2025年下學期初中大班學習數(shù)學試卷一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）下列計算正確的是（）A.(a^3+a^2=a^5)B.((a^3)^2=a^5)C.(a^6÷a^2=a^3)D.(a^3·a^2=a^5)若關于(x)的一元二次方程(x^2-2x+m=0)有兩個不相等的實數(shù)根，則(m)的取值范圍是（）A.(m<1)B.(m>1)C.(m≤1)D.(m≥1)如圖，在(\triangleABC)中，(DE\parallelBC)，若(AD=2)，(DB=3)，則(\frac{AE}{EC})的值為（）A.(\frac{2}{5})B.(\frac{3}{5})C.(\frac{2}{3})D.(\frac{3}{2})已知點(A(1,y_1))，(B(2,y_2))在反比例函數(shù)(y=\frac{k}{x})（(k>0)）的圖像上，則下列關系正確的是（）A.(y_1>y_2>0)B.(y_2>y_1>0)C.(0>y_1>y_2)D.(0>y_2>y_1)一個多邊形的內(nèi)角和是外角和的3倍，則這個多邊形的邊數(shù)是（）A.6B.7C.8D.9若二次函數(shù)(y=x^2-2x+c)的圖像與(x)軸有兩個交點，則(c)的值可能是（）A.3B.2C.1D.0如圖，(\odotO)是(\triangleABC)的外接圓，(\angleA=50^\circ)，則(\angleBOC)的度數(shù)為（）A.(50^\circ)B.(80^\circ)C.(100^\circ)D.(130^\circ)下列事件中，是隨機事件的是（）A.三角形任意兩邊之和大于第三邊B.任意選擇某一電視頻道，它正在播放新聞聯(lián)播C.(a)是實數(shù)，(|a|≥0)D.在一個裝著白球和黑球的袋中摸球，摸出紅球如圖，在矩形(ABCD)中，(AB=3)，(BC=4)，以點(A)為圓心，(AD)長為半徑畫弧，交(BC)于點(E)，則(CE)的長為（）A.1B.2C.3D.4已知二次函數(shù)(y=ax^2+bx+c)（(a≠0)）的圖像如圖所示，則下列結論正確的是（）A.(a>0)，(b>0)，(c>0)B.(a<0)，(b>0)，(c<0)C.(a<0)，(b<0)，(c>0)D.(a>0)，(b<0)，(c<0)二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）分解因式：(x^3-4x=)__________。若(\sqrt{x-2}+(y+3)^2=0)，則(x+y=)__________。已知一組數(shù)據(jù)：2，3，5，5，6，7，這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是__________。如圖，在(Rt\triangleABC)中，(\angleC=90^\circ)，(\sinA=\frac{3}{5})，(BC=6)，則(AB=)__________。若關于(x)的分式方程(\frac{x}{x-2}+\frac{m}{2-x}=3)有增根，則(m)的值為__________。如圖，在平面直角坐標系中，點(A(1,0))，(B(0,2))，以點(A)為圓心，(AB)長為半徑畫弧，交(x)軸正半軸于點(C)，則點(C)的坐標為__________。三、解答題（本大題共8小題，共72分）17.（8分）計算：((-2)^2+|\sqrt{3}-2|-\sqrt{12}+(π-2025)^0)18.（8分）先化簡，再求值：(\left(1-\frac{1}{a-1}\right)÷\frac{a^2-4a+4}{a^2-a})，其中(a=3)19.（8分）如圖，在平行四邊形(ABCD)中，點(E)，(F)分別在邊(AB)，(CD)上，且(AE=CF)。求證：(\triangleADE≌\triangleCBF)20.（8分）某校為了解學生“最喜歡的球類運動”情況，隨機抽取了部分學生進行問卷調(diào)查，規(guī)定每人從“籃球、足球、排球、羽毛球、乒乓球”中選擇一項，并將調(diào)查結果繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計圖。（1）本次調(diào)查共抽取了多少名學生？（2）補全條形統(tǒng)計圖；（3）若該校共有1200名學生，估計最喜歡“籃球”的學生有多少名？21.（9分）某商店銷售一種商品，每件成本為40元，經(jīng)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)，按每件50元銷售，每月可售出500件；若銷售單價每上漲1元，每月銷售量就減少10件。設銷售單價為(x)元（(x≥50)），每月銷售利潤為(y)元。（1）求(y)與(x)之間的函數(shù)關系式；（2）若每月銷售利潤為8000元，銷售單價應定為多少元？（3）當銷售單價定為多少元時，每月銷售利潤最大？最大利潤是多少？22.（9分）如圖，在(Rt\triangleABC)中，(\angleC=90^\circ)，點(O)在(AC)上，以(OA)為半徑的(\odotO)交(AB)于點(D)，(BD)的垂直平分線交(BC)于點(E)，交(BD)于點(F)。（1）求證：(DE)是(\odotO)的切線；（2）若(AC=6)，(BC=8)，(OA=2)，求線段(DE)的長。23.（10分）如圖，拋物線(y=ax^2+bx+c)與(x)軸交于點(A(-1,0))，(B(3,0))，與(y)軸交于點(C(0,3))。（1）求拋物線的解析式；（2）點(P)是拋物線上一動點，且在第四象限，當點(P)到直線(BC)的距離最大時，求點(P)的坐標；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在點(Q)，使得(\triangleQBC)是等腰三角形？若存在，求出點(Q)的坐標；若不存在，請說明理由。24.（12分）已知在(\triangleABC)中，(AB=AC)，(\angleBAC=120^\circ)，點(D)是(BC)的中點，點(E)在直線(AD)上運動，連接(BE)，將線段(BE)繞點(B)順時針旋轉(60^\circ)得到線段(BF)，連接(CF)。（1）如圖1，當點(E)與點(D)重合時，求證：(CF=AE)；（2）如圖2，當點(E)在(AD)的延長線上時，探究線段(CF)，(AE)，(AB)之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）若(AB=4)，當點(E)在直線(AD)上運動時，直接寫出線段(CF)的最小值。參考答案及評分標準一、選擇題D2.A3.C4.A5.C6.D7.C8.B9.A10.B二、填空題(x(x+2)(x-2))12.(-1)13.514.1015.216.((\sqrt{5}+1,0))三、解答題解：原式(=4+(2-\sqrt{3})-2\sqrt{3}+1)（4分）(=4+2-\sqrt{3}-2\sqrt{3}+1)（6分）(=7-3\sqrt{3})（8分）解：原式(=\left(\frac{a-1-1}{a-1}\right)÷\frac{(a-2)^2}{a(a-1)})（2分）(=\frac{a-2}{a-1}·\frac{a(a-1)}{(a-2)^2})（4分）(=\frac{a}{a-2})（6分）當(a=3)時，原式(=\frac{3}{3-2}=3)（8分）證明：∵四邊形(ABCD)是平行四邊形，∴(AD=BC)，(\angleA=\angleC)，(AB=CD)（3分）∵(AE=CF)，∴(\triangleADE≌\triangleCBF)（SAS）（8分）解：（1）本次調(diào)查的學生人數(shù)為(20÷20%=100)（名）（2分）（2）最喜歡“足球”的人數(shù)為(100-30-20-15-10=25)（名），補全條形統(tǒng)計圖略（5分）（3）估計最喜歡“籃球”的學生有(1200×\frac{30}{100}=360)（名）（8分）解：（1）由題意得，(y=(x-40)[500-10(x-50)]=-10x^2+1400x-40000)（3分）（2）令(y=8000)，則(-10x^2+1400x-40000=8000)，解得(x_1=60)，(x_2=80)（6分）（3）(y=-10(x-70)^2+9000)，當(x=70)時，(y)最大(=9000)（9分）（1）證明：連接(OD)，∵(OA=OD)，∴(\angleOAD=\angleODA)，∵(EF)垂直平分(BD)，∴(EB=ED)，∴(\angleEBD=\angleEDB)，∵(\angleC=90^\circ)，∴(\angleOAD+\angleEBD=90^\circ)，∴(\angleODA+\angleEDB=90^\circ)，∴(\angleODE=90^\circ)，∴(DE)是(\odotO)的切線（4分）（2）解：設(DE=x)，則(EB=x)，(CE=8-x)，(OD=2)，(OC=6-2=4)，在(Rt\triangleODE)中，(OD^2+DE^2=OE^2)，即(2^2+x^2=(4+8-x)^2)，解得(x=\frac{15}{4})（9分）（1）解：設拋物線解析式為(y=a(x+1)(x-3))，將(C(0,3))代入得(a=-1)，∴(y=-x^2+2x+3)（3分）（2）解：直線(BC)的解析式為(y=-x+3)，設點(P(m,-m^2+2m+3))，則點(P)到直線(BC)的距離(d=\frac{|m+(-m^2+2m+3)-3|}{\sqrt{2}}=\frac{|-m^2+3m|}{\sqrt{2}})，當(m=\frac{3}{2})時，(d)最大，此時(P\left(\frac{3}{2},-\frac{15}{4}\right))（7分）（3）解：拋物線對稱軸為(x=1)，設(Q(1,t))，(BC=3\sqrt{2})，分三種情況：①(QB=QC)，((1-3)^2+(t-0)^2=(1-0)^2+(t-3)^2)，解得(t=1)；②(QB=BC)，((1-3)^2+t^2=(3\sqrt{2})^2)，解得(t=±\sqrt{14})；③(QC=BC)，(1^2+(t-3)^2=(3\sqrt{2})^2)，解得(t=3±\sqrt{17})，∴點(Q)的坐標為((1,1))，((1,\sqrt{14}))，((1,-\sqrt{14}))，((1,3+\sqrt{17}))，((1,3-\sqrt{17}))（10分）（1）證明：∵(AB=AC)，(\angleBAC=120^\circ)，(D)是(BC)中點，∴(AD)平分(\angleBAC)，(\angleBAD=60^\circ)，(AD⊥BC)，∵(BE)繞點(B)旋轉(60^\circ)得(BF)，∴(\triangleBEF)是等邊三角形，(BE=BF)，(\angleEBF=60^\circ)，∵(\angleABC=30^\circ)，∴(\angleABE=\angleCBF=30^\circ)，∵(AB=BC)，∴(\triangleABE≌\triangleCBF)（SAS），∴(CF=AE)（4分）（2）解：(CF=AE-AB)，理由：由（1）知(\triangleABE≌\triangleCBF)，(CF=AE)，∵(AB=AC=4)，(\angleBAC=120^\circ)，∴(AD=2)，(BD=2\