2023年浙江省温州市中考数学真题(解析版)

2023年浙江省温州市中考数学考试试卷

数学

卷Ⅰ

一、选择题（本题有10小题，第1-5小题，每小题3分，第6-10小题，每小题4分，共35

分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）

1.如图，比数轴上点A表示的数大3的数是（）

A.B.0C.1D.2

1

【答案】

D

【解析】

【分析】根据数轴及有理数的加法可进行求解．

【详解】解：由数轴可知点表示的数是，所以比大的数是；

A3

11

132

故选．

D

【点睛】本题主要考查数轴及有理数的加法，熟练掌握数轴上有理数的表示及有理数的加法是解题的关键．

2.

截面为扇环的几何体与长方体组成的摆件如图所示，它的主视图是（）

A.B.

C.D.

【答案】

A

【解析】

【分析】根据几何体的三视图可进行求解．

第页/共页

125

【详解】解：由图可知该几何体的主视图是；

故选：．

A

【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握三视图是解题关键．

的

3.218000000

苏步青来自“数学家之乡”，为纪念其卓越贡献，国际上将一颗距地球约公里的行星命名为

“苏步青星”．数据用科学记数法表示为（）

218000000

A.D.B.C.

0.218102181021.810

967

【答案】

B

【解析】

【分析】科学记数法的表示形式为

a

10

n

的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把

110

a

原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于或等于

an10

时，是正整数；当原数的绝对值小于时，是负整数．

n1n

【详解】解：数据用科学记数法表示为

218000000

2.1810

8

；

故选．

B

【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．

4.

某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．若从中随机选择

一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为（）

A.B.C.D.

1

2

2.1810

8

1

4

1

3

2

3

【答案】

C

【解析】

【分析】根据概率公式可直接求解．

【详解】解：∵有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山，

∴若从中随机选择一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为；

故选：．

C

【点睛】本题考查了根据概率公式求简单事件的概率，正确理解题意是关键．

5.

某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南麂岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．为了解学生想法，

校方进行问卷调查（每人选一个地点），并绘制成如图所示统计图．已知选择雁荡山的有人，那么选择

270

楠溪江的有（）

21



42

第页/共页

225

A.90B.180C.270D.360

人人人人

【答案】

B

【解析】

【分析】根据选择雁荡山的有人，占比为，求得总人数，进而即可求解．

270

30%

【详解】解：∵雁荡山的有人，占比为，

270

30%

∴总人数为人

270



900

30%

∴选择楠溪江的有人，

90020%180

故选：．

B

【点睛】本题考查了扇形统计图，从统计图获取信息是解题的关键．

6.化简的结果是（）

a(a)

43

A.C.D.B.

aa

127

【答案】

D

【解析】

【分析】根据积的乘方以及同底数幂的乘法进行计算即可求解．

【详解】解：

a(a)

43

aaa

故选：．

D

【点睛】本题考查了积的乘方以及同底数幂的乘法，熟练掌握积的乘方以及同底数幂的乘法的运算法则是

解题的关键．

碳水化合物含量是蛋白质的倍，碳水化合物、蛋白质与脂肪的含量共．设一瓶牛奶的营养成分中，

1.530g7.

蛋白质、脂肪的含量分别为，，可列出方程为（）

xg



yg



A.

D.B.C.

xxyxyxyy

437

a

7

a

12



，

5533

30303030

2222

【答案】

A

第页/共页

325

【解析】

【分析】根据碳水化合物、蛋白质与脂肪的含量共列方程．

30g

【详解】解：设蛋白质、脂肪的含量分别为，，则碳水化合物含量为，

xgyg

(1.5x)g

则：，即

x1.5xy30

故选．

A

5

xy

30

，

2

【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是读懂题意，找出合适的等量关

系，列方程．

（）的会徽，图由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作图是第七届国际数学教育大会

ICME28.1

菱形，使点，，分别在边，，上，过点作于点．当，

CDEF

DEFEH

OC

OB

BCABBC

EHAB

BOC30

，时，的长为（）

DE2

EH

A.B.C.D.

3

3

2

2

4

3

【答案】

C

【解析】

【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出，，继而求出

OB33

BE3

OAOBAB32

22

再根据，即可求．

sin



OBA

OAEH

6

EHEBsinOBA2

OBEB

3

【详解】解：∵在菱形中，，，

CDEF

CDDEEFCF2DE∥BC

∴，

CBODEO90

又∵，

BOC30

∴，，

OD



DE

2

4

OEODcosBOC4cos3023

sinsin30



BOC

1

BCOCBOC

3sin6

，

OBOCcosBOC6cos3033

，∴

2

∴，，

OCCDOD246

第页/共页

425

∴

BEOBOE33233

∵，

ABBC3

∴在中，，

RtOBA

OAOBAB33332

222

∵，

EHAB

∴，

sin



OBA



2

OAEH

326

OBEB

33

3

32sin

EHEBOBA

6

，∴

3

故选．

C

【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出、、

OCOA

OB

是解题关键．

9.如图，四边形内接于，，．若，

ABCD

O

BC∥AD

ACBD



AOD120

AD3

度数与的长分别为（）

BC

，则的

CAO

A.10°，1B.10°，C.15°，1D.15°，

【答案】

C

【解析】

22

【分析】过点作于点，由题意易得，然后可得

OE

OEAD

CADADB45CBDBCA

OADODA30

，

ABDACDAOD

1

13

60

，

AEAD

，进而可得

2

22

12

，最后问题可求解．

CDOCCFCD

22,

22

【详解】解：过点作于点，如图所示：

OE

OEAD

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525

∵，

BC∥AD

∴，

CBDADB

∵，

CBDCAD

∴，

CADADB

∵，

ACBD



∴，

AFD90

∴，

CADADB45CBDBCA

∵，，，

AOD120OAOD

AD3

1

13

AODABDACD

60

，

AEAD

，∴，

2

22

OADODA30

∴，，，

CAOCADOAD15BCDBCAACD105

OAOCOD

AE

1

cos30



∴，

COD2CAD90,CDB180BCDCBD30

∴，

CDOCCFCD

∴；

BC2CF1

故选．

C

12

22,

22

【点睛】本题主要考查平行线的性质、圆周角定理及三角函数，熟练掌握平行线的性质、圆周角定理及三

角函数是解题的关键．

10.11

【素材】某景区游览路线及方向如图所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③

两路段路程相等．

【素材】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留分钟．小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时小时分

220325

钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程与时间的关系（部分数据）如图所示，在米处，他到

st22100

出口还要走分钟．

10

【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（）

第页/共页

625

A.4200B.4800C.5200D.5400

米米米米

【答案】

B

【解析】

【分析】设①④⑥各路段路程为米，⑤⑦⑧各路段路程为米，②③各路段路程为米，由题意及图象可

xyz

知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟．小温游路

xyzxyz

2100



4510

线①④⑤⑥⑦⑧用时小时分钟”可进行求解．

325

【详解】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为（分钟），小温游玩行走的时间为

75104045

；（分钟）

205100105

设①④⑥各路段路程为米，⑤⑦⑧各路段路程为米，②③各路段路程为米，由图象可得：

xyz

xyzxyz

2100



，

4510

解得：，

xyz2700

∴游玩行走的速度为（米/秒），



270021001060

由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为，

3x3y105606300

∴，

xy2100

∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（米）；

2x2yzxyzxy270021004800

故选．

B

【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用及函数图象，解题的关键是理解题中所给信息，找到它们之

间的等量关系．

卷Ⅱ

二、填空题（本题有6小题，第11—15小题，每小题4分，第16小题5分，共25分）

11.分解因式：____________．

2a2a

2

【答案】．

2a(a1)

第页/共页

725

【解析】

【分析】利用提公因式法进行解题，即可得到答案．

【详解】解：

2a2a2a(a1)

2

．

故答案为：．

2a(a1)

【点睛】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握提公因式法进行解题．

12.()

某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数直方图每一组含前一个边界值，不含后一个边界值如图所示，

其中成绩在分及以上的学生有人．

80

___________

【答案】

140

【解析】

【分析】根据频数直方图，直接可得结论．

【详解】解：依题意，其中成绩在分及以上的学生有人，

80

80+60=140

故答案为：．

140

【点睛】本题考查了频数直方图，从统计图获取信息是解题的关键．



x



32



13.不等式组



31

x



的解是___________．



4





2

【答案】

1x33x1

##

【解析】

【分析】根据不等式的性质先求出每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分即可．



x

①

32



【详解】解不等式组：



31

x



②

4





2

解：由①得，；

x1

由②得，

x3

所以，．

1x3

第页/共页

825

故答案为：．

1x3

【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知求公共解的原则是

解题关键．

14.___________

若扇形的圆心角为，半径为，则它的弧长为．

4018

【答案】

4π

【解析】

【

分析】根据弧长公式

l

nr

π

即可求解．

180

【详解】解：扇形的圆心角为，半径为，

4018

∴它的弧长为，

40



18π4π

180

故答案为：．

4π

【点睛】本题考查了求弧长，熟练掌握弧长公式是解题的关键．

15.P

在温度不变的条件下，通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压，加压后气体对汽缸壁所产生的压强

（）与汽缸内气体的体积（）成反比例，关于的函数图象如图所示．若压强由加压

kPa

VPV

mL

75kPa

到，则气体体积压缩了．

100kPa

___________

mL

【答案】

20

【解析】

【分析】由图象易得P关于V的函数解析式为，然后问题可求解．

P



【详解】解：设P关于V的函数解析式为，由图象可把点代入得：，

P



∴P关于V的函数解析式为，

P



∴当时，则

P75kPa

V

6000

V

k



100,60

k

6000

V

6000

80

，

75

6000

V

∴压强由加压到，则气体体积压缩了；

75kPa1008020mL

100kPa

故答案为．

20

【点睛】本题主要考查反比例函数的应用，熟练掌握反比例函数的应用是解题的关键．

第页/共页

925

16.图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为

44

2

，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图

2)(

，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域点，，，在圆上，

CDEF

A

E

D

B

M

在同一直线上，点，形成一幅装饰画，则圆的半径为．若点，，，在上，

C

___________)

A

AB∥PN

N

FAB

DE6EF

，则题字区域的面积为___________．

【答案】①.5②.

【解析】

64

6

25

【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得，连接

r

OE

，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．

ED

T

OT

Rt△OET

【详解】解：如图所示，依题意，，

GH2

GQ

∵过左侧的三个端点作圆，，

Q,K,LQHHL4

又，

NKQL

∴在上，连接，则为半径，

O

KN

OQOQ

∵，

OHrKHr2

在中，

Rt△OHQ

OHQHQO

222

∴



r24r

22

解得：；

r=5

连接，取的中点，连接，交于点，连接，，

OE

EDAM

T

OT

AB

S

PB

2

第页/共页

1025

∵，

AB∥PN

∴，

ABOT

∴，

ASSB

∵点，，在同一直线上，

A

N

M

∴，

ANAS

NMSB



∴，

MNAN

又，

NBNA

∴

ABM90

∵，

MNNB

NPMP

∴

MPPB

2

∴

NSMB

1

2

2

∵

KHHN246

∴

ON651

∴，

OS3

∵，

DE6EF

设，则

EFSTa

ETDEa

16

22

在中，

Rt△OET

OEOTTE

222

2

即

53

2





aa

2







6



2

整理得

5a12a320

2

第页/共页

1125

即



a45a80

解得：

a

8

或

a4

5

2

∴题字区域的面积为

66

a

故答案为：；．

5

64

6

25

64

25

【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关

键．

三、解答题（本题有8小题，共90分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17.

计算：



1

（1）．



184

3







3

a

2



23

（2）．



aa



11

【答案】（）（）

1122

【解析】

【分析】（）先计算绝对值、立方根、负整数指数，再计算加减；

1

（）根据同分母分式的加减法解答即可．

2

【小问详解】

1

a1



2



1



184

3







3

1294

12

．



2

【小问详解】

2

a

2



23



aa



11

a

2



23



a



1

a

2



1



a



1



(1)(1)

aa



a



1

第页/共页

1225

a1

．

【点睛】本题考查了实数的混合运算和同分母分式的加减，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．

18.1P

如图，在的方格纸中，每个小方格的边长为．已知格点，请按要求画格点三角形（顶

24

ABCD

点均在格点上）．

（1）在图中画一个等腰三角形，使底边长为，点E在上，点F在上，再画出该三角形

PEF

2

BC

AD

绕矩形的中心旋转后的图形．

ABCD

180°

（2）在图中画一个，使，点Q在上，点R在上，再画出该三角形向右平移

Rt△PQR

P45

BC

AD

1

个单位后的图形．

【答案】（）见解析（）见解析

12

【解析】

【分析】（1）底边长为即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在

2

格点上的顶点即可得到等腰，然后根据中心旋转性质作出绕矩形的中心旋转后的图形．

!PEF

ABCD

180°

（）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．

2

【小问详解】

1

（1）画法不唯一，如图1（，或图2（）．，）

PFPE22

PFEF5PEEF5

【小问2详解】

画法不唯一，如图或图．

34

【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握

网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行的线段．

19.ABC300380500

某公司有，，三种型号电动汽车出租，每辆车每天费用分别为元、元、元．阳阳打算

第页/共页

1325

从该公司租一辆汽车外出旅游一天，往返行程为，为了选择合适的型号，通过网络调查，获得三种

210

km

型号汽车充满电后的里程数据如图所示．

型号平均里程（）中位数（）众数（）

B216215220

C225227.5227.5

kmkmkm

（1）阳阳已经对B，C型号汽车数据统计如表，请继续求出A型号汽车的平均里程、中位数和众数．

（2）为了尽可能避免行程中充电耽误时间，又能经济实惠地用车，请你从相关统计量和符合行程要求的百

分比等进行分析，给出合理的用车型号建议．

【答案】（1）平均里程：200km；中位数：，众数：

200km

205km

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）观察统计图，根据平均数、中位数和众数的计算方法求解即可；

（2）根据各型号汽车平均里程、中位数、众数和租金方面进行分析．

的

【小问1详解】

解：由统计图可知：

A

型号汽车的平均里程：

x

A



31904195520062052210



200(km)

，

34562



A型号汽车里程由小到大排序：最中间的两个数（第10、11个数据）是200、200，故中位数

的



200200



200(km)

，

2

出现充满电后的里程最多的是205公里，共六次，故众数为．

205km

【小问2详解】

选择B型号汽车．理由：型号汽车的平均里程、中位数、众数均低于，且只有10%的车辆能达到

A

210km

行程要求，故不建议选择；，型号汽车的平均里程、中位数、众数都超过，其中型号汽车有

BB

C

210km

90%符合行程要求，很大程度上可以避免行程中充电耽误时间，且型号汽车比型号汽车更经济实惠，故

B

C

第页/共页

1425

建议选择型号汽车．

B

【点睛】本题考查了统计量的选择，平均数、中位数和众数，熟练掌握平均数、方差、中位数的定义和意

义是解题的关键．

20.如图，在直角坐标系中，点在直线

A2,m



yx

2

5

上，过点A的直线交y轴于点．

B0,3



2

（）求的值和直线的函数表达式．

1m

AB

（2）若点

Pt,y



1

在线段上，点在直线

AB

Qt1,y



2

yx

2

【答案】（1）

m

（2）

5

上，求的最大值．

yy

12

2

15

2

3

3

，

yx

3

2

4

【解析】

【分析】（）把点的坐标代入直线解析式可求解，然后设直线的函数解析式为，进而根

1Am

AB

ykxb

据待定系数法可进行求解函数解析式；

（2）由（1）及题意易得

yttytt

12

359

302212



，，则有



422

391115



yyttt

12



32



，然后根据一次函数的性质可进行求解．

4242



【小问详解】

1

解：把点代入

A2,m



yx

2

5

3

，得．

m

2

2





3



，代入得设直线的函数表达式为，把点

B0,3



2

AB

ykxb

A

2,

33



2

kbk





24

，解得，







bb



3.3.

∴直线的函数表达式为

AB

yx

3

3

．

4

第页/共页

1525

【小问详解】

2

解：∵点

Pt,y



1

在线段上，点在直线

AB

Qt1,y



2

yx

2

∴

yttytt

12

5

上，

2

359

302212



，，



422

391115



tttyy



32



．∴

4242



12

∵

k

11

0

，

4

15

．∴当时，

2

∴的增大而减小，

yy

12

的值随

x

t0

yy

12

的最大值为

【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．

21.EF

如图，已知矩形，点在延长线上，点在延长线上，过点下作交的

ABCD

CBBC

FHEF

ED

延长线于点，连结交于点，．

HG

AF

EH

GEGH

（）求证：．

1

BECF

（2）当，时，求的长．

AB

5



AD4

EF

FH

6

（）【答案】（）见解析

21

EF6

【解析】

【分析】（）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，

1

GFEE

ABCDABCDCB90

即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；

ABF≌DCEAAS



BFCE

（）根据，得出，设，则，，

2

CD∥FH

△DCE△HFE

BECFx

BCAD4

CEx4

EF2x4

，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．

【小问详解】

1

解：∵，，

FHEF

GEGH

∴，

GEGFGH

∴．

GFEE

第页/共页

1625

∵四边形是矩形，

ABCD

∴，，

ABCDABCDCB90

∴，

ABF≌DCEAAS



∴，

BFCE

∴，即．

BFBCCEBC

BECF

【小问详解】

2

∵，

CD∥FH

∴，

△DCE△HFE

∴．

ECCD



EFFH

CDAB

5



．∴

FHFH

6

∵，

CDAB

设，∵，

BECFx

BCAD4

∴，，

CEx4

EF2x4

∴，

x



45



246

x



解得，

x1

∴．

EF6

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰

三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．

22.A

一次足球训练中，小明从球门正前方的处射门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距

8m

离为时，球达到最高点，此时球离地面．已知球门高为，现以为原点建立如图所示直

6m

3m

OB

2.44mO

角坐标系．

（）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）．

1

第页/共页

1725

（）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带球向正后方移动多

2

少米射门，才能让足球经过点正上方处？

O2.25m

【答案】（1）

yx

1

2



23

，球不能射进球门

12

（）当时他应该带球向正后方移动米射门

21

【解析】

【分析】（）根据建立的平面直角三角坐标系设抛物线解析式为顶点式，代入点坐标求出的值即可得

1Aa

到函数表达式，再把代入函数解析式，求出函数值，与球门高度比较即可得到结论；

x0

（2）根据二次函数平移的规律，设出平移后的解析式，然后将点代入即可求解．



0,2.25

【小问详解】

1

解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，



2,3

设抛物线解析式为

yax23



，

把点代入，得，

A8,0

2



36a30

1

，

12

8

y

2.44

，

3

1

2



xy

23

，

12

解得

a

∴抛物线的函数表达式为

当时，

x0

∴球不能射进球门；

【小问详解】

2

设小明带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为

m

yxm

把点代入得



0,2.25

2.2523

m

1

2



，

12

1

2



23

，

12

解得

m5m1

12

（舍去），，

∴当时他应该带球向正后方移动米射门．

1

【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，

熟练掌握待定系数法是解题的关键．

23.

根据背景素材，探索解决问题．

测算发射塔的高度

第页/共页

1825

某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射

塔的高度（如图1）．他们通过自制的测倾仪（如

MN

图2）在，，三个位置观测，测倾仪上的示

A

B

C

数如图3所示．

背

景

素

材

经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度．

问题解决

分析规划选择两个观测位置：点_________和点_________

写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之

获取数据

间的图上距离．

任

务

1

任

务推理计算计算发射塔的图上高度．

2

任

楼房实际宽度为米，请通过测量换算发射

DE12

务换算高度

3

塔的实际高度．

MN

注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到．

1

mm

【答案】规划一：[任务1]选择点和点；，，，测得图上；

A

B

tan1tan2tan3



111

AB4mm

843

[任务；[任务发射塔的实际高度为米；规划二：[任务选择点和点．[任务；

2]3]1]2]

18mm43.218mm

A

C

第页/共页

1925

[任务发射塔的实际高度为米；

3]

43.2

【解析】

【分析】规划一：[任务选择点和点,根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上

1]

A

B

AB4mm

[任务2]如图1，过点作于点，过点作于点，设．根据

A

AFMN

F

B

BGMN

G

MFxmm



xx

141





，，得出，．由，解得

tantan

MBGMAF

AF4x

BG3x12

AFBG

AFBG

43

FN

1

FAN

，得出，即可求解；

FN6mm

x12

，根据

tan

488

518



，解得，[任务3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得

h43.2DE5mm

h

12h

规划二：[任务选择点和点．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上；

1]

A

C

AC12mm

[任务]如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则

22

A

AFMNCGMNMN

F

C

G

FGAC12mm

，设．根据

MFxmm



tantan



MAFMCG

xx

1121



，，得出

AFCG

42

FN

1

FAN

，得出

AF4x

，．根据，得出，然后根据

CG2x24

AFCGx12

tan

488

518



，解得，即可[任务3]测得图上，设发射塔实际高度为米．由题意，得

h43.2DE5mm

12h

FN6mm

，进而即可求解．

的

h

求解．

【详解】解：有以下两种规划，任选一种作答即可．

规划一：

[任务选择点和点．

1]

A

B

tan1tan2tan3



111

，，，测得图上．

AB4mm

843

[任务]如图，过点作于点，过点作于点，

21

A

AFMN

F

B

BGMN

G

则，设．

FGAB4mm

MFxmm



第页/共页

2025

∵，，

tantan



MAFMBG

xx

141



AFBG

43

∴，．

AF4x

BG3x12

∵，

AFBG

∴

4x3x12

解得，

x12

∴．

AFBG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，

488

∴，

FN6mm

∴．

MNMFFN12618mm

[任务]测得图上，设发射塔的实际高度为米．

3

DE5mm

h

由题意，得，解得，

518



h43.2

12h

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

规划二：

[任务选择点和点．

1]

A

C

tan1tan2



1

11

，，，测得图上．

tan4



AC12mm

84

2

[任务]如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则

22

A

AFMNCGMNMN

F

C

G

FGAC12mm

，设．

MFxmm



∵，，

tantan



MAFMCG

xx

1121



AFCG

42

∴，．

AF4x

CG2x24

∵，

AFCG

第页/共页

2125

∴，解得，

4x2x24

x12

∴．

AFCG4x48mm

∵

tan

FAN

FN

1

，∴，

FN6mm

488

∴．

MNMFFN12618mm

[任务]测得图上，设发射塔的实际高度为米．

3

DE5mm

h

由题意，得，解得．

518



h43.2

12h

∴发射塔的实际高度为米．

43.2

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．

24.1

如图，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长

ABBA

OCDBECDCD

C

D

线于点，交半圆于点，已知，为线段上一点，过点作

E

F

OA

3

，．如图，连接

AC1

2

AFAF

PP

2

BCCEN

的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，

BEPH

M

PHAB

PHx

MNy

．

（）求的长和关于的函数表达式．

1

CE

y

x

（）当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．

2

PHPN

PH

PNBCE

aa

（3）延长交半圆于点，当

PNO

Q

NQx

【答案】（1）

CE

（2）或或

15

3

时，求的长．

MN

4

162760

154041

17

（3）

8

【解析】

25

16

xy

4

，

5

12

CDCO



，即【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出

CECB

MNME

25

16



xy

4

；；证明四边形是平行四边形，得出

可得出，代入数据可得

CE

APMC

5

BCCE

12

OD

ODCE

OD∥BE

（）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当

2

BCE

3:4:5

PH:PN3:5PH:PN4:5

PH:PN3:4

时，分别列出比例式，进而即可求解．

第页/共页

2225

（3）连接，，过点作于点，根据，得出

AQBQ

Q

QGAB

G

tantan



BQGQAB

1110

9

BGQGxABAGBGx

，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．

3

x

333

10

x

1

33

x

【小问详解】

1

解：如图，连接．

1

OD

∵切半圆于点，

CDO

D

∴．

ODCE

∵

OA

3

2

，，

AC1

∴

OC

5

2

，

∴．

CD2

∵，

BECE

∴，

OD∥BE

∴，

CDCO

CECB



5

即，