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广东省深圳市2025年中考数学核心考点练习卷（二）
一、单选题
1．如图，数轴上的下列四点中，最可能表示的点是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
2．下列中国传统装饰纹样中，为中心对称图形的是（ ）

A．四合云纹 B．葫芦纹 C．如意纹 D．莲花纹
3．深圳远足径“三径三线”全线贯通，总长420000米，这标志着“山海连城”计划迎来了一个新的里程碑．数据420000用科学记数法可表示为（ ）
A． B． C． D．
4．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在一间黑屋子里，用一盏白炽灯照射直角三角板形成影子，三角板始终保持与地面平行，它向白炽灯靠近的过程中（不与光源接触），下列说法正确的是（ ）
A．越来越大 B．影子不是直角三角形
C．影子越来越小 D．影子越来越大
6．如图，是红、黄两队某局冰壶比赛结束后的冰壶分布图．以大本营内的中心点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系．按比赛规则，更靠近原点的冰壶为本局胜方，则决定胜负的那个冰壶所在位置位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．如图，在矩形中，边绕点B顺时针旋转到的位置，点A的对应点E落在边的中点，若，则点A旋转到点E的路径长为（ ）
A． B． C． D．
8．一架无人机在进行倾斜摄影时，已知斜片相机“光轴线”与地面的夹角为（如图），斜片相机能拍摄到的地面宽度为．当无人机处于离地面米时，若，则此时宽度的值为（ ）
A．150 B． C．200 D．
二、填空题
9．因式分解： ．
10．“每天一节体育课”成深圳中小学生标配．某校九年级三班随机抽取了名男生进行引体向上测试，他们的成绩（单位：个）如下：．则这组数据的中位数为 ．
11．如图，是四边形的内切圆，连接、、、．若，则的度数是 ．

12．如图，正方形和正方形，点A在y轴正半轴上，点C、E在x轴正半轴上点D在边上，点B、F落在反比例函数第一象限的图象上，其中点，则的长为 ．
13．等腰中，，点D为斜边中点，点E为线段上一点，且，将沿着翻折得到和分别交边于G、F，连接，求 ．
三、解答题
14．（1）计算：；
（2）化简：
15．某学校计划购买甲、乙两种科技类科普读物作为科技节活动奖品，甲类科普读物的单价比乙类科普读物的单价高5元，若购买1本甲类科普读物，2本乙类科普读物共需80元．
(1)甲类和乙类科普读物单价分别是多少
(2)该校计划共购进100本科普读物，总费用不超过2800元，甲类科普读物最多可以买多少本
16．艺术测评主要是为掌握学生艺术素养发展状况，改进美育教学．某校根据义务教育阶段音乐、美术等学科的课程标准，在九年级随机抽取了若干位同学进行艺术测评与分析，下面是对九（1）班抽测到的10位同学的测评分值的数据分析过程：
【收集与整理】10位同学的测评分值分组统计如下：
分组方式 组别 测评分值
方式一 （按平均分相同分组） Ⅰ组 80，85，85，90，100
Ⅱ组 80，85，90，90，95
方式二 （按分数段分组） 甲组 80，80，85，85，85
乙组 90，90，90，95，100
【描述与分析】
10位同学测评分值的分布情况分组数据统计量分析表
分组方式 组别 中位数 众数 方差 组内离差平方和
方式一 Ⅰ组 m 85 46 360
Ⅱ组 90 90 26
方式二 甲组 85 85 6 110
乙组 90 n 16
说明：组内离差平方和表达了各小组内数据的离散程度．它的值越小，说明这种分组方式中同组成员之间的水平越接近．
根据以上信息，解答下面问题：
（1）扇形统计图中“100分”对应的圆心角度数为______°；
（2）_______，_______．
【判断与决策】
（3）为深入推进小组学习，促进同学间的互帮互助、共同进步，请你根据以上信息，选择一种利于开展小组学习的分组方式，并说明你这样选择的理由．
17．已知直线与相切于点D．
(1)如图1，是的直径，延长与直线交于点A，过点B作，垂足为C，交于点F，连接．若，在不增加新的点的前提下，请提出一个问题： ，并进行解答或证明．（使用部分条件，且求解正解酌情给分；使用全部条件，且求解正确得满分）
(2)如图2，点P是圆上一点，请用尺规在直线上求作一点Q，使得与相切（不写作法，保留作图痕迹）．
18．根据以下信息，探索完成任务．
如何设计窗户限位器位置
信息1 问题背景 平开窗是生活中常见的一种窗户，安装平开窗需要一种滑撑支架，如图是这种平开窗的实物展示图．
信息2 数学抽象 把上述实物图抽象成如右示意图．已知滑撑支架的滑动轨道AB固定在窗框底边，EF固定在窗页底边，点B，C，D三点固定在同一直线上．当窗户关闭时，点E与点A重合，DE和DB均落在AB上；当点O向点B滑动时，四边形OCDE始终为平行四边形，其中，，．
信息3 安全规范 窗户打开一定角度后，OC与AB形成一个角．出于安全考虑，部分公共场合的平开窗有开启角度限制要求：平开窗的开启角度应该控制在30°以内（即）．
问题解决
任务1 求解关键数量 滑撑支架中CD的长度为__________cm，滑动轨道AB的长度是__________cm．
任务2 确定安装方案 为符合安全规范要求，某公共场合的平开窗需在滑动轨道AB上安装一个限位器P，控制平开窗的开启角度，当点O滑动到点P时，则限位器P应装在离点A多远的位置？（结果保留根号）
19．如图，已知二次函数的图象与x轴交于点O，A．
(1)线段的长度为________；
(2)将函数的图象沿x轴正方向平移个单位得到函数的图象，平移后点O，A的对应点为B，C．当点A在点B的左边时，函数，的图象交于点P，若，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，过的图象顶点作轴的平行线，将直线向下平移，当直线与函数，的图象有四个不同的交点时，假设这四个交点的横坐标从左往右依次为，，，，请判断．是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
20．综合与实践
【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形．
【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形．
【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形
【分析并解决问题】
（1）学习小组利用一张纸对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，其中，，求证：四边形是类矩形；
（2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形；
【拓展】
（3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值．

《广东省深圳市2025年中考数学核心考点练习卷（二）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A C B D B B C
1．C
【分析】本题考查的是数轴，正数和负数，根据数轴的概念和数轴上各点的分布即可得出答案．
【详解】解：由数轴可知，在原点左侧的各点为负数，在原点右侧的各点为正数，
∵，则在原点的左侧，位于和中间，
∴最可能表示的点是点C，
故选：C．
2．A
【分析】本题考查了中心对称图形的定义．寻找对称中心是解题的关键；
中心对称图形则是指一个图形可以绕着一个点（ 对称中心） 旋转， 使得旋转前后的图形互相重合． 根据中心对称的定义逐项判断即可．
【详解】A．可以找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项符合题意；
B．找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C．找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
D．找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
故选：A．
3．C
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：数据420000用科学记数法可表示为，
故选：C．
4．B
【分析】本题考查整式的运算，根据合并同类项，幂的乘方，同底数幂的乘法，平方差公式逐一进行计算判断即可．
【详解】解：A、，原计算错误，不符合题意；
B、，正确，符合题意；
C、，原计算错误，不符合题意；
D、，原计算错误，不符合题意；
故选B．
5．D
【分析】本题主要考查了位似图形的性质，解题的关键是熟练掌握位似图形的性质．
利用位似图形的性质逐项进行判断即可．
【详解】解：A、根据位似图形的性质可得，，大小始终保持不变，该选项错误，故不符合题意；
B、根据位似图形的性质可得，影子是直角三角形，该选项错误，故不符合题意；
C、 根据位似图形的性质可得，影子越来越大，该选项错误，故不符合题意；
D、根据位似图形的性质可得，影子越来越大，该选项正确，故符合题意；
故选：D．
6．B
【分析】本题考查了平面直角坐标系中的象限，熟练掌握平面直角坐标系是解题的关键．在图中找出最靠近原点的壶，再根据平面直角坐标系中的象限分布，即可得出结论．
【详解】解：由图可知，最靠近原点的壶属于红队，故红队为本局胜方，
由平面直角坐标系可知，胜方最靠近原点的壶所在位置位于第二象限．
故选：B．
7．B
【分析】根据正方形的性质以及旋转的性质求出，利用弧长公式即可求出答案．
【详解】解：在矩形中，,
∵边绕点B顺时针旋转到的位置，点A的对应点E落在边的中点，，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴点A旋转到点E的路径长为，
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转的性质、弧长公式、锐角三角函数，正方形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
8．C
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
根据题意求出，，然后解直角三角形求出，，进而求解即可．
【详解】∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
故选：C．
9．
【分析】先提取公因式a，再利用公式法继续分解．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确应用公式是解题的关键．在分解因式时，要注意分解彻底．
10．个
【分析】本题考查了中位数，根据中位数的定义解答即可求解，掌握中位数的定义是解题的关键．
【详解】解：把成绩按从小到大的顺序排列为：，
中位数为第和第名成绩的平均数，
∴中位数为个，
故答案为：个．
11．
【分析】如图，设四个切点分别为点，分别连接切点与圆心，可以得到4对全等三角形，进而得到，，，，根据这8个角和为360°，∠1+∠8=，即可求出=∠5+∠4=72°．
【详解】解：设四个切点分别为点，分别连接切点与圆心，
则，，，且，
在与中
∴，
∴，
同理可得：，，，
．

故答案为：
【点睛】本题考查了切线的性质，添加辅助线构造全等等知识点，一般情况下，已知直线为圆的切线，构造过切点的半径是常见辅助线做法．
12．
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，正方形的性质，根据正方形的性质，得到，设，得到，进而得到，求出的值，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵正方形，，
∴轴，
∴，
∵正方形，
∴设，
∴，
∴，
∵点B、F落在反比例函数第一象限的图象上，
∴，
解得：或（舍去）；
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
13．
【分析】以为原点，所在直线为坐标轴建立直角坐标系，连接，交于点，设，则，求出点坐标，进而求出的长，作轴，轴，等积法求出的长，进而求出的长，三角函数求出的长，进而求出点坐标，对称，求出坐标，根据同底三角形的面积比等于高线比，即横坐标的绝对值与点横坐标的比，即可得出结果．
【详解】以为原点，所在直线为坐标轴建立直角坐标系，连接，交于点，设，则，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
作轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴垂直平分，
∴，为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，为的中点，
∴，
∴点到的距离即到轴的距离为，
∵点到的距离即到轴的距离为3，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与轴对称，勾股定理，等积法求线段，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
14．（1）3（2）
【分析】本题考查实数的混合运算，特殊角的三角函数值的运算，分式的混合运算：
（1）先化简，再进行加减运算即可；
（2）先计算括号内，除法变乘法，约分化简即可．
【详解】（1）解：原式
（2）解：原式．
15．(1)甲类科普读物的单价为30元，乙类科普读物的单价为25元
(2)60本
【分析】本题考查了二元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，解决本题的关键是根据已知条件，列出一元一次方程和一元一次不等式组解决问题．
（1）设甲类科普读物的单价为x元，乙类科普读物的单价为y元，列出方程组并求解；
（2）设购买甲类科普读物m本，则购买乙类科普读物本，根据甲、乙的单价以及总费用不超过2800元列出不等式，求解即可．
【详解】（1）解：设甲类科普读物的单价为x元，乙类科普读物的单价为y元，
依题意得，
解得．
答：甲类科普读物的单价为30元，乙类科普读物的单价为25元；
（2）解：设购进甲类科普读物m本，
依题意得，
解得，
∴m最大值为60．
答：甲类科普读物最多可以买60本．
16．（1）36；（2）85；90；（3）我会选择方式二进行分组．因为两种分组方式的中位数与众数都相同，但方式二的组内离差平方和更小，说明分组方式二下的同组成员之间的水平更接近，有利于开展同级别水平训练的理解和合作，促进同学间的互帮互助，共同进步．
【分析】本题主要考查扇形统计图、中位数、众数，解题的关键是掌握中位数、众数的定义及组内离差平方和的意义．
（1）用360°乘以对应比例即可；
（2）根据众数、中位数定义求解即可；
（3）可根据组内离差平方和的意义求解即可．
【详解】解：（1）扇形统计图中“100分”对应的圆心角度数为，
故答案为：36；
（2）方式一中Ⅰ组数据从小到大排列，中间数为85，则中位数，
方式二种乙组数据中出现次数最多的是90，则众数，
故答案为：85、90；
（3）方式二利于开展小组学习，
由表知，方式二的组内离差平方和小于方式一，更利于开展小组学习，促进同学间的互帮互助、共同进步．
17．(1)13
(2)见解析
【分析】本题考查作图-复杂作图，切线的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）问题：求的半径；利用相似三角形的判定和性质构建方程求解；
（2）连接，，作的角平分线交直线l于点Q，作直线即可．
【详解】（1）解：提出问题：圆O的半径是多少
解：连接，
∵直线与圆相切于点O，
∴，
∵，，，
∴根据勾股定理可得，
∵，，
∴，
又∵，
∴．
∴，
设半径为则，，
∴，
解得；
（2）解：如图，直线即为所求．
18．任务1：8；41；任务2：限位器P应装在离点的位置
【分析】本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
（1）根据题意，可得，从而得到结果；
（2）作，在中，求出，从而得到长，即可得到结果．
【详解】解：【任务1】∵四边形始终为平行四边形，
∵当窗户关闭时，点与点重合，和均落在上，
，
故答案为：8，41；
【任务2】
解：过点C作交于点H，
依题意得，
∵四边形为平行四边形，
∴
∵，，
∴．
又∵，，
∴根据勾股定理可得．
∴
∴．
∴限位器P应装在离点的位置．
19．(1)4
(2)
(3)12
【分析】本题主要考查了二次函数的平移、二次函数与{x}轴及直线交点问题等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据解析式求出点坐标即可得解；
（2）由轴对称图形可得平移后图象为轴对称图形，且对称轴经过点，据此求解即可；
（3）分类讨论，当直线在点上方或者下方，然后根据平移距离为6，建立等式或不等式求解即可．
【详解】（1）解：令得，或4，
，
，
故答案为：4；
（2）解：∵平移前后图像均是轴对称图形，
∴整体为轴对称图形，对称轴经过点P．
∵，，∴．
∵点P在的图像上∴
∴．
（3）存在，最大值为12．
当直线位于点P上方时，根据平移的性质可得，．
∵，∴，，
∴，．
∴．
当直线位于点P下方时，
根据平移的性质可得，
∴．
综上．
所以存在最大值12．
20．（1）见解析；（2）见解析；（3）的长为或．
【分析】（1）先证明，再证明四边形是矩形，即可得结论；
（2）如图2，由折叠得：，先证明四边形是矩形，如图3，设，，则，根据折叠的性质和等腰直角三角形的性质表示的长，即可解答；
（3）设设与交于点O，分两种情况：或，①如图4，当时，，根据，，列比例式即可得结论；②如图5，当时，，同理可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，由折叠得：，，
∵，四边形是矩形，，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴四边形是类矩形；
（2）证明：如图2，由折叠得：，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
如图3，设，，则，
由折叠得：，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是类矩形；
（3）解：设与交于点O，
∵垂直平分，
∴，
∵四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，
∴，
同理得：，，
∵四边形是类矩形，
∴或，
①如图4，当时，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图5，当时，，
由①同理得：，
∴，即，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握折叠的性质，矩形的性质和判定，新定义类矩形的理解和运用，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质和新定义的运用是解本题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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