2025年陕西省初中学业水平考试数学方向卷(三)-【众相原创】2025年陕西中考数学方向卷

９　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（三）·《例析与指导》示例三变式 （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．下列各式中结果为负数的是 （Ｂ ） Ａ．－（－３） Ｂ．－｜３｜ Ｃ．（－３）２ Ｄ．－（－３）３ ２．下列图案不是中心对称图形的是 （Ｄ ） ３．下列计算正确的是 （Ｄ ） Ａ．ａ２＋ａ３＝２ａ５ Ｂ．ａ６÷ａ３＝ａ２ Ｃ．ａ４·ａ４＝２ａ４ Ｄ．（－２ａ）３＝－８ａ３ ４．在同一平角直角坐标系中，函数ｙ＝ｋｘ－ｋ与ｙ＝－ｋｘ（ｋ≠０）的图象可能为 （Ｃ ） ５．一块含３０°角的直角三角板ＡＢＣ按如图所示方式放置，顶点Ａ，Ｃ分别落在直线ａ，ｂ上，若直线ａ∥ｂ， ∠１＝２５°，则∠２的度数是 （Ｂ ） Ａ．４５° Ｂ．３５° Ｃ．３０° Ｄ．２５° 第５题图 　　　 第６题图 　　　 图１ 　　 图２ 　　　　　　　　第７题图 ６．如图，在△ＡＢＣ中，点Ｄ，Ｅ分别是边ＡＢ，ＡＣ的中点，点Ｆ是线段ＤＥ上的一点，连接ＡＦ，ＢＦ，∠ＡＦＢ＝ ９０°，且ＡＢ＝８，ＢＣ＝１４，则ＥＦ的长是 （Ｂ ） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．４ Ｄ．５ ７．新课标方向 中华优秀传统文化 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动 人民的智慧，如图１，点Ｍ表示筒车的一个盛水桶．如图２，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心 Ｏ为圆心，５米为半径的圆，且圆心在水面上方，若圆被水面截得的弦ＡＢ长为８米，则筒车工作时，轴 心Ｏ到水面ＡＢ的距离为 （Ｃ ） Ａ．１米 Ｂ．２米 Ｃ．３米 Ｄ．４米 ８．一个二次函数ｙ＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ≠０）的自变量ｘ与函数ｙ的几组对应值如下表． ｘ … －２ －１ ０ １ ２ … ｙ … ５ ０ －３ －４ ｍ … 下列关于这个二次函数的结论正确的是 （Ｂ ） Ａ．表格中ｍ的值大于零 Ｂ．二次函数图象的对称轴是直线ｘ＝１ Ｃ．关于ｘ的方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝－４的解为ｘ＝２ Ｄ．当－２≤ｘ≤３时，ｙ的取值范围是０≤ｙ≤５ 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．若｜ｍ＋２｜与｜２ｎ－３｜互为相反数，则ｍ＋ｎ＝　　　　． １０．如图，已知∠ＰＯＱ＝５０°，正六边形 ＡＢＣＤＥＦ的顶点 Ａ，Ｅ分别在射线 ＯＰ，ＯＱ上，则∠ＯＥＦ＋∠ＯＡＦ＝ 　　　　． 第１０题图 　　　 第１１题图 　　　 第１３题图 １１．如图，在３×３的网格中填入９个数，当每行、每列及每条对角线的３个数之和相等时，我们把这张图 称为三阶幻方．下面的这张三阶幻方中，填了两个数，则ａ所表示的数为　　　　． １２．已知点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）都在反比例函数ｙ＝－ ６ ｘ 的图象上．如果ｘ１＞ｘ２，且ｘ１ｘ２＜０，则ｙ１，ｙ２的大小 关系是ｙ１　　　　ｙ２．（填“＞”“＜”或“＝”） １３．如图，正方形ＡＢＣＤ的边长为２，Ｅ，Ｆ分别是对角线ＡＣ和边ＣＤ上的动点，满足ＡＥ＝ＤＦ．当ＢＥ＋ＢＦ＝ ２槡３时，线段ＣＦ的长度为　　　　． 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：（－３）槡 ２＋３－槡 ６４－｜１－槡３｜． 【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＝３＋（－４）－（槡３－１） （３分）………………………………………………………………………………… ＝３－４－槡３＋１ （４分）……………………………………………………………………………………… ＝－槡３． （５分）……………………………………………………………………………………… １５．（本题满分５分）解不等式组： ２（ｘ－１）＞４， ｘ－２ ２≤ ７－ ３ｘ ２ ．{ 【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： ２（ｘ－１）＞４①， ｘ－２ ２≤ ７－ ３ｘ ２② ，{ １０　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） １６．（本题满分５分）２０２５例析与指导方向 分式化简求值 先化简，再求值：（ ３ ａ＋２ ＋ａ－２）÷ ａ２－２ａ＋１ ａ＋２ ，在 －２，－１，０三个数中，选择一个你喜欢的数代入求值． 【命题立意】本题考查分式化简求值． 解：原式＝（ ３ ａ＋２ ＋ａ ２－４ ａ＋２ ）· ａ＋２ （ａ－１）２ ＝（ａ ＋１）（ａ－１） ａ＋２ · ａ＋２ （ａ－１）２ ＝ａ ＋１ ａ－１ ， （３分）……………………………………………………………………………………… １７．（本题满分５分）如图，已知⊙Ｏ，请用尺规作图法作圆的内接正六边形．（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、正多边形和圆． 解：如解图，正六边形ＡＢＣＤＥＦ即为所求． （５分）………………………………………………………… １８．（本题满分５分）如图，点Ｆ，Ｃ在ＢＥ上，∠ＤＦＢ＝∠ＡＣＥ，ＡＣ＝ＤＦ，ＢＣ＝ＥＦ．求证：ＡＢ＝ＤＥ． 第１８题图 【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质． 证明：∵∠ＤＦＢ＝∠ＡＣＥ， ∴∠ＤＦＥ＝∠ＡＣＢ． （２分）…………………………………………………………………… 在△ＡＢＣ和△ＤＥＦ中， ＡＣ＝ＤＦ， ∠ＡＣＢ＝∠ＤＦＥ， ＢＣ＝ＥＦ， { １９．（本题满分５分）如图，△ＡＢＣ的三个顶点坐标分别是Ａ（４，５），Ｂ（１，３），Ｃ（３，１）． （１）画出△ＡＢＣ关于ｙ轴的对称图形△Ａ１Ｂ１Ｃ１； （２）已知Ｐ为ｙ轴负半轴上一点，若△ＰＣＣ１的面积为１２，则点Ｐ的坐标为　　　　． 第１９题图 ２０．（本题满分５分）桌面上放有４张卡片，正面分别标有数－１，０，１，２，这些卡片除数外完全相同，将卡片 的背面朝上，洗匀后从中任意摸出１张．记下卡片上的数后放回，称为摸卡一次． （１）随机摸卡１０次，其中摸出正数６次，则这１０次摸卡中，摸出正数的频率为　　　　； （２）设计游戏规则如下：摸卡２次，将第一次记录下来的数作为横坐标，第二次记录下来的数作为纵 坐标，得到相应的点，请用列表法或画树状图的方法求得到的点在第二象限的概率． 【命题立意】本题考查频率、用列表法或画树状图法求随机事件发生的概率． 解：（１）由题意得，摸出正数的频率是６÷１０＝０．６．故答案为０．６． （２分）………………………………………… （２）列表如下： 　　第二次 第一次　　 －１ ０ １ ２ －１ （－１，－１） （－１，０） （－１，１） （－１，２） ０ （０，－１） （０，０） （０，１） （０，２） １ （１，－１） （１，０） （１，１） （１，２） ２ （２，－１） （２，０） （２，１） （２，２） １１　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） ２１．（本题满分６分）新课标方向 现实生活情境 陕甘边革命根据地照金纪念馆广场上屹立着三位革 命家的塑像，高高矗立，身姿伟岸．某数学兴趣小组计划在假期前往照金革命根据地学习，并测量塑 像高度，活动方案如下： 测量方案：如图，点Ｂ，Ｅ，Ｆ，Ｄ四点在同一条直线上，在点Ｅ处放置平面镜，此时小明视线刚好在平面 镜内看到塑像顶端Ｃ的像，在点Ｆ处安装测倾器，测得塑像顶端Ｃ的仰角约为５１．３°． 数据收集：测得眼睛离地面高度 ＡＢ＝１．６米，ＢＥ＝２米，ＥＦ＝４米，ＧＦ＝１．４米，ＡＢ⊥ＢＤ，ＧＦ⊥ ＢＤ，ＣＤ⊥ＢＤ． 解决问题：求塑像 ＣＤ的高度．（结果精确到 ０．１米，参考数据：ｓｉｎ５１．３°≈０．７８，ｃｏｓ５１．３°≈０．６３， ｔａｎ５１．３°≈１．２５） 　　　 　　　　　　第２１题图 ２２．（本题满分７分）探索计算：弹簧挂上物体后会伸长．已知一弹簧的长度（ｃｍ）与所挂物体的质量（ｋｇ） 之间的关系如下表： 所挂物体的质量／ｋｇ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 弹簧的长度／ｃｍ １２ １２．５ １３ １３．５ １４ １４．５ １５ １５．５ （１）在弹性限度内，如果所挂物体的质量为ｘｋｇ，弹簧的长度为ｙｃｍ，根据上表写出ｙ与ｘ的关系式； （２）如果弹簧的最大长度为２０ｃｍ，那么该弹簧最多能挂质量为多少的物体？ 【命题立意】本题考查一次函数的应用． 解：（１）由表格中的对应数值可以看出：弹簧伸长的长度与所挂物体的质量成正比，即当弹簧所挂物体的质量 为ｘｋｇ时，弹簧伸长的长度为０．５ｘｃｍ， ∴ｙ与ｘ的关系式为ｙ＝０．５ｘ＋１２． （３分）………………………………………………………………………… （２）∵弹簧的最大长度为２０ｃｍ， ∴对于ｙ＝０．５ｘ＋１２，当ｙ＝２０时，０．５ｘ＋１２＝２０，解得ｘ＝１６， ∴该弹簧最多能挂质量为１６ｋｇ的物体． （７分）…………………………………………………………… ２３．（本题满分７分）新课标方向 现实生活情境 “消防安全，人人有责”．当火灾发生时，保持冷静，科 学逃生，是保护生命健康的重要保证．某校为加强对消防安全知识的宣传，组织全校学生进行“消防 安全知识”测试，测试结束后，随机抽取４０名学生的成绩，整理并绘制了成绩的频数分布表： 成绩ｘ／分 ５０≤ｘ＜６０ ６０≤ｘ＜７０ ７０≤ｘ＜８０ ８０≤ｘ＜９０ ９０≤ｘ≤１００ 频数 ３ ５ １０ ７ １５ 组中值 ５５ ６５ ７５ ８５ ９５ 在８０≤ｘ＜９０这一组的成绩是８２，８２，８４，８５，８６，８７，８９． 根据以上信息回答下列问题： （１）这４０名学生的成绩的平均数是　　　　分． （２）小亮在这次测试中的成绩是８５分，他认为自己的成绩应该属于中等偏上水平，你认为他的判断 正确吗？请说明理由． （３）若该校有８００名学生参加本次测试，请估计成绩不低于８０分的人数． 【命题立意】本题考查加权平均数、中位数、频数分布表． 解：（１）这４０名学生的成绩的平均数为 ５５×３＋６５×５＋７５×１０＋８５×７＋９５×１５ ４０ ＝８１．５（分）， 故答案为８１．５． （２分）……………………………………………………………………………………………… （２）正确，理由如下： ∵４０个数据的中位数为 ８２＋８４ ２ ＝８３，中位数大致反映成绩的中等水平，８５＞８３， ２４．（本题满分８分）如图，四边形ＡＢＣＤ是⊙Ｏ的内接四边形，∠Ａ＝９０°，Ｄ为ＡＣ ) 的中点，ＡＤ，ＢＣ的延长 线交于点Ｅ，⊙Ｏ的切线ＤＦ与ＢＥ交于点Ｆ． 第２４题图 （１）求证：ＤＦ是∠ＣＤＥ的平分线； （２）若∠Ｅ＝３０°，ＢＥ＝６，求ＣＦ的长． １２　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（三） ２５．（本题满分８分）新课标方向 现实生活情境 窑洞（如图１）是黄土高原的产物，是陕北地方劳动人 民的象征，具有十分浓厚的中国民俗风情和乡土气息，它除了坚固及特有的外在美之外，还具有冬暖 夏凉的天然优点．小明家的窑洞（如图２）的门窗上面部分可以看成一个抛物线，下面部分是矩形，已 知矩形的长ＢＣ＝３ｍ，宽ＯＢ＝２ｍ，门窗最高点Ｄ与地面垂直距离为３ｍ，以点Ｏ为原点，ＯＡ所在直 线为ｘ轴，ＯＢ所在直线为ｙ轴，建立平面直角坐标系． （１）求出该抛物线的函数表达式； （２）春节前夕，小明想对家里的窑洞门窗进行装饰，准备在门窗上面的抛物线上悬挂两个灯笼，使它 们对称分布且之间的距离为２ｍ，请求出两个灯笼离地面的高度． 图１ 　　　 图２ 第２５题图 ２６．（本题满分１０分）【问题提出】 （１）如图１，在△ＡＢＣ中，作ＡＢ的垂直平分线ｌ，交ＡＣ于点Ｅ，交ＡＢ于点Ｆ，若∠Ａ＝４５°，连接ＢＥ，则 ∠ＥＢＦ的度数为　　　　°； 【问题探究】 （２）如图２，在正方形 ＡＢＣＤ中，点 Ｅ是对角线 ＡＣ上的一点（不与端点重合），连接 ＤＥ．过点 Ｅ作 ＥＦ⊥ＥＤ，交边ＡＢ于点Ｆ，以ＤＥ，ＥＦ为邻边作矩形ＤＥＦＧ．求证：四边形ＤＥＦＧ是正方形； 【问题解决】 （３）如图 ３，现有一块△ＡＢＣ板材，ＡＢ＝ＡＣ＝槡５ｄｍ，ＢＣ＝２ｄｍ．工人师傅想用这块板材裁出一个 △ＢＣＤ型部件，并要求∠ＣＢＤ＝４５°．工人师傅在这块板材上的作法如下： ①作ＡＣ的垂直平分线ｌ，交ＡＢ于点Ｅ，交ＡＣ于点Ｆ； ②在ＥＦ上截取 ＦＤ＝ＦＣ； ③连接ＢＤ，ＣＤ，得△ＢＣＤ． 请问，若按上述作法，裁得的△ＢＣＤ型部件是否符合要求？请证明你的结论． 图１ 　　　 图２ 　　　 图３ 第２６题图 【命题立意】本题考查正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、 勾股定理等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键． （１）解：∵ＥＦ是线段ＡＢ的垂直平分线，∴ＡＥ＝ＢＥ，∴∠ＥＢＦ＝∠Ａ＝４５°．故答案为４５． （２分）……………… （２）证明：如解图１，过点Ｅ作ＥＭ⊥ＡＤ于点Ｍ，ＥＮ⊥ＡＢ于点Ｎ． ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形，∴∠ＤＡＢ＝９０°，∠ＥＡＤ＝∠ＥＡＢ． ∵ＥＭ⊥ＡＤ，ＥＮ⊥ＡＢ，∴ＥＭ＝ＥＮ． ∵∠ＥＭＡ＝∠ＥＮＡ＝∠ＤＡＢ＝９０°，∴四边形ＡＮＥＭ是矩形． ∵ＥＦ⊥ＤＥ，∴∠ＭＥＮ＝∠ＤＥＦ＝９０°，∴∠ＤＥＭ＝∠ＦＥＮ． ∵∠ＥＭＤ＝∠ＥＮＦ＝９０°，∴△ＥＭＤ≌△ＥＮＦ（ＡＳＡ），∴ＥＤ＝ＥＦ． ∵四边形ＤＥＦＧ是矩形，∴四边形ＤＥＦＧ是正方形． （５分）…………………………………………………… （３）解：裁得的△ＢＣＤ型部件符合要求．证明如下： 如解图２，过点Ａ作ＡＧ⊥ＢＣ于点Ｇ，过点Ｄ作ＤＭ⊥ＡＧ于点Ｍ，ＤＮ⊥ＢＣ于点Ｎ，连接ＡＤ． ∵ＥＦ是线段ＡＣ的垂直平分线，ＦＤ＝ＦＣ， ∴ＤＡ＝ＤＣ，∠ＤＡＣ＝∠ＡＣＤ＝∠ＣＤＦ＝４５°，∴∠ＡＤＣ＝９０°． ∵ＡＢ＝ＡＣ，ＡＧ⊥ＢＣ，∴ＢＧ＝ＣＧ＝ １ ２ ＢＣ＝１ｄｍ，∴ＡＧ＝ ＡＢ２－ＢＧ槡 ２＝２ｄｍ． ∵ＡＧ⊥ＢＣ，ＤＭ⊥ＡＧ，ＤＮ⊥ＢＣ，∴∠ＭＧＮ＝∠ＤＭＧ＝∠ＤＮＧ＝９０°， ∴四边形ＤＮＧＭ是矩形，∴∠ＮＤＭ＝９０°＝∠ＡＤＣ，∴∠ＡＤＭ＝∠ＣＤＮ． （７分）…………………………… 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 ８　 　 方 向 卷 ︵ 三 ︶ １８．【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质． 证明略． １９．【命题立意】本题考查作图———轴对称变换． 解：（１）如解图，△Ａ１Ｂ１Ｃ１即为所求． （２分）……… 第１９题解图 （２）（０，－３）． （５分）………………………………… ２０．【命题立意】本题考查频率、用列表法或画树状图法 求随机事件发生的概率． 解：（１）０．６． （２分）………………………………… （２）列表略． （４分）………………………………… 由表知共有１６种等可能出现的结果，其中得到的点 在第二象限的结果有２种， ∴得到的点在第二象限的概率为 ２ １６ ＝１ ８ ． （５分）… ２１．【命题立意】本题考查解直角三角形的应用———仰角 俯角问题、相似三角形的应用，根据题目的已知条件 并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 解：如解图，过点Ｇ作ＧＨ⊥ＣＤ，垂足为Ｈ． 第２１题解图 由题意得∠ＡＥＢ＝∠ＣＥＤ，ＦＧ＝ＤＨ＝１．４米，ＧＨ＝ＤＦ， 设ＧＨ＝ＤＦ＝ｘ米， ∵ＥＦ＝４米，∴ＤＥ＝ＥＦ＋ＤＦ＝（ｘ＋４）米． 在Ｒｔ△ＣＧＨ中，∠ＣＧＨ＝５１．３°， ∴ＣＨ＝ＧＨ·ｔａｎ５１．３°≈１．２５ｘ（米）， ∴ＣＤ＝ＣＨ＋ＤＨ＝（１．２５ｘ＋１．４）米． （３分）………… ∵ＡＢ⊥ＢＤ，ＣＤ⊥ＢＤ，∴∠Ｂ＝∠Ｄ＝９０°， ∴△ＡＢＥ∽△ＣＤＥ，∴ ＡＢ ＢＥ ＝ＣＤ ＤＥ ， ∴ １．６ ２ ＝１．２５ｘ ＋１．４ ｘ＋４ ，解得ｘ＝４， 经检验，ｘ＝４是原方程的根， ∴ＣＤ＝１．２５ｘ＋１．４＝６．４（米）， ∴塑像ＣＤ的高度约为６．４米． （６分）…………… ２２．【命题立意】本题考查一次函数的应用． 解：（１）ｙ与ｘ的关系式为ｙ＝０．５ｘ＋１２． （３分）…… （２）∵弹簧的最大长度为２０ｃｍ， ∴对于ｙ＝０．５ｘ＋１２，当ｙ＝２０时，０．５ｘ＋１２＝２０， 解得ｘ＝１６， ∴该弹簧最多能挂质量为１６ｋｇ的物体． （７分）… ２３．【命题立意】本题考查加权平均数、中位数、频数分 布表． 解：（１）８１．５． （２分）………………………………… （２）正确，理由如下： ∵４０个数据的中位数为 ８２＋８４ ２ ＝８３，中位数大致反映 成绩的中等水平，８５＞８３， ∴小亮的成绩应该属于中等偏上的水平． （５分）… （３）８００× ７＋１５ ４０ ＝４４０（人）， ∴估计成绩不低于８０分的有４４０人． （７分）……… ２４．【命题立意】本题考查切线的性质、圆周角定理、勾股 定理、解直角三角形等知识，综合运用相关知识是解 题的关键． （１）证明略． （３分）………………………………… （２）解：∵∠Ｅ＝３０°，∠Ａ＝９０°，∴∠ＡＢＥ＝６０°， ∴∠ＡＢＤ＝∠ＥＢＤ＝３０°， ∴∠ＥＢＤ＝∠Ｅ，∴ＤＢ＝ＤＥ． （５分）………………… 由（１）知∠ＢＣＤ＝９０°，∴ＢＣ＝ＣＥ＝ １ ２ ＢＥ＝３， 在Ｒｔ△ＢＣＤ中，ＣＤ＝ＢＣ·ｔａｎ∠ＣＢＤ＝３×槡 ３ ３ ＝槡３， 在Ｒｔ△ＢＦＤ中，∠ＢＦＤ＝９０°－∠ＥＢＤ＝６０°， ∴在Ｒｔ△ＣＤＦ中，ＣＦ＝ ＣＤ ｔａｎ６０° ＝槡３ 槡３ ＝１． （８分）…… ２５．【命题立意】本题考查二次函数的运用，掌握待定系 数法求函数表达式是解题的关键． 解：（１）抛物线的函数表达式为ｙ＝－ ４ ９ （ｘ－ ３ ２ ）２＋３（０ ≤ｘ≤３）． （４分）…………………………………… （２）∵灯笼对称分布在抛物线上，且之间距离为２ｍ， 抛物线对称轴为直线ｘ＝ ３ ２ ， ∴两灯笼所在点的横坐标分别为 １ ２ 和 ５ ２ ． （６分） ………… …………………………………………… 在ｙ＝－ ４ ９ （ｘ－ ３ ２ ）２＋３中，令ｘ＝ １ ２ 或 ５ ２ ，得ｙ＝ ２３ ９ ， （７分）…………………………………………… ∴两个灯笼离地面的高度为 ２３ ９ ｍ． （８分）………… ２６．【命题立意】本题考查正方形的性质、矩形的判定和 性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的 性质、勾股定理等知识点，正确地作出辅助线是解题 的关键． （１）解：４５． （２分）…………………………………… （２）证明：如解图１，过点Ｅ作ＥＭ⊥ＡＤ于点Ｍ，ＥＮ⊥ ＡＢ于点Ｎ．                                                                      众相原创· 陕西数学 ９　 　 方 向 卷 ︵ 四 ︶ 第２６题解图１ ∵四边形ＡＢＣＤ是正方形， ∴∠ＤＡＢ＝９０°，∠ＥＡＤ＝∠ＥＡＢ． ∵ＥＭ⊥ＡＤ，ＥＮ⊥ＡＢ，∴ＥＭ＝ＥＮ． ∵∠ＥＭＡ＝∠ＥＮＡ＝∠ＤＡＢ＝９０°， ∴四边形ＡＮＥＭ是矩形． ∵ＥＦ⊥ＤＥ，∴∠ＭＥＮ＝∠ＤＥＦ＝９０°， ∴∠ＤＥＭ＝∠ＦＥＮ． ∵∠ＥＭＤ＝∠ＥＮＦ＝９０°，∴△ＥＭＤ≌△ＥＮＦ（ＡＳＡ）， ∴ＥＤ＝ＥＦ． ∵四边形ＤＥＦＧ是矩形，∴四边形ＤＥＦＧ是正方形． （５分）…………………………………………… （３）解：裁得的△ＢＣＤ型部件符合要求．证明如下： 如解图２，过点Ａ作ＡＧ⊥ＢＣ于点Ｇ，过点Ｄ作ＤＭ⊥ ＡＧ于点Ｍ，ＤＮ⊥ＢＣ于点Ｎ，连接ＡＤ． ∵ＥＦ是线段ＡＣ的垂直平分线，ＦＤ＝ＦＣ， 第２６题解图２ ∴ＤＡ＝ＤＣ，∠ＤＡＣ＝∠ＡＣＤ＝ ∠ＣＤＦ＝４５°，∴∠ＡＤＣ＝９０°． ∵ＡＢ＝ＡＣ，ＡＧ⊥ＢＣ， ∴ＢＧ＝ＣＧ＝ １ ２ ＢＣ＝１ｄｍ， ∴ＡＧ＝ ＡＢ２－ＢＧ槡 ２＝２ｄｍ． ∵ＡＧ⊥ＢＣ，ＤＭ⊥ＡＧ，ＤＮ⊥ＢＣ， ∴∠ＭＧＮ＝∠ＤＭＧ＝∠ＤＮＧ＝９０°， ∴四边形ＤＮＧＭ是矩形，∴∠ＮＤＭ＝９０°＝∠ＡＤＣ， ∴∠ＡＤＭ＝∠ＣＤＮ． （７分）………………………… 在△ＡＤＭ和△ＣＤＮ中， ∠ＡＭＤ＝∠ＣＮＤ， ∠ＡＤＭ＝∠ＣＤＮ， ＡＤ＝ＣＤ，{ ∴△ＡＤＭ≌△ＣＤＮ（ＡＡＳ），∴ＤＮ＝ＤＭ，ＡＭ＝ＮＣ， ∴四边形ＤＮＧＭ是正方形，∴ＤＭ＝ＤＮ＝ＮＧ＝ＭＧ． （８分） … …………………………………………… 设ＤＭ＝ＤＮ＝ＮＧ＝ＭＧ＝ｘｄｍ， 则ＡＭ＝ＮＣ＝ＮＧ＋ＧＣ＝（ｘ＋１）ｄｍ， ∴ＡＧ＝ＡＭ＋ＭＧ＝ｘ＋１＋ｘ＝（２ｘ＋１）ｄｍ， ∴２ｘ＋１＝２，∴ｘ＝ １ ２ ， ∴ＤＮ＝ＮＧ＝ １ ２ ｄｍ， ∴ＢＮ＝ＢＧ－ＮＧ＝１－ １ ２ ＝１ ２ ｄｍ＝ＤＮ， ∴△ＤＮＢ是等腰直角三角形， ∴∠ＮＢＤ＝４５°，即∠ＣＢＤ＝４５°， ∴裁得的△ＢＣＤ型部件符合要求． （１０分）……… ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（四） 选择题快速对答案 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｃ Ｃ Ａ Ａ ９．０　１０．（４，－１）　１１．６　 １２．ｙ＝－ ２ ｘ （答案不唯一，只要系数ｋ＜０即可） １３ 槡．２３　【命题立意】本题考查旋转的性质、平行四边形 的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性 质，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【解析】如解图，延长 ＡＢ至点 Ｈ，使 ＢＨ＝ＢＣ，连接 ＣＨ，过点 Ｃ作 ＣＮ⊥ＢＨ于点 Ｎ，连接 ＥＨ．∵∠ＡＢＣ＝ １２０°，∴∠ＣＢＨ＝６０°．∵∠ＣＮＢ＝９０°，ＢＣ＝ＢＨ＝４，∴ＢＮ ＝１ ２ ＣＢ＝２，∴ＣＮ＝槡３ＢＮ＝ 槡２３．∵△ＢＥＦ是等边三 角形，∴ＦＢ＝ＥＢ，∠ＦＢＥ＝６０°＝∠ＣＢＨ，∴∠ＥＢＨ＝ ∠ＦＢＣ，∴△ＦＣＢ≌△ＥＨＢ（ＳＡＳ），∴ＣＦ＝ＥＨ，∴当 ＥＨ有最小值时，ＦＣ有最小值，∴当 ＥＨ⊥ＡＢ时，ＥＨ 有最小值为 ＣＮ的长，∴ＦＣ的最小值为 槡２３．故答案 为 槡２３． 第１３题解图 １４．【命题立意】本题考查解一元一次不等式． 解：ｘ＞２． （５分）……………………………………… １５．【命题立意】本题考查有理数的乘方、负整数指数幂、 平方差公式． 解：原式＝－５． （５分）………………………………… １６．【命题立意】本题考查分式的混合运算及求值． 解：原式＝ １ ａ（ａ＋２） ， （３分）………………………… ∵（ａ＋２）（ａ－２）≠０，且４ａ（ａ－２）≠０， ∴ａ≠±２且ａ≠０，∴ａ只能取１． ∴当ａ＝１时，原式＝ １ １×（１＋２） ＝１ ３ ． （５分）………… １７．【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、角平 分线性质、三角形的面积． 解：如解图，直线ＡＤ即为所求． （５分）…………… 第１７题解图 １８．【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质、三 角形外角性质、平行线性质． 证明略． １９．【命题立意】本题考查利用频率估计概率、列表法与 画树状图法求概率． 解：（１）１． （２分）…………………………………… （２）画树状图略． （４分）…………………………… 由图知共有１６种等可能的结果，其中两次摸出的小 球颜色恰好不同的结果有６种， ∴两次摸出的小球颜色恰好不同的概率为 ６ １６ ＝３ ８ ． （５分）……………………………………………                                                                      众相原创· 陕西数学