2025年广东省中考数学一轮复习（省卷地区）九年级训练3

2025年广东中考数学一轮复习（省卷地区）初三训练3 说明： 1．全卷共6页，满分120分．测试用时为120分钟． 2．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．已知，则a的相反数是（    ） A． B． C． D．2 2．下列几何体的三视图之一是长方形的是（    ） A． B． C． D． 3．下列运算中，计算结果正确的是（    ） A． B． C． D． 4．如图所示，点B，A，D在一条直线上，，则图中与相等的角是（    ）    A． B． C． D． 5．分式的值为0，则的值是（    ） A．0 B． C．1 D．0或1 6．有张完全相同的卡片，每张卡片的正面都写有一种常见的生活现象，将所有卡片背面朝上，从中任意抽出一张，抽到的“生活现象”只有物理变化的概率是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则它们位似中心的坐标是（     ） A． B． C． D． 8．已知点在直线上，点，在抛物线上，若，，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 9．某校决定开展名著阅读活动，用3600元购买“四大名著”若干套后，发现这批图书满足不了学生的阅读需求，图书管理员在购买第二批时正赶上图书城八折销售该套书，于是用2400元购买的套数只比第一批少4套，设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则符合题意的方程是（    ） A． B． C． D． 10．如图，正方形边长为4，点在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接．下面四个说法中有几个正确（     ） ①当时，； ②当时，点，，共线； ③当三角形与三角形面积相等时，则DE＝； ④当平分∠EAF时，则DE＝ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11．在实数范围内因式分解：2x2﹣4x﹣1＝ ． 12．比较大小：______0（填“＞”、“＜”或“＝”）． 13．一种燕尾夹如图(1)所示，图(2)是闭合状态时的示意图，图(3)是打开状态时的示意图(数据如图，单位：mm)，则从图(2)到图(3)的状态，点B，D之间的距离减少了　　　　mm. 　　　　 图(1)　　　　　　　　图(2) 　　　　　　　图(3) 14．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ，若∠C＝70°，则∠ADB＝ . 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分． 15．计算：． 16．中考在即，为了缓减学生的学习压力，某中学组织九年级450名师生前往曾国藩故居开展研学活动，如果租用10辆A型巴士和8辆B型巴士，则有10人没有座位，如果租用8辆A型巴士和10辆B型巴士，则还有10个空座位． (1)求每辆A型巴士和每辆B型巴士的座位数； (2)学校决定租用两种型号的巴士共20辆，且B型巴士最多租8辆，已知每辆A型巴士和每辆B型巴士的租金分别为750元和900元，若要使参加活动的师生均有座位，则共有多少种租车方案？最低租车费用是多少？ 17．（阅读理解） 借助图形的直观性，我们可以直接得到一些有规律的算式的结果，比如：由图①，通过对小黑点的计数，我们可以得到1+2+3+…+n＝n（n+1）；由图②，通过对小圆圈的计数，我们可以得到1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2． 那么13+23+33+…+n3结果等于多少呢？ 如图③，AB是正方形ABCD的一边，BB′＝n，B′B″＝n﹣1，B″B′′′＝n﹣2，……，显然AB＝1+2+3+…+n＝ n（n+1），分别以AB′、AB″、AB′′′、…为边作正方形，将正方形ABCD分割成块，面积分别记为Sn、Sn﹣1、Sn﹣2、…、S1． （规律探究） 结合图形，可以得到Sn＝2BB′×BC﹣BB′2＝ ， 同理有Sn﹣1＝ ，Sn﹣2＝ ，…，S1＝13． 所以13+23+33+…+n3＝S四边形ABCD＝ ． （解决问题） 根据以上发现，计算的结果为 ． 18．平行线是研究相似三角形的基本工具 【尝试】 已知线段，请用无刻度直尺与圆规作出线段的一个三等分点P． 【应用】仅用无刻度直尺在下面的网格中作出线段的一个三等份点D，E． 【拓展】仅用无刻度直尺完成下列作图． （1）在边找一点E，使得， （2）在边找一点E，使得． 【计算】 在上图中的中，请直接写出的值． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19．【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动．    【实践发现】同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各片，通过测量得到这些树叶的长（单位：），宽（单位：）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 芒果树叶的长宽比 荔枝树叶的长宽比 【实践探究】分析数据如下： 平均数 中位数 众数 方差 芒果树叶的长宽比 荔枝树叶的长宽比 【问题解决】 (1) ______ ， ______ ， ______ ； (2)同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大” 同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍．” 以上两位同学的说法中，合理的是______ 同学； (3)现有一片长，宽的树叶，请判断这片树叶更可能来自于芒果、荔枝中的哪种树？并给出你的理由． 20．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于，两点． (1)求反比例函数的表达式及点的坐标； (2)过点作直线，交反比例函数图象于另一点，连接，当线段被轴分成长度比为的两部分时，求的长； (3)我们把有两个内角是直角，且一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形称为“完美筝形”．设是第三象限内的反比例函数图象上一点，是平面内一点，当四边形是完美筝形时，求，两点的坐标． 21．（1）问题提出 如图①，在与中，，，点在边上，连接，点在边上，点为的中点，连接，，，则的形状是 ； （2）问题探究 如图②，将图①中的绕点按逆时针方向旋转，当点在线段上时，求证：； （3）拓展延伸 在图②中，若，，求线段的长． 五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分． 22．如图1，正方形的对角线相交于点O，延长到点G，延长到点E，使，，以，为临边做正方形，连接，． （1）探究与的位置关系与数量关系，并证明； （2）固定正方形，以点O为旋转中心，将图1中的方形逆时针转n°（）得到正方形，如图2， ①在旋转过程中，当时，求n的值； ②在旋转过程中，设点到直线的距离为d，若正方形的边长为1，请直接写出d的最大值与最小值，不必说明理由． 23．【基础巩固】 (1)如图1，在中，D为上一点，连结，E为上一点，连结，若，求证：． 【尝试应用】 (2)如图2，在平行四边形中，对角线交于点O，E为上一点，连结，若，求的长． 【拓展提升】 (3)如图3，在菱形中，对角线交于点O，E为中点，F为上一点，连结，若，，求菱形的边长． 参考答案 1．【答案】A 【分析】解方程得出，再根据只有符号不同的两个数互为相反数即可得出答案． 【详解】解：解得：， a的相反数是， 故此题答案为A． 2．【答案】B 【分析】分别写出各个立体图形的三视图，判断即可． 【详解】解：A、圆锥的主视图、左视图都是三角形，俯视图是圆形，故本选项不合题意； B、圆柱的左视图和主视图是长方形，俯视图是圆，故本选项符合题意； C、球体的主视图、左视图、俯视图都是圆形，故本选项不合题意； D、三棱锥的三视图都不是长方形，故本选项不合题意． 故此题答案为B． 3．【答案】B 【分析】根据多项式的乘法、幂的乘方、积的乘方、同底数幂的除法、完全平方公式的运算法则逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A． ，故该选项不正确，不符合题意； B．，故该选项正确，符合题意； C．，故该选项不正确，不符合题意； D．，故该选项不正确，不符合题意． 故此题答案为B． 4．【答案】C 【分析】根据平行线的性质直接判断即可． 【详解】解：∵点B，A，D在一条直线上，且， ∴（两直线平行，同位角相等）， 故选：C． 【点睛】本题考查平行线的性质，掌握两直线平行，同位角相等是解题关键． 5．【答案】A 【分析】根据分式值为0的条件进行求解即可． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴， 解得， 故选A． 6．【答案】B 【详解】解：张卡片中，属于物理变化的有水结成冰，灯泡发光两种， 从中任意抽出一张，抽到的“生活现象”只有物理变化的概率是， 故此题答案为B． 7．【答案】C 【分析】分别连接、、，其所在直线交于点，即可得到答案． 【详解】如图，分别连接、、，其所在直线交于点 则点G为所求的位似中心， 故此题答案为C． 8．【答案】D 【分析】求得直线与抛物线的交点的横坐标，把抛物线的顶点纵坐标代入直线解析式，求得对应的的值，即可求得取值范围，根据抛物线的对称性求得，从而求得的取值范围． 【详解】解：当时， 解得， 直线与抛物线两交点的横坐标分别是， 抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为， 当时，， 把代入，得，且， ，而， ， 故此题答案为D． 9．【答案】B 【分析】设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则第一批购买了套，第二批购买了套，根据第二批比第一批少4套列出方程即可． 【详解】解：设第一批购买的“四大名著”每套的价格为x元，则第一批购买了套， 由题意得． 故此题答案为B． 10．【答案】C 【分析】 由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求AF＝AE＝，可判断①； 如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，由“AAS”可证△AED≌△EFH，可得AD＝HE＝4，DE＝HF＝2，可证∠HDF+∠ADH+∠ADB＝180°，可判断②； 分别计算出三角形ADF与三角形EDF的面积，可判断③； 如图2，在AD上截取DN＝DE，连接NE，可求出∠NAE≠22.5°，可判断④，即可求解． 【详解】 解：①：当DE＝1时，则AE＝＝＝， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴AF＝AE＝， 故①正确； ②：当DE＝2时，如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴AE＝EF，∠AEF＝90°， ∴∠AED+∠FEH＝90°， ∵∠AED+∠DAE＝90°， ∴∠DAE＝∠FEH， 在△AED和△EFH中， ， ∴△AED≌△EFH（AAS）， ∴AD＝HE＝4，DE＝HF＝2， ∴DH＝4﹣2＝2＝HF， ∴∠HDF＝45°， ∵∠HDF+∠ADH+∠ADB＝180°， ∴点B，点D，点F三点共线， 故②正确； ③：当DE＝时，由②可得，△AED≌△EFH， ∴DE＝HF＝，AD＝HE＝4， ∴DH＝ ， ∴S△ADF＝×AD×HD＝×4×＝，S△EDF＝×DE×HF＝××＝， ∴S△ADF=S△EDF， 故③正确； ④：当DE＝时，如图2，在AD上截取DN＝DE，连接NE， ∵∠ADC＝90°，DN＝DE＝， ∴∠DNE＝∠DEN＝45°，NE＝ ， ∵AN＝AD﹣DN＝ ≠NE， ∴∠NAE≠22.5°， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴∠EAF＝45°， ∴∠FAD≠∠EAD， ∴AD不是∠EAF的平分线， 故④错误； 故选：C． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 11．【答案】2（x﹣）（x﹣） 【分析】 令原式为0求出x的值，即可确定出因式分解的结果． 【详解】 解：令2x2﹣4x﹣1＝0， 这里a＝2，b＝﹣4，c＝﹣1， ∵△＝16+8＝24， ∴ 则原式＝2（x﹣）（x﹣）. 故答案为2（x﹣）（x﹣）. 【点睛】 此题考查了实数范围内分解因式，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 12．【答案】＜ 【分析】比较2和的大小，即可得出与0的关系． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：＜． 【点睛】本题考查实数的大小比较，用平方法比较实数大小的依据是对任意正实数a和b，有． 13．【答案】25 【解析】连接BD，如图.由题意得，EF∥BD，∴易证△AEF∽△ABD，∴＝，∴＝，∴BD＝45，∴点B，D之间的距离减少了45－20＝25(mm). 14．【答案】35°35度 【分析】 根据圆内接四边形的性质求出∠A，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案. 【详解】 解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠A=180°-∠C=180°-70°=110°， ∵AB=AD， ∴∠ADB=∠ABD=×（180°-110°）=35°， 故答案为：35°. 【点睛】 本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键. 15．【答案】 【分析】先计算特殊角三角函数值，化简二次根式，再计算负整数指数幂和绝对值，最后计算加减法即可得到答案． 【详解】解： ． 16．【答案】(1)每辆A型巴士的座位数为20个，每辆B型巴士的座位数为30个 (2)共有4种租车方案，最低租车费用为15750元 【分析】（1）设每辆A型巴士的座位数为m个，每辆B型巴士的座位数为n个，根据“如果租用10辆A型巴士和8辆B型巴士，则有10人没有座位，如果租用8辆A型巴士和10辆B型巴士，则还有10个空座位”列方程组求解即可； （2）设租用A型巴士x辆，则租用B型巴士辆，以此可列出一元一次不等式，求得m的范围，设租车的总费用为w（元），因此，根据一次函数的性质，结合m的取值范围即可求解． 【详解】（1）解：设每辆A型巴士的座位数为m个，每辆B型巴士的座位数为n个， 根据题意，得， 解得， 答：每辆A型巴士的座位数为20个，每辆B型巴士的座位数为30个； （2）解：设租用A型巴士x辆，租用B型巴士辆， 根据题意，得， 解得， ∵x为整数， ∴x的取值为12、13、14、15， ∴共有4种租车方案， 设租车总费用为w元， 则， ∵， ∴w随x的增大而减小， ∴当时，w取最小值，最小值为， 答：共有4种租车方案，最低租车费用为15750元． 17．【答案】n3；（n﹣1）3；（n﹣2）2；[n（n+1）2]；1275 【分析】 将BB′＝n，AB＝BC＝n（n+1），代入求Sn；以此规律得到Sn﹣1，Sn﹣2，13+23+33+…+n3＝S四边形ABCD＝[n（n+1）]2；利用得到的结论直接代入公式计算＝＝1275； 【详解】 解：∵BB′＝n，AB＝BC＝n（n+1）， ∴Sn＝2BB′×BC﹣BB′2＝2n（n（n+1））﹣n2＝n3， 同理Sn﹣1＝（n﹣1）3，Sn﹣2＝（n﹣2）3， ∴13+23+33+…+n3＝S四边形ABCD＝[n（n+1）]2， ＝＝25×51＝1275； 故答案为n3；（n﹣1）3；（n﹣2）2；[n（n+1）2]；1275； 【点睛】 本题考查探索规律，整式的运算；能够利用已有规律，探索新的规律，并能将得到结论直接进行运用是解题的关键． 18．【答案】[尝试]见解析；[应用]见解析；[拓展]（1）见解析；（2）见解析；[计算] ． 【分析】[尝试]先作出，连接，再作，则，由平行线分线段成比例可得； [应用]取格线与的交点即为点，由得，则，故点D即为所作；取格点，连接与交点即为点，同理，则，故点为所作． [拓展]（1）取格点，连接交于点，连接与交点即为点．首先由边角边可证明，则，根据全等三角形对应角相等可证明，同上由平行得相似，则，则，故； （2）取格点，连接交于点，与交点即为点，同上可得，由“8字形”相似得，则，设，则由勾股定理得，故； [计算] 过点C作于点M，过点A作于点N，通过勾股定理以及解直角三角形即可求解． 【详解】[尝试]解：如图，点P即为所作： [应用]如图，点即为所作： [拓展] （1）如图，点即为所作： （2）如图，点即为所作： [计算] 解：过点C作于点M，过点A作于点N， 由勾股定理可得， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 19．【答案】(1)，， (2)B (3)可能来自荔枝，理由见解析 【分析】（1）根据算术平均数、中位数和众数的定义解答即可； （2）根据题目给出的数据判断即可； （3）根据树叶的长宽比判断即可． 【详解】（1）解：由题意得，， 把片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为、， 故； 片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是，故 （2）解：∵， ∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理； ∵荔枝树叶的长宽比的平均数，中位数是，众数是， ∴B同学说法合理． （3）解：这片树叶更可能来自荔枝，理由如下： ∵一片长，宽的树叶，长宽比接近， ∴这片树叶更可能来自荔枝． 20．【答案】(1)反比例函数的表达式为，点的坐标为 (2)或 (3)， 【分析】 (1)首先把点A的坐标代入，即可求得点A的坐标，再把点A的坐标代入，即可求得反比例函数的解析式，再利用方程组，即可求得点B的坐标； (2)设直线AC的解析式为y=kx+b，点C的坐标为，直线AC与y轴的交点为点D， 把点A、C的坐标分别代入y=kx+b，可求得点D的坐标为，可求得AD、CD的长，再分两种情况分别计算，即可分别求得； (3)方法一：如图，过点作，交的另一支于点，过点作轴的平行线，过点作轴的垂线，交于点，作交于点，设交于点，根据，求得点的坐标，进而求得的解析式，设点D的坐标为(a，b)，根据定义以及在直线上，建立方程组，即可求得点的坐标． (1) 解：把点A的坐标代入， 得，解得a=1， 故点A的坐标为(1,4)， 把点A的坐标代入， 得k=4， 故反比例函数的表达式为， ， 得， 解得，， 故点A的坐标为(1,4)，点的坐标为； (2) 解：设直线AC的解析式为y=kx+b，点C的坐标为，直线AC与y轴的交点为点D， 把点A、C的坐标分别代入y=kx+b，得 ， 解得， 故点D的坐标为， ， ， 如图：当AD:CD=1:2时，连接BC， 得，得， 得， 解得或(舍去)， 故或(舍去)， 故此时点C的坐标为(-2,-2)， ， 如图：当CD:AD=1:2时，连接BC， 得，得， 得， 解得或(舍去)， 故或(舍去)， 故此时点C的坐标为 ， ， 综上，BC的长为或； (3) 解：如图，过点作，交的另一支于点，过点作轴的平行线，过点作轴的垂线，交于点，作交于点，设交于点，如图 ∵ 设，，则 又 即 解得或（舍去） 则点 设直线的解析式为，将点， 解得 直线的解析式为 设，根据题意，的中点在直线上，则 ∵ 则 解得或（在直线上，舍去） ． 综上所述，． 【点睛】 本题考查一次函数与反比例函数的综合，利用待定系数法求一次函数及反比例函数的解析式，平面直角坐标系中两点间距离公式，相似三角形的判定与性质等知识，采用分类讨论的思想和待定系数法求解析式是解决本题的关键． 21．【答案】（1）等边三角形（2）见解析（3） 【分析】（1）先由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得，再由等边对等角和三角形外角性质得，然后由等边三角形的判定定理得出结论． （2）延长到点，使，连接，根据含30度角的直角三角形的性质，推出，根据中点，推出，证明，得到，推出，斜边上的中线，得到，勾股定理求出，即可得证； （3）根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求出的长，进而求出的长，即可求出的长． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形． （2）延长到点，使，连接，    在中，∵， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∵，为的中点， ∴，， ∴ ∵， ， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得：， ∴； （3）延长到点，使，连接，    在中，∵，， ∴，． ∵， ∴ 在中，∵，， ∴，， ∴在中，． 由（2）知：， ∵， ∴． 22．【答案】（1），，证明见解析；（2）①30或150；②d的最大值为，d的最小值为 【分析】 （1）延长交于点，易证，得到，然后运用等量代换证明即可； （2）①在旋转过程中，成为直角有两种情况：由增大到过程中，当时，，由90增大到180过程中，当时，； ②连接，设直线交直线于，作正方形的外接圆，在旋转过程中，的位置有以下两种情况：第一种情况，当在内时，，第二种情况：当在外时，，根据解直角三角形可得，当最大时，最大；当最小时，最小；运用勾股定理即可求得的最大值和最小值． 【详解】 解：（1）， 证明：如图1，延长交于点， 点是正方形两对角线的交点， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 故，； （2）①在旋转过程中，有两种情况： （Ⅰ）由0增大到90过程中，当时， ， 在中，， ， ，， ， ， 即； （Ⅱ）由90增大到180过程中，当时， 同理可求， ， ； 综上所述，当时，或150． ②如图3，的最大值为， 如图4，的最小值为． 理由如下：如图3、图4所示，连接，设直线交直线于，作正方形的外接圆， 仿照（1）的证明，可证得，即在旋转过程中，保持不变，所以． 在旋转过程中，的位置有以下两种情况： 第一种情况，当在内时，，如图3所示， 第二种情况：当在外时，，如图3所示， ， ． 在△中，， ， 所以，当最大时，最大； 当最小时，最小； 设点到的距离为，则， 由上式可知，当取最大值时，取最大值． 在旋转过程中，当与相切，即时，取最大值． 此时，取最大值，从而取最大值或最小值． 由①可知，当时，， 在（1）中，已证得，且， 四边形为正方形， ， ， 的最大值为， 的最小值为． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，熟练掌握旋转变换性质、全等三角形判定和性质等相关知识，灵活运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键． 23．【答案】(1)见解析； (2)18； (3)． 【分析】（1）可证得 ， 从而 ， 进一步得出结论； （2）可证得 ，从而得出 ，进而得出 ，从而 ， 设 ，则 ， 从而得出 ， 从而求得 的值，进一步得出结果； （3） 延长 ，交于点 ， 可得出 ， 从而 ， 进而表示出 ，可证得 ， 从而 ，进而求得 的值，进一步得出结果； 【详解】（1）证明：∵， （2）解：∵四边形 是平行四边形， 设，则 （舍）， 设 ， 则 ， （舍去）， （3）解：如图， 延长 ，交于点 ， 设则 ∵四边形 是菱形， 即 在 中， ∵ 为 的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即 ， ∴ (舍去)， ∴， 即菱形 的边长为 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$