精品解析：北京清华大学附属中学2025--2026学年下学期九年级数学统一练习11试题

2025—2026学年第二学期统一练习11 数学 2026.6.11 一．选择题（本题共16分，每小题2分） 1. 下列以数学家名字命名的图形中，不是轴对称图形是（ ） A. 笛卡尔心形线 B. 赵爽弦图 C. 莱洛三角形 D. 科克曲线 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴． 【详解】解：A、它是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、它不是轴对称图形，故此选项符合题意； C、它是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、它是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列整数中与最接近的是（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】要确定与最接近的整数，先确定的取值范围，再比较与相邻整数的距离，即可得到结果． 【详解】解：∵，， 又∵， ∴， ∵，，， ∴距离4更近． 3. 通过实验发现，凸透镜能使与主光轴平行的光线聚在主光轴上一点．如图，箭头所画的是光线的方向，点，是凸透镜的焦点，，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由两直线平行，同旁内角互补得到，，再根据求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ， ∴． 4. 今年美加墨世界杯将于当地时间6月11日开幕，有媒体预测本届世界杯电视转播收益是上一届的倍．已知上一届卡塔尔世界杯电视转播权收益约为23亿美元，则将本届世界杯电视转播权预计收益换算成美元并用科学记数法表示，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：亿美元 亿美元， 5. 一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的5倍，则这个正多边形的边数是（ ） A. 十二 B. 十一 C. 十 D. 九 【答案】A 【解析】 【分析】先求出这个正多边形的一个外角等于，再根据多边形的外角和等于即可得． 【详解】解：一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的5倍，且一个内角与一个外角的和为， 这个正多边形的每个外角都相等，且外角的度数为， 这个正多边形的边数为， 故选：A． 【点睛】本题考查了正多边形的外角和，熟练掌握正多边形的每个外角都相等，且外角和等于是解题关键． 6. 关于x的一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】A 【解析】 【分析】计算出一元二次方程根的判别式即可． 【详解】解：， 故一元二次方程有两个不相等的实数根． 7. 如图所示，已知为平行四边形，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边、于点、，②分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内于点；③作射线，交边于点，若，，则平行四边形的周长为（ ） A. 20 B. 32 C. 28 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用基本作图方法得出AG平分，再利用平行四边形的性质得出AB=DC，AD=BC，求出BC的长，即可得出答案； 【详解】由作图方法可得，AG平分， 则， ∵ABCD是平行四边形， ∴AB=DC=6，AD∥BC， ∴， ∴， ∴AB=BP=6， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形ABCD的周长为：． 故答案选C． 【点睛】本题主要考查了角平分线、平行四边形的性质，准确理解是解题的关键． 8. 在中，，，点在边上（不与，重合），过点作交于，将绕点逆时针旋转得到，下列结论一定正确的是（ ） ①四边形可能是平行四边形； ②无论和为多少度，总有成立； ③当与重合时； ④旋转过程中的度数与有一定数量关系； A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】当，时，四边形可能是平行四边形，根据等腰三角形和平行线性质可得 ，结合旋转性质知 ，利用 证明  可判断②；当  与  重合时，利用全等三角形的判定和性质判断③；根据三角形的内角和，得到，判断④；进行解答，即可． 【详解】解：对于①，如图，当，时，有， ∴四边形可能是平行四边形； ∴①正确； 对于②，如图，由旋转性质知：，， ， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，  ；  点  在  上，点  在  上 ， ， ，  ， 在  和  中，   ， ，  ，故②正确； 对于③，如图，当  与  重合时， 落在  上 ， 由旋转可得，，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴（三线合一），  ，故③正确； 对于④，如图， ， ∴， ， ∴， 由旋转可得，； ∵， ∴； ∴④错误 ； 综上所述，结论正确的是①②③ ． 二．填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 分解因式：____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，先提取公因式，然后根据完全平方公式进行因式分解即可． 【详解】解： 故本题答案为：． 10. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，列出不等式求解，即可得到的取值范围． 【详解】解：∵在实数范围内有意义 ∴且 解不等式，得， 满足 ∴ 故答案为 11. 在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于x轴的点的坐标规律．根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，直接写出答案即可． 【详解】解：点关于轴对称的点的坐标是． 故答案为： 12. 如图，点为上一点，点为延长线上一点，切于点，连接，若，则的度数为______． 【答案】##度 【解析】 【分析】连接，由切线的性质可以求出的度数，再利用三角形外角的性质即可求出的度数． 【详解】解：连接， 切于点， ， 又， ， ， ， 又是的外角， ， ． 13. 2026年美加墨世界杯共有48支参赛球队，第一阶段为小组循环赛，每4支球队分为一个小组，小组内任意两队之间各赛1场；第一阶段结束后32支球队晋级第二阶段；第二阶段采用单场淘汰赛（每场比赛淘汰1支球队）决出冠军，半决赛落败的两支球队还要额外进行一场三四名决赛．根据以上赛制，本届世界杯全程一共要进行______场比赛． 【答案】104 【解析】 【分析】全程比赛分两阶段计算，第一阶段小组循环赛按单循环场次计算，第二阶段淘汰赛按淘汰球队数加额外三四名决赛场次算，最后求和． 【详解】解：第一阶段：总共48支球队，每4支一组， 组数为：（组）， 每组单循环比赛的场次：（场）， ∴第一阶段比赛的总场次为：（场）． 第二阶段：∵晋级球队32支，采用单场淘汰赛决出冠军， ∴决出冠军需要淘汰的球队数量为：（支）， ∴淘汰赛场次为31场， 又∵半决赛落败的两支球队还要额外进行一场三四名决赛， ∴第二阶段比赛的总场次为：（场）． 全程总场次为：（场）． 14. 要修一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为处达到最高，高度为，水柱落地处离池中心，水管高度应为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用．设抛物线的解析式为，用待定系数法求得抛物线的解析式，再令，求得的值，即可得出答案． 【详解】解：设抛物线的解析式为， 由题意可知抛物线的顶点坐标为，与轴的一个交点为， ， 解得：， 抛物线的解析式为：， 当时，， 水管的高度为， 故答案为：． 15. 如图，在等腰直角中，为的中点，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，若，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点E作于点G，过点F作于点F， 由勾股定理和等腰三角形的性质得，，则和是等腰直角三角形，得，，再证明，得 ，则，然后由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图， 过点E作于点G，过点F作于点F， 则，， ∵， ， ∴，， ∴和是等腰直角三角形， ∴，， ∵E为的中点，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理和等腰直角三角形的性质是解题的关键． 16. 某快递员负责为五个小区送货，每送一件文件类货物可收益1元，每送一件包裹类货物可收益3元．某天各个小区需要送的货物如下表所示： 小区 需文件类货物数量（件） 需包裹类货物数量（件） 12 7 10 5 9 8 11 9 13 5 （1）如果快递员一个上午最多前往三个小区，且要求他最少送文件类货物30件，最少送包裹类货物22件，写出一种满足条件的送货方案_____．（写小区编号） （2）在（1）的条件下，如果快递员想在上午达到最大的收益，写出他最优的送货方案_____．（写小区编号） 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 【解析】 【分析】本题考查了有理数混合运算，有理数比较大小，解题的关键在于正确理解题意并进行分析计算． （1）根据三个小区需送文件类货物总数量，需送包裹类货物总数量，求解即可； （2）根据（1）中方案分别计算出其各自收益，并比较判断，即可解题． 【详解】解：（1）要求他最少送文件类货物30件，最少送包裹类货物22件， 又， 任意三个小区需送文件类货物总数量都， ， 满足送包裹类货物总数量的三个小区有，或或； 满足条件的送货方案为（答案不唯一）； （2）解：由（1）知，送货方案可以为或或，其各自收益如下： ①：（元）； ②：（元）； ③：（元）； ， 他最优的送货方案为：； 故答案为：（答案不唯一）；． 三．解答题（本题共68分，其中17-22题每小题5分，23-26题每小题6分，27、28题每小题7分．） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】利用求一个数的绝对值，特殊角的锐角三角函数值，负整数指数幂，二次根式的化简等运算法则进行计算． 【详解】解： ． 18. 解不等式：，并写出符合条件的正整数解． 【答案】，1，2，3，4，5 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的解法，如下步骤：①去分母；②去括号；③移项；④合并同类项；⑤系数化为．化系数为可能用到不等式的性质3，即可能变不等号方向，其他都不会改变不等号方向．本题去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为即可求得不等式的解集，然后确定正整数解即可． 【详解】解：， 去分母，得：， 去括号，得：， ∴， 解得：， ∴符合条件的正整数有：1，2，3，4，5． 19. 已知，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知等式得到的值，再对所求分式进行化简约分，最后代入计算即可得到结果. 【详解】解：由得，， ∴ . 20. “双十一”期间，商家将本店某款甜品蛋糕按照不同口味以“套餐”的形式优惠出售，该款甜品蛋糕的商品详情、订单页面可供选择的套餐搭配类型及相应价格如图所示： （1）结合图中信息，若慕斯、芝士和黑巧口味的甜品蛋糕的单价分别为、、元盒，直接写出的值； （2）芃芃个人偏爱慕斯口味，为照顾朋友们的口味，她选择购买、两款套餐，订购数量共计份，结算金额元，请问芃芃购买套餐和套餐各多少份？ 【答案】（1） （2）芃芃购买套餐份和套餐份 【解析】 【分析】（1）利用图中的信息列出关于，，的个等式，再将三个等式相加，利用整体的思想解答即可得出结论； （2）设芃芃选择购买款套餐份，则选择购买款套餐份，由题意列出方程，解方程即可得出结论． 【小问1详解】 理由： 由图中信息可知： ， ， ， 得： ， ； 【小问2详解】 设芃芃选择购买款套餐份，则选择购买款套餐份，由题意得： ， 解得：， ． 答：芃芃购买套餐份和套餐份． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，正确理解图中的信息是解题的关键． 21. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，． （1）求这个一次函数的解析式； （2）当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值且大于，直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用待定系数法代入已知点坐标求解即可； （2）根据题意列出恒成立的不等式，结合一次函数的增减性分析端点处的不等关系，即可得到的取值范围． 【小问1详解】 解：∵一次函数的图象经过点，， ∴把，代入中，得： ， 解得：， ∴这个函数的解析式为； 【小问2详解】 由（1）得一次函数为， ∵当时，恒成立， 整理右边不等式，得， ∵的值随x的增大而增大， ∴当时，， 要使对所有成立， ∴， 整理左边不等式，得， ∵的值随x的增大而减小， ∴当时，， 要使对所有成立， ∴， 综上所述，． 22. 如图，在中，，平分交于点，过点作，于点，于点，于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴为矩形； （2） 【解析】 【分析】（1）由两组对边分别平行可证四边形是平行四边形，再由，即可证明题目； （2）由题意可证，设，因为，则，证明，得，则可知，在中根据勾股定理可求，则，因为，所以，则，设，在中由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 解：∵平分，， ∴， ∵，， ∴ 设，则， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 在中，， ， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴． 23. 为了解甲、乙两款软件的使用效果，数学兴趣小组从甲、乙两款软件使用者中各随机抽取名，记录使用者对两款软件的相关评价，并进行整理、描述和分析如下： a．信息处理速度得分统计图 b．信息识别准确度得分统计图 c．信息处理速度和信息识别准确度得分统计表 AI软件 信息处理速度得分 信息识别准确度得分 平均数 中位数 众数 平均数 甲 乙 根据以上信息、解答下列问题： （1）表格中的值为________；的值为________； （2）若软件信息识别准确度得分的方差越小，则认为该软件识别度越高、更方便、据此推断：甲、乙两款软件中，在使用时识别度更高、更方便的软件是________（填“甲”或“乙”）； （3）若用户对软件评分大于分视为高分，否则视为低分．甲软件的开发公司计划加大研发投入来提升用户对信息识别准确度的满意度．该公司邀请这名用户做进一步的测试，该公司准备了两套优化方案．方案一：面向全体用户优化识别准确率，所有用户对信息识别准确度的评分将提升分；方案二：针对低分组用户定向提升准确度，低分组每位用户的评分将提升分，高分组不变．为最大程度提升信息识别准确度评分的平均数，该公司应该选用方案________（填“一”或“二”）；采用该方案后，用户对信息识别准确度评分数据的方差将________．（填“增大”“减小”或“不变”） 【答案】（1），； （2）甲； （3）二，减小． 【解析】 【分析】（）根据众数，中位数定义，结合信息处理速度得分统计图中的数据进行计算即可； （）根据折线统计图，方差的定义分析即可； （） 根据平均数和方差的定义分析即可． 【小问1详解】 解：根据信息处理速度得分统计图中可以得到甲款软件分人数最多， ∴甲的众数， 根据中位数的定义，乙款软件信息处理速度的中位数是第个数据的平均数，第个是分，第个是分， ∴ ， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：从折线图可看出，乙的信息识别准确度得分波动更大，甲得分更集中，因此甲的方差更小， 因为“方差越小，识别度越高”， 所以识别度更高的是甲， 故答案为：甲； 【小问3详解】 解：方案一：面向全体用户优化识别准确率，所有用户对信息识别准确度的评分将提升分， 虽然平均数提升分，但方差不变； 方案二：∵低分组每位用户的评分将提升，高分组不变将会提升平均数，采用该方案后，用户对信息识别准确度评分数据的方差将减小， ∴分数波动变小， ∴方差将减小， ∴该公司应该选用方案二，采用该方案后，用户对信息识别准确度评分数据的方差将减小， 故答案为：二，减小． 24. 如图，是的直径，点C、D在上，平分，分别过B、D作的切线相交于点E，、分别交直线于点F，G． （1）求证：； （2）已知，，求的长． 【答案】（1）证明：连, 为的直径， ， 平分， ， ，为弧的中点， ，， 切于，切于， ，， ， 又， 四边形为正方形， ， ． （2） 【解析】 【分析】(1) 由为直径得，平分得， 从而为弧中点，，两条切线构成正方形． (2) 利用切线垂直于直径得，结合推导， 在和中分别利用正切值求出、． 再由切线长定理得，利用得相似三角形，求出和． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：切于， ，， 为直径， ， 在中，， 射线在内部， ， ， ， ， 在中，， ， 设，，则， ， ，， ，， 在中，， ， ， ， ， 由(1)知四边形为正方形， ， ， 为水平直径，为过的水平切线， ， 在和中， ，为公共角， ， ， ， ， ． 25. 一款小云在饮品研发中心实习．协助测试一款新型咖啡机，她分别让咖啡机制作热美式和意式浓缩，并从制作完成开始，每隔1分钟记录一次温度，得到如下数据（为放置时间，单位：；为热美式温度，为意式浓缩温度，单位：）． 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 95.0 88.5 82.6 77.2 72.4 68.0 64.0 60.3 57.1 54.1 51.4 85.0 79.5 74.5 70.0 65.8 62.0 58.6 55.5 52.7 50.2 47.9 对以上数据进行分析，完成以下内容． （1）在给出的平面直角坐标系中，已经画出与的函数图象，请画出与的函数图象： （2）根据表中数据，当热美式咖啡的温度降至时，对应的放置时间约为__________；（结果保留小数点后一位） （3）假设每杯咖啡的冲泡瞬间完成． ①小云设定咖啡机同时制作热美式和意式浓缩．从制作完成开始计时，两杯咖啡的温度之和首次低于时，的值为__________；（结果保留小数点后一位） ②小云设定咖啡机先制作意式浓缩，经过1分钟后再制作热美式．从热美式制作完成开始计时，设热美式放置时间为分钟．已知在某个时，热美式温度比意式浓缩温度高，则的值为__________．（结果保留小数点后一位） 【答案】（1）解：如图， （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）根据表格信息描点画图即可； （2）根据表格信息结合图象得出答案； （3）①根据表格信息结合图象得出答案；②根据表格信息得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：根据表中数据，当热美式咖啡的温度降至时，对应的放置时间约为； 【小问3详解】 解：①从制作完成开始计时，两杯咖啡的温度之和首次低于时，的值约为； ②∵小云设定咖啡机先制作意式浓缩，经过1分钟后再制作热美式．如下表， 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 95.0 88.5 82.6 77.2 72.4 68.0 64.0 60.3 57.1 54.1 51.4 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 85.0 79.5 74.5 70.0 65.8 62.0 58.6 55.5 52.7 50.2 47.9 ∴由表格信息可得：热美式放置时间为分钟．在某个时，热美式温度比意式浓缩温度高，则的值约为． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点和． （1）求的值，并用含的式子表示； （2）已知过作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点．若当从点运动到点过程中，线段的长度随的长度增大而增大，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将已知点的坐标代入抛物线解析式，通过计算可得值和用含的式子表示； （2）首先根据（1）的结果化简抛物线解析式；然后分别求出点、的纵坐标，进而得到的长度关于的表达式；接着分和两种情况，结合二次函数的增减性与对称轴，分析随长度的变化规律，最终确定的取值范围． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点和， ∴，， ，整理得， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）得：，， ∴抛物线， ∵过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点， ∴，， ∴， 若，点在轴右侧，当即时如左图，当即时如右图， 或 令，即， 解得或， 当时，有，其对应图象开口向下，对称轴为直线， 若点从点运动到点的过程中，的长随的长的增大而增大，即的长随的增大而增大， 则，解得； 若，即点在轴左侧，如下图， 当时，有，其对应图象开口向上，对称轴为直线， 若点从点运动到点的过程中，的长随的长的增大而增大，即的长随的减小而增大， 显然当，的长随的减小而减小，故不符合题意， 综上，的取值范围是． 27. 如图，在中，，，为中点，为边上一点（），将线段绕点逆时针旋转得到线段．连接，． （1）求证：； （2）连接，将射线绕点逆时针旋转得到射线，交于点，交于点， ①请补全图形； ②判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明：连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴， 由题意， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） ① ②，理由如下： 延长至，使，连接， 由题意， ∴， 由（1）可知， ∴， ∴， 又∵由（1）知， ∴， ∴， 由题意， ∴， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）连接，因为，为中点，所以，可得，则，可证，进而得，则； （2）①根据题意画图即可； ②延长至，使，连接，由题意可证，则可证明，进而证明，所以，则可证明，由平行线分线段成比例定理可得，即可证明． 【小问1详解】 证明：略； 【小问2详解】 解：①略；②略． 28. 在平面直角坐标系中，对于和的弦，如果圆外存在一点，使得线段和上的点都不在内，则称点为关于的“连接点”，称弧为关于的“连接弧”．特别地，关于的所有“连接点”中，当的值最小时，称点为关于的“最佳连接点”，称弧为关于的“最佳连接弧”． （1）如图，的半径为2，，，． ①在点，，中，点__________是关于的“连接点” ②在图1中直接画出关于的“最佳连接弧”，并直接写出弧的长度为__________； （2）已知，的圆心，与轴交于原点和点，若存在长度为1的线段，与关于的“最佳连接弧”有公共点，直接写出的取值范围． 【答案】（1）、； 如图所示，分别过点，作的切线，相交于点，作线段的垂直平分线，相交于点，以为圆心，以为半径画弧即为所求作， 弧的长度为 （2） 【解析】 【分析】（1）①若圆外存在一点，使得线段和上的点都不在内，即要使，据此可对点，，进行判断；②分别过点，作的切线，相交于点，由①得：当的值最小时，点与重合，弧为关于的“最佳连接弧”，作线段的垂直平分线，相交于点，以为圆心，以为半径画弧即为所求作，求出弧的长度即可； （2）分别过点作的切线，两切线相交于点，连接，与轴交于点，取中点，连接，由（1）得点为关于的“最佳连接点”，弧是关于的“最佳连接弧”，以点为圆心，以1为半径作，若存在长度为1的线段，与关于的“最佳连接弧”有公共点，即与弧有交点，当与弧内切时，即，当与弧外切时，即，分别求出值，即可求出的范围． 【小问1详解】 解：①如图所示，是的弦，是的切线，为切点， ∴，即， 此时直线和直线都与有唯一交点，则满足线段和上的点都不在内，此为临界状态， ∴若圆外存在一点，使得线段和上的点都不在内，即要使， 据此可对点，，进行判断，如图所示： ∵，，， ∴，，， ∴，即， 又∵，都在轴上，即， ∴符合定义，是关于的“连接点”； 同理：∵，， 又∵ ∴， ∴不符合定义，不是关于的“连接点”； ∵，，， ∴轴，即， ∵，，， ∴，即， ∴符合定义，是关于的“连接点”； 综上：、是关于的“连接点”． ②如图所示，分别过点，作的切线，相交于点， ∵，， ∴，， 由①得， ∴， ∴， ∴当的值最小时，点与重合， ∴弧为关于的“最佳连接弧”， 作线段的垂直平分线，相交于点，以为圆心，以为半径画弧即为所求作， ∵，，，， ∴，即， ∴，即弧为半圆弧，半径， ∴弧的长度为． 【小问2详解】 解：∵， ∴当时，点在第一象限， 如图所示，分别过点作的切线，两切线相交于点，连接，与轴交于点，取中点，连接， 由（1）得点为关于的“最佳连接点”，弧是关于的“最佳连接弧”， 由切线的定义可得：，由切线长定理可得：， ∴在与中 ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵是中点，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴是弧的圆心， 以点为圆心，以1为半径作， ∴若存在长度为1的线段，与关于的“最佳连接弧”有公共点，即与弧有交点， 当与弧内切时，即， ∴， 解得：， 当与弧外切时，如图所示，即， ∴， 解得：， ∴， 当时，点在第三象限，如图所示：弧在轴左侧， 此时与弧没有交点，不符题意， 综上：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期统一练习11 数学 2026.6.11 一．选择题（本题共16分，每小题2分） 1. 下列以数学家名字命名的图形中，不是轴对称图形是（ ） A. 笛卡尔心形线 B. 赵爽弦图 C. 莱洛三角形 D. 科克曲线 2. 下列整数中与最接近的是（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 3. 通过实验发现，凸透镜能使与主光轴平行的光线聚在主光轴上一点．如图，箭头所画的是光线的方向，点，是凸透镜的焦点，，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 今年美加墨世界杯将于当地时间6月11日开幕，有媒体预测本届世界杯电视转播收益是上一届的倍．已知上一届卡塔尔世界杯电视转播权收益约为23亿美元，则将本届世界杯电视转播权预计收益换算成美元并用科学记数法表示，正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 一个正多边形，它的一个内角恰好是一个外角的5倍，则这个正多边形的边数是（ ） A. 十二 B. 十一 C. 十 D. 九 6. 关于x的一元二次方程的根的情况是（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 7. 如图所示，已知为平行四边形，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边、于点、，②分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内于点；③作射线，交边于点，若，，则平行四边形的周长为（ ） A. 20 B. 32 C. 28 D. 24 8. 在中，，，点在边上（不与，重合），过点作交于，将绕点逆时针旋转得到，下列结论一定正确的是（ ） ①四边形可能是平行四边形； ②无论和为多少度，总有成立； ③当与重合时； ④旋转过程中的度数与有一定数量关系； A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④ 二．填空题（本题共16分，每小题2分） 9. 分解因式：____________． 10. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是_______． 11. 在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是______． 12. 如图，点为上一点，点为延长线上一点，切于点，连接，若，则的度数为______． 13. 2026年美加墨世界杯共有48支参赛球队，第一阶段为小组循环赛，每4支球队分为一个小组，小组内任意两队之间各赛1场；第一阶段结束后32支球队晋级第二阶段；第二阶段采用单场淘汰赛（每场比赛淘汰1支球队）决出冠军，半决赛落败的两支球队还要额外进行一场三四名决赛．根据以上赛制，本届世界杯全程一共要进行______场比赛． 14. 要修一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为处达到最高，高度为，水柱落地处离池中心，水管高度应为______． 15. 如图，在等腰直角中，为的中点，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，若，则的长为______． 16. 某快递员负责为五个小区送货，每送一件文件类货物可收益1元，每送一件包裹类货物可收益3元．某天各个小区需要送的货物如下表所示： 小区 需文件类货物数量（件） 需包裹类货物数量（件） 12 7 10 5 9 8 11 9 13 5 （1）如果快递员一个上午最多前往三个小区，且要求他最少送文件类货物30件，最少送包裹类货物22件，写出一种满足条件的送货方案_____．（写小区编号） （2）在（1）的条件下，如果快递员想在上午达到最大的收益，写出他最优的送货方案_____．（写小区编号） 三．解答题（本题共68分，其中17-22题每小题5分，23-26题每小题6分，27、28题每小题7分．） 17. 计算：． 18. 解不等式：，并写出符合条件的正整数解． 19. 已知，求代数式的值． 20. “双十一”期间，商家将本店某款甜品蛋糕按照不同口味以“套餐”的形式优惠出售，该款甜品蛋糕的商品详情、订单页面可供选择的套餐搭配类型及相应价格如图所示： （1）结合图中信息，若慕斯、芝士和黑巧口味的甜品蛋糕的单价分别为、、元盒，直接写出的值； （2）芃芃个人偏爱慕斯口味，为照顾朋友们的口味，她选择购买、两款套餐，订购数量共计份，结算金额元，请问芃芃购买套餐和套餐各多少份？ 21. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，． （1）求这个一次函数的解析式； （2）当时，对于的每一个值，函数的值小于函数的值且大于，直接写出的取值范围． 22. 如图，在中，，平分交于点，过点作，于点，于点，于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 23. 为了解甲、乙两款软件的使用效果，数学兴趣小组从甲、乙两款软件使用者中各随机抽取名，记录使用者对两款软件的相关评价，并进行整理、描述和分析如下： a．信息处理速度得分统计图 b．信息识别准确度得分统计图 c．信息处理速度和信息识别准确度得分统计表 AI软件 信息处理速度得分 信息识别准确度得分 平均数 中位数 众数 平均数 甲 乙 根据以上信息、解答下列问题： （1）表格中的值为________；的值为________； （2）若软件信息识别准确度得分的方差越小，则认为该软件识别度越高、更方便、据此推断：甲、乙两款软件中，在使用时识别度更高、更方便的软件是________（填“甲”或“乙”）； （3）若用户对软件评分大于分视为高分，否则视为低分．甲软件的开发公司计划加大研发投入来提升用户对信息识别准确度的满意度．该公司邀请这名用户做进一步的测试，该公司准备了两套优化方案．方案一：面向全体用户优化识别准确率，所有用户对信息识别准确度的评分将提升分；方案二：针对低分组用户定向提升准确度，低分组每位用户的评分将提升分，高分组不变．为最大程度提升信息识别准确度评分的平均数，该公司应该选用方案________（填“一”或“二”）；采用该方案后，用户对信息识别准确度评分数据的方差将________．（填“增大”“减小”或“不变”） 24. 如图，是的直径，点C、D在上，平分，分别过B、D作的切线相交于点E，、分别交直线于点F，G． （1）求证：； （2）已知，，求的长． 25. 一款小云在饮品研发中心实习．协助测试一款新型咖啡机，她分别让咖啡机制作热美式和意式浓缩，并从制作完成开始，每隔1分钟记录一次温度，得到如下数据（为放置时间，单位：；为热美式温度，为意式浓缩温度，单位：）． 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 95.0 88.5 82.6 77.2 72.4 68.0 64.0 60.3 57.1 54.1 51.4 85.0 79.5 74.5 70.0 65.8 62.0 58.6 55.5 52.7 50.2 47.9 对以上数据进行分析，完成以下内容． （1）在给出的平面直角坐标系中，已经画出与的函数图象，请画出与的函数图象： （2）根据表中数据，当热美式咖啡的温度降至时，对应的放置时间约为__________；（结果保留小数点后一位） （3）假设每杯咖啡的冲泡瞬间完成． ①小云设定咖啡机同时制作热美式和意式浓缩．从制作完成开始计时，两杯咖啡的温度之和首次低于时，的值为__________；（结果保留小数点后一位） ②小云设定咖啡机先制作意式浓缩，经过1分钟后再制作热美式．从热美式制作完成开始计时，设热美式放置时间为分钟．已知在某个时，热美式温度比意式浓缩温度高，则的值为__________．（结果保留小数点后一位） 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点和． （1）求的值，并用含的式子表示； （2）已知过作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点．若当从点运动到点过程中，线段的长度随的长度增大而增大，求的取值范围． 27. 如图，在中，，，为中点，为边上一点（），将线段绕点逆时针旋转得到线段．连接，． （1）求证：； （2）连接，将射线绕点逆时针旋转得到射线，交于点，交于点， ①请补全图形； ②判断与的数量关系，并说明理由． 28. 在平面直角坐标系中，对于和的弦，如果圆外存在一点，使得线段和上的点都不在内，则称点为关于的“连接点”，称弧为关于的“连接弧”．特别地，关于的所有“连接点”中，当的值最小时，称点为关于的“最佳连接点”，称弧为关于的“最佳连接弧”． （1）如图，的半径为2，，，． ①在点，，中，点__________是关于的“连接点” ②在图1中直接画出关于的“最佳连接弧”，并直接写出弧的长度为__________； （2）已知，的圆心，与轴交于原点和点，若存在长度为1的线段，与关于的“最佳连接弧”有公共点，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $