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浙江省宁波市镇海蛟川书院2025年中考数学一模试卷
1．（2025·镇海区模拟）大、中、小三个正方形摆放如图所示，若大正方形的面积为5，小正方形的面积为1，则中正方形的边长可能是（　　）
A．1 B． C． D．3
2．（2025·镇海区模拟）在网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在的网格中，点、、都在格点上，那么的正切值是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·镇海区模拟）有4根细木棒，它们的长度分别是、、、．从中任取3根恰好能搭成一个三角形的概率是（　　）
A． B． C． D．1
4．（2025·镇海区模拟）如图，圆的周长为4个单位长度，在该圆的4等分点处分别标上0，1，2，3，先让圆周上表示数字0的点与数轴上表示的点重合，再将圆沿着数轴向右滚动，则数轴上表示2025的点与圆周上表示哪个数字的点重合？ （　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2025·镇海区模拟）已知，则的值是（　　）
A．13 B．11 C．9 D．8
6．（2025·镇海区模拟）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数 的图象上，延 长交x轴于C点，且，D是第二象限一点，且，若的面积是15， 则k的值为（　　）
A．8 B．10 C．11.5 D．13
7．（2025·镇海区模拟）如图， 在中，，，， 点N是边上的一点， 且，点M是边上一个动点，连接，以为直角边，点M为直角顶点，在的左侧作等腰直角三角形，则的最小值是 （　　）
A． B． C． D．
8．（2025·镇海区模拟）在菱形中， 点E，F分别是， 的中点， 连接， ．若 ，， 则的长为（　　）
A． B． C． D．6
9．（2025·镇海区模拟）如图，已知内接于，点M为的中点，连接交于点E，且C为弧的中点，连接 ，在上存在点 H，使得 若 ， 则的长（　　）
A．4 B． C． D．
10．（2025·镇海区模拟）在矩形中， ， ， 点F在线段上， 且， 则点 P到矩形对角线所在直线的距离是　 　．
11．（2025·镇海区模拟）若方程组的解是，则方程组的解是　 　.
12．（2025·镇海区模拟）《九章算术》中有一道关于古代驿站送倍的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到800里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是慢马的倍，则规定时间为　 　天，
13．（2025·镇海区模拟）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点为该函数的“轴近点”.已知一次函数（为常数）的图象上存在“轴近点”，则的取值范围　 　.
14．（2025·镇海区模拟）如图， 已知正方形的边长为3， P是中点， 点F在上且满足，延长分别交于点M，交的延长线于点E，则 的长为　 　．
15．（2025·镇海区模拟）如图， 为直角三角形，且，以O为圆心，为半径作圆与交于点E．过点A作于点F交圆O于点C，延长交圆O于点D，连结交于点M，若圆O的半径为5， 则的长为　 　．
16．（2025·镇海区模拟）如图所示，在中，，点D为上一点，满足，，过点C作于P点， 连接交于点Q， 则　 　．（结果用含n的代数式表达）
17．（2025·镇海区模拟）在不透明的袋中有大小、形状和质地等完全相同的个小球，它们分别标有数字、、3．从袋中任意摸出一小球，然后放回，将袋中的小球搅匀后，再从袋中摸出另一小球．
（1）请你用列表或画树状图的方法表示摸出小球上的数字可能出现的所有结果．
（2）将第一次摸出的数字作为点的横坐标x，第二次摸出的数字作为点的纵坐标y，求点落在双曲线上的概率．
18．（2025·镇海区模拟）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点均在格点上．
（1）在的边上找到一点D， 连接， 使得的面积与的面积之比为，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图迹．
（2）在网格中找到一个格点E（E点不同于A、B、C） ， 连接、， 使得 ，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图痕迹．
19．（2025·镇海区模拟） 已知点在二次函数 的图象上， 且满足．
（1）如图，若二次函数的图象经过点，若，此时二次函数图象的顶点为点P，求；
（2）当时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
20．（2025·镇海区模拟）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C 的坐标为，
（1）求直线的函数表达式．
（2）点D是x轴上一动点，连接，当的面积是面积的时，求点D的坐标．
（3）点E坐标为连接，点P为直线上一点，若，求点P坐标．
21．（2025·镇海区模拟）如图， 已知是的直径， C是上一点，是的切线，且于点D， 延长交于点 M，连接交于点F，
（1）如图1，作于点E，
①求证
②若则的长
（2）若求
22．（2025·镇海区模拟）（1） 如图1， 在中， D是上一点，交于点G，则 （用图中已有线段表示）
（2） 如图2，在中， M、N是上的两点， 且满足， 在上取一点D， 过点D作分别交的延长线、于点 P、Q，求的值：
（3） 如图3， 在正方形中， 点E是上一点， 连接交于点F， 在上取一点 P， 使得， 若 求的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无理数的估值；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为a，中正方形的边长为b，小正方形的边长为c，
根据题意，得，
故，
∵，且
∴中正方形的可能值为，
故答案为：B．
【分析】正方形的面积等于边长的平方，反之，正方形的边长应该就是面积的算术平方根，据此得出大正方形的边长为，小正方形的边长为1，而中正方形的边长就应该比1大切比小，进而估算出，即可逐一判断得出答案.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；求正切值
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
则，
设小正方形网格的边长为，
则由勾股定理得：，，
在中，
，
故答案为：D．
【分析】根据所给网格，连接得出与垂直，再结合正切的定义即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】三角形三边关系；用列举法求概率
【解析】【解答】解：从4根细木棒中随机抽出3根木棒，共有4种等可能的结果，分别为3、5、7；3、5、9；3、7、9；5、7、9，其中能够组成三角形的结果有3、5、7；3、7、9；5、7、9，共3种，
∴从中任取3根恰好能搭成一个三角形的概率是.
故答案为：C．
【分析】由题意，列举出所有可能的结果，再根据三角形的三边关系“三角形任意两边之和大于第三边”可得能够组成三角形的结果有3种，然后根据概率公式计算即可求解．
4．【答案】C
【知识点】探索数与式的规律；有理数在数轴上的表示
【解析】【解答】解：∵圆表示数字0的点与数轴上表示的点重合，
∴当数轴上表示2025的点，圆滚动了个单位长度，
∵，
∴圆滚动了506周及2个单位到2025，
∴圆周上的2与数轴上的2025重合．
故答案为：C．
【分析】圆周上的0点与重合，滚动到2025，圆滚动了2026个单位长度，用2026除以4，余数即为重合点．
5．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：令 则原式可化简为
则
解得： 即
故答案为：C.
【分析】观察题干相关条件，采用整体代换的思想，即可求解.
6．【答案】B
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：过作轴于，过作轴于，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，而，
∴的纵坐标为，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】过作轴于，过作轴于，连接，根据三角形的面积公式计算可得，，设，由AB=BC可得，根据梯形AEFB的面积可得关于k的方程，解方程即可求解.
7．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，， 点N是边上的一点， 且，
∴，，，
如图，在的下方作等腰直角，作射线，交的延长线于．
∴，，
∵等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在射线上，
∴当时，最短，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：B.
【分析】如图，在的下方作等腰直角，作射线，交的延长线于．由角的和差可得∠MNC=∠QNT，根据"有两边的比相等且两边的夹角相等的两个三角形相似"可证，由相似三角形的对应角相等可得，，证明在射线上，根据垂直段相等可知：当时，最短，根据CQ=GT可求解.
8．【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；菱形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故选：A．
【分析】延长，交于点M，结合已知，用边角边可证，由全等三角形的对应边相等可得CE=CF，再根据角角边可得，同理可得，过E点作于N点，由锐角三角函数可求得EN、CN的值，由线段的和差求得NF、MN的值，在Rt△MNE中，用勾股定理求得EM的值，然后由线段的和差EM=AE+AM=AB+AB可得关于AB的方程，解方程即可求解.
9．【答案】C
【知识点】角平分线的性质；圆周角定理；母子相似模型（公共边公共角）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵点M为的中点，
∴，
∵C为弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
同理可得：，
∴，
∵，，
∴，
过作于，作于，
∴，
由面积法可得：，
∴，
解得：，
∴；
故答案为：C.
【分析】如图，连接，由题意，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可证，由相似三角形的对应边的比相等可得，即，设，则，同理可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，过作于，作于，由面积法可得关于x的方程，解方程即可求解．
10．【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【解答】解： 如图1，过点作于点，
四边形是矩形，
，，，，
∵，，，
由勾股定理得，，
，
，，
，
，
，
；
如图2，过点作于点，
，，
，，
，
，
；
综上，点到矩形对角线所在直线的距离是或．
故答案为：或．
【分析】由题意可分两种情况：如图1，过点作于点，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；如图2，过点作于点，同理可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式可求解．
11．【答案】
【知识点】解二元一次方程组
【解析】【解答】解：解：
方程组 可化为方程组
∵的解是
解得
故答案为：
【分析】把原方程组变形后得到，，然后解题即可.
12．【答案】11
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：设规定时间为天，根据题意得：
，
整理得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解．
故答案为：11．
【分析】设规定时间为天，根据题中的相等关系"快马的速度=慢马的速度×"可列关于x的分式方程，解方程并检验即可求解．
13．【答案】且
【知识点】一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：
∴函数恒过点(3，0)，
∵一次函数 (k为常数)的图象上存在“轴近点”，
∴当 时，
即
解得
当 时，
即
解得
故答案为： 且.
【分析】先得到直线过点(3，0)，图象上存在“轴近点”，然后根据x取最大和最小值时得到k的取值范围即可.
14．【答案】
【知识点】因式分解法解一元二次方程；正方形的性质；圆周角定理；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，连接，过作于，交于，
∵正方形，
∴四边形，四边形为矩形，，
，，
∴，，
∵P是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四点在同一个圆上，
∴，
∴，
∵，
∴，
在△AFQ和△FPT中
∴（AAS），
∴，，
设，则，
∴，
解得：，（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意；
∵，，
同理：，
∴，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】连接，过作于，交于，由线段中点的定义可得，求解，证明四点在同一个圆上，可得，结合已知用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得QF=PT，AQ=FT，设，则，在Rt△AQF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，根据锐角三角函数tan∠E=可得关于TE的方程，解方程求得TE的值，同理可求得CM的值在Rt△CEM中，用勾股定理即可求解．
15．【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解∶如图：连接，
∵圆O的半径为5，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴设，则，
∴，解得：(舍弃负值)，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：．
故答案：．
【分析】如图：连接，根据等腰三角形的两底角相等和圆周角定理可得，由锐角三角函数tan∠ADE=可设DE=4x，AE=3x，在Rt△ADE中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，由题意，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，有相似三角形的对应边的比相等得比例式求解．
16．【答案】
【知识点】求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解∶设，则，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得∶，
如图：过A点作垂直的延长线与F，则，
∴，
∴，
即，
解得：，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【分析】由题意可设，由勾股定理得、，根据有两个角对应相等的两个三角形相似得，根据相似三角形的对应边的比相等可得比例式将PC、PD用含k的代数式表示出来；过A点作垂直的延长线与F，则，易得，根据相似三角形的性质列比例式，结合比例式将FC、AF、FP用含n、k的代数式表示出来，然后根据锐角三角函数tan∠QPC=tan∠APF=可求解．
17．【答案】（1）解：画树状图如下：
（2）解：由（1）得：所有可能出现的结果为；
其中落在的有，
∴点落在双曲线上的概率为.
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【分析】
（1）由题意画出树状图即可；
（2）根据树状图中的信息可知，所有可能出现的结果有9种，符合条件的有2种，然后由概率公式计算即可求解.
（1）解：画树状图如下：
（2）解：由（1）得：所有可能出现的结果为
；
其中落在的有，
∴点落在双曲线上的概率为.
18．【答案】（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）如图，取格点，连接交于，则即为所求；根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△AQD∽△BPD，由相似三角形的对应边的比相等得比例式求解；
（2）取格点，满足，则点即为所求.
（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
19．【答案】（1）解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
．
∴二次函数的表达式为：．
∴该抛物线的顶点坐标为．
∵，
∴M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线，顶点为且，
∴，即，
∴，解得，
，，
∴，，，
．
（2）∵二次函数，顶点为，
∴函数的最大值为2，
①当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设，的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
②当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
综上，a的取值范围为．
答：a的取值范围为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的对称性及应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】
（1）把点代入解析式中求得a的值，得到抛物线线解析式可确定顶点坐标P，由得到点是对称点得到，结合，确定点，进而求得、、，再根据三角形的面积公式求解即可；
（2）根据二次函数得到顶点，可判定函数最大值为2，结合最大值与最小值的差为1，确定函数的最小值为1，根据函数的性质分类计算即可求解．
（1）解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
．
∴二次函数的表达式为：．
∴该抛物线的顶点坐标为．
∵，
∴M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线，顶点为且，
∴，即，
∴，解得，
，，
∴，，，
．
（2）∵二次函数，顶点为，
∴函数的最大值为2，
①当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设，的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
②当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
综上，a的取值范围为．
20．【答案】（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴，
∵点C 的坐标为，
∴设直线的函数表达式为，
则，解得：，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴的面积为，
如图：设D的坐标为，则，
则，解得：或4．
∴点D的坐标为或．

（3）解：∵，，
∴，，
如图：过C作且，
∴是等腰三角形，即，
过G作轴，垂足为D，
∴，
∴，
在△OCE和△DGC中
∴，
∴，即，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P；
如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P．
综上，点P的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】
（1）根据直线与坐标轴相交可求得点A、B的坐标，再结合点C的坐标，用待定系数法即可求解；
（2）根据三角形的面积公式求出，结合已知求得的面积，如图：设D的坐标为，则，然后根据三角形的面积公式求解即可；
（3）由题意可得：，如图：过C作且，由同角的余角相等可得∠CGD=∠OCE，结合已知，用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，由线段的和差求出OD的值，可得；用待定系数法求出直线的解析式，再与直线联立解方程组即可确定点P的坐标； 如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，再求出直线的解析式为，再与直线联立解方程组即可确定点P的坐标．
（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴，
∵点C 的坐标为，
∴设直线的函数表达式为，
则，解得：，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴的面积为，
如图：设D的坐标为，则，
则，解得：或4．
∴点D的坐标为或．
（3）解：∵，，
∴，，
如图：过C作且，
∴是等腰三角形，即，
过G作轴，垂足为D，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P；
如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P．
综上，点P的坐标为或．
21．【答案】（1）证明：①∵，
∴，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在△CDA和△CEA中
∴（AAS）；
解：②连接，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：过点作，由（1）知：，
∴，
由（1）②可知：，，
∴，，
∴设，，则：，
∵是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，．

【知识点】圆的综合题；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①切线的性质，得到，等边对等角得到，等角的余角相等，推出，利用，即可得证；②连接，，根据圆周角定理，同角的余角相等，推出，证明，推出，证明垂直平分，三线合一推出，进而得到，推出为等腰直角三角形，得到，根据"平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似"可得，由相似三角形的对应边的比相等得比例式可求解；
（2）过点作，根据，得比例式，设，，用勾股定理求出的长，根据有两个角对应相等的两个三角形相似
可证，由相似三角形的对应边的比相等得比例式，于是可得，，在中，由锐角三角函数
tan∠AMC=即可求解．
（1）解：①∵，
∴，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
②连接，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）过点作，由（1）知：，
∴，
由（1）②可知：，，
∴，，
∴设，，则：，
∵是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，．
22．【答案】解：（1）
（2）如图，过作交于，交于，
由（1）得：，
∵，
∴，
∴，，
在△ENM和△CAM中
∴（AAS），
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；
（3）如图，过作交于，交于，
∵正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴．
【知识点】四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：（1）∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
【分析】（1）根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可证，，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；
（2）如图，过作交于，交于，结合（1）得：，结合已知，用角角边可得，由全等三角形的对应边相等可得，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，结合可求解；
（3）如图，过作交于，交于，根据有两个角对应相等的两个三角形相似
可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式可得比例式，设，则，求解，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可证，同理可得比例式，结合可得关于x的方程，解方程即可求解．
1 / 1浙江省宁波市镇海蛟川书院2025年中考数学一模试卷
1．（2025·镇海区模拟）大、中、小三个正方形摆放如图所示，若大正方形的面积为5，小正方形的面积为1，则中正方形的边长可能是（　　）
A．1 B． C． D．3
【答案】B
【知识点】无理数的估值；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为a，中正方形的边长为b，小正方形的边长为c，
根据题意，得，
故，
∵，且
∴中正方形的可能值为，
故答案为：B．
【分析】正方形的面积等于边长的平方，反之，正方形的边长应该就是面积的算术平方根，据此得出大正方形的边长为，小正方形的边长为1，而中正方形的边长就应该比1大切比小，进而估算出，即可逐一判断得出答案.
2．（2025·镇海区模拟）在网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在的网格中，点、、都在格点上，那么的正切值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；求正切值
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
则，
设小正方形网格的边长为，
则由勾股定理得：，，
在中，
，
故答案为：D．
【分析】根据所给网格，连接得出与垂直，再结合正切的定义即可求出答案.
3．（2025·镇海区模拟）有4根细木棒，它们的长度分别是、、、．从中任取3根恰好能搭成一个三角形的概率是（　　）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】三角形三边关系；用列举法求概率
【解析】【解答】解：从4根细木棒中随机抽出3根木棒，共有4种等可能的结果，分别为3、5、7；3、5、9；3、7、9；5、7、9，其中能够组成三角形的结果有3、5、7；3、7、9；5、7、9，共3种，
∴从中任取3根恰好能搭成一个三角形的概率是.
故答案为：C．
【分析】由题意，列举出所有可能的结果，再根据三角形的三边关系“三角形任意两边之和大于第三边”可得能够组成三角形的结果有3种，然后根据概率公式计算即可求解．
4．（2025·镇海区模拟）如图，圆的周长为4个单位长度，在该圆的4等分点处分别标上0，1，2，3，先让圆周上表示数字0的点与数轴上表示的点重合，再将圆沿着数轴向右滚动，则数轴上表示2025的点与圆周上表示哪个数字的点重合？ （　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】探索数与式的规律；有理数在数轴上的表示
【解析】【解答】解：∵圆表示数字0的点与数轴上表示的点重合，
∴当数轴上表示2025的点，圆滚动了个单位长度，
∵，
∴圆滚动了506周及2个单位到2025，
∴圆周上的2与数轴上的2025重合．
故答案为：C．
【分析】圆周上的0点与重合，滚动到2025，圆滚动了2026个单位长度，用2026除以4，余数即为重合点．
5．（2025·镇海区模拟）已知，则的值是（　　）
A．13 B．11 C．9 D．8
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：令 则原式可化简为
则
解得： 即
故答案为：C.
【分析】观察题干相关条件，采用整体代换的思想，即可求解.
6．（2025·镇海区模拟）如图，在平面直角坐标系中，A、B两点在反比例函数 的图象上，延 长交x轴于C点，且，D是第二象限一点，且，若的面积是15， 则k的值为（　　）
A．8 B．10 C．11.5 D．13
【答案】B
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：过作轴于，过作轴于，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，而，
∴的纵坐标为，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】过作轴于，过作轴于，连接，根据三角形的面积公式计算可得，，设，由AB=BC可得，根据梯形AEFB的面积可得关于k的方程，解方程即可求解.
7．（2025·镇海区模拟）如图， 在中，，，， 点N是边上的一点， 且，点M是边上一个动点，连接，以为直角边，点M为直角顶点，在的左侧作等腰直角三角形，则的最小值是 （　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，， 点N是边上的一点， 且，
∴，，，
如图，在的下方作等腰直角，作射线，交的延长线于．
∴，，
∵等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在射线上，
∴当时，最短，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：B.
【分析】如图，在的下方作等腰直角，作射线，交的延长线于．由角的和差可得∠MNC=∠QNT，根据"有两边的比相等且两边的夹角相等的两个三角形相似"可证，由相似三角形的对应角相等可得，，证明在射线上，根据垂直段相等可知：当时，最短，根据CQ=GT可求解.
8．（2025·镇海区模拟）在菱形中， 点E，F分别是， 的中点， 连接， ．若 ，， 则的长为（　　）
A． B． C． D．6
【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；菱形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故选：A．
【分析】延长，交于点M，结合已知，用边角边可证，由全等三角形的对应边相等可得CE=CF，再根据角角边可得，同理可得，过E点作于N点，由锐角三角函数可求得EN、CN的值，由线段的和差求得NF、MN的值，在Rt△MNE中，用勾股定理求得EM的值，然后由线段的和差EM=AE+AM=AB+AB可得关于AB的方程，解方程即可求解.
9．（2025·镇海区模拟）如图，已知内接于，点M为的中点，连接交于点E，且C为弧的中点，连接 ，在上存在点 H，使得 若 ， 则的长（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【知识点】角平分线的性质；圆周角定理；母子相似模型（公共边公共角）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵点M为的中点，
∴，
∵C为弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
同理可得：，
∴，
∵，，
∴，
过作于，作于，
∴，
由面积法可得：，
∴，
解得：，
∴；
故答案为：C.
【分析】如图，连接，由题意，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可证，由相似三角形的对应边的比相等可得，即，设，则，同理可证，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，过作于，作于，由面积法可得关于x的方程，解方程即可求解．
10．（2025·镇海区模拟）在矩形中， ， ， 点F在线段上， 且， 则点 P到矩形对角线所在直线的距离是　 　．
【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；分类讨论
【解析】【解答】解： 如图1，过点作于点，
四边形是矩形，
，，，，
∵，，，
由勾股定理得，，
，
，，
，
，
，
；
如图2，过点作于点，
，，
，，
，
，
；
综上，点到矩形对角线所在直线的距离是或．
故答案为：或．
【分析】由题意可分两种情况：如图1，过点作于点，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；如图2，过点作于点，同理可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式可求解．
11．（2025·镇海区模拟）若方程组的解是，则方程组的解是　 　.
【答案】
【知识点】解二元一次方程组
【解析】【解答】解：解：
方程组 可化为方程组
∵的解是
解得
故答案为：
【分析】把原方程组变形后得到，，然后解题即可.
12．（2025·镇海区模拟）《九章算术》中有一道关于古代驿站送倍的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到800里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是慢马的倍，则规定时间为　 　天，
【答案】11
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】解：设规定时间为天，根据题意得：
，
整理得：，
解得，
经检验，是原分式方程的解．
故答案为：11．
【分析】设规定时间为天，根据题中的相等关系"快马的速度=慢马的速度×"可列关于x的分式方程，解方程并检验即可求解．
13．（2025·镇海区模拟）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点为该函数的“轴近点”.已知一次函数（为常数）的图象上存在“轴近点”，则的取值范围　 　.
【答案】且
【知识点】一次函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：
∴函数恒过点(3，0)，
∵一次函数 (k为常数)的图象上存在“轴近点”，
∴当 时，
即
解得
当 时，
即
解得
故答案为： 且.
【分析】先得到直线过点(3，0)，图象上存在“轴近点”，然后根据x取最大和最小值时得到k的取值范围即可.
14．（2025·镇海区模拟）如图， 已知正方形的边长为3， P是中点， 点F在上且满足，延长分别交于点M，交的延长线于点E，则 的长为　 　．
【答案】
【知识点】因式分解法解一元二次方程；正方形的性质；圆周角定理；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，连接，过作于，交于，
∵正方形，
∴四边形，四边形为矩形，，
，，
∴，，
∵P是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四点在同一个圆上，
∴，
∴，
∵，
∴，
在△AFQ和△FPT中
∴（AAS），
∴，，
设，则，
∴，
解得：，（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意；
∵，，
同理：，
∴，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】连接，过作于，交于，由线段中点的定义可得，求解，证明四点在同一个圆上，可得，结合已知用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得QF=PT，AQ=FT，设，则，在Rt△AQF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，根据锐角三角函数tan∠E=可得关于TE的方程，解方程求得TE的值，同理可求得CM的值在Rt△CEM中，用勾股定理即可求解．
15．（2025·镇海区模拟）如图， 为直角三角形，且，以O为圆心，为半径作圆与交于点E．过点A作于点F交圆O于点C，延长交圆O于点D，连结交于点M，若圆O的半径为5， 则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；圆周角定理；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解∶如图：连接，
∵圆O的半径为5，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，，
∴，
∵
∴设，则，
∴，解得：(舍弃负值)，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：．
故答案：．
【分析】如图：连接，根据等腰三角形的两底角相等和圆周角定理可得，由锐角三角函数tan∠ADE=可设DE=4x，AE=3x，在Rt△ADE中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，由题意，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，有相似三角形的对应边的比相等得比例式求解．
16．（2025·镇海区模拟）如图所示，在中，，点D为上一点，满足，，过点C作于P点， 连接交于点Q， 则　 　．（结果用含n的代数式表达）
【答案】
【知识点】求正切值；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解∶设，则，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得∶，
如图：过A点作垂直的延长线与F，则，
∴，
∴，
即，
解得：，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【分析】由题意可设，由勾股定理得、，根据有两个角对应相等的两个三角形相似得，根据相似三角形的对应边的比相等可得比例式将PC、PD用含k的代数式表示出来；过A点作垂直的延长线与F，则，易得，根据相似三角形的性质列比例式，结合比例式将FC、AF、FP用含n、k的代数式表示出来，然后根据锐角三角函数tan∠QPC=tan∠APF=可求解．
17．（2025·镇海区模拟）在不透明的袋中有大小、形状和质地等完全相同的个小球，它们分别标有数字、、3．从袋中任意摸出一小球，然后放回，将袋中的小球搅匀后，再从袋中摸出另一小球．
（1）请你用列表或画树状图的方法表示摸出小球上的数字可能出现的所有结果．
（2）将第一次摸出的数字作为点的横坐标x，第二次摸出的数字作为点的纵坐标y，求点落在双曲线上的概率．
【答案】（1）解：画树状图如下：
（2）解：由（1）得：所有可能出现的结果为；
其中落在的有，
∴点落在双曲线上的概率为.
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；用列表法或树状图法求概率；概率公式
【解析】【分析】
（1）由题意画出树状图即可；
（2）根据树状图中的信息可知，所有可能出现的结果有9种，符合条件的有2种，然后由概率公式计算即可求解.
（1）解：画树状图如下：
（2）解：由（1）得：所有可能出现的结果为
；
其中落在的有，
∴点落在双曲线上的概率为.
18．（2025·镇海区模拟）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点均在格点上．
（1）在的边上找到一点D， 连接， 使得的面积与的面积之比为，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图迹．
（2）在网格中找到一个格点E（E点不同于A、B、C） ， 连接、， 使得 ，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，并保留作图痕迹．
【答案】（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）如图，取格点，连接交于，则即为所求；根据平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△AQD∽△BPD，由相似三角形的对应边的比相等得比例式求解；
（2）取格点，满足，则点即为所求.
（1）解：如图，取格点，连接交于，则即为所求；
理由：∵，
∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为．
（2）解：如图，格点即为所求，
理由：连接并延长，为上点，
∵，
∴，，
∵，，
∴．
19．（2025·镇海区模拟） 已知点在二次函数 的图象上， 且满足．
（1）如图，若二次函数的图象经过点，若，此时二次函数图象的顶点为点P，求；
（2）当时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
【答案】（1）解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
．
∴二次函数的表达式为：．
∴该抛物线的顶点坐标为．
∵，
∴M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线，顶点为且，
∴，即，
∴，解得，
，，
∴，，，
．
（2）∵二次函数，顶点为，
∴函数的最大值为2，
①当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设，的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
②当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
综上，a的取值范围为．
答：a的取值范围为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的对称性及应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】
（1）把点代入解析式中求得a的值，得到抛物线线解析式可确定顶点坐标P，由得到点是对称点得到，结合，确定点，进而求得、、，再根据三角形的面积公式求解即可；
（2）根据二次函数得到顶点，可判定函数最大值为2，结合最大值与最小值的差为1，确定函数的最小值为1，根据函数的性质分类计算即可求解．
（1）解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
．
∴二次函数的表达式为：．
∴该抛物线的顶点坐标为．
∵，
∴M、N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线，顶点为且，
∴，即，
∴，解得，
，，
∴，，，
．
（2）∵二次函数，顶点为，
∴函数的最大值为2，
①当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设，的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
②当时，如图，
∵最大值与最小值的差为1，
，
设的对称点为，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
，
∴，
根据题意得，解得：，
，
∴，
，
∴，解得，
∴，解得；
综上，a的取值范围为．
20．（2025·镇海区模拟）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C 的坐标为，
（1）求直线的函数表达式．
（2）点D是x轴上一动点，连接，当的面积是面积的时，求点D的坐标．
（3）点E坐标为连接，点P为直线上一点，若，求点P坐标．
【答案】（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴，
∵点C 的坐标为，
∴设直线的函数表达式为，
则，解得：，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴的面积为，
如图：设D的坐标为，则，
则，解得：或4．
∴点D的坐标为或．

（3）解：∵，，
∴，，
如图：过C作且，
∴是等腰三角形，即，
过G作轴，垂足为D，
∴，
∴，
在△OCE和△DGC中
∴，
∴，即，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P；
如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P．
综上，点P的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】
（1）根据直线与坐标轴相交可求得点A、B的坐标，再结合点C的坐标，用待定系数法即可求解；
（2）根据三角形的面积公式求出，结合已知求得的面积，如图：设D的坐标为，则，然后根据三角形的面积公式求解即可；
（3）由题意可得：，如图：过C作且，由同角的余角相等可得∠CGD=∠OCE，结合已知，用角角边可证，由全等三角形的对应边相等可得，由线段的和差求出OD的值，可得；用待定系数法求出直线的解析式，再与直线联立解方程组即可确定点P的坐标； 如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，再求出直线的解析式为，再与直线联立解方程组即可确定点P的坐标．
（1）解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴，
∵点C 的坐标为，
∴设直线的函数表达式为，
则，解得：，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴的面积为，
如图：设D的坐标为，则，
则，解得：或4．
∴点D的坐标为或．
（3）解：∵，，
∴，，
如图：过C作且，
∴是等腰三角形，即，
过G作轴，垂足为D，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P；
如图：点F是点G关于点C的对称点，则点F的坐标为，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：，
∴直线与直线的交点即为所求点P．
综上，点P的坐标为或．
21．（2025·镇海区模拟）如图， 已知是的直径， C是上一点，是的切线，且于点D， 延长交于点 M，连接交于点F，
（1）如图1，作于点E，
①求证
②若则的长
（2）若求
【答案】（1）证明：①∵，
∴，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在△CDA和△CEA中
∴（AAS）；
解：②连接，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：过点作，由（1）知：，
∴，
由（1）②可知：，，
∴，，
∴设，，则：，
∵是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，．

【知识点】圆的综合题；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）①切线的性质，得到，等边对等角得到，等角的余角相等，推出，利用，即可得证；②连接，，根据圆周角定理，同角的余角相等，推出，证明，推出，证明垂直平分，三线合一推出，进而得到，推出为等腰直角三角形，得到，根据"平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似"可得，由相似三角形的对应边的比相等得比例式可求解；
（2）过点作，根据，得比例式，设，，用勾股定理求出的长，根据有两个角对应相等的两个三角形相似
可证，由相似三角形的对应边的比相等得比例式，于是可得，，在中，由锐角三角函数
tan∠AMC=即可求解．
（1）解：①∵，
∴，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
②连接，，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）过点作，由（1）知：，
∴，
由（1）②可知：，，
∴，，
∴设，，则：，
∵是直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
在中，．
22．（2025·镇海区模拟）（1） 如图1， 在中， D是上一点，交于点G，则 （用图中已有线段表示）
（2） 如图2，在中， M、N是上的两点， 且满足， 在上取一点D， 过点D作分别交的延长线、于点 P、Q，求的值：
（3） 如图3， 在正方形中， 点E是上一点， 连接交于点F， 在上取一点 P， 使得， 若 求的长．
【答案】解：（1）
（2）如图，过作交于，交于，
由（1）得：，
∵，
∴，
∴，，
在△ENM和△CAM中
∴（AAS），
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；
（3）如图，过作交于，交于，
∵正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴．
【知识点】四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：（1）∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
【分析】（1）根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可证，，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式求解；
（2）如图，过作交于，交于，结合（1）得：，结合已知，用角角边可得，由全等三角形的对应边相等可得，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，结合可求解；
（3）如图，过作交于，交于，根据有两个角对应相等的两个三角形相似
可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式可得比例式，设，则，求解，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可证，同理可得比例式，结合可得关于x的方程，解方程即可求解．
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