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2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（3分）如图，数轴上点A表示的数是（　　）
A． B． C．3 D．﹣3
2．（3分）“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小兰购买了四张“二十四节气”主题邮票，其中“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）点P（﹣4，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（4，3） B．（﹣4，3） C．（﹣4，﹣3） D．（4，﹣3）
4．（3分）若是关于x，y的二元一次方程x﹣ay＝4的一组解，则a的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
5．（3分）关于一次函数y＝x+1，下列说法正确的是（　　）
A．图象经过第一、二、三象限
B．图象与x轴交于点（0，1）
C．函数值y随自变量x的增大而减小
D．当x＞﹣1时，y＜0
6．（3分）菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．∠AOC＝45°，OC，则点B的坐标为（　　）
A．（，1） B．（1，） C．（1，1） D．（1，1）
7．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c，其中a＜0，b＜0，c＞0，则该二次函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
8．（3分）《九章算术》中有这样的一段记录，译为白话文是：把一份边疆密件用慢马运送到800里外的城市，能够刚好在规定时间送到，如果用快马加急运送，所需的时间比规定时间少5天，已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
9．（3分）如图所示，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点M，N分别在边BC，AD上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（　　）
A．2 B． C． D．
10．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝108°，分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN分别交BC，AC于点D，E，连接AD，以下结论不正确的是（　　）
A．∠BAD＝72° B．CA2＝CD CB
C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11．（3分）分解因式：x2﹣9＝　 　 ．
12．（3分）如图，⊙O的直径AB平分弦CD，若∠D＝30°，则∠A＝　 　 ．
13．（3分）如图所示，在平行四边形ABCD中，BC＝8，AB＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，则DE＝　 　 ．
14．（3分）若a2﹣3a+1＝0，则﹣2a2+6a+1的值是　 　 ．
15．（3分）阿基米德说：“给我一个支点，我就能撬动整个地球”这句话精辟地阐明了一个重要的物理学知识——杠杆原理．如图1，舂臼——谷物种子脱壳的传统工具，就是利用了杠杆原理工作，图2是该舂臼的侧面简易示意图，点O是支点，点O距地面15cm，且AO：OB＝4：1，在舂臼使用过程中，若B端上升至距地面10cm处，则A端此时距地面　 　 cm．
16．（3分）如图，反比例函数（k＞0，x＞0）的图象经过点A（x1，y1），B（x2，y2），x1＜x2，过点B作BC⊥x轴于点C，连结OA，OB，AB，并延长OA，CB交于点P．若A是OP的中点，则S△ABP﹣S△OBC的值为 　 　 （结果用含k的代数式表示）．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（4分）解方程组．
18．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E在BC边上，且BD＝CE．求证：∠BAD＝∠CAE．
19．（6分）已知．
（1）化简A；
（2）若点（x，y）是直线上的一点，求A的值．
20．（6分）2025年2月，广州市全市推进初中下午课间调整为15分钟的新规，旨在让学生更好地走出教室、拥抱阳光、快乐活动．新规推行后，某校为了解学生每天课后进行体育锻炼的时间情况，在4月份某天随机抽取了九年级若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如图所示的两幅尚不完整的统计图表．请根据统计图表提供的信息（如图10），解答下列问题：
（1）这次调查共抽取了　 　 名学生；
（2）求扇形统计图中C组所对应的圆心角的度数；
（3）已知该校九年级有500名学生，请估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有多少人？
组别 锻炼时间（分钟） 频数（人） 频率
A 0≤x≤30 10 0.2
B 30＜x≤60 m 0.4
C 60＜x≤90 15 p
D x＞90 n 0.1
21．（8分）真实情境：如图2，使用无人机进行航拍，无人机在离地面80米的高度水平飞行．无人机能够拍摄到地面上的一座塔楼（如图1），塔楼的高度为30米．为了获得最佳的拍摄效果，需要计算无人机与塔楼之间的水平距离，使得无人机的摄像头能够以45°的角度对准塔楼的顶部．
（1）当无人机位于点B处时，求无人机与塔楼顶部的水平距离；
（2）如果无人机的摄像头角度调整为30°，求无人机向左飞行的水平距离．（结果保留根号）
22．（10分）综合与实践
【问题情境】“漏壶”也称为“漏刻”，是一种古代计时器，在社会实践活动中，某同学根据“漏壶”的原理制作了如图①所示的液体漏壶，漏壶是由一个圆锥和一个圆柱组成的，中间连通，液体可以从圆锥容器中匀速漏到圆柱容器中，实验开始时圆柱容器中已有一部分液体．
【实验观察】
（1）如表是实验记录的圆柱体容器液面高度y（厘米）与时间x（小时）的数据：
时间x（小时） 1 2 3 4 5
圆柱体容器液面高度y（厘米） 6 10 14 18 22
在图②所示的直角坐标系中描出上表的各点，用光滑的线连接；
【探索发现】
（2）请你根据表中的数据及图象，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定y与x之间的函数表达式；
【结论应用】
（3）如果本次实验记录的开始时间是上午8：00，那么当圆柱体容器液面高度达到20厘米时是几点？
23．（10分）如图，△ABC是等边三角形，AB＝6．
（1）尺规作图：将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ACD，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：四边形ABCD是菱形；
（3）连接BD，交AC于点O，过点O的直线交线段BC于点E，当△OBE是等腰三角形时，求BE的长．
24．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线G：y＝ax2+bx﹣2过点A（4，﹣2），顶点B不在第四象限．
（1）用含a的式子表示b；
（2）连接OA，OB，AB，求△OAB面积的最小值及此时点B的坐标；
（3）经过探究发现，对于a的每一个确定的值，都有一个最大的正数t，使得当0≤x≤t时，|y|≤3都成立，结合图象，求t的最大值．
25．（12分）已知△ABC，CA＝CB．⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD，BD，CD．
（1）如图，∠ACB＝120°，点D在优弧AB上．
①证明：DC平分∠ADB；
②若⊙O的半径为，求四边形ADBC面积的最大值．
（2）若∠ACB＝α，90°＜α＜180°，判断AD，BD，CD之间的数量关系并说明理由．
2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷
参考答案
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A B A C B A A D
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分.）
11．（答案为：（x+3）（x﹣3）．
12．答案为：30°．
13．答案为：3．
14．答案为：3．
15．答案为：35．
16．答案为：．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．解：，
①+②得5x＝15，
解得x＝3，
将x＝3代入①得3×3+y＝8，
解得y＝﹣1．
∴原方程组的解为．
18．证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠BAD＝∠CAE．
19．解：（1）A

；
（2）∵y＝x，
∴x﹣y，
∴A．
20．解：（1）本次调查的总人数为10÷0.2＝50（名），
故答案为：50；
（2）扇形统计图中C组所对应的圆心角的度数为360°108°；
（3）500200（人），
答：估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有200人．
21．解：（1）塔楼的底部为点E，AE⊥地面，延长EA交CB于点D，DE＝80米，AE＝30米，
∴AD＝DE﹣AE＝80﹣30＝50米，
∵∠ABD＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴DA＝DB＝50米，
∴无人机与塔楼顶部的水平距离为50米；
（2）∠ACD＝30°，AD＝50米，
∴AC＝2AD＝100米，
∴（米），
∴BC＝DC﹣BD＝86.5﹣50＝36.5（米），
∴无人机向左飞行的水平距离为36.5米．
22．解：（1）描出各点，并连接，如图所示：
（2）由（1）中图象可知该函数为一次函数，设该函数的表达式为y＝kx+b（k≠0），
∵点（1，6），（2，10）在该函数图象上，
∴，
解得，
∴y与x的函数表达式为y＝4x+2；
（3）当y＝20时，即4x+2＝20，
解得：x＝4.5，
∴8+4.5＝12.5，
所以圆柱体容器液面高度达到20厘米时是上午12：30．
23．（1）解：如图，△ACD即为所求；
（2）证明：由作图过程可知：AD＝AC，DC＝BC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∴AB＝AD＝BC＝DC，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）解：如图，分两种情况讨论：
①当BO＝BE时，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABD＝30°，
∵AB＝6，
∴AOAB＝3，
∴BOAO＝3，
∴BE＝BO＝3；
②当E′O＝BE′时，
∴∠E′OB＝∠E′BO＝30°，
∴∠CE′O＝60°，
∵∠BCO＝60°，
∴△OE′C是等边三角形，
∴CE′＝E′O，
∴CE′＝E′O＝BE′BC＝3，
综上所述：当△OBE是等腰三角形时，BE的长为3或3．
24．解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2过点A（4，﹣2），
∴16a+4b﹣2＝﹣2，
∴b＝﹣4a；
（2）y＝ax2﹣4ax﹣2＝a（x﹣2）2﹣2﹣4a，
∴B（2，﹣2﹣4a），
∵顶点B不在第四象限，
∴﹣2﹣4a≥0，
∴，
过点B作BH⊥x轴交OA于点H，
设直线OA的解析式为y＝kx，代入点A（4，﹣2），
得4k＝﹣2，
解得，
∴直线OA的解析式为，
当x＝2时，y＝﹣1，
∴H（2，﹣1），
∴BH＝﹣2﹣4a﹣（﹣1）＝﹣1﹣4a，
∴，
∵，
∴S△OAB＝﹣2﹣8a≥2，
∴△OAB面积的最小值为2，此时B（2，0）；
（3）由（2）知；
①当﹣2﹣4a＜3，即时，
ax2﹣4ax﹣2＝﹣3，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当时，；
②当﹣2﹣4a≥3，即时，
t＝xF≤2，
即当时，tmax＝2；
∵，
∴t的最大值为．
25．（1）①证明：∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠ABC＝∠BAC＝30°，
∵，，
∴∠ADC＝∠ABC＝30°，∠BDC＝∠BAC＝30°，
∴∠ADC＝∠BDC，
∴DC平分∠ADB；
②解：如图，将△CBD绕点C顺时针旋转120°，
旋转后BC与AC重合，得到△EAC，
∴∠CBD＝∠CAE，
∵四边形ADBC是⊙O的内接四边形，
∴∠CBD+∠CAD＝180°，
∴∠CAE+∠CBD＝180°，
∴点E，A，D在同一条直线上，
过点C作CH⊥AD，交AD于点H，
由①得，∠ADC＝30°，
∴，，
又∵CE＝CD，
∴，
∴S四边形ADBC＝S△CBD+S△DAC
＝S△CED
ED．CH
CD
CD2，
∵半径为，
∴CD最大值为，
∴四边形ADBC的最大值为；
（2）（i）当点D在优弧上时，如图，将△CBD绕点C顺时针旋转α，旋转后BC与AC重合，得到△EAC，
∴BD＝AE，CE＝CD，
由（1）得，E，H，D在同一条直线上，
过点C作CH⊥AD，交AD于点H，
∵CE＝CD，
∴，DH＝EH，
∴DH＝CD sin∠DCH＝CD sin，
∴BD+AD＝AE+AD＝ED＝2DH＝2CD sin；
（ii）当点D在劣弧上时，如图，将△ACD绕点C逆时针旋转α，旋转后AC与BC重合，得到△FBC，
∴CD＝CF，∠DCF＝α，
∵，
∴∠CBD＝∠CAD，
∴点B，D，F在同一条直线上如图，
过点C作CG⊥BF于点G，
∴，
∴，
∴，
∴AD＝BF＝BD+DF＝BD+2CD.；
综上所述，或．

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