2025年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区区中考三模数学试题（附答案解析）

这是一份2025年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区区中考三模数学试题（附答案解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．的倒数的绝对值是（ ）
A．B．C．D．
2．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图是由个大小相同的正方体搭成的几何体，它的左视图是（ ）
A．B．
C．D．
5．将一副三角板按如图所示的方式摆放，点在边上，，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．在项目化学习中，“水是生命之源”项目组为了解本地区人均淡水消耗量，需要从四名同学（两名男生，两名女生）中随机抽取两人，组成调查小组进行社会调查，恰好抽到一名男生和一名女生的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知关于的分式方程的解是非正数，则取值范围是（ ）
A．且B．且
C．且D．且
8．为迎接2025年哈尔滨亚洲冬季运动会，某初中开展了以“冰雪同梦，亚洲同心”为主题的演讲比赛，计划拿出240元钱全部用于购买两种奖品，两种奖品都要买，已知种奖品每件15元，B种奖品每件10元，则共有几种购买方案？（ ）
A．6种B．7种C．8种D．9种
9．如图1，在中，，，点从点出发运动到点时停止，过点作，交直角边AC（或BC）于点Q，设点运动的路程为，的面积为y，y与之间的函数关系图象如图2所示，当时，的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示是二次函数的部分图象，该函数图象的对称轴是直线,图象与轴交点的纵坐标是．则下列结论：①；②方程一定有两个不相等的实数根：③当时，；④；⑤抛物线上有两点，,若，则．其中正确结论的个数有（ ）

A．个B．个C．个D．个
二、填空题
11．第26届哈尔滨冰雪大世界以“冰雪同梦亚洲同心”为主题，总面积100万平方米，用冰用雪量30万立方米，为历届之最．于2024年12月21日开园，开园20天园区累计接待游客1030000人次，将1030000用科学记数法表示为 ．
12．在函数中，自变量的取值范围是 ．
13．已知圆锥底面圆的周长为，母线长是，它的侧面展开图的圆心角 ．
14．如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点．若，则的度数是 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在反比例函数的图象上，轴于点，，将沿翻折，若点的对应点落在该反比例函数的图象上，则的值为 ．
16．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E为AD中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△APE沿PE折叠得到△FPE，连接CE，CF，当△ECF为直角三角形时，AP的长为 ．
17．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，以为一边作正方形，使得点在轴正半轴上，延长交直线于点，按同样方法依次作正方形、正方形、…、正方形．使得点、、、…、均在直线l上，点、、、…、在轴正半轴上，则点的横坐标是 ．
三、解答题
18．计算：
(1)计算：；
(2)分解因式：．
19．解方程：．
20．为了解双减背景下学生每天完成作业的时间情况，某中学对名学生每天完成作业时间进行抽样调查，根据时间（单位：分钟）分成，五个组，并将调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．根据以上信息，回答下列问题：
(1)___________；___________，扇形统计图中A的圆心角度数_________ ．
(2)补全条形统计图；
(3)学生每天完成作业时间的中位数落在___________组；
(4)若全校共有2000名学生，请估计该校每天完成作业时间不低于120分钟的学生有多少人？
21．如图，在中，，以为直径作交斜边于点E．连接并延长交的延长线于点D，交于点G．F为中点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求阴影部分的面积．
22．在一条笔直的公路上依次有三地．甲、乙两车同时出发，甲车从地匀速行驶到地，停留1小时后按原路原速返回到地；乙车从地匀速行驶到地．在行驶的过程中，甲、乙两车之间的距离（千米）与甲车行驶时间（小时）之间的函数图象如图所示，解答下列问题：
(1)两地的距离为___________千米，甲车的速度为___________千米/时；
(2)求甲车从地行驶到地的过程中，两车距离（千米）与行驶时间（小时）之间的函数解析式：
(3)请直接写出两车出发多少小时甲距B地的距离是乙距B地距离的2倍．
23．已知四边形是矩形，．
(1)如图①，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连接、、，判定的形状，并说明理由；
(2)如图②，将矩形绕点顺时针旋转度（）得到矩形，点恰好落在的延长线上，与相交于点，求的面积；
(3)如图③，在（2）条件下，连接，取的中点，连接，求线段长度的最大值和最小值．
24．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线相交于点和点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在抛物线上有一点，使得是以底的等腰三角形，求点的坐标：
(3)设为直线上方的抛物线上一点，连接，以为邻边作平行四边形，则平行四边形面积的最大值为___________；
(4)如图2，若在x轴上有两个动点，且，则的最小值为___________．
《2025年黑龙江省齐齐哈尔市铁锋区区中考三模数学试题 》参考答案
1．C
【分析】本题考查绝对值、倒数的定义，以及二次根式分母有理化，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
根据绝对值、倒数的定义，以及二次根式分母有理化求解，即可解题．
【详解】解：的倒数为，
的倒数的绝对值是；
故选：C．
2．B
【详解】解：由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”
根据定义，A、C、D都不是中心对称图形，只有B是中心对称图形.
故选：B.
3．A
【分析】本题考查了平方差公式，积的乘方，单项式乘以单项式，二次根式的减法运算，解题的关键在于正确掌握相关运算法则．
根据平方差公式，积的乘方，单项式乘以单项式，二次根式的减法运算法则，逐项计算判断，即可解题．
【详解】解：A. ，运算正确，符合题意；
B. ，原选项运算错误，不符合题意；
C. ，原选项运算错误，不符合题意；
D. ，原选项运算错误，不符合题意；
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了判断简单组合体的三视图，根据题意，可得从左侧看有两列，第一列有个小正方形，第二列有个小正方形，即可求解．
【详解】解：根据题意，可得从左侧看有两列，第一列有个小正方形，第二列有个小正方形．
故选： C．
5．C
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质，三角板中角度计算，解题的关键是构建未知量和已知量之间的关系．
记交于点，利用平行线的性质得到，再根据求解，即可解题．
【详解】解：记交于点，如图所示：
，，
，
，
；
故选：C．
6．D
【分析】画树状图得出所有等可能的结果数和抽取的两名同学恰好是一名男生和一名女生的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：设两名男生分别记为，，两名女生分别记为，，
画树状图如下：

共有种等可能的结果，其中抽取的两名同学恰好是一名男生和一名女生的结果有种，
∴抽取的两名同学恰好是一名男生和一名女生的概率为，
故选：D．
【点睛】本题考查列表法或树状图法求概率，解题时要注意是放回试验还是不放回试验；概率等于所求情况数与总情况数之比．用列表法或画树状图法不重复不遗漏的列出所有可能的结果是解题的关键．
7．B
【分析】本题考查分式方程的解法，一元一次不等式组的解法，解题的关键在于根据分式方程解的情况建立不等式组．
根据题意，先解出分式方程，再根据其解是非正数，建立不等式组求解，注意考虑分母不为0即可．
【详解】解：
，
分式方程的解是非正数，
，且，
，
整理得：，且，
解得，且，，
综上所述，则取值范围是且，
故选：B。
8．B
【分析】本题考查二元一次方程，以及不等式的应用，设分别购买两种奖品件，根据题意得到，再结合题意推出为正整数，据此分析求解，即可解题．
【详解】解：设分别购买两种奖品件，
根据题意得，
两种奖品都要买，
为正整数，
根据整理得，
有，，且为整数，即为的倍数，
解得，
，且为的倍数，
，
共有种购买方案，
故选：B．
9．C
【分析】本题考查了解直角三角形，动点函数的知识．根据图2知，，利用正切函数的定义求得的长，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：根据图2知，，
当时，，，
∵，
∴，
，
故选：C．
10．C
【分析】根据抛物线的对称轴可得，进而判断结论①，结合一元二次方程跟的判别式和抛物线的开口方向，可得，进而判断结论②，根据抛物线的增减性，函数值可判断结论③，根据抛物线的对称性得出抛物线与轴的另一个交点在和之间，结合函数值得出，进而判断结论④，根据抛物线的对称性得出点关于对称轴的对称点坐标为，结合抛物线的增减性即可得出时，，进而判断结论⑤，即可求解．
【详解】解：∵二次函数的对称轴为，
即，
∴，
∴，故①结论正确；
∵，
∴，
整理得，
则，
∵抛物线开口向下，
∴，
故，，
∴，
故方程一定有两个不相等的实数根，②结论正确；
∵，，
故抛物线的解析式为，
当时，，
当时，，
∵，
∴，
∵抛物线的对称轴是，故抛物线的最大值为；
当时，，
故当时，；即③结论正确；
根据图象可得：抛物线与轴的一个交点在和之间，抛物线的对称轴为，
故抛物线与轴的另一个交点在和之间，
当时，，
∵，，
∴，
∴，故④结论错误；
∵抛物线的对称轴为，
故点关于对称轴的对称点坐标为，
∵抛物线的开口向下，
故抛物线在对称轴的左侧，随的增大而增大，抛物线在对称轴的右侧，随的增大而减小，
若，
则，故⑤结论错误；
综上，结论正确的有①②③，有个．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，抛物线与轴的交点问题，抛物线与轴的交点问题，二次函数图象与系数的关系，一元二次方程跟的判别式等．解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
11．
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：，
故答案为：．
12．且
【分析】本题考查了求函数自变量的取值范围、二次根式和分式有意义的条件，熟练掌握二次根式和分式有意义的条件是解题关键．根据二次根式的被开方数是非负的、分式的分母不能为0求解即可得．
【详解】解：可化为，
则，
解得且，
故答案为：且．
13．
【分析】本题主要考查了求圆锥侧面展开图得到的扇形圆心角度数，根据圆锥的底面圆周长是其侧面展开图得到是的扇形弧长建立方程求解即可．
【详解】解；设它的侧面展开图的圆心角度数为，
由题意得，，
∴，
∴它的侧面展开图的圆心角度数为，
故答案为：．
14．
【分析】设，则，，利用三角形内角和定理构建方程求解．
【详解】解：∵，
∴，
设，则，，
由作图可知，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
15．
【分析】本题考查了解直角三角形，折叠的性质，求反比例函数解析式，连接，过作轴于点，设，求出点的坐标为，由沿翻折，则有，，所以，，从而有点的坐标为，然后代入解析式求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，过作轴于点，
设，
在中，，
∴，
∵点的坐标为，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
∵将沿翻折，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴点的坐标为，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
16．1或．
【分析】分两种情况进行讨论：当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形；当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形，分别根据直角三角形的勾股定理列方程求解即可．
【详解】分两种情况进行讨论：①如图所示，当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形．
由折叠可得：∠PFE=∠A=90°，AE=FE=DE，
∴∠CFP=180°，
即点P，F，C在一条直线上．
在Rt△CDE和Rt△CFE中，，
∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL），
∴CF=CD=4，设AP=FP=x，则BP=4﹣x，CP=x+4．
在Rt△BCP中，BP2+BC2=PC2，即（4﹣x）2+62=（x+4）2，
解得：x，即AP；
②如图所示，当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形．
过F作FH⊥AB于H，作FQ⊥AD于Q，则∠FQE=∠D=90°．
又∵∠FEQ+∠CED=90°=∠ECD+∠CED，
∴∠FEQ=∠ECD，
∴△FEQ∽△ECD，
∴，即，
解得：FQ，QE，
∴AQ=HF，AH，
设AP=FP=x，则HPx．
∵Rt△PFH中，HP2+HF2=PF2，
即（x）2+（）2=x2，解得：x=1，即AP=1．
综上所述：AP的长为1或．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
17．
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质，可得出点的坐标，同理可得出、…的坐标，进而得到、…的横坐标，根据点的坐标变化可找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】解：当时，有，
解得：，
∴点的坐标为．
∵四边形为正方形，
∴点的坐标为．
同理，可得出：，…，
∴的横坐标为2，的横坐标为4，的横坐标为8，的横坐标为16，…，
∴的横坐标为（n为正整数），
∴点的横坐标是．
故答案为：．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值、零指数幂与负整数指数幂、因式分解等知识，熟练掌握各运算法则和因式分解的方法是解题关键．
（1）先计算特殊角的三角函数值、化简绝对值、计算零指数幂与负整数指数幂，再计算二次根式的混合运算即可得；
（2）先提取公因式，再利用十字相乘法分解因式即可得．
【详解】（1）解：原式
．
（2）解：原式
．
19．
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，把原方程左边利用十字相乘法分解因式，进而得到两个一元一次方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴或，
解得．
20．(1)40，，
(2)图见解析
(3)
(4)600人
【分析】本题考查了
（1）利用组的人数除以其所占的百分比即可得的值；利用组的人数除以本次调查的总人数即可得的值；利用乘以组所占的百分比即可得扇形统计图中的圆心角度数；
（2）先求出组的学生人数，再补全条形统计图即可得；
（3）根据中位数的定义求解即可得；
（4）利用全校学生的总人数乘以组所占的百分比即可得．
【详解】（1）解：（名），
，
则，
扇形统计图中的圆心角度数为，
故答案为：40，，．
（2）解：组的学生人数为（人），
则补全条形统计图如下：
．
（3）解：将抽取的学生每天完成作业时间按从小到大进行排序后，第20个数和第21个数的平均数即为中位数，
∵，，
∴学生每天完成作业时间的中位数落在组，
故答案为：．
（4）解：（人），
答：估计该校每天完成作业时间不低于120分钟的学生有600人．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了直角所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质切线的判定定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，扇形的面积，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接，得到，推出，得到，推出，即可得到结论；
（2）由得到是等边三角形，得出，求出，得到．
【详解】（1）证明：如图，连接，
为直径，
，
∴，
为中点，
，
，
，
，
，
为的半径，
为的切线；
（2）解：，
是等边三角形，
，
，
，即，
，
．
22．(1)360；120
(2)
(3)3小时或小时
【分析】本题主要考查了从函数图象获取信息，列函数关系式，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
（1）根据时，可得两地的距离为千米；再由函数图象可得甲行驶3小时时到达A地，据此可得甲的速度；
（2）根据2小时甲、乙相遇，可求出乙的速度，进而可求出甲从A地出发时，乙行驶的距离为行驶的时间，据此可得对应的函数关系式；
（3）分三种情形：当甲从B地向A地运动时，当甲从A向C地出发且乙没有经过B地时，当甲从A向C地出发且甲没有经过B地，但乙经过了B地时，分别建立方程求解即可．
【详解】（1）解：由函数图象可得，当两车都未出发时，两车相距千米，
∴两地的距离为千米；
由函数图象可得当甲行驶3小时时到达A地，
∴甲车的速度为千米/小时；
（2）解：由（1）可知， 乙车的速度为千米/小时，
从甲开始从B地出发到甲从A地出发时，此时一共经过小时，
∴甲车从地行驶到地的过程中，两车距离（千米）与行驶时间（小时）之间的函数解析式为；
（3）解：当甲从B地向A地运动时，则，解得；
当甲从A向C地出发且乙没有经过B地时，则，此时方程无解；
当甲从A向C地出发且甲没有经过B地，但乙经过了B地时，则，解得；
综上所述，两车出发3小时或小时时，甲距B地的距离是乙距B地距离的2倍．
23．(1)等腰直角三角形，见解析
(2)
(3)的最大值为，最小值为
【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形，
（2）证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积；
（3）连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，由点圆位置关系，即可得出的最大值与最小值．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形；
理由：由旋转性质可知：,
，
，
∴是等腰直角三角形；
（2）解：∵，
，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴的面积；
（3）解：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，
∵是的中点，
∴，且，
∵，
∴，
∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴点在以为直径的圆上，
设的中点为，连接，
∴，
∴的最大值为，最小值为．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
24．(1)
(2)或
(3)
(4)
【分析】本题主要考查了二次函数综合，轴对称最短路径问题，两点距离计算公式，平行四边形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设点M的坐标为，，，根据等腰三角形的定义可得，即，则，解方程即可得到答案；
（3）求出直线解析式为，设，则，则，根据，得到，则由平行四边形的性质可得，故当最大时，最大值，据此求解即可；
（4）作点A关于x轴的对称点L，作且，连接，则，由轴对称的性质可得，证明四边形是平行四边形，得到，则，故当A、E、T三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与直线相交于点和点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：设点M的坐标为，
∵，，
∴，
，
∵是以底的等腰三角形，
∴，
∴，
∴
∴
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
∴当时，；
当时，；
∴点M的坐标为或；
（3）解；设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值；
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴当最大时，最大值，
∴的最大值为；
（4）解：如图所示，作点A关于x轴的对称点L，作且，连接，则，
由轴对称的性质可得，
∵且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴当A、E、T三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∵，
∴的最小值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
C
C
D
B
B
C
C