2025年中考第一次模拟考试卷：数学（江西卷）（解析版）

这是一份2025年中考第一次模拟考试卷：数学（江西卷）（解析版），共18页。试卷主要包含了分解因式等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．请按试题序号在答题卡相应位置作答，答在试题卷或其他位置无效。
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．比﹣1小2024的数是（ ）
A．﹣2023B．2023C．2025D．﹣2025
1．【答案】D
【分析】先依据题意列出算式，然后利用有理数的减法法则计算即可．
【详解】解：﹣1﹣2024=﹣1+（﹣2024）=﹣2025．
故选：D．
【点睛】：本题主要考查的是有理数的减法，依据题意列出算式是解题的关键．
2．下列各式中，运算正确的是（ ）．
A． B． C． D．
2．【答案】B
【分析】利用积的乘方与幂的乘方法则、同底数幂的乘法和除法法则计算即可
【详解】解：A. ，故本选项错误，不合题意；
B. ，故本选项正确，符合题意；
C. ，故本选项错误，不符合题意；
D. ，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了积的乘方与幂的乘方法则、同底数幂的乘法和除法法则，熟悉相关法则是解题的关键．根据积的乘方与幂的乘方法则、同底数幂的乘法和除法法则判断即可．
3．在我国古代建筑中经常使用榫卯构件，如图是某种榫卯构件的示意图，其中榫的俯视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．【答案】D
【分析】根据俯视图是从上往下看到的图形进行求解即可．
【详解】解：榫的俯视图如下：
故选：D．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体三视图的画法和形状是正确解答的关键.
4．如图，四边形是菱形，于点，则的长是（ ）
A． B．6 C． D．12
4．【答案】C
【分析】根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质.
5．如图，在中，，△ABC的角平分线与角平分线相交于点，过作交的延长线于点，交于点．下列结论中，正确的个数是（ ）
①；②；③；④．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
5．【答案】B
【分析】根据三角形内角和以及角平分线的定义得，继而得出的度数，即可判断①；推出，根据证明即可，即可判断②；证明△PAH≌△PFD(ASA)，得，，根据外角的性质可判断③；通过等量代换可判断④．
【详解】解：在△ABC中，，∴，
∵分别平分，，
，，故①正确；
，又，，
，，
在和中
，故②正确；
，，
在和中
，
∴△PAH≌△PFD(ASA)，，
，
∴，故结论③正确；
又∵，，
即，不能证明，故结论④错误，
∴正确的个数是3个．
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形内角和以及角平分线的定义，证明三角形全等是解题的关键．
6．如图，关于x的函数和，它们在同一坐标系内的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
6．【答案】B
【分析】根据题意和函数图象的特点，利用分类讨论的数学思想可以解答本题．
【详解】解：当时，函数的图象在第一、三、四象限，反比例函数的图象在第一、三象限，故选项B正确，选项C错误；
当时，函数的图象在第一、二、四象限，反比例函数的图象在第二、四象限，故选项A，D错误；
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数的图象、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的数学思想和数形结合的思想解答．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
7．分解因式： ．
7．【答案】
【分析】先提公因式，再根据平方差公式分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解，掌握提公因式法和公式法是解题关键．
8．袁枚的一首诗《苔》在《经典咏流传》的舞台被重新唤醒，“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径为米，将用科学记数法表示为 ．
8．【答案】8.4×10−6
【分析】熟练掌握科学记数法一般形式为，其中，为由原数左边起第一个不为零的数字前面的的个数所决定是解题的关键．左起第一个不为零的数为，前面有个零，故，即可求解．
【详解】解：，
故选：8.4×10−6．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数.
9．将三个大小不同的正方形如图放置，顶点处两两相接，若正方形A的边长为5，正方形的边长为3，则正方形的面积为 ．
9．【答案】34
【分析】先由证得，推出，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，
由题意得：，，
由正方形的性质得：，，
，，，
在和中
，
，，
在中，由勾股定理得： ，即正方形的面积为34
故答案为：34．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
10．设a、b是一元二次方程的两个实数根，则的值为 ．
10．【答案】
【分析】根据，求解即可得到答案；
【详解】解：∵a、b是一元二次方程的两个实数根，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系.
11．我国南宋数学家杨辉在他的著作《详解九章算法》中提出“杨辉三角”（如图），此图揭示了（为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．的展开式中的一次项系数是 ．
11．【答案】
【分析】仿照阅读材料中的方法将原式展开，即可得到的展开式中一次项的系数．
【详解】解：根据题意得：，
∴
，
∴的展开式中一次项的系数是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了整式乘法，以及规律型：数字的变化类，弄清“杨辉三角”中系数的规律是解本题的关键．
12．二次函数图象如图，下列结论：①；②；③当时，；④；⑤若，且则．
其中正确的有 ．
12．【答案】②③⑤
【分析】由抛物线的开口方向判断与0的关系，由抛物线与轴的交点判断与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解：①图象开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴右侧，
，，，，，，；故①错误，故②正确；
∴当时，y有最大值，即为，当时，，即为，故③正确；
对称轴是直线，与轴交点在左边，二次函数与轴的另一个交点在与之间，
，故④错误；，，
，，
，，，，，故⑤正确；故正确的有②③⑤，
故答案为：②③⑤．
【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与的关系，以及掌握二次函数与方程之间的转换是解题关键．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（1）计算： （2）解不等式组：．
13．（1）2
【分析】先根据零指数幂、负整数指数幂、绝对值、算术平方根和立方根的意义化简，再算乘法，后算加减．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了实数的混合运算.
（2）
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可．
【详解】解：，
由①得：，
由②得：，
则不等式组的解集为：．
【点睛】此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
14．先化简：，再从，0，2，3中选取一个合适的数作为的值代入求值．
14．，当时，原式．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
，
，，，
∴当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值．
15.国家邮政局发布：2025年纪特邮票发行计划（第一批）共21套．其中2025年3月14日（国际圆周率日）发行的邮票名称为《数学之美》，枚数是4枚．数学兴趣小组的同学对邮票的发布充满期待，同时也尝试进行了邮票的设计．如图，小组分别以“刘徽割圆术”、“莫比乌斯环带”、“埃舍尔的平面镶嵌《蝴蝶》”、“黄金分割螺旋线”为素材设计了卡片A，卡片B，卡片C，卡片D等四张卡片作为邮票的图案部分．卡片背面朝上洗匀放在桌面上（卡片背面完全相同）．
(1)将这四张卡片背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，则抽取的这张卡片图案刚好是“刘徽割圆术”的概率是_____；
(2)小文从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，请用画树状图或列表的方法求小文抽到的两张
卡片的图案恰好是“刘徽割圆术”和“黄金分割螺旋线”的概率．
15．(1)14 (2)16
【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）列表或画树状图得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可．
【详解】解：利用表格（或树状图）列出所有可能的结果：
解法一：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到卡片A和D的有2种，
∴P（小文抽到的两张卡片的图案恰好是“刘徽割圆术”和“黄金分割螺旋线”）＝16．
解法二：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽到卡片A和D的有2种，
∴P（小文抽到的两张卡片的图案恰好是“刘徽割圆术”和“黄金分割螺旋线”）＝16．
【点睛】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
16.如图，△ABC中，是⊙的一条弦，请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求画图（不写画法，保留画图痕迹）．
(1)如图1，点在⊙上，在图中画一个含有角的直角三角形；
(2)如图2，点在⊙内，在图中画一个含有角的直角三角形．
16．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，延长交于E，连接，Rt△EBC即为所求；
（2）延长交于F，作直径，连接、，即为所求．
【详解】（1）解：如图，是的直径，连接，Rt△EBC即为所作．
∵是的直径，∴，∵，∴是含有角的直角三角形；
（2）解：如图，延长交于点F，是圆的直径，连接、，即为所作．
∵是圆的直径，∴，∵，∴是含有角的直角三角形．
【点睛】本题主要考查了作图，圆周角定理．
17.如图，在四边形中，，．
(1)求证：．
(2)当时，求证是等边三角形．
17．(1)见解析 (2)见解析
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得到，再利用勾股定理求出BD，利用等边三角形的判定即可证明．
【详解】解：（1）在△ABC和中，，，． ∴
（2） ∵，∴，
∴，∴，
∴=2，∴为等边三角形
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、勾股定理、等边三角形的判定等.
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点，与x轴相交于点C．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)观察图象，直接写出不等式的解集；；
(3)若点P为x轴上的一动点，连接，当的面积为6时，求点P的坐标．
18．(1) (2)或 (3)或
【分析】（1）利用一次函数求出，问题随之得解；
（2）先求出点B的坐标，反比例函数值大于等于一次函数值时自变量的取值范围即是不等式的解集，数形结合作答即可；
（3）设点P坐标为，先求出，表示出，根据列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：函数的图象经过，，
解得：，，，反比例函数表达式为：；
（2）函数的图象经过，，，
由图可得，不等式的解集是：或，故答案为：或；
（3）设点P坐标为，在中，令，则，，，
，
整理得：，解得：或6．或．
【点睛】本题考查了反比例函数几何综合题，求反比例函数解析式，根据一次函数与反比例函数的图象交点求不等式解集．
19．为培养学生的网络安全意识，提高学生防诈反诈能力，某学校开展了“防范于心，反诈于行”知识竞赛，并从七、八年级各随机选取了20名同学的竞赛成绩进行了整理、描述和分析（成绩得分用表示，其中A：，B：，C：，D：，得分在90分及以上为优秀）．下面给出了部分信息：
七年级C组同学的分数分别为：；
八年级组同学的分数分别为：．
七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表
(1)填空：______，______，______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“防范于心，反诈于行”知识竞赛中，哪个年级学生的了解情况更好？请说明理由；（写出一条理由即可）
(3)该校现有学生七年级1200名，八年级1000名，请估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
19．(1)，94，； (2)八年级学生了解情况更好，理由见解析；
(3)这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人．
【分析】（1）结合条形统计图、扇形统计图、七、八年级组同学的分数，可得；
（2）可以对比优秀率； （3）求出七、八年级优秀人数，再相加可得．
【详解】（1）解：观察条形统计图可得，七年级选取的学生竞赛成绩的中位数在组，
组同学的成绩按从小到大排列为：，
∴排在第10位，第11位的是，∴；
观察扇形统计图和八年级组同学的成绩可得，考94分的人数最多，∴；
由条形统计图可知，七年级得分在90分及以上的人数有：（人），∴，
故答案为：，，．
（2）解：∵，∴八年级学生成绩优秀率高于七年级学生成绩的优秀率，
∴八年级学生的了解情况更好．
（3）解：七年级优秀人数（人）， 八年级优秀人数（人），
（人），
答：这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人．
【点睛】本题考查了中位数、众数、条形统计图、扇形统计图，解答本题的关键是正确理解中位数与众数的定义．
20．“为梦想战，决战中考”，如图①是寻乌县第三中学的中考倒计时牌，图②为它的侧面图，图③为它的侧面简意图，已知，．
(1)如图③，A处离地面多高？
(2)如图④，芳芳站在倒计时牌前的点H处观察倒计时牌（点D、C、H在同一水平线上），测得芳芳的身高为，当芳芳的视线恰好落在点B处时（忽略眼睛到头顶的距离）视线俯角为，求此时的距离．（结果精确到．参考数据：，，，，）
20．(1) (2)
【分析】（1）连接，先证明，在中，再根据即可求解；
（2）过点B作于点E，过点B作于点F，则可得四边形是矩形，即有，，根据，，可得，即有，在中，，根据即可求解．
【详解】（1）解：连接，图③，
∵，，，
∴，，，
∴，∴在中，
，即A处离地面；
（2）解：过点B作于点E，过点B作于点F，图②，
根据题意有：，则可得四边形是矩形，
即有，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴，在中，∴ ．
答：的长度约为．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，明确题意，找准对应关系，灵活运用三角函数是解答本题的关键．
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，以O为圆心，OC为半径作⊙O与直线AO交于点E和点D．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)连接CE，求证：△ACE∽△ADC；
(3)若＝，⊙O的半径为6，求tan∠OAC．
21．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)tan∠OAC
【分析】（1）如图，过作于证明 即可得到结论；
（2）证明∠DCO=∠ACE 再结合∠EAC=∠CAD 从而可得结论；
（3）由相似三角形的性质可得 设 则 而 从而建立方程求解x，从而可得答案．
【详解】证明：（1）如图，过作于
∠ACB＝90°，AO是△ABC的角平分线，∴ OC=OH
又 O为圆心，OC为半径，
是⊙O的切线．
（2）如图，连结CE，
为的直径，∴∠DCE=90°=∠DCO+∠OCE
∵∠ACE+∠OCE =90°
∴∠DCO=∠ACE


∴∠ADC=∠ACE
又 ∵∠EAC=∠CAD
∴△ACE∽△ADC
（3）∵△ACE∽△ADC,
∴ AEAC=ACAD=12
设 则 而 ∴4x=x+12
解得 ∴AE=4,AC=8,AD=16
tan∠OAC
【点睛】本题考查的是切线的判定，相似三角形的判定与性质，求解锐角的正切，证明，利用相似三角形的性质求解AC=8是解本题的关键．
22．如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长．
22．(1)见解析 (2)
【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形；
（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到．
【详解】（1）解：连接，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
矩形的周长为22，
，
四边形是菱形，
即，
四边形的面积为10，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
六、解答题（本大题共12分）
23．如图1，抛物线．（a，b，c是常数，且）与x轴交于点和点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式：
(2)若点P是第一象限抛物线上一点，如图2，连接，求的面积为最大值时点P的坐标；
(3)M，N，Q为抛物线上动点M，N两点的横坐标之差为2，M在N的左侧，过M，N 画一直线，过Q作轴交直线于H点，H点恰好是线段的中点，孔明同学发现，当时，可以求出N，Q，H三点坐标，它们分别为：,,．此时，他猜想动点M，N，Q无论在抛物线上怎么动，恒成立，你觉得他的猜想对吗？请写出理由．
23．(1)
(2)
(3)孔明同学猜想对，理由见解析.
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）求出直线的解析式为，作轴交直线于D点，设，根据三角形面积公式三角形面积，再根据二次函数的性质求解即可；
（3）孔明同学猜想对，分别求出的坐标，相减可得结论．
【详解】（1）解：把点点点的坐标分别代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式；
（2）解：设直线的解析式为，
把点点的坐标分别代入得，
，
解得，，
∴直线的解析式为，
∵点P是第一象限抛物线上一点，
∴设．
作轴交直线于D点，
∴,∴PD=(-x2+2x+3)-(-x+3)=-x2+3x
∴的面积为．
∵，
∴当时，的面积为最大值．所以点P的坐标；
（3）解：孔明同学猜想对，理由如下：如图4，
∵M，N为抛物线上动点，M，N两点的横坐标之差为2，M在N的左侧，
∴设，则即，
设直线的解析式为，
把M、N的坐标分别代入，得
，
解得，，
∴直线为 ，
∵H点恰好是线段的中点，得 ，．
即，
∴．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数的性质，三角形的面积等知识，解题关键是掌握学会用转化思想求三边均不与坐标轴平行的三角形的面积的方法．第二次
第一次
A
B
C
D
A
（A，B）
（A，C）
（A，D）
B
（B，A）
（B，C）
（B，D）
C
（C，A）
（C，B）
（C，D）
D
（D，A）
（D，B）
（D，C）
年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七
91
95
八
91
93