題型八 閱讀理解題 2025年中考數(shù)學重難題型分類練含答案

題型八閱讀理解題2025年中考數(shù)學重難題型分類練題型八閱讀理解題類型一定義新運算1.(2024威海)定義新運算:①在平面直角坐標系中，{a，b}表示動點從原點出發(fā)，沿著x軸正方向(a≥0)或負方向(a<0)平移|a|個單位長度，再沿著y軸正方向(b≥0)或負方向(b<0)平移|b|個單位長度.例如，動點從原點出發(fā)，沿著x軸負方向平移2個單位長度，再沿著y軸正方向平移1個單位長度,記作{-2,1}.②加法運算法則:|a,b|+|c,d|=|a+c,b+d|,其中a,b,c,d為實數(shù).若|3,5|+{m,n|={-1,2|,|則下列結論正確的是()A.m=2,n=7B.m=-4,n=-3C.m=4,n=3D.m=-4,n=32.(2024廣州)定義新運算:a?b={a2?b,a≤slant0,?a+b,a>0.例如：?2?4=?223.(2024呼倫貝爾)對于實數(shù)a,b定義運算“※”為a※b=a+3b,例如5※2=5+3×2=11,則關于x的不等式x※m<2有且只有一個正整數(shù)解時，m的取值范圍是.類型二新概念的理解與應用4.(2024河北)平面直角坐標系中，我們把橫、縱坐標都是整數(shù)，且橫、縱坐標之和大于0的點稱為“和點”.將某“和點”平移，每次平移的方向取決于該點橫、縱坐標之和除以3所得的余數(shù)(當余數(shù)為0時，向右平移；當余數(shù)為1時，向上平移；當余數(shù)為2時，向左平移)，每次平移1個單位長度.若“和點”Q按上述規(guī)則連續(xù)平移16次后，到達點Q16A.(6,1)或(7,1)B.(15,-7)或(8,0)C.(6,0)或(8,0)D.(5,1)或(7,1)5.(2024上海)對于一個二次函數(shù)y=ax?m2+ka≠0中存在一點Px'y',使得x6.(2024瀘州)定義：在平面直角坐標系中，將一個圖形先向上平移aa0)個單位，再繞原點按逆時針方向旋轉θ角度，這樣的圖形運動叫做圖形的ρ(a,θ)變換.如:點A(2,0)按照ρ190°變換后得到點A'的坐標為?12,則點B37.(2024山西)閱讀與思考下面是博學小組研究性學習報告的部分內(nèi)容，請認真閱讀，并完成相應任務.關于“等邊半正多邊形”的研究報告博學小組研究對象：等邊半正多邊形研究思路：類比三角形、四邊形，按“概念—性質(zhì)—判定”的路徑，由一般到特殊進行研究.研究方法：觀察(測量、實驗)一猜想一推理證明研究內(nèi)容：【一般概念】對于一個凸多邊形(邊數(shù)為偶數(shù))，若其各邊都相等，且相間的角相等、相鄰的角不相等，我們稱這個凸多邊形為等邊半正多邊形.如圖①，我們學習過的菱形(正方形除外)就是等邊半正四邊形.類似地，還有等邊半正六邊形、等邊半正八邊形?【特例研究】根據(jù)等邊半正多邊形的定義，對等邊半正六邊形研究如下：概念理解：如圖②，如果六邊形ABCDEF是等邊半正六邊形,那么AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,且∠A≠∠B.性質(zhì)探索：根據(jù)定義，探索等邊半正六邊形的性質(zhì)，得到如下結論：內(nèi)角：等邊半正六邊形相鄰兩個內(nèi)角的和為____▲____°.對角線：…任務：(1)直接寫出研究報告中“▲”處空缺的內(nèi)容：；(2)如圖③，六邊形ABCDEF是等邊半正六邊形.連接對角線AD，猜想∠BAD與∠FAD的數(shù)量關系，并說明理由；(3)如圖④,已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圓.請在圖④中作一個等邊半正六邊形ABCDEF.(要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法)8.(2024北京)在平面直角坐標系xOy中,⊙O的半徑為1.對于⊙O的弦AB和不在直線AB上的點C，給出如下定義：若點C關于直線⌒AB的對稱點C'在⊙O上或其內(nèi)部，且∠ACB=α,(1)如圖,點A(0,1),B(1,0).①在點C120,C②若點D是弦AB的“90°可及點”，則點D的橫坐標的最大值為(2)已知R是直線y=39.(2024遼寧)已知y1是自變量x的函數(shù)，當y2=xy1時，稱函數(shù)y?為y2函數(shù)y1的“升冪函數(shù)”.在平面直角坐標系中，對于函數(shù)y例如：函數(shù)y1=2x,當y2=xy1=x?2x=2在平面直角坐標系中，函數(shù)y1=2x的圖象上任意一點A(m，2m)，點Bm2m2為點A“關于y?的升冪點”，點B在函數(shù)y(1)求函數(shù)y1(2)如圖，點A在函數(shù)y1=3xx0)的圖象上，點A“關于y?的升冪(3)點A在函數(shù)y1=?x+4的圖象上，點A“關于y?的升冪點”為點①若點B與點A重合，求m的值；②若點B在點A的上方，過點B作x軸的平行線，與函數(shù)y?的“升y1冪函數(shù)"y③在②的條件下，當直線y=t1與函數(shù)y的圖象的交點有3個時，從左到右依次記為E，F(xiàn)，G，當直線y=t2與函數(shù)y的圖象的交點有2個時，從左到右依次記為M，N，若EF=MN,請直接寫10.(2024蘭州)在平面直角坐標系xOy中，給出如下定義：點P是圖形W外一點，點Q在PO的延長線上，使得POQO=12,如果點Q在圖形W上，則稱點P是圖形W的“延長2分點”.例如：如圖①，A(2,4),B(2,2),(1)如圖①，已知圖形W1::線AB,A(2,4),B(2,2),在P1?52?1,(2)如圖②，已知圖形W2:線段BC,B(2,2),C(5,2),若直線MN:y=?x+b上存在點P是圖形(3)如圖③，已知圖形W3:以T(t,1)為圓心,半徑為1的⊙T,若以D(-1,-2),E(-1,1),F(2,1)為頂點的等腰直角三角形DEF上存在點P，使得點P是圖形類型三解題方法型11.新考法綜合與實踐(2024濱州)【教材呈現(xiàn)】現(xiàn)行人教版九年級下冊數(shù)學教材85頁“拓廣探索”第14題：14.如圖，在銳角△ABC中，探究asinA,【得出結論】a【基礎應用】在△ABC中，∠B=75【推廣證明】進一步研究發(fā)現(xiàn)，asinA=bsinB=請利用圖①證明：a【拓展應用】如圖②,四邊形ABCD中,AB=2,BC=3,CD=4,∠B=∠C=90題型八閱讀理解題1.解題思路理解題干中的定義，分別建立m，n的等量關系求解即可.B【解析】由題知,3+m=-1,5+n=2,解得m=-4,n=-3.2.?12或74【解析】①當x≤0時,x2?1=?34,解得x=?12(正值已舍);②當x>0時,3.0≤m<13【解析】根據(jù)題意可知,x※m=x+3m<2,解得x<2-3m,∵x※m<2有且只有一個正整數(shù)解,∴{2?3m>1①2?3m≤slant2②,解不等式①，得4.解題思路根據(jù)題干的例子可知“和點”P(2，1)先向右平移1個單位后，按照向上、向左，向上、向左不斷重復的規(guī)律平移，而Q??是通過16次平移后得到的點，因此需要進行反推，此時注意分情況討論，舍去不符合題意的結果即可.D【解析】由題意得，若“和點”余數(shù)為0，先向右平移1，再向上平移，之后向左向上循環(huán)；若“和點”余數(shù)為1，向上平移1，之后向左向上循環(huán)；若“和點”余數(shù)為2，向左向上循環(huán)；由于平移16次后到達點Q??(-1,9),余數(shù)為2,若“和點”余數(shù)為0,平移16次后余數(shù)為2，先向右平移1，再向上平移到點A(m，n)，之后向左向上循環(huán)7輪到(Q??(-1,9),則m-7=-1,n+7=9,A(6,2),所以“和點”Q(5,1);若“和點”余數(shù)為1,平移16次后余數(shù)為1，不符題意；若“和點”余數(shù)為2，平移16次后余數(shù)為2,向左向上循環(huán)8輪到點Q??(-1,9),此時坐標應為(-1+8,9-8)即“和點”Q(7,1),綜上所述,點Q的坐標為(5,1)或(7,1).5.解題思路觀察題干所給的二次函數(shù)的解析式為頂點式，可以看到“開口大小”是由二次函數(shù)的解析式移項變形得來的，故需要先將拋物線的解析式轉化為頂點式，再進行變形求解即可.4【解析】根據(jù)拋物線的“開口大小”的定義可知y-k=ax?m2中存在一點P(x',y'),使得x'?m=y'?k≠0,則a=y'?kx'?m2=16.解題思路根據(jù)題意，畫出示意圖，將其放在平面坐標系中求解更加簡單，將變換過程分為兩步求解，先將點B向上平移2個單位后，通過做x軸的垂線，將其落在直角三角形中，結合三角函數(shù)的定義，求得該點與x正半軸的夾角及該點到原點的距離，再繞原點逆時針方向旋轉105°后，做x軸的垂線，將點B'落在直角三角形中，結合平角的定義和旋轉的性質(zhì)求解即可.?22【解析】如解圖，根據(jù)題意，點B3?1向上平移2個單位，得到點C(3,1),連接BC交x軸于點E,.∴CE=1,OE=3,∴OC=12+32=2,sin∠COE=CE7.解:(1)240;【解法提示】∵六邊形ABCDEF是等邊半正六邊形，∴六邊形內(nèi)角和為(6-2)×180°=720°,∵∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,且∠A≠∠B,∴相鄰兩個內(nèi)角的和為240°.(2)∠BAD=∠FAD,理由如下:如解圖①,連接BD,FD,∵六邊形ABCDEF是等邊半正六邊形，∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠C=∠E,∴△BCD≌△FED(SAS),∴BD=FD.在△ABD與△AFD中,{∴△ABD≌△AFD(SSS),∴∠BAD=∠FAD;解題技巧通過巧構輔助線，將在多邊形中證明∠BAD=∠FAD的問題轉化為證明三角形全等的問題.(3)如解圖②,③,六邊形ABCDEF即為所求.(答案不唯一)8.解:(1)①C?,45;【解法提示】如解圖①，作出⊙O關于弦AB的對稱圓⊙O',連接O'A,O'B,O'C?,O'C?,O'C?.∵若點C關于直線AB的對稱點C'在⊙O上或其內(nèi)部,且∠ACB=α,則稱點C是弦AB的“α可及點”,∴點C應在⊙O'的圓內(nèi)或圓上,∵點A(0,1),B(1,0),∴OA=OB=1,而∠AOB=90°,∴∠ABO=∠OAB=45°,由對稱的性質(zhì)得∠O'BA=∠O'AB=45°,∴△O'BA為等腰直角三角形,∴O'(1,1),則C1O'=12+12=2②23?134≤t<12【解法提示】如解圖②，取AB的中點H，以點H為圓心,HA為半徑,作⊙H,在⊙H上取一點D,連接DH,AD,BD,則∠ADB=90°,∴HD=HA=HB,∴點D在AB上方半圓上運動(不包括端點A，B)，且DH∥x軸時，點D的橫坐標最大,∵OA=OB=1,∠AOB=90°,∴AB=22或1<t≤【解法提示】作出⊙O關于MN的對稱圓⊙O'，∵若點P關于直線MN的對稱點P'在⊙O上或其內(nèi)部，且∠MPN=α,則稱點P是弦MN的“α可及點”,∴點P應在⊙O'的圓內(nèi)或圓上，如解圖③，作出△MPN的外接圓⊙O",連接O"M,O"N,∴點P在以O"為圓心,MO"為半徑的優(yōu)弧MN上運動(不包括端點M，N)，∴∠MO"N=2∠MPN=120°,∴∠O"MN=30°,由對稱得點O，O'在MN的垂直平分線上，∵△MPN的外接圓為⊙O",∴點O"也在MN的垂直平分線上,記OO'與NM交于點Q,∴MQ=MO''?cos30°=32MO'',∴MN:2MQ=3MO'',,隨著MN的變化,⊙O"會靠近⊙O',如解圖④,當點O'與點O"重合時,點P在⊙O'上,即為臨界狀態(tài)，此時MN最大，MN=3MO''=3,如解圖⑤,連接O"P,OP,∵OP≤OO"+O"P,∴當MN最大,MN=3時，此時△O"NP為等邊三角形，由上述過程知MN=2MQ=3MO'',∴MO''=9.解:1(2)∵點A在函數(shù)y1∴設點A的坐標為x則點A“關于y?的升冪點”B的坐標為(x，3).∵點B在點A的上方，AB=2,∴3?解得x=3,∴點A的坐標為A(3,1);(3)解題思路將A，B坐標用含有m的式子表示出來.∵點A在函數(shù)y1∴點A的坐標為(m,-m+4),∴點A“關于y?的升冪點”B的坐標為(m?m2+4m,函數(shù)①解題思路根據(jù)A，B重合時橫縱坐標相等，建立關于m的方程求解即可.∵點B與點A重合，∴?m+4=?解得m∴m的值為1或4;②解題思路將線段用m表示出來，根據(jù)m的取值范圍進行分類討論.∵點B在點A的上方，且四邊形ABCD為矩形，∴1<m<4,且m≠2,AB=?當1<m<2時,BC=2(2-m),y=2當2<m<4時,BC=2(m-2),y=2綜上所述y={③解題思路由EF=MN,分2種情況進行討論:a.EF與MN平行且相等；b.點M是拋物線y=?2m4或3?2【解法提示】當E，F(xiàn)，M，N如解圖①所示時，令?2x2+6x=t1,可得?2x2+6x?t1=0,∴x1+x2=?ba=3,x1x2=ca=t12,則EF2=x1?x22=x110.解:(1)P?,P?;(2)如解圖①,連接BO并延長至B',使得B'O=12BO,連接CO并延長至C'，使得過點B作BG⊥x軸于點G,過點C作CH⊥x軸于點H,過點B'作B'G'⊥x軸于點G',過點C'作C'H'⊥x軸于點H'.∵BG⊥x軸,B'G'⊥x軸,∴∠BGO=∠B'G'O.∵∠BOG=∠B'OG',∴△BGO∽△B'G'O.∴∵B(2,2),∴BG=2,OG=2.∴B'G∵直線.MN:y=-x+b上存在點P為圖形W?：線段BC的“延長2分點”，∴y=-x+b與線段B'C'相交時存在點P