题号猜押04 浙江中考数学11-14题（9大考点，填空题）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

题号猜押04 浙江中考数学11~14题（填空题） 考点1 实数的运算 1．（2025•浙江）|﹣5|　 　 ． 2．（2026•浙江模拟）计算：　 　 ． 3．（2026•嘉兴一模）计算：|﹣2|　 　 ． 4．（2026•浙江一模）计算：　 　 ． 考点2 代数式的值、整式相关化简、因式分解与规律题 1．（2025•浙江模拟）请写出一个同时符合下述条件的代数式　 ．（写出一个即可）： ①是一个3次单项式； ②它的系数是一个负数． 2．（2025•义乌市校级模拟）已知当x＝1时，2ax2+bx的值为3，则当x＝2时，ax2+bx﹣10的值为　 　 ． 3．（2025•浙江模拟）已知x+2y＝﹣1，则x2﹣4y2+2x的值为 　 　 ． 4．（2025•拱墅区一模）化简：x+2x﹣5x＝ 　 ． 5．（2026•丽水一模）计算：（x﹣y）（x+y）＝ ． 6．（2026•定海区一模）观察xy2，﹣x2y3，x3y4，﹣x4y5，⋯，根据这些代数式的变化规律，可得第2026个代数式是　 ． 7． （2025•杭州模拟）一些大小相同的“”按如图所示的规律摆放：第①个图形有2个，第②个图形有6个，第③个图形有10个，第④个图形有14个，…，依此规律，第⑩个图形有 　 　 个． 8．（2025•温岭市二模）因式分解：3x2﹣6x＝　 　 ． 9．（2025•永嘉县三模）若分式的值为0，则x的值为 　 　 ． 考点3 二次根式的意义与化简计算 1．（2026•普陀区一模）要使二次根式有意义，则实数x的取值范围是 　 ． 2．（2026•钱塘区二模）若x＝1，则代数式的值为　 　 ． 3．（2026•温州一模）若，则的值为　 　 ． 考点4 二元一次方程（组）的解、解法与一元一次方程的应用 1．（2026•衢州模拟）《九章算术》中有这样一个问题：今有共买金，人出两百，盈二千四百；人出一百，盈五百．问人数，金价各几何？其大意是：假设合伙买金，每人出200钱，则多出2400钱；每人出100钱，则多出500钱．则合伙买金人共有　 　 人． 2．（2025•拱墅区校级二模）已知是方程ax﹣6y＝4的一组解，则a的值为 　 　 ． 3．（2026•丽水一模）已知关于x，y的二元一次方程组的解满足x﹣y＝2029，则m的值为　 　 ． 4．（2026•普陀区一模）方程组的解是　 ． 5．（2025•双塔区校级二模）方程组的解是　 ． 考点5 一元二次方程的解法、跟的判别式、韦达定理 1．（2025•滨江区校级模拟）定义新运算：m⊕n＝mn+m2，若x⊕（x+1）＝0，则x的值为　 　 ． 2．（2026•西湖区校级一模）若关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣c＝0有实数根，则最小整数c＝　 　 ． 3．（2025•宁波一模）使得方程x2+3x+c＝0有实数根的最大的整数c＝　 　 ． 4．（2026•定海区模拟）若m，n是方程x2+5x﹣3＝0的两个根，则m2n+mn2﹣14＝　 　 ． 5．（2025•绍兴二模）已知关于x的一元二次方程x2﹣ax+6a＝0有两个不同的解，其中一个解是x＝2a，则该方程的另一个解是 　 ． 考点6 解一元一次不等式组 1．（2025•浙江）不等式组的解集是　 　 ． 2．（2026•上城区一模）不等式组的解集是　 　 ． 3．（2026•浙江一模）不等式组的解集是 ． 4．（2025•萧山区校级模拟）不等式组的非负整数解的和为　 　 ． 考点7 切线的性质 1． （2026•滨江区一模）如图，PA，PB是⊙O的切线．若⊙O的半径为25，∠APB＝90°，则PO的长为　 ． 2．（2026•衢州模拟）如图，⊙O的切线PC交直径AB的延长线于点P，C是切点．若∠P＝45°，则∠PAC的大小为　 　 ． 3．（2026•西湖区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C为AB延长线上一点，CD切⊙O于点D．连结OD、BD．若∠BDC＝30°，OA＝3，则的长等于　 　 ． 4．（2025•浙江模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D，若∠CAD＝50°，则∠B的度数为 　 　 ． 5．（2026•拱墅区校级模拟）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，连接AO交⊙O于点C，延长AO交⊙O于点D，连接BD．若∠A＝∠D，且AC＝3，则AB的长度是 　 ． 6．（2025•定海区一模）如图，将量角器和含30°角的一块直角三角板紧靠着放在同一平面内，使三角板的0cm刻度线与量角器的0°刻度线在同一直线上，直径DC是直角边BC的两倍，过点A作量角器圆弧所在圆的切线，切点为E，则∠EAC的度数是 　 　 ． 7．（2025•杭州校级模拟）如图，AB切⊙O于点A，BO交⊙O于点C，点D在⊙O上，∠ABO＝40°，则∠ADC的度数是 　 　 ． 8．（2025•鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　 　 ． 考点8 解直角三角形及其应用 1．（2026•鹿城区校级模拟）如图，长尾夹的侧面是△ABC，当AC与AB张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，已知AB＝AC＝15mm，∠ACB＝70°，则这个长尾夹最大夹纸厚度为　 　 mm．（结果精确到1mm）（参考数据：sin70°＝0.94，cos70°＝0.34，tan70°＝2.75） 2．（2026•温州一模）如图，两幢楼间距为40米，某时太阳光线与水平线的夹角为37°，光线经过一号楼楼顶A照射在二号楼的一楼窗台上（窗台高1米），则一号楼的高度AB为　 　 米．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75） 3．（2026•浙江一模）如图是某商场扶梯的示意图，扶梯所在的直线AB与水平方向的夹角为∠A，已知．若小明从扶梯底端A处乘扶梯，以0.5m/s的速度用时10s到达扶梯顶端B处，则小明上升的垂直高度BC为 ． 4．（2025•浙江）无人机警戒在高速公路场景中的应用，是我国低空经济高质量发展的重要实践方向．如图，在高速公路上，交警在A处操控无人机巡查，无人机从点A处飞行到点P处悬停，探测到它的正下方公路上点B处有汽车发生故障．测得A处到P处的距离为500m，从点A观测点P的仰角为α，cosα＝0.98，则A处到B处的距离为　 　 m． 5．（2026•滨江区校级一模）如图所示，塔底B与观测点A在同一水平面上．为了测量铁塔的高度，测得塔底B与观测点A的距离为100米，在A处测得塔顶C的仰角为α，tanα＝0.9，则铁塔的高BC为　 　 米． 6．（2026•浙江一模）如图，热气球探测器显示，从热气球A处测得一栋楼顶部C处的仰角是37°，测得这栋楼的底部B处的俯角是60°，热气球与这栋楼的水平距离是36米，那么这栋楼的高度是　 　 米（精确到0.01米）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 考点9 概率计算 1．（2026•杭州模拟）从2，3，4，5，6这5个数中随机抽取一个数，抽到的数恰好是3的倍数的概率为　 ． 2．（2025•临平区模拟）围棋起源于中国，棋子分黑白两色，一个不透明的盒子中装有6个黑色棋子和若干个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则盒中棋子的总个数是 　 　 个． 3．（2025•西湖区校级三模）将y＝2x、y＝﹣x+3、y＝x2、y写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，从中随机抽取一张卡片，恰好抽到y随x的增大而减小的概率是　 ． 4．（2026•宁波模拟）已知，在“浙BA”篮球赛中，由大数据推送发现某地21号运动员比赛中罚球投中的概率是．若他在一场比赛中，有10次罚球机会，则他估计能投中的次数是　 　 ． 5．（2025•浙江）现有六张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有数字1，4，5的卡片在甲手中，标有数字2，3，6的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，甲出的卡片数字比乙大的概率是　 ． 6．（2026•上城区一模）一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机取出一个小球后不放回，再随机取出一个小球，则两次取出的小球标号的和等于4的概率是 　 ． 7．（2026•滨江区一模）甲、乙、丙三人玩传球游戏，拿到球的人须将球随机传给另外两人中的一人．若开始传球时球在甲手上，第一次传球时甲将球随机传给乙或丙，由此经历三次传球．问第三次传球完成时，球回到甲手中的概率是 ． 8．（2026•丽水一模）如图，电路图上有3个开关S1，S2，S3和1个小灯泡，现随机闭合两个开关，小灯泡发光的概率为 ． 9．（2026•富阳区一模）现有6张标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有数字1，3，5的卡片在甲手中，标有数字2，4，6的卡片在乙手中．两人随机各出一张卡片，两张卡片上的数字之和大于7的概率是　 ． 10．（2026•舟山模拟）数学老师把分别写有“2026”、“中考”、“必胜”的3张除正面文字外其余相同的卡片，字面朝下随机放在桌面上；你再把这3张卡片排成一行，字面朝上后从左到右恰好排成“2026中考必胜”的概率是 ． 1．（2026•宁波模拟）已知a+2b＝4，则的值为　 　 ． 2．（2026•舟山模拟）计算的结果为 ． 3．（2026•定海区一模）若x，y为实数，且，则 　 　 ． 4．（2026•舟山模拟）不等式组的解集为　 　 ． 5．（2026•温州一模）清朝时期的课本《代微积拾级》中用“┬⊥”来表示相当于的代数式．若“┬”的值为2，“⊥”的值为，则“天”与“地”的和为　 　 ． 6．（2026•宁波模拟）如果不等式组的解集是x＜2，那么m的取值范围是　 ． 7．（2026•富阳区一模）如图，一次校园活动中无人机进行测量工作，当无人机上升到达A点时，地面D处的测量仪测得AD长6米，仰角为37°，cos37°≈0.8．无人机直线上升到达点B处，地面C处的测量仪测得仰角为45°，点O，C，D在同一直线上，已知C，D两处相距0.4米，则OB的距离为　 　 米． 8．（2026•西湖区校级一模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，BC边上的高AE与BD交于点F，已知∠ABC＝60°，∠C＝45°，，则BF的长为　 ． 9．（2026•钱塘区二模）现有五张分别标有数字1，2，3，4，5的卡片，其中标有数字1，3，5的卡片在甲手中，标有数字2，4的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，甲出的卡片数字比乙出的卡片数字大的概率是 　 ． 10．（2026•绍兴一模）现有六张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有1，2，3的卡片在甲手中，标有4，5，6的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，两张卡片的数字之和大于6的概率为　 ． 11．（2026•萧山区校级模拟）一个不透明的口袋里有4颗球，除颜色以外完全相同，其中2颗红球，2颗白球，从口袋中随机摸出两颗球，则恰好摸出1颗红球1颗白球的概率是　 ． 12．（2026•莲都区校级模拟）如图，有一个质地均匀的圆形转盘，其中阴影部分的圆心角为240°，转动转盘，转盘停止转动后，指针指向白色区域的概率是　 ． 13．（2026•东阳市模拟）如图，电路图上有S1，S2，S3三个开关和一个小灯泡，随机闭合其中一个开关，使得小灯泡发亮的概率是　 ． 14．（2026•宁波校级一模）如图，⊙O的切线PA与直径CB的延长线交于点A，点P为切点，连接PC．若∠A＝20°，则∠C的度数为　 　 °． 15．（2026•定海区模拟）已知﹣xmy2与2xyn是同类项，则（m﹣n）2026的值是　 　 ． 16．（2026•湖州一模）若一个两位数十位上的数字是m，个位上的数字是n，则这个两位数可记作，即．已知，2a+b＝15，则两位数的数值是　 　 ． 17．（2026•宁波一模）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“邻根方程”．例如，一元二次方程x2+x＝0的两个根是x1＝0，x2＝﹣1，则方程x2+x＝0是“邻根方程”．若关于x的方程ax2+bx+1＝0（a＞0）是“邻根方程”，令t＝10a﹣b2，则t的最大值是 　 　 ． 18．（2026•余杭区校级模拟）如图，在矩形MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形MNPQ的边上，若点C，D，Q在同一直线上，则tan∠AEM的值是　 ． 19．（2026•浙江一模）【文化欣赏】三国时期的数学家赵爽所著的《勾股圆方图注》中记载了一种图解一元二次方程的方法．以解方程x2+2x﹣35＝0为例：将原方程整理可得：x（x+2）＝35，可视为一个矩形的面积为35，构造如图所示的图形，此时大正方形的面积是（x+x+2）2，同时它又等于四个矩形的面积加中间小正方形的面积的和．由此得：（x+x+2）2＝4x（x+2）+22＝4×35+4＝144，得正整数解为x＝5． 【应用体验】小明用此方法解关于x的方程x2+5x﹣n＝0．已知在他构造的图形中，大正方形的面积为81，则该方程的正整数解为　 　 ． 20．（2026•宁波模拟）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝6，PC＝4，则CD＝ ． 21．（2026•衢州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AB的中点，点G在边AD上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与BC相切于F点，则⊙O的半径为　 ． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押04 浙江中考数学11~14题（填空题） 考点1 实数的运算 1．（2025•浙江）|﹣5|　 　 ． 【考点】实数的运算． 【答案】2． 【分析】利用绝对值的性质，立方根的定义计算后再算加法即可． 【解答】解：原式＝5﹣3＝2， 故答案为：2． 2．（2026•浙江模拟）计算：　 　 ． 【考点】实数的运算． 【答案】﹣10． 【分析】根据实数的运算法则计算即可． 【解答】解：原式＝2﹣3×4＝﹣10． 故答案为：10． 3．（2026•嘉兴一模）计算：|﹣2|　 　 ． 【考点】实数的运算． 【答案】0 【分析】根据绝对值的性质和立方根的定义计算可得答案． 【解答】解：原式＝2﹣2＝0， 故答案为：0． 4．（2026•浙江一模）计算：　 　 ． 【考点】实数的运算． 【答案】1． 【分析】先计算算术平方根和绝对值，再计算加减． 【解答】解： ＝3﹣2 ＝1， 故答案为：1． 考点2 代数式的值、整式相关化简、因式分解与规律题 1．（2025•浙江模拟）请写出一个同时符合下述条件的代数式　 ．（写出一个即可）： ①是一个3次单项式； ②它的系数是一个负数． 【考点】列代数式；单项式． 【答案】﹣b3． 【分析】根据单项式系数、次数的定义来求解．单项式中数字因数叫做单项式的系数，所有字母的指数和叫做这个单项式的次数．单独一个数字也是单项式． 【解答】解：根据题意写出的一个代数式是﹣b3， 故答案为：﹣b3． 2．（2025•义乌市校级模拟）已知当x＝1时，2ax2+bx的值为3，则当x＝2时，ax2+bx﹣10的值为　 　 ． 【考点】代数式求值． 【答案】﹣4． 【分析】把x＝1代入代数式求出a、b的关系式，再把x＝2代入代数式进行计算即可得解． 【解答】解：当x＝1时，2a×12+b×1＝3， 整理得，2a+b＝3， 当x＝2时， ax2+bx﹣10＝2（2a+b）﹣10 ＝2×3﹣10 ＝﹣4． 故答案为：﹣4． 3．（2025•浙江模拟）已知x+2y＝﹣1，则x2﹣4y2+2x的值为 　 　 ． 【考点】代数式求值． 【答案】﹣1． 【分析】先利用平方差公式将x2﹣4y2+2x变形为（x+2y）（x﹣2y）+2x，再将x+2y＝﹣1整体代入得x+2y，再次整体代入即可得出答案． 【解答】解：根据题意可知， 原式＝（x+2y）（x﹣2y）+2x ＝﹣1×（x﹣2y）+2x ＝x+2y ＝﹣1． 故答案为：﹣1． 4．（2025•拱墅区一模）化简：x+2x﹣5x＝ 　 ． 【考点】合并同类项． 【答案】﹣2x． 【分析】合并同类项的法则是系数和系数相加作为系数，字母和字母的指数不变． 【解答】解：x+2x﹣5x＝（1+2﹣5）x＝﹣2x． 故答案为：﹣2x． 5．（2026•丽水一模）计算：（x﹣y）（x+y）＝ ． 【考点】平方差公式． 【答案】x2﹣y2 【分析】原式利用平方差公式计算即可得到结果． 【解答】解：原式＝x2﹣y2． 故答案为：x2﹣y2． 6．（2026•定海区一模）观察xy2，﹣x2y3，x3y4，﹣x4y5，⋯，根据这些代数式的变化规律，可得第2026个代数式是　 ． 【考点】规律型：数字的变化类；单项式． 【答案】﹣x2026y2027． 【分析】分析已知式子，得到第n个式子为（﹣1）n+1xnyn+1，即可得到答案． 【解答】解：罗列前3个等式如下： 第1个式子：xy2＝（﹣1）1+1xy1+1， 第2个式子：﹣x2y3＝（﹣1）2+1x2y2+1， 第3个式子：x3y4＝（﹣1）3+1x3y3+1， ⋯⋯ 发现规律为：第n个等式为：（﹣1）n+1xnyn+1， ∴第2026个代数式为（﹣1）2026+1x2026y2026+1＝﹣x2026y2027． 故答案为：﹣x2026y2027． 7． （2025•杭州模拟）一些大小相同的“”按如图所示的规律摆放：第①个图形有2个，第②个图形有6个，第③个图形有10个，第④个图形有14个，…，依此规律，第⑩个图形有 　 　 个． 【考点】规律型：图形的变化类． 【答案】38． 【分析】根据图形，发现规律，计算即可得解， 【解答】解：由图形可得：第①个图形有4×1﹣2＝2个， 第②个图形有4×2﹣2＝6个， 第③个图形有4×3﹣2＝10个， 第④个图形有4×4﹣2＝14个， 第⑤个图形有4×5﹣2＝18个， 第⑥个图形有4×6﹣2＝22个， …， 故第⑩个图形有4×10﹣2＝38个， 故答案为：38． 8．（2025•温岭市二模）因式分解：3x2﹣6x＝　 　 ． 【考点】因式分解﹣提公因式法． 【答案】3x（x﹣2）． 【分析】直接提取公因式3x进而分解因式即可． 【解答】解：3x2﹣6x＝3x（x﹣2）． 故答案为：3x（x﹣2）． 9．（2025•永嘉县三模）若分式的值为0，则x的值为 　 　 ． 【考点】分式的值为零的条件． 【答案】3 【分析】分式为零的条件为：分子为零且分母不为零，据此可列式求解． 【解答】解：根据题意，得x2﹣9＝0且x+3≠0． 解得x＝3． 故答案为：3． 考点3 二次根式的意义与化简计算 1．（2026•普陀区一模）要使二次根式有意义，则实数x的取值范围是 　 ． 【考点】二次根式有意义的条件． 【答案】x≥2026． 【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，即可求解． 【解答】解：∵二次根式有意义， ∴x﹣2026≥0， 解得：x≥2026． 故答案为：x≥2026． 2．（2026•钱塘区二模）若x＝1，则代数式的值为　 　 ． 【考点】算术平方根． 【答案】2． 【分析】将x＝1代入，再根据算术平方根的定义进行计算即可． 【解答】解：当x＝1时，2． 故答案为：2． 3．（2026•温州一模）若，则的值为　 　 ． 【考点】二次根式的化简求值． 【答案】4． 【分析】先合并同类项进行化简，再代数求值即可． 【解答】解： a2a2+1 ＝a2+1， 将代入，原式． 故答案为：4． 考点4 二元一次方程（组）的解、解法与一元一次方程的应用 1．（2026•衢州模拟）《九章算术》中有这样一个问题：今有共买金，人出两百，盈二千四百；人出一百，盈五百．问人数，金价各几何？其大意是：假设合伙买金，每人出200钱，则多出2400钱；每人出100钱，则多出500钱．则合伙买金人共有　 　 人． 【考点】一元一次方程的应用；数学常识． 【答案】19． 【分析】设合伙买金人共有x人，根据“每人出200钱，则多出2400钱；每人出100钱，则多出500钱”，结合金的价格不变，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论． 【解答】解：设合伙买金人共有x人， 根据题意得：200x﹣2400＝100x﹣500， 解得：x＝19， ∴合伙买金人共有19人． 故答案为：19． 2．（2025•拱墅区校级二模）已知是方程ax﹣6y＝4的一组解，则a的值为 　 　 ． 【考点】二元一次方程的解． 【答案】16． 【分析】直接把代入方程ax﹣6y＝4中求出a的值即可． 【解答】解：由题意可知：a﹣6×2＝4， ∴a＝16， 故答案为：16． 3．（2026•丽水一模）已知关于x，y的二元一次方程组的解满足x﹣y＝2029，则m的值为　 　 ． 【考点】二元一次方程组的解． 【答案】2026． 【分析】利用加减消元法解二元一次方程组，得到用含m的代数式表示的x与y，再代入x﹣y＝2029，得到关于m的一元一次方程，求解即可得到m的值． 【解答】解：， ①+②得，3x+x﹣y+y＝4m+1+2m﹣5， 4x＝6m﹣4， 解得：x， ， ， 又∵x﹣y＝2029， ∴， m+3＝2029， 解得：m＝2026． 故答案为：2026． 4．（2026•普陀区一模）方程组的解是　 ． 【考点】解二元一次方程组． 【答案】． 【分析】利用加减法求解即可． 【解答】解：， ①+②得：4x＝8， 解得：x＝8÷4＝2， 把x＝2代入②得：2﹣y＝6， 解得：y＝2﹣6＝﹣4， 故方程组的解为． 5．（2025•双塔区校级二模）方程组的解是　 ． 【考点】解二元一次方程组． 【答案】． 【分析】先有①×3+②得出10x＝5，求出x，再把x代入①求出y即可． 【解答】解：， ①×3+②得：10x＝5， 解得：x， 把x代入①得：2y＝5， 解得：y＝﹣4， 所以方程组的解是． 故答案为：． 考点5 一元二次方程的解法、跟的判别式、韦达定理 1．（2025•滨江区校级模拟）定义新运算：m⊕n＝mn+m2，若x⊕（x+1）＝0，则x的值为　 　 ． 【考点】解一元二次方程﹣因式分解法． 【分析】根据题意，可得x（x+1）+x2＝0，解方程即可． 【解答】解：由条件可知x⊕（x+1）＝x（x+1）+x2， ∴x（x+1）+x2＝0， ∴2x2+x＝0， ∴x（2x+1）＝0， ∴x＝0或x＝﹣0.5， 故答案为：0或﹣0.5． 2．（2026•西湖区校级一模）若关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣c＝0有实数根，则最小整数c＝　 　 ． 【考点】根的判别式． 【分析】一元二次方程有实数根的条件：一元二次方程根的判别式大于或等于0． 【解答】解：由条件可知这个方程根的判别式Δ＝（﹣3）2﹣4×1×（﹣c）≥0， 解得， ∴最小整数c＝﹣2． 故答案为：﹣2． 3．（2025•宁波一模）使得方程x2+3x+c＝0有实数根的最大的整数c＝　 　 ． 【考点】根的判别式．版权所有 【分析】由方程有实数根，得Δ＝32﹣4c＝9﹣4c≥0，解得，这样就很快得到满足条件的c的非负整数值． 【解答】解：由题意得，Δ＝32﹣4c＝9﹣4c≥0， 解得． 所以满足的最大整数值为2． 故答案为：2． 4．（2026•定海区模拟）若m，n是方程x2+5x﹣3＝0的两个根，则m2n+mn2﹣14＝　 　 ． 【考点】根与系数的关系． 【分析】利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积，对所求代数式因式分解，整体代入计算即可． 【解答】解：由条件可得，． ∴m2n+mn2﹣14 ＝mn（m+n）﹣14 ＝（﹣3）×（﹣5）﹣14 ＝1． 故答案为：1． 5．（2025•绍兴二模）已知关于x的一元二次方程x2﹣ax+6a＝0有两个不同的解，其中一个解是x＝2a，则该方程的另一个解是 　 ． 【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解；根的判别式． 【分析】根据根与系数的关系进行计算即可． 【解答】解：∵x2﹣ax+6a＝0有两个不同的解， 设另一个解是x＝m， ∴2a•m＝6a， ∴m＝3， 故答案为：x＝3． 考点6 解一元一次不等式组 1．（2025•浙江）不等式组的解集是　 　 ． 【考点】解一元一次不等式组． 【分析】根据解一元一次不等式组的步骤，求出不等式组的解集即可． 【解答】解：解不等式2x﹣3＜5得，x＜4， 所以不等式组的解集为：﹣2≤x＜4． 故答案为：﹣2≤x＜4． 2．（2026•上城区一模）不等式组的解集是　 　 ． 【考点】解一元一次不等式组． 【分析】先分别求两个不等式的解集，进而可得一元一次不等式组的解集． 【解答】解：， 解不等式①，得：x≥﹣2， 解不等式②，得：x＜1， ∴不等式组的解集为﹣2≤x＜1， 故答案为：﹣2≤x＜1． 3．（2026•浙江一模）不等式组的解集是 ． 【考点】解一元一次不等式组． 【分析】先分别求出各不等式的解集，它们的公共部分即为不等式组的解集． 【解答】解：， 解不等式2x+4≥0，得x≥﹣2， 解不等式4﹣2x＜﹣1，得， 不等式组的解集为． 故答案为：． 4．（2025•萧山区校级模拟）不等式组的非负整数解的和为　 　 ． 【考点】一元一次不等式组的整数解． 【分析】先求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分即为不等式组的解集，进而确定不等式组的非负整数解，再求和即可． 【解答】解：， 由①得，x， 由②得，x， 故不等式组的解集为， ∴不等式组的非负整数解为：0，1，2，3，4，5，6， ∴0+1+2+3+4+5+6＝21． 故答案为：21． 考点7 切线的性质 1． （2026•滨江区一模）如图，PA，PB是⊙O的切线．若⊙O的半径为25，∠APB＝90°，则PO的长为　 ． 【考点】切线的性质；切线长定理；等腰直角三角形． 【分析】设PA与⊙O相切于点D，连接OD，根据切线的性质得出∠ODP＝90°，再根据切线长定理求出∠OPD＝45°，得出△ODP是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出PO的长． 【解答】解：如图，设PA与⊙O相切于点D，连接OD， ∴∠ODP＝90°， ∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB，OP平分∠APB， ∵∠APB＝90°， ∴∠OPDAPB＝45°， ∴△ODP是等腰直角三角形， ∴OD＝DP＝25， ∴PO， 故答案为：． 2．（2026•衢州模拟）如图，⊙O的切线PC交直径AB的延长线于点P，C是切点．若∠P＝45°，则∠PAC的大小为　 　 ． 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【分析】连接OC，根据切线的性质得到∠OCP，可得∠COP，再根据圆周角定理可得结果． 【解答】解：连接OC， ∵PC是⊙O的切线， ∴∠OCP＝90°， ∵∠P＝45°， ∴∠COP＝45°， ∴， 故答案为：22.5°． 3．（2026•西湖区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，C为AB延长线上一点，CD切⊙O于点D．连结OD、BD．若∠BDC＝30°，OA＝3，则的长等于　 　 ． 【考点】切线的性质；弧长的计算；等腰三角形的性质． 【分析】根据切线的性质得∠ODC＝90°，再根据等边对等角得∠OBD＝∠ODB＝60°，继而得到∠AOD＝120°，最后根据弧长公式计算即可． 【解答】解：∵CD切⊙O于点D，∠BDC＝30°，OA＝3， ∴∠ODC＝90°，OD＝OA＝3， ∴∠OBD＝∠ODB＝∠ODC﹣∠BDC＝90°﹣30°＝60°， ∴∠AOD＝∠OBD+∠ODB＝60°+60°＝120°， ∴若∠BDC＝30°，OA＝3，则的长为：． 故答案为：2π． 4．（2025•浙江模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，过点A作⊙O的切线交BC的延长线于点D，若∠CAD＝50°，则∠B的度数为 　 　 ． 【考点】切线的性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．版权所有 【分析】连接OA，OC，由切线的性质可知OA⊥AD，则∠OAD＝90°，再由∠CAD＝50°，可得∠OAC＝40°，再由等腰三角形的性质可得∠OCA＝∠OAC＝40°，可得出∠AOC＝100°，再求解即可． 【解答】解：如图，连接OA，OC， 由切线的性质可知OA⊥AD，则∠OAD＝90°， ∵∠CAD＝50°， ∴∠OAC＝40°， 又∵OC＝OA， ∴∠OCA＝∠OAC＝40°， ∴∠AOC＝100°， ∴∠B∠AOC100°＝50°． 故答案为：50°． 5．（2026•拱墅区校级模拟）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，连接AO交⊙O于点C，延长AO交⊙O于点D，连接BD．若∠A＝∠D，且AC＝3，则AB的长度是 　 ． 【考点】切线的性质；圆周角定理．版权所有 【分析】连接OB，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠AOB＝2∠D，从而可得∠AOB＝2∠A，然后利用切线的性质可得∠OBA＝90°，从而可得∠A+∠AOB＝90°，进而可得∠A＝30°，最后在Rt△AOB中，利用含30度角的直角三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：连接OB， 设⊙O的半径为r， ∵∠AOB＝2∠D，∠A＝∠D， ∴∠AOB＝2∠A， ∵AB是⊙O的切线，B为切点， ∴∠OBA＝90°， ∴∠A+∠AOB＝90°， ∴∠A+2∠A＝90°， ∴∠A＝30°， ∴ABOB，AO＝2OB， ∴3+r＝2r， ∴r＝3， ∴ABOB＝3， 故答案为：3． 6．（2025•定海区一模）如图，将量角器和含30°角的一块直角三角板紧靠着放在同一平面内，使三角板的0cm刻度线与量角器的0°刻度线在同一直线上，直径DC是直角边BC的两倍，过点A作量角器圆弧所在圆的切线，切点为E，则∠EAC的度数是 　 　 ． 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【分析】连接OA，根据线段垂直平分线的性质得到AO＝AB，根据等腰三角形的性质得到∠OAC＝∠BAC＝30°，再根据切线长定理解答即可． 【解答】解：如图，连接OA， ∵DC＝2BC， ∴OC＝BC， ∵AC⊥OB， ∴AO＝AB， ∵AC⊥OB， ∴∠OAC＝∠BAC＝30°， ∵OC⊥AC， ∴AC是量角器圆弧所在圆的切线， ∵AE是量角器圆弧所在圆的切线， ∴∠EAC＝2∠OAC＝60°， 故答案为：60°． 7．（2025•杭州校级模拟）如图，AB切⊙O于点A，BO交⊙O于点C，点D在⊙O上，∠ABO＝40°，则∠ADC的度数是 　 　 ． 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【分析】连接OA．根据切线的性质可知∠OAB＝90°，从而可求出∠AOB＝50°．再根据圆周角定理即可求出∠ADC的度数． 【解答】解：如图，连接OA． ∵AB切⊙O于点A， ∴∠OAB＝90°． ∵∠ABO＝40°， ∴∠AOB＝90°﹣40°＝50°， ∴． 故答案为：25°． 8．（2025•鹿城区校级一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是A，B，如果∠C＝65°，那么∠P的度数等于 　 　 ． 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝∠OBP＝90°，进而利用圆周角定理结合四边形内角和定理得出答案． 【解答】解：连接OA，OB， ∵PA、PB是⊙O的切线，切点分别是A、B， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵∠C＝65°， ∴∠AOB＝130°， ∴∠P＝360°﹣130°﹣90°﹣90°＝50°． 故答案为：50°． 考点8 解直角三角形及其应用 1．（2026•鹿城区校级模拟）如图，长尾夹的侧面是△ABC，当AC与AB张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度，已知AB＝AC＝15mm，∠ACB＝70°，则这个长尾夹最大夹纸厚度为　 　 mm．（结果精确到1mm）（参考数据：sin70°＝0.94，cos70°＝0.34，tan70°＝2.75） 【考点】解直角三角形的应用；等腰三角形的性质． 【分析】由题意可知，这个长尾夹最大夹纸厚度即为BC的长，作AD⊥BC于点D，则CD＝BD，只要求出CD的长就可求出BC的长，由∠ADC＝90°得，则CD＝AC•cos70°，其中AC＝15mm，cos70°＝0.34，所以可求出CD的长． 【解答】解：当AC与AB张开到互相平行时，达到最大夹纸厚度， 这个长尾夹最大夹纸厚度即为BC的长． 如图，作AD⊥BC于点D． ∵∠ACB＝70°，AB＝AC＝15mm， ∴CD＝BD． ∵∠ADC＝90°， ∴． ∴CD＝AC•cos70°＝15×0.34＝5.1（mm）． ∴BC＝2AC＝2×5.1＝10.2≈10（mm）． 答：这个长尾夹最大夹纸厚度约为10mm． 故答案为：10． 2．（2026•温州一模）如图，两幢楼间距为40米，某时太阳光线与水平线的夹角为37°，光线经过一号楼楼顶A照射在二号楼的一楼窗台上（窗台高1米），则一号楼的高度AB为　 　 米．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75） 【考点】解直角三角形的应用． 【分析】过点C作CD⊥AB于点D，根据三角形函数进行求解即可． 【解答】解：两幢楼间距为40米，某时太阳光线与水平线的夹角为37°， 如图，过点C作CD⊥AB于点D，则CD＝40，BD＝1，∠ACD＝37°， ∴AD＝40×tan37°≈40×0.75＝30， ∴AB＝AD+1＝31（米）． 故答案为：31． 3．（2026•浙江一模）如图是某商场扶梯的示意图，扶梯所在的直线AB与水平方向的夹角为∠A，已知．若小明从扶梯底端A处乘扶梯，以0.5m/s的速度用时10s到达扶梯顶端B处，则小明上升的垂直高度BC为 ． 【考点】解直角三角形的应用． 【分析】根据题意可得：AB＝5m，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得，然后设BC＝xm，则AC＝2xm，从而利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：AB＝0.5×10＝5（m）， 在Rt△ABC中，， ∴， ∴设BC＝xm，则AC＝2xm， ∵AC2+BC2＝AB2， ∴（2x）2+x2＝25， 解得：x或x（舍去）， ∴BCm， ∴小明上升的垂直高度BC为m， 故答案为：m． 4．（2025•浙江）无人机警戒在高速公路场景中的应用，是我国低空经济高质量发展的重要实践方向．如图，在高速公路上，交警在A处操控无人机巡查，无人机从点A处飞行到点P处悬停，探测到它的正下方公路上点B处有汽车发生故障．测得A处到P处的距离为500m，从点A观测点P的仰角为α，cosα＝0.98，则A处到B处的距离为　 　 m． 【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题． 【分析】根据三角函数的定义即可得到结论． 【解答】解：在Rt△ABP中，∵∠B＝90°，AP＝500m，∠A＝α， ∴AB＝AP•cosα＝500×0.98＝490（m）， 答：A处到B处的距离为490m． 故答案为：490． 5．（2026•滨江区校级一模）如图所示，塔底B与观测点A在同一水平面上．为了测量铁塔的高度，测得塔底B与观测点A的距离为100米，在A处测得塔顶C的仰角为α，tanα＝0.9，则铁塔的高BC为　 　 米． 【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题． 【分析】在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝100米，∠CAB＝α， ∴BC＝AB•tanα＝100×0.9＝90（米）， ∴铁塔的高BC为90米， 故答案为：90． 6．（2026•浙江一模）如图，热气球探测器显示，从热气球A处测得一栋楼顶部C处的仰角是37°，测得这栋楼的底部B处的俯角是60°，热气球与这栋楼的水平距离是36米，那么这栋楼的高度是　 　 米（精确到0.01米）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题． 【分析】作AD⊥BC，分别解Rt△ADC和Rt△ADB，求出CD，BD的长，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【解答】解：作AD⊥BC，由题意，AD＝36米，∠CAD＝37°，∠DAB＝60°， 在Rt△ADC中，CD＝AD•tan37°≈36×0.75＝27（米）， 在Rt△ADB中，（米）， ∴BC＝BD+CD＝89.28； 故这栋楼的高度是89.28米； 故答案为：89.28． 考点9 概率计算 1．（2026•杭州模拟）从2，3，4，5，6这5个数中随机抽取一个数，抽到的数恰好是3的倍数的概率为　 ． 【考点】概率公式；倍数． 【分析】先确定所有等可能结果数和符合条件的结果数，代入概率公式计算即可求解． 【解答】解：从2，3，4，5，6这5个数中随机抽取一个数，共有5种等可能结果，其中是3的倍数的结果为3和6，共2种， ∴从2，3，4，5，6这5个数中随机抽取一个数，抽到的数恰好是3的倍数的概率为． 故答案为：． 2．（2025•临平区模拟）围棋起源于中国，棋子分黑白两色，一个不透明的盒子中装有6个黑色棋子和若干个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则盒中棋子的总个数是 　 　 个． 【考点】概率公式． 【分析】根据黑色棋子除以相应概率可以算出棋子的总数． 【解答】解：由题意，盒中棋子的总个数是624（个）． 故答案为：24． 3．（2025•西湖区校级三模）将y＝2x、y＝﹣x+3、y＝x2、y写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，从中随机抽取一张卡片，恰好抽到y随x的增大而减小的概率是　 ． 【考点】概率公式；一次函数的性质；正比例函数的性质；二次函数的性质． 【分析】先根据函数的性质判断出y随x的增大而减小的函数的个数，再由概率公式求解即可． 【解答】解：函数y＝2x，k＝2＞0，y随x的增大而增大； y＝﹣x+3，k＝﹣1＜0，y随x的增大而减小； y＝x2，当x＜0时，y随x的增大而减小当x＞0时，y随x的增大而增大； y，图象位于第一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小； 所以从中随机抽取一张卡片，恰好抽到y随x的增大而减小的概率． 故答案为：． 4．（2026•宁波模拟）已知，在“浙BA”篮球赛中，由大数据推送发现某地21号运动员比赛中罚球投中的概率是．若他在一场比赛中，有10次罚球机会，则他估计能投中的次数是　 　 ． 【考点】概率公式． 【分析】根据概率的意义，用罚球总次数乘以单次罚球投中的概率，即可估计出投中的次数． 【解答】解：∵由大数据推送发现某地21号运动员比赛中罚球投中的概率是， ∴罚球总次数为10， ∴估计投中的次数为：． 故答案为：8． 5．（2025•浙江）现有六张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有数字1，4，5的卡片在甲手中，标有数字2，3，6的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，甲出的卡片数字比乙大的概率是　 ． 【考点】列表法与树状图法；概率公式． 【分析】列表可得出所有等可能的结果数以及甲出的卡片数字比乙大的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【解答】解：列表如下： 2 3 6 1 （1，2） （1，3） （1，6） 4 （4，2） （4，3） （4，6） 5 （5，2） （5，3） （5，6） 共有9种等可能的结果，其中甲出的卡片数字比乙大的结果有：（4，2），（4，3），（5，2），（5，3），共4种， ∴甲出的卡片数字比乙大的概率为． 故答案为：． 6．（2026•上城区一模）一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机取出一个小球后不放回，再随机取出一个小球，则两次取出的小球标号的和等于4的概率是 　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出两次取出的小球标号的和等于4的结果数，然后根据概率公式求解． 【解答】解：画树状图为： 共有12种等可能的结果，其中两次取出的小球标号的和等于4的结果数为2， 所以两次取出的小球标号的和等于4的概率． 故答案为：． 7．（2026•滨江区一模）甲、乙、丙三人玩传球游戏，拿到球的人须将球随机传给另外两人中的一人．若开始传球时球在甲手上，第一次传球时甲将球随机传给乙或丙，由此经历三次传球．问第三次传球完成时，球回到甲手中的概率是 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】根据题意可以画出相应的树状图，然后计算出第三次传球完成时，球回到甲手中的概率即可． 【解答】解：树状图如下所示， 由上可得，一共有8种等可能性，其中第三次传球完成时，球回到甲手中的可能性有2种， ∴第三次传球完成时，球回到甲手中的概率为， 故答案为：． 8．（2026•丽水一模）如图，电路图上有3个开关S1，S2，S3和1个小灯泡，现随机闭合两个开关，小灯泡发光的概率为 ． 【考点】列表法与树状图法；概率公式． 【分析】列表可得出所有等可能的结果以及小灯泡发光的结果，再利用概率公式可得答案． 【解答】解：记S1为A，S2为B，S3为C， 列表如下： A B C A （A，B） （A，C） B （B，A） （B，C） C （C，A） （C，B） 共有6种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果有：（A，B），（A，C），（B，A），（C，A），共4种， ∴随机闭合两个开关，小灯泡发光的概率为． 故答案为：． 9．（2026•富阳区一模）现有6张标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有数字1，3，5的卡片在甲手中，标有数字2，4，6的卡片在乙手中．两人随机各出一张卡片，两张卡片上的数字之和大于7的概率是　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】根据题意可以画出相应的树状图，然后即可计算出两张卡片上的数字之和大于7的概率． 【解答】解：树状图如下所示， 由上可得，一共有9种等可能性，其中两张卡片上的数字之和大于7的可能性有3种， ∴两张卡片上的数字之和大于7的概率为， 故答案为：． 10．（2026•舟山模拟）数学老师把分别写有“2026”、“中考”、“必胜”的3张除正面文字外其余相同的卡片，字面朝下随机放在桌面上；你再把这3张卡片排成一行，字面朝上后从左到右恰好排成“2026中考必胜”的概率是 ． 【考点】列表法与树状图法；概率公式．版权所有 【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，其中字面朝上后从左到右恰好排成“2026中考必胜”的结果有1种，再根据概率公式求解即可． 【解答】解：将写有“2026”、“中考”、“必胜”的三张卡片分别记为A、B、C， 画树状图如下： 由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中字面朝上后从左到右恰好排成“2026中考必胜”的结果有1种，即ABC， ∴恰好排成“2026中考必胜”的概率是． 1．（2026•宁波模拟）已知a+2b＝4，则的值为　 　 ． 【考点】算术平方根． 【分析】先对所求二次根式的被开方数变形，再利用整体代入法代入已知条件，最后计算算术平方根即可得到结果． 【解答】解：∵a+2b＝4， ∴原式3． 故答案为：3． 2．（2026•舟山模拟）计算的结果为 ． 【考点】二次根式的混合运算． 【分析】先将两个数的指数统一为2025，式子转化成，然后利用平方差公式计算括号中的乘法，然后算乘方，最后算乘法． 【解答】解： ． 故答案为：． 3．（2026•定海区一模）若x，y为实数，且，则 　 　 ． 【考点】二次根式有意义的条件．版权所有 【分析】根据二次根式有意义的条件求出x的值，即可得出y的值，再根据算术平方根的定义计算即可． 【解答】解：根据题意得， 解得x＝8， ∴y＝2， ∴4， 故答案为：4． 4．（2026•舟山模拟）不等式组的解集为　 　 ． 【考点】解一元一次不等式组．版权所有 【分析】分别求出每个一元一次不等式的解集，再取两个解集的公共部分，即可得到不等式组的解集． 【解答】解：解不等式2x﹣1≤3得x≤2， 解不等式3x+7＞﹣2得x＞﹣3， ∴不等式组的解集为﹣3＜x≤2． 故答案为：﹣3＜x≤2． 5．（2026•温州一模）清朝时期的课本《代微积拾级》中用“┬⊥”来表示相当于的代数式．若“┬”的值为2，“⊥”的值为，则“天”与“地”的和为　 　 ． 【考点】二元一次方程组的应用． 【分析】设“天”与“地”分别为x，y，根据题意列方程组求解即可． 【解答】解：设“天”与“地”分别为x，y， 由题意得：， 整理得：， ①+②得：5x+5y＝45， ∴x+y＝9， ∴“天”与“地”的和为9． 故答案为：9． 6．（2026•宁波模拟）如果不等式组的解集是x＜2，那么m的取值范围是　 ． 【考点】解一元一次不等式组． 【分析】先求得每一个不等式的解集，后根据小小取小的法则，确定m的范围即可． 【解答】解：∵3x＜2x+2的解集为x＜2；x＜m的解集为x＜m；且不等式组的解集是x＜2， ∴m≥2， 故答案为：m≥2． 7．（2026•富阳区一模）如图，一次校园活动中无人机进行测量工作，当无人机上升到达A点时，地面D处的测量仪测得AD长6米，仰角为37°，cos37°≈0.8．无人机直线上升到达点B处，地面C处的测量仪测得仰角为45°，点O，C，D在同一直线上，已知C，D两处相距0.4米，则OB的距离为　 　 米． 【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题． 【分析】根据题意，结合图形，易得OC＝OB，在Rt△AOD中求出OD长，结合条件，即可得到结果． 【解答】解：∵在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠BCO＝45°， ∴∠B＝∠BCO＝45°， ∴OC＝OB， ∵在Rt△AOD中，∠AOD＝90°，∠ADO＝37°，AD＝6米，cos∠ADO， ∴cos37°0.8， ∴OD＝4.8（米）， ∵C，D两处相距0.4米， ∴OC＝OD﹣CD＝4.8﹣0.4＝4.4（米）， ∴OB＝4.4（米）， 故答案为：4.4． 8．（2026•西湖区校级一模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，BC边上的高AE与BD交于点F，已知∠ABC＝60°，∠C＝45°，，则BF的长为　 ． 【考点】解直角三角形；三角形的角平分线、中线和高；等腰直角三角形． 【分析】首先根据高的定义得到∠AEC＝∠AEB＝90°，结合∠C＝45°证明△AEC是等腰直角三角形，从而求出AE的长；然后在Rt△ABE中，利用∠ABC＝60°求出BE的长；最后根据角平分线定义得到∠FBE＝30°，在Rt△BE中利用三角函数求出BF的长． 【解答】解：根据题意可得∠AEC＝∠AEB＝90°． ∵∠C＝45°， ∴△AEC是等腰直角三角形， ∴AE＝CE＝3． 在Rt△ABE中，∠ABC＝60°， ∴， ∵BD平分∠ABC， ∴， ∴在Rt△BEF中，． 故答案为：2． 9．（2026•钱塘区二模）现有五张分别标有数字1，2，3，4，5的卡片，其中标有数字1，3，5的卡片在甲手中，标有数字2，4的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，甲出的卡片数字比乙出的卡片数字大的概率是 　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】画树状图展示所有6种等可能的结果，再找出甲出的卡片数字比乙出的卡片数字大的结果数，然后根据概率公式求解． 【解答】解：画树状图为： 共有6种等可能的结果，其中甲出的卡片数字比乙出的卡片数字大的结果数为3， 所以甲出的卡片数字比乙出的卡片数字大的概率． 故答案为：． 10．（2026•绍兴一模）现有六张分别标有数字1，2，3，4，5，6的卡片，其中标有1，2，3的卡片在甲手中，标有4，5，6的卡片在乙手中．两人各随机出一张卡片，两张卡片的数字之和大于6的概率为　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可． 【解答】解：画树状图，如下： 由树状图可知一共有9种等可能性的结果，其中两张卡片上的数字和大于6的结果有6种， ∴概率是． 故答案为：． 11．（2026•萧山区校级模拟）一个不透明的口袋里有4颗球，除颜色以外完全相同，其中2颗红球，2颗白球，从口袋中随机摸出两颗球，则恰好摸出1颗红球1颗白球的概率是　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】画树状图，共有12个等可能的结果，恰好摸出1颗红球1颗白球的结果有8个，再由概率公式求解即可． 【解答】解：画树状图如图： 共有12个等可能的结果，恰好摸出1颗红球1颗白球的结果有8个， ∴恰好摸出1颗红球1颗白球的概率为， 故答案为：． 12．（2026•莲都区校级模拟）如图，有一个质地均匀的圆形转盘，其中阴影部分的圆心角为240°，转动转盘，转盘停止转动后，指针指向白色区域的概率是　 ． 【考点】概率公式． 【分析】白色部分面积与转盘总面积之比即白色部分角度与圆周总角度之比即为指针指向白色区域的概率． 【解答】解：∵阴影部分的圆心角为240°， ∴白色部分的圆心角为120°， ∴指针指向白色区域的概率为． 故答案为：． 13．（2026•东阳市模拟）如图，电路图上有S1，S2，S3三个开关和一个小灯泡，随机闭合其中一个开关，使得小灯泡发亮的概率是　 ． 【考点】列表法与树状图法． 【分析】先理解电路图中开关与灯泡的关系，并计算任意闭合一个开关时灯泡发亮的概率即可． 【解答】解：电路中有3个开关S1、S2、S3，任意闭合其中一个开关，总共有3种情况，只有闭合S3时小灯泡才会亮， ∴符合条件的情况只有1种， ∴小灯泡发亮的概率是． 故答案为：． 14．（2026•宁波校级一模）如图，⊙O的切线PA与直径CB的延长线交于点A，点P为切点，连接PC．若∠A＝20°，则∠C的度数为　 　 °． 【考点】切线的性质；圆周角定理． 【分析】连接OP，根据切线的性质得到OP⊥AP，根据直角三角形的性质求出∠AOP，再根据圆周角定理解答即可． 【解答】解：如图，连接OP， ∵PA是⊙O的切线， ∴OP⊥AP， ∵∠A＝20°， ∴∠AOP＝90°﹣20°＝70°， 由圆周角定理得：∠C∠AOP＝35°， 故答案为：35． 15．（2026•定海区模拟）已知﹣xmy2与2xyn是同类项，则（m﹣n）2026的值是　 　 ． 【考点】同类项；代数式求值． 【分析】根据同类项的定义直接得出m、n的值． 【解答】解：由同类项的定义可知m＝1，n＝2， ∴（m﹣n）2026＝（1﹣2）2026＝1． 故答案为：1． 16．（2026•湖州一模）若一个两位数十位上的数字是m，个位上的数字是n，则这个两位数可记作，即．已知，2a+b＝15，则两位数的数值是　 　 ． 【考点】列代数式． 【分析】按定义列出方程（10a+b）﹣（10b+a）＝27，求出a、b的值即可． 【解答】按定义列出方程（10a+b）﹣（10b+a）＝27，求出a、b的值即可．解：由题意得，， ∵， ∴（10a+b）﹣（10b+a）＝27， 整理得9a﹣9b＝27，即a﹣b＝3， 联立得方程组 ， 将两个方程相加，得3a＝18， 解得a＝6， 把a＝6代入a﹣b＝3，得b＝3， ∴． 故答案为：63． 17．（2026•宁波一模）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“邻根方程”．例如，一元二次方程x2+x＝0的两个根是x1＝0，x2＝﹣1，则方程x2+x＝0是“邻根方程”．若关于x的方程ax2+bx+1＝0（a＞0）是“邻根方程”，令t＝10a﹣b2，则t的最大值是 　 　 ． 【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解；解一元二次方程﹣因式分解法． 【分析】根利用公式法解出一元二次方程的两个根，再根据“邻根方程”的定义即可列出a与b的关系式，再由 t＝10a﹣b2可列出t与a的关系式，最后利用完全平方公式求出最大值． 【解答】解：ax2+bx+1＝0（a＞0） ∴x， ∵关于x的方程ax2+bx+1＝0（a＞0）是“邻根方程”， ∴1， ∴b2＝a2+4a， ∵t＝10a﹣b2， ∴t＝10a﹣（a2+4a）＝﹣（a﹣3）2+9， ∵a＞0， ∴当a＝3时，t的最大值为9． 故答案为：9． 18．（2026•余杭区校级模拟）如图，在矩形MNPQ内正好放置一个立方体的表面展开图，正方形ABCD是原立方体的一个面，点E，F，G是原立方体的顶点，展开后点A，E，F，G均在矩形MNPQ的边上，若点C，D，Q在同一直线上，则tan∠AEM的值是　 ． 【考点】解直角三角形；几何体的展开图． 【分析】过点G作GH⊥QC于点H，不妨设QH＝x，小正方形的边长为1，先证明四边形HCFG是矩形，根据∠GQH+∠AQH＝90°＝∠AQH+∠QAD，得到∠GQH＝∠QAD，接着tan∠GQH＝tan∠QAD，算得QH，再证明∠AEM＝∠QAD，从而得出答案． 【解答】解：过点G作GH⊥QC于点H，不妨设QH＝x，小正方形的边长为1，如图所示： ∵四边形MNPQ是矩形， ∴∠PQM＝∠M＝90°， ∵∠GHD＝∠HGF＝∠HCF＝90°， ∴四边形HCFG是矩形， ∴CF＝HG＝3，GF＝HC＝2， ∵∠ADQ＝∠AQP＝90°， ∵∠AQH+∠QAD＝∠GQH+∠AQH＝90°， ∴∠GQH＝∠QAD， ∴tan∠GQH＝tan∠QAD， ∵， ∴， ∴（舍去负值）， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴AE∥QC， ∴∠MAE＝∠AQD， ∴180°﹣∠M﹣∠MAE＝180°﹣∠QDA﹣∠AQD， ∴∠AEM＝∠QAD， ∴． 故答案为：． 19．（2026•浙江一模）【文化欣赏】三国时期的数学家赵爽所著的《勾股圆方图注》中记载了一种图解一元二次方程的方法．以解方程x2+2x﹣35＝0为例：将原方程整理可得：x（x+2）＝35，可视为一个矩形的面积为35，构造如图所示的图形，此时大正方形的面积是（x+x+2）2，同时它又等于四个矩形的面积加中间小正方形的面积的和．由此得：（x+x+2）2＝4x（x+2）+22＝4×35+4＝144，得正整数解为x＝5． 【应用体验】小明用此方法解关于x的方程x2+5x﹣n＝0．已知在他构造的图形中，大正方形的面积为81，则该方程的正整数解为　 　 ． 【考点】一元二次方程的应用；勾股定理的证明；解一元二次方程﹣配方法． 【分析】构造图形，根据大正方形的面积为81，列出一元二次方程，解方程即可． 【解答】解：∵x2+5x﹣n＝0， ∴x2+5x＝n， ∴x（x+5）＝n， 如图， 由题意得：（x+x+5）2＝81， 解得：x1＝2，x2＝﹣7， 即该方程的正整数解为2， 故答案为：2． 20．（2026•宁波模拟）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝6，PC＝4，则CD＝ ． 【考点】切线的性质．版权所有 【分析】连接OC，OD，设CD与AB交于点E，根据切线的性质结合勾股定理求出OP的长，进而求出sin∠COP，解Rt△OEC，求出CE的长，即可． 【解答】解：连接OC，OD，则OC＝OD， ∵PC，PD与⊙O相切， ∴PC＝PD，OC⊥PC， ∴OP垂直平分CD， ∴CD＝2CE， ∵AB为直径，且AB＝6， ∴OC＝3， 在Rt△OCP中，， ∴， 在Rt△OEC中，， ∴． 故答案为：． 21．（2026•衢州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AB的中点，点G在边AD上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与BC相切于F点，则⊙O的半径为　 ． 【考点】切线的性质；正方形的性质；三角形的外接圆与外心． 【分析】连接FO并延长，交AE于H，根据切线的性质得到OF⊥DC，根据正方形的性质、平行线的性质得到OH⊥AE，根据垂径定理求出EH，再根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【解答】解：如图，连接FO并延长，交AE于H， ∵AB＝4，E为边AD的中点， ∴AE＝2， ∵⊙O与BC相切于F点， ∴OF⊥DC， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB∥CD， ∴OH⊥AE， ∴EH＝AHAE＝1， 设⊙O的半径为r，则OH＝4﹣r， 在Rt△OHE中，OH2+EH2＝OE2，即（4﹣r）2+12＝r2， 解得：r， ∴⊙O的半径为， 故答案为：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $