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模拟试题押题练
2025年中考数学三轮复习备考
一、单选题
1．下面各数中最小的是（　　）
A． B．0 C． D．
2．下列AI软件的图标中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．若，且，则的值可能是（ ）
A．0 B．1 C． D．
5．某校随机抽取50名学生进行每周课外阅读时间的问卷调查，将调查结果制成频数直方图如图所示（每组包含最大值，不包含最小值）．估计该校2000名学生中每周阅读时间多于6小时的学生共有（ ）
A．20人 B．396人 C．800人 D．1080人
6．某中学七年一班足球队参加比赛，胜一场得2分，负一场得1分，该队共赛了9场，共得15分，该队胜了多少场？设该足球队胜了x场，根据题意所列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．双曲线与直线交于A、B两点，要使反比例函数的值小于一次函数的值，则x的取值范围是（　　）
A．x＞3 B．x＜﹣2
C．﹣2＜x＜0或x＞3 D．x＜﹣2或0＜x＜3
8．如图，在中，，，是边上的高，，若圆是以点为圆心，为半径的圆，那么圆与直线的关系是（　　）
A．相切 B．相离 C．相交 D．不能确定
9．如图，在等腰三角形中，，为边上中点，过点作交于，交于，若的长为8，则四边形的面积为（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
10．如图，在矩形中，，，连接，以点C为圆心，为半径作弧交于点E，连接．则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．某件商品原价元，先打八折，再降价元，则现在的售价是 元．
12．若点在第四象限，那么a的取值范围是 ．
13．学校广播站要新招1名广播员，甲、乙两名同学经过选拔进入到复试环节，参加了口语表达、写作能力两项测试，成绩如下表：
项目 应试者 口语表达 写作能力
甲 80 90
乙 90 80
学校规定口语表达按，写作能力按计入总成绩，根据总成绩择优录取．通过计算，你认为 同学将被录取．
14．如图，是的直径，点，在上，，与交于点．若，则的度数为 ．
15．如图，矩形中，，点分别为上一个动点，且，以为对称轴将矩形折叠，点的对应点分别为，点为上一点，且， 的最小值为 ，的最大值为 ．
16．如图，在正方形中，点E是边的中点，连接、，分别交、于点P、Q，过点P作交的延长线于F，下列结论：
①，②，③，④若四边形的面积为4，则该正方形的面积为36，⑤．
其中正确的结论有 ．
17．分解因式： ．
三、解答题
18．计算：．
19．解方程组：
20．如图，在中，对角线，相交于点，于点，于点，且．
(1)求证：．
(2)当，时，求的值．
21．中国的人工智能领域近年取得了显著的进展，并推动了技术在各行各业的普及和应用．某校采用抽样调查的方式对部分教师做了“我最常使用的软件”的问卷调查，并根据调查收集的数据，绘制了如下不完整的统计图：
(1)求抽样调查的教师人数，并补全条形统计图．
(2)该校共有教师240人，根据统计信息，估计该校教师最常使用“文小言”的人数．
22．小林解决如下问题有两种思路：
如图，在等腰中，， 点是的中点，用尺规作图的方法 在上找一点，使得是的中位线．
思路一：根据三角形中位线的定义，取的中点，连结，则是的中位线．
思路二：先在上找点，使，再在上找点，使．具体分两步，
步骤1：如图，分别以点，点为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于点，作直线交于点．
(1)在图中连结步骤1里隐含的两条相等的线段，并证明．
(2)小林给出的步骤2：“以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连结，则是的中位线．”请指出步骤2中存在的问题．
23．甲、乙两车沿同一条公路先后从城出发行驶去城，甲车匀速行驶1小时后休息半小时，继续以原来的速度匀速行驶，乙车匀速行驶的速度比甲车匀速行驶的速度快，甲、乙离开城的路程与甲车行驶时间之间的函数关系如图所示．根据图象信息解答下列问题：
(1)求乙车的速度．
(2)求线段所在直线的函数表达式．
(3)当乙车到达城时，甲车距离城的路程．
24．已知二次函数，其图象抛物线与轴的交点坐标分别为，，且．
(1)求当时，求抛物线的顶点坐标．
(2)若将抛物线向上平移1个单位后，与轴的交点坐标分别为，且，试判断与的大小，并说明理由．
(3)当时，的最大值与最小值之差为，求的值．
25．如图，内接于，是的直径，，是半径上的一点（不与点，点重合），连接并延长交于点，连接，．
(1)求的度数．
(2)线段的延长线与线段的延长线交于点．
①求证：．
②设与交于点，当时，求的值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A D B C C C B B A
1．A
【分析】本题考查了实数的大小比较，根据正实数大于零，负实数小于零，两个负实数进行比较绝对值大的反而小即可得解，熟练掌握实数的大小比较方法是解此题的关键．
【详解】解：∵，，且，
∴，
故最小的数为，
故选：A．
2．A
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：A．
3．D
【分析】本题考查幂的相关运算，根据合并同类项，同底数幂相乘，同底数幂相除，幂的乘方运算法则逐项判定即可．
【详解】解：A、，故本选项的计算错误；
B、，故本选项的计算错误；
C、，故本选项的计算错误；
D、，故本选项的计算正确．
故选：D
4．B
【分析】本题主要考查了不等式的性质，不等式两边同时加上或减去一个数或者式子，不等号不改变方向，不等式两边乘以乘以或除以一个正数，不等号不改变方向，不等式两边同时乘以或除以一个负数，不等号改变方向，根据题意可知不等式两边同时乘以之后不等号没有发生改变，则．
【详解】解：∵，且，
∴，
∴四个选项中，只有B选项符合题意，
故选：B．
5．C
【分析】本题主要考查了频数直方图，用样本估计总体，先求出每周度数时间为6到8小时的人数，然后用整体乘以每周阅读时间多于6小时的学生的占比即可得出答案．
【详解】解：每周度数时间为6到8小时的人数有：人，
人，
∴该校2000名学生中每周阅读时间多于6小时的学生共有800人，
故选：C．
6．C
【分析】根据题意列一元一次方程即可．
【详解】设该队胜了x场，则该队负了场，胜场得分：分，负场得分：分．
因为共得15分，
所以方程应为：．
故选：C．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元一次方程，正确理解题意是解题的关键．
7．C
【分析】根据图像可知反比例函数的图象位于一次函数图象的下部的部分的自变量的取值.
【详解】解：由题意得：反比例函数的图象位于一次函数图象的下部的部分，
对应的自变量的取值范围是：﹣2＜x＜0或x＞3．
故选C．
【点睛】此题主要考查反比例函数的图像，解题的关键是熟知一次函数与反比例函数的性质特点.
8．B
【分析】此题考查了勾股定理、直线与圆的位置关系、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直线与圆的位置关系是关键．过点D作于点H，求出，由即可得到结论．
【详解】解：过点D作于点H，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
∵，
∴则圆与直线的关系是相离．
故选：B．
9．B
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线．熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，证明三角形全等，是解题的关键．
利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形三线合一，证明，结合图形得出四边形的面积，即可求解．
【详解】解：连接，如图所示：

等腰直角三角形中，为边上中点，
∴，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴四边形的面积，
∵的长为8，
∴，
∴四边形的面积，
故选：B．
10．A
【分析】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，特殊角的三角函数．熟练掌握矩形的性质，扇形的面积公式，特殊角的三角函数是解题的关键．
利用特殊角的三角函数求出，再根据矩形的性质求出的度数，最后利用阴影部分面积求解即可．
【详解】解：在矩形中，，，，
，
，则．
阴影部分面积
．
故选A．
11．
【分析】由题意可知，打八折按照原价出售，乘以减去即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，这种商品的现价为：元．
故答案为：．
【点睛】本题考查列代数式．解题的关键是正确理解题意．
12．/
【分析】根据第四象限的纵坐标为负数，建立不等式解答即可．
本题考查了坐标与象限，解不等式，熟练掌握解不等式是解题的关键．
【详解】解：∵点在第四象限，
∴，
解得，
故答案为：．
13．乙
【分析】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．根据加权平均数的定义列式计算即可得出答案．
【详解】解：甲的总成绩为，
乙的总成绩为，
∵，
∴乙同学被录取，
故答案为：乙．
14．/75度
【分析】本题考查了圆周角定理，等边对等角，外角的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
由是的直径，得，由圆周角定理得，再由外角的定义得，即可得解．
【详解】解：因为是的直径，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
则，
故答案为：．
15．
【分析】由矩形的性质可得，，，，连接与交于点，证明，得出，，即点时矩形的对角线的中点，连接，则，连接，由轴对称可得，推出，连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，最小值为，由勾股定理可得，得出，作于点，则，证明，求出，，计算出，得出，即可得解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，，
如图，连接与交于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴点为矩形的对角线的中点，
连接，则，
连接，由轴对称可得，
∴，
连接，则由三角形三边关系可得的最大值为，最小值为，
∵，，
∴，
∴，
作于点，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为，最小值为；
故答案为：，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，三角形三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
16．①②③⑤
【分析】①正确．证明∠EOB＝∠EOC＝45°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．
②正确．利用四点共圆证明∠AFP＝∠ABP＝45°即可．
③正确．设BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解决问题．
④错误，通过计算正方形ABCD的面积为48．
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【详解】解：如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①正确，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②正确，
设BE＝EC＝a，则AEa，OA＝OC＝OB＝ODa，
∴，即AEAO，故③正确，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQS四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④错误，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴，
∵EQ＝PE，
∴CE EF＝EQ DE，故⑤正确，
故答案为：①②③⑤
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17．
【分析】先提取，再运用完全平方公式即可分解因式．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了综合运用提取公因式和公式法分解因式，熟练掌握公式是解题的关键．
18．
【分析】本题考查了实数的混合运算，先根据零指数幂、特殊三角函数值、算术平方根和绝对值的性质化简，最后算加减法即可．
【详解】解：
．
19．
【分析】本题考查的是解二元一次方程组，利用加减消元法求解即可，熟知解二元一次方程组的加减消元法和代入消元法是解答此题的关键．
【详解】解：
由，得③，
，得，
解得．
把代入①，得，解得．
所以原方程组的解为．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，则．根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）证明是矩形，再进一步即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵于点于点，
∴
∵，
∴，
∴．
又∵在中，，
∴．
（2）∵在中，，
∴是矩形，
∴．
∵，
∴．
∴在中，．
【点睛】此题考查平行四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．
21．(1)人，补全的条形统计图见解析
(2)60人
【分析】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合应用，用样本估计总体，解题的关键是熟练掌握统计图特点．
（1）根据选择的人数和占的百分比，求出抽样调查的教师人数即可，求出用文小言的人数，再补全条形统计图即可；
（2）用样本估计总体即可．
【详解】（1）解：（人），
（人），
补全的条形统计图如图：
（2）解：（人）
答：该校教师最常使用“文小言”的人数为60人．
22．(1)见解析
(2)步骤2中，以点为圆心，长为半径所作的弧与可能有两个交点，其中一个交点不是的中点
【分析】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的判定．
（1）连接，由作图知，证，推出，进而得到是等腰中边的中线，，即可得出结论；
（2）画出示意图，根据三角形中位线唯一即可解答．
【详解】（1）证明：连接，
由作图知，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰的角平分线，
∴是等腰中边的中线，
∴，即；
（2）解：如图，以点为圆心，长为半径所作的弧与可能有两个交点，分别为，其中交点不是的中点．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】题目主要考查根据函数图象获取相关信息，确定函数解析式，理解题意，结合函数图象求解是解题关键．
（1）根据函数图象得，然后结合题意求解即可；
（2）由图象得，设线段所在直线的函数表达式为，利用待定系数法代入求解即可确定函数解析式；
（3）根据题意得出乙车到达城时，，然后代入函数解析式，得出，即可求解．
【详解】（1）解：因为，
所以．
答：乙车的速度为．
（2）由图象得，
设线段所在直线的函数表达式为，把点的坐标分别代入得
，
解得，
所以线段所在直线的函数表达式为．
（3）乙车到达城时，．
把代入到，得，
此时甲车离城的路程：．
答：当乙车到达城时，甲车距离城的路程为．
24．(1)抛物线的顶点坐标为
(2)，理由见解析
(3)的值为或
【分析】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、抛物线平移，掌握配方法将一般式化为顶点式、求二次函数对称轴、二次函数最值求法是解决问题的关键．
（1）将代入二次函数，化为顶点式即可得到答案；
（2）分别求出平移前后抛物线的对称轴，平移前抛物线与轴的交点坐标分别为，，得到对称轴是，由平移后抛物线与轴的交点坐标分别为，确定其对称轴是，根据抛物线上下平移对称轴不变即可得证；
（3）由二次函数图象与性质得到当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当时，；分三类讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）解：当时，二次函数的表达式为，
抛物线的顶点坐标为；
（2）解：，
理由如下：
抛物线的对称轴为直线，
，即．
将抛物线向上平移1个单位后，抛物线表达式为，
平移后抛物线对称轴不变，仍为直线，
，即．
；
（3）解：二次函数图象的对称轴为直线，
当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当时，．
①当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
②当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
③当时，最大值为，最小值为，
，解得（不满足，舍去）；
综上所述，的值为或．
25．(1)
(2)①证明见解析，②
【分析】（）由圆周角定理得，进而根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理即可求解；
（）①证明即可求证；②过点作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，连接，证明和，可得，，即得，，设，则，即得，又由等腰直角三角形的性质可得，可得，利用勾股定理得，根据①的结论得，即可得，最后代入代数式计算即可求解．
【详解】（1）∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：∵是的直径，
∴点是的中点，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
，
即，
∴；
②解：如图，过点作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，连接，
∵，
∴（），
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，，
由①得，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰直角三角的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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