2023年四川省南充市(初三学业水平考试)数学中考真题试卷含详解

2023年11月13日发(作者：江西吉安小升初数学试卷及答案)

2023年四川省南充市中考数学试卷

一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）每小题都有代号为A、B、C、D四个答

案选项，其中只有一个是正确的．请根据正确选项的代号填涂答题卡对应位置，填涂正确记4分，

不涂、错涂或多涂记0分．

1.如果向东走10m记作

10m

，那么向西走记作（）

8m

A.B.D.C.

10m10m8m8m

）如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（

2.

ABCBCBC5CF

DEFBE2

A.2B.C.3D.5

2.5

．根据某女鞋专卖店在一周内销售了某种女鞋双，对这批鞋子尺码及销量进行统计，得到条形统计图（如图）

3.60

图中信息，建议下次进货量最多的女鞋尺码是（）

A.22cmB.22.5cmC.23cmD.23.5cm

4.

如图，小兵同学从处出发向正东方向走

A

x

米到达处，再向正北方向走到处，已知，则，

B

CC

BAC



A

两处相距（）

A.

x

米B.米C.米D.米

sin



x

cos



xsin



xcos



5.

《孙子算经》记载：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”（尺、

寸是长度单位，尺＝寸）．意思是，现有一根长木，不知道其长短．用一根绳子去度量长木，绳子还剩余

1104.5

尺；将绳子对折再度量长木，长木还剩余尺．问长木长多少？设长木长为尺，则可列方程为（）

1x

A.

1



xx

4.51

2

B.

1



xx

4.51

2

C.

1



xx

4.51

2

D.

1



xx

4.51

2

6.

如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗

杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为，同时量得小菲

的

1.6m

与镜子的水平距离为，镜子与旗杆的水平距离为，则旗杆高度为（）

2m

10m

A.B.C.D.

6.4m

8m

9.6m

12.5m

2

7.若点在抛物线上的是（）

Pm,n



yax

2

（）上，则下列各点在抛物线

a0

yax1



A.B.C.D.



m,n1m1,nm,n1m1,n

8.A

如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交

Rt△ABCAC，AB

C90，AC6，AB10

于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于

1

MN

的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P，画射线



CAB

AP

2

）与交于点，，垂足为．则下列结论错误的是（

BC

DE

DEAB



AD.

CADBAD

.

B.C.

CDDE

AD53

CD:BD3:5



3xy2m1



9.关于x，y的方程组



的解满足，则的值是（）

xy1

42

mn





xyn



A.1B.2C.4D.8

2

)与x轴的一个交点为，若，则实数的取值范围是(

10.抛物线

yxkxk

5

A(m,0)

2m1

k

4

B.

k



A.

k

21

1

4

99

88

21

或

k1

4

C.D.或

5kk5k

二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）请将答案填在答题卡对应的横线上．

11.若分式

x



1

的值为0，则的值为________．

x

x



2

白两种颜色小球，这些球除颜色外无其他差别．从袋中随机取出一个球是红球的概率为，不透明袋中有红、

的

0.6

12.

若袋中有个白球，则袋中红球有个．

4________

13.如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是________．

ABMD

O

ACAC

AC12,BC5

14.1000N0.6m1.5m2m

小伟用撬棍撬动一块大石头，已知阻力和阻力臂分别为和，当动力臂由增加到时，撬动

这块石头可以节省的力．（杜杆原理：阻力阻力臂动力动力臂）

________N



＝

15.如图，直线（k为常数，）与x，y轴分别交于点A，B，则

ykx2k3

k0

23



的值是________．

OAOB

16.CMN

如图，在等边中，过点作射线，点，分别在边，上，将沿折叠，

ABCBCABCMN

CDBC

AB

使点落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当

B

CDCNNB

BAB



AB2

四边形为菱形；③当点N与C重合时，④当最短时，时，；

BMBNBN2NCABM18

AB

MN

中正确的结论是（填写序号）

________

721

．其

20

三、解答题（本大题共9个小题，共86分）解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

17.先化简，再求值：，其中



a2a2a2

a

2

3

．

2

18.

如图，在中，点，在对角线上，．求证：

YABCDAC

E

F

CBEADF

（）；

1

AECF

（）．

2

BE∥DF

19.1

为培养学生劳动习惯，提升学生劳动技能，某校在五月第二周开展了劳动教育实践周活动．七（）班提供了四

类活动：．物品整理，．环境美化，．植物栽培，．工具制作．要求每个学生选择其中一项活动参加，该班

ABCD

数学科代表对全班学生参与四类活动情况进行了统计，并绘制成统计图（如图）．

（）已知该班有人参加类活动，则参加类活动有多少人？

115AC

（）该班参加类活动的学生中有名女生和名男生获得一等奖，其中一名女生叫王丽，若从获得一等奖的学

2D22

生中随机抽取两人参加学校工具制作比赛，求刚好抽中王丽和名男生的概率．

“”1

20.已知关于x一元二次方程

的

x(2m1)x3mm0

22

（）求证：无论为何值，方程总有实数根；

1m

（2）若，是方程两个实数根，且，求m的值．

xx

12

的

xx

21

5



xx

12

2



3

,a3B





，与x轴交于点C，与y轴交于点D．



a

6A1，



，21.如图，一次函数图象与反比例函数图象交于点

（）求反比例函数与一次函数的解析式；

1

（2）点M在x轴上，若，求点M的坐标．

SS

△△

OAMOAB

22.AD

如图，与相切于点，半径，与相交于点，连接．

ABAD

OO

OC∥AB

BC

（）求证：；

1



OCAADC

（2）若

ADB

2,tan

1

，求的长．

OC

3

23.ABxAmm

某工厂计划从，两种产品中选择一种生产并销售，每日产销件．已知产品成本价元/件（为常数，

且，售价元/件，每日最多产销件，同时每日共支付专利费元；产品成本价元/件，售价

4m6

850030B12

20元/件，每日最多产销300件，同时每日支付专利费y元，y（元）与每日产销x（件）满足关系式

y800.01x

2.

（1）若产销A，B两种产品的日利润分别为

wwww

1212

元，元，请分别写出，与x的函数关系式，并写出x的取

值范围；

（）分别求出产销，两种产品的最大日利润．（产品的最大日利润用含的代数式表示）

2ABAm

（）为获得最大日利润，该工厂应该选择产销哪种产品？并说明理由．【利润（售价成本）产销数量专利

3







费】

24.

如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．

ABCD

M

BC

EAMED

EC

（）求证：；

1

EDEC

（）将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不

2

BE

EB

B



ACBC

MB

MM

与，重合），判断的形状，并说明理由．

B

C

CMB

（）在（）的条件下，已知，当时，求的长．

32

AB1

DEB45

BM

25.如图1，抛物线（）与

yaxbx3

2

a0

x

轴交于，两点，与轴交于点．

A1,0



B3,0



y

C

（）求抛物线的解析式；

1

（）点在抛物线上，点在轴上，以，，，为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标；

2PQxBCPQP

（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于GH

K1,3



KD

，

两点，直线，分别交轴于点，．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明

DG

DH

xMN

EMEN

理由．

2023年四川省南充市中考数学试卷

一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）每小题都有代号为A、B、C、D四个答

案选项，其中只有一个是正确的．请根据正确选项的代号填涂答题卡对应位置，填涂正确记4分，

不涂、错涂或多涂记0分．

1.如果向东走10m记作

10m

，那么向西走记作（）

8m

A.B.D.C.

10m10m8m8m

【答案】

C

【分析】根据具有相反意义的量即可得．

【详解】解：因为向东与向西是一对具有相反意义的量，

所以如果向东走记作，那么向西走记作，

10m

10m8m

8m

故选：．

C

【点睛】本题考查了具有相反意义的量，熟练掌握具有相反意义的量是解题关键．

2.

如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（）

ABCBCBC5CF

DEFBE2

A.2B.C.3D.5

【答案】

A

2.5

【分析】利用平移的性质得到，即可得到的长．

BECFCF

【详解】解：∵沿方向平移至处．

ABCBC

DEF

∴，

BECF2

故选：．

A

【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的

形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组

对应点的线段平行（或共线）且相等．

．根据某女鞋专卖店在一周内销售了某种女鞋双，对这批鞋子尺码及销量进行统计，得到条形统计图（如图）

3.60

图中信息，建议下次进货量最多的女鞋尺码是（）

A.22cmB.22.5cmC.23cmD.23.5cm

【答案】

D

【分析】进货量最多的应该是销量最多的，故求出众数即可．

【详解】专卖店进货量最多的应该是销量最多的，根据条形统计图可得，众数是，故下次进货最多的女鞋

23.5cm

尺码是；

23.5cm

故选：

D

【点睛】本题考查众数的意义，理解众数是解题的关键．

4.

如图，小兵同学从处出发向正东方向走

A

x

米到达处，再向正北方向走到处，已知，则，

B

CC

BAC



A

两处相距（）

A.

x

米B.米C.米D.米

sin



x

cos



xsin



xcos



【答案】

B

【分析】根据锐角三角函数中余弦值的定义即可求出答案.

【详解】解：小兵同学从处出发向正东方向走米到达处，再向正北方向走到处，

A

x

B

C

ABC90

，米.

ABx

AB

，

AC

ABx



AC

米.

coscos





cos



故选：.

B

【点睛】本题考查了锐角三角函数中的余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的定义.余弦值就是在直角三角形

中，锐角的邻边与斜边之比.

5.

《孙子算经》记载：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”（尺、

寸是长度单位，尺＝寸）．意思是，现有一根长木，不知道其长短．用一根绳子去度量长木，绳子还剩余

1104.5

尺；将绳子对折再度量长木，长木还剩余尺．问长木长多少？设长木长为尺，则可列方程为（）

1x

1



xx

4.51

2

1

xx

4.51



C

.

2

A.

【答案】

A

1



xx

4.51

2

1

D.



xx

4.51

2

B.

【分析】设长木长为x尺，则绳子长为尺，根据“将绳子对折再度量长木，长木还剩余1尺”，可列出方



x4.5

程．

【详解】设长木长为x尺，则绳子长为尺，根据题意，得



x4.5

1



xx

4.51

2

故选：

A

【点睛】本题考查一元一次方程解决实际问题，理解题意，找出等量关系列出方程是解题的关键．

6.

如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗

杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为，同时量得小菲

1.6m

与镜子的水平距离为，镜子与旗杆的水平距离为，则旗杆高度为（）

2m

10m

A.B.C.D.

6.4m

【答案】

B

8m

9.6m

12.5m

【分析】根据镜面反射性质，可求出，再利用垂直求，最后根据三角形相似的性

ACBECD

ABC∽EDC

质，即可求出答案.

【详解】解：如图所示，

由图可知，，，

ABBD

CDDE

CFBD

ÐABC=ÐCDE=90°

.



根据镜面的反射性质，

∴，

ACFECF

∴，

90ACF90ECF

ACBECD

，

ABC∽EDC

，



ABBC

.

DECD



小菲的眼睛离地面高度为，同时量得小菲与镜子的水平距离为，镜子与旗杆的水平距离为，

1.6m10m

2m

AB1.6m

，，.

BC2m

CD10m



1.62

.

DE10

DE8m

.

故选：.

B

【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和相似三角形的性质.

7.若点在抛物线上的是（）

Pm,n



yax

2

（）上，则下列各点在抛物线

a0

yax1



2

A.B.C.D.



m,n1m1,nm,n1m1,n

2

【答案】

D

【分析】观察抛物线

yax

2

和抛物线

yax1



可以发现，它们通过平移得到，故点通过相同的平移

Pm,n



落在抛物线

yax1



上，从而得到结论．

【详解】∵抛物线

yax1



是抛物线

yax

2

（）向左平移1个单位长度得到

a0

∴抛物线

yax

2

上点向左平移1个单位长度后，会在抛物线

Pm,n



yax1



上

2

2

2

∴点在抛物线



m1,n

yax1



上

故选：

D

【点睛】本题考查函数图象与点的平移，通过函数解析式得到平移方式是解题的关键．

8.A

如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交

Rt△ABCAC，AB

C90，AC6，AB10

于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于

2

1

MN

的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P，画射线



CAB

AP

2

）与交于点，，垂足为．则下列结论错误的是（

BC

DE

DEAB



A.B.C.D.

CADBAD

【答案】

C

CDDE

AD53

CD:BD3:5

【分析】由作图方法可知，是的角平分线，则由角平分线的定义和性质即可判定、；利用勾股定理

AD



BAC

AB

求出，利用等面积法求出，由此求出即可判断、．

BCAD、BD

CD3

CD

【详解】解：由作图方法可知，是的角平分线，

AD



BAC

∴，故结论正确，不符合题意；

CADBAD

A

∵，

C90，DE⊥AB

∴，故结论正确，不符合题意；

CDDE

B

在中，由勾股定理得，

Rt△ABC

BCABAC8

∵，

SSS

△△△

ABCACDBAD

22

111

ACBCCDACABDE

，

222

111

∴

CDCD

68610

，

222

∴

∴，

CD3

∴，故C结论错误，符合题意；

ADACCD35，BDBCCD5

22

∴，故结论正确，不符合题意；

CD:BD3:5

D

故选．

C

【点睛】本题主要考查了勾股定理，角平分线的性质和定义，角平分线的尺规作图，灵活运用所学知识是解题的关

键．



3xy2m1



9.关于x，y的方程组



的解满足，则的值是（）

xy1

42

mn





xyn



A.1B.2C.4D.8

【答案】

D

【分析】法一：利用加减法解方程组，用表示出，再将求得的代数式代入，得到的关系，最

n,mm,n

x,y

x+y1

后将变形，即可解答．

42

mn



法二：中得到，再根据求出代入代数式进行





3xy2m1

①



xyn

②

①-②

2mn2xy1



xy1

2mn3

求解即可

.



3xy2m1

①

【详解】解：法一：，



xyn

②



①②

得，

4x2mn1

21

mn



，解得

4

21231

mnmn



将代入，解得，

xy



②

44

x



x+y1

，



21231

mnmn

1

，

44

得到，

2mn3



4222228

mnmnmn

223

，

法二：





3xy2m1

①



xyn

②

①-②

得：，即：，

2x2y2mn1

2mn2xy1



∵，

xy1

∴，

2mn2113



4222228

mnmnmn

223

，

故选：．

D

【点睛】本题考查了根据二元一次方程解的情况求参数，同底数幂除法，幂的乘方，熟练求出的关系是解题的

m,n

关键．

10.抛物线

yxkxk

2

5

与x轴的一个交点为，若，则实数的取值范围是()

A(m,0)

2m1

k

4

B.

k



A.

k

21

1

4

99

88

21

或

k1

4

C.D.或

5kk5k

【答案】

B

【分析】根据抛物线有交点，则

xkxk

和时的范围，即可求解．

x1

k

【详解】解：∵抛物线

yxkxk

2

2

5

0

有实数根，得出或，分类讨论，分别求得当

k5x2

k1

4

5

与x轴有交点，

4

∴

xkxk

2

5

0

有实数根，

4

∴

b4ac0

2

即

kkkkk



445290



22





5

2



4

解得：或，

k5

k1

当时，如图所示，

k5

依题意，当时，

x2

kk

420

5

，

4

解得：

k

21

，

4

59

kkk

01

，解得，

48

当时，

x1

即

k

21

，

4

当时，

k1

当时，

x2

kk

420

5

，

4

解得：

k

∴

k1

21

4

综上所述，或，

k



故选：．

B

21

k1

4

【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）请将答案填在答题卡对应的横线上．

11.若分式

x



1

的值为0，则的值为________．

x

x



2

【答案】

1



x



10

x



1

【分析】根据分式的值为0，得到，求解即可得到答案．



x



20

x



2



【详解】解：分式的值为0，



x



1

x



2



x



10





，

x



20



解得：，

x=1



故答案为：．

1

【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键，还要注意分式的分母不能为零．

白两种颜色的小球，这些球除颜色外无其他差别．从袋中随机取出一个球是红球的概率为，不透明袋中有红、

0.6

12.

若袋中有个白球，则袋中红球有个．

4________

【答案】

6

【分析】设袋中红球有个，然后根据概率计算公式列出方程求解即可．

x

【详解】解：设袋中红球有个，

x

由题意得：，

x

0.6

x



4

解得，

x6

检验，当时，，

x6

x40

∴是原方程的解，

x6

∴袋中红球有个，

6

故答案为：．

6

【点睛】本题主要考查了已知概率求数量，熟知红球的概率红球数量球的总数是解题的关键．





13.如图，是的直径，点D，M分别是弦，弧的中点，，则的长是________．

ABMD

O

ACAC

AC12,BC5

【答案】

4

【分析】根据圆周角定理得出，再由勾股定理确定，半径为，利用垂径定理确定



ACB90AB13

13

2

OMACADCD6

，且，再由勾股定理求解即可．

【详解】解：∵是的直径，

AB

O

∴，



ACB90

∵，

AC12,BC5

∴，

AB13

∴

AOAB

113

，

22

∵点，分别是弦，弧的中点，

DM

ACAC

∴，且，

OMACADCD6

∴

ODAOAD

22

5

，

2

∴，

MDOMODAOOD4

故答案为：．

4

【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．

14.1000N0.6m1.5m2m

小伟用撬棍撬动一块大石头，已知阻力和阻力臂分别为和，当动力臂由增加到时，撬动

这块石头可以节省的力．（杜杆原理：阻力阻力臂动力动力臂）

________N



＝

【答案】

100

【分析】设动力为，根据阻力阻力臂动力动力臂，分别解得动力臂在和时的动力，即可解答．

xN



＝

1.5m2m

【详解】解：设动力为，

xN

根据阻力阻力臂动力动力臂，



＝

当动力臂在1.5m时，可得方程

10000.61.5xx400

11

，解得，

当动力臂在2m时，可得方程

10000.62x

2

，解得，

x300

2

400N300N100N

，故节省的力，

100N

故答案为：．

100

【点睛】本题考查了一元一次方程的实际应用，根据题目中给出的等量关系，正确列方程是解题的关键．

15.如图，直线（k为常数，）与x，y轴分别交于点A，B，则

ykx2k3

k0

23



的值是________．

OAOB

【答案】

1

【分析】根据一次函数解析式得出，，然后代入化简即可．

OA



【详解】解：，

ykx2k3

2k3



OB2k3

k

3



2x

，当时，，∴当时，

x0

y2k3y0

k

323

k



∴，，

OA



2

OB2k3

kk

23232323

kk





1

∴，

OAOBkkkk

23

k



32232323



k

故答案为：．

1

【点睛】题目主要考查一次函数与坐标轴的交点及求代数式的值，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．

16.CMN

如图，在等边中，过点作射线，点，分别在边，上，将沿折叠，

ABCBCABCMN

CDBC

AB

使点落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当

B

CDCNNB

BAB



AB2

四边形为菱形；③当点N与C重合时，④当最短时，时，；

BMBNBN2NCABM18

AB

MN

中正确的结论是（填写序号）

________

721

．其

20

【答案】①②④

【分析】根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质可得，由此即可判断①正确；先解直角

BC2NBNB

三角形可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，

CBN30BNC60B



BM∥BN,MB∥BN



根据菱形的判定即可得②正确；先根据折叠的性质可得，从而可得，

BCBC,MBCB60



ACBC



再根据等腰三角形的性质可得，然后根据即可判断③错误；

ABCCAB75ABMABCMBC



当最短时，则，过点作于点，连接

AB

ABCD

M

MEBC

E

BB



，交于点，先利用勾股定理求出

MNO

77

7

BNBBENy

,7



，根据折叠的性质可得，，再利用

OB

，设，则

BEyy0



BM2y

44

2

勾股定理可得，建立方程，解一

EM3y

MNyy

11

497

4

2

，然后根据

SBNEMOBMN



BMN

22

162

元二次方程可得的值，由此即可判断④正确．

y

【详解】解：是等边三角形，且，

ABC

AB2

BCACAB2BACB60

，，

由折叠的性质得：，

NBNB

CNNBCNNBBC2

，是定值，则结论①正确；

当时，则，

BN2NCNB2NC

在中，，

RtCBN



sin



CBN



NC

1

NB



2

CBN30



，

BNC60B



，

BM∥BN



，

由折叠的性质得：，

MBNB60



MBNBNC60



，

MB∥BN



，



四边形为平行四边形，

BMBN

又，

NBNB



四边形为菱形，则结论②正确；

BMBN

如图，当点与重合时，

N

C

CDBC

，

BCD90

，

由折叠性质得：，

的

BCBC,MBCB60



ACBC



，，

ACBBCDACB30



1

ABCCAB





1803075

，

2

ABMABCMBC15



，则结论③错误；

当最短时，则，

AB

ABCD

如图，过点作于点，连接

M

MEBC

E

BB



，交于点，

MNO

AC2,ACB30



，

BCACcos303



，

BBBCBC7



22

，

由折叠的性质得：，

BBMNOBBB



,

17

22

设，则，

BNBNx



CNBCBN2x

在中，，即

Rt△BCN



CNBCBN

222





2x3x

2



2

2

，

7

，

4

7

BN

，

4

解得

x

设，则

BEyy0



ENy

7

，，

BM2y

4

EMBMBE3y

22

，

MNENEMyy

222



SBNEMOBMN



BMN

497

4

，

162

11

，

22

77497

yyy

34

2

，

42162

解得或

y

7

7

y

0

（不符合题意，舍去），

2

10

2

49777217



，则结论④正确；



MN

4



162102010



综上，正确的结论是①②④，

故答案为：①②④．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的应用等知识点，

熟练掌握折叠的性质是解题关键．

三、解答题（本大题共9个小题，共86分）解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

17.先化简，再求值：，其中



a2a2a2

a

2

3

．

2

【答案】；

4a8

2

【分析】先用平方差公式、完全平方公式展开，再去括号、合并同类项进行化简，最后代入求值．

【详解】



a2a2a2

2

a4a4a4



22

a4a4a4

22

4a8

当

a

3

时

2

原式

4a8



3



48





2

2

【点睛】本题考查平方差公式、完全平方公式、整式的化简求值，熟练进行整式的化简是解题的关键．

18.

如图，在中，点，在对角线上，．求证：

YABCDAC

E

F

CBEADF

（）；

1

AECF

（）．

2

BE∥DF

【答案】（）证明见解析

1

（）证明见解析

2

【分析】（）根据平行四边形的性质推出相应的线段和相应的角度相等，再利用已知条件求证，

1

ABECDF

△CDFASA△ABE≌



即可求出答案．最后证明

（）根据三角形全等证明角度相等，再利用邻补角定义推出即可证明两直线平行．

2

BEFEFD

【小问详解】

1

证明：四边形为平行四边形，



ABCD

AB∥CDABCD

，，，

ABCADC

ÐBAE=ÐFCD

．

QCBEADF

，，

ABCADC

ABECDF

．

ABE≌CDFASA



．

∴AE=CF

．

【小问详解】

2

△CDFASA△ABE≌



，证明：由（1）得

AEBCFD

．

QAEBBEF180CFDEFD180

，，

BEFEFD

．

BE∥DF

．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，邻补角定义，三角形全等，平行线的判定，解题的关键在于熟练掌握平行

四边形的性质．

19.1

为培养学生劳动习惯，提升学生劳动技能，某校在五月第二周开展了劳动教育实践周活动．七（）班提供了四

类活动：．物品整理，．环境美化，．植物栽培，．工具制作．要求每个学生选择其中一项活动参加，该班

ABCD

数学科代表对全班学生参与四类活动情况进行了统计，并绘制成统计图（如图）．

（）已知该班有人参加类活动，则参加类活动有多少人？

115AC

（）该班参加类活动的学生中有名女生和名男生获得一等奖，其中一名女生叫王丽，若从获得一等奖的学

2D22

生中随机抽取两人参加学校工具制作比赛，求刚好抽中王丽和名男生的概率．

“”1

【答案】（1）10人（2）

1

3

【分析】（）根据类人数及占比得出总人数，然后乘以所占比例即可；

1AC

（）令王丽为女，另外的女生为女，男生分别为男，男，根据画树状图求概率即可求解．

21212

【小问详解】

1

解：这次被调查的学生共有（人）

15

=50

30%

参加C类活动有：（人）

50122%30%28%10



∴参加类活动有人；

C10

【小问详解】

2

解：令王丽为女，另外的女生为女，男生分别为男，男，

1212

画树状图为：

共有种等可能结果，符合题意的有种，

124

∴恰好选中王丽和1名男生的概率为：

41

=

123

【点睛】本题主要考查了扇形统计图的综合运用，样本估计总体，画树状图法求概率，读懂统计图，从统计图中得

到必要的信息是解决问题的关键．

20.已知关于x的一元二次方程

x(2m1)x3mm0

22

（）求证：无论为何值，方程总有实数根；

1m

（2）若，是方程的两个实数根，且，求m的值．

xx

12

【答案】（1）见解析（2）或．

xx

21

5



xx

12

2

2

1

5

【分析】（）根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，只要判定即可得到答案；

1

0

2

（2）根据一元二次方程根与系数的关系得到求

xx2m1

12

，，整体代入得到

xx3mm

12

m2m30

2

解即可得到答案．

【小问详解】

1

证明：关于的一元二次方程



x

x(2m1)x3mm0

22

，

∴，，，

a1

b2m1



c3mm

2

22

∴，

b4ac2m1413mm4m1









2



2

∵



4m10

，即，

0

∴不论为何值，方程总有实数根；

m

【小问详解】

2

解：∵，是关于x的一元二次方程

xx

12

x(2m1)x3mm0

22

的两个实数根，

2

∴

xx2m1

12

，，

xx3mm

12

2

xxxx

2112

22





xxxx

1212



2

5

∵，



xxxxxx

121212

2

2



xx



21

∴，

xx

12

2

1



2

2

(21)1

m



2

2

m

∴，整理，得

，解得，

，

m1

2



5m7m20

1

2

5



32

mm

∴m的值为或．

2

1

5

【点睛】本题考查一元二次方程根的情况与判别式关系，一元二次方程根与系数的关系，熟记一元二次方程判别式

与方程根的情况联系、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键．

6A1，



，21.如图，一次函数图象与反比例函数图象交于点

B,a3





3



，与x轴交于点C，与y轴交于点D．



a

（）求反比例函数与一次函数的解析式；

1

（2）点M在x轴上，若，求点M的坐标．

SS

△△

OAMOAB

【答案】（1）反比例函数解析式为，一次函数的解析式为

y



（2）M点的坐标为或





,0



,0

【分析】（1）设反比例函数解析式为代入，根据待定系数法，即可得到反比例函数解，将

yy



析式，将代入求得的反比例函数，解得a的值，得到B点坐标，最后根据待定系数法即可求出一次函

B,a3



数解析式；

（2）求出点C的坐标，根据求出，分两种情况：M在O点左侧；M点在O点右侧，

SSS

△△△

OABOACOBC

S



OAB

根据三角形面积公式即可解答．

【小问详解】

1

6

y2x4

x



8



3



8



3

kk

11

6A1，



xx



3





a

k

1

，解：设反比例函数解析式为

x

kk

6A1，



代入，可得，解得将

y



11

6

k6

1

，

x



1

6



反比例函数的解析式为，

y



x

y



把代入，可得，

B,a3



33



a

6



3



y





6

x



a

a

解得，

a1

经检验，是方程解，

a1

的

B3,2



，

设一次函数的解析式为

ykxb

2

，

6A1，



，代入将

B3,2



ykxb

2

，

可得，





6



xb



23

xb





k

2



2

解得，



b



4





一次函数的解析式为；

y2x4

【小问详解】

2

解：当时，可得，

y0

02x4

解得，

x2

C2,0



，

OC2

，

11

SSS

△△△

OABOACOBC

26228

，

22

SS

△△

OAMOAB

，

1

SOM

△

OAM

86

，

2

8

OM

，

3



8

M

M在O点左侧时，





,0

；



3

M点在O点右侧时，

M



,0

，



8



3

综上，M点的坐标为或．





,0



,0

【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数，一次函数与三角形面积问题，熟练求出是解题的

S



OAB

关键．

22.AD

如图，与相切于点，半径，与相交于点，连接．

ABAD

OO

OC∥AB

BC



8



3



8



3

（）求证：；

1



OCAADC

（2）若

ADB

2,tan

1

，求的长．

OC

3

【答案】（1）见解析（2）

5

【分析】（）连接，根据切线的性质得出，再由平行线的性质得出，利用圆周角

1

OAOAB90AOC90



定理及等腰直角三角形的性质即可证明；

（）过点作，过点作的延长线于点，根据勾股定理及等腰直角三角形的性质得出

2ACF

AHBCCFBA

AHDH2BH32

，再由正切函数确定，，再由正方形的判定和性质及相似三角形的判定和

AB25

性质求解即可．

【小问详解】

1

证明：连接，如图所示：

OA

∵与相切于点，

AB

O

A

∴，



OAB90

∵，

OC∥AB

∴，



AOC90

∴，



ADC45

∵，

OCOA

∴，



OCA45

∴；



OCAADC

【

小问详解】

2

过点作，过点作交的延长线于点，如图所示：

ACF

AHBCCFBA

BA

由（）得，

1



OCAADC45

∴为等腰直角三角形，

AHD

∵，

AD2

∴，

AHDH2

∵

tan

B

1

，

3

∴，，

BH32

ABAHBH25

22

由（）得，

1



AOCOAF90

∵，

CFBA

∴四边形为矩形，

OCFA

∵，

OAOC

∴四边形为正方形，

OCFA

∴，

CFFAOCr

∵，



BB,AHBCFB90

∴

ABH∽CBF

,

∴即，

BHAH

322





BFCF

r

25r



5r

，解得：

5OC

．∴

【点睛】题目主要考查圆周角定理，解直角三角形及正方形与相似三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，

综合运用这些知识点是解题关键．

23.ABxAmm

某工厂计划从，两种产品中选择一种生产并销售，每日产销件．已知产品成本价元/件（为常数，

且，售价元/件，每日最多产销件，同时每日共支付专利费元；产品成本价元/件，售价

4m6

850030B12

20元/件，每日最多产销300件，同时每日支付专利费y元，y（元）与每日产销x（件）满足关系式

y800.01x

2.

（1）若产销A，B两种产品的日利润分别为

wwww

1212

元，元，请分别写出，与x的函数关系式，并写出x的取

值范围；

（）分别求出产销，两种产品的最大日利润．（产品的最大日利润用含的代数式表示）

2ABAm

（）为获得最大日利润，该工厂应该选择产销哪种产品？并说明理由．【利润（售价成本）产销数量专利

3







费】

【答案】（1）

w8mx300x500w0.01x8x800x300

12



，



2

（2）元，

w500m3970

1

最大



w1420

2最大

（）当时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润；当时，该工厂应该选择产销任一

3A

4m5.1m5.1

产品都能获得最大日利润；当时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润，理由见解析

5.1m6

B

【分析】（）根据题木所给的利润计算公式求解即可；

1

（）根据（）所求利用一次函数和二次函数的性质求解即可；

21

（）比较（）中所求、两种产品的最大利润即可得到答案．

32AB

【小问详解】

1

解：由题意得，

w8mx300x500

1



，

w2012x800.01x0.01x8x800x300

2





22

【小问详解】

2

解：∵，

4m6

∴，

8m0

∴

w

1

随x增大而增大，

∴时，

当

x500

w

1

最大，最大为元；



8m50030500m3970

w0.01x8x800.01x4001520

2

2



，

∵，

0.010

∴当时，

x400

w

2

随x增大而增大，

∴

当

x300

时，

w

2

最大，最大为

0.0130040015201420



元；

2

2

【小问详解】

3

解：当，即时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润；

500m397014204m5.1

A

当，即时，该工厂应该选择产销任一产品都能获得最大日利润；

500m39701420m5.1

当，即时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润；

500m397014205.1m6

B

综上所述，当时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润；当时，该工厂应该选择产销

4m5.1m5.1

A

任一产品都能获得最大日利润；当时，该工厂应该选择产销产品能获得最大日利润．

5.1m6

B

【点睛】本题主要考查了一次函数的实际应用，二次函数的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意

列出对应的函数关系式是解题的关键．

24.

如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．

ABCD

M

BC

EAMED

EC

（）求证：；

1

EDEC

（）将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不

2

BE

EB

B



ACBC

MB

MM

与，重合），判断的形状，并说明理由．

B

C

CMB

（）在（）的条件下，已知，当时，求的长．

32

AB1

DEB45

BM

【答案】（）见解析（）等腰直角三角形，理由见解析

12

（3）

BM23

【分析】（）根据正方形的基本性质以及斜中半定理等推出，即可证得结论；

1“”

EAD≌EBC

（）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对

2

EBEBAEEM



MBC90



角线的性质推出，即可证得结论；

BMBC



（）结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．

3

CME∽AMC

【小问详解】

1

证：∵四边形为正方形，

ABCD

∴，，

BADABC90

ADBC

∵点是的中点，

EAM

∴，

EAEB

∴，

EABEBA

∴，即：，

BADEABABCEBA

EADEBC

在与中，

EAD

EBC



EAEB









EADEBC



ADBC





∴，

EAD≌EBCSAS



∴；

EDEC

【小问详解】

2

解：为等腰直角三角形，理由如下：

CMB\'

由旋转性质得：，

的

EBEB



∴，

EBAEEM



∴，，

EABEBA



EMBEBM



∵，

EABEBAEMBEBM180



∴，即：，

EBAEBM90ABM90



∴，

MBC90



∴，

BMC90ACB45



∴，

BMCACB45



∴，

BMBC



∴为等腰直角三角形；

CMB\'

【小问详解】

3

解：如图所示，延长交于点，

BE

ADF

∵，，

EABEBA

EABEBA



∴，，

MEB2EABMEB2EAB



∴，

BEBMEBMEB2EAB2EAB2BAB90



∵，

DEB45

∴，

DEFBEFDEB45



∵，

EAD≌EBC

∴，

AEDBEC

∵，

AEFBEM

∴，

DEFCEM45

∵，

ACM45

∴，

CEMACM

∵，

CMEAMC

∴，

CME∽AMC

∴，

CMEM



AMCM

∴，

CMAMEM

2

1

AMEM

，

2

1

22

∴

CMAM

，

2

∵

设，则，，

BMx

CM1x

AMABBM1x

2222

∴



11

xx

2

1

2



，

2

解得：

x23x23

12

，（不合题意，舍去），

∴．

BM23

【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，

理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键．

25.如图1，抛物线（）与

yaxbx3

2

a0

x

轴交于，两点，与轴交于点．

A1,0



B3,0



y

C

（）求抛物线的解析式；

1

（）点在抛物线上，点在轴上，以，，，为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标；

2PQxBCPQP

（3）如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于GH

K1,3



KD

，

两点，直线，分别交轴于点，．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明

DG

DH

xMN

EMEN

理由．

【答案】（1）

yx2x3

2

（2）或



2,3

17,317,3

或

（）定值，理由见详解

3

【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解；

A1,0，B3,0







x

（2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过作轴，交抛物线于轴

C

CP∥x

PPPQ∥BC

1111

，过作，交

y

3

，由，可求解；②在轴的负半轴上取点于

x2x33

2

x

QQ

22

，过作，交抛物线，可得

QP∥BC

22

Q

1

P

1

于轴于，，即可求解；③当为

PBPPPDx

222

，同时使，连接、，过作轴，交

QPBC

22

CQ

2

2

x

D

y

P

2

3

BC

平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足

BQBQ

1

，也满足条件，只是点P的坐标仍是

①中的坐标；

Gm,m2m3

，，可求

Hn,n2n3

（3）可设直线的解析式为，，

GH

ykx13





2





2



mn2k



mnk





再求直线的解析式为，从而可求，同理可求，即可求解．

DGEN

ym1xm3



EM



1

【小问详解】

1

m



3

m



1

解：抛物线



yaxbx3(a0)

2

与x轴交于两点，

A1,0，B3,0





ab



30





，

9330

ab







a



1

解得，



b



2



故抛物线的解析式为

yx2x3

2

．

【小问详解】

2

x

解：①如图，过作轴，交抛物线于轴于

C

CP∥x

PPPQ∥BC

1111

，过作，交，

Q

1



四边形

BCPQ

11

是平行四边形，

y

P

1

3

，

x2x33

2

，

解得：

x2

1

，，

x0

2

P2,3

1



；

②如图，在轴的负半轴上取点

x

QQPBP

222

，过作，交抛物线于，同时使，连接、，

QP∥BCQPBC

2222

CQ

2

2

过轴于，

PPDx

22

作轴，交

x

D



四边形

BCQP

22

是平行四边形，

CBQPQB

222

，

在

CBQPQB

222

和中，



BQQB

22









CBQPQB

222

，



CBPQ



22





CBQ≌PQB

222

()，

SAS

PDCO3

2

，

y

P

2

3

，

x2x33

2

，

解得：

x17x17

12

，，

P17,3

2

；



如上图，根据对称性：

P17,3

3

，

③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且

BC

BQBQ2

1

时，也满足条件，此时点P的

坐标仍为；



2,3

综上所述：的坐标为或

P



2,3

17,317,3

或．

【小问详解】

3

解：是定值，







理由：如图，直线经过，



GH

K1,3





可设直线的解析式为，

GH

ykx13





G

、在抛物线上，

H



可设

Gm,m2m3

2

，，

Hn,n2n3

2





kx13x2x3



2

，

整理得：

x+k-2x-k=0

，

2

(

)



xmxn

1

，，

2



mn2k







，



mnk



当时，

x1

y12134

2

，

D1,4



，

设直线的解析式为

DG

ykxb

11

，则有



mkbmm

11



2

23

，



kb



4



11



km

1





1

解得，



bm



3



1



直线的解析式为，

DG

ym1xm3



当时，，

y0

m1xm30



解得：，

x



m



3

m



1



m



3



M



,0

，

m



1





EM

1



4

，

m1



m



3

m



1

4

，同理可求：

n



1

44



EMEN

mn



11

EN





16

mnmn1





16

2kk1





16



k2k1







16

；

当与对调位置后，同理可求；

GEMEN16

H

故的定值为．

EMEN

16

【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交点坐标，

动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交点，与对应一元二

次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．