《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

10. 小鹿和小晨从图书馆出发去公园. 小鹿先出发5分钟后小晨出发，两人刚好同时到达休息点，短暂休息后两人分别以原来的速度同时再出发，各自到达公园. 如图1，图书馆到公园的路线长4.5千米，图2表示两人相距的路程$ s $（千米）与小鹿所用时间$ t $（分）之间的函数关系，则图中$ m $的值为（B）

A.22
B.22.5
C.23
D.23.5

答案： 10.B　【解析】一次函数的应用　根据题中函数图象知，小鹿$5$分钟走了$1$千米，所以小鹿的速度为$1 ÷ 5 = \frac{1}{5}$(千米/分).小鹿在$25$分钟内只休息了一段时间，其余时间走了$4.5$千米，所以二人休息的时间为$25 - 4.5 ÷ \frac{1}{5} = 2.5$(分).设小晨的速度为$v$千米/分，根据二人同时到达休息点，得$(15 - 5)v = \frac{1}{5} × 15$，解得$v = \frac{3}{10}$.所以$m = 5 + 2.5 + 4.5 ÷ \frac{3}{10} = 22.5$.故选B.
方法技巧
图象类试题的解题技巧
(1)认真阅读题目，抓住题目当中的关键词语，如同时出发，出发方向等；
(2)认真理解图象的意义，横、纵坐标的意义，特别是理解图象中关键点的意义，如折线中的转折点的意义；
(3)文字语言与图形语言结合，进一步确定关键点的意义，为解题找到突破口.

11. 因式分解：$ a^{2}+10a + 25 = $$(a + 5)^2$.

答案： 11. $(a + 5)^2$　【考点】因式分解

12. 若扇形的圆心角为$ 40^{\circ} $，半径为2，则它的面积为$\frac{4}{9}\pi$.

答案： 12. $\frac{4}{9}\pi$　【解析】扇形面积公式　因为扇形的圆心角为$40^{\circ}$，半径为$2$，所以扇形的面积为$\frac{40 · \pi · 2^{2}}{360} = \frac{4}{9}\pi$(易错：面积公式与弧长公式混淆).

13. 如图是甲、乙两人10次实心球训练成绩的折线统计图，对比方差发现$ s_{甲}^{2} ＞ s_{乙}^{2} $，则图中折线A表示甲的成绩.（填“甲”或“乙”）

答案： 13. 甲　【解析】折线统计图+方差　由题意可知，甲的方差比乙的方差大，所以甲的成绩波动比乙的成绩波动大，故图中折线$A$表示甲的成绩.

14. 关于$ x $的一元二次方程$ 2x^{2}+x + m = 0 $有两个相等的实数根，则$ m $的值为$\frac{1}{8}$.

答案： 14. $\frac{1}{8}$　【解析】一元二次方程根的判别式　因为关于$x$的一元二次方程$2x^{2} + x + m = 0$有两个相等的实数根，所以$\Delta = 1^{2} - 4 × 2 × m = 0$，解得$m = \frac{1}{8}$.

15. 如图，当阻力与阻力臂一定时，动力$ F(N) $与动力臂$ L(cm) $成反比例. 动力$ F $与动力臂$ L $的部分数据如表所示，则表中$ b $的值为$\frac{15}{2}$.

答案： 15. $\frac{15}{2}$　【解析】反比例函数的应用
∵当阻力与阻力臂一定时，动力$F(N)$与动力臂$L(cm)$成反比例(关键：动力×动力臂=阻力×阻力臂)，
∴设动力$F(N)$与动力臂$L(cm)$的解析式为$F = \frac{k}{L}$.把$F = a$时，$L = b$，$F = 3a$时，$L = b - 5$代入，得$k = ab = 3a(b - 5)$，解得$b = \frac{15}{2}$.

16. 如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上一点，连接BE，将$ △BCE $绕着点B旋转，点C的对应点F落在边AD上，点E的对应点G落在边AB上，BF与AC交于点H. 若$ BC = 12 $，F是AD的中点，则HE的长为______.

答案：
16. $2\sqrt{10}$　【解析】菱形的性质+旋转的性质+全等三角形的性质与判定+相似三角形的性质与判定+勾股定理+等腰三角形的性质
[第1步，由旋转的性质得边、角相等]
∵$\triangle BCE$旋转得到$\triangle BFG$，
∴$BC = BF$，$\angle ABH = \angle CBE$.
[第2步，由菱形的性质证明三角形相似，得到$AH$与$HC$的数量关系及$BH$的长]
∵四边形$ABCD$是菱形，$BC = 12$，
∴$AD = BC = AB = CD = BF = 12$，$AD // BC$.
∴$\angle DAC = \angle BCH$，$\angle AFH = \angle CBH$.
∴$\triangle AFH \sim \triangle CBH$.
∵$F$是$AD$的中点，
∴$\frac{AF}{BC} = \frac{AH}{HC} = \frac{FH}{HB} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$.
∴$BH = \frac{2}{3}BF = \frac{2}{3} × 12 = 8$.
[第3步，由ASA证明$\triangle ABH \cong \triangle CBE$，从而得到$\triangle BHE$为等腰三角形及$HE = EC$]
∵$AB = BC$，$\angle BAC = \angle BCA$，
$\begin{cases} \angle ABH = \angle CBE \\ AB = CB \end{cases}$
∴$\triangle ABH \cong \triangle CBE(ASA)$，
∴$BH = BE = 8$，$AH = EC$.
∴$\triangle BHE$为等腰三角形.
∵$\frac{AH}{HC} = \frac{1}{2}$，
∴$AH = HE = EC$.
[第4步，作垂线，由等腰三角形的性质、勾股定理求$HE$的长]
如图，过点$B$作$BK \perp HE$交$AC$于点$K$(巧作辅助线：三线合一，构造直角三角形，由勾股定理建立方程求解)，则$HK = KE$(提示：等腰三角形的性质).设$HK = KE = x$，则$EC = HE = 2x$，在$Rt \triangle BKE$和$Rt \triangle BKC$中，由勾股定理得$BK^{2} = BE^{2} - KE^{2} = BC^{2} - KC^{2}$，
∴$8^{2} - x^{2} = 12^{2} - (x + 2x)^{2}$，解得$x_{1} = - \sqrt{10}$(舍去)或$x_{2} = \sqrt{10}$.
∴$HE = 2\sqrt{10}$.

17. （本小题满分8分）计算：$ (\frac{2}{3})^{0}+(-1)^{2}+\sqrt{64} $.

答案： 17.零指数幂+有理数的乘方+算术平方根
解：原式$= 1 + 1 + 8$ (6分)
$= 10$. (8分)

18. （本小题满分8分）先化简再求值：$ \frac{1}{m - 2}-\frac{m}{m^{2}-4} $，其中$ m = 4 $.

答案： 18.分式的化简求值
解：原式$= \frac{m + 2}{(m - 2)(m + 2)} - \frac{m}{m^{2} - 4}$
$= \frac{2}{(m - 2)(m + 2)}$ (6分)
$= \frac{2}{m^{2} - 4}$，
当$m = 4$时，原式$= \frac{2}{4^{2} - 4} = \frac{1}{6}$. (8分)

19. （本小题满分8分）如图，在$ △ABC $中，$ AB = AC $，在边BC上取一点D，使得$ ∠CAD = ∠ACB $，在AD上取一点E，使得$ BD = AE $，连接CE.
(1) 求证：$ △ABD≌△CAE $.
(2) 若$ BC = 10 $，$ BD = 4 $，求CE的长.

答案： 19.全等三角形的判定与性质
解：
(1)证明：
∵$AB = AC$，
∴$\angle ABC = \angle ACB = \angle CAD$.
又$AE = BD$，
∴$\triangle ABD \cong \triangle CAE(SAS)$. (4分)
(2)
∵$BC = 10$，$BD = 4$，
∴$CD = 6$.
∵$\angle ACB = \angle CAD$，
∴$AD = CD = 6$.
∵$\triangle ABD \cong \triangle CAE$，
∴$CE = AD = 6$. (8分)