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模拟试题冲刺练
2025年中考数学三轮复习备考
一、单选题
1．《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列事件中，是随机事件的是（ ）
A．明天太阳从东方升起 B．平面内不共线的三点确定一个圆
C．任意画一个三角形，其内角和是 D．经过有交通信号的路口时遇见红灯
3．如图是由球体和六棱柱组合而成的几何体，其左视图为（　　）
A． B． C． D．
4．年6月6日，嫦娥六号在距离地球约千米外上演“太空牵手”，完成月球轨道的交会对接．数据用科学记数法表示为（ ）
A． B． C． D．
5．下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，某容器的底面水平放置，容器上下皆为圆柱形，且大圆柱的底面半径是小圆柱的底面半径的2倍，高度也是小圆柱的2倍，匀速地向此容器内注水，在注满水的过程中，水面的高度h与时间t的函数关系的图象如图所示，则灌满小圆柱时所需时间为（ ）
A． B． C． D．10
7．如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以A为圆心，长为半径画弧交于F；②连接，分别以点B，F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G；③作射线交BC于点E，若，，则的长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
8．抛掷一枚质地均匀的硬币，“正面朝上”和“反面朝上”的概率相同，如果连续投掷一枚质地均匀的硬币3次，那么3次投掷中恰好有2次正面朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．已知锐角中，，，高，能完全覆盖的的半径r的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
10．小明同学利用计算机软件绘制函数图象，判断点（m为任意实数）与抛物线（a为常数，）的位置关系，则点P一定不在抛物线上的点的个数是（ ）
A．只有1个 B．只有两个 C．只有3个 D．3个以上
二、填空题
11．分解因式： ．
12．如图，在中，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线交于点D，连接，若，则 ．
13．如图，在纸上剪一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型，若圆的半径，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于，则R的值是 ．
14．甲、乙两人在一次赛跑中，路程（米）与时间（秒）的关系如图所示．当第一个人到达终点时，第二个人距离终点还剩 米．

15．如图，每个小正方形的边长为1，在中，点D为的中点，则 ．
16．如图是一张菱形纸片，点E在边上，，把沿直线折叠得到，点落在的延长线上．若恰好平分，则 °， ．
三、解答题
17．解一元二次方程．
18．在如图所示的平面直角坐标系中，点的坐标分别为．
(1)画出线段关于轴对称的线段；
(2)以原点为位似中心，将线段在第一象限内放大为原来的2倍得，画出线段．
19．一辆汽车行驶需8.4升汽油，一名工程师花费2880元将发动机的耗油量降到每需6.4升汽油．若汽油的价格每升7.2元，问此辆汽车至少行驶多少才能弥补这2880元的改造费用？
20．【综合与实践】某校在10周年校庆前设计了吉祥物“育育”挂件，并根据挂件尺寸设计了长方体的包装盒．设计组有细心的同学发现，把吉祥物“育育”装进包装盒后，拐角处还空余不少空间，这样比较浪费，所以打算进一步探究节省材料的方案．
任务1 探究：对于底面积和高一定的长方体包装盒，什么情况下最省材料（即表面积最小）？
通过探究发现，问题等价于“底面矩形的面积一定时，周长何时最小？”设计组先假定底面积为16，列出下表：
长 16 14 12 10 8 6 4
宽 1 1.6 2 4
周长 34 23.2 20 16
根据表格，可猜测：矩形的面积一定时，_____时周长最小．
为了证明上述猜测，小丫同学假设矩形面积为，设两邻边长分别为和（均为非负数），则，得．
……（请表示出周长并补全后续的证明过程）．
任务2 计算对比，合理优化．
设计组之前设计的长方体包装盒的尺寸为：长、宽、高，小明同学在保持底面积不变小的前提下，建议将包装盒形状改为底面直径为的圆，高保持不变的圆柱体，从节省材料的角度来看，你觉得合理吗？请判断并说明理由．
21．筷子是中国常用餐具，成人筷子长度约是．某科技社团用一根成人筷子进行一次光的折射实验．如图，将筷子斜放入一个透明水槽内，筷子底端刚好抵水槽右端，筷子顶端刚好与水槽左上端重合．水槽内水面高度为，光线自点处发出，沿筷子所在的直线方向经水面点折射到池底点处，点距点．已知入射角，点在同一条竖直线上，点都在同一竖直平面内．折射角为，求的值．（保留一位小数）
参考数据：．
22．已知三点在圆上，点在圆内，．
(1)请用“尺规作图”作出圆心的位置（保留作图痕迹）；
(2)求出圆半径的大小．
23．甲、乙两班各有50名学生，体育老师从这两个班分别随机选出10名同学进行定点投篮测试，每位同学均投篮5次，投中一次得1分，现将测试成绩整理统计，部分信息如下：
甲班测试成绩 2 3 3 4 4 3 2 a 4 5
乙班测试成绩 1 5 3 b 2 4 5 3 2 5
其中，甲班测试成绩的众数为4分，乙班测试成绩的中位数为3.5分，且甲班测试成绩的平均数小于乙班测试成绩的平均数．
请根据以上信息，完成下列问题：
(1) ______，______．
(2)认定测试成绩不低于3 分的为优秀．
（ⅰ）比较两班测试学生优秀率的大小；
（ⅱ）估计甲班投篮优秀的学生人数．
24．系列纸张尺寸是国际通用的标准尺寸，以为基础，通过等比例缩放的方式衍生出、等规格．日常生活普遍使用的规格的打印纸，就是其中一种．系列纸张形状为矩形，有如下特点：将其沿垂直于长边的线对折成两个全等的矩形后，得到的矩形与原矩形相似．如图1，矩形表示某系列纸张．
(1)求；
(2)若点为边的中点．
（i）如图2，求；
（ii）若，如图3，将绕点逆时针旋转，使得点的对应点在线段上，点为点的对应点，求线段的长．
25．如图1，以点 A，B 为端点的实线是一条开口向下的抛物线的一段，点C 是抛物线的顶点，直线是抛物线的对称轴，于点 D，，则称实线表示的部分为该抛物线上的“正抛线”，点A，B 分别为“正抛线”的左、右端点，点 C 为“正抛线”的顶点，的长为“正抛线”的高．
(1)已知高为4的“正抛线”左端点在坐标原点，求该“正抛线”所在抛物线的表达式；
(2)已知抛物线 上的“正抛线”以原点为左端点，求b；
(3)如图2，一种图案由大小两种不同的“正抛线”组成，在平面直角坐标系中，所有大“正抛线”的端点都在x轴上，小“正抛线”的端点都在与其相邻的大“正抛线”上，所有“正抛线”的顶点都在同一条直线上．求大“正抛线”与小“正抛线”高之比．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B C C A D A C
1．C
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．D
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．根据事件发生的可能性大小判断即可．
【详解】解：A、明天太阳从东方升起，是必然事件，不符合题意；
B、平面内不共线的三点确定一个圆，是必然事件，不符合题意；
C、任意画一个三角形，其内角和是540°，是不可能事件，不符合题意；
D、经过有交通信号灯的路口时遇到红灯，是随机事件，符合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】
解：左视图为．
故选：B．
4．B
【分析】本题考查了绝对值大于1的科学记数法的表示，解题的关键在于确定的值．
根据绝对值大于1的数，用科学记数法表示为，其中，的值为整数位数少1．
【详解】解：大于1，用科学记数法表示为，其中，，
∴用科学记数法表示为，
故选：B．
5．C
【分析】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方，完全平方公式，根据合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方，完全平方公式逐项分析即可.
【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，故选项A不符合题意；
B、，故选项B不符合题意；
C、，故选项C符合题意；
D、，故选项D不符合题意；
故选：C．
6．C
【分析】利用圆柱的体积公式求出大圆柱与小圆柱的容积比，进而可得灌满大圆柱所用时间与灌满小圆柱所用时间之比，由此可解．
【详解】解：设小圆柱的半径为r，高度为h，
则大圆柱的半径为，高度为，
，
灌满大圆柱所用时间为灌满小圆柱所用时间的8倍，
由图可知，灌满小圆柱和大圆柱所用时间为50，
灌满小圆柱时所需时间为，
故选C．
【点睛】本题考查圆柱的体积、从函数图象获取信息，解题的关键是掌握圆柱的体积公式．
7．A
【分析】如图，设交于点O，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：如图，设交于点O．
由作图可知：，，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，，
在中，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查作图复杂作图，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．D
【分析】利用树状图表示出所有可能进而利用概率公式求解即可.
【详解】解：列树状图得：
共有8种情况，出现“一次正面，两次反面”的有3种情况，所以概率是，故选D．
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.
9．A
【分析】考查三角形外接圆半径问题；得到三角形的形状是解决本题的关键．
分类讨论：①当在内部，构造出三角形的外接圆，求出外接圆的半径，即可解答．
②当在外部，构造出三角形的外接圆，求出外接圆的半径，即可解答．
【详解】解：①当在内部时，
∵，高，
∴，
∴，
∴，
过点B作于点M，作的垂直平分线，与交于点F，与的交点O，即为的外接圆圆心，如图
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
解得．
∴完全覆盖的圆的最小半径为．
②当AD在外部，即是钝角三角，
作的垂直平分线，与的垂直平分线交于点的交点O，即为的外接圆圆心，过点O作于点F，，连接如图
∴，，，，
∴，四边形是矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
解得，
∴．
∴以为直径的圆是能完全覆盖的最小圆，
∴能完全覆盖的圆的半径r的最小值为，
故选A．
10．C
【分析】本题考查二次函数上点的坐标，把代入得到，
根据方程解得情况解答即可．
【详解】解：把代入得到：
，
当且时，a不存在，
即或时，点P一定不在抛物线上，
当时，，则，不符合题意，
即时，点P一定不在抛物线上，
故答案为：C．
11．
【分析】本题考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法：提取公因式法和公式法是解题的关键．先提取公因式，再利用平方差公式因式分解即可．
【详解】解：
．
12．/30度
【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等腰三角形性质的应用，由题意，得到是线段的垂直平分线，利用垂直平分线的性质，得到，得到等腰三角形的两底角相等，再利用等腰三角形得到的度数，从而得到结果．
【详解】解：，，
，
，
分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线交于点连接，
是线段的垂直平分线，
，
，
．
故答案为：．
13．4
【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，根据弧长公式计算．
【详解】解：扇形的弧长是：，
圆的半径，则底面圆的周长是，
圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：，
解得：，
故答案为：4．
14．4
【分析】本题考查函数图象的应用，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答问题．
从函数图象可以求出第二个人的速度，可以得到第一个人到达终点用时，此时第二个人跑了的路程即可求解，继而即可求解第二个人距离终点还剩多少米．
【详解】解：由图象可得第二个人的速度为，
第一个人到达终点用时，此时第二个人跑了，
∴第二个人距离终点还剩，
故答案为：4．
15．/
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理逆定理，求角的余弦值等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
根据所给网格，得出，再由点D为的中点，得出，最后结合余弦的定义即可解决问题．
【详解】解：由图得：， ，，
∴，
∴．
因为点D为的中点，
所以，
所以．
∵，．
∴，
所以．
故答案为：．
16．
【分析】设，交于点J．设．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设，，则，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解．
【详解】解：设，交于点J．设．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
由翻折变换的性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴负值舍去．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题．
17．或
【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，利用配方法解一元二次方程即可．
【详解】解：
，
解得或．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查坐标与图形变换—轴对称，位似作图，掌握轴对称和位似图形的性质，是解题的关键．
（1）根据轴对称的性质画出即可；
（2）根据位似图形的性质画出即可．
【详解】（1）解：线段，如图所示；
（2）解：线段，如图所示．
19．汽车至少要行驶才能弥补改造所需的费用
【分析】本题考查一元一次不等式的应用，设汽车需要行驶才能弥补改造所需的费用，根据题意列不等式，求出的取值范围即可解题．
【详解】解：设汽车需要行驶才能弥补改造所需的费用．
由题意得，
化简得，
解得，
即汽车至少要行驶才能弥补改造所需的费用．
20．任务1：长和宽相等，见解析；任务2：合理，理由见解析
【分析】本题考查了整式乘法的应用、圆柱体和长方体体积与表面积计算，
任务1：观察表格可得结论：矩形的面积一定时，长和宽相等时周长最小，根据过程由即可得出结论.
任务2：分别计算长方体和圆柱体的的表面积即可得出结论.
【详解】解：任务1：长和宽相等
设两邻边长分别为和（均为非负数），则，得．
矩形周长为．
所以，即矩形为正方形时，周长最小．
任务2：长方体的体积，圆柱体的体积,
长方体的表面积为：．
圆柱体的表面积为：．
因为，所以改为圆柱体更节省材料．
21．
【分析】本题考查的是解直角三角形的实际应用，过点作，垂足为，求解，可得，再进一步求解即可．
【详解】解：过点作，垂足为．
由题意可知，，又，
∴，
在三角形中，，
∵点距点，
∴，
在三角形中，．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查复杂作图、三角形的外接圆与外心、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，解决问题．
（1）作线段的中垂线，再作线段的中垂线，交直线于点，则点就是圆心的位置；
（2）由（1）作图，设线段的中垂线与的延长线交于点，的延长线并交于圆于点，线段的中为，连接，易知四边形为矩形，求出，由垂径定理得到，设，由得，解得，所以圆半径．
【详解】（1）解：如图所示，点O为所求：
（2）解：由（1）作图，设线段的中垂线与的延长线交于点，的延长线并交于圆于点，线段的中为，连接，
则，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴圆半径．
23．(1)4；4
(2)（ⅰ）甲班测试学生优秀率大于乙班测试学生优秀率
（ⅱ）40人
【分析】本题考查算术平均数、中位数、众数意义和求法，理解各个统计量的意义，掌握平均数、众数、中位数的求法是解决问题的前提．
（1）根据众数的定义可得的值；根据中位数的定义可得的值；
（2）（ⅰ）分别求出两个班的优秀率即可；（ⅱ）用50乘甲班样本优秀率即可．
【详解】（1）解：甲班测试成绩的众数为4分，
；
乙班测试成绩的中位数为3.5分，即第五、第六个数的平均数为3.5，
，
故答案为：4；4；
（2）解：（ⅰ）甲班测试学生优秀率为：，乙班测试学生优秀率为：，
，
故甲班测试学生优秀率大于乙班测试学生优秀率；
（ⅱ）（人），
即估计甲班投篮优秀的学生人数大约为40人．
24．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）设，则对折后纸张长宽分别为，再利用相似矩形的性质建立方程求解即可；
（2）（i）过点作，垂足为．设，由（1）知，可得，结合点为边的中点，求解．设，则．再进一步求解即可；
（ii）证明，可得，可得与的交点就是点，如图，证明，，可得，结合，且，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：设，则对折后纸张长宽分别为．
∵对折前后的矩形相似，
∴，
∴，
∴，（负根舍去）
即．
（2）解：（i）过点作，垂足为．
设，由（1）知，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
∴．
设，则．
由得：
，
解得，
∴，
∴；
（ii）∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴与的交点就是点，如图，
∵由旋转得到，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用相似三角形的性质解题是关键．
25．(1)或
(2)
(3)或
【分析】（1）根据题意，得左端点，，得到右端点，垂足点，顶点或，设抛物线解析式为或，把分别代入解析式，确定的值即可．
（2）根据题意，得，解得，且抛物线以原点为左端点，得左端点，，得到右端点，垂足点，根据抛物线，得顶点，设抛物线解析式为，点
代入解析式，计算即可．
（3）设抛物线的左端点为A，右端点为B，垂足点为D，顶点为C，小抛物线的左端点为E，右端点为F，垂足点为H，顶点G，根据题意，设左端点，右端点，垂足点，顶点，设抛物线解析式为，抛物线解析式为，设，则，计算解答即可．
【详解】（1）根据题意，得左端点，，右端点，垂足点，顶点或，
设抛物线解析式为或，把分别代入解析式，∴或，
解得或，
故抛物线解析式为或．
（2）根据题意，得，
解得，
∵抛物线以原点为左端点，
∴左端点，，右端点，垂足点，
∵抛物线，
∴顶点，
设抛物线解析式为，
把点代入，得，
整理，得，
解得（舍去），
故．
（3）设抛物线的左端点为A，右端点为B，垂足点为D，顶点为C，小抛物线的左端点为E，右端点为F，垂足点为H，顶点G，
根据题意，设左端点，右端点，垂足点，
∵抛物线，
∴顶点，
设抛物线解析式为，
把点代入，
得，
解得，
∴抛物线解析式为，
设，则，
则，，
∴
整理，得，
解得，
故或，
∴或，
∴或．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式的确定，新定义抛物线，熟练掌握待定系数法，正确理解新定义是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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