2025年杭州中考数学真题及答案

A

【答案】A

【解析】

【分析】本题考查相反数，根据只有符号相反的两个数互为相反数，进行判断即可．

【详解】解：$\frac { 3 } { 4 }$的相反数是$-\frac { 3 } { 4 }$

故选A．

2

【答案】2

【解析】

【分析】本题主要考查了求一个数的立方根，掌握立方根的定义是解题的关键．

分别计算绝对值和立方根，再进行加法计算即可．

【详解】解：$\left | { -5 } \right |+\sqrt[3] { -27 }=5-3=2$，

故答案为：2．

$-2\le x < 4$

【答案】$-2\le x < 4$

【解析】

【分析】本题考查了解一元一次不等式组的解集．熟练掌握解一元一次不等式组的解集是解题的关键．

先求第二个不等式的解集，进而可得不等式组的解集．

【详解】解：$\begin{cases} x\ge -2 \\ 2x-3 < 5{\text{①}} \end{cases}$，

由①得：$x < 4$，

∴原不等式组的解集为：$-2\le x < 4$，

故答案为：$-2\le x < 4$．

${ \rm{ 4 } }{ \rm{ 9 } }{ \rm{ 0 } }$

【答案】${ \rm{ 4 } }{ \rm{ 9 } }{ \rm{ 0 } }$

【解析】

【分析】利用仰角的余弦解答即可．

本题考查了仰角的计算，熟练掌握角的余弦是解题的关键．

【详解】解：根据题意，得$AB=APcos\alpha ={ \rm{ 5 } }{ \rm{ 0 } }{ \rm{ 0 } }\times { \rm{ 0 } }{ \rm{ . } }{ \rm{ 9 } }{ \rm{ 8 } }{ \rm{ = } }{ \rm{ 4 } }{ \rm{ 9 } }{ \rm{ 0 } }{ \rm{ m } }$，

故答案为：${ \rm{ 4 } }{ \rm{ 9 } }{ \rm{ 0 } }$．

$\frac { 4 } { 9 }$

【答案】$\frac { 4 } { 9 }$

【解析】

【分析】本题主要考查了树状图或列表法求解概率，正确画出树状图或列出表格是解题的关键．

先画出树状图得到所有等可能性的结果数， 再找到符合题意的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．

【详解】解：画树状图为：



由树状图可知一共有9种等可能性的结果数，其中甲出的卡片数字比乙大的结果数有4种，

∴甲出的卡片数字比乙大的概率是$\frac { 4 } { 9 }$．

故答案为：$\frac { 4 } { 9 }$

$8$

【答案】$8$

【解析】

【分析】本题考查了整式规律探究，根据$(a+b) ^ { 4 } =a ^ { 4 } +4a ^ { 3 } b+6a ^ { 2 } b ^ { 2 } +4ab ^ { 3 } +b ^ { { \rm{ 4 } } }$展开，即可求解．

【详解】解：$\because$(a+b) ^ { 4 } =a ^ { 4 } +4a ^ { 3 } b+6a ^ { 2 } b ^ { 2 } +4ab ^ { 3 } +b ^ { { \rm{ 4 } } }$，

$\therefore$(x+2) ^ { 4 } =x ^ { 4 } +4x ^ { 3 } \cdot 2+6x ^ { 2 } \cdot 2 ^ { 2 } +4x\cdot 2 ^ { 3 } +2 ^ { 4 }$

$=x ^ { 4 } +8x ^ { 3 } +24x ^ { 2 } +32x+16$，

$\therefore m=8$，

故答案为：$8$．

$2\sqrt[] { 14 }$

【答案】$2\sqrt[] { 14 }$

【解析】

【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，矩形的性质；

根据题意证出$\vartriangle EFG\backsim EBC$，得到$\frac { FG } { BC }=\frac { EG } { EC }=\frac { EF } { EB }$，设$DG=x$，则$AD=BC=4+x$，表示出$GC=x+1$，$DC=\sqrt[] { 2x+1 }$，连接$AE$，在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle AEG$中，求出$AE=\sqrt[] { 7 }$，在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle AEC$和${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle ADC$中，表示出$AC=\sqrt[] { AE ^ { 2 } +EC ^ { 2 } }$，$AC=\sqrt[] { AD ^ { 2 } +DC ^ { 2 } }$，列式计算出$x=3$，再利用勾股定理计算直径即可．

【详解】解：∵$ABCD$为矩形，

∴$AD\parallel BC$，$\angle D=90{}^\circ$

∴$EF\parallel BC$，

∴$\vartriangle EFG\backsim EBC$，

∴$\frac { FG } { BC }=\frac { EG } { EC }=\frac { EF } { EB }$，

设$DG=x$，则$AD=BC=4+x$，

∴$\frac { 3 } { 4+x }=\frac { 3 } { 3+GC }$

∴$GC=x+1$，

在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle GDC$中，$DC=\sqrt[] { GC ^ { 2 } -DG ^ { 2 } }=\sqrt[] { 2x+1 }=AB$，

连接$AE$，



∵$AC$为直径，

∴$\angle AEC=90{}^\circ$，

在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle AEG$中，$AE=\sqrt[] { AG ^ { 2 } -EG ^ { 2 } }=\sqrt[] { 7 }$，

∴在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle AEC$中，$AC=\sqrt[] { AE ^ { 2 } +EC ^ { 2 } }$，

在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle ADC$中，$AC=\sqrt[] { AD ^ { 2 } +DC ^ { 2 } }$，

∴$AD ^ { 2 } +DC ^ { 2 } =AE ^ { 2 } +EC ^ { 2 }$，

∵$AD=4+x,DC=\sqrt[] { 2x+1 },EC=x+4,AE=\sqrt[] { 7 }$，

∴$\left ( { 4+x } \right ) ^ { 2 } +\left ( { \sqrt[] { 2x+1 } } \right ) ^ { 2 } =\left ( { \sqrt[] { 7 } } \right ) ^ { 2 } +\left ( { x+4 } \right ) ^ { 2 }$，

∴解得：$x=3$，

∴$AC=\sqrt[] { AE ^ { 2 } +EC ^ { 2 } }=\sqrt[] { \left ( { \sqrt[] { 7 } } \right ) ^ { 2 } +\left ( { x+4 } \right ) ^ { 2 } }=2\sqrt[] { 14 }$，

$\odot O$的直径为：$2\sqrt[] { 14 }$，

故答案为：$2\sqrt[] { 14 }$．

$5x+3$，13

【答案】$5x+3$，13

【解析】

【分析】本题考查了整式的混合运算，化简求值，掌握运算法则是解题的关键．

先计算单项式乘以多项式，再进行合并同类项，然后再代入求值即可．

【详解】解：$x(5-x)+x ^ { 2 } +3$

$=5x-x ^ { 2 } +x ^ { 2 } +3$

$=5x+3$，

当$x=2$时，原式$=5\times 2+3=13$．

$x=2$

【答案】$x=2$

【解析】

【分析】本题主要考查了解分式方程，按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程并检验即可得到答案．

【详解】解：$\frac { 3 } { x+1 }-\frac { 1 } { x-1 }=0$

方程两边同时乘以$\left ( { x-1 } \right )\left ( { x+1 } \right )$得：$3\left ( { x-1 } \right )-\left ( { x+1 } \right )=0$，

去括号得：$3x-3-x-1=0$，

移项，合并同类项得：$2x=4$，

系数化为1得：$x=2$，

检验，当$x=2$时，$\left ( { x-1 } \right )\left ( { x+1 } \right )\ne 0$，

∴$x=2$是原方程的解．

(1) 见解析; (2) $22.5{}^\circ$

【答案】（1）见解析 ②$22.5{}^\circ$

【解析】

【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键．

> ①由正方形的性质可得$AB=CB{\text{，}}\angle ABD=\angle CBD$，据此可利用${ \rm{ S } }{ \rm{ A } }{ \rm{ S } }$证明$\vartriangle ABE{\text{≌}}\vartriangle CBE$；

> ②由正方形的性质可得$\angle BAD=90{}^\circ {\text{，}}\angle ADB=45{}^\circ$，再由等边对等角和三角形内角和定理求出$\angle DAE$的度数即可得到答案．

【小问1详解】

证明：∵四边形$ABCD$是正方形，

∴$AB=CB{\text{，}}\angle ABD=\angle CBD$，

又∵$BE=BE$，

∴$\vartriangle ABE{\text{≌}}\vartriangle CBE\left ( { { \rm{ S } }{ \rm{ A } }{ \rm{ S } } } \right )$；

【小问2详解】

解：∵四边形$ABCD$是正方形，

∴$\angle BAD=90{}^\circ {\text{，}}\angle ADB=45{}^\circ$，

∵$DE=DA$，

∴$\angle DAE=\angle DEA$，

∵$\angle DAE+\angle DEA+\angle ADE=180{}^\circ$，

∴$\angle DAE=\angle DEA=67.5{}^\circ$，

∴$\angle BAE=\angle BAD-\angle DAE=22.5{}^\circ$．

B

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查平行线的性质，根据平行线的性质，结合平角的定义，对顶角相等，求出每个角的度数，进行判断即可．

【详解】解：∵$a\parallel b,\angle 1=91{}^\circ$，

∴$\angle 3=\angle 1=91{}^\circ$，$\angle 4=\angle 5=\angle 2=180{}^\circ -\angle 1=89{}^\circ$；

故选B．

(1) $8.22$; (2) 用①的形式得出的$\sqrt[] { { \rm{ 6 } }{ \rm{ 7 } } }$的近似值的精确度更高，理由见解析

【答案】①$8.22$；（2）用①的形式得出的$\sqrt[] { { \rm{ 6 } }{ \rm{ 7 } } }$的近似值的精确度更高，理由见解析

【解析】

【分析】本题主要考查了算术平方根的估算，正确理解题意是解题的关键．

> ①设$\sqrt[] { 67 }=9-t$，其中$0 < t < 1$，则仿照题意可得$67=81-18t+t ^ { 2 }$，$t ^ { 2 }$比较小，将$t ^ { 2 }$忽略不计，则$67\approx 81-18t$，据此可得$t\approx \frac { 7 } { 9 }$，则$\sqrt[] { 67 }\approx 9-\frac { 7 } { 9 }\approx 8.22$；

（2）可求出$8.18 < \sqrt[] { 67 } < 8.19 < 8.22$，据此可得结论．

【详解】解：（1）设$\sqrt[] { 67 }=9-t$，其中$0 < t < 1$，

∴$\left ( { \sqrt[] { 67 } } \right ) ^ { 2 } =\left ( { 9-t } \right ) ^ { 2 }$，

∴$67=81-18t+t ^ { 2 }$，

∵$t ^ { 2 }$比较小，将$t ^ { 2 }$忽略不计，

∴$67\approx 81-18t$，

∴$t\approx \frac { 81-67 } { 18 }=\frac { 7 } { 9 }$，

∴$\sqrt[] { 67 }\approx 9-\frac { 7 } { 9 }\approx 8.22$；

（2）用①的形式得出的$\sqrt[] { { \rm{ 6 } }{ \rm{ 7 } } }$的近似值的精确度更高，理由如下；

∵$8.18\times 8.18=66.9124{\text{，}}8.19\times 8.19=67.0761$，$\sqrt[] { 66.9124 } < \sqrt[] { 67 } < \sqrt[] { 67.0761 }$，

∴$8.18 < \sqrt[] { 67 } < 8.19 < 8.22$，

∴用①的形式得出的$\sqrt[] { { \rm{ 6 } }{ \rm{ 7 } } }$的近似值的精确度更高．

(1) 见解析; (2) $3+\frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 }$

【答案】（1）见解析 ②$3+\frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 }$

【解析】

【分析】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．

（1）根据等边对等角导角得到$OD\parallel AC$，再结合圆的切线性质得到$\angle DOE=\angle AEO=90{}^\circ$，即可证明垂直；

（2）先得到$\vartriangle ABC$是等边三角形，则$\angle A=60{}^\circ$，解${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle AOE$求出$AO,AE$，根据$AE+EC=AO+OB$，求出$EC$，再由梯形面积公式求解．

【小问1详解】

证明：由题意得$OD=OB=OE$，

∴$\angle ODB=\angle B$，

∵$AB=AC$，

∴$\angle C=\angle B$，

∴$\angle ODB=\angle C$，

∴$OD\parallel AC$，

∵以点O为圆心，$OB$长为半径的半圆与$AC$相切于点E，

∴$OE\bot AC$，

∴$\angle DOE=\angle AEO=90{}^\circ$，

∴$OD\bot OE$；

【小问2详解】

解：∵$AB=BC$，$AB=AC$，

∴$AB=AC=BC$，

∴$\vartriangle ABC$是等边三角形，

∴$\angle A=60{}^\circ$，

∵$OE\bot AC$，$OD=OB=OE=\sqrt[] { 3 }$，

∴$AE=\frac { OE } { tanA }=\frac { \sqrt[] { 3 } } { \sqrt[] { 3 } }=1$，$AO=\frac { OE } { sinA }=\frac { \sqrt[] { 3 } } { \frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 } }=2$，

∴$AC=AB=AO+OB=2+\sqrt[] { 3 }$，

∴$EC=AC-AE=2+\sqrt[] { 3 }-1=1+\sqrt[] { 3 }$，

∴四边形$ODCE$的面积为：$\frac { 1 } { 2 }\left ( { OD+EC } \right )\times OE=\frac { 1 } { 2 }\left ( { 1+\sqrt[] { 3 }+\sqrt[] { 3 } } \right )\times \sqrt[] { 3 }=3+\frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 }$．

(1) $a=6$ >; (2) $t=-3$; (3) 8

【答案】①$a=6$

> ②$t=-3$

（3）8

【解析】

【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的图象性质，是解题的关键：

（1）待定系数法求出函数解析式即可；

（2）先求出对称轴，由题意，可知，$B,C$关于对称轴对称，$B,C$的纵坐标均为$t$，中点得到$x_{ C } =2x_{ B }$，对称性得到$\frac { x_{ B } +x_{ C } } { 2 }=\frac { 3 } { 2 }x_{ B } =3$，求出$x_{ B }$，再代入函数解析式求出$t$的值即可；

（3）根据题意，易得要使$n-m$最大，则，$m,n$为一条直线与抛物线的交点，$x=m$和$x=n$关于对称轴对称，根据直线$l_{ 1 } ,l_{ 2 }$之间的距离为16，为定值，得到当一条直线恰好经过抛物线的顶点$\left ( { 3,-4 } \right )$，即：$y=-4$时，$n-m$最大，此时另一条直线的解析式为$y=16-4=12$，令$x ^ { 2 } -6x+5=12$，求出$x$的值，进而确定$m,n$的值，进行求解即可．

【小问1详解】

解：把$\left ( { 1,0 } \right )$代入$y=x ^ { 2 } -ax+5$，的：$1-a+5=0$，

解得：$a=6$；

【小问2详解】

由①知：$y=x ^ { 2 } -6x+5$，

∴对称轴为直线$x=-\frac { -6 } { 2\times 1 }=3$，

∵点$A\left ( { 0,t } \right )$在$y$轴上，过点$A\left ( { 0,t } \right )$与x轴平行的直线交抛物线于$B,C$两点，

∴$B,C$关于对称轴对称，$B,C$的纵坐标均为$t$，

又∵点B为线段$AC$的中点，

∴$x_{ C } =2x_{ B }$，

∴$\frac { x_{ B } +x_{ C } } { 2 }=\frac { 3 } { 2 }x_{ B } =3$，

∴$x_{ B } =2$，

∴$x=2$代入$y=x ^ { 2 } -6x+5$，得：$y=2 ^ { 2 } -6\times 2+5=-3$，

∴$t=-3$；

【小问3详解】

∵$y=x ^ { 2 } -6x+5=\left ( { x-3 } \right ) ^ { 2 } -4$，

∴抛物线的顶点坐标$\left ( { 3,-4 } \right )$，

当抛物线的一段$y=x ^ { 2 } -ax+5(m\le x\le n)$夹在两条均与x轴平行的直线$l_{ 1 } ,l_{ 2 }$之间时，

$m,n$为直线与抛物线的交点，

∴要使$n-m$最大，则，$m,n$为一条直线与抛物线的交点，$x=m$和$x=n$关于对称轴对称，

又∵直线$l_{ 1 } ,l_{ 2 }$之间的距离为16，为定值，

∴当一条直线恰好经过抛物线的顶点$\left ( { 3,-4 } \right )$，即：$y=-4$时，$n-m$最大，此时另一条直线的解析式为$y=16-4=12$，如图：



∴当$x ^ { 2 } -6x+5=12$时，解得：$x_{ 1 } =7,x_{ 2 } =-1$，

即：$n=7,m=-1$，

∴$n-m$的最大值为：$7-\left ( { -1 } \right )=8$．

(1) $\frac { 3 } { 5 }$; (2) ①$11$；②$\frac { 3\sqrt[] { 39 }-4 } { 5 }$

【答案】（1）$\frac { 3 } { 5 }$

（2）①$11$；②$\frac { 3\sqrt[] { 39 }-4 } { 5 }$

【解析】

【分析】（1）先根据菱形的性质可得$AC\bot BC,OA=\frac { 1 } { 2 }AC=4$，再根据勾股定理可得$OB=3$，然后根据正弦的定义求解即可得；

（2）①连接$BD$，设$AC,BD$交于点$O$，同理求出$OB=3$，则$BD=6$；证明$EF\parallel BD$，得到$\angle DBE=\angle FEB$，由轴对称的性质可得$\angle AEB=\angle FEB$，则$\angle DEB=\angle DBE$，据此可得$DE=DB=6$，即可得到$AE=AD+DE=11$；

②由勾股定理得$PB=\sqrt[] { OB ^ { 2 } +OP ^ { 2 } }=\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$，根据$PA=OA+OP=4+OP$，可求出$PA-PB=4-\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$，根据$\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }>0$，可推出当$OP$有最小值时，$OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$有最小值，即此时$\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$有最大值，即当$OP$有最小值时，$PA-PB$有最小值；过点B作$BH\bot AD$于H，$BT\bot FE$于T，由等面积法可得$BH=\frac { 24 } { 5 }$，则由轴对称的性质可得$BT=BH=\frac { 24 } { 5 }$，由勾股定理得$OP=\sqrt[] { PB ^ { 2 } -3 ^ { 2 } }$，则当$PB$有最小值时，$OP$有最小值，由垂线段最短可知$BP\ge BT=\frac { 24 } { 5 }$，故当点P与点T重合时，$BP$有最小值，最小值为$\frac { 24 } { 5 }$，据此求解即可．

【小问1详解】

解：如图1，设$AC,BD$交于点$O$，



∵在菱形$ABCD$中，$AB=5{\text{，}}AC=8$，

∴$AC\bot BC,OA=\frac { 1 } { 2 }AC=4$，

∴$OB=\sqrt[] { AB ^ { 2 } -OA ^ { 2 } }=3$，

∴$sin\angle BAC=\frac { OB } { AB }=\frac { 3 } { 5 }$；

【小问2详解】

解：①如图所示，连接$BD$，设$AC,BD$交于点$O$，



∵四边形$ABCD$是菱形，

∴$AC\bot BC$，$OA=\frac { 1 } { 2 }AC=4$，$BD=2OB$，$AD=AB=5$，

∴$OB=\sqrt[] { AB ^ { 2 } -OA ^ { 2 } }=\sqrt[] { 5 ^ { 2 } -4 ^ { 2 } }=3$，

∴$BD=6$；

∵$EF\bot AC$，$AC\bot BC$，

∴$EF\parallel BD$，

∴$\angle DBE=\angle FEB$，

由轴对称的性质可得$\angle AEB=\angle FEB$，

∴$\angle DEB=\angle DBE$，

∴$DE=DB=6$，

∴$AE=AD+DE=11$；

②在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle BOP$中，由勾股定理得$PB=\sqrt[] { OB ^ { 2 } +OP ^ { 2 } }=\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$

∵$PA=OA+OP=4+OP$，

∴$PA-PB=4+OP-\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$

$=4+\frac { \left ( { OP-\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } } \right )\left ( { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } } \right ) } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$

$=4+\frac { OP ^ { 2 } -OP ^ { 2 } -9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$

$=4-\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$，

∵$\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }>0$，

∴要使$PA-PB$的值最小，则$\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$要最大，

∴$OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$要有最小值，

又∵$\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$的值随着$OP$的值增大而增大，

∴$OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$的值随着$OP$的值增大而增大，

∴当$OP$有最小值时，$OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 }$有最小值，即此时$\frac { 9 } { OP+\sqrt[] { OP ^ { 2 } +9 } }$有最大值，

∴当$OP$有最小值时，$PA-PB$有最小值；

如图所示，过点B作$BH\bot AD$于H，$BT\bot FE$于T，



∵$S_{ {\text{菱}}{\text{形}}ABCD } =\frac { 1 } { 2 }AC\cdot BD=\frac { 1 } { 2 }AD\cdot BH$，

∴$BH=\frac { \frac { 1 } { 2 }AC\cdot BD } { AD }=\frac { \frac { 1 } { 2 }\times 6\times 8 } { 5 }=\frac { 24 } { 5 }$，

∴由轴对称的性质可得$BT=BH=\frac { 24 } { 5 }$，

在${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle POB$中，由勾股定理得$OP=\sqrt[] { PB ^ { 2 } -OB ^ { 2 } }=\sqrt[] { PB ^ { 2 } -3 ^ { 2 } }$，

∴当$PB$有最小值时，$OP$有最小值，

由垂线段最短可知$BP\ge BT=\frac { 24 } { 5 }$，

∴当点P与点T重合时，$BP$有最小值，最小值为$\frac { 24 } { 5 }$，

∴$OP_{ {\text{最}}{\text{小}}{\text{值}} } =\sqrt[] { \left ( { \frac { 24 } { 5 } } \right ) ^ { 2 } -3 ^ { 2 } }=\frac { 3\sqrt[] { 39 } } { 5 }$，

∴$\left ( { PA-PB } \right )_{ {\text{最}}{\text{小}}{\text{值}} } =4-\frac { 9 } { \frac { 3\sqrt[] { 39 } } { 5 }+\frac { 24 } { 5 } }=\frac { 3\sqrt[] { 39 }-4 } { 5 }$．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出$PA-PB$的最小值转换成求出$OP$的最小值，进而转换成求出$PB$的最小值．

B

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查科学记数法，将大数用科学记数法表示时，需将其写成 $a \times 1 0 ^ { n }$ 的形式，其中 $1 \leq \left| a \right| < 1 0$
$n$ 为整数，据此进行作答即可
【详解】解： $2 6 2 9 3 0 0 0 0 0 0 0 0 = 2 . 6 2 9 3 \times 1 0 ^ { 1 2 }$

故选 ：B

A

【答案】A

【解析】

【分析】本题考查三视图，根据俯视图是从上面看到的图形，进行判断即可．

【详解】解：由图可知，俯视图为：



故选A．

C

【答案】C

【解析】

【分析】本题考查了反比例函数的性质，根据性质逐一判断即可．根据反比例函数$y=\frac { k } { x }$的性质，当$k < 0$时，图象两支位于第二、四象限，且在每一象限内，$y$随$x$的增大而增大．

【详解】解：反比例函数$y=-\frac { 7 } { x }$中，$k=-7 < 0$，因此其图象的两支分布在第二、四象限，对应选项C正确，选项A错误．

当$k < 0$时，在第二象限（$x < 0$）和第四象限（$x>0$）内，$y$随$x$的增大而增大．但选项D未明确“在每个象限内”，若$x$跨象限变化（如从负数到正数），$y$会减小，因此选项D的描述不准确．选项B“$y$随$x$的增大而减小”与$k < 0$时的性质矛盾，错误．

故选：C．

C

【答案】C

【解析】

【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．

根据位似图形的性质得到$\frac { OA } { OA' }=\frac { OE } { OE' }=\frac { OD } { OD' }=\frac { 2 } { 3 }$，证明$\vartriangle DOE\backsim \vartriangle D'OE'$，即可求解．

【详解】解：∵五边形$ABCDE,A ^ { \prime } B ^ { \prime } C ^ { \prime } D ^ { \prime } E ^ { \prime }$是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点$A,A'$的坐标分别为$(2,0),(3,0)$

∴$\frac { OA } { OA' }=\frac { OE } { OE' }=\frac { OD } { OD' }=\frac { 2 } { 3 }$，

∵$\angle DOE=\angle DOE$，

∴$\vartriangle DOE\backsim \vartriangle D'OE'$，

∴$\frac { DE } { D'E' }=\frac { OE } { OE' }=\frac { 2 } { 3 }$，

∵$DE=3$，

∴$D'E'=\frac { 9 } { 2 }$，

故选：C．

C

【答案】C

【解析】

【分析】本题考查根据实际问题，列二元一次方程，根据题意，建立关于彩色纸和细木条用量的二元一次方程组．

【详解】解：每个手工艺品A用5张，每个B用2张，总用量为17张．因此可列方程为：$5x+2y=17$；

每个手工艺品A用3捆，每个B用1捆，总用量为10捆．因此可列方程为：$3x+y=10$；

故方程组：$\begin{cases} 5x+2y=17 \\ 3x+y=10 \end{cases}$；

故选C．

D

【答案】D

【解析】

【分析】本题考查条形图和扇形图的综合应用，从统计图中有效的获取信息，先用教育类的数量除以所占的比例求出总销售量，再逐一进行判断即可．

【详解】解：总销售量为：$150\div 37.5\%=400$（册），

∴科技类图书销售了$400\times 15\%=60$（册），

∴文艺类图书销售了$400-150-60-70=120$（册），

∴文艺类图书销售占比为：$\frac { 120 } { 400 }\times 100\%=30{ \rm{ \% } }$，

∴其他类图书销售占比：$\frac { 70 } { 400 }\times 100\%=17{ \rm{ . } }5{ \rm{ \% } }$；

综上：只有选项D错误，符合题意；

故选D．

B

【答案】B

【解析】

【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到$CD=\frac { 1 } { 2 }AB=AD$，进而得到$\angle DAC=\angle ACD$，三角形的外角得到$\angle CDE$的度数，作图可知$CD=CE$，等边对等角求出$\angle DCE$的度数，再根据弧长公式进行计算即可．

【详解】解：∵${ \rm{ R } }{ \rm{ t } }\vartriangle ABC$，$CD$是斜边$AB$上的中线，$AB=2$，

∴$CD=\frac { 1 } { 2 }AB=AD=1$，

∴$\angle DAC=\angle ACD=35{}^\circ$，

∴$\angle CDE=\angle DAC+\angle ACD=70{}^\circ$，

由作图可知$CD=CE$，

∴$\angle CDE=\angle CED=70{}^\circ$，

∴$\angle DCE=180{}^\circ -2\times 70{}^\circ =40{}^\circ$，

∴$\overset \frown { DE }$的长为$\frac { 40\pi } { 180 }\times 1=\frac { 2\pi } { 9 }$；

故选B．