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廣西梧州市2024—2025學年初中學業水平考試第二次模擬測試數學
1．（2025·梧州模擬）的絕對值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】求有理數的絕對值的方法
【解析】【解答】解：-2025|=-（-2025）=2025
故答案為：D．
【分析】由一個負數的絕對值等于其相反數，而只有符號不同的兩個數互為相反數，作答即可.
2．（2025·梧州模擬）如圖所示的幾何體，它的俯視圖是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】小正方體組合體的三視圖
【解析】【解答】解：由圖可知，俯視圖為：
故答案為：B．
【分析】從幾何體上面往下看，得到的正投影就是其俯視圖，據此逐一判斷得出答案.
3．（2025·梧州模擬）平陸運河改變了廣西臨海但沒有江河直接通航入海的現狀．截至年6月，平陸運河項目累計完成投資約為元，將數據用科學記數法表示為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】科學記數法表示大于10的數
【解析】【解答】解：，
故答案為：C ．
【分析】用科學記數法表示大于10的數，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原數的整數位數減去1，據此解答即可.
4．（2025·梧州模擬）如圖，在中，點，分別是，的中點，，則的長為（　　）
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【知識點】三角形的中位線定理
【解析】【解答】解：∵點D，E分別是AB，AC的中點，
∴，
∵，
∴．
故答案為：B．
【分析】根據三角形的中位線等于第三邊的一半可直接得出答案.
5．（2025·梧州模擬）已知點是正比例函數圖象上一點，則下列點也在該函數圖象上的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】正比例函數的圖象
【解析】【解答】解：∵點是正比例函數圖象上一點，
∴，得，
∴，
當時，，故選項不符合題意；
當時，，故選項B不符合題意；
當時，，故選項C符合題意；
當時，，故選項D不符合題意.
故答案為：C．
【分析】先利用待定系數法求出正比例函數的解析式，然后根據正比例函數圖象上點的坐標特點，將各個選項中所給點的橫坐標分別代入所求的函數解析式算出對應的函數y的值，進而將各個函數值與所給對應點的縱坐標比較即可得出答案.
6．（2025·梧州模擬）如圖，在中，，，是的垂直平分線，分別交、于點，，則的度數為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；線段垂直平分線的性質；等腰三角形的性質-等邊對等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵是的垂直平分線，
∴，
∴，
∴，
故答案為：D．
【分析】由等邊對等角及三角形內角和定理，求得∠ABC=70°，又由線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等得AE=BE，再由等邊對等角得∠ABE=∠A=40°，最后根據角的構成，由∠CBE=∠ABC-∠ABE，列式計算即可.
7．（2025·梧州模擬）下列計算正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】同底數冪的除法；負整數指數冪；合并同類項法則及應用；冪的乘方運算
【解析】【解答】解：A、，此選項計算正確，符合題意；
B、，此選項原計算錯誤，不符合題意；
C、，此選項原計算錯誤，不符合題意；
D、與不是同類項，不能合并，此選項原計算錯誤，不符合題意.
故答案為：A．
【分析】由負整數指數冪的法則“”可判斷A選項；由同底數冪的除法，底數不變，指數相減，即可判斷B選項；由冪的乘方，底數不變，指數相乘，可判斷C選項；整式加法的實質就是合并同類項，所謂同類項就是所含字母相同，而且相同字母的指數也分別相同的項，同類項與字母的順序沒有關系，與系數也沒有關系，合并同類項的時候，只需要將系數相加減，字母和字母的指數不變，但不是同類項的一定就不能合并，從而即可判斷D選項.
8．（2025·梧州模擬）如圖，當駕駛員的眼睛點與地面的距離為米時，是駕駛員的視覺盲區，車頭近似的看成是矩形，且，若的長度為米，則車寬的長度大約是（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】D
【知識點】矩形的判定與性質；相似三角形的實際應用；三角形內接矩形相似模型
【解析】【解答】解：如圖，過點作，垂足為，交于點，
則米，
設米，由得，
，
四邊形是矩形，
，，
，
，
即，
，
，
，
解得，，
∴米
故答案為：D．
【分析】過點P作PM⊥BE于點M，交AF于點N，設FA=x米，則FD=x米，由矩形的性質得AF∥CD，AF=CD，由平行線的性質推出MN=DF=x米，由平行于三角形一邊得直線，截其它兩邊，所截三角形與原三角形相似得△PAF∽△PBE，由相似三角形對應邊成比例建立方程求出PN=x，然后根據PN+MN=PM建立方程，求解得出x的值，從而即可得出CD的長.
9．（2025·梧州模擬）根據《鐵路互聯網售票管理辦法》，對于持二代居民身份證購買“、”字頭列車車票的旅客，可以不用取票直接刷身份證進站，這樣能夠縮短旅客排隊購票、取票的等待時間．已知采用刷身份證進站的方式后平均每分鐘進站的旅客人數是原來的3倍，且300名旅客的進站的時間比原來200名旅客的進站時間還少5分鐘，設原來平均每分鐘進站旅客的人數是人．列出方程為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】列分式方程
【解析】【解答】解：設原來平均每分鐘進站旅客的人數是人．
根據題意，得，
故答案為：A．
【分析】設原來平均每分鐘進站旅客的人數是x人，則現在每分鐘進站的旅客人數為3x人，由工作總量除以工作小丑等于工作時間及現在300名旅客的進站的時間比原來200名旅客的進站時間還少5分鐘，即可得出關于x的分式方程．
10．（2025·梧州模擬）已知點，，在同一個函數的圖象上，其中，這個函數可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】反比例函數的性質；一次函數的性質；二次函數y=ax²+bx+c的性質
【解析】【解答】解：A、函數中比例系數2＞0，圖象的兩支分布在第一、三象限，在每一個象限內y隨x的增大而減小，由于A、B兩點的橫坐標不相等，而縱坐標相等，故A、B兩點不可能同時在該函數的圖象上，故此選項不符合題意；
B、函數y=2x中比例系數2＞0，函數圖象經過第一、三象限，y隨x的增大而增大，由于A、B兩點橫坐標不相等，而縱坐標相等，故A、B兩點不可能同時在該函數的圖象上，故此選項不符合題意；
C、函數y=-x2中二次項系數-1＜0，圖象開口向下，對稱軸直線為x=，所以拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越小，而|-2-0|=2=|2-0|＜|3-0|，所以a＞b，故A、B、C三點能同時在該函數圖象上，故此選項符合題意；
D、函數y=x2中二次項系數1＞0，圖象開口向上，對稱軸直線為x=，所以拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越大，而|-2-0|=2=|2-0|＜|3-0|，所以a＜b，故A、B、C三點不能同時在該函數圖象上，故此選項不符合題意.
故答案為：C.
【分析】反比例函數中，當k＞0時，圖象的兩支分布在第一、三象限，在每一個象限內y隨x的增大而減小，據此可判斷A選項；正比例函數y=kx中當k＞0時，函數圖象經過第一、三象限，y隨x的增大而增大，據此可判斷B選項；二次函數y=ax2中，當a＞0時，圖象開口向上，對稱軸直線為x=0，拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越大，當a＜0時，圖象開口向下，對稱軸直線為x=0，拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越小，據此可判斷C、D選項.
11．（2025·梧州模擬）如圖，四邊形內接于，為直徑，，連接．若半徑為3，．則的長為（　　）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知識點】勾股定理；圓周角定理；垂徑定理的推論
【解析】【解答】解：如圖，連接，交于，
∵為直徑，
∴，
∵半徑為3，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案為：B.
【分析】如圖，連接BD，OC交BD于Q，由直徑所對的圓周角是直角得∠ADB=90°，然后利用勾股定理算出BD的長；由圓心角、弧、弦得關系得出， 由垂徑定理的推論“平分弧的直徑，垂直平分弧所對的弦”得出OC⊥BD，DQ=BQ，利用勾股定理算出OQ，進而由線段和差算出QC，最后再利用勾股定理算出CD即可.
12．（2025·梧州模擬）如圖，一次函數的圖象與反比例函數（）的圖象相交于點，與軸相交于點，把線段繞點逆時針旋轉，若點的對應點在函數的圖象上，則的值為（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【知識點】待定系數法求一次函數解析式；反比例函數與一次函數的交點問題；一次函數圖象與坐標軸交點問題；反比例函數圖象上點的坐標特征；同側一線三垂直全等模型
【解析】【解答】解：∵點在反比例函數（）的圖象上，
∴，解得：，
∴，
∵點在一次函數的圖象上，
∴，解得：，
∴一次函數的解析式為，
∵一次函數與軸相交于點，
∴，
過點作軸于點，過點作于點，則，
∵把線段繞點逆時針旋轉，若點的對應點在函數的圖象上，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴（），
∴，，
∴，
∴，
又點在反比例函數的圖象上，
∴．
故答案為：D．
【分析】先將A（a，4）代入反比例函數解析式中可算出a的值，從而可得A點的坐標，再將A點的坐標代入一次函數y=2x+b中，求出b，即可得到一次函數的解析式，然后令所求一次函數解析式中的x=0算出對應的函數值，可得點B的坐標；過點A作AC⊥y軸于點C，過點B'作B'D⊥AC于點D，由旋轉的性質得∠BAB'=90°，BA=AB'，由同角的余角相等可推出∠AB'D=∠CAB，從而利用AAS判斷出△ABC≌△AB'D，由全等三角形的對應邊相等得AD=BC=2，DB'=AC=1，進而可求出點B'的坐標，最后根據反比例函數圖象上點的坐標特點，將點B'的坐標代入即可求出k的值.
13．（2025·梧州模擬）若式子 在實數范圍內有意義，則x的取值范圍是　 　．
【答案】x≥－3
【知識點】二次根式有無意義的條件
【解析】【解答】∵式子 在實數范圍內有意義，
∴ ，解得： .
故答案為： .
【分析】根據二次根式的被開方數不能為負數，即可得出不等式，求解即可。
14．（2025·梧州模擬）分解因式： =　 　．
【答案】（m+2）（m﹣2）
【知識點】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： =(m+2)(m﹣2)．
故答案為：(m+2)(m﹣2)．
【分析】直接利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)進行因式分解.
15．（2025·梧州模擬）“海棠花窗”是中國建筑中常見的一種設計．如圖是一個海棠花窗的制作示意圖，點是正方形的邊心距上的一點，以點為圓心，長為半徑畫弧，同樣的作法得到其余三條和弧一樣的等弧，已知正方形的邊長是6，當時，這個海棠花窗的周長是　 　．
【答案】
【知識點】圓內接正多邊形；弧長的計算；解直角三角形—邊角關系；等腰三角形的性質-三線合一
【解析】【解答】解：連接，
由題意得，，，
∴，，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴這個海棠花窗的周長是，
故答案為：．
【分析】連接EB，由題意得OF⊥AB，EA=EB，由等腰三角形的三線合一得，，在Rt△EFA中，由∠AEF的正切函數及特殊銳角三角函數值可求出∠AEF=60°，進而利用勾股定理算出AE的長，最后根據弧長計算公式“”算出弧AB的長度，從而即可求出這個海棠花窗的周長.
16．（2025·梧州模擬）如圖，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕；將紙片展平，連接，把沿翻折得到，點恰好落在的中點處．若，則的長為　 　．
【答案】
【知識點】線段垂直平分線的性質；勾股定理；矩形的性質；翻折變換（折疊問題）
【解析】【解答】解：連接，
設，
則在矩形中，，
根據折疊可得，
則，
在中，，
即，
解得：，
在中，，
根據折疊可得，
又點是中點，
∴垂直平分，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴，
即，
故答案為：．
【分析】連接EN，設AD=2x，DE=y，根據矩形的性質得出AD=BC=2x，AB=DC=2，∠B=∠D=∠C=90°，根據折疊性質可得AM=DM=BN=CN=x，AD=AF=FN=2x，則AN=4x，在Rt△ABN中，勾股定理求出，在Rt△AED中，勾股定理表示出AE2，根據折疊可得∠AFE=∠D=90°，根據垂直平分線的性質得出AE=EN，在Rt△CEN中，勾股定理表示出EN2，從而可建立關于字母x、y的方程，進而整體代入后即可求出y的值，從而得到DE的長.
17．（2025·梧州模擬）（1）計算；
（2）解方程組：．
【答案】解：（1）原式；
（2）
把①代入②，得：，解得：；
把代入①，得：；
∴方程組的解為：．
【知識點】代入消元法解二元一次方程組；實數的混合運算（含開方）
【解析】【分析】（1）先計算乘法運算及開方運算，再計算括號內的減法運算，進而計算除法運算，最后進行加減運算即可得出答案；
（2）由于方程組中的①方程已經用含x的式子表示出了y，故利用代入消元法解方程組較為簡單；首先將方程①代入②消去y求出x的值，再將x的值代入①方程求出y的值，從而即可得到原方程組的解.
18．（2025·梧州模擬）如圖，四邊形是平行四邊形，是邊上的一點，且．
（1）尺規作圖：作的平分線，交于點（不寫作法，保留作圖痕跡）．
（2）連接．求證：四邊形是菱形．
【答案】（1）解：如圖，即為所求；
（2）證明：如圖，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
由作圖可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形.
【知識點】平行四邊形的性質；菱形的判定；尺規作圖-作角的平分線
【解析】【分析】（1）根據尺規作角平分線的方法作圖即可；
（2）如圖，連接EF，由平行四邊形的對邊平行得AB∥CD，由二直線平行，內錯角相等得∠AED=∠EAF，由角平分線的定義得∠DAE=∠FAE，則∠DAE=∠DEA，由等角對等邊得AD=DE，結合已知得出AF=DE，從而由“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得四邊形ADEF是平行四邊形，再由“有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形”即可得出結論.
（1）解：如圖，即為所求；
（2）證明：如圖，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
由作圖可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形.
19．（2025·梧州模擬）某校在推進新課程改革的過程中，自主開發了五門校本課程，分別是：．人工智能探索；．傳統文化尋根；．體質與健康；．山歌唱四方；．書香潤心．每名同學根據自己的愛好只能選擇其中一門課程，學校對全校同學的選課情況進行了隨機抽樣調查，制成了如圖所示的兩幅不完整的統計圖．
（1）補全條形統計圖，課程所在的扇形的圓心角的度數是____；
（2）若該校有名學生，請你估計該校選擇課程的學生有多少名？
（3）某班有名同學，其中名同學選擇課程，名同學選擇課程，名同學選擇課程．若從這名同學中隨機抽取名同學，請你用列表法或畫樹狀圖的方法求抽取的這名同學都是選擇課程的概率．
【答案】（1）解：抽取的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
補全統計圖，如圖，
課程所在的扇形的圓心角的度數是
故答案為：；
（2）解：名
∴估計該校選擇課程的學生有名
（3）列表如下，
共有種等可能的選法；抽取的這名同學都是選擇課程的有2種，
∴抽取的這名同學都是選擇課程的概率為．
【知識點】扇形統計圖；條形統計圖；用列表法或樹狀圖法求概率；用樣本所占百分比估計總體數量
【解析】【分析】（1）根據統計圖表提供的信息，用喜歡“人工智能探索”的人數除以其占比即可求出本次調查的總人數，用本次調查的總人數乘以喜歡“傳統文化尋根”的人數所占的百分比即可求出喜歡“傳統文化探索”的人數，進而根據喜歡5門課程的人數之和等于本次調查的總人數求出喜歡“書香潤心”的人數，從而即可補全條形統計圖；用360°乘以喜歡“山歌唱四方”的人數所占的百分比即可求出課程D所在的扇形的圓心角的度數；
（2）用該校學生的總人數成惡意樣本中喜歡課程B的人數所占的百分比，即可估算出該校選擇課程B的學生人數；
（3）此題是抽取不放回類型，根據題意，用列表法列舉出所有等可能的情況數，由表可知共有12種等可能的選法，抽取的，2名同學都是選擇課程A的有2種，從而根據概率公式計算可得答案.
（1）解：抽取的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
補全統計圖，如圖，
課程所在的扇形的圓心角的度數是
故答案為：．
（2）∴估計該校選擇課程的學生有名
（3）解：列表如下，
共有種等可能的選法；抽取的這名同學都是選擇課程的有2種，
∴抽取的這名同學都是選擇課程的概率為．
20．（2025·梧州模擬）如圖，一輛卡車使用一條不可伸縮的長繩通過岸邊的定滑輪向左牽引小船靠岸，已知長繩段與水面平行，且岸邊，當長繩段與水平方向的夾角時，船頭離岸邊的距離為米，已知甲板始終保持與水面平行，且到水面的距離為0.65米．
（1）求定滑輪到水面的距離．
（2）當小船受長繩牽引，船頭前進到點處，此時長繩段與水平方向的夾角，求卡車向左移動了多少米？（結果精確到0.1米．參考數據：，，）
【答案】（1）解：延長交于點，
∵，
∴，
由題意，得：，
在中，，
∴，
∴；
答：定滑輪到水面的距離為；
（2）解：由（1）知：，，在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴卡車移動的距離；
答：卡車向左移動了．
【知識點】解直角三角形的其他實際應用
【解析】【分析】（1）延長BA交DE于點H，由二直線平行，同位角相等可推出∠AHD=90°，在Rt△AHD中，由∠DAH的正切函數可求出DH，再利用線段的和差關系求出DE的長；
（2）在Rt△AHD中，由含30°角直角三角形的性質得出AD=2DH=10m，在Rt△DGH中，由∠DGH的正弦函數可求出DG的長，最后利用AD-DG計算出卡車向左移動的距離.
（1）解：延長交于點，
∵，
∴，
由題意，得：，
在中，，
∴，
∴；
答：定滑輪到水面的距離為；
（2）由（1）知：，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴卡車移動的距離；
答：卡車向左移動了．
21．（2025·梧州模擬）若一元二次方程（，，是常數，且）的兩根分別是，，根據求根公式可以推出，．
（1）運用：若一元二次方程的兩根分別是，，則 ．
（2）類比探究：小芳同學發現．
請你試證明：．
（3）若，是關于的方程的兩個實數根，且，求的值．
【答案】（1）
（2）證明：由題意可得，，
∴；
（3）解：∵，是關于的方程的兩個實數根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
【知識點】完全平方公式及運用；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判別式及應用；一元二次方程的根與系數的關系（韋達定理）
【解析】【解答】（1）解：∵一元二次方程的兩根分別是，，
∴，
故答案為：；
【分析（1）直接利用一元二次方程根與系數的關系“ ”可求出的值；
（2）利用完全平方公式可得然后整體代入后先計算乘方，再通分計算異分母分式的減法運算后即可得出結論；
（3）先利用一元二次方程根與系數的關系可求出，，根據（2）的方法將第二個等式的左邊變形后整體代入可得關于字母m的方程，利用因式分解法解該方程求出m的值；進而利用根的判別式列出不等式求出字母m的取值范圍，即可判斷出符合題意得m的值.
（1）解：一元二次方程的兩根分別是，，則，
故答案為：；
（2）證明：由題意可得，，
∴；
（3）解：∵，是關于的方程的兩個實數根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
22．（2025·梧州模擬）數學活動課上，同學們在劉老師的指導下對二次函數進行了研究．
（1）甲同學經過分析后發現，無論取任何實數，該函數的圖象與軸都有兩個交點．請你通過計算判斷甲同學的說法是否正確．
（2）劉老師為了讓同學們更好地感悟“數形結合”的思想，提出了新問題：若該函數圖象經過點，當時，求的取值范圍．
乙同學經過思考后，通過待定系數法求函數的解析式，利用函數的圖象與性質確定了的最大值和最小值，進而求出的取值范圍．請你結合自己對二次函數的理解求出的取值范圍．
（3）劉老師要求同學們能對所學知識舉一反三，進一步研究：在已知（2）的函數解析式的前提下，若，且函數的最大值和最小值之差為6，求的值．
【答案】（1）解：當時，，
∴該函數的圖象與軸都有兩個交點．
故甲同學的說法正確．
（2）解：把代入得到，解得，
∴拋物線解析式為，
∴頂點坐標為，對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，拋物線上離對稱軸直線距離越遠得點其函數值越大，
∵，
∴在頂點處有最小值，當時有最大值，
∴的取值范圍為．
（3）解：（2）的函數解析式為，
∴對稱軸為，開口向上，當時隨增大而增大，當時隨增大而減小，
①當，即時，隨增大而減小，
∴當時，有最大值；當時，有最小值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時不符合題意；
③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時符合題意；
④當，即時，隨增大而增大，
∴當時，有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
綜上所述，若，且函數的最大值和最小值之差為6，的值為或或．
【知識點】二次函數的最值；二次函數圖象與坐標軸的交點問題；二次函數y=a（x-h）²+k的性質
【解析】【分析】（1）算出根的判別式b2-4ac的值，結合偶數次冪的非負性判斷出判別式的值一定是正數即可；
（2）把（-1，-8）代入y=x2+bx-5算出b的值，即可得出拋物線的解析式，然后把拋物線的解析式配成頂點式，可得頂點坐標為（-2，-9），對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，拋物線上離對稱軸直線距離越遠得點其函數值越大，再結合x的取值范圍求最大值和最小值即可得到的取值范圍；
（3）由函數解析式可得對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，當x＞-2時，y隨x的增大而增大，當x＜-2時，y隨x的增大而減小，然后分①當，即時，②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，④當，即時，隨增大而增大，四種情況，分別求出最大及最小值，根據函數的最大值和最小值之差為6， 建立方程求解即可得出答案.
（1）解：當時，，
∴該函數的圖象與軸都有兩個交點．
故甲同學的說法正確．
（2）解：把代入得到，
解得，
∴拋物線解析式為，
∴頂點坐標為，
當時，函數圖象如圖：
由圖可得，在頂點處有最小值，當時有最大值，
∴的取值范圍為．
（3）解：（2）的函數解析式為，
∴對稱軸為，開口向上，當時隨增大而增大，當時隨增大而減小，
①當，即時，隨增大而減小，
∴當時，有最大值；當時，有最小值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時不符合題意；
③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時符合題意；
④當，即時，隨增大而增大，
∴當時，有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
綜上所述，若，且函數的最大值和最小值之差為6，的值為或或．
23．（2025·梧州模擬）在中，，，，點是線段上的一個動點，以為直徑作圓．
（1）當時，如圖1，求證：圓與相切；
（2）如圖2，連接，與圓相交于點，連接，請你求出的最小值并說明理由；
（3）如圖3，，若點是圓上的一個動點，且點在內，連接、，請你直接寫出的最小值．
【答案】（1）證明：過點O作與點，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴點H在上，且，
∴圓與相切；
（2）解：最小值為，理由如下：
連接AE，取中點為，以為直徑作圓弧交于點G，連接，
∵，
∴，
∴點在上運動，
當三點共線時，有最小值，
此時，∵，
∴，
∴最小值為；
（3）解：的最小值 為.
【知識點】圓周角定理；點與圓的位置關系；切線的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：在上取點，使得，且位于點O上方，連接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
當三點共線時，有最小值，即有最小值，最小值為的長，
此時，，
∴．
【分析】（1）過點O作OH⊥BC與點H，先利用勾股定理算出BC=10，從而由有兩組角對應相等的兩個三角形相似得△ABC∽△HBO，由相似三角形對應邊成比例可求出OH=OD=3，進而根據到圓心距離等于該圓半徑的直線就是該圓的切線即可得出結論；
（2）連接AE，取AC中點為F，以AC為直徑作圓弧交BC于點G，連接BF，易得點在上運動，由直徑所對的圓周角是直角得∠AED=∠AEC=90°，故點E在弧AG上運動，根據點與圓的位置關系，當B、E、F三點共線時，BE有最小值，利用勾股定理即可求解；
（3）在AB上取點Q，使得，且位于點O上方，連接PQ、OP、CQ，由有兩組邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似得△POQ∽△BOP，由相似三角形對應邊成比例推出；根據點與圓的位置關系，當Q、P、C三點共線時，CP+PQ有最小值，即有最小值，最小值為CQ的長，利用勾股定理即可求解．
（1）證明：過點O作與點，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴點H在上，且，
∴圓與相切；
（2）解：最小值為，理由如下：
連接，取中點為，以為直徑作圓弧交于點G，連接，
∵，
∴，
∴點在上運動，
當三點共線時，有最小值，
此時，∵，
∴，
∴最小值為；
（3）解：在上取點，使得，且位于點O上方，連接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
當三點共線時，有最小值，即有最小值，最小值為的長，
此時，，
∴．
1 / 1廣西梧州市2024—2025學年初中學業水平考試第二次模擬測試數學
1．（2025·梧州模擬）的絕對值是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·梧州模擬）如圖所示的幾何體，它的俯視圖是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·梧州模擬）平陸運河改變了廣西臨海但沒有江河直接通航入海的現狀．截至年6月，平陸運河項目累計完成投資約為元，將數據用科學記數法表示為（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·梧州模擬）如圖，在中，點，分別是，的中點，，則的長為（　　）
A．6 B．4 C．3 D．2
5．（2025·梧州模擬）已知點是正比例函數圖象上一點，則下列點也在該函數圖象上的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·梧州模擬）如圖，在中，，，是的垂直平分線，分別交、于點，，則的度數為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·梧州模擬）下列計算正確的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·梧州模擬）如圖，當駕駛員的眼睛點與地面的距離為米時，是駕駛員的視覺盲區，車頭近似的看成是矩形，且，若的長度為米，則車寬的長度大約是（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
9．（2025·梧州模擬）根據《鐵路互聯網售票管理辦法》，對于持二代居民身份證購買“、”字頭列車車票的旅客，可以不用取票直接刷身份證進站，這樣能夠縮短旅客排隊購票、取票的等待時間．已知采用刷身份證進站的方式后平均每分鐘進站的旅客人數是原來的3倍，且300名旅客的進站的時間比原來200名旅客的進站時間還少5分鐘，設原來平均每分鐘進站旅客的人數是人．列出方程為（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·梧州模擬）已知點，，在同一個函數的圖象上，其中，這個函數可能是（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·梧州模擬）如圖，四邊形內接于，為直徑，，連接．若半徑為3，．則的長為（　　）
A． B． C． D．2
12．（2025·梧州模擬）如圖，一次函數的圖象與反比例函數（）的圖象相交于點，與軸相交于點，把線段繞點逆時針旋轉，若點的對應點在函數的圖象上，則的值為（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
13．（2025·梧州模擬）若式子 在實數范圍內有意義，則x的取值范圍是　 　．
14．（2025·梧州模擬）分解因式： =　 　．
15．（2025·梧州模擬）“海棠花窗”是中國建筑中常見的一種設計．如圖是一個海棠花窗的制作示意圖，點是正方形的邊心距上的一點，以點為圓心，長為半徑畫弧，同樣的作法得到其余三條和弧一樣的等弧，已知正方形的邊長是6，當時，這個海棠花窗的周長是　 　．
16．（2025·梧州模擬）如圖，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕；將紙片展平，連接，把沿翻折得到，點恰好落在的中點處．若，則的長為　 　．
17．（2025·梧州模擬）（1）計算；
（2）解方程組：．
18．（2025·梧州模擬）如圖，四邊形是平行四邊形，是邊上的一點，且．
（1）尺規作圖：作的平分線，交于點（不寫作法，保留作圖痕跡）．
（2）連接．求證：四邊形是菱形．
19．（2025·梧州模擬）某校在推進新課程改革的過程中，自主開發了五門校本課程，分別是：．人工智能探索；．傳統文化尋根；．體質與健康；．山歌唱四方；．書香潤心．每名同學根據自己的愛好只能選擇其中一門課程，學校對全校同學的選課情況進行了隨機抽樣調查，制成了如圖所示的兩幅不完整的統計圖．
（1）補全條形統計圖，課程所在的扇形的圓心角的度數是____；
（2）若該校有名學生，請你估計該校選擇課程的學生有多少名？
（3）某班有名同學，其中名同學選擇課程，名同學選擇課程，名同學選擇課程．若從這名同學中隨機抽取名同學，請你用列表法或畫樹狀圖的方法求抽取的這名同學都是選擇課程的概率．
20．（2025·梧州模擬）如圖，一輛卡車使用一條不可伸縮的長繩通過岸邊的定滑輪向左牽引小船靠岸，已知長繩段與水面平行，且岸邊，當長繩段與水平方向的夾角時，船頭離岸邊的距離為米，已知甲板始終保持與水面平行，且到水面的距離為0.65米．
（1）求定滑輪到水面的距離．
（2）當小船受長繩牽引，船頭前進到點處，此時長繩段與水平方向的夾角，求卡車向左移動了多少米？（結果精確到0.1米．參考數據：，，）
21．（2025·梧州模擬）若一元二次方程（，，是常數，且）的兩根分別是，，根據求根公式可以推出，．
（1）運用：若一元二次方程的兩根分別是，，則 ．
（2）類比探究：小芳同學發現．
請你試證明：．
（3）若，是關于的方程的兩個實數根，且，求的值．
22．（2025·梧州模擬）數學活動課上，同學們在劉老師的指導下對二次函數進行了研究．
（1）甲同學經過分析后發現，無論取任何實數，該函數的圖象與軸都有兩個交點．請你通過計算判斷甲同學的說法是否正確．
（2）劉老師為了讓同學們更好地感悟“數形結合”的思想，提出了新問題：若該函數圖象經過點，當時，求的取值范圍．
乙同學經過思考后，通過待定系數法求函數的解析式，利用函數的圖象與性質確定了的最大值和最小值，進而求出的取值范圍．請你結合自己對二次函數的理解求出的取值范圍．
（3）劉老師要求同學們能對所學知識舉一反三，進一步研究：在已知（2）的函數解析式的前提下，若，且函數的最大值和最小值之差為6，求的值．
23．（2025·梧州模擬）在中，，，，點是線段上的一個動點，以為直徑作圓．
（1）當時，如圖1，求證：圓與相切；
（2）如圖2，連接，與圓相交于點，連接，請你求出的最小值并說明理由；
（3）如圖3，，若點是圓上的一個動點，且點在內，連接、，請你直接寫出的最小值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】求有理數的絕對值的方法
【解析】【解答】解：-2025|=-（-2025）=2025
故答案為：D．
【分析】由一個負數的絕對值等于其相反數，而只有符號不同的兩個數互為相反數，作答即可.
2．【答案】B
【知識點】小正方體組合體的三視圖
【解析】【解答】解：由圖可知，俯視圖為：
故答案為：B．
【分析】從幾何體上面往下看，得到的正投影就是其俯視圖，據此逐一判斷得出答案.
3．【答案】C
【知識點】科學記數法表示大于10的數
【解析】【解答】解：，
故答案為：C ．
【分析】用科學記數法表示大于10的數，一般表示成a×10n的形式，其中1≤a＜10，n等于原數的整數位數減去1，據此解答即可.
4．【答案】B
【知識點】三角形的中位線定理
【解析】【解答】解：∵點D，E分別是AB，AC的中點，
∴，
∵，
∴．
故答案為：B．
【分析】根據三角形的中位線等于第三邊的一半可直接得出答案.
5．【答案】C
【知識點】正比例函數的圖象
【解析】【解答】解：∵點是正比例函數圖象上一點，
∴，得，
∴，
當時，，故選項不符合題意；
當時，，故選項B不符合題意；
當時，，故選項C符合題意；
當時，，故選項D不符合題意.
故答案為：C．
【分析】先利用待定系數法求出正比例函數的解析式，然后根據正比例函數圖象上點的坐標特點，將各個選項中所給點的橫坐標分別代入所求的函數解析式算出對應的函數y的值，進而將各個函數值與所給對應點的縱坐標比較即可得出答案.
6．【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；線段垂直平分線的性質；等腰三角形的性質-等邊對等角
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵是的垂直平分線，
∴，
∴，
∴，
故答案為：D．
【分析】由等邊對等角及三角形內角和定理，求得∠ABC=70°，又由線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等得AE=BE，再由等邊對等角得∠ABE=∠A=40°，最后根據角的構成，由∠CBE=∠ABC-∠ABE，列式計算即可.
7．【答案】A
【知識點】同底數冪的除法；負整數指數冪；合并同類項法則及應用；冪的乘方運算
【解析】【解答】解：A、，此選項計算正確，符合題意；
B、，此選項原計算錯誤，不符合題意；
C、，此選項原計算錯誤，不符合題意；
D、與不是同類項，不能合并，此選項原計算錯誤，不符合題意.
故答案為：A．
【分析】由負整數指數冪的法則“”可判斷A選項；由同底數冪的除法，底數不變，指數相減，即可判斷B選項；由冪的乘方，底數不變，指數相乘，可判斷C選項；整式加法的實質就是合并同類項，所謂同類項就是所含字母相同，而且相同字母的指數也分別相同的項，同類項與字母的順序沒有關系，與系數也沒有關系，合并同類項的時候，只需要將系數相加減，字母和字母的指數不變，但不是同類項的一定就不能合并，從而即可判斷D選項.
8．【答案】D
【知識點】矩形的判定與性質；相似三角形的實際應用；三角形內接矩形相似模型
【解析】【解答】解：如圖，過點作，垂足為，交于點，
則米，
設米，由得，
，
四邊形是矩形，
，，
，
，
即，
，
，
，
解得，，
∴米
故答案為：D．
【分析】過點P作PM⊥BE于點M，交AF于點N，設FA=x米，則FD=x米，由矩形的性質得AF∥CD，AF=CD，由平行線的性質推出MN=DF=x米，由平行于三角形一邊得直線，截其它兩邊，所截三角形與原三角形相似得△PAF∽△PBE，由相似三角形對應邊成比例建立方程求出PN=x，然后根據PN+MN=PM建立方程，求解得出x的值，從而即可得出CD的長.
9．【答案】A
【知識點】列分式方程
【解析】【解答】解：設原來平均每分鐘進站旅客的人數是人．
根據題意，得，
故答案為：A．
【分析】設原來平均每分鐘進站旅客的人數是x人，則現在每分鐘進站的旅客人數為3x人，由工作總量除以工作小丑等于工作時間及現在300名旅客的進站的時間比原來200名旅客的進站時間還少5分鐘，即可得出關于x的分式方程．
10．【答案】C
【知識點】反比例函數的性質；一次函數的性質；二次函數y=ax²+bx+c的性質
【解析】【解答】解：A、函數中比例系數2＞0，圖象的兩支分布在第一、三象限，在每一個象限內y隨x的增大而減小，由于A、B兩點的橫坐標不相等，而縱坐標相等，故A、B兩點不可能同時在該函數的圖象上，故此選項不符合題意；
B、函數y=2x中比例系數2＞0，函數圖象經過第一、三象限，y隨x的增大而增大，由于A、B兩點橫坐標不相等，而縱坐標相等，故A、B兩點不可能同時在該函數的圖象上，故此選項不符合題意；
C、函數y=-x2中二次項系數-1＜0，圖象開口向下，對稱軸直線為x=，所以拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越小，而|-2-0|=2=|2-0|＜|3-0|，所以a＞b，故A、B、C三點能同時在該函數圖象上，故此選項符合題意；
D、函數y=x2中二次項系數1＞0，圖象開口向上，對稱軸直線為x=，所以拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越大，而|-2-0|=2=|2-0|＜|3-0|，所以a＜b，故A、B、C三點不能同時在該函數圖象上，故此選項不符合題意.
故答案為：C.
【分析】反比例函數中，當k＞0時，圖象的兩支分布在第一、三象限，在每一個象限內y隨x的增大而減小，據此可判斷A選項；正比例函數y=kx中當k＞0時，函數圖象經過第一、三象限，y隨x的增大而增大，據此可判斷B選項；二次函數y=ax2中，當a＞0時，圖象開口向上，對稱軸直線為x=0，拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越大，當a＜0時，圖象開口向下，對稱軸直線為x=0，拋物線上的點離對稱軸直線距離越遠其對應的函數值就越小，據此可判斷C、D選項.
11．【答案】B
【知識點】勾股定理；圓周角定理；垂徑定理的推論
【解析】【解答】解：如圖，連接，交于，
∵為直徑，
∴，
∵半徑為3，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案為：B.
【分析】如圖，連接BD，OC交BD于Q，由直徑所對的圓周角是直角得∠ADB=90°，然后利用勾股定理算出BD的長；由圓心角、弧、弦得關系得出， 由垂徑定理的推論“平分弧的直徑，垂直平分弧所對的弦”得出OC⊥BD，DQ=BQ，利用勾股定理算出OQ，進而由線段和差算出QC，最后再利用勾股定理算出CD即可.
12．【答案】D
【知識點】待定系數法求一次函數解析式；反比例函數與一次函數的交點問題；一次函數圖象與坐標軸交點問題；反比例函數圖象上點的坐標特征；同側一線三垂直全等模型
【解析】【解答】解：∵點在反比例函數（）的圖象上，
∴，解得：，
∴，
∵點在一次函數的圖象上，
∴，解得：，
∴一次函數的解析式為，
∵一次函數與軸相交于點，
∴，
過點作軸于點，過點作于點，則，
∵把線段繞點逆時針旋轉，若點的對應點在函數的圖象上，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴（），
∴，，
∴，
∴，
又點在反比例函數的圖象上，
∴．
故答案為：D．
【分析】先將A（a，4）代入反比例函數解析式中可算出a的值，從而可得A點的坐標，再將A點的坐標代入一次函數y=2x+b中，求出b，即可得到一次函數的解析式，然后令所求一次函數解析式中的x=0算出對應的函數值，可得點B的坐標；過點A作AC⊥y軸于點C，過點B'作B'D⊥AC于點D，由旋轉的性質得∠BAB'=90°，BA=AB'，由同角的余角相等可推出∠AB'D=∠CAB，從而利用AAS判斷出△ABC≌△AB'D，由全等三角形的對應邊相等得AD=BC=2，DB'=AC=1，進而可求出點B'的坐標，最后根據反比例函數圖象上點的坐標特點，將點B'的坐標代入即可求出k的值.
13．【答案】x≥－3
【知識點】二次根式有無意義的條件
【解析】【解答】∵式子 在實數范圍內有意義，
∴ ，解得： .
故答案為： .
【分析】根據二次根式的被開方數不能為負數，即可得出不等式，求解即可。
14．【答案】（m+2）（m﹣2）
【知識點】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： =(m+2)(m﹣2)．
故答案為：(m+2)(m﹣2)．
【分析】直接利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)進行因式分解.
15．【答案】
【知識點】圓內接正多邊形；弧長的計算；解直角三角形—邊角關系；等腰三角形的性質-三線合一
【解析】【解答】解：連接，
由題意得，，，
∴，，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴這個海棠花窗的周長是，
故答案為：．
【分析】連接EB，由題意得OF⊥AB，EA=EB，由等腰三角形的三線合一得，，在Rt△EFA中，由∠AEF的正切函數及特殊銳角三角函數值可求出∠AEF=60°，進而利用勾股定理算出AE的長，最后根據弧長計算公式“”算出弧AB的長度，從而即可求出這個海棠花窗的周長.
16．【答案】
【知識點】線段垂直平分線的性質；勾股定理；矩形的性質；翻折變換（折疊問題）
【解析】【解答】解：連接，
設，
則在矩形中，，
根據折疊可得，
則，
在中，，
即，
解得：，
在中，，
根據折疊可得，
又點是中點，
∴垂直平分，
∴，
∵，
在中，，
∴，
∴，
即，
故答案為：．
【分析】連接EN，設AD=2x，DE=y，根據矩形的性質得出AD=BC=2x，AB=DC=2，∠B=∠D=∠C=90°，根據折疊性質可得AM=DM=BN=CN=x，AD=AF=FN=2x，則AN=4x，在Rt△ABN中，勾股定理求出，在Rt△AED中，勾股定理表示出AE2，根據折疊可得∠AFE=∠D=90°，根據垂直平分線的性質得出AE=EN，在Rt△CEN中，勾股定理表示出EN2，從而可建立關于字母x、y的方程，進而整體代入后即可求出y的值，從而得到DE的長.
17．【答案】解：（1）原式；
（2）
把①代入②，得：，解得：；
把代入①，得：；
∴方程組的解為：．
【知識點】代入消元法解二元一次方程組；實數的混合運算（含開方）
【解析】【分析】（1）先計算乘法運算及開方運算，再計算括號內的減法運算，進而計算除法運算，最后進行加減運算即可得出答案；
（2）由于方程組中的①方程已經用含x的式子表示出了y，故利用代入消元法解方程組較為簡單；首先將方程①代入②消去y求出x的值，再將x的值代入①方程求出y的值，從而即可得到原方程組的解.
18．【答案】（1）解：如圖，即為所求；
（2）證明：如圖，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
由作圖可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形.
【知識點】平行四邊形的性質；菱形的判定；尺規作圖-作角的平分線
【解析】【分析】（1）根據尺規作角平分線的方法作圖即可；
（2）如圖，連接EF，由平行四邊形的對邊平行得AB∥CD，由二直線平行，內錯角相等得∠AED=∠EAF，由角平分線的定義得∠DAE=∠FAE，則∠DAE=∠DEA，由等角對等邊得AD=DE，結合已知得出AF=DE，從而由“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得四邊形ADEF是平行四邊形，再由“有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形”即可得出結論.
（1）解：如圖，即為所求；
（2）證明：如圖，連接，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
由作圖可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形.
19．【答案】（1）解：抽取的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
補全統計圖，如圖，
課程所在的扇形的圓心角的度數是
故答案為：；
（2）解：名
∴估計該校選擇課程的學生有名
（3）列表如下，
共有種等可能的選法；抽取的這名同學都是選擇課程的有2種，
∴抽取的這名同學都是選擇課程的概率為．
【知識點】扇形統計圖；條形統計圖；用列表法或樹狀圖法求概率；用樣本所占百分比估計總體數量
【解析】【分析】（1）根據統計圖表提供的信息，用喜歡“人工智能探索”的人數除以其占比即可求出本次調查的總人數，用本次調查的總人數乘以喜歡“傳統文化尋根”的人數所占的百分比即可求出喜歡“傳統文化探索”的人數，進而根據喜歡5門課程的人數之和等于本次調查的總人數求出喜歡“書香潤心”的人數，從而即可補全條形統計圖；用360°乘以喜歡“山歌唱四方”的人數所占的百分比即可求出課程D所在的扇形的圓心角的度數；
（2）用該校學生的總人數成惡意樣本中喜歡課程B的人數所占的百分比，即可估算出該校選擇課程B的學生人數；
（3）此題是抽取不放回類型，根據題意，用列表法列舉出所有等可能的情況數，由表可知共有12種等可能的選法，抽取的，2名同學都是選擇課程A的有2種，從而根據概率公式計算可得答案.
（1）解：抽取的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
選擇課程的人數為：人，
補全統計圖，如圖，
課程所在的扇形的圓心角的度數是
故答案為：．
（2）∴估計該校選擇課程的學生有名
（3）解：列表如下，
共有種等可能的選法；抽取的這名同學都是選擇課程的有2種，
∴抽取的這名同學都是選擇課程的概率為．
20．【答案】（1）解：延長交于點，
∵，
∴，
由題意，得：，
在中，，
∴，
∴；
答：定滑輪到水面的距離為；
（2）解：由（1）知：，，在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴卡車移動的距離；
答：卡車向左移動了．
【知識點】解直角三角形的其他實際應用
【解析】【分析】（1）延長BA交DE于點H，由二直線平行，同位角相等可推出∠AHD=90°，在Rt△AHD中，由∠DAH的正切函數可求出DH，再利用線段的和差關系求出DE的長；
（2）在Rt△AHD中，由含30°角直角三角形的性質得出AD=2DH=10m，在Rt△DGH中，由∠DGH的正弦函數可求出DG的長，最后利用AD-DG計算出卡車向左移動的距離.
（1）解：延長交于點，
∵，
∴，
由題意，得：，
在中，，
∴，
∴；
答：定滑輪到水面的距離為；
（2）由（1）知：，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴卡車移動的距離；
答：卡車向左移動了．
21．【答案】（1）
（2）證明：由題意可得，，
∴；
（3）解：∵，是關于的方程的兩個實數根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
【知識點】完全平方公式及運用；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判別式及應用；一元二次方程的根與系數的關系（韋達定理）
【解析】【解答】（1）解：∵一元二次方程的兩根分別是，，
∴，
故答案為：；
【分析（1）直接利用一元二次方程根與系數的關系“ ”可求出的值；
（2）利用完全平方公式可得然后整體代入后先計算乘方，再通分計算異分母分式的減法運算后即可得出結論；
（3）先利用一元二次方程根與系數的關系可求出，，根據（2）的方法將第二個等式的左邊變形后整體代入可得關于字母m的方程，利用因式分解法解該方程求出m的值；進而利用根的判別式列出不等式求出字母m的取值范圍，即可判斷出符合題意得m的值.
（1）解：一元二次方程的兩根分別是，，則，
故答案為：；
（2）證明：由題意可得，，
∴；
（3）解：∵，是關于的方程的兩個實數根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
22．【答案】（1）解：當時，，
∴該函數的圖象與軸都有兩個交點．
故甲同學的說法正確．
（2）解：把代入得到，解得，
∴拋物線解析式為，
∴頂點坐標為，對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，拋物線上離對稱軸直線距離越遠得點其函數值越大，
∵，
∴在頂點處有最小值，當時有最大值，
∴的取值范圍為．
（3）解：（2）的函數解析式為，
∴對稱軸為，開口向上，當時隨增大而增大，當時隨增大而減小，
①當，即時，隨增大而減小，
∴當時，有最大值；當時，有最小值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時不符合題意；
③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時符合題意；
④當，即時，隨增大而增大，
∴當時，有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
綜上所述，若，且函數的最大值和最小值之差為6，的值為或或．
【知識點】二次函數的最值；二次函數圖象與坐標軸的交點問題；二次函數y=a（x-h）²+k的性質
【解析】【分析】（1）算出根的判別式b2-4ac的值，結合偶數次冪的非負性判斷出判別式的值一定是正數即可；
（2）把（-1，-8）代入y=x2+bx-5算出b的值，即可得出拋物線的解析式，然后把拋物線的解析式配成頂點式，可得頂點坐標為（-2，-9），對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，拋物線上離對稱軸直線距離越遠得點其函數值越大，再結合x的取值范圍求最大值和最小值即可得到的取值范圍；
（3）由函數解析式可得對稱軸直線為x=-2，圖象開口向上，當x＞-2時，y隨x的增大而增大，當x＜-2時，y隨x的增大而減小，然后分①當，即時，②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，④當，即時，隨增大而增大，四種情況，分別求出最大及最小值，根據函數的最大值和最小值之差為6， 建立方程求解即可得出答案.
（1）解：當時，，
∴該函數的圖象與軸都有兩個交點．
故甲同學的說法正確．
（2）解：把代入得到，
解得，
∴拋物線解析式為，
∴頂點坐標為，
當時，函數圖象如圖：
由圖可得，在頂點處有最小值，當時有最大值，
∴的取值范圍為．
（3）解：（2）的函數解析式為，
∴對稱軸為，開口向上，當時隨增大而增大，當時隨增大而減小，
①當，即時，隨增大而減小，
∴當時，有最大值；當時，有最小值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
②當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離小于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時不符合題意；
③當，時，對稱軸在范圍中間，到對稱軸的距離大于到對稱軸的距離，此時，
∴在頂點處有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，
∵，，
此時符合題意；
④當，即時，隨增大而增大，
∴當時，有最小值；當時，有最大值；
∵函數的最大值和最小值之差為6，
∴，
解得，符合題意；
綜上所述，若，且函數的最大值和最小值之差為6，的值為或或．
23．【答案】（1）證明：過點O作與點，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴點H在上，且，
∴圓與相切；
（2）解：最小值為，理由如下：
連接AE，取中點為，以為直徑作圓弧交于點G，連接，
∵，
∴，
∴點在上運動，
當三點共線時，有最小值，
此時，∵，
∴，
∴最小值為；
（3）解：的最小值 為.
【知識點】圓周角定理；點與圓的位置關系；切線的判定；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：在上取點，使得，且位于點O上方，連接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
當三點共線時，有最小值，即有最小值，最小值為的長，
此時，，
∴．
【分析】（1）過點O作OH⊥BC與點H，先利用勾股定理算出BC=10，從而由有兩組角對應相等的兩個三角形相似得△ABC∽△HBO，由相似三角形對應邊成比例可求出OH=OD=3，進而根據到圓心距離等于該圓半徑的直線就是該圓的切線即可得出結論；
（2）連接AE，取AC中點為F，以AC為直徑作圓弧交BC于點G，連接BF，易得點在上運動，由直徑所對的圓周角是直角得∠AED=∠AEC=90°，故點E在弧AG上運動，根據點與圓的位置關系，當B、E、F三點共線時，BE有最小值，利用勾股定理即可求解；
（3）在AB上取點Q，使得，且位于點O上方，連接PQ、OP、CQ，由有兩組邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似得△POQ∽△BOP，由相似三角形對應邊成比例推出；根據點與圓的位置關系，當Q、P、C三點共線時，CP+PQ有最小值，即有最小值，最小值為CQ的長，利用勾股定理即可求解．
（1）證明：過點O作與點，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴點H在上，且，
∴圓與相切；
（2）解：最小值為，理由如下：
連接，取中點為，以為直徑作圓弧交于點G，連接，
∵，
∴，
∴點在上運動，
當三點共線時，有最小值，
此時，∵，
∴，
∴最小值為；
（3）解：在上取點，使得，且位于點O上方，連接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
當三點共線時，有最小值，即有最小值，最小值為的長，
此時，，
∴．
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