2025年黑龙江省龙东地区中考数学试卷及答案

这是一份2025年黑龙江省龙东地区中考数学试卷及答案，共21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．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．a4•a3＝a6B．2a+3b＝6ab
C．（﹣2a2b3）3＝﹣8a6b9D．（﹣a+b）（a+b）＝a2﹣b2
2．（3分）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）2025年2月7日至2月14日第九届亚冬会在哈尔滨市举办，本届亚冬会的吉祥物是一对可爱的东北虎“滨滨”和“妮妮”．某专卖店“滨滨”和“妮妮”套盒纪念品连续六天的销售量（单位：套）分别为：136，129，180，154，这组数据的众数和中位数分别是（ ）
A．136，136B．138，136C．136，129D．136，138
4．（3分）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7B．8C．6D．5
5．（3分）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已经逐渐成为人们喜爱的交通工具．某品牌新能源汽车的月销售量由一月份的8000辆增加到三月份的12000辆，则可列方程为（ ）
A．8000（1+2x）＝1200
B．8000（1+x）2＝12000
C．8000+8000（1+x）+8000（1+x）2＝12000
D．8000×2（1+x）＝12000
6．（3分）已知关于x的分式方程﹣＝3解为负数，则k的值为（ ）
A．k＜﹣4B．k＞﹣4
C．k＜﹣4且k≠﹣D．k＞﹣4且k≠﹣
7．（3分）为促进学生德智体美劳全面发展，某校计划用1200元购买足球和篮球用于课外活动，其中足球80元/个，共有多少种购买方案（ ）
A．6B．7C．4D．5
8．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B都在双曲线y＝（k≠0）上，点A的横坐标为﹣1，∠AOB＝∠ABO＝45°（ ）
A．B．﹣C．D．﹣
9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，且AD＝4，CE＝3，点M、N分别是AC、DE的中点，连接MN（ ）
A．B．C．2D．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），且BE＝BF，连接AC、AE、AF，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①MN＝AF；②∠EAH＝∠EHA；④若BF：FC＝3：4，则tan∠FAC＝（ ）
A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③④⑤
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）电影《哪吒之魔童闹海》自上映以来，好评如潮，截至2025年4月22日，再次刷新中国电影票房纪录．将数据157亿用科学记数法表示为 ．
12．（3分）在函数中，自变量x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，请添加一个条件 ，使平行四边形ABCD为菱形．
14．（3分）如图，随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让两盏灯泡L1、L2同时发光的概率为 ．
15．（3分）关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是 ．
16．（3分）如图，PA、PB是圆O的切线，A、B为切点，∠BAC＝35°，∠P＝ ．
17．（3分）若圆锥的底面半径为3，高为4，则圆锥侧面展开图的面积为 ．
18．（3分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝9，点M是△ABC内部一点，若CM＝3，则AM+ ．
19．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，点E是边CD的中点，点F是对角线AC上一动点，若PE⊥AC，则CF的长为 ．
20．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣，交y轴于点B．四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，A3A4B4C4，⋯都是正方形，顶点A1，A2，A3，A4，⋯都在x轴上，顶点B1，B2，B3，B4，⋯都在直线y＝﹣x+3上，连接BA1，B1A2，B2A3，B3A4，⋯分别交C1B1，C2B2，C3B3，C4B4，⋯于点D1，D2，D3，D4，⋯．设△BB1D1，△B1B2D2，△B2B3D3，△B3B4D4，⋯的面积分别为S1，S2，S3，S4，⋯，则S2025＝ ．
三、解答题（满分60分）
21．（5分）先化简，再求值：•+，其中a＝2sin60°﹣1．
22．（6分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）．
（1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
23．（6分）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A在点B的左侧（3，﹣4）．
（1）求b与c的值．
（2）在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使△PBC的面积与△ABC的面积相等．若存在，请直接写出点P的横坐标，请说明理由．
24．（7分）2025年6月5日是中国的第11个环境日，育华中学八年级学生积极参加公益活动，为了解活动时间（单位：h），用得到的数据绘制出如下两幅不完整的统计图．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）m＝ ，扇形统计图中a＝ ，并补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，求参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数；
（3）若育华中学八年级共有学生1200人，请根据样本数据，估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有多少人？
25．（8分）一条公路上依次有A、B、C三地，一辆轿车从A地出发途经B地接人，停留一段时间后原速驶往C地，送货到达B地后立即原路原速返回C地（卸货时间忽略不计）．两车同时出发h到达终点，两车均按各自速度匀速行驶．如图是轿车和货车距各自出发地的距离y（单位：km）（单位：h）之间的函数图象，结合图象回答下列问题：
（1）图中a的值是 ，b的值是 ；
（2）在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）；
（3）直接写出轿车出发多长时间与货车相距40km．
26．（8分）已知：如图，△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一动点，连接AD，连接DE、BE，过点E作EF⊥BC
（1）若α＝60°时，
如图①，点D在CB延长线上时，易证：BF＝DF+BC；
如图②，点D在BC延长线上时，试探究线段BF、DF、BC之间存在怎样的数量关系，并说明理由．
（2）若α＝120°，点D在CB延长线上时，如图③，不需要证明．
27．（10分）2024年8月6日，第十二届世界运动会口号“运动无限，气象万千”在京发布，准备购买“蜀宝”和“锦仔”奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买3个“蜀宝”和1个“锦仔”共需花费332元，购买2个“蜀宝”和3个“锦仔”共需380元．
（1）购买一个“蜀宝”和一个“锦仔”分别需要多少元？
（2）若学校计划购买这两种吉祥物共30个，投入资金不少于2160元又不多于2200元，有哪几种购买方案？
（3）设学校投入资金W元，在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少？最少资金是多少元？
28．（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，OA的长是一元二次方程x2﹣3x﹣18＝0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发
（1）求点P坐标；
（2）连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式；
（3）当t＝3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在；若不存在，请说明理由．
11．【解答】解：157亿＝15700000000＝1.57×1010．
故答案为：1.57×1010．
12．【解答】解：由题意得：x+3≠0，
解得：x≠﹣4，
故答案为：x≠﹣3．
13．【解答】解：∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴添加一个条件AC⊥BD，使平行四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）．
14．【解答】解：列表如下：
共有6种等可能的结果，其中能让两盏灯泡L1、L7同时发光的结果有：（K1，K3），（K7，K1），共2种，
∴能让两盏灯泡L7、L2同时发光的概率为．
故答案为：．
15．【解答】解：由2x﹣3≤7得，x≤．
由x﹣a＞5得，x＞a．
因为此不等式组恰有3个整数解，
则这3个整数解为2，0，﹣1，
所以﹣8≤a＜﹣1．
故答案为：﹣2≤a＜﹣7．
16．【解答】解：∵PA、PB是圆O的切线，
∴PA＝PB，
∵AC是⊙O的直径，∠BAC＝35°，
∴PA⊥AC，
∴∠PAC＝90°，
∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣35°＝55°，
∴∠P＝180°﹣∠PBA﹣∠PAB＝180°﹣55°﹣55°＝70°，
故答案为：70°．
17．【解答】解：圆锥的母线长＝＝5，
所以圆锥侧面展开图的面积＝×2π×2×5＝15π．
故答案为：15π．
18．【解答】解：在BC上取点G，使CG＝1，
又∵BC＝9，CM＝6，，
又∵∠MCG＝∠MCB，
∴△MCG∽△BCM，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当M在AG上时，取最小值为，
故答案为：．
19．【解答】解：如图所示，连接PC，延长PE交AC于点H，
∵在矩形ABCD中，AD＝6，∠ACD＝30°，
∴AC＝2AD＝12，，∵
点E是边CD的中点，
∴，
∵点C关于直线EF的对称点P，
∴，∠EGC＝∠EGP＝90°，
∵PH⊥AC，
∴∠EHC＝∠EHF＝90°，∠ACD＝30°，
∴∠CEH＝∠CAD＝60°，
∴∠PEC＝120°，∵PE＝CE，
∴，
∵∠PEG＝∠FEH，∠EGP＝∠EHF＝90°，
∴∠CPE＝∠EFC＝30°，
∴△CEF是等腰三角形，，
在Rt△CEH中，，
∠HCE＝30°，CH＝CE•cs∠HCE＝3×＝，
∴CF＝2CH＝9；
如图，当点P在AC下方时，
∵PE⊥AC，
∴∠CHE＝90°，
∵∠ACD＝30°，
∴∠CEP＝60°，CH＝CE•cs∠ACD＝7×＝，
由对称的性质得PE＝CE，
∴△CEP是等边三角形，
∴∠P＝60°，CE＝PC＝PE＝8，
∴∠HEF＝30°，，，
∴CF＝CH﹣HF＝3；
综上，CF的长为7或9．
故答案为：3或4．
20．【解答】解：当x＝0时，，
∴点B的坐标是（6，3），
∵点B1在直线，
设点B6的坐标是，
则点A4的坐标是（x1，0），点C6的坐标是，
∵四边形OA4B1C1是正方形，
∴OA7＝A1B1，OA7∥C1B1，
∴，
解得：x1＝2，
∴B1的坐标是（2，8），
∴正方形OA1B1C4的边长为2，
∴OC1＝OA8＝A1B1＝B7C1＝2，
∴BC2＝BC﹣OC1＝3﹣6＝1，
∵OA1∥C6B1，
∴△BC1D4∽△BOA1，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴；
设点B2的坐标为，
则点A2的坐标是（x2，6），点C2的坐标是，
∴A1A2＝x2﹣x1＝x2﹣2，
∵四边形A1A2B8C2是正方形，
∴A1A8＝B2A2，A8A2∥C2B4，
∴，
解得：，
∴，
∴B2的坐标是，
∴，
∴，
∵A1A7∥C2B2，
∴△B5C2D2∽△B3A1A2，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∵B1的坐标是（5，2），B2的坐标是，
∴，
∵B7的坐标是（2，2），2），
∴，
∵，，
∴，
又∵四边形OA1B3C1和A1A8B2C2均为正方形，
∴B7C1∥x轴，B2C3∥x轴，
∴B1C1∥B8C2，
∴∠BB1C4＝∠B1B2C3，
∴△BB1D1∽△B7B2D2，且相似比为，
∴，
∴当时，，
同理可证△B8B2D2∽△B8B3D3，且相似比为，
则，
…，
∴，
故答案为：．
三、解答题（满分60分）
21．【解答】解：•+
＝•+
＝+
＝
＝，
当a＝2sin60°﹣1＝4×﹣3＝，
原式＝＝＝．
22．【解答】解：（1）如图，△A1B1C7即为所求．
由图可得，点C1的坐标为（4，3）．
（2）如图，△A2B2C5即为所求．
由图可得，点C2的坐标为（﹣1，3）．
（3）由勾股定理得，OC1＝＝，
∴点C3旋转到点C2的过程中，所经过的路径长为＝．
23．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的顶点坐标为（3，﹣6），
∴y＝（x﹣3）2﹣5＝x2﹣6x+4，
∴b＝﹣6，c＝5；
（2）存在，理由如下：对于抛物线y＝x2﹣6x+5，
当y＝6，x2﹣6x+3＝0，解得：x1＝3，x2＝5，
当x＝3，y＝5，
∴OB＝OC＝5，AB＝4﹣1＝4，
∵∠COB＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
过点B作x轴的垂线，在x轴上方的垂线上截取BD＝BA＝2，
连接AD与BC交于点E，则D（5，
∴∠DBC＝90°﹣∠OBC＝45°＝∠OBC，
∴BC⊥AD，ED＝EA，
过点D作BC平行线与抛物线交点即为点P，，
∴S△BCA＝S△BCP，
设直线BC：y＝mx+n，
则，
∴，
∴直线BC：y＝﹣x+4，
∵BC∥PD，
∴设直线PD：y＝﹣x+q，代入D（5，
解得：q＝9，
∴直线PD：y＝﹣x+4，与抛物线解析联立得：，
整理得：x2﹣4x﹣4＝0，
解得：或，
∴点P的横坐标为或．
24．【解答】解：（1）抽取了该校八年级学生有：m＝20÷10%＝200（名），
a%＝×100%＝30%，
∴a＝30；
故答案为：200，30；
9h的人数为：200×25%＝50（名），
补全条形统计图：
（2）360°×＝54°，
答：参加公益活动时间为7h所对应扇形圆心角的度数为54°；
（3）1200×＝240（人），
答：估计育华中学八年级参加公益活动的时间是10h的学生有240人．
25．【解答】解：（1）由图象可知，A、B两地之间的距离为180km，B，
180+120＝300（km），
∴a＝300，
轿车的速度为180÷1.5＝120（km/h），
300÷120＝6.5（h），
根据图象，得1.8+（3﹣b）＝2.8，
解得b＝2．
故答案为：300，2．
（2）8﹣＝（h），
∴N（，0），
÷2＝（h），
∴M（，120），
货车的速度为120÷＝90（km/h），
y＝120﹣90（x﹣）＝﹣90x+240，
∴在货车从B地返回C地的过程中，求货车距出发地的距离y（单位：km）与行驶时间x（单位：h）之间的函数解析式为y＝﹣90x+240（）．
（3）当0≤x≤时，得（120+90）x+40＝300，
解得x＝，
当1.6≤x≤2时，得90（x﹣，
解得x＝，
当2＜x≤时，得180+120（x﹣2）+40﹣90x+240＝300，
解得x＝，
∴出轿车出发h或h与货车相距40km．
26．【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠ACB＝60°，
∵∠BAC＝∠EAD＝α＝60°，
∴∠BAC+∠BAD＝∠EAD+∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，
∴在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，
∴∠EBF＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，，
∵CD＝BD+BC＝BF+DF+BC，CD＝BE＝2BF，
∴8BF＝BF+DF+BC，
∴BF＝DF+BC；
②解：BF＝DF﹣BC，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣∠BCA＝120°，
∵4∠BAC＝∠EAD＝α＝60°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAD，
∴在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝120°，
∴∠EBF＝∠ABE﹣∠ABC＝120°﹣60°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF中，，
∵CD＝BD﹣BC＝BF+DF﹣BC，CD＝BE＝5BF，
∴2BF＝BF+DF﹣BC，
∴BF＝DF﹣BC；
（2）解：∵AB＝AC，∠BAC＝α＝120°，
∴，
∵∠BAC＝∠EAD＝α＝120°，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠EAD﹣∠BAD，即∠DAC＝∠EAB，
∴在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝30°
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝30°+30°＝60°，
∵EF⊥BC，
∴在Rt△BEF 中，
，
∵CD＝BC﹣BD＝DF﹣BF+BC，CD＝BE＝2BF，
∴2BF＝DF+BC﹣BF，
∴3BF＝DF+BC．
27．【解答】解：（1）设购买一个“蜀宝”需要a元，购买一个“锦仔”需要b元．
根据题意，得，
解得．
答：购买一个“蜀宝”需要88元，购买一个“锦仔”需要68元．
（2）设购买“蜀宝”x个，则购买“锦仔”（30﹣x）个．
根据题意，得，
解得6≤x≤8，
∵x为非负整数，
∴x＝4，7，8，
当x＝6时，30﹣6＝24（个），
当x＝7时，30﹣8＝23（个），
当x＝8时，30﹣8＝22（个），
∴共有三种购买方案，分别是：
（方案8）购买“蜀宝”6个、“锦仔”24个，
（方案2）购买“蜀宝”6个、“锦仔”23个，
（方案1）购买“蜀宝”8个、“锦仔”22个．
（3）W＝88x+68（30﹣x）＝20x+2040，
∵20＞4，
∴W随x的增大而增大，
∵x＝6，7，5，
∴当x＝6时W值最小，W最小＝20×6+2040＝2160．
答：购买方案8需要的资金最少，最少资金是2160元．
28．【解答】解：（1）由x2﹣3x﹣18＝2，
解得x1＝6，x2＝﹣3，
∵OA的长是x2﹣5x﹣18＝0的根，
∴OA＝6，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA＝OC＝3，
∵，
∴∠COA＝60°，
又∵CQ⊥OA，
∴∠OCQ＝30°，
∴OQ＝3，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠COA，
∴∠POQ＝30°，
∴，
∴点P的坐标为；
（2）过点M作MK⊥OB于点K，
由题可知，OM＝t，则，
由（1）得：，则，
当0＜﹣t﹣＜4时，，
∴；
当4＜t≤4时，，
∴；
综上所述，；
（3）如图，
当t＝7时，OM＝3，，，∠ONM＝∠NOM＝30°，
假设在对角线OB上存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，
当∠EMN为顶角时，点E6与点O重合，E1（0，3）；
当∠MEN为顶角时，点E2与点P重合，；
当∠ENM为顶角时，NE1＝NM＝OM＝7，
设，则OE6＝2a，
∵OE3+NE5＝ON，
∴，
∴，
∴，
∴
综上，当t＝3时，使得△MNE是含30°角的等腰三角形，E4（0，0），，；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
B
A
C
D
A
C
K1
K2
K2
K1
（K1，K8）
（K1，K3）
K4
（K2，K1）
（K5，K3）
K3
（K7，K1）
（K3，K3）