2025年广东省汕头市潮南区陈店实验学校中考一模数学试题（原卷版+解析版）（中考模拟）

这是一份2025年广东省汕头市潮南区陈店实验学校中考一模数学试题（原卷版+解析版）（中考模拟），共27页。试卷主要包含了请将答案写在答题卷相应的位置上等内容，欢迎下载使用。
说明：
1．全卷共4页，考试用时120分钟，满分为120分．
2．请将答案写在答题卷相应的位置上．
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1. 的倒数是（ ）
A 2025B. C. D.
2. 下列式子运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 如图，它是由5个完全相同的小正方体搭建的几何体，俯视图是（ ）
A. B. C. D.
4. 若关于的一元二次方程的一个根是，则代数式的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 4
5. 如图，正六边形内接于，周长为，则边心距的长为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，中，，，，将绕点A逆时针方向旋转得，交于点E，则的长为（ ）
A. B. C. D.
7. ，，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D.
8. 如图，在中，为中点，，若的面积为，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
9. 如图，点E在矩形边上，将矩形沿翻折，点B恰好落在边的点F处，如果，那么的值等于（ ）
A. B. C. D.
10. 如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，E，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11. 因式分解： =___．
12. 在实数中，其中无理数有______个．
13. 如图，将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，若∠2＝54°，则∠1的大小为_____．
14. 如图，在中，是的中点，点在上，连接并延长交于点，若，，则的长为______；
15. 如图，菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，与交于点D，若反比例函数经过点D，则_________．
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
16. 计算：．
17. 解不等式组：并求所有整数解的和．
18. 已知关于的一元二次方程，求证：该方程一定有两个实数根．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19. 图是一盏台灯的照片，图是其示意图．台灯底部立柱（与桌面垂直）的高为，支架长为，支架长为．若支架的夹角为，支架与底部立柱的夹角为，求台灯的旋钮到桌面的距离（精确到）．（参考数据：，）
20. 文旅发展促进经济增长的同时，也带动了电器销售．一电器商城销售某品牌空调，该空调每台进货价为2500元，已知该商店6月份售出75台空调，8月份售出108台空调．求该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率； 调查发现，当该空调售价为3000元时，平均每天能售出8台； 售价每降低50元，平均每天能多售出4台，该商城如何定价能使每天的利润最大？ 最大利润是多少？
21. 矩形中，连接．
（1）如图1，请用尺规在边上求作一点，连接，使；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）如图2，已知点在边上，且，连接，交于点，若，，求的长．
五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分）
22. 如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．
（1）求证：是的切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
23. 在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线与轴交于点，与轴交于点，．
（1）求抛物线解析式；
（2）已知点在抛物线上，且在第二象限，连接交轴于点．
①若的长为，点的横坐标为，求与的函数关系式；
②取的中点，连接，当时，求点的坐标．
2024～2025学年度第二学期
九年级数学科模拟考试卷（A）
说明：
1．全卷共4页，考试用时120分钟，满分为120分．
2．请将答案写在答题卷相应的位置上．
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1. 的倒数是（ ）
A. 2025B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了倒数的定义，根据乘积互为1的两个数互为倒数，进行作答即可．
详解】解：∵
∴的倒数是，
故选：C
2. 下列式子运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方、合并同类项，根据同底数幂相乘、同底数幂相除、幂的乘方、合并同类项的运算法则逐项分析即可得解，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
【详解】解：A、和不是同类项，不能直接相加，故原选项计算错误，不符合题意；
B、，故原选项计算正确，符合题意；
C、，故原选项计算错误，不符合题意；
D、，故原选项计算错误，不符合题意；
故选：B．
3. 如图，它是由5个完全相同的小正方体搭建的几何体，俯视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了画三视图的知识；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．
根据俯视图是从上面看到的图形，判定即可．
【详解】解：俯视图为：，
故选：A．
4. 若关于的一元二次方程的一个根是，则代数式的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解，已知式子的值求代数式的值，先把代入，得，再代入进行计算，即可作答．
【详解】解：∵关于一元二次方程的一个根是，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
5. 如图，正六边形内接于，的周长为，则边心距的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、垂径定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出是解决问题的关键．
由圆的面积求出，证明是等边三角形，得到，由垂径定理得到，再由勾股定理求出即可．
【详解】解：∵的周长为，
∴
∵六边形为正六边形，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：A．
6. 如图，中，，，，将绕点A逆时针方向旋转得，交于点E，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，先求出，，由旋转的性质可得，，，再利用勾股定理解题即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
由旋转可得，，，
∴，
∴，
故选：C．
7. ，，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了同底数幂相乘、幂的乘方与积的乘方，由题意可得，从而得出，即可得解，熟练掌握运算法则，进行适当变形是解此题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，即，
∴，
∴，
故选：A．
8. 如图，在中，为中点，，若的面积为，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中线的性质，平行线分线段成比例，根据三角形的中线的性质可得，根据平行线分线段成比例可得，再根据三角形中线平分三角形面积即可求解．
【详解】解：∵在中，点D是的中点，
∴，
∵
∴
∴
∴，
故选：B．
9. 如图，点E在矩形的边上，将矩形沿翻折，点B恰好落在边的点F处，如果，那么的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查翻折的性质，矩形、等腰直角三角形的性质，根据翻折的性质得出，，，再根据等腰直角三角形的性质及勾股定理，设，求出，，，进一步可得结论．
【详解】解：∵四边形为矩形，
，．
∵将矩形沿翻折，
，，．
，
，
．
，
，
．
设，
在中，，
，
．
．
故选：B．
10. 如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，E，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当的值最小时，点C的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点，求出，将点沿轴向下平移个单位，得到点，连接，，，易证得四边形是平行四边形，于是可得，由轴对称的性质可得，于是得到，即点是直线与抛物线对称轴的交点时，的值最小，利用待定系数法可求得直线的解析式，然后求得抛物线的对称轴，通过求解两条直线的交点即可得出答案．
【详解】解：令，
解得：，
，
，
，
，
如图，将点沿轴向下平移个单位，得到点，连接，，，
点沿轴向下平移个单位得到点，
，
，
，
抛物线的对称轴轴，且线段在抛物线的对称轴上，线段在轴上，
，
四边形是平行四边形，
，
抛物线是轴对称图形，
，
，
当、、三点共线，即点是直线与抛物线对称轴的交点时，的值最小，
在抛物线中，
令，则，
，
由平移的性质可得：点的纵坐标，
，
设直线的解析式为，
将，代入，得：
，
解得：，
直线的解析式为，
在抛物线中，其对称轴为直线，
要使的值最小，则点的坐标应满足，
解得：，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，二次函数的图象与性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，三角形三边之间的关系，求抛物线与轴的交点坐标，求抛物线与轴的交点坐标，因式分解法解一元二次方程，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，两直线的交点与二元一次方程组的解等知识点，巧妙添加辅助线并运用数形结合思想是解题的关键．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11. 因式分解： =___．
【答案】．
【解析】
【详解】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，
先提取公因式a后继续应用平方差公式分解即可：．
12. 在实数中，其中无理数有______个．
【答案】2
【解析】
【分析】无限不循环小数叫做无理数，据此进行判断即可．
本题考查无理数以及算术平方根，熟练掌握其定义是解题关键．
【详解】解：在实数，中，无理数有，，共2个．
故答案为：
13. 如图，将一张含有30°角的三角形纸片的两个顶点叠放在矩形的两条对边上，若∠2＝54°，则∠1的大小为_____．
【答案】24°
【解析】
【分析】由平行线的性质和三角形的外角性质可得∠3=∠1+30°，可求∠1的度数．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是矩形
∴AB∥CD
∴∠2＝∠3＝54°
∵∠3＝∠1+30°
∴∠1＝24°
故答案为24°
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质是本题的关键．
14. 如图，在中，是的中点，点在上，连接并延长交于点，若，，则的长为______；
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查的是平行线分线段成比例定理，作，可得，推出，即可求解．
【详解】解：作交于点H，如图所示：
∵是的中点，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
15. 如图，菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，与交于点D，若反比例函数经过点D，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征，求出的坐标是解此题的关键．
过作轴于，得出，则根据菱形的性质得出是的中点，求得的坐标，进而求得的坐标，由反比例函数的图象经过点即可求出的值．
【详解】解：过作轴于，
∵，
则，
设，
则，
∵四边形是菱形，
∴是的中点，
∵，
∴，
∴，
∴点的坐标是，
∵反比例函数的图象经过点，
，
故答案为：．
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了含特殊角的三角形函数的混合运算，先化简乘方，立方根，正切值，绝对值，再运算加减，即可作答．
【详解】解：
．
17. 解不等式组：并求所有整数解的和．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组以及求一元一次不等式组的整数解．解各不等式，可得出x的取值范围，取其公共部分即可得出不等式组的解集，再将各整数解相加，即可求出结论．
【详解】解：，
解不等式①得：；
解不等式②得：，
∴原不等式组的解集，
∴不等式组所有整数解的和为．
18. 已知关于的一元二次方程，求证：该方程一定有两个实数根．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的与判别式的关系，理解一元二次方程的判别式与根的关系是解答关键．
先求出一元二次方程的判别式，再来判断根的情况．
【详解】证明：，，，
，
该方程一定有两个实数根．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19. 图是一盏台灯的照片，图是其示意图．台灯底部立柱（与桌面垂直）的高为，支架长为，支架长为．若支架的夹角为，支架与底部立柱的夹角为，求台灯的旋钮到桌面的距离（精确到）．（参考数据：，）
【答案】约为
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，过点作，垂足为点，分别过点、作直线的垂线，垂足分别为点，可得是矩形，即得，，得到，，，再分别解、，求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作，垂足为点，分别过点、作直线的垂线，垂足分别为点，则，
∵，
∴，
∴是矩形，
，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
，
∵，
∴，
在中，，
，
，
答：台灯的旋钮到桌面的距离约为．
20. 文旅发展促进经济增长的同时，也带动了电器销售．一电器商城销售某品牌空调，该空调每台进货价为2500元，已知该商店6月份售出75台空调，8月份售出108台空调．求该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率； 调查发现，当该空调售价为3000元时，平均每天能售出8台； 售价每降低50元，平均每天能多售出4台，该商城如何定价能使每天的利润最大？ 最大利润是多少？
【答案】该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为；该商城将空调定价为2800元时，每天的利润最大，最大利润是7200元
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，解题的关键是理解题意，正确建立方程模型与函数模型解决问题．
（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为，根据题意列方程求解即可；
（2）设该商城每台空调降价m元，则每天可多售台， 每天的利润为w元.
根据题意列出，然后根据二次函数的性质即可求解
【详解】解（1）设该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为x，
根据题意得∶，
解得∶ ，(舍去)．
答∶该商城7、8两个月售出空调数的月平均增长率为；
（2）设该商城每台空调降价m元，则每天可多售台， 每天的利润为w元，
根据题意得出：
，
当时，w取得最大值，最大值为5000，
此时，
答∶该商城将空调定价为2800元时，每天的利润最大，最大利润是7200元．
21. 在矩形中，连接．
（1）如图1，请用尺规在边上求作一点，连接，使；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）如图2，已知点在边上，且，连接，交于点，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图—作垂线、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）作的垂直平分线交于，点即为所求；
（2）设，则，由勾股定理可得，证明，再由相似三角形的性质计算即可得解．
【小问1详解】
解：如图，即为所作；
，
由作图可得：，
∴；
【小问2详解】
解：如图，
，
∵，又，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
设，
∴，
∴，
解得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴．
五、解答题（三）（本大题2小题，第22题13分，第23题14分，共27分）
22. 如图，是的外接圆，是的直径，F是延长线上一点，连接，，且．
（1）求证：是切线；
（2）若的半径为5，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，则，因为，所以，由AD是的直径，得，推导出，即可证明是的切线；
（2）因为的半径为5，所以，，由，，得，则，由勾股定理求得，再证明，得，则，且，于是得，求得．
小问1详解】
证明：连接，则，
，
，
，
是的直径，
，
，
是的半径，且，
是的切线．
【小问2详解】
解：的半径为5，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，且，
，
解得：，
的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
23. 在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线与轴交于点，与轴交于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点在抛物线上，且在第二象限，连接交轴于点．
①若的长为，点的横坐标为，求与的函数关系式；
②取的中点，连接，当时，求点的坐标．
【答案】（1）；
（2）①；②点的坐标为．
【解析】
【分析】（1）由点在抛物线上，得到点坐标，再根据求出点坐标，代入抛物线解析式即可得到值；
（2）①过点作轴于点，证明，设点坐标为，结合相似三角形对应边成比例，表示出，从而表示出，得到和的关系式；
②先通过待定系数法求出直线的表达式，因为和平行，知道直线的与直线的相同，再代入点，求出的表达式，设点坐标为，表示出的坐标，然后将代入直线，求出．
【小问1详解】
抛物线与轴交于点，
点坐标为，
，
点的坐标为，
将代入抛物线解析式，得：，
，
抛物线的解析式为；
【小问2详解】
①如图，过点作轴于点，
，
，
，
点的横坐标是，抛物线的解析式为，
点坐标为，
，
，
，
即；
②抛物线与轴交于点，，
令，
解得或，
点坐标为，
设直线的解析式为，
把点代入解析式，得，
，
设直线的解析式为，
把点坐标代入上式，得：
，
设点坐标为，作轴，如图所示
又
点是的中点，
，
点的坐标为，
点在直线上，
将点坐标代入中，
得：，
解得（舍去）或，
点的坐标为．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数和二次函数的表达式，三角形相似的判定与性质，一次函数平移问题，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解题的关键．