2026年陕西省初中学业水平考试·例析样卷拓展卷·数学（二）

这是一份2026年陕西省初中学业水平考试·例析样卷拓展卷·数学（二），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1.下列四个数中最大的数是 （ ）
A. 7B.0
C.－ 12D.3
1.D
【解析】∵－ 12＜0，3＝ 9＞ 7，∴这四个数从小到大的顺序为－ 12＜0＜ 7＜3，∴这四个数中最大的数是3.
2.陶瓷器具是我国古代劳动人民的重要发明之一，是中国人民勤劳与智慧的结晶.如图所示，将给定的图形绕虚线旋转一周得到的几何体与下列陶瓷花瓶最为类似的是（ ）
A B C D
2.D
3.如图为“中国天眼”接受来自宇宙中电磁波的原理图，已知入射光线AB∥MN，BD为入射光线在B点反射时的法线，且平行于主光轴MN的反射光线A′B′与光线轨迹B′C的夹角(∠1)为56°.若CM平分∠BCB′，则∠CBD的度数为（ ）
A.62°B.56°C.34°D.28°
3.D
【解析】∵A′B′∥MN，∴∠B′CM＝∠1.∵AB∥MN，∴∠ABC＝∠BCM.∵CM平分∠BCB′，∴∠B′CM＝∠BCM，∴∠ABC＝∠1.∵BD为入射光线的法线，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠CBD＝ 12∠1＝28°.
4.已知每个光量子的波长约为688纳米，则“688纳米”可用科学记数法表示为( )
×10－11米×10－7米
×10－3米×10－6米
4.B
5.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC⊥AB，对角线AC平分∠DAB.若∠DAB=30°，BC=5，则CD的长为 ( )
A.7B.8C.9D.10
5.D
【解析】如答案图，过点D作DE⊥AB于点E，∵AB∥CD,BC⊥AB，∴DE=BC=5，∵∠DAB=30°，∴AD=2DE=10，∵AB∥CD，∴∠DCA=∠CAB，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠CAB，∴∠DAC=∠DCA，∴CD=AD=10.
答案图
6.已知正比例函数y1＝3x与一次函数y2＝kx＋2的图象交于点A(m，3)，则k的值为（ ）
A. －3B. －1C.1D.3
6.C
【解析】∵点A(m，3)在正比例函数y1＝3x的图象上，∴3m＝3，∴m＝1，将A(1，3)代入一次函数y2＝kx＋2中，得k＋2＝3，解得k＝1.
7.如图，边长为5的正方形ABCD，E，F，G，H分别为各边中点．连接AG，BH，CE，DF，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形MNPQ的面积为( )
A. 1B. 2C. 5D. 10
7.C
【解析】解法一：如图，过点C作CO⊥AG，交AG延长线于点O，∵点E，F，G，H分别为正方形ABCD各边的中点，∴DG＝CF，AD＝CD，∠ADG＝∠DCF＝90°，∴△ADG≌△DCF，∴∠DAG＝∠CDF，∵∠CDF＋∠ADQ＝90°，∴∠DAG＋∠ADQ＝90°，∴∠AQD＝90°，∴AG⊥DF，同理可得CE⊥DF，CE⊥BH，BH⊥AG，∴HM，EN，PF，QG分别为△ADQ，△BAM，△CNB，△DPC的中位线，∴M，N，P，Q分别为AQ，BM，CN，DP的中点，∴易得MN＝PN＝PQ＝QM，∴四边形MNPQ为正方形，∴∠DQG＝∠COG＝90°，∵∠DGQ＝∠CGO，∴△DGQ≌△CGO，∴易得S△DPC＝S正方形OCPQ＝S正方形PQMN，由图可知，正方形ABCD由4个全等于△DCP的三角形和一个小正方形PQMN组成，∴S正方形ABCD＝5S正方形PQMN，∴S正方形PQMN＝5.
解法二：∵正方形ABCD的边长为5，F，G分别为BC，CD的中点，∴CD＝5，CF＝DG＝ 52，由勾股定理得DF＝ 552，易证：△DQG∽△DCF，∴DQ∶QG＝CD∶CF＝2∶1，∴DQ＝2QG，由勾股定理，得DQ2＋GQ2＝DG2，即DQ2＋( DQ2)2＝( 52)2，解得DQ＝ 5，∵E，F，G，H分别为各边中点，易得四边形PNMQ为正方形，PQ＝DQ＝ 5，∴S正方形MNPQ＝( 5)2＝5.
解法三： ∵点E，F，G，H分别为正方形ABCD各边的中点，∴DG＝CF，AD＝CD，∠ADG＝∠DCF＝90°，∴△ADG≌△DCF，∴∠DAG＝∠CDF，∵∠CDF＋∠ADQ＝90°，∴∠DAG＋∠ADQ＝90°，∴∠AQD＝90°，∴AG⊥DF，易得四边形PNMQ为正方形，∵AD＝2DG，∴DQ＝2QG＝QP＝QM，设QG＝x，则AM＝QM＝2x，∴AG＝5x，在Rt△ADG中，AG2＝AD2＋DG2，∴(5x)2＝52＋( 52)2，解得x＝ 52(负值已舍)，∴S正方形MNPQ＝2x·2x＝5.
8.若抛物线M: y=x²－（3m－1） x－3与抛物线 M':y=x²＋10x＋2n＋5 关于直线x=－ 2对称，则m ，n 的值为 （ ）
A.m=1，n =10B.m=2，n =5
C.m=1，n =8D.m=2，n =7
8.C
【解析】由抛物线M：y=x2－(3m－1)x－3可知抛物线M的对称轴为直线x= 3m−12，交y轴与点(0，－3)，抛物线M'：y=x2＋10x+2n+5的对称轴为直线x=－ 102 =－5，∵抛物线M：y=x2－(3m－1)x－3与抛物线M'：y= x2＋10x+2n+5关于直线x=－2对称，∴ 12( 3m−12−5)=－2，解得m=1，∵点(0，－3)关于直线x=－2对称的点为(－4，－3)，∴把点(－4，－3)代入y=x2＋10x+2n+5，得－3=16－40+2n+5，解得n=8.
二、填空题
9.分解因式：ab2－4ab＋4a＝ ．
9. a(b－2)2
【解析】ab2－4ab＋4a＝a(b2－4b＋4)＝a(b－2)2.
10.正七边形的外角和是______．
10.360°
【解析】根据任意多边形的外角和都为360°，可知正七边形的外角和是360°．
11.在我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》(1261)一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，因此我们称这个三角形为“杨辉三角”，根据规律第八行从左到右第三个数为________．
11.21
12.如图，已知AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，且BD平分∠ABC，连接CD，AC，若∠CDB＝32°，则∠ACD的度数为______．
12.29°
【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∠ABC＋∠CAB＝90°.∵ BC⏜＝ BC⏜，∴∠CAB＝∠CDB＝32°，∴∠ABC＝90°－∠CAB＝58°.∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝ 12∠ABC＝29°，∵ AD⏜＝ AD⏜，∴∠ACD＝∠ABD＝29°.
13.在一定温度下，对一个弹性良好的气球不断充入气体，气球内气体的压强p(kPa)与气球的半径r(cm)成反比例关系，p关于r的函数图象经过点(5，30)．若压强从20kPa增加到30kPa，则气球半径缩小了______cm．
13. 52
【解析】设p关于r的函数解析式为p =kr，把点(5，30)代入，得30 =k5，解得k＝150，∴p关于r的函数解析式为p =150r，当p＝20时，则r =15020=152，当p＝30时，r =15030=5， 152−5 =52，∴气球半径缩小了 52cm．
14.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边在其上方作Rt△DEF，其中∠DFE＝30°，∠DEF＝90°，则在点F从点A到点C的运动过程中，点E运动的路径长是______．

14. 433
【解析】如解图，作∠DAE′＝30°的Rt△DAE′，且∠DE′A＝90°，连接EE′，则点E的运动路径是线段EE′；∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴AD＝ 433，当F与A点重合时，在Rt△ADE′中，AD＝ 433，∠DAE′＝30°，∴∠ADE′＝60°，DE′＝ 233，∴∠CDE′＝30°，当F与C重合时，∠EDC＝60°，∴∠EDE′＝90°，∠DEE′＝30°，∴在Rt△DEE′中，EE′＝2DE′＝ 433.
解图
三、解答题
15.计算： 8+2−2−2cs45∘+|2−2|.
15.解：原 式=22+14−2×22+2−2
=22+14−2+2−2
=94.
16.解不等式:2(x－6)+4≤3x－5，并将它的解集在数轴上表示出来.
16.解：去括号，得2x－12+4≤3x－5，
移项，得2x－3x≤－5+12－4，
合并同类项，得－x≤3
系数化为1，得x≥－3
该不等式的解集在数轴上表示如答案图：
答案图
17.化简：( a－1a＋1－ 1a2－1)÷ a－2a＋1.
17.解：原式＝ （a－1）2－1（a＋1）（a－1）· a＋1a－2
＝ a2－2a（a＋1）（a－1）· a＋1a－2
＝ aa－1.
18.如图，已知直线l1与直线l2相交于点A，B是l2上一点（点B位于点A右侧），请用尺规作图法，在l1上找一点C，点C在直线l2的上方，连接 CB，使得 ∠CAB=2∠CBA．（保留作图痕迹，不写作法）
18.解：解法一：如答案图①，点C即为所求.
解法二：如答案图②，点C即为所求.
答案图① 答案图②
19.如图，在△ABC中，AB＝AC.D是边BC延长线上的一点，连接AD，过点A、D分别作AE∥BD、DE∥AB，AE、DE交于点E，连接CE.
求证：AD＝CE.
19.证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.
∵AE∥BD，∴∠CAE＝∠ACB.∴∠B＝∠CAE.
又∵DE∥AB，∴四边形ABDE为平行四边形.∴AE＝BD.∴△ABD≌△CAE.(6分)∴AD＝CE.
20.春天到了，百花齐放，小华和家人计划节假日外出赏花踏青游，想从汉中油菜花、西安樱花、宝鸡紫荆花、秦岭梅花中选择一个.由于意见不一致，计划通过抽卡片进行选择，爸爸将四个地方的花分别写在四张不透明卡片的正面，卡片除正面所写内容不同外，其余均相同，再将四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上.
(1)小华随机抽取一张，抽到“西安樱花”的概率为 ；
(2)若时间足够去两个地方赏花，全家商定小华从四张卡片中随机抽取一张，记录卡片正面内容后放回，背面朝上洗匀，妹妹再从这4张卡片中随机抽取一张，请用列表或画树状图的方法，求两人恰好抽到的是“秦岭梅花”和“汉中油菜花”的概率.
20.解：(1) 14；
(2)将汉中油菜花、西安樱花、宝鸡紫荆花、秦岭梅花分别记为A，B，C，D，列表如下：
由上表可知，共有16种等可能的结果，其中恰好抽到的是“秦岭梅花”和“汉中油菜花”的结果有2种，
∴P(恰好抽到的是“秦岭梅花”和“汉中油菜花”)= 216= 18.
21.如图①，塑像AB在底座BC上，点D是人眼所在的位置．当点B高于人的水平视线DE时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大．数学家研究发现：当经过A，B两点的圆与水平视线DE相切时(如图②)，在切点P处感觉看到的塑像最大，此时∠APB为最大视角．
(1)请仅就图②的情形证明∠APB>∠ADB.
(2)经测量，最大视角∠APB为30°，在点P处看塑像顶部点A的仰角∠APE为60°，点P到塑像的水平距离PH为6m．求塑像AB的高(结果精确到0.1m．参考数据： 3≈1.73)．
21.解：(1)如解图，设AD与圆交于点M，连接BM，
∴∠AMB＝∠APB，
∵∠AMB＞∠ADB，∴∠APB＞∠ADB；
解图
(2)在Rt△AHP中，∠APH＝60°，PH＝6.
∵tan∠APH＝ AHPH，∴AH＝PH·tan60°＝6× 3＝6 3.
∵∠APB＝30°，∴∠BPH＝∠APH－∠APB＝60°－30°＝30°.
在Rt△BHP中，tan∠BPH＝ BHPH，∴BH＝PH·tan30°＝6× 33＝2 3.
∴AB＝AH－BH＝6 3－2 3＝4 3≈4×1.73≈6.9(m)．
答：塑像AB的高约为6.9m.
22.
某校化学实验小组针对“氯化钾在不同温度下的溶解度”进行研究，得到氯化钾在0~100 ℃时溶解度y(g)与温度x(℃)近似满足一次函数关系，其图象如图所示.(注：氯化钾的溶解度是指在一定温度下，氯化钾在100 g水中达到饱和状态时所溶解的氯化钾的质量)
(1) 求氯化钾在0~100 ℃时溶解度y(g)与温度x(℃)之间的函数表达式；
(2)当温度为30 ℃时，在100 g水中加入39 g氯化钾，充分搅拌，能否完全溶解？若能，请说明理由；若不能，至少应少放多少克氯化钾？(忽略水的挥发及其他因素的影响)

22.解：(1)设氯化钾在0～100℃时溶解度y(g)与温度x(℃)之间的函数表达式为y=kx＋b(k≠0)，
将(50，43)，(100，58)代入，
得 50k＋b=43100k＋b=58，
解得 k=0.3b=28，
∴氯化钾在0～100℃时溶解度y(g)与温度x(℃)之间的函数表达式为y=0.3x+28；
(2)不能完全溶解.
由(1)知，氯化钾在0～100℃时溶解度y(g)与温度x(℃)之间的函数表达式为y=0.3x+28，
当x=30时，y=0.3×30+28=37，
∵3785.1，
∴1班在这次卫生评比活动中胜出.
24.如图，已知△ABC内接于⊙O，CO的延长线交AB于点D，交⊙O于点E，交⊙O的切线AF于点F，且AF∥BC.
(1)求证：AO∥BE；
(2)求证：AO平分∠BAC.
24.证明：(1)∵AF是⊙O的切线，∴AF⊥OA，即∠OAF＝90°，
∵CE是⊙O的直径，∴∠CBE＝90°，∴∠OAF＝∠CBE，
∵AF∥BC，∴∠BAF＝∠ABC，∴∠OAF－∠BAF＝∠CBE－∠ABC，即∠OAB＝∠ABE，∴AO∥BE；
(2)∵∠ABE 与∠ACE 都是 AE⌒所对的圆周角，∴∠ABE＝∠ACE，
∵OA＝OC，∴∠ACE＝∠OAC，∴∠ABE＝∠OAC，
由(1)知，∠OAB＝∠ABE，∴∠OAB＝∠OAC，
∴AO平分∠BAC.
25.“咸阳杯·美洲队中国行”国际足球邀请赛于11月12日在陕西咸阳奥体中心落下帷幕，本次赛事旨在通过引进国际足球强队来华，进一步营造我国竞技体育市场开放、协作、包容的积极氛围，为陕西球迷奉献精彩而充满激情的足球盛宴.在一次比赛中，一名队员从球门正前方12 m的O处挑射，正好射中了球门横梁的中间位置A处(横梁的粗细忽略不计)，如图所示，球射向球门的路线可近似看作一条抛物线，当球飞行的水平距离为6 m时球距地面的高度为4.2 m.已知球门横梁A处距离地面高度为2.4 m，现以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若在足球射中球门横梁A处之前，摸高为2.85 m的守门员预判该球可能会射门成功，所以计划在球门门框AB正前方1.2 m处进行防守，请通过计算判断该守门员能否防守成功？
25.解：(1)设抛物线的函数表达式为y=ax2+bx，
由题意可知点A的坐标为(12，2.4)，
易得抛物线过点(6,4.2),A(12,2.4)，
将(6,4.2)(12,2.4)代入y=ax2+bx中，
得 36a+6b=4.2144a+12b=2.4，
解得 a=−112b=65，
∴抛物线的函数表达式为y=- 112x2+ 65x；
(2)解法一：由题意得，当x=12-1.2=10.8时，
y=- 112×(10.8)2+ 65×10.8=3.24，
∵3.24 m>2.85 m，
∴守门员不能防守成功.
解法二：由题意得，当y=2.85时，
/2.85=- 112x2+ 65x,解得x=11.4 m
∴12-11.4=0.6 m
∵1.2 m＞0.6 m
∴守门员不能防守成功.
26.
问题提出
(1)如图①，在等腰△ABC中，AB＝AC，△ABC的角平分线AD，BE，CF相交于点O，则图中共有________对全等三角形；
问题探究
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，AC＝6，CD平分∠ACB交AB于点D，求CD的长；
问题解决
(3)如图③，某校现有一块四边形空地ABCD，其中AB＝AD＝30 米，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°.为落实《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》中的劳动教育课程标准，该校计划开辟学校一块空地作为学生劳动教育实践基地，方案如下：修建两条笔直的小路EG，FH，两条路的交点O在AC上．且EG⊥AD，FH⊥AB，计划在四边形OEDH，OFBG内种植蔬菜，为满足需求，想让种植蔬菜(阴影部分)的面积尽可能大．请问：是否存在符合设计要求的面积最大的种植区？若存在，求出最大种植区的面积；若不存在，请说明理由．
26.解：(1)7；
(2)在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，AC＝6，
∴BC＝ 12AC＝3，∠ACB＝60°.
∵CD平分∠ACB，∴∠BCD＝30°，
∴CD＝ BCcs30°＝2 3；
(3)存在．如解图，过点H作HM⊥AC于点M，
∵∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，AC＝AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∵∠BAD＝120°，∴∠BAC＝∠DAC＝60°，∠ACB＝∠ACD＝30°，
∵AB＝AD＝30 米，∴AC＝60 米，CD＝30 3米，
∵EG⊥AD，FH⊥AB，∴∠AEO＝∠AFO＝90°，∴△AEO≌△AFO，
∴∠AOE＝∠AOF＝30°，∴∠COG＝∠COH＝∠AOE＝∠AOF＝30°，∴△OHC≌△OGC.
∵S四边形OEDH＝S△ADC－S△AEO－S△OHC，
S四边形OFBG＝S△ABC－S△AFO－S△OGC，
∴S四边形OEDH＝S四边形OFBG，∴S四边形OEDH＋S四边形OFBG＝2S四边形OEDH.
∵∠COH＝∠OCH＝30°，∴HM＝ 33OM＝ 36OC,
设OA＝x，则AE＝ 12x，OE＝ 32x，OC＝60－x，
HM＝ 36(60－x)＝10 3－ 36x，
∴S四边形OEDH＝S△ADC－S△AEO－S△OHC
＝ 12×30×30 3 － 12× 12x· 32x－ 12(60－x)(10 3－ 36x)
＝－ 5324 (x－24)2＋270 3，
∵－ 5324＜0，∴当x＝24时，S四边形OEDH有最大值，最大值为270 3，
∴S四边形OEDH＋S四边形OFBG≤2×270 3＝540 3(平方米)，
∴符合设计要求的种植区的最大面积为540 3平方米．
解图 小华妹妹
A
B
C
D
A
(A，A)
(B，A)
(C，A)
(D，A)
B
(A，B)
(B，B)
(C，B)
(D，B)
C
(A，C)
(B，C)
(C，C)
(D，C)
D
(A，D)
(B，D)
(C，D)
(D，D)