第第頁2025年中考數學終極押題猜想（武漢專用）TOC\o"1-1"\h\u押題猜想一一元二次方程根與系數的關系及應用（選填） 1押題猜想二反比例函數的性質及應用（選填） 4押題猜想三解直角三角形及其應用（選填） 7押題猜想四幾何與圖象結合問題（選填） 13押題猜想五圓中的綜合問題（選填） 19押題猜想六二次函數小綜合（選填） 26押題猜想七幾何求值類問題小題壓軸（選填） 35押題猜想八幾何最值類問題小題壓軸（選填） 45押題猜想九規律探索問題（選填） 55押題猜想十新定義問題（選填） 62押題猜想十一數與式、方程與不等式（解答題） 67押題猜想十二幾何中的基本證明（解答題） 70押題猜想十三概率統計（解答題） 76押題猜想十四圓中的證明問題（解答題） 85押題猜想十五無刻度作圖（解答題） 95押題猜想十六實際應用問題（解答題） 107押題猜想十七幾何大題綜合（解答題壓軸） 115押題猜想十八二次函數大題綜合（解答題壓軸） 135押題猜想一一元二次方程根與系數的關系及應用（選填）已知a，b是關于x的一元二次方程的兩個不等的實數根，則代數式的值是（

）A．2 B． C．1 D．【答案】C【詳解】解：由題意得，．故答案為：C．押題解讀：本題考查了一元二次方程的根與系數的關系，由根與系數的關系得，將分式變形，然后代入求解，即可求解；掌握根與系數的關系：“、是一元二次方程的兩個根，則有”是解題的關鍵．1．若是一元二次方程的兩根，則的值為（

）A．8 B．6 C．?4 D．4【答案】A【分析】本題主要考查了一元二次方程，根與系數的關系，解題的關鍵是熟練掌握一元二次方程的兩個根，，滿足，．首先根據一元二次方程的根與系數的關系得到，，然后把前面的值代入即可求出其值．【詳解】解：∵是一元二次方程的兩根，∴，，∴故選：A．2．若a，b是方程的兩個根，則的值是（

）A．2026 B．2025 C．2024 D．2023【答案】C【分析】本題考查了一元二次方程的解、一元二次方程根與系數的關系，由題意可得，，代入所求式子計算即可得解．【詳解】解：∵a，b是方程的兩個根，∴，，∴，∴，故選：C．3．已知關于的方程的兩實數根為，，若，則的值為（

）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】本題考查一元二次方程根與系數的關系，解題的關鍵是掌握，，根據方程，先求出，，根據，得到，求出，再根據一元二次方程根的判別式，確定的值，即可．【詳解】解：∵關于的方程的兩實數根為，，∴，，∵，∴，∴，解得：，，∵方程有兩實數根，∴，解得：，∴（舍去），∴．故選：A．4．若關于的方程有兩個實數根，且兩根之和不小于，則代數式化簡的結果是（

）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】本題考查了一元二次方程根的判別式，根與系數的關系，二次根式化簡，解題的關鍵在于正確掌握相關知識．根據一元二次方程根的判別式，根與系數的關系，建立不等式推出的取值范圍，再結合完全平方公式變形，以及二次根式性質，絕對值性質化簡求解，即可解題．【詳解】解：關于的方程有兩個實數根，，兩根之和不小于，，解得，綜上，，，，故選：D．5．若關于的方程的兩根之和為p，兩根之積為q，則關于y的方程的兩根之積是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查根與系數的關系，設關于的方程的兩個根為，得到，換元法，得到的兩個根為，再進行求解即可．【詳解】解：設關于的方程的兩個根為，則：，∴關于y的方程的兩根為，∴；故選A．押題猜想二反比例函數的性質及應用（選填）已知點，，都在反比例函數的圖象上，且，則，，的大小關系為．（用“”連接）【答案】【詳解】∵反比例函數，，∴圖象在第二、四象限，在每個象限內，隨的增大而增大，∵，∴點在第二象限，∴，∵，∴點，在第四象限，且在第四象限隨的增大而增大，∴，而第四象限的值大于，∴．故答案為：．押題解讀：本題主要考查了反比例函數的圖象與性質，熟練掌握反比例函數的圖象與性質是解題的關鍵．先確定反比例函數圖象所在象限及單調性．根據判斷點、在第四象限，點在第二象限．利用單調性得出、、的大小關系即可．1．若點，，都在反比例函數的圖象上，則，，的大小關系是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查的是反比例函數圖象上點的坐標特點，熟練掌握反比例函數的圖象和性質是解答此題的關鍵．分別把各點代入反比例函數的解析式，求出，，的值，再比較出其大小即可．【詳解】解：點，，都在反比例函數的圖象上，則，，；則；故答案為：D2．若點和點都在反比例函數的圖象上，且，則k的值可以是．【答案】（k取小于的數均正確）【分析】本題主要考查了根據反比例函數的增減性求參數，根據題意可得在同一象限內，y隨x增大而增大，則，由此可得答案．【詳解】解：∵點和點都在反比例函數的圖象上，且，∴在同一象限內，y隨x增大而增大，∴，∴，∴符合題意的k的值可以是，故答案為：（k取小于的數均可）．3．如果反比例函數的圖像上有兩點、，當時，有，那么m的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查反比例函數的性質，結合題意得出當時，反比例函數中y隨x的增大而增大，得到，計算求解即可．【詳解】解：∵反比例函數的圖像上有兩點、，當時，有，∴當時，反比例函數中y隨x的增大而增大，∴得，故選：D．4．若點和點在反比例函數（為常數）的圖象上，若，則，，0的大小關系為．【答案】【分析】本題考查比較反比例函數的函數值大小，判斷出反比例函數所在的象限，再判斷函數值大小即可．【詳解】解：∵，∴的圖象過一，三象限，∵點和點在反比例函數（為常數）的圖象上，且，∴；故答案為：．5．函數圖象上有兩點（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】D【分析】本題考查了反比例函數的圖象與性質，解題的關鍵是熟練掌握反比例函數的性質：當時，圖象在一、三象限，在每一象限內，y隨x的增大而減小；當時，圖象在二、四象限，在每一象限內，y隨x的增大而增大．據此對每個選項進行判斷即可．【詳解】解：∵，∴反比例函數圖象經過第二、四象限，且在每一個象限內，y隨著x的增大而增大，A、時，則，則在第二象限，∵y隨著x的增大而增大，∴，故A錯誤，不符合題意；B、可舉反例，若，則，則在第二象限，∵y隨著x的增大而增大，∴，故B錯誤，不符合題意；C、可舉反例，若，則，則在第四象限，∵y隨著x的增大而增大，∴，故C錯誤，不符合題意；D、若，則，則在第四象限，∵y隨著x的增大而增大，∴，故D錯誤，符合題意；故選：D．押題猜想三解直角三角形及其應用（選填）如圖是小紅同學安裝的化學實驗裝置，安裝要求為試管略向下傾斜，試管夾應固定在距試管口的三分之一處．已知試管，，試管傾斜角為．實驗時，為了保持裝置穩定，導氣管緊貼水槽壁，延長交的延長線于點，（點，，，在一條直線上），經測得：，，求鐵架臺和點的水平距離的長度（結果精確到）．（參考數據：，，）A．33.0 B．33.8 C．26.0 D．26.8【答案】B【分析】本題考查解直角三角形的應用，通過作輔助線構造直角三角形，掌握直角三角形中的邊角關系是解題的關鍵．過點分別作，，垂足分別為、，在中得出的長，進而求得的長，根據，即可求解．【詳解】解：過點分別作，，垂足分別為、，∵，∴四邊形為矩形，∴，，．在中，，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，則線段的長度約為，故選：B押題解讀：本題為解直角三角形的應用問題，是常見考查題型，多在填空題中出現，側重中等難度。主要考查解直角三角形的邊角關系、矩形性質及等腰三角形判定。解題關鍵在于通過作輔助線構造直角三角形與矩形，利用三角函數求線段長度，再通過角度計算推導，進而求解長度。對于此類幾何問題，要熟練掌握直角三角形邊角關系、矩形性質及等腰三角形判定方法，通過作輔助線轉化條件，靈活運用已知數據進行計算。1．如圖，要測量塔的高度，在塔前平地上C處，用測角儀測得塔頂B的仰角，沿方向走到E處，測得塔頂點B的仰角，且量得長為，測角儀的高度為，點C、E、A在同一直線上，則塔的高度為m（參考數據：，，）．【答案】【分析】本題考查解直角三角形的實際應用，熟練掌握銳角三角函數的定義解題的關鍵．設，則，在中，，由求出，根據在中，，即可列方程求解．【詳解】解：如圖，依題意得：四邊形、四邊形都是矩形，∴，設，則，在中，，，∴，∴∵在中，，，，解得．塔的高度約為米．故答案為.2．某數學興趣小組用無人機測量烏魯木齊市紅山塔的高度，測量方案如圖：先將無人機垂直上升至距水平地面的P點，測得紅山塔頂端A的俯角為，再將無人機面向紅山塔沿水平方向飛行到達Q點，測得紅山塔頂端A的俯角為，求紅山塔的高度約為多少？（結果保留一位小數）（參考數據：，，）【答案】【分析】本題考查了解直角三角形的應用-仰角俯角問題，延長交于點C，根據題意可得：，，然后設，則，從而分別在和中，利用銳角三角函數的定義求出的長，進而列出關于x的方程，進行計算即可解答．【詳解】解：延長交于點C，如圖，由題意得：，，設，∵，∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，解得：，∴，∴，故答案為：．3．為出行方便，越來越多的市民使用起了共享單車，圖1為單車實物圖，圖2為單車示意圖，與地面平行，坐墊C可沿射線方向調節．已知，車輪半徑為，當時，小明體驗后覺得騎著比較舒適，此時坐墊C離地面高度約為．（結果精確到1cm，參考數據：）【答案】/86厘米【分析】本題考查了解直角三角形的應用，作出適當的輔助線，構造出直角三角形是解題的關鍵；作于H，作地面于P，利用三角函數求出即可．【詳解】解：如圖，作于H，作地面于P，由題知，，∴，∴坐墊C離地面高度約為，故答案為：．4．市為響應“加快產業迭代升級、促進綠色生態發展”的號召，三年前決定將該市的一家高能耗工廠進行遷建，并將其原址改建成“工業遺址文化樂園”．工程之初，施工方對廠區內的一座高爐進行了測繪，先將測角儀放置在水平地面的處，觀測鏡頭距地面米，此時測得高爐頂端的仰角，再將測角儀移至地面的處，測得高爐頂端的仰角，已知相距米，高爐底部與在同一水平線上．則高爐的高度約為米．（計算結果精確到米）．（參考數據：，．）【答案】【分析】本題考查了解直角三角形的應用仰角俯角問題，設與的延長線相交于點，可得米，設米，分別解和得米，米，再根據米列出方程求出即可求解，掌握三角函數的定義是解題的關鍵．【詳解】解：設與的延長線相交于點，則，由題意可得米，設米，在中，，∴米，在中，，∴米，∵米，∴，解得，∴米，故答案為：．5．由于木質衣架沒有柔性，在掛置衣服的時候不太方便操作且不易收納．小敏設計了一種衣架，在使用時能輕易收攏，然后套進衣服后松開即可．如圖①，衣架桿，；若衣架收攏時，，如圖②所示；則收攏時的寬度比松開時的寬度縮短了．（保留一位小數，）【答案】【分析】本題考查解直角三角形的應用，熟練掌握解直角三角形是解題的關鍵．根據題意，在圖①中，利用解直角三角形，求出的值，在圖②中利用等邊三角形的性質，得到的長度，從而得到結果．【詳解】解：如圖①，過點作，，在中，，，，如圖②，，，為等邊三角形，，，收攏時的寬度比松開時的寬度縮短了．故答案為：．押題猜想四幾何與圖象結合問題（選填）如圖，將一個圓柱形水杯固定在一個空的長方體水槽底部中央，水杯中原有部分水，現沿水槽內壁向槽內勻速注水，直到水槽注滿為止．能刻畫水杯中水面的高度（厘米）與注水時間（分）的函數關系的圖象大致是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】解：將一個圓柱形水杯固定在一個空的長方體水槽底部中央，水杯中原有部分水，現沿水槽內壁向水橧內勻速注水，直到水槽注滿為止．圓柱形水杯內的水原來的高度一定大于0，則可以判斷A、D一定錯誤，沿水槽內壁向水橧內勻速注水，水開始時不會流入圓柱形水杯，因而這段時間不變，當水槽內的水面與圓柱形水杯水平時，開始向圓柱形水杯中流水，隨的增大而增大，當水注滿圓柱形水杯后，圓柱形水杯內水面的高度不再變化，故C正確，B錯誤．故選：C．押題解讀：本題考查了函數的圖象．根據將一個圓柱形水杯固定在一個空的長方體水槽底部中央，水杯中原有部分水，現沿水槽內壁向水橧內勻速注水，即可求出圓柱形水杯內水面的高度與注水時間的函數圖象．1．向如圖所示的空容器內勻速注水，從水剛接觸底部時開始計時，直到把容器注滿．在注水過程中，設容器內底部所受水的壓強為（單位：帕），時間為（單位：秒），則關于的函數圖象大致為（

）A．B．C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了函數的圖象，根據圖象可知，底層圓柱的直徑較小，上層圓柱的直徑較大，中層圓柱的直徑最大，壓強與水面高度成正比例，故注水過程容器內底部所受水的壓強是先快后慢后又變快．【詳解】解：因為根據圖象可知，底層圓柱的直徑較小，上層圓柱的直徑較大，中層圓柱的直徑最大，所以注水過程容器內底部所受水的壓強是先快后慢后又變快，故選項C符合題意．故選：C．2．如圖，在平行四邊形中，動點從點出發，沿折線方向勻速運動，運動到點時停止，設點的運動路程為，線段的長度為，與的函數圖象如圖所示．若的最大值為，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了根據函數圖象獲取有效信息，勾股定理，熟練掌握以上知識點是解答本題的關鍵．連接，過點作于，根據函數圖象可知：，，，所以，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，最后根據即可解答．【詳解】解：連接，過點作于，如圖所示：由圖象可知，，，，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，故選：D．3．如圖（1），底面積為的空圓柱容器內水平放置著由兩個實心圓柱組成的“幾何體”．現向容器內勻速注水，注滿為止．在注水過程中，水面高度與注水時間t（s）之間的關系如圖（2），若“幾何體”的下方圓柱的底面積為，則“幾何體”上方圓柱體的高是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了函數圖像的應用：把分段函數圖像中自變量與對應的函數值轉化為實際問題中的數量關系，然后運用方程的思想解決實際問題是解決本題的關鍵．根據圖像，分三個部分：滿過“幾何體”下方圓柱需，滿過“幾何體”上方圓柱需，注滿“幾何體”上面的空圓柱形容器需，再設勻速注水的水流速度為，根據圓柱的體積公式列方程可得勻速注水的水流速度；設“幾何體”下方圓柱的高為，根據圓柱的體積公式得，解得，于是得到“幾何體”上方圓柱的高為．【詳解】解：根據函數圖像得到圓柱形容器的高為，兩個實心圓柱組成的“幾何體”的高度為，水從剛滿過由兩個實心圓柱組成的“幾何體”到注滿用了：，這段高度為：，設勻速注水的水流速度為，則，解得，即勻速注水的水流速度為；“幾何體”下方圓柱的高為，則，解得，所以“幾何體”上方圓柱的高為，故選：A．4．如圖1，在正方形中，動點P從點A出發，沿的方向勻速運動，當點P到達點C時停止運動．過點P作，交于點Q．設點P運動的路程為x，，圖2是點P運動時y隨x變化的關系圖象，則正方形的邊長為（

）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】B【分析】本題考查了動點類的函數圖象分析，涉及正方形的性質，相似三角形的判定與性質，二次函數的性質等，正確讀懂函數圖象是解題的關鍵．設正方形的邊長為,則，當點在邊上運動時，，可得，繼而代入數據，求出關于的函數解析式，再由二次函數的性質以及圖象分析求解即可．【詳解】解：設正方形的邊長為,則，當點在邊上運動時，，如圖：∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴當時，取得最大值，由圖象可得，此時，∴，解得：，故選：B．5．在物理學實驗中，老師和同學們設計了一個梯形軌道來模擬物體的運動路徑．已知軌道段與段平行（），且段與水平方向成夾角（）．軌道各部分的長度為，．實驗中，兩個小球和分別從點和點出發，沿邊和邊自由滑動（不與重合，不與重合）．同學們通過傳感器記錄和的中點，的位置，并發現點到點的距離與小球的位移（）存在動態關系．請根據上述條件，建立與的函數模型，并選擇下列圖象中能正確反映該函數關系的示意圖．（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】此題考查了動點問題的函數圖象，勾股定理，解題的關鍵是正確分情況討論．如圖所示，過點A作于點，過點D作于點M，首先求出，然后分兩種情況討論：當點在點左側和當點在點右側，然后分別利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖所示，過點A作于點，過點D作于點M，∵∴∵，∴同理可得，∴①當點在點左側（），∵，∴，，點分別為的中點，是的中位線，，；②當點在點右側（），，，同理可得：，；綜上所述，．∴當時，y取得最小值；當時，∴能正確反映該函數關系的示意圖是C．故選：C．押題猜想五圓中的綜合問題（選填）如圖，是的外接圓，弦交于點，，過點作于點，延長交于點，若，則的長為（

）A． B． C．8 D．【答案】B【分析】作于點M，由題意可得出，從而可得出為等邊三角形，從而得到，再由已知得出，的長，進而得出，的長，再求出的長，再由勾股定理求出的長．【詳解】解：作于點M，在和中，，∴，∴，又∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∵∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴．故選：B．押題解讀：本題考查全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、垂徑定理、勾股定理等知識點，綜合性較強，掌握基本圖形的性質，熟練運用勾股定理是解題關鍵．1．如圖，點A，B，C，D都在上，為的直徑，且，若，，則的半徑為（

）A．10 B．2 C． D．5【答案】D【分析】本題主要考查圓周角定理，勾股定理，熟練掌握圓周角定理及勾股定理是解題的關鍵．根據平行線的性質得出，即，求出，根據直徑所對的圓周角為直角得出，根據勾股定理求出，即可得出答案．【詳解】解：∵，∴，∴，∴，∵為的直徑，∴，∴，∴的半徑為．故選：D．2．如圖，在中，，，以為直徑作，交于點，點是上一點，連接并延長，交于點，連接．若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了弧長公式，圓周角定理及推論，熟練掌握這些知識點是解題的關鍵．連接，，根據三角形外角的性質結合圓周角定理的推論求出，即可求出，再根據弧長公式計算即可．【詳解】如圖，連接．為的直徑，．由對頂角相等，可得．．，．．，．，．的長為．故選B．3．如圖，在平行四邊形中，是邊上一點，連接，，作的外接圓交于點．已知的半徑為，，則；若，，則．【答案】【分析】連接、、，過H作于H，先根據等腰三角形的性質和圓周角定理得到，，則，在中，利用正弦定義可得，求得，進而可求得；利用弧和圓周角的關系和平行四邊形的性質可得到，再根據圓內接四邊形的性質得到，證明，利用相似三角形的性質得到，進而求解即可．【詳解】解：連接、、，過H作于H，∵，∴，，∵，∴，則，在中，，，∴，∴；∵，，∴，，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵四邊形是內接四邊形，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴，故答案為：，．【點睛】本題考查圓周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、平行四邊形的性質、弧和圓周角的關系等知識，利用相似三角形的性質求解是解答的關鍵．4．如圖，在正方形中，先以點為圓心，長為半徑畫弧，再以為直徑作半圓，交前弧于點，連接，．若，則圖中陰影部分的面積為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本題考查扇形面積的計算，正方形的性質，垂徑定理，圓周角定理，作于H，利用垂徑定理可得，利用圓周角定理得到，然后通過證得，得出，設，，根據勾股定理得出，然后根據即可求解．【詳解】解：如圖，作于H，則，∵是直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，設，，在中，由勾股定理得，，即，∴，∴，∴，故選：A．5．如圖，在中，，，是的外接圓，為上一動點，過作直線的垂線，垂足為．在從沿運動到的過程中，點經過的路徑長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖：連接，由圓周角定理可得，則從A到C其旋轉角為；取的中點F，連接，由垂徑定理可得，，再解直角三角形可得，取的中點G，連接，進而確定點E的軌跡，最后根據弧長公式求解即可．【詳解】解：如圖：連接，∵，∴，∴點從沿運動到的過程中，從A到C其旋轉角為，取的中點F，連接，∵是弦的中點，∴，，在中，，∴，取的中點G，連接，∵，∴，∴點E的軌跡為以G為圓心，為半徑畫圓弧，由于點D旋轉，則點E也旋轉，∴點經過的路徑長為．故選：A．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、旋轉的性質、垂徑定理、解直角三角形、弧長公式等知識點，靈活運用相關知識成為解題的關鍵．押題猜想六二次函數小綜合（選填）如圖，二次函數的圖象與x軸交于點，與y軸的交點B在與之間（不包括這兩點），對稱軸為直線．下列結論：①；②若點，點是函數圖象上兩點，則；③當時，將拋物線先向上平移4個單位，再向右平移1個單位，得到拋物線；④；⑤．其中正確的有（填序號）【答案】①④⑤【分析】根據二次函數圖象的開口方向，對稱軸的位置，與y軸交點的位置判斷①符合題意；根據點N坐標和二次函數的對稱軸確定二次函數圖象過點，再根據二次函數的增減性即可判斷②不符合題意；使用待定系數法求出拋物線解析式，再根據二次函數圖象平移規律即可判斷③不符合題意；把點A坐標和點A關于對稱軸對稱的點的坐標代入二次函數解析式，然后用a表示c，再根據點C的位置和不等式的性質即可判斷④符合題意；根據二次函數的最值得到不等式，再根據不等式的性質和等價代換思想即可判斷⑤符合題意．【詳解】解：∵二次函數圖象開口方向向下，對稱軸在y軸右側，與y軸的交點在y軸的正半軸，∴，，．∴．∴．故①符合題意．∵點是函數圖象上一點，對稱軸是直線，∴二次函數圖象經過點．∵二次函數圖象開口方向向下，∴當時，y隨x的增大而增大．∵函數圖象上一點，∴．故②不符合題意．∵，二次函數圖象對稱軸是直線，∴設二次函數解析式為．把點坐標代入二次函數解析式得．解得．∴二次函數解析式為．∴拋物線先向上平移4個單位，再向右平移1個單位得到拋物線為．故③不符合題意．∵二次函數圖象過點，二次函數對稱軸是直線，∴二次函數圖象過點．把點和代入二次函數解析式中得用a來表示b和c得∵二次函數圖象與y軸的交點B在與之間（不包括這兩點），∴．∴．∴．故④符合題意．∵二次函數圖象開口方向向下，對稱軸為直線，∴二次函數在時取得最大值．∴當時，，即．∴．∵，∴．∴．∴．故⑤符合題意．故①④⑤符合題意．故答案為：①④⑤．押題解讀：本題考查二次函數的圖象與系數關系，二次函數的對稱性，二次函數的增減性，二次函數圖象平移規律，待定系數法求二次函數解析式，二次函數的最值，不等式的性質，綜合應用這些知識點是解題關鍵．1．已知拋物線（a，b，c均為常數，且）經過點，下列結論：①；②；③當時y隨x的增大而增大；④關于x的方程有兩個不相等的實數根．其中正確結論的個數是個．【答案】4【分析】本題考查的是二次函數圖象與系數的關系、一元二次方程根的判別式、拋物線與軸的交點，熟記二次函數的對稱軸、增減性以及一元二次方程根的判別式是解題的關鍵．根據拋物線經過點、結合題意判斷①②；根據拋物線的對稱性判斷③；根據一元二次方程根的判別式判斷④．【詳解】解：②∵拋物線經過點，∴，∵，∴，即，故②正確；①∵，，∴，∴，故①正確；③∵∴對稱軸，∴當時，隨的增大而增大，故③正確；④∵，∴，對于方程，，∴方程有兩個不相等的實數根，故④正確；綜上所述，其中正確結論的個數是4．故答案為：4．2．拋物線的頂點為，與軸的一個交點在點和之間，其部分圖象如圖，有以下結論：①；②若，是圖象上的兩點，則；③；④若方程沒有實數根，則；⑤．其中結論正確的是．【答案】【分析】此題主要考查了二次函數的圖象與系數的關系，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：二次項系數決定拋物線的開口方向和大小：當時，拋物線向上開口；當時，拋物線向下開口；一次項系數和二次項系數共同決定對稱軸的位置：當與同號時即)，對稱軸在軸左；當與異號時即)，對稱軸在軸右；常數項決定拋物線與軸交點．拋物線與軸交于．根據拋物線與軸有兩個交點，可得，據此解答即可；根據拋物線的對稱軸，開口向下，據此判斷即可；根據拋物線與軸的一個交點A在點和之間，可得拋物線與軸的另一個交點在點和之間，所以當時，據此判斷即可；根據的最大值是，可得方程沒有實數根，則，據此判斷即可；首先根據拋物線的對稱軸，可得，然后根據，判斷出即可．【詳解】解：拋物線與軸有兩個交點，，結論不正確．拋物線的對稱軸，開口向下，，是圖象上的兩點，，結論正確．拋物線與軸的一個交點A在點和之間，拋物線與軸的另一個交點在點和之間，當時，，結論正確．的最大值是，方程沒有實數根，則，結論正確．拋物線的對稱軸，，，，，結論正確．綜上，可得正確結論的序號是：．故答案為：．3．如圖，拋物線與x軸交于點，，其中，下列結論中正確的是．（只填寫序號）①；②；③；④關于x的不等式的解集為．【答案】①③④【分析】本題考查了二次函數的圖象與性質，二次函數與不等式．由圖象可得，，，據此可判斷①；當時，，據此可判斷②；由拋物線過點，，，得對稱軸為直線，進而可判斷③；設，，則兩函數的圖象都過點，，畫出函數圖象，根據圖象可判斷④，綜上即可求解．【詳解】解：∵拋物線的開口向上，對稱軸在軸的右側，與軸正半軸相交，∴，，，∴，∴，故①正確；∵當時，，∴，故②錯誤；∵拋物線與y軸的正半軸相交，與x軸交于點，，其中，∴對稱軸為直線，∴對稱軸為直線，∴，即，∵拋物線過點，∴，∴，，，，∴，∴，∴，∴，即，∴，故③正確；設，，則兩函數的圖象都過點，，如圖，由圖象知，當時，，即不等式的解集為，故④正確；綜上，結論正確的是①③④，故答案為：①③④．4．拋物線（）的頂點為，與軸的一個交點在點和之間，其部分圖象如圖，有以下結論：；若，是圖象上的兩點，則；；若方程沒有實數根，則；．其中結論正確的是【答案】【分析】本題主要考查了二次函數的圖象與性質，根據拋物線與軸有兩個交點，所以方程有兩個不相等的實數根，根據一元二次方程根與系數的關系可知，故錯誤；根據拋物線開口向下，頂點為，對稱軸為，可知點到對稱軸的距離越大，對應的值越小，因為，所以，故錯誤；根據二次函數的對稱性可知拋物線與軸的另一個交點在點和之間，所以可得，故正確；因為方程沒有實數根，所以拋物線與直線無交點，因為拋物線頂點為，所以可知，故正確；由可知，又因為，所以可得，故正確．【詳解】解：拋物線與軸有兩個交點，，即，故錯誤；拋物線頂點為，對稱軸為，，，，點到對稱軸的距離大于點到對稱軸的距離，又，拋物線開口向下，，故錯誤；對稱軸，可得：，當時，，拋物線與軸的一個交點在點和之間，對稱軸為，與軸的另一個交點在點和之間，當時，，即，故正確；方程沒有實數根，拋物線與直線無交點，拋物線頂點為，，拋物線開口向下，，故正確；由可知，又，，即，故正確．故答案為：．5．如圖，二次函數圖像的對稱軸是直線，下列結論：①；②；③（m為常數）；④若關于x的方程恰有三個解，則，其中正確的是（填序號）．【答案】①②③④【分析】本題考查根據二次函數的圖象判斷式子符號，二次函數圖象與各項系數符號．熟練掌握二次函數的圖象和性質是解題關鍵．根據二次函數的圖象和性質逐項判斷即可．【詳解】解：由二次函數圖象可知，∵該二次函數對稱軸為，∴，∴，∴，故①正確；由圖象可知，當時，，即．∵，∴，故②正確；當時，y取得最小值，∴，即，故③正確；當時，，∴頂點坐標為，根據題意得，即將位于x軸下方的圖像向上翻折，∴翻折后的頂點坐標為，∵若關于x的方程恰有三個解，∴即函數與恰有三個解，即恰好經過向上翻折后的圖像的頂點，∴，∵，代入得到，則，故④正確；綜上可知正確的結論為①②③④，故答案為：①②③．押題猜想七幾何求值類問題小題壓軸（選填）如圖，由三個全等的三角形（，，）與中間的小等邊三角形拼成一個大等邊三角形．連接并延長交于點，若，則：

（1）的度數是；（2）的長是．【答案】【分析】根據等邊三角形的性質，全等三角性質，推出，，等邊對等角求出的度數，作交的延長線于點，根據含30度角的直角三角形的性質，結合勾股定理求出的長，角的和差關系求出，進而推出，列出比例式進行求解即可．【詳解】∵為等邊三角形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；作交的延長線于點，如圖：

∵，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；故答案為：，．押題解讀：本題考查等邊三角形的性質，等腰三角形的判定和性質，含30度角的直角三角形，勾股定理，全等三角形的性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握相關知識點，添加輔助線構造直角三角形和相似三角形，是解題的關鍵．1．如圖，中，，點是上一點，，連接，沿著翻折得到，交于點，延長交于點，若，，則．【答案】【分析】利用折疊的性質證出，得到的長，判定出通過相似的比值關系求出的長，判定出，通過相似的比值關系求出的長，過點作于點，根據三角函數的比值關系和勾股定理求出和的長，即可解答．【詳解】解：∵沿著折疊得到，∴，∴，，∴，∴，∴在和中：，∴，∴，∵，∴設，，∵，∴，，∴，解得：，∵，∴，∴，∵，，∴，解得：或（舍去），∴，過點作于點，∵，∴，∵在中，，∴，解得：，∴，∴，∴在中，．【點睛】本題考查了折疊的性質，全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，三角函數的比值關系，勾股定理等知識點，合理利用相似的性質進行邊的轉化是解題的關鍵．2．如圖，在菱形中，對角線與相交于點，，，點，分別為，上的點，且，于點，連接，若，則的長為．

【答案】【分析】本題考查了菱形的判定與性質、勾股定理、相似三角形的性質，解題的關鍵是靈活運用這些知識點．連接、、、，由四邊形是菱形，可得，，，進而求出，可證明四邊形是菱形，推出，當、、共線時，即時，最小，最小值就是，求出，由勾股定理求出，證明∽，求出，即可求解．【詳解】解：連接、、、，

∵四邊形是菱形，∴，，，∵，，∴，，在中，，∵，∴，即，又∵，，∴四邊形是菱形，∴，∴，當、、不共線時，，當、、共線時，即時，最小，∴，即，∴，在中，，∴，，∴∽，∴，即，∴，∴，∴．故答案為：．3．如圖，在矩形中，，E是邊上的一動點，連接，過點D作交于點G，垂足為點F，連接．（1）當點G恰為中點時，則．（2）當平分時，若，則．【答案】3【分析】本題主要考查了全等三角形的判定與性質、矩形的性質、勾股定理、角平分線的性質等知識點，添加適當的輔助線是解題的關鍵．（1）延長與交于點H，根據矩形的性質可得，從而可得，再根據線段的中點定義可得，然后利用證明，從而利用全等三角形的性質可得，進而可得，再根據垂直定義可得，最后利用直角三角形斜邊上的中線性質進行計算即可解答；(2)根據矩形的性質可得，再利用角平分線的性質可得，，從而可得，進而可得，然后在中，利用勾股定理求出，再設，則，從而在中，利用勾股定理進行計算可求出的長，最后求比即可．【詳解】解：（1）如圖：延長與交于點H，

∵四邊形是矩形，∴，∴，∵點G為中點，∴，∴,∴，∴，∵，∴，∴．故答案為：3；（2）∵四邊形是矩形，∴，∴，∵平分，，∴，，，在中，，∴，設，,在中，,∴,解得：，∴，,故答案為：．4．如圖，在中，，．點是邊上的一點（點不與點，重合），在射線上取點，使，以為邊作正方形，使點和點在直線同側．（1）當時，點到直線的距離為；（2）連接，當時，正方形的邊長為．【答案】【分析】（1）作交于點，交于點，先由勾股定理求出，利用等面積法即可求出；（2）由（1）求出的三角函數關系，從而得出的三邊關系，再利用特殊角，設，則，列出方程求解即可．【詳解】解：（1）作交于點，交于點，，，，，，，，又，；（2）正方形中，，當時，正方形的對角線與重合，如下圖：，是等腰直角三角形，，設，則，由（1）可得，即此圖中有，，中，，，,，解得，即，正方形的邊長為．故答案為：①；②．【點睛】本題考查的知識點是三線合一定理、勾股定理、等面積法、一元一次方程的實際應用、解直角三角形，解題關鍵是利用方程思想解題．5．如圖1，中，，，，點，分別為，的中點，連接．如圖，將逆時針繞點在平面內旋轉，連接，當點，，恰好在一條直線上時，的長為．【答案】或【分析】本題考查了圖形的旋轉、勾股定理、三角形中位線的性質，首先根據點，分別為，的中點，可以求出、、，是的中位線，當點，，恰好在一條直線上時，，利用勾股定理可以求出，再分點與點的位置關系分情況求出的長度．【詳解】解：如下圖所示，當點，，恰好在一條直線上時，，，點，分別為，的中點，，是的中位線，，，，在中，，，，，如下圖所示，當點，，恰好在一條直線上時，，在中，，；如下圖所示，在中，，；綜上所述，的長為或．故答案為：為或．押題猜想八幾何最值類問題小題壓軸（選填）如圖，已知中三邊長分別為，，，動點在邊上運動，過點作，，垂足分別為、，則的最小值為．【答案】/【分析】作于點，設，利用勾股定理得到，代入數據解出的值，解得到，，得出，由，得到四點共圓，記圓心為，且為的直徑，利用外接圓的性質得到，分析可得當時，有最小值，利用等面積法求出的最小值，即可求解．【詳解】解：如圖，作于點，則，設，則，，，解得：，，，，，，，，，四點共圓，記圓心為，且為的直徑，如圖，作于點，連接、，，，，，又，，，，，，當時，有最小值，此時有最小值，，．的最小值為．故答案為：．押題解讀：本題考查了解直角三角形、圓內接四邊形、等腰三角形的性質、勾股定理，熟練掌握相關知識點，利用外接圓的性質求線段最值是解題的關鍵．1．如圖，在等腰直角三角形中，，，點為上一點，且，將繞點旋轉，得到，連接，過點作于點，則的最小值為，最大值為．【答案】【分析】本題主要考查了三角函數比，旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，切線的性質，勾股定理，線段的最值問題等知識點，解題的關鍵是根據題意構造出相關切線，并靈活運用各性質求解．根據題意構造出圓，切線在圓的右側時，線段取最小值，切線在圓的左側時，線段取最大值，根據勾股定理，相似三角形的性質和三角函數比等知識最后可求得結果．【詳解】解：①如圖所示,以點為圓心，長為半徑作圓，∵將繞點旋轉，得到，∴點在以點為圓心，長為半徑的上，當直線與右側相切時，切點為點,此時取值最小，交于點，，在中，由勾股定理得，，，，，，，，，，，，，故的最小值為．②如圖所示，當直線與左側相切時，切點為點,此時取值最大，交的延長線于點，在中，，，，，，，，故的最大值為．故答案為：，2．如圖，已知在正方形中，，，，，點為中點，連接，點為中點．連接，則的最大值為．【答案】【分析】先運用勾股定理算出，運用斜邊上的中線等于斜邊的一半得，故以點D為圓心，以為半徑畫圓，即為點的運動路徑，根據正方形的性質，證明是的中位線，，此時以點O為圓心，以為半徑畫圓，即為點P的運動路徑，當共線時，且在射線的延長線上，即當P運動到處，此時最大，即可作答．【詳解】解：連接，它們相交于點，連接，如圖所示：∵，，，∴，∵為中點，∴，依題意，以點D為圓心，以為半徑畫圓，即為點的運動路徑，∵四邊形是正方形，，∴，∴，∴，∵是的中點，點為中點．∴是的中位線，∴；依題意，以點O為圓心，以為半徑畫圓，即為點P的運動路徑，當共線時，且在射線的延長線上，即當P運動到處，此時最大，則，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，中位線的判定與性質，勾股定理，斜邊上的中線等于斜邊的一半，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．3．如圖，在平面直角坐標系中，一次函數與軸、軸分別相交于點A、B，的圓心的坐標為，半徑為1，點是直線上的一個動點，直線與相切于點，則線段長度的最小值為．【答案】【分析】過點M作于點H，軸于點N，交于點C，連結，根據圓的切線的性質及勾股定理，可求得，即當取最小值時，線段的長度取最小值，進一步可知當點P在點H處時，取最小值，此時，線段的長度取最小值；再利用函數的性質及相似三角形的判定與性質，求出的長即可．【詳解】解：過點M作于點H，軸于點N，交于點C，連結，直線PQ與相切于點，，，當取最小值時，線段的長度取最小值，，當點P在點H處時，取最小值，此時，線段的長度取最小值；令，則，，，令，則，，令，則，解得，，，，，，，軸，，，，，，，，，即當點P在點H處時，線段長度取最小值為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了一次函數與幾何的綜合性問題，圓的切線的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等知識，找出線段長度取最小值時點P的位置是解題的關鍵．4．如圖，矩形中，，點在上，，點在線段邊上運動（不與、重合），線段繞著點順時針旋轉得到，連接．（1）當時，則；（2）在運動的過程中，的最小值為．【答案】【分析】（1）旋轉得到，勾股定理結合銳角三角形函數得到，進而推出，勾股定理求出的長即可；（2）過點作線段，使且，證明，得到，進而得到點在垂直于的直線上，作交于點，則即為的最小值，進行求解即可．【詳解】解：（1）線段繞著點順時針旋轉得到，，在矩形中，，∴，∴，，，，即，在中，；故答案為：．（2）過點作線段，使且，，∵，，∴點在垂直于的直線上，如圖，作交于點，則即為的最小值，作交于點．則：四邊形是矩形，，，∴，在中．，，；故的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查旋轉的性質，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，熟練掌握相關知識點，確定點的軌跡，是解題的關鍵．5．如圖，菱形邊長為，，是的中點，，分別是邊，上的兩個動點，且，連接、，則，的最小值是．【答案】【分析】連接，過點作于點，根據勾股定理得出，進而根據，即可得出的長；延長交于點，取中點，連接并延長與延長線交于點，連接，連接，證明，得到，同理證明：，為等邊三角形，繼而可得是的垂直平分線，則，由，即可確定最小值．【詳解】解：如圖，連接，過點作于點，∵菱形邊長為，，則∴，∴∵，∴∴∴∴延長交于點，取中點，連接并延長與延長線交于點，連接，連接，∵四邊形是菱形，∴，∴，∵F是的中點，菱形邊長為4，∴，∴，∴，∵，∴同理證明：，∴，，∵，∴為等邊三角形，∴，∵，∴，∴是的垂直平分線，∴，∴，當點三點共線時，取得最小值為，故答案為：，．【點睛】本題考查了菱形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，線段垂直平分線的性質，難度較大，解題的關鍵在于轉化思想的運用．押題猜想九規律探索問題（選填）已知為實數，規定運算：，，，，…，．按上述規定，當時，的值等于（

） B． C． D．0【答案】C【詳解】解：當時，，，，，，……，∵，∴，∴，故選：C．押題解讀：本題考查數式規律問題，根據規定列式計算后總結規律，然后計算的值即可．1．用正方形的普通水泥磚和彩色水泥磚（陰影部分）按如圖的方式鋪人行道：如果每塊正方形水泥磚邊長為，按照這種鋪法（人行道恰好寬，且人行道上全部用這兩種水泥磚無縫鋼滿），那么當用了塊彩色水泥磚時，人行道鋪了．【答案】【分析】本題考查了圖形類規律變化問題，由圖可知每長的人行道需要塊彩色水泥磚，進而即可求解，掌握圖形的變化規律是解題的關鍵．【詳解】解：由圖可知，每長的人行道需要塊彩色水泥磚，∵，∴當用了塊彩色水泥磚時，人行道鋪了，故答案為：．2．如圖是反比例函數的圖象，點，過點A作y軸的垂線，垂足為點C，在射線CA上，依次截取，過點，，，分別作x軸的垂線，依次交反比例函數的圖象于點，，，．按照上述方法則線段的長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】考查反比例函數圖象上點的坐標特征及尋找數據的規律．根據和求出點，，，，的坐標，再結合反比例函數的性質求出點，，，，的坐標即可求解．【詳解】解：∵點，，，，，，．∵點，，，，在反比例函數的圖象上，，，，，，，，，當時，．故選：A．3．如圖，個邊長為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點，，，為邊，，，，的中點，的面積為，的面積為，的面積為，則．【答案】【分析】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，正方形的性質，圖形類的規律探索，應用相似三角形的面積比等于相似比的平方把難求的三角形轉化為求易求三角形的面積是解題的關鍵．首先根據題意求得的面積，又由，即可得，然后利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，可求得，然后代數求解即可．【詳解】解：個邊長為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點分別為邊，，，，的中點，，，，，，，，即，∴當時，故答案為：．4．如圖1，在中，．以這個直角三角形的三邊為邊分別向外作正方形．圖2由圖1的兩個小正方形分別向外作直角邊之比為的直角三角形，再分別以所得到的直角三角形的直角邊為邊向外作正方形，…，按此規律，則圖11中所有正方形的面積之和為（

）A．400 B．350 C．300 D．250【答案】C【分析】本題考查的是勾股定理、圖形的變化規律，根據勾股定理、正方形的面積公式得出所有正方形的面積和的變化規律是解題的關鍵．根據勾股定理求出，再根據勾股定理和正方形面積公式得出規律，即可解決問題．【詳解】解：，圖1中正方形的面積和為：，圖2中所有正方形的面積和為：，圖3中所有正方形面積和為：，…………圖11中所有正方形的面積為．故選：C5．在綜合實踐活動中，數學興趣小組對這n個自然數中，任取兩數之差的絕對值不大于的取法種數k進行了探究．發現：當時，只有一種取法，即；當時，有和兩種取法，即；當時，可得；……．若時，則k的值為；若，則k的值為．【答案】【分析】本題考查數字類規律探究，理解題意，能夠從特殊到一般，從中找出規律求解是解答的關鍵．先根據前幾個值所對應值，找到變化規律求解即可．【詳解】解：當時，有一種取法，則；當時，有和兩種取法，則；當時，有，，，，五種取法，則；當時，~有種：，，~有2種：，，~有2種，，~有1種共七種取法，則；當時，~有種：，，，~有種：，，，~有種：，，，~有種：，，~有種：，共九種取法，則；當時，~有種，~有種，…，~有種，~有種，~有種，…，~有種，共（種）取法．故答案為：，．6．如圖，在平面直角坐標系中，一動點從原點出發，按如下方向依次不斷移動，得到、、、、、，那么的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查點坐標規律探索，仔細觀察圖象，找到點的坐標的變化規律是解答的關鍵．根據題意得到每移動次，動點向右移動個單位，此時動點回到軸，根據得到，即可得到答案．【詳解】解：根據題意得，每移動次，動點向右移動個單位，此時動點回到軸，縱坐標為，，，故選：D．7．如圖，在平面直角坐標系中，第一象限的角平分線分別與反比例函數，，?的圖象交于點，過分別作坐標軸的平行線，依次得到矩形，，…，其面積依次記作，則可以表示為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本題考查了反比例函數的性質以及第一象限角平分線的特點．熟練掌握反比例函數的性質以及第一象限角平分線的特點是解題的關鍵．在第一象限角平分線上的點，其橫，縱坐標相等．先求出各交點的坐標，再根據坐標求出矩形的邊長，進而得出矩形面積的規律．【詳解】解：第一象限的角平分線的解析式為：，聯立，將代入，得到，即，解得，則，；聯立，將代入，得到，即，解得，則，；聯立，將代入，得到，即，解得，則，．對于矩形，，，則的橫坐標為，的橫坐標為，的縱坐標為，的縱坐標為，；對于矩形，，，則的橫坐標為，的橫坐標為，的縱坐標為，的縱坐標為，；通過前面的計算，我們發現規律：的坐標為：，的坐標為：，則．故選A．押題猜想十新定義問題（選填）已知函數和是關于x的函數，點在函數的圖象上，點在函數的圖象上，規定：當時，有，那么稱函數和具有“性質O”，則下列函數具有“性質O”的是（

）A．和 B．和C．和 D．和【答案】C【分析】將點代入函數，點代入函數，根據當時，有，可得一元二次方程，利用判斷方程是否有解，即可求解．【詳解】解：將點代入可得：將點代入可得：∵∴∵∴∴，即∵∴方程無解，故A選項不符合題意將點代入可得：將點代入可得：∵∴∵∴∴，即∵∴方程無解，故B選項不符合題意將點代入可得：將點代入可得：∵∴∵∴∴，即∵∴方程有解，故C選項不符合題意將點代入可得：將點代入可得：∵∴∵∴∴，即∵∴方程無解，故D選項不符合題意故選C．押題解讀：本題屬于新定義類問題，根據給出定義構造方程，利用根的判別式判斷方程是否有解，從而達到解決問題的目的．1．定義新運算：，例如：，．若，則x的值為．【答案】或19/19或【分析】本題考查了解一元二次方程、解一元一次方程、新定義運算等知識，解題的關鍵是根據題意找到等量關系式．根據新定義運算法則，分別兩種情況，列出方程求解即可．【詳解】解：當時，，∴，當時，，解得（舍去）或．綜上所述，x的值為或19．故答案為：或19．2．我們定義一種新函數：形如（，且）的函數叫做“鵲橋”函數．小明同學畫出了“鵲橋”函數的圖象（如圖），并寫出下列五個結論：①圖象與坐標軸的交點為，和；②圖象具有對稱性，對稱軸是直線；③當或時，函數值y隨x值的增大而增大；④當或時，函數的最小值是0；⑤當時，函數的最大值是4．其中正確的結論有（

）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】本題考查了二次函數的圖象與性質，根據二次函數的圖象與性質，結合函數圖象逐項分析即可得解，采用數形結合的思想是解此題的關鍵．【詳解】解：①，和都滿足，故①正確；②從函數圖象可得圖象具有對稱性，對稱軸為直線，故②正確；③根據函數圖象可得，當或時，函數值y隨x值的增大而增大，故③正確；④當或時，函數的最小值是0，故④正確；⑤由圖象可得，當時，不是函數的最大值，故⑤錯誤；綜上所述，正確的有①②③④，共4個，故選：D．3．新定義：在平面直角坐標系中，對于點和點若滿足時，時，，則稱點是點的限變點．例如∶點的限變點是，點的限變點是，若點在二次函數的圖像上，則當時，其限變點的縱坐標的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了拋物線的增減性，最值計算，熟練掌握性質是解題的關鍵．根據題意，得，根據拋物線的增減性，分類解答即可．【詳解】解：根據題意，得，故拋物線開口向下，且在對稱軸直線的左側，y隨x的增大而增大，右側，y隨x的增大而減小，當時，在對稱軸直線的左側，y隨x的增大而增大，故時,n取最大值，且，故時,n取最小值，且，故，根據新定義，得；當時，對稱軸直線在其范圍內，故n的最大值為6；故時,n取最小值，且，故，根據新定義，，故；綜上所述，故選：D．4．在平面直角坐標系xOy中，對于點P(x，y)和Q(x，y′)，給出，則稱點Q為點P的“可控變點”，例如：點(2，3)的“可控變點”為點(2，3)，點(?1，2)的“可控變點”為點(?1，?2)，若點P在函數的圖像上，則其“可控變點”Q的縱坐標y′關于x的函數圖像大致正確的是(

)A． B．C． D．【答案】A【分析】根據題意，分別寫出和時，Q的縱坐標的函數表達式，再根據函數表達式得到函數圖像的性質，判斷出正確圖像．【詳解】解：根據“可控變點”的定義得：當時，Q的縱坐標是，∴圖像與x軸的交點是，開口向上，對稱軸是直線，當時，Q的縱坐標是，∴圖像與x軸的交點是，開口向下，對稱軸是直線．故選：A．【點睛】本題考查二次函數的圖像和性質，解題的關鍵是掌握根據函數解析式畫出函數圖像的方法．5．新定義：為二次函數（，a，b，c為實數）的“圖象數”．如：的“圖象數”為．若點，在“圖象數”為的二次函數的圖象上，且，，則當時，的取值范圍為（

）A． B． C．或 D．【答案】C【分析】根據題意，得“圖象數”為的二次函數的解析式為，根據，得到對稱軸為直線，當時，得到，根據，得到求得或，根據，得到拋物線開口向上，拋物線上的點到對稱軸的距離越大函數值越大，當時，結合，得，解得或；當時，結合，得，解得或；解答即可．【詳解】解：根據題意，得“圖象數”為的二次函數的解析式為，∵，∴對稱軸為直線，當時，得到，∵，∴，解得或，∵，∴拋物線開口向上，拋物線上的點到對稱軸的距離越大函數值越大，當時，∵，得，解得或；當時，∵，得，解得或；綜上所述，或，故選：C．【點睛】本題考查了拋物線的新定義，拋物線的增減性，對稱軸，絕對值的化簡，解不等式，熟練掌握定義，增減性是解題的關鍵．押題猜想十一數與式、方程與不等式（解答題）解不等式組，并寫出所有整數解．【答案】，所有整數解為，，，，【分析】本題考查了解一元一次不等式組，一元一次不等式組的整數解，先求出不等式組的解集，進而寫出所有整數解即可，正確求出不等式組的解集是解題的關鍵．【詳解】解：，由①得，，由②得，，∴不等式組的解集為，∴不等式組所有整數解為，，，，．押題解讀：本題考查一元一次不等式組的解法及整數解的確定，此考點在初中數學中屬于基礎且重要內容，多在解答題中考查，難度適中。主要考查對一元一次不等式組解法的掌握，先分別求解每個不等式，再確定不等式組的解集，最后在解集范圍內找出整數解。解題關鍵在于正確運用不等式性質求解每個不等式，準確確定解集的公共部分。熟練掌握一元一次不等式的解法及不等式組解集的確定方法（同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小找不到）是解決此類問題的核心，這對后續函數等知識的學習也有重要鋪墊作用。1．（1）計算：（2）解方程：【答案】（1）；（2）【分析】此題考查了實數的混合運算和解分式方程，熟練掌握運算法則是解題的關鍵．（1）化簡二次根式，代入特殊角的三角函數值，計算負整數指數冪進行計算即可；（2）去分母化為整式方程，解方程并檢驗即可．【詳解】解：（1）（2）去分母得到，解得經檢驗，是分式方程的解2．計算：．【答案】1【分析】本題考查了二次根式的加減，特殊角的三角函數值，零指數冪的意義，先逐項化簡，再算乘法，后算加減．【詳解】解：．3．解不等式，并把解集在數軸上表示出來．【答案】，數軸見解析【分析】本題主要考查求不等式的解集，將解集表示在數軸上，先去分母，再去括號，然后移項，合并同類項，最后系數化為1，將解集表示在數軸上即可．【詳解】解：，去分母，得，去括號，得，移項，得，合并同類項，得，系數化為1，得．把不等式的解集在數軸上表示如下：4．（1）解不等式：，并把解集在數軸上表示出來；（2）解方程：【答案】（1）；（2）【分析】（1）按照解一元一次不等式的步驟，進行計算即可解答．（2）按照解分式方程的步驟，進行計算即可解答．本題考查了解分式方程，解一元一次不等式，在數軸上表示不等式的解集，準確熟練地進行計算是解題的關鍵．【詳解】（1）解：去括號得：，移項得：，合并同類項得：，化系數為1得：；數軸上表示如圖：（2），去分母，得：，解得：檢驗：當時，，∴是原方程的根．5．先化簡，再求值：，其中．【答案】，【分析】本題考查了分式的化簡求值，掌握運算法則，正確計算是解題的關鍵．先進行括號內加法計算，再將除法化為乘法，化到最簡，再代入求值即可．【詳解】解：，當時，原式．押題猜想十二幾何中的基本證明（解答題）如圖，在平行四邊形中，，，垂足分別是E，F．

(1)求證：；(2)連接，請添加一個與角度相關的條件，使四邊形是平行四邊形．（不需要說明理由）【答案】(1)見解析(2)（答案不唯一）【分析】此題考查了平行四邊形的性質和判定，全等三角形的判定等知識，解題的關鍵是掌握以上知識點．（1）首先由平行四邊形得到，，然后得到，即可證明；（2）如圖所示，連接，由得到，等量代換得到，證明出，即可得到四邊形四邊形是平行四邊形．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∵，，∴，∴；（2）如圖所示，連接，

添加條件為：證明：∵四邊形是平行四邊形，∴∴∵∴∴又∵∴四邊形四邊形是平行四邊形．押題解讀：本題考查平行四邊形的性質與判定、全等三角形的判定，此考點常見于解答題，難度中等。(1)問借助平行四邊形對邊相等，對角相等的性質，結合垂直條件得到直角相等，利用全等三角形判定定理證明關鍵在于對平行四邊形性質及全等判定的熟練運用。(2)問添加與角度相關條件使四邊形為平行四邊形，需依據平行四邊形判定定理（如兩組對邊分別平行），通過角度關系（如推導,結合判定。熟練掌握平行四邊形的性質與判定定理、全等三角形的判定方法是解題關鍵，這些知識對后續幾何解題具有重要作用。1．如圖，、是平行四邊形的對角線上的兩點，，求證：

(1)；(2)．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析．【分析】本題考查了全等三角形三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，平行線的判定與性質，掌握知識點的應用是解題的關鍵．（）由平行四邊形性質可得，，則，然后通過判定方法即可求證；（）由，則，從而有，再通過平行線的判定方法即可求證．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，又∵，∴，∴，在和中，，∴；（2）解：∵，∴，∴，∴，∴，2．如圖，已知平行四邊形中，點F是對角線上一點，，延長交邊于點E．(1)求證：；(2)當時，求證：四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定，相似三角形的判定和性質，熟練掌握平行四邊形的性質，證明三角形相似是解題的關鍵：（1）根據平行四邊形的性質，得到，證明，得到，等量代換即可得出結論；（2）平行線分線段成比例，得到，進而得到，推出，相似三角形的性質，推出，進而得到，結合平行線的性質，推出，進而得到，即可得證．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴．又∵，，∴．又∵，∴．∴∴∴（2）∵四邊形是平行四邊形，∴，∴∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴．∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形．3．如圖，在矩形中，以點為圓心，長為半徑畫弧，交邊于點，以點為圓心，長為半徑畫弧，交邊于點，連接．(1)求證：四邊形為平行四邊形；(2)若，則當______時，四邊形為菱形．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查矩形的性質，平行四邊形的判定，菱形的判定，熟練掌握相關判定和性質，是解題的關鍵：（1）根據矩形的性質，作圖方法，推出，，進而得到，即可得證；（2）根據鄰邊相等的平行四邊形為菱形，得到，勾股定理求出的長，進而求出的長即可．【詳解】（1）證明：∵矩形，∴，∴，由作圖可知：，∴，∴，即：，∴四邊形為平行四邊形；（2）在中，，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴當時，四邊形為菱形，此時；故答案為：．4．如圖，點在線段上，，，．(1)求證：；(2)若，求的度數．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據證明即可；（2）根據全等三角形的性質可得，，進而可得，再根據三角形內角和定理即可求出的度數．本題主要考查了全等三角形的判定和性質以及三角形內角和定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：在和中

，；（2）解：，，，，，．5．如圖，在中，，分別是，的中點，，交的延長線于點，連接．(1)求證：四邊形為平行四邊形；(2)當________時，四邊形為菱形．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查三角形的中位線的性質，平行四邊形的判定及性質，直角三角形的性質，菱形的判定，理解并掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．（1）由題意可知為的中位線，得，結合，即可證明四邊形為平行四邊形；（2）由直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半得，再結合四邊形為平行四邊形可知四邊形為菱形．【詳解】（1）證明：∵，分別是，的中點，∴為的中位線，∴，即，又∵，∴四邊形為平行四邊形；（2）當時，四邊形為菱形；理由如下：∵，是的中點，∴，又∵四邊形為平行四邊形，∴四邊形為菱形．故答案為：．押題猜想十三概率統計（解答題）為了更好地滿足家長和學生的需求，周口某中學積極響應國家政策開展了豐富多彩的課后延時服務活動，為了解家長對課后延時服務的滿意情況，在全校學生家長中進行了抽樣調查，根據調查結果繪制成如圖尚不完整的統計圖．(1)本次活動共調查了人，扇形統計圖中“不滿意”部分的扇形所對應的圓心角的度數是；(2)請補全條形統計圖；(3)若本校共有4800人，請通過此次問卷調查結果，估計全校家長對課后延時服務“基本滿意”的人數．【答案】(1)80，；(2)見解析(3)2100人．【詳解】（1）解：由條形圖與扇形統計圖可知：比較滿意的家長人數有20人，占，本次活動共調查人數為人，扇形統計圖中“不滿意”部分的扇形所對應的圓心角的度數是，故答案為：80，；（2）非常滿意的人數為（人）補全統計圖如下：（3）根據題意可得：人，答：估計全校家長對課后延時服務“基本滿意”的人數為2100人．押題解讀：本題考查了條形統計圖與扇形統計圖的綜合，求扇形統計圖圓心角，有樣本估計總體，根據條形統計圖與扇形統計圖的綜合求出參與調查的總人數是解答本題的關鍵．（1）由由條形圖與扇形統計圖可知：比較滿意的家長人數有20人，占，求出參與調查的總人數，進而求出扇形統計圖中“不滿意”部分的扇形所對應的圓心角的度數即可；（2）求出非常滿意的人數補全統計圖即可；（3）用總人數乘以“基本滿意”的占比即可．1．甲公司推出了“”機器人（簡稱甲款），乙公司推出了“豆包”AI機器人（簡稱乙款）．有關人員開展了對甲，乙兩款機器人的使用滿意度評分測驗，并分別隨機抽取20份評分數據，對數據進行整理、描述和分析（評分分數用x表示，分為四個組進行統計：A組：，B組：，C組：，D組：），下面給出了部分信息：甲款評分數據：64，70，75，76，78，78，85，85，85，85，86，89，90，90，94，95，98，98，99，100；乙款評分數據中C組的所有數據：84，86，87，87，87，88，90，90．根據以上信息，解答下列問題：(1)上述圖表中___________，___________，___________；(2)在此次測驗中，有280人對甲款進行評分、300人對乙款進行評分．請通過計算，分別估計對甲、乙兩款機器人評價為非常滿意（D組：）的用戶人數．【答案】(1)(2)對甲、乙兩款人工智能軟件非常滿意的用戶總人數分別為84人、60人．【分析】本題主要考查了中位數，眾數，扇形統計圖和用樣本估計總體，熟知相關知識是解題的關鍵．（1）根據中位數和眾數的定義可求出a、b的值；求出乙款中D組的份數，即可求出m的值；（2）用280乘以樣本甲款中D組的人數占比，用300乘以樣本乙款中D組的人數占比，即可求出答案．【詳解】（1）解：∵甲款評分為85分的有4份，份數最多，∴甲款評分的眾數為85分，即，∵份，∴乙款評分在A組和B組的數量之和為8份，把乙款評分按照從低到高排列，處在第10名和第11名的評分為86分，87分，∴乙款的中位數為，即；乙款評分中D組份數為份，則，∴；（2）解：∵（人），（人），∴對甲、乙兩款人工智能軟件非常滿意的用戶總人數分別為84人、60人．2．隨著快遞行業在農村的深入發展，全國各地的特色農產品有了更廣闊的銷售空間．不同的快遞公司在配送、服務、收費和投遞范圍等方面各具優勢，某農產品種植戶經過前期調研，打算從甲、乙兩家快遞公司中選擇一家合作．為此，該種植戶收集了10家農產品種植戶對兩家公司的相關評價，并整理、描述、分析如下：配送速度和服務質量得分統計表：項目統計快遞公司配送速度得分服務質量得分平均數（單位：分）中位數（單位：分）平均數（單位：分）方差甲7.87.57乙m87(1)補全頻數直方圖．并求扇形統計圖中圓心角a的度數為________；(2)表格中的______，______（填“>”“=”或“<”）；(3)綜合上表中的統計量，你認為該農產品種植戶應選擇________公司？(4)從甲公司抽取獲得7分的3位快遞員（2名男生，1名女生），當中抽取2人再次進行配送速度調查，請用列表或者畫樹狀圖的方法計算恰好抽到的都是男生概率．【答案】(1)見解析，(2)8；<(3)甲(4)【分析】本題考查了列表法與樹狀圖法，方差，平均數、中位數．關鍵是能根據平均數、中位數、方差的意義對本題進行分析．（1）計算甲快遞公司在配送速度得9分的人數可補全頻數直方圖；用乘7分的占比，即可求解；（2）根據平均數與方差的定義即可求解；（3）根據平均數、中位數和方差的意義進行選擇即可；（4）列表展示所有6種等可能的結果數，找出選中的兩人均是男的結果數，然后利用概率公式求解．【詳解】（1）解：甲快遞公司在配送速度得9分的人數為（人），補全頻數分布直方圖如圖所示．扇形統計圖中圓心角的度數為；（2）解：乙公司7分的占比為，所以平均數為，，，，故答案為：8，；（3）解：該農產品種植戶應選擇甲公司（答案不唯一），理由如下：配送速度得分甲和乙的得分相差不大，服務質量得分甲和乙的平均數相同，但是甲的方差明顯小于乙的方差，甲更穩定，應選擇甲公司；故答案為：甲；（4）解：列表如下：男1男2女男1男1男2男1女男2男2男1男2女女女男1女男2∵一共有6種等可能的結果，其中選中的兩人均是男的情況共有2種等可能的結果，∴Р（選中的兩人都是男生）．3．當前AI市場十分火爆，眾多優秀模型不斷涌現．百度的文心一言在語言理解和生成方面表現出色，阿里云的通義千問具備多輪對話等能力，它們為科技發展注入強大動力．有關人員開展了對甲，乙兩款聊天機器人的使用滿意度評分測驗，并分別隨機抽取20份評分數據，對數據進行整理、描述和分析（評分分數用表示，分為四個等級：非常滿意A．；滿意B．；良好C．；不滿意D．），下面給出了部分信息．甲款評分數據中組包含的所有數據為：86，87，88，88，88，89，89；乙款評分數據中組包含的所有數據為：84，85，86，86，87，87，87，87，87，甲款機器人滿意度評分乙款機器人滿意度評分根據以上信息，解答下列問題：甲款機器人滿意度評分條形統計圖乙款機器人滿意度評分扇形統計圖甲、乙兩款AI機器人滿意度評分統計表設備平均數中位數眾數甲款8588乙款8586(1)上述圖表中_____，_____，_____，并將條形統計圖補充完整；(2)根據以上數據分析，你認為哪款，聊天機器人更受用戶喜愛？請說明理由（寫出一條理由即可）；(3)在此次測驗中，有280人對甲款AI聊天機器人進行評分、300人對乙款聊天機器人進行評分．請通過計算，估計其中對所調查的聊天機器人非常滿意的用戶人數共有多少？【答案】(1)，87，15，圖見解析(2)見解析(3)130人【分析】（1）根據中位數的定義可求出a，根據眾數的定義可求出b，用C組人數除以樣本容量可求出m，求出A的人數補全條形統計圖；（2）從中位數、眾數任選一個特征量分析即可；（3）根據用樣本估計總體的思想求解即可．【詳解】（1）∵甲款評分數據排在第10和第11位的數分別是87和88，∴分．∵乙款A和|D組人數均為：，B組人數為：9，C組人數為：，∴乙款評分數據出現次數最多的是87，出現了5次，∴．∵，∴．甲款A組人數：，如圖，故答案為：，87，15；（2）因為甲款評分的中位數高于乙款評分的中位數，所以甲款聊天機器人更受用戶喜愛；或因為甲款評分的眾數高于乙款評分的眾數，所以甲款聊天機器人更受用戶喜愛；（3）人．【點睛】本題考查了扇形統計圖，中位數，眾數，用樣本估計總體，靈活掌握數據分析是關鍵．4．為促進學生健康成長和全面發展，提高同學們的身體素質，學校積極倡導校外體育鍛煉．為了解學生校外鍛煉情況，現統計九年級部分學生每周的校外鍛煉時間（時間用表示，單位：h），并對這些數據進行統計整理．數據分成4組：A組：；B組：；C組：；D組：．下面給出了部分信息：a．C組數據：6，6，6，