资源简介

机密★启用前
2025 年 黑 龙 江 省 龙 东 地 区 中 考 模 拟 卷
数 学
注意事项：
I.本试卷共6 页， 三个大题， 满分120 分， 考试时间120分钟。
2 .本试卷上不要答题， 请按答题卡上注意事项的要求， 直接把答案填写在答题卡上。
答在试卷上的答案无效。
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图，是由一些大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和俯视图，若组成这个几何体的小正方体的个数最多为，最少为，则的值为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．甲、乙、丙、丁四名同学进行立定跳远测试，每人次立定跳远成绩的平均数都是米，方差分别是，则这四名同学立定跳远成绩最稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．已知关于x的方程有两个同号的实数根，则k的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．若关于 的分式方程 无解，则 （　　）
A．-1 B．0 C．1 D．
7． 某年级举办篮球友谊赛， 参赛的每两个队之间都要比赛一场， 共要比赛 36 场． 则参加此次篮球友谊赛的球队数是(　　)
A．6 B．7 C．8 D．9
8．如图，反比例函数的图象与矩形OABC的边AB、BC分别相交于点D、E，连接OD、OE，直线DE与x轴、y轴分别相交于点M、N，则下列结论正确的是（　　）
①S△OCE＝S△OAD； ②；③DM＝EN；④若S△ODE＝9.6，S长方形OABC＝20，则k＝4．
A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④
9．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，E是的中点，连接，若，．则四边形的周长为（　　）
A．8 B． C． D．
10．在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．华为最新款手机芯片“麒麟990”是一种微型处理器，每秒可进行100亿次运算，它工作2025秒可进行的运算次数用科学记数法表示为　 　．
12．函数中，自变量x的取值范围是　 　．
13．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，要使菱形成为正方形，还需添加的一个条件是　 　．
14．我们把十位上的数字比个位、百位上的数字都要大的三位数叫做“凸数”，如：571就是一个“凸数”．若十位上的数字为4，则从2，3，5， 6中任取两个不同的数，能与4组成“凸数”的概率为　 　．
15．关于的不等式组只有一个解，则与的关系是　 　．
16．如图，A，D是半圆上的两点，BC是直径.若，则　 　°.
17．如图，是一个圆锥形状的生日帽，若该圆锥形状帽子的母线长为，底面半径为，将该帽子沿母线剪开，则其侧面展开扇形的圆心角为　 　．
18．如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，CD为AB边上中线，BE⊥CD于点E，连接AE交BC于点F，若EF＝2，则CF＝　 　.
19．如图，点E为矩形的边上一点，，，将沿翻折得到，使点F落在矩形内部，连接．若平分，则的长为　 　．
20．如图，矩形起始位置紧贴在坐标轴上，且坐标为，，将矩形绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转至图①位置，继续绕右下角的顶点按顺时针方向旋转至图②位置，以此类推，这样连续旋转2022次.则顶点在旋转2023次后的坐标为　 　.
三、解答题（满分60分）
21．（1）计算：；
（2）先化简，再求值：．其中x＝3．
22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（4，2），C（3，5）（每个方格的边长均为1个单位长度）．
（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C1；
（2）求出点B旋转到点B1所经过的路径长．
23．如图1，抛物线与轴交于点、（点在点左侧），与轴交于点，点是抛物线上一个动点，连接
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图2所示，当点在直线上方运动时，连接，求四边形面积的最大值，并写出此时点坐标．
（3）若点是轴上的一个动点，点是抛物线上一动点，的横坐标为．试判断是否存在这样的点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
24．某区为了解全区2800名九年级学生英语口语考试成绩的情况，从中随机抽取了部分学生的成绩（满分24分，得分均为整数），制成下表：
分数段（x分）
人 数 10 15 35 112 128
（1）填空：
①本次抽样调查共抽取了　 　名学生；
②学生成绩的中位数落在　 　分数段；
③若用扇形统计图表示统计结果，则分数段为的人数所对应扇形的圆心角为　 　°；
（2）如果将21分以上（含21分）定为优秀，请估计该区九年级考生成绩为优秀的人数．
25．李师傅将容量为60升的货车油箱加满后，从工厂出发运送一批物资到某地．行驶过程中，货车离目的地的路程s（千米）与行驶时间t（小时）的关系如图所示（中途休息、加油的时间不计．当油箱中剩余油量为10升时，货车会自动显示加油提醒．设货车平均耗油量为0.1升/千米，请根据图象解答下列问题：
（1）直接写出工厂离目的地的路程；
（2）求s关于t的函数表达式；
（3）当货车显示加油提醒后，问行驶时间t在怎样的范围内货车应进站加油？
26．如图， 在正方形 中， 点 分别在边 上， ．
（1） 求证： ．
（2） 当 时， 求 的面积．
27．某中学计划举行阳光体育运动比赛，决定让各班购买跳绳和毽子作为活动器材，已知购买2根跳绳和5个毽子共需32元；购买4根跳绳和3个毽子共需36元
（1）跳绳的单价为　 　元/根，毽子的单价为　 　元/个
（2）某班需要购买跳绳和毽子的总数量是54，且购买的总费用不能超过260元；若要求购买跳绳的数量多于20根，通过计算说明共有哪几种购买方案
28．如图，在中，，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，如果，两点分别从，两点同时出发，设运动时间为.
（1）用含的式子表示：AP=　 　cm，BP=　 　cm，BQ=　 　cm，S△PBQ=　 　cm2，S四边形APQC=　 　cm2；
（2）当的面积为时，求运动时间；
（3）四边形的面积能否等于？若能，求出运动的时间；若不能，说明理由.
答案解析部分
1．D
解：A 、，A错误；
B、，B错误；
C、，C错误；
D、，D正确；
故答案为：D．
根据“同底数幂乘除法、积的乘方、幂的乘方、平方差公式”的运算法则，逐项进行判断求解即可.
2．B
解：A、此图形不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、此图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故B符合题意；
C、此图形不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、此图形不是轴对称图形，故D不符合题意；
故答案为：B.
中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断.
3．B
4．D
5．B
解：由题意得，，
解得：，
∵两个同号的实数根，
∴，
∴，
故答案为：B．
对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此列出不等式42-4k≥0，求解得出k≤4，由根与系数的关系及有理数的乘法法则“同号两数相乘，积为正”列出不等式k＞0，综上即可得出答案.
6．A
解：，
去分母，得：x＋x＋2＝n 1，
合并同类项、系数化为1，得 x＝，
根据题意可知，分式方程的增根为x＝ 2，
即有，
解得：n＝ 1．
故答案为：A.
解分式方程，可得x＝，根据题意可知分式方程的增根为x＝ 2，即有，求解即可获得答案．
7．D
解：设参加此次比赛的球队数为x队，根据题意得：
.
二次项系数化为1，得.
解得x1=9，x2=-8（不符合实际，舍去）.
即共有9队参赛.
故答案为：D.
根据球赛问题模型列出方程即可求解.
8．D
9．C
10．B
11．
12．
13．（答案不唯一）
14．
15．
16．55
连接AC，如图：
∵BC为直径，∴∠CAB=90°，
∵∠ACB=∠ADB=35°，
∴∠ABC=90°-∠ACB=90°-35°=55°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABC=55°
答案：55.
连接AC，由∠ACB=∠ADB和圆周角定理可得∠ABC的度数，即可∠OAB的度数.
17．
解：设侧面展开扇形的圆心角为，则，
．
故答案为：
设侧面展开扇形的圆心角为，根据圆锥的知识结合题意得到，进而即可求解。
18．
解：如图，取AF的中点G，连接DG，
∵CD为AB边上中线，
∴DG∥CB，DG＝BF，
∵BE⊥CD，
∴∠ABC＝∠BED＝90°，
∴∠BCD+∠BDE＝∠DBE+∠BDE＝90°，
∴∠DBE＝∠BCD，
∴tan∠DBE＝tan∠BCD，
，
∴CE＝2BE＝4DE，
∵DG∥BC，
，
∴CF＝4DG＝2BF，
，
∴AB＝3BF，
∵EF＝4EG，
∴在Rt△ABF中，根据勾股定理，得
BF2+AB2＝AF2，
解得BF（负值舍去），
故答案为：
取AF的中点G，连接DG，根据三角形中位线性质可得DG∥CB，DG＝BF，再根据角之间的关系可得∠DBE＝∠BCD，则tan∠DBE＝tan∠BCD，由正切定义可得，则CE＝2BE＝4DE，再根据平行线分线段成比例定理可得，则CF＝4DG＝2BF，即AB＝3BF，再根据边之间的关系可得，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
19．或
解：如图，过F作于G，交于H．
∵四边形是矩形，AB=5，AC=7，
∴，
，
CD=AB=5，AD=BC=7，四边形是矩形．
，
平分，
，
∴FG=DG=AD-AG=7-AG，
∵ 将沿翻折得到，
∴，，
在Rt△AFG中，由勾股定理，得AG2+FG2=AF2，
即AG2+（7-AG）2=AF2，
解得：AG=3或AG=4，
下面分两种情况讨论：
①当AG=3时，FG=7-AG=7-3=4，
FH=GH-FG=5-4=1，BH=AG=3，
在Rt△EFH中，EF=BE，EH=BH-BE=3-BE，
由勾股定理得：EH2+FH2=EF2，
即（3-BE）2+12=BE2，
解得：BE=，
②当AG=4时，FG=7-AG=7-4=3，
FH=GH-FG=5-3=2，BH=AG=4，
在Rt△EFH中，EF=BE，EH=BH-BE=4-BE，
由勾股定理得：EH2+FH2=EF2，
即（4-BE）2+22=BE2，
解得：BE=，
综上，或．
故答案为：或．
过F作于G，交于H，则可得四边形是矩形，易得，在Rt△AFG中，由勾股定理，求得AP的值，进而求出FP=3或4，再分两种情况讨论，在中，由勾股定理建立方程求得x的值，进而得到的长．
20．
解：由题意可得：
旋转第一次，点A的坐标为（1，0）
旋转第二次，点A的坐标为（3，2）
旋转第三次，点A的坐标为（6，1）
旋转第四次，点A的坐标为（7，0）
即每旋转4次为一个循环，点A回到x轴上，横坐标增加6
∵2023=4×505+3
∴顶点A在旋转2023次后的横坐标为505×6+6=3036，纵坐标为1
∴顶点A在旋转2023次后的坐标为（3036，1）
故答案为：（3036，1）
求出前4次旋转后点A的坐标，总结规律，即可求出答案.
21．（1）解：原式
（2）解：原式=
当时，原式.
（1）先去绝对值，计算零指数幂，开平方，代入特殊角的三角函数值，再进行加减运算即可；
（2）先对括号内部分进行通分，并化简，再将除法转化成乘法，进行计算化简，最后再代入求值即可.
22．解：（1）如图：
；
（2）如图2：
，
图2
OB==2，
点B旋转到点B1所经过的路径长=π．
（1）根据旋转的性质作图即可求出答案.
（2）根据线段旋转，可得圆弧，根据弧长公式即可求出答案.
23．（1）解：∵抛物线经过点、，
∴，解得，，
∴该抛物线的表达式为．
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵点和点关于直线对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图2，过点作轴交于点，
设所在直线的解析式为：，过点，
∴，即所在直线的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点的坐标为．
（3）存在，点的坐标为或或或
（3）解：抛物线的表达式为，点的横坐标为，
∴，即，且，
①如图所示，四边形为平行四边形，
∴，且，
∴点的纵坐标为，，解得，，，
∴点的坐标为，
∴，
设点，
∵，
∴，则，即；
②如图所示，四边形是平行四边形，过点作轴于，过点作轴于，
∴，，，
∴，
∴，且，设，，
∴，解得，，，
当时，，即，则；当时，，即，则，
∴点的坐标为或；
③如图所示，四边形为平行四边形，
∴，，
∴设，则，
∴，即点的坐标为；
综上所示，点的坐标为或或或．
（1）根据待定系数法将点B，C坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）根据抛物线的对称性可得，则，再根据三角形面积可得，过点作轴交于点，设所在直线的解析式为：，根据待定系数法将点B坐标代入解析式可得所在直线的解析式为：，设，则，根据两点间距离可得，则，根据三角形面积可得，结合二次函数的性质即可求出答案.
（3）将x=3代入抛物线表达式可得，且，分情况讨论。作出图象，结合直线平行性质，两点间距离建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：∵抛物线经过点、，
∴，解得，，
∴该抛物线的表达式为．
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵点和点关于直线对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图2，过点作轴交于点，
设所在直线的解析式为：，过点，
∴，即所在直线的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点的坐标为．
（3）解：抛物线的表达式为，点的横坐标为，
∴，即，且，
①如图所示，四边形为平行四边形，
∴，且，
∴点的纵坐标为，，解得，，，
∴点的坐标为，
∴，
设点，
∵，
∴，则，即；
②如图所示，四边形是平行四边形，过点作轴于，过点作轴于，
∴，，，
∴，
∴，且，设，，
∴，解得，，，
当时，，即，则；当时，，即，则，
∴点的坐标为或；
③如图所示，四边形为平行四边形，
∴，，
∴设，则，
∴，即点的坐标为；
综上所示，点的坐标为或或或．
24．（1）300；；12
（2）2240
25．（1）工厂离目的地的路程为880千米；（2）；（3）．
26．（1）证明： 如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABG，
∴AN=AG，DN=BG，∠D=∠ABG，∠DAN=∠BAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=∠BAD=∠ABG=90°，
∴∠ABG+∠ABC=180°，
∴点G，B，C三点共线，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAB+∠DAN=∠MAB＋∠BAG=∠MAG=45°，
∴∠MAG=∠MAN，
在△MAN 和△MA在中，
，
∴△MAN≌△MAG(SAS)，
∴MN=MG，
∴MN=MG=MB+BG=MB+DN；
（2）解：由(1)得△MAN≌△MAG，S△ABG=S△ADN，
∵AB=6，MN=5，
∴，
∵S△AMN=S△AMG=S△ABM+S△ABG，
∴S△AMN =S△ABM+S△ADN=15，
∴S△CMN=S正方形ABCD-2S△AMN=36-30=6.
（1）将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABG，根据旋转的性质得AN=AG，DN=BG，∠D=∠ABG，∠DAN=∠BAG，根据正方形的性质得∠ABC=∠D=∠BAD=∠ABG=90°，于是证出点G，B，C三点共线，然后由”半角“全等模型证出△MAN≌△MAG(SAS)，从而得MN=MG，进而得证结论；
（2）由(1)得△MAN≌△MAG，S△ABG=S△ADN，然后由三角形面积公式得，进行等量代换后可求出
S△CMN=S正方形ABCD-2S△AMN，即可求解.
27．（1）6；4
（2）(2)设购买m根跳绳，则购买(54-m)个毽子，
依题意得：，
解得：20又∵m为正整数，
∴m可以为21，22，
∴共有2种购买方案，
方案1：购买21根跳绳，33个键子；
方案2：购买22根跳绳，32个毽子.
解：(1)设购买一根跳绳需要x元，一个毽子需要y元，
依题意得：，
解得：
答：购买一根跳绳需要6元，一个子需要4元；
故答案为：6；4.
(1)设购买一根跳绳需要x元，一个毽子需要y元，根据“购买2根跳绳和5个毽子共需32元；购买4根跳绳和3个子共需36元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论，
(2)设购买m根跳绳，则购买(54-m)个键子，根据“购买跳绳的数量多于20根，且购买的总费用不能超过260元”，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各购买方案.
28．（1）2x；（12-2x）；4x；（ -4x2+24x）；（4x2-24x+144）
（2）解：由（1）得，
∴当△PBQ的面积为 时，
∴ ，
∴ ， ，
∴当△PBQ的面积为32cm2时，求运动时间为： 或 ；
（3）解：由（1）得， ，
当四边形APQC的面积等于172cm2 ， ，
∴ ， （舍），
∵ ，
∴四边形APQC的面积不能等于172cm2时.
解：（1）解：∵ P从点A开始沿边AB向点B以的速度移动，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵动点Q从点B开始沿边BC向点C以的速度移动，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： 2x ， （12-2x） ， 4x ，（ -4x2+24x） ， （4x2-24x+144）；
（1）根据路程等于速度×时间得AP=2xcm，BQ=4xcm，则BP=AB-AP=（12-2x）cm，然后根据三角形面积计算公式可表示出△PBQ的面积，进而根据四边形APQC的面积=△ABC的面积-△BPQ的面积列式计算即可；
（2）由△PBQ的面积=32cm2，建立方程，求解即可得出答案；
（3）由四边形APQC的面积=172cm2，建立方程，求解并根据x的取值范围检验即可得出答案.

展开更多......

收起↑