＮ＝ＣＮ＝ １ ２ ＢＣ＝４，∠ＢＯＮ＝∠ＣＯＮ，故∠ＢＯＣ＝２∠ＢＯＮ． 又∵∠ＢＯＣ＝２∠ＢＭＣ，∴∠ＢＯＮ＝∠ＢＭＣ． 设⊙Ｏ半径为ｒ，在Ｒｔ△ＢＯＮ中，ＯＢ２＝ＯＮ２＋ＢＮ２，即ｒ２＝（５－ｒ）２＋４２，解得ｒ＝ ４１ １０ ， ∴ｓｉｎ∠ＢＭＣ＝ｓｉｎ∠ＢＯＮ＝ ＢＮ ＢＯ ＝４０ ４１ ． （４分）………………………………………………………………………… （２）如解图２，作△ＰＡＢ的外接圆⊙Ｃ，根据题意可知，当⊙Ｃ与ＯＭ相切于点Ｐ时，满足题意． 连接ＰＣ并延长与ＯＮ交于点Ｑ，连接ＣＡ，ＣＢ，过点Ｃ作ＣＤ⊥ＯＮ于点Ｄ． ∵∠ＡＰＢ＝６０°，∴∠ＡＣＢ＝２∠ＡＰＢ＝１２０°， ∴∠ＣＡＢ＝∠ＣＢＡ＝３０°． （６分）…………………………………………………………………………………… 又∵∠ＭＯＮ＝３０°，∴ＯＭ∥ＡＣ． 由⊙Ｃ与ＯＭ相切可知ＰＱ⊥ＯＭ，即∠ＯＰＣ＝∠ＡＣＱ＝９０°， 在Ｒｔ△ＯＰＱ中，ＯＰ＝９０米，故ＰＱ＝ＯＰ·ｔａｎ∠ＭＯＮ＝９０×槡 ３ ３ ＝３０槡３米． 设⊙Ｃ的半径为ｒ，在Ｒｔ△ＡＣＱ中，ＣＱ＝ＡＣ·ｔａｎ∠ＣＡＱ＝槡 ３ ３ ｒ， ∵ＰＱ＝ＰＣ＋ＣＱ＝ｒ＋槡 ３ ３ ｒ＝３０槡３，∴ｒ＝４５槡３－４５． （８分）…………………………………………………………… 在Ｒｔ△ＡＣＤ中，∠ＣＡＤ＝３０°，ＡＣ＝ｒ，∴ＡＤ＝ＡＣ·ｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ ｒ． ∵ＡＣ＝ＢＣ，ＣＤ⊥ＡＢ，∴ＡＢ＝２ＡＤ＝槡 ３ ２ ｒ＋槡 ３ ２ ｒ＝槡３ｒ＝槡３×（４５槡３－４５）＝１３５－４５槡３， 即队伍ＡＢ的长度为（１３５－４５槡３）米． （１０分）……………………………………………………………… ５　 　 方 向 卷 ︵ 二 ︶ ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（二） 选择题快速对答案 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｃ Ｄ Ｃ Ａ Ａ Ｃ Ｃ Ｄ ９．２　１０．１８°　１１．（７ｎ＋２） １２．ｙ＝－ ６ ｘ 　【命题立意】本题考查用待定系数法求反比 例函数的表达式、正方形的性质． 【解析】如解图，设ＡＢ交ｘ轴于点Ｅ．∵图中阴影部分 的面积为１８，∴一个小正方形的面积为１８，∴易得正 方形ＡＢＣＤ的面积为７２，∴ＡＢ＝ 槡６２．∵Ｐ为线段 ＡＢ 的三等分点，∴ＡＰ＝ 槡２２，ＡＥ＝ 槡３２，∴ＰＥ＝槡２， ∴Ｐ（－槡３２，槡２），把Ｐ（－ 槡３２，槡２）代入 ｙ＝ ｋ ｘ 得，ｋ＝ －槡３２×槡２＝－６，∴反比例函数的表达式为ｙ＝－ ６ ｘ ．故 答案为ｙ＝－ ６ ｘ ． 第１２题解图 　　 第１３题解图 １３． ２４ ５ 　【命题立意】本题考查矩形的性质、勾股定理、三 角形面积及最小值． 【解析】如解图，连接 ＢＤ，ＡＭ．∵四边形 ＡＢＣＤ是矩 形，∴∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝９０°，ＡＤ＝ＢＣ＝４，∴Ｓ矩形ＡＢＣＤ＝ ＡＢ·ＢＣ＝３×４＝１２．由勾股定理得 ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＡＤ槡 ２＝ ３２＋４槡 ２＝５，∵ＢＣ＝４，∴４≤ＢＭ≤５．∵△ＡＤＭ和 △ＢＤＭ的边 ＤＭ上的高 ＡＤ＝ＢＣ＝４，∴Ｓ△ＡＤＭ＝Ｓ△ＢＤＭ ＝１ ２ ＢＭ·ＤＧ．∵１２＝Ｓ矩形ＡＢＣＤ＝Ｓ△ＡＢＭ＋Ｓ△ＢＣＭ＋Ｓ△ＡＤＭ＝ １ ２ ＢＭ·ＡＥ＋ １ ２ ＢＭ·ＣＦ＋ １ ２ ＢＭ·ＤＧ＝ １ ２ ＢＭ·（ＡＥ＋ ＣＦ＋ＤＧ），∴ＡＥ＋ＣＦ＋ＤＧ＝ ２４ ＢＭ ，∴ｍ＝ ２４ ＢＭ ．∵４≤ＢＭ≤ ５，ｍ随着ＢＭ的增大而减小，∴当ＢＭ＝５时，ｍ最小， ｍ最小为 ２４ ５ ．故答案为 ２４ ５ ． １４．【命题立意】本题考查负整数指数幂、绝对值、二次根 式的乘法． 解：原式＝９－槡３． （５分）…………………………… １５．【命题立意】本题考查解一元一次不等式，在数轴上 表示不等式的解集． 解：ｘ≥－２． （３分）…………………………………… 解集在数轴上表示如解图． （５分）………………… 第１５题解图 １６．【命题立意】本题考查分式的混合运算． 解：原式＝－２ａ－６． （５分）…………………………… １７．【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、线段 垂直平分线的性质． 解：如解图，点Ｄ即为所求． （５分）………………… 第１７题解图 １８．【命题立意】本题考查网格与全等三角形的结合． 证明略． １９．【命题立意】本题考查一元一次方程的实际应用，掌 握“售价－进价＝利润”是解题的关键． 解：设这种球鞋的进价是ｘ元／双， 依题意得３００×８０％－ｘ＝２０％ｘ， （３分）……………… 解得ｘ＝２００． 答：这种球鞋的进价是２００元／双． （５分）………… ２０．【命题立意】本题考查游戏公平性的判断以及求概 率．判断游戏公平性就要计算每个人的概率，概率相 等就公平，否则就不公平． 解：（１） ３ ５ ． （２分）…………………………………… （２）画树状图略． 由图知共有１２种等可能的结果，其中抽取的两张牌 的牌面数字之和为偶数的结果有４种，抽取的两张牌 的牌面数字之和不为偶数的结果有８种， ∴所抽取的两张牌的牌面数字之和为偶数的概率为 ４ １２ ＝１ ３ ， 抽取的两张牌的牌面数字之和不为偶数的概率为 ８ １２ ＝２ ３ ． ∵ １ ３≠ ２ ３ ，∴该游戏对双方不公平． （５分）……… ２１．【命题立意】本题考查相似三角形的应用，属于中考 常考题型． 解：∵ＤＣ∥ＡＢ，∴△ＥＤＣ∽△ＥＢＡ，∴ ＤＣ ＢＡ ＝ＥＣ ＥＡ ． ∵ＧＨ∥ＡＢ，∴△ＦＨＧ∽△ＦＢＡ，∴ ＧＨ ＢＡ ＝ＦＧ ＦＡ ． （２分） ………… ……………………………………………                                                                      众相原创· 陕西数学 ６　 　 方 向 卷 ︵ 二 ︶ ∵ＤＣ＝ＨＧ，∴ ＦＧ ＦＡ ＝ＥＣ ＥＡ ， ∴ ６ ６６＋ＣＡ ＝ ４ ４＋ＣＡ ，∴ＣＡ＝１２０米． （４分）…………… ∵ ＤＣ ＢＡ ＝ＥＣ ＥＡ ，∴ ２ ＢＡ ＝ ４ ４＋１２０ ，∴ＡＢ＝６２米， 答：古塔的高度ＡＢ为６２米． （６分）……………… ２２．【命题立意】本题考查一次函数的应用、函数的图象， 掌握时间、速度、路程之间的关系是解题的关键． 解：（１）３００；（１３，０）． （２分）………………………… （２）线段ＢＣ对应的函数表达式为ｙ＝１００ｘ－１００（１３≤ ｘ≤３１）． （５分）……………………………………… （３）对于 ｙ＝１００ｘ－１００，当 ｘ＝２３时，ｙ＝１００×２３－１００ ＝２２００， ３０００－２２００＝８００（ｍ）． 答：当观光车到达观景点时，小明距观景点还有８００ｍ． （７分）…………………………………………… ２３．【命题立意】本题考查扇形统计图、统计表、中位数、 众数以及用样本估计总体，掌握相关统计量的意义 和计算方法是解答本题的关键． 解：（１）９３；８８．５；３５． （３分）………………………… （２）八年级成绩更好，理由如下： 由表中数据知，七、八年级学生竞赛成绩的平均数相 等，而八年级学生竞赛成绩的方差小， ∴八年级成绩更稳定，成绩更好．（答案不唯一，合理 即可） （５分）………………………………………… （３）７００× １０ ２０ ＋８００×４０％＝６７０（人）， ∴估计该校七、八年级学生参加此次春节文化知识 竞赛成绩达到优秀的共有６７０人． （７分）………… ２４．【命题立意】本题考查平行线的判定与性质、相似三 角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知 识，正确作出辅助线是解题的关键． （１）证明略． （３分）………………………………… （２）解：如解图，连接 ＡＤ，设⊙Ｏ的半径为 ｒ，则 ＯＢ＝ ＯＦ＝ｒ． 第２４题解图 ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，∴ＡＢ＝２ｒ， ∠ＡＤＢ＝９０°． ∵ＯＦ∥ＢＤ，ＯＧ∶ＧＢ＝２∶３， ∴△ＯＧＦ∽△ＢＧＤ， ∴ ＯＦ ＢＤ ＝ＯＧ ＧＢ ＝２ ３ ， ∴ＢＤ＝ ３ ２ ＯＦ＝ ３ ２ ｒ，∴ ＡＤ ＝ ＡＢ２－ＢＤ槡 ２ ＝ （２ｒ）２－（ ３ ２ ｒ）槡 ２＝槡７ ２ ｒ． （５分）……………………… ∵ＢＥ与⊙Ｏ相切于点Ｂ，∴ＢＥ⊥ＯＢ，∴∠ＯＢＥ＝９０°． ∵ＯＥ∥ＢＤ，∴∠ＢＯＥ＝∠ＡＢＤ， ∴ ＢＥ ＯＢ ＝ｔａｎ∠ＢＯＥ＝ｔａｎ∠ＡＢＤ＝ ＡＤ ＢＤ ＝ 槡７ ２ ｒ ３ ２ ｒ ＝槡７ ３ ， ∴ＢＥ＝槡 ７ ３ ＯＢ＝槡 ７ ３ ｒ． （７分）………………………… 在Ｒｔ△ＯＢＥ中，ＯＢ２＋ＢＥ２＝ＯＥ２，且ＯＥ＝ｒ＋２， ∴ｒ２＋（槡 ７ ３ ｒ）２＝（ｒ＋２）２， 解得ｒ１＝６，ｒ２＝－ ６ ７ （不符合题意，舍去）， ∴⊙Ｏ的半径长为６． （８分）……………………… ２５．【命题立意】本题考查用待定系数法求二次函数表达 式及二次函数与相似三角形综合，掌握求二次函数 表达式的方法和相似三角形的性质与判定是解题的 关键． 解：（１）该抛物线的函数表达式为ｙ＝－ｘ２＋４ｘ－３． （４分） … …………………………………………… （２）如解图，连接ＢＰ，∵ｙ＝－ｘ２＋４ｘ－３＝－（ｘ－２）２＋１， ∴顶点Ｐ的坐标为（２，１）．设Ｎ（ｎ，０）， 当ｙ＝０时，－ｘ２＋４ｘ－３＝０，解得ｘ１＝１，ｘ２＝３， ∴Ａ（１，０）． ∵Ｂ（３，０），Ｃ（０，－３），Ｐ（２，１）， ∴∠ＣＢＡ＝∠ＡＢＰ＝４５°，ＢＰ＝槡２，ＢＣ＝槡３２． （５分）…… ①当 ＢＮ ＢＰ ＝ＢＣ ＢＡ 时，△ＰＢＮ∽△ＡＢＣ， ∴ ３－ｎ 槡２ ＝槡３２ ２ ，解得ｎ＝０，∴点Ｎ的坐标为（０，０）； ②当 ＢＮ ＢＰ ＝ＢＡ ＢＣ 时，△ＮＢＰ∽△ＡＢＣ， ∴ ３－ｎ 槡２ ＝２ 槡３２ ，解得ｎ＝ ７ ３ ，∴点Ｎ的坐标为（ ７ ３ ，０）． 综上所述，点Ｎ的坐标为（０，０）或（ ７ ３ ，０）． （８分） ……… …………………………………………… 第２５题解图 ２６．【命题立意】本题考查隐形圆问题，涉及解直角三角 形、勾股定理、切线性质等知识，正确作出辅助线解决 问题是解题的关键． 解：（１）如解图１，连接ＭＯ并延长与ＢＣ交于点Ｎ，连 接ＯＢ，ＯＣ． 由ＡＤ与⊙Ｏ相切可知ＭＮ⊥ＡＤ，故在矩形ＡＢＣＤ中， ＭＮ⊥ＢＣ．                                                                      众相原创· 陕西数学 ７　 　 方 向 卷 ︵ 三 ︶ ∵ＯＢ＝ＯＣ，ＯＮ⊥ＢＣ， ∴ＢＮ＝ＣＮ＝ １ ２ ＢＣ＝４，∠ＢＯＮ＝∠ＣＯＮ，故∠ＢＯＣ＝ ２∠ＢＯＮ． 又∵∠ＢＯＣ＝２∠ＢＭＣ，∴∠ＢＯＮ＝∠ＢＭＣ． 设⊙Ｏ半径为 ｒ，在 Ｒｔ△ＢＯＮ中，ＯＢ２＝ＯＮ２＋ＢＮ２，即 ｒ２＝（５－ｒ）２＋４２，解得ｒ＝ ４１ １０ ， ∴ｓｉｎ∠ＢＭＣ＝ｓｉｎ∠ＢＯＮ＝ ＢＮ ＢＯ ＝４０ ４１ ． （４分）………… 图１ 　　 图２ 第２６题解图 （２）如解图２，作△ＰＡＢ的外接圆⊙Ｃ，根据题意可知， 当⊙Ｃ与ＯＭ相切于点Ｐ时，满足题意． 连接ＰＣ并延长与ＯＮ交于点Ｑ，连接ＣＡ，ＣＢ，过点Ｃ 作ＣＤ⊥ＯＮ于点Ｄ． ∵∠ＡＰＢ＝６０°，∴∠ＡＣＢ＝２∠ＡＰＢ＝１２０°， ∴∠ＣＡＢ＝∠ＣＢＡ＝３０°． （６分）……………………… 又∵∠ＭＯＮ＝３０°，∴ＯＭ∥ＡＣ． 由⊙Ｃ与 ＯＭ相切可知 ＰＱ⊥ＯＭ，即∠ＯＰＣ＝∠ＡＣＱ ＝９０°， 在Ｒｔ△ＯＰＱ中，ＯＰ＝９０米，故ＰＱ＝ＯＰ·ｔａｎ∠ＭＯＮ＝ ９０×槡 ３ ３ ＝ 槡３０３米． 设⊙Ｃ的半径为ｒ， 在Ｒｔ△ＡＣＱ中，ＣＱ＝ＡＣ·ｔａｎ∠ＣＡＱ＝槡 ３ ３ ｒ， ∵ＰＱ＝ＰＣ＋ＣＱ＝ｒ＋槡 ３ ３ ｒ＝ 槡３０３，∴ｒ＝ 槡４５３－４５． （８分） …… …………………………………………… 在Ｒｔ△ＡＣＤ中，∠ＣＡＤ＝３０°，ＡＣ＝ｒ， ∴ＡＤ＝ＡＣ·ｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ ｒ． ∵ＡＣ＝ＢＣ，ＣＤ⊥ＡＢ， ∴ＡＢ＝２ＡＤ＝槡３ｒ＝槡３×（ 槡４５３－４５）＝１３５－ 槡４５３， 即队伍ＡＢ的长度为（１３５－ 槡４５３）米． （１０分）……… ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（三） 选择题快速对答案 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｂ Ｄ Ｄ Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ ９．－ １ ２ 　１０．７０°　１１．３　１２．＜ １３．６－槡４２　【命题立意】本题考查正方形的性质，难点是 构建三角形全等转化线段和最小值的计算，特别需 要注意的知识点是两点之间线段最短，同时需要熟 练运用相似比求线段的长度． 【解析】如解图，连接 ＢＤ，作 ＤＮ⊥ＤＢ，且 ＡＢ＝ＤＮ，连 接ＮＦ，ＢＮ，ＣＤ与ＢＮ交于点 Ｍ，作 ＭＨ⊥ＢＤ于点 Ｈ． ∵正方形ＡＢＣＤ的边长为２，∴ＢＣ＝ＣＤ＝ＡＢ＝ＤＮ＝２， ∴ＢＤ＝ ＢＣ２＋ＣＤ槡 ２＝槡２２，∴ＢＮ＝ ＢＤ ２＋ＤＮ槡 ２＝ 槡２３． ∵∠ＢＤＮ＝９０°，∠ＢＤＣ＝４５°，∴∠ＢＤＣ＝∠ＦＤＮ＝ ４５°．在△ＡＢＥ和△ＤＮＦ中， ＡＢ＝ＤＮ， ∠ＢＡＥ＝∠ＮＤＦ＝４５°， ＡＥ＝ＤＦ，{ ∴ △ＡＢＥ≌△ＤＮＦ（ＳＡＳ），∴ＢＥ＝ＮＦ．∵ＢＥ＋ＢＦ＝ 槡２３， ∴ＢＦ＋ＦＮ＝槡２３．又∵ＢＦ＋ＦＮ≥ＢＮ，即ＢＦ＋ＦＮ≥ 槡２３， ∴当Ｂ，Ｆ，Ｎ三点共线时最短，即 Ｆ，Ｍ重合时满足 ＢＥ＋ＢＦ＝槡２３．设 ＨＭ＝ｘ，则 ＨＤ＝ｘ，∴ＢＨ＝ＢＤ－ＨＤ＝ 槡２２－ｘ．∵ＨＭ⊥ＢＤ，ＤＮ⊥ＢＤ，∴ＨＭ∥ＤＮ，∴△ＢＨＭ∽ △ＢＤＮ，∴ ＨＭ ＤＮ ＝ＢＨ ＢＤ ，∴ ｘ ２ ＝槡２２ －ｘ 槡２２ ，∴ｘ＝４－槡２２，∴ＤＨ ＝ＨＭ＝４－槡２２，∴ＤＭ＝ ＤＨ ２＋ＨＭ槡 ２＝槡４２－４，即ＤＦ＝ 槡４２－４，∴ＣＦ＝ＣＤ－ＤＦ＝６－槡４２．故答案为６－槡４２． 第１３题解图 １４．【命题立意】本题考查算术平方根、立方根、绝对值的 性质． 解：原式＝－槡３． （５分）……………………………… １５．【命题立意】本题考查解一元一次不等式组，熟知“同 大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不 到”的原则是解答此题的关键． 解：不等式组的解集为３＜ｘ≤４． （５分）…………… １６．【命题立意】本题考查分式化简求值． 解：原式＝ ａ＋１ ａ－１ ， （３分）……………………………… ∵ａ＋２≠０且ａ－１≠０，∴ａ≠１且ａ≠－２， ∴当ａ＝０时，原式＝ ０＋１ ０－１ ＝－１． （５分）……………… １７．【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、正多 边形和圆． 解：如解图，正六边形ＡＢＣＤＥＦ即为所求． （５分）…… 第１７题解图                                                                       众相原创· 陕西数学