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2025年海南省中考数学试卷
一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．
1．下列4个汉字中，从数学的角度可以看作轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列立体图形的俯视图为圆的是（　　）
A． B．
C． D．
3．2025年“五一”期间，海南省旅文厅在全岛推出26场体育赛事活动，拉动相关消费约6500万元．数据65000000用科学记数法表示为（　　）
A．6.5×106 B．6.5×107 C．0.65×106 D．0.65×107
4．当x＝2时，代数式2x﹣3的值为（　　）
A．1 B．7 C．﹣1 D．﹣5
5．分式方程的解是（　　）
A．x＝﹣3 B．x＝3 C．x＝2025 D．x＝﹣2025
6．在如图所示的正方形网格中，若建立平面直角坐标系，使“少”“年”的坐标分别为（﹣1，0）、（1，1），则“强”的坐标为（　　）
A．（3，3） B．（2，3） C．（4，3） D．（4，5）
7．下列运算结果为m5的是（　　）
A．m2 m3 B．（m2）3 C．m2+m3 D．m9﹣m4
8．已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（　　）
A．2 B．5 C．8 D．11
9．掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，观察向上一面的点数．下列说法正确的是（　　）
A．出现点数为6的概率是
B．出现点数为0是随机事件
C．出现点数为偶数是必然事件
D．出现点数为奇数是不可能事件
10．将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，则∠BCD的大小为（　　）
A．100° B．120° C．135° D．150°
11．如图，在△ABC中，∠C＝30°，AB＝1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则的长为（　　）
A． B． C． D．
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝kx+b的图象与反比例函数y2的图象交于点A（﹣1，﹣2）、B（2，n）．则不等式kx+b的解集为（　　）
A．x＞2 B．x＜﹣1
C．﹣1＜x＜2 D．﹣1＜x＜0或x＞2
二、填空题（本大题满分12分，每小题3分）
13．写出一个比﹣2大的实数　 　 ．
14．分解因式：a2﹣2ab+b2＝　 　 ．
15．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BAC内交于点G；作射线AG，交BD于点H．若AB＝7，OH＝2，则S△ABH＝　 　 ．
16．如图，点E是 ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，AB＝4，BC＝7．
（1）△AEB面积的最大值为　 　 ；
（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD＝120°，则线段MN长度的最小值为　 　 ．
三、解答题（本大题满分72分）
17．（12分）（1）计算：|﹣1|×2；
（2）解不等式组：．
18．（10分）某汽车销售公司分两批次采购新能源汽车．第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元；第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元（同类型汽车进价不变）．某销售经理估计每辆A型汽车的进价约为19～21万元，每辆B型汽车的进价约为11 13万元．
（1）求A、B型汽车的进价，并判断该销售经理的估计是否正确；
（2）现实生活中的很多问题可以用方程（组）解决，请写出解二元一次方程组的常用方法．
19．（10分）2025年初，海南省教育厅印发了《关于优化义务教育学校学生作息时间的通知》，各市县中小学积极实施大课间质量提升活动．某校为了解学生对本校大课间活动实施情况的满意程度，从八年级随机抽取20名学生进行问卷调查（满分100分，划分为A、B、C、D、E五个等次），统计结果如下（其中两个原始数据因某种原因模糊，用▲和★表示）：
54，71，57，▲，65，67，73，76，76，77，79，87，88，87，87，82，89，★，92，94．
数据统计表
分数段 等次 人数
90≤x≤100 A a
80≤x＜90 B 6
70≤x＜80 C 6
60≤x＜70 D b
0≤x＜60 E 2
（1）扇形统计图中m＝　 　 ，统计表中a＝　 　 ；
（2）这20个数据的众数为　 　 ，中位数为　 　 ；
（3）若该校八年级共有400人，请估计评价结果为“A”等次的八年级学生有　 　 人；
（4）为更好地开展大课间活动，请提一条合理建议．
20．（10分）现有一台红外线理疗灯（如图1所示），该设备的主体由底座AB、立柱BC、伸缩杆CD和灯臂DE组成，A、B、C三点在同一直线上，图2是该设备的平面示意图．AC垂直于AF，AF与水平线l平行，CD与l的夹角为∠1，DE与l的夹角为∠2．经测量：AB为12cm，BC为26cm，DE为30cm，∠BCD＝154°，∠CDE＝63°．
（1）填空：∠1＝　 　 °，∠2＝　 　 °；
（2）已知点E到AF的距离EM为50cm时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆CD的长度．（参考数据：sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
21．（15分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点．点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q．
（1）若c＝﹣4．
①求抛物线的解析式；
②求线段PQ长度的最大值；
③若t≤x0≤t+1，求x0取何值时线段PQ的长度最大（可用含t的代数式表示x0）．（2）若c≠﹣4，t≤x0≤t+1，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．
22．（15分）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究．
【知识技能】
（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，连接BE、BF、EF，且∠EBF＝45°．将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，则点M在DA的延长线上．
①证明△BFM≌△BFE，并判断AF+EC＝EF是否成立；
②若DF＝5，DE＝12，请计算正方形ABCD的周长．
【教学理解】
（2）如图2，在正方形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF．连接AF、CE，M、N分别是线段AF、CE上的点，连接BM、BN、MN，且∠MBN＝45°（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段AM、MN、NC的数量关系，并说明理由．
【拓展研究】
（3）如图3，BD是正方形ABCD的对角线，P、Q分别为线段BD、BC上的点，且∠PQB＝45°．将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN．连接ND，取线段ND的中点E，连接CE、CM，求的值．
2025年海南省中考数学试题参考答案
一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的．
1．C 2．B 3．B 4．A 5．C 6．B
7．A 8．B 9．A 10．D 11．C 12．D
二、填空题（本大题满分12分，每小题3分）
13﹣1（只要比﹣2大即可） 14．（a﹣b）2
15．7 16．（1）4；（2）
三、解答题（本大题满分72分）
17．（12分）解：（1）原式＝1×2﹣2+1
＝2﹣2+1
＝1；
（2）解不等式①得：x＞2，
解不等式②得：x＜4，
故原不等式组的解集为2＜x＜4．
18．（10分）解：（1）设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，
根据题意得：，
解得：，
即A型汽车每辆的进价为20万元，B型汽车每辆的进价为12万元，
∵19＜20＜21，11＜12＜13，
∴该销售经理的估计正确；
（2）解二元一次方程组的常用方法：代入消元法，加减消元法．
19．（10分）解：（1）扇形统计图中：m%＝1﹣10%﹣15%﹣30%﹣30%＝15%，
∴m＝15；
a＝20×15%＝3，
故答案为：15，3；
（2）∵b＝20×15%＝3，
∴由题意可知，▲和★一个在A组一个在D租，
∴20个数据中出现次数最多的是87，即众数为87；
∵把20个数据从小到大排列的第10位数77和第11位数79，
∴中位数为：78，
故答案为：87，78；
（3）40060（人），
评价结果为“A”等次的八年级学生有60人，
故答案为：60；
（4）建议学校增加大课间活动项目．
20．（10分）解：（1）如图，延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，
∴∠CGD＝90°，∠EHD＝90°，
∵∠BCD＝154°，
∴∠1＝∠BCD﹣∠CGD＝154°﹣90°＝64°，
∵∠CDE＝63°，
∴∠2＝180°﹣∠1﹣∠CDE＝180°﹣64°﹣63°＝53°，
故答案为：64，53；
（2）∵∠2＝53°，∠EHD＝90°，
∴∠HED＝37°，
∵在Rt△EDH中，DE＝30cm，cos∠HED，
∴EH＝DE cos∠HED＝30×cos37°≈24（cm），
∵EM＝50cm
∴MH＝EM+EH＝74（cm），
∴AG＝MH＝74cm，
∵AC＝AB+BC＝12+26＝38（cm），
∴CG＝AG﹣AC＝36（cm），
∵在Rt△CGD中，∠GCD＝90°﹣∠1＝26°，cos∠GCD，
∴CD40（cm），
答：此时伸缩杆CD的长度约为40cm．
21．（15分）解：（1）①∵c＝﹣4，
∴设抛物线的解析式为：y＝ax2+bx﹣4，
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0），经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；
②设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A、B代入，
得，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q，
∴P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣（3x0﹣4）＝﹣（x0﹣1）2+9，
由题意得：﹣2≤x0≤4，
∴当x0＝1时，|PQ|取得最大值为9；
③∵|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，﹣2≤x0≤4，
∴当t≥﹣2，t+1≤1时，
即﹣2≤t≤0时，PQ的最大长度在x0＝t+1处取得；
当t＜1，t+1＞1时，
即0＜t＜1时，PQ的最大长度在x0＝1处取得；
当t≥1，t+1≤4时，
即1≤t≤3时，PQ的最大长度在x0＝t处取得；
综上，x0＝t+1或x0＝1或x0＝t．
（2）不发生变化，理由如下：
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，
∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，
∴y0＝﹣x0+4，
∵点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，
∴|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，
∵|PQ|解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，
∴问题（1）中③的结论未发生变化．
22．（15分）（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，
∴BE＝BM，∠BAM＝∠C＝90°，∠EBC＝∠MBA，AM＝CE，
∴∠BAM+∠A＝180°，∠EBC+∠ABE＝90°＝∠MBA+∠ABE＝∠MBE，
∴点M在DA的延长线上，
∵∠EBF＝45°，
∴∠MBF＝∠MBE﹣∠EBF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBF＝∠EBF，
在△BFM和△BFE中，
，
∴△BFM≌△BFE（SAS），
∴FM＝EF，
∵FM＝AF+AM＝AF+CE，
∴EF＝AF+CE，
∴AF+EC＝EF成立；
②解：∵DF＝5，DE＝12，∠D＝90°，
∴EF13，
∴AF+EC＝13，
∴AD+CD＝（AF+EC）+DF+DE＝13+5+12＝30，
∴正方形ABCD的边长为30÷2＝15，
∴正方形ABCD的周长为15×4＝60；
（2）解：AM2+NC2＝MN2，理由如下：
将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，如图：
由旋转性质可得：△BCN≌△BAG，
∴∠CBN＝∠ABG，CN＝AG，∠BCN＝∠BAG，BN＝BG，
∴∠CBN+∠ABN＝90°＝∠ABG+∠ABN＝∠GBN，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBG＝∠GBN﹣∠MBN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MBN＝∠MBG，
∵BM＝BM，BN＝BG，
∴△BMN≌△BMG（SAS），
∴MN＝GM，
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE∥AF，
∴∠BEC＝∠BAM，
∵∠BCN+∠BEC＝90°，
∴∠BAG+∠BAM＝90°，即∠GAM＝90°，
∴AM2+AG2＝GM2，
∴AM2+NC2＝MN2；
（3）解：过C作CH⊥BD于H，连接HE，设MN交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，CH⊥BD，
∴H为BD中点，△BCH是等腰直角三角形，
∴，
∵E为DN的中点，
∴HE是△BDN的中位线，
∴BN＝2HE，HE∥BN，
∵∠PQB＝45°，∠DBC＝45°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∵将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BNBM，
∴BM＝2HE，
∴，
∴，
∵∠BNK＝45°＝∠DBC，
∴∠BNK+∠KBN＝∠DBC+∠KBN，即∠BKM＝∠DBN，
∵HE∥BN，
∵∠DHE＝∠DBN，
∴∠BKM＝∠DHE，
∴90°﹣∠BKM＝90°﹣∠DHE，即∠MBC＝∠EHC，
∴△MBC∽△EHC，
∴，
即的值为．
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