2025届江苏省泰州市靖江市中考一模数学试卷（附解析）

这是一份2025届江苏省泰州市靖江市中考一模数学试卷（附解析），共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量，下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.

2.下列计算正确的是（ ）
A.3a−2=3a2B.x6−x4=x2C.x32=x5D.x+y2=x2+y2

3.某快递员十二月份送餐统计数据如下表：
则该快递员十二月份平均每单送餐费是（ ）
A.4.4元B.4.6元C.4.8元D.5元

4.如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2=41∘，则∠1的度数为（ ）
A.41∘B.51∘C.49∘D.59∘

5.如图，把一个平行四边形纸板ABCD的一边紧靠着数轴平移到平行四边形A′B′C′D′的位置．点C、C′表示的数分别为b、a，则点A平移的距离为（ ）
A.aB.bC.a−bD.b−a

6.如图，在正方形ABCD中，AB=6，E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCD内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP⊥CM交CM于点P，则MN+NP的最小值为（ ）
A.245B.165C.85D.65
二、填空题

7.由DeepSeek开发的人工智能助手在全球范围内掀起了一股热潮．据国内AI产品榜统计显示，这款推理AI聊天机器人在上线仅20天后，其日活跃用户数就达22150000．数字22150000用科学记数法表示为____________．

8.分解因式：m2n−mn2＝____________________．

9.若一组数据21，14，x，y，9的众数和中位数分别是21和15，则这组数据的平均数为_________________．

10.“小孔成像”实验示意图如图所示，蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是1:2，若烛焰AC的高是4cm，则实像BD的高是____________cm．

11.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转45∘得到△AB′C′，若AC=4，则点C运动的路径长为____________．

12.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD，CD分别与扇形BAF相切于点A与点E．当AB=15，BC=17时，AD的长为____________．

13.如图，正方形ABCD的顶点B在x轴上，点A和点C在反比例函数y=kxk>0,x>0图象上，若直线BC的函数表达式为y=12x−2，则k的值为____________．

14.如图，在等边三角形ABC中，D是AC延长线上一点，E是AB上一点，连接BD，ED．若DE=DB，AD+AE=10，BE=2，则BC的长为____________．

15.已知抛物线y=ax−12+k，A0,−3，B3,0，Cx1,m，Dx2,m四点都在该抛物线上，且1≤x1−x2≤3，则m的取值范围为____________．

16.“洛书”是中国重要的文化遗产，可转为如图1的三阶幻方，每行、每列、每条对角线上的三个数之和相等．图2是一个不完整的三阶幻方，结合图中信息可得x+y=____________．
三、解答题

17.（1）计算：−327+−12−1+π−3.140；
2先化简，再求值：4x−12−2x+32x−3+2xx+4，其中x=−tan45∘．

18.目前中国超重肥胖人群已超3亿，若不加以干预，预计2030年成人超重肥胖率将达70.5%，儿童将达31.8%．在2025年全国两会期间，“体重管理年”三年行动成为重要议题．目前，国际上常用身体质量指数“BMI”BdyMassIndex作为衡量人体健康状况的一个指标，其计算公式为BMI=mℎ2(m表示体重，单位：kg；ℎ表示身高，单位：m)．BMI标准见下表：
为了了解学生的健康情况，某校随机抽取了40名学生测量身高和体重，计算其BMI值，并将其分成四组，情况如下：
（1）样本中BMI数值落在超重范围里的频率是______；
（2）小明身高1.60m，体重为60kg，根据公式判断他的健康状况的类型为______；
（3）小华身高1.75m，BMI值为29，他想通过健身减重使自己的BMI值达到正常，则他的体重至少需要减多少千克？（结果精确到0.1kg）

19.随着《黑神话：悟空》这款融合了中国传统文化精髓与现代游戏技术的力作横空出世，不仅激发了玩家对神话故事的无限遐想，更意外地点燃了公众对山西这片古老土地的热情．游戏中精心选取的27处山西实景，如同一幅幅生动的历史画卷，引领我们穿越时空，感受五千年文明的深厚底蕴．某旅游公司推出“跟着悟空游山西”二日游路线．小明家、小米家利用双休日出去旅游，每次出游只能选一条路线．
（1）小米家选A路线的概率是______；
（2）如果小明家相约小米家一起出去旅游，两个家庭从上面四条路线中各选一条路线去游玩，请用树状图或列表的方法求出两家恰好选同一条路线的概率．

20.宇树科技的机器人HI完成一项数据处理任务，常规模式下每小时处理的数据量固定．若先用常规模式工作5小时后，切换到加速模式继续工作8小时，刚好完成任务．若加速模式下每小时处理的数据量比常规模式多25%，求常规模式下单独完成整个任务需要多少小时？

21.如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．从a组信息中，选择一个作为条件，从b组信息中选择一个作为结论，并证明．
a：①∠BAC=90∘；②AB=AC；
b：③四边形ADFE为菱形；④四边形ADFE为矩形．
你选择的条件是______；结论是______．（只要填写序号，证明一个即可）

22.某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB，CD两座楼之间的距离，他们设计如下方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为30m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70∘，楼CD上点E处的俯角为30∘，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60∘，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长．（结果精确到1m．参考数据：sin70∘≈0.94，cs70∘≈0.34，tan70∘≈2.75）
．

23.如图1，等边三角形ABC的边长为2，点A，B在⊙O上，点C在⊙O内，⊙O的半径为2．将△ABC绕点A逆时针旋转，点C的对应点记作C′．
（1）用无刻度直尺在图1中，作出C′第一次落在⊙O上时的位置，此时旋转角为______​∘；
（2）用无刻度直尺和圆规在图2中，作出AC′与⊙O相切时的位置，此时C′B2的长为______．

24.在平面直角坐标系xOy中，过一点分别向x，y轴作垂线，若这一点与坐标轴围成的矩形周长和面积相等，则该点叫做“和谐点”，这个矩形称为“和谐矩形”．
【初步理解】
（1）P−3,6，Q4,5是和谐点的是______；
（2）若点P4,m−8是第四象限内的一个“和谐点”，求点P的坐标；
【尝试应用】
（3）若双曲线y=kxk>0, x>0上有且只有一个“和谐点”，求k的值；
【回归本质】
（4）若P为第一象限内的和谐点，且横、纵坐标均为整数，求满足条件的点P的所有坐标．

25.综合与实践：图形的旋转．
在矩形ABCD中，点O为对角线BD的中点，连接CO，点E在AB上，BE=BO，线段EO的延长线交CD于点F．将图1中的△BOE绕B点顺时针旋转，设点O，E的对应点分别为O′，E′．
【初步探究】
（1）DF与OC的数量关系是______；
【尝试解决】
（2）如图2，当点O′落在AB的延长线上时，连接CE′，判断四边形OBE′C的形状，并说明理由；
【拓展提升】
（3）已知AB=8，AD=6，求直线O′E′与直线EF垂直时AO′的值．

26.在平面直角坐标系xOy中，点A，B的横坐标分别为m−1，m+a(m，a为常数，a>−1)，且在抛物线y=−x−m−12+2m−2am+1上，抛物线顶点记为C．
（1）对称轴方程为______；（用含m的代数式表示）
（2）过A作x轴的平行线交该抛物线于点A′，若S△ACA′=2S△ABA′，求a的值；
（3）若点A，B所在直线经过一、三象限，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2025届江苏省泰州市靖江市中考一模数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
中心对称图形
【解析】
本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】
解：选项A、B、C中的图案都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项D中的图案能找到一个点，使图形绕某一点旋转180∘后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：D．
2.
【答案】
A
【考点】
合并同类项
幂的乘方
运用完全平方公式进行运算
负整数指数幂
【解析】
本题考查了整式的运算，根据负整数指数幂，合并同类项，幂的乘方、完全平方公式分别计算即可判断求解．掌握整式的运算法则是解题的关键．
【解答】
A. 3a−2=3a2，正确；
B. x6与x4不是同类项，不能合并，不正确；
C. x32=x3×2=x6，不正确；
D. x+y2=x2+2xy+y2，不正确．
故选：A．
3.
【答案】
B
【考点】
加权平均数
【解析】
根据加权平均数公式计算即可．
【解答】
解：该快递员十二月份平均每单送餐费是：4×70%+6×30%=4.6（元），
故选：B．
4.
【答案】
C
【考点】
根据平行线的性质求角的度数
利用矩形的性质求角度
【解析】
本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点B作BE∥a，得到BE∥a∥b，推出∠ABC=∠1+∠2，进行求解即可．
【解答】
解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90∘，
过点B作BE∥a，
∵a∥b，
∴BE∥a∥b，
∴∠1=∠ABE,∠2=∠CBE，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠1+∠2，
∵∠2=41∘，
∴∠1=90∘−41∘=49∘；
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
数轴上两点之间的距离
利用平移的性质求解
【解析】
题目主要考查数轴上两点之间的距离及平移的性质，理解掌握平移的性质是解题关键．根据数轴上平移前后对应点的位置即可得出结果．
【解答】
解：由题图可知，点A平移的距离为a−b，
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
勾股定理的应用
翻折变换（折叠问题）
相似三角形的性质与判定
【解析】
作点P关于CE的对称点P​′，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，连接DG，DM，根据折叠的性质可得点P​′在CD上，推得MN+NP的最小值为MF的长，根据折叠的性质可得CE为线段DM的垂直平分线，根据勾股定理可得DO和EO的值，根据同位角相等，两直线平行可得DE∥MF，根据两直线平行，内错角相等可得∠EDO=∠GMO，根据垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得DO=OM，根据两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得DE=GM，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是菱形可得四边形DEMG为菱形，根据菱形的对角线互相平分可得EG=2OE=255，GM=DE=1，求得CG的值，根据两组对角相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可求得FG的值，即可求解．
【解答】
解：作点P关于CE的对称点P​′，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，连接DG，DM，如图：
由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P​′在CD上，
∵MN+NP=MN+NP​′≤MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，
∵AD=CD=6，DE=3，
∴CE=CD2+DE2=62+32=35，
∵12×CE×DO=12×CD×DE，
∴DO=655，
∴EO=DE2−DO2=32−6552=355，
∵MF⊥CD，∠EDC=90∘，
∴DE∥MF，
∴∠EDO=∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90∘，
∴△DOE≅△MOG，
∴DE=GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG=90∘，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG=2OE=655，GM=DE=3，
∴CG=CE−CG=35−655=955，
∵DE∥MF，
即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴FGDE=CGCE，
即FG3=95535，
∴FG=95，
∴MF=3+95=245，
∴MN+NP的最小值为245．
故选：A．
二、填空题
7.
【答案】
2.215×107
【考点】
用科学记数法表示绝对值大于1的数
【解析】
根据科学记数法的方法进行解题即可．本题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为a×10n，其中1≤a0,x>0图象上，
∴2a4−a=a4+2a，
∴a=1，a=0（不合题意舍去），
∴A3,2，
∴k=3×2=6，
故答案为：
14.
【答案】
143
【考点】
含30度角的直角三角形
等腰三角形的性质：三线合一
等边三角形的性质
【解析】
本题考查了含30∘角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
过D作DF⊥AB于点F，由等腰三角形的性质得EF=BF=1，设AE=x，则AD=10−x,AF=AE+EF，由等边三角形的性质得BC=AB,∠A=60∘，则∠ADF=30∘，再由含30∘角的直角三角形的性质得AD=2AF，然后求出x，即可解决问题．
【解答】
解：如图，过D作DF⊥AB于点F，
∵DE=DB,BE=2，
∴EF=BF=12BE=1，
设AE=x，则AD=10−x,AF=AE+EF=x+1，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AB,∠A=60∘，
∴∠ADF=90∘−60∘=30∘，
∴AD=2AF，
即10−x=2x+1，
∴x=83，
∴BC=AB=AE+BE=83+2=143，
故答案为：143．
15.
【答案】
−154≤m≤−74
【考点】
根与系数的关系
待定系数法求二次函数解析式
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
本题主要考查了二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．先求出二次函数的解析式y=x2−2x−3，令y=m，则x2−2x−3=m，根据根与系数的关系求出x1+x2=2，x1x2=−3−m，求出x1−x22=x1+x22−4x1x2=22−4−3−m=16+4m，根据1≤x1−x2≤3，得出1≤16+4m≤9求出m的取值范围即可．
【解答】
解：把A0,−3，B3,0代入y=ax−12+k得：
a+k=−34a+k=0 ，
解得：a=1k=−4 ，
∴y=ax−12+k=x−12−4=x2−2x−3，
令y=m，则x2−2x−3=m，
∴x2−2x−3−m=0，
∵Cx1,m，Dx2,m在抛物线y=x2−2x−3上，
∴x1+x2=2，x1x2=−3−m，
∴x1−x22=x1+x22−4x1x2=22−4−3−m=16+4m，
∵1≤x1−x2≤3，
∴1≤x1−x22≤9，
∴1≤16+4m≤9，
解得：−154≤m≤−74，
∵x2−2x−3−m=0有两个不相等的实数根，
∴−22−4−3−m>0，
即16+4m>0，
解得：m>−4，
综上分析可知：−154≤m≤−74．
故答案为：−154≤m≤−74．
16.
【答案】
−2
【考点】
一元一次方程的应用——数字问题
【解析】
本题考查了一元一次方程的应用，根据题意列出方程，求解即可．
【解答】
解：如图：
由图可知：x+−1+6=7+a+y=x+a+b=6+y+b，
∴a=2，b=3，
如图：
由图可知：x+7+c=−1+2+d=6+y+3=c+d+3=c+2+6，
∴c=−2，
∴和为6，
如图：
∴x+y=1+−3=−2，
故答案为：−2．
三、解答题
17.
【答案】
（1）−4；22x2+13，15
【考点】
实数的混合运算
整式的混合运算
负整数指数幂
特殊角三角函数值的混合运算
【解析】
本题主要考查整式的混合运算，特殊角的三角函数值，实数的混合运算，解题的关键是掌握实数和整式的混合运算顺序和运算法则．
1先利用零指数幂和立方根及负整数指数幂的运算法则计算，再计算加减可得；
2先利用完全平方公式和平方差公式、单项式乘多项式计算，再去括号、合并同类项即可化简原式，继而将x=−tan45∘=−1的值代入计算．
【解答】
解：（1）原式=−3+−2+1=−4；
2原式=4x2−2x+1−4x2−9+2x2+8x
=4x2−8x+4−4x2+9+2x2+8x=2x2+13，
当x=−tan45∘=−1时，原式=2×−12+13=15．
18.
【答案】
0.25
正常
（3）小华至少减重15.4kg
【考点】
用一元一次不等式解决实际问题
用样本的某种“率”估计总体相应的“率”
【解析】
（1）先得出m=10，再利用频率计算公式得出超重范围的频率；
（2）根据小明的身高和体重计算出他的BMI值，并判断他的健康状况；
（3）设减重后体重为x千克，正常BMI≤24.0，则x1.752≤24.0，求解不等式，注意所减体重要大于15.3125 kg ．
【解答】
（1）解：已知总人数为40人，由4+24+m+2=40，解得m=10，
所以超重范围的频率为1040=0.25；
故答案为：0.25；
（2）小明的BMI=601.602=602.56≈23.44，
因为​18.50,y=m−80，
根据定义：周长=2x+y=面积= xy，
联立方程： 2x+y=xyy=kx ，
将y=kx代入得：2x+kx=x×kx=k，
化简得：2x²−kx+2k=0，
Δ=−k²−4×2×2k=k²−16k=kk−16=0，
∵ k>0，
∴ k=16；
（4）设Pa,b,a,b为正整数，满足：
2a+b=ab，化简得：a−2b−2=4，
4的正整数分解为：1×4,2×2,4×1，
当a−2=1,b−2=4得出a=3,b=6；
当a−2=2,b−2=2得出a=4,b=4；
当a−2=4,b−2=1得出a=6,b=3；
故P3,6或4,4或6,3．
25.
【答案】
DF=OC
（2）四边形OBE′C为菱形，理由见解析
（3）137或41
【考点】
勾股定理的应用
证明四边形是菱形
根据旋转的性质求解
解直角三角形的相关计算
【解析】
（1）根据矩形性质得AB∥CD和∠BCD=90∘，结合直角三角形的性质可证明△DOF≅△BOE，有DF=BE．结合BE=OB=OC即可；
（2）由旋转得BE=BE​′，结合矩形的性质可证△BOC≅△BE′C，有OC=CE′．由 1 得 OC=OB，则OC=CE′=BE′=OB，即可判定四边形OBE′C是菱形；
（3）在Rt△ABD中求得BD，结合中点可得BE=BO=12BD，当线段O′E′所在直线与EF所在直线垂直时，可以看作将OE绕点B旋转90∘．将BE、OE和OB绕点B顺时针旋转90∘得到BE′、O′E′和O′B，过点O′作O′N⊥AB于点N，则O′B=OB=5,∠E′BO′=∠EBO，可得∠O′BN=∠OBC，可求得sin∠O′BN=45，cs∠O′BN=35，即可得O′N=4,BN=3，求得AN=AB+BN，利用勾股定理即可；将BE、OE和OB绕点B逆时针旋转90∘得到BE′、O′E′和O′B，过点O′作O′N⊥AB于点H，则O′B=OB=5,∠E′BO′=∠EBO，得sin∠O​′BH=45，cs∠O​′BH=35，则O′H=4,BH=3，可求得AH，利用勾股定理即可．
【解答】
解：（1）如图1，
∵四边形ABCD 是矩形；
∴AB∥CD， ∠BCD=90∘
∴∠1=∠4．
∵点O为BD的中点，
∴OB=OD=OC=12BD
∵∠2=∠3，
∴△DOF≅△BOEAAS．
∴DF=BE．
∵BE=OB=OC，
∴DF=OC，
故答案为：DF=OC．
（2）四边形OBE′C为菱形， 理由如下∶
∵△OBE旋转得到△O′BE′，
∴∠5=∠6，BE=BE​′．
∵四边形ABCD为矩形；
∴∠ABC=90∘．
∴∠CBO′=180∘−∠ABC=90∘，
∴∠5+∠7=90∘， ∠6+∠8=90∘；
∴∠7=∠8．
∵BE=BO,
∴BE′=BO，
∵BC=BC,
∴△BOC≅△BE′CSAS．
∴OC=CE′．
由 1 得 OC=OB，
∴OC=CE′=BE′=OB，
∴四边形OBE′C是菱形．
（3）在Rt△ABD中，
∵∠BAD=90∘,AB=8,AD=6，
∴BD=62+82=10，
∵点O为BD的中点，
∴BE=BO=12BD=5，
当线段O′E′所在直线与EF所在直线垂直时，可以看作将OE绕点B旋转90∘，
如图，将BE、OE和OB绕点B顺时针旋转90∘得到BE′、O′E′和O′B，过点O′作O′N⊥AB于点N，
则O′B=OB=5,∠E′BO′=∠EBO，
∴∠O′BN=∠OBC，
∴sin∠O′BN=sin∠OBC=DCBD=45,cs∠O′BN=cs∠OBC=BCBD=35，
∵O′B=5，
∴O′N=4,BN=3，
∴AN=AB+BN=11，
∴AO′=137，
如图，将BE、OE和OB绕点B逆时针旋转90∘得到BE′、O′E′和O′B，过点O′作O′N⊥AB于点H，
则O′B=OB=5,∠E′BO′=∠EBO，
∴∠O′BH=∠OBC，
∴sin∠O​′BH=sin∠OBC=45,cs∠O​′BH=cs∠OBC=35，
∴O′H=4,BH=3，
∴AH=AB−BH=5，
∴AO′=41，
故A,O′两点间的距离为41或 137．
26.
【答案】
x=m+1
（2）a=1+2或a=1−2或a=1+6
（3）−1m−1，B在A的右边，当A,B关于对称轴对称时，yA=yB，如图，可得a=3，再结合图象可得答案．
【解答】
（1）解：∵抛物线y=−x−m−12+2m−2am+1，
∴对称轴为直线：x=m+1
（2）解：如图，当B,C在AA′的同侧时，
∵y=−x−m−12+2m−2am+1，
∴Cm+1,2m−2am+1，
当x=m+a时，
yB=−m+a−m−12+2m−2am+1=−a−12+2m−2am+1，
当x=m−1时，
∴yA=−m−1−m−12+2m−2am+1=2m−2am−3，
∵S△ACA′=2S△ABA′，
∴yC−yA=2yB−yA，
∴2m−2am+1−2m−2am−3=2−a−12+2m−2am+1−2m−2am−3，
整理得：a−12=2，
解得：a=1±2；经检验符合题意；
如图，当B,C在AA′的异侧时，
同理可得：yC−yA=2yA−yB
∴2m−2am+1−2m−2am−3=22m−2am−3+a−12−2m+2am−1，
整理得：a−12=6，
解得：a=1+6或a=1−6；
∵a>−1，
∴a=1−6舍去，
综上：a=1+2或a=1−2或a=1+6；
（3）解：∵点A，B的横坐标分别为m−1，m+a(m，a为常数，a>−1)，且在抛物线y=−x−m−12+2m−2am+1上，
∴m+a>m−1，
∴B在A的右边，
当A,B关于对称轴对称时，yA=yB，如图，
∴2m−2am−3=−a−12+2m−2am+1，
整理得：a−12=4，
解得：a=3或a=−1（舍去），
∴当点A，B所在直线经过一、三象限时，如图，
∴a的取值范围为：−1