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2025年上海市静安区中考数学二模同考点练习试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．按照一定规律排列的单项式：，，，，则第个单项式是 （ ）
A． B． C． D．
2．下列运算结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图在数轴上对应的点可能是（ ）

A．点A B．点B C．点C D．点D
4．下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一条对角线平分内角的平行四边形是菱形
C．四个内角都相等的四边形是矩形
D．两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
5．随机抽取甲、乙两位同学一周内每天完成书面家庭作业的时间，并绘制了如下折线统计图．下列统计量中，最能反映出这两组数据之间差异的是（ ）
A．方差 B．平均数 C．众数 D．中位数
6．如图，已知线段的长为10，圆A的半径为2，点P是线段上一点，以B为圆心、为半径作圆，将圆B绕点P旋转得到圆C，点C是点B的对应点，如果圆A与圆C相切，那么符合条件的点P的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
7．已知为互不相等的三个有理数，且，若式子的最小值为4，则的值为 ．
8．已知，则 ．（）
9．要使式子有意义，则x的取值范围是 ．
10．在实数范围内分解因式： ．
11．方程的解是 ．
12．我国古代著作《增删算法统宗》中记载了一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿少二竿．”其大意是：“牧童们在树下拿着竹竿高兴地玩耍，每人竿，多竿；每人竿，少竿．”则牧童有 人．
13．如图，在平面直角坐标系中，已知点，是函数图象上的两点，过点作轴的垂线与射线交于点若，则的值为 ．

14．周老师根据班级学生某次练习中某道题（满分4分）的答题情况，绘制了如下统计图．
某题得分情况条形统计图
这道题该班学生得分的众数和中位数分别是 分， 分．
15．如图，点是的重心，连接，如果，，那么 ．
16．如图1是武汉某地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为，双翼的边缘，且与闸机侧立面夹角． 当双翼收起时，可以通过闸机物体的最大宽度为 ．（参考数据：）
17．甲、乙是两个不透明的纸箱，甲中有三张标有数字，，1的卡片，乙中有三张标有数字1，2，3的卡片，卡片除所标数字外无其他差别，现从甲中任取一张卡片，将其数字记为a，从乙中任取一张卡片，将其数字记为b．则a，b能使关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根的概率为 ．
18．如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
三、解答题
19．解不等式组：．
20．先化简，再求值： ，其中
21．如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点，当，时，直接写出的长．
22．红灯笼，象征着阖家团圆，红红火火，挂灯笼成为我国的一种传统文化．某商店在春节前购进甲、乙两种红灯笼，用4500元购进甲种灯笼与用6750元购进乙种灯笼的数量相同，已知乙种灯笼每对进价比甲种灯笼每对进价多15元．经市场调查发现，乙种灯笼每对售价60元时，每天可售出90对，售价每提高1元，则每天少售出2对，物价部门规定其销售单价不高于每对70元，设乙种灯笼每对的销售单价为元，该商店一天通过乙种灯笼获得利润元．
(1)求甲、乙两种灯笼每对的进价；
(2)当乙种灯笼每对的销售单价为多少元时，一天获得利润最大？最大利润是多少元？
23．已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．

(1)求证：；
(2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形．
24．在平面直角坐标系中，抛物线）交x轴于点，，交y轴于点C，连接，，抛物线的顶点为P．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D是位于第一象限内的抛物线上一点，连接，交y轴于点E，交于点F，连接，如图1所示，若的面积记为，的面积记为，试问：是否存在这样的点D，使得，若存在求出点D坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，连接，点M为抛物线的对称轴上一点，连接，，若，请直接写出点M的坐标．
25．感知定义：如果三角形的两个内角α与β满足 ，那么我们称这样的三角形为“类直角三角形”．
尝试运用
(1)若某三角形是“类直角三角形”，且一个内角为 ，请直接写出它的两个锐角的度数；
(2)如图1，在钝角三角形中， 的面积为15，求证： 是“类直角三角形”．
(3)如图2，在中， ，在边上是否存在点 D，使得 是“类直角三角形”？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
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《2025年上海市静安区中考数学二模同考点练习试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B B A D A C
1．B
【分析】本题考查单项式中的规律探究，观察可知，单项式的系数规律为从1开始的连续的奇数，指数为从1开始连续的整数，进行求解即可．
【详解】解：单项式：，，，，，，
第个单项式为，
故选：B．
2．B
【分析】根据同底数幂的乘法，除法，积的乘方，合并同类项，逐一计算即可得出结果．
【详解】解：选项，，故错误，不符合题意；
选项，，故正确，符合题意；
选项，，故错误，不符合题意；
选项，，故错误，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查同底数幂的乘法，除法，积的乘方，合并同类项，掌握相关运算法则是解题的关键．
3．A
【分析】估算出的取值范围即可判断在数轴上对应的点．
【详解】解：∵，
∴，
∴在数轴上对应的点可能是点A．
故选：A．
【点睛】本题考查了实数与数轴，无理数的估算，正确估算出的取值范围是解答本题的关键．
4．D
【分析】根据矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意；
B、
在平行四边形中，对角线平分，，
，，
，
，
四边形是菱形，
故选项正确，不符合题意；
C、四个内角都相等的四边形是矩形，故选项正确，不符合题意；
D、两对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定，熟记矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键．
5．A
【分析】本题主要考查了折线统计图，平均数，众数，中位数以及方差，解题的关键是掌握折线和方差的对应关系．
先将平均数，中位数和众数求出，结果都是相等的，再根据折线统计图比较方差．
【详解】解：根据折线图可得（分钟）
（分钟）
所以甲和乙的平均数相等；
甲的众数为：60分钟，乙的众数为：60分钟，所以甲乙的众数相等；
甲的中位数为：60分钟，乙的中位数为：60分钟，所以甲乙的中位数相等；
通过折线统计图可以看出乙的折线比较平缓，而甲的折线相对乙比较陡峭，所以甲的方差比乙的方差大，方差能反映出两组数据之间的差异，
故选：A．
6．C
【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，两个圆相切有外切和内切两种情况，据此画出内切和外切的示意图即可得到答案．
【详解】解；如图所示，当圆A与圆C相切外切和内切时，分别有1个和2个点P符合题意，
故选：C．
7．
【分析】本题主要考查了代数式求值，绝对值的几何意义，由绝对值的几何意义可知，表示的是数轴上表示数x的点到表示数a的点和到表示数b的点的距离的和，则当时，有最小值，最小值为，据此可得答案．
【详解】解：由绝对值的几何意义可知，表示的是数轴上表示数x的点到表示数a的点和到表示数b的点的距离的和，
∵，
∴当时，有最小值，最小值为，
∵的最小值为4，
∴，即，
∴，
故答案为：．
8．/
【分析】根据比例的等比性质解答即可．
本题考查了等比性质，熟练掌握性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
9．
【分析】直接利用二次根式中被开方数的取值范围即二次根式中的被开方数是非负数，即可得出答案．
【详解】解：要使式子有意义，
则，
解得：；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，准确计算是解题的关键．
10．
【分析】本题考查了实数范围内因式分解，熟练掌握配方法是解题的关键．
根据配方法化为平方差的形式，进而因式分解，即可求解．
【详解】解：
．
11．x＝﹣1．
【分析】把方程两边平方后求解，注意检验．
【详解】把方程两边平方得x+2＝x2，
整理得（x﹣2）（x+1）＝0，
解得：x＝2或﹣1，
经检验，x＝﹣1是原方程的解．
故本题答案为：x＝﹣1．
【点睛】本题考查无理方程的求法，注意无理方程需验根．
12．
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，
根据总竿数相等列出方程，求出解即可.
【详解】解：设有牧童人，根据题意，得
，
解得，
答：牧童有人．
故答案为：．
13．
【分析】作轴于点，设直线与轴交于点，根据，得，所以，即可得到点点，，代入即可求出答案．
【详解】解：如图，作轴于点，设直线与轴交于点，
点，，，
点，，，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴点，，
点A，是函数图象上的两点，
∴，
解得，
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据根据，得，求出．
14． 4 3.5
【分析】本题考查求众数和中位数，解题的关键是熟练掌握众数和中位数的确定方法．
根据众数：出现次数最多的数据，中位线：数据排序后位于中间一位，或中间两位的平均数，进行求解即可．
【详解】解：得分为4分的人数有20人，次数最多，
∴众数为4；
∵将数据排序后，第20个和第21个数据分别为3，4，
∴中位数为：；
故答案为：4，3.5．
15．
【分析】本题考查了平面向量与三角形重心的知识，掌握三角形法则与三角形重心的性质是解题的关键．延长交于点，由，，根据三角形法则，即可求得，再由点D是△ABC的重心，根据重心的性质，即可求出结果．
【详解】解：延长交于点，
∴，
∵点是的重心，
∴是的中线，
∴，
∴，
∵点是的重心，
∴，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．熟练掌握解直角三角形的应用是解题的关键．
如图2，作于，于，则，，根据通过闸机物体的最大宽度为，求解作答即可．
【详解】解：如图2，作于，于，
∴，，
∴通过闸机物体的最大宽度为（），
故答案为：．
17．
【分析】本题考查的是用树状图法求概率，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，利用一元二次方程根的判别式，即可判定各种情况下根的情况，然后利用概率公式求解即可求解．
【详解】解：画树状图如下：
关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
△，
，
由图可知，共有9种等可能的结果，其中能使关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根的结果有5种，
能使关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根的概率为，
故答案为： ．
18．或
【分析】连接，过作，交于点,于点,作交于点,先利用勾股定理求出的长，然后分两种情况利用勾股定理解题即可．
【详解】解：连接，过作，交于点,于点,作交于点,则是直角三角形，
∵四边形 是矩形，点的对应点落在的角平分线上，
，，
∴四边形是矩形，
，
，
则四边形是正方形.
设 ，
，
，
又
，
在中，根据勾股定理，得即，
解得或,
或.
设,当时，，
根据勾股定理，得，即
解得；
同理，当时,
根据勾股定理，得
解得
综上，或
故答案为：或 ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，角平分线的性质，矩形的判定与性质，正方向的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
19．
【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可．
【详解】解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为．
20．，
【分析】此题考查了分式的化简求值和二次根式的混合运算等知识，熟练掌握分式的运算法则是关键．先计算括号内的分式的减法，再计算分式的除法得到化简结果，再把字母的值代入化简结果，利用二次根式的运算法则计算即可．
【详解】解：
；
当时，
原式．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
（1）先判定为平行四边形，再根据菱形的性质进行证明即可；
（2）根据的直角三角形的性质求出进而求出，再根据相似三角形和勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：如图，
∵中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．(1)甲种灯笼每对的单价为30元，乙种灯笼每对的单价为45元
(2)当乙种灯笼每对的销售单价为70元时，一天获得利润最大，最大利润是1750元
【分析】本题属于分式方程和二次函数的应用题综合．根据数量关系列出方程和函数解析式，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
（1）设甲种灯笼每对的进价为元，则乙种灯笼每对的进价为元，根据用4500元购进甲种灯笼与用6750元购进乙种灯笼的数量相同，列分式方程可解；
（2）利用总利润等于每对灯笼的利润乘以卖出的灯笼的实际数量，可以列出函数的解析式，由函数为开口向下的二次函数，可知有最大值，结合问题的实际意义，可得答案．
【详解】（1）解：设甲种灯笼每对的进价为元，则乙种灯笼每对的进价为元，
由题意得：，
解得，
经检验，是原方程的根，且符合题意，
∴，
答：甲种灯笼每对的单价为30元，乙种灯笼每对的单价为45元；
（2）解：设该商店一天通过乙种灯笼获得利润元，乙种灯笼每对的销售单价为元，
则
∵，
∴函数有最大值，该二次函数图象的对称轴为：，
∴时，随的增大而增大，
∵物价部门规定其销售单价不高于每对70元，
∴，
∴当时，（元）
答：当乙种灯笼每对的销售单价为70元时，一天获得利润最大，最大利润是1750元．
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）如图，联结，，证明，则，由，可得，则，证明，进而结论得证；
（2）由，可得，由，可证，则，，则有，，进而结论得证．
【详解】（1）证明：如图，联结，，

在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为等腰梯形．
【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰梯形的判定．构造恰当的辅助线是解题的关键．
24．(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)或
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）连接，过点D作轴，交于点G，交x轴于点H，求出直线的解析式为：，设点D的坐标为，则，求出，，得出，证明，得出，求出，，得出，即，求出其最大值进行比较即可得出答案；
（3）连接，在上取点E，求出，证明，得出，求出，过点A作，取，连接，过点F作轴于点G，以的中点N为圆心，的长为半径画圆，与抛物线的对称轴交于点M，连接，，，得出，求出，证明，得出，求出，根据中点坐标公式求出，设，根据两点间距离公式得出，求出t的值即可．
【详解】（1）解：把点，代入抛物线得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：不存在，理由如下：
连接，过点D作轴，交于点G，交x轴于点H，如图所示：
把代入得：，
∴，
设直线的解析式为：，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为：，
设点D的坐标为，则，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴
，
当时，的最大值为，
∵，
∴不存在这样的点D，使得；
（3）解：连接，在上取点E，如图所示：
∵，
∴，
∴，，
，
∵，
即，
∴为直角三角形，，
设，则，
根据勾股定理得：，
解得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
过点A作，取，连接，过点F作轴于点G，以的中点N为圆心，的长为半径画圆，与抛物线的对称轴交于点M，连接，，，如图所示：
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
，
∴，
设，则，
解得：或，
∴或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，圆周角定理，两点间距离公式，三角形相似的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握相关的性质．
25．(1)，
(2)见解析
(3)存在；或
【分析】（1）根据“类直角三角形”的定义和三角形内角和定理，列出方程组，解方程组即可；
（2）过点A作于点D，根据三角形面积求出，再根据勾股定理求出，证明，得出，求出，即可证明结论；
（3）分两种情况：当时，当时，根据三角形相似的判定和性质，勾股定理，求出结果即可．
【详解】（1）解：∵某三角形是“类直角三角形”，且一个内角为 ，
∴，
解得：，
∴它的两个锐角的度数为，．
（2）证明：过点A作于点D，如图所示：
∵的面积为15，
∴，
∵，
∴根据勾股定理得：
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是“类直角三角形”；
（3）解：当时，
∵，
∴，
过点D作于点E，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理得：，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴；
当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
综上分析可知：或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内角和定理应用，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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