2025年山东省聊城市东昌府区中考数学三模试卷（附答案解析）

这是一份2025年山东省聊城市东昌府区中考数学三模试卷（附答案解析），共27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．下列运算结果是正数的是（ ）
A．B．C．D．
2．某厂家生产的海上浮漂的形状是中间穿孔的球体，如图所示．该浮漂的俯视图是图，那么它的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．我国大力发展新质生产力，推动了新能源汽车产业的快速发展．据中国汽车工业协会发布的消息显示．2024年1至3月，我国新能源汽车完成出口万辆．将万用科学记数法表示为．则的值是（ ）
A．4B．5C．6D．7
4．美在数学中有着它的独特之处，在丰富多彩的数学美之中，对称美、旋转美深深的震撼着我们．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．下面运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．2025年春节档热映多部精彩电影．小明、小亮分别从如图所示的三部影片中随机选择一部观看，则小明、小亮选择的影片相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知关于x得一元二次方程有两个不相等的实数根x1，x2，若，则m的值是（ ）
A．2B．C．2或D．不存在
8．如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
9．2025年亚洲冬季运动会于2月7日至2月14日在哈尔滨举行，某经销店调查发现：吉祥物“滨滨”和“妮妮”深受青少年喜爱．已知购进3个“滨滨”比购进2个“妮妮”多用80元；购进1个“滨滨”和2个“妮妮”共用160元．该商店决定购进“滨滨”和“妮妮”各100个，其总费用为（ ）
A．11000元B．10200元C．10000元D．9900元
10．如图，已知抛物线的对称轴是直线，且抛物线与x轴的一个交点坐标是．下列结论正确的有（ ）
①；②该抛物线与x轴的另一个交点坐标是；③若点和在该抛物线上，则；④对任意实数n，不等式总成立．
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
二、填空题
11．因式分解： ．
12．若式子有意义，则实数的取值范围是 ．
13．关于的不等式组恰好只有四个整数解，则的取值范围是 ．
14．把量角器和含角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度2处，短直角边过量角器外沿刻度120处（即，）．则阴影部分的面积为 ．
15．定义一种新运算“”，规定当时，；当时，．例如：．如果，那么的值为 ．
三、解答题
16．（）解不等式组：；
（）先化简，再从，，中选一个合适的数作为的值代入求值．
17．数学活动课上，小慧同学利用直尺和圆规进行了如下操作：如图1，已知四边形是平行四边形，①连接，分别以点A、C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点P、Q；②作直线，分别交、、于点E、O、F，连接、． 若，平分，，求四边形的面积．
同桌小明同学利用直尺和圆规进行了如下操作：如图2，四边形是平行四边形，以点B为圆心，任意长为半径画弧，分别交和于点P，Q；分别以点P，Q为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点H，作射线交边于点E，分别以点A，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线交边于点F，连接，交于点G． 若，求的值．
18．某校开展了“学习二十大”的知识竞赛(百分制)，七、八年级学生参加了本次活动．为了解两个年级的答题情况，该校从每个年级各随机抽取了名学生的成绩，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．七年级成绩的频数分布直方图如下
(数据分成五组：，，，，)；
b． 七年级成绩在的数据如下 (单位: 分)：．
c.七、八年级各抽取的30名学生成绩的平均数、中位数、众数、方差如表：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)表中 ， ;
(2)下列推断合理的是 ；
①样本中两个年级数据的平均数相同，八年级数据的方差较小，由此可以推断该校八年级学生成绩的波动程度较小；
②若八年级小明同学的成绩是分，可以推断他的成绩超过了该校八年级一半以上学生的成绩．
(3)竞赛成绩分及以上记为优秀，该校七年级有名学生，估计七年级成绩优秀的学生人数．
19．如图，是一个手机的支架，由底座、连杆和托架组成（连杆始终在同一平面内)，连杆垂直于底座且长度为厘米，连杆的长度为厘米，连杆的长度可以进行伸缩调整．
（1）如图，当连杆在一条直线上，且连杆的长度为厘米,时，求点到底座的高度（计算结果保留一位小数）
（2）如图，如果保持不变，转动连杆，使得，假如时为最佳视线状态，求最佳视线状态时连杆的长度（计算结果保留一位小数）(参考数据：）
20．如图，一次函数与反比例函数交于，两点，与轴交于点．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出当时，的取值范围；
(3)将线段沿水平方向平移，使其一个端点恰好落在轴上（设点的对应点为，点的对应点为，求的面积．
21．如图，内接于，为的直径，于点D，将沿所在的直线翻折，得到，点D的对应点为E，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
22．综合与实践
(1)【操作发现】如图①，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，则的度数为 ；
(2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，若，求线段的长；
(3)【迁移应用】如图③，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，请求出线段的长．
23．已知抛物线（为常数）．
(1)①若抛物线过点，求值；
②求证：该抛物线的顶点在轴上方；
(2)当时，最小值为，求值；
(3)若抛物线上有两点，且，当时，求的取值范围．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
八年级
《2025年山东省聊城市东昌府区中考数学三模试卷》参考答案
1．A
【分析】题考查了正数的定义，负整数指数幂的运算，绝对值的化简，乘方，算术平方根的意义，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据正数的定义，负整数指数幂的运算，绝对值的化简，乘方，算术平方根的意义计算选择即可．
【详解】解：A、是正数，符合题意；
B、是负数，不符合题意；
C、是负数，不符合题意；
D、是负数，不符合题意；
故选：A．
2．D
【分析】本题考查了物体的三视图，根据物体及其俯视图即可求解，掌握三视图的画法是解题的关键．
【详解】解：由图形可得，它的主视图如图所示：
，
故选：．
3．B
【分析】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为的形式，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，
【详解】解：万，
则，
故选：B．
4．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选D．
5．B
【分析】本题考查合并同类项，积的乘方，完全平方公式，单项式除以单项式，根据合并同类项，积的乘方，完全平方公式，单项式除以单项式逐项分析即可得出答案．
【详解】解：A．，故选项错误，不符合题意；
B．，故选项正确，符合题意；
C．，故选项错误，不符合题意；
D．，故选项错误，不符合题意；
故选：B
6．B
【分析】本题主要考查了列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是正确解答此题的关键．
列表得出所有等可能的结果数以及小明和小亮选择的影片相同的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：将这三部春节档影片分别记为A，B，C，列表如下：
共有9种等可能的结果，其中小明和小亮选择的影片相同的结果有3种，
小明、小亮选择的影片相同的概率为，
故答案为：B．
7．A
【分析】本题考查了根与系数的关系、一元二次方程的定义以及根的判别式，解题的关键是：（1）根据二次项系数非零及根的判别式，找出关于的不等式组；（2）牢记，．先由二次项系数非零及根的判别式，得出关于的不等式组，解之得出的取值范围，再根据根与系数的关系可得出，，结合，即可求出的值．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根、，
，
解得：且．
、是方程的两个实数根，
，，
，
，
或，
，
．
故选：A．
8．C
【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，

∵切于点B，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选C
【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．
9．A
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，设1个“滨滨”的进价为x元，1个个“妮妮”的进价为y元，根据购进3个“滨滨”比购进2个“妮妮”多用80元；购进1个“滨滨”和2个“妮妮”共用160元建立方程组求解即可．
【详解】解：设1个“滨滨”的进价为x元，1个个“妮妮”的进价为y元，
由题意得，，
解得，
∴，
∴购进“滨滨”和“妮妮”各100个的总费用为11000元，
故选：A．
10．C
【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质，二次函数图象的对称性，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
将代入，可得，由图象即可判断①；根据抛物线的对称性即可求解抛物线与轴的另一个交点，即可判断②；根据点和距离抛物线对称轴的远近即可判断③；根据时，函数有最大值，故，再整理即可判断④．
【详解】解：对称轴是直线，

故该抛物线与轴的另一个交点坐标是，故②错误；
将代入，可得，由图象可知，此时图像在轴上方，故，故①正确；
时，函数有最大值，距离对称轴更近，故，故③正确；
时，函数有最大值，故，即不等式总成立，故④正确；
故选：C．
11．
【分析】本题主要考查了分解因式，直接提取公因式分解因式即可．
【详解】解：，
故答案为：．
12．且
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据分式有意义的条件为分母不等于0和二次根式有意义的条件为被开方数是非负的，可知且，解之即可得到答案．
【详解】解：有意义，
且，
且．
故答案为：且．
13．
【分析】本题考查解一元一次不等式组．根据题意先解第一个不等式，再对整数解进行分析即可列出关于的不等式继而得到本题答案．
【详解】解：∵不等式组，
∴解不等式①得：，
不等式②整理得：，
∵不等式组恰好只有四个整数解，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】先求出，进而求出，再求出，进而求出，最后用三角形的面积减去扇形的面积，即可求出答案．
【详解】解：在中，，
∴，
∵，
∴，
连接，则，
在中，，
∴，，
根据勾股定理得，，
∴
，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公式，求出圆的半径是解本题的关键．
15．或
【分析】本题主要考查一元一次方程的应用、新定义下的有理数运算，正确计算是解题的关键．
根据新定义运算，分两种情况得到方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意得：当即时，
，解得：，
当即时，
，解得：，
综上可得：的值为或
故答案为：或．
16．（）；（），当时，原式
【分析】（）分别求出每个不等式的解集，取解集的公共部分即可；
（）利用分式的性质和运算法则对分式进行化简，根据分式有意义的条件可知，，，再从和任选一个数代入化简后的结果中计算即可；
本题考查了解一元一次不等式组，分式的化简求值，分式有意义的条件，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：（），
由①得，，
由②得，，
∴不等式组的解集为；
（）原式
，
，
，
∵，
∴当时，原式
当时，原式．
17．四边形的面积为；的值为
【分析】本题考查了平行四边形的性质、作图—基本作图、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，证明为等边三角形，得出，，由作图可得，垂直平分，证明，得出，推出四边形为菱形，求出，，再由菱形的面积公式计算即可得解；由平行四边形的性质可得，，，则，由作图可得，平分，垂直平分，得出，由等角对等边可得，从而可得，，证明，由相似三角形的性质即可得解．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
由作图可得，垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形的面积为；
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
由作图可得，平分，垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
18．(1)，
(2)①②
(3)七年级有名学生成绩优秀的学生人数约为人
【分析】本题主要考查调查与统计的相关概念及计算，掌握中位数，众数的计算及决策，运用样本百分比估算总体数量的计算方法是解题的关键．
（1）根据中位数，众数的概念和计算方法即可求解；
（2）根据平方数，方差可判定推理①；根据中位数可判定②，即可求解；
（3）根据样本估算总体数量的方法即可求解．
【详解】（1）解：七年级成绩在的数据从小到大的排序为：．
∵七年级有人，中位数是第15，16名同学的成绩的平均数，
∴，
∵出现次数最多的是，
∴，
故答案为：，；
（2）解：①七年级、八年级的平均数都是，七年级的方差为，八年级的方差为，八年级学生成绩的波动程度较小，
∴①推理正确；
∵八年级成绩的中位数是，小明同学的成绩是分，
∴他的成绩超过了该校八年级一半以上学生的成绩，
∴②推理正确；
故答案为：①②；
（3）解：七年级竞赛成绩分及以上的人数有（人），
∴（人），
∴七年级有名学生成绩优秀的学生人数约为人．
19．（1）；（2）
【分析】（1）过点作，交的延长线于点，先求解 再利用 求解，从而可得答案；
（2）作，垂足分别为，证明：四边形为矩形，求解：，从而可得的长度，再利用，利用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：（1）过点作，交的延长线于点
，
到底面高度为；
（2）作，垂足分别为
，
四边形为矩形，
，
，
，

，

的长度为．
【点睛】本题考查的是解直角三角形，矩形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．(1)，
(2)
(3)6
【分析】（1）对于反比例函数，将点代入，利用反比例函数（）的性质求出，进而得到反比例函数解析式；再将代入反比例函数求出把、代入一次函数，根据待定系数法，列出关于、的方程组，求解得到一次函数解析式．
（2）通过观察函数图象，找出一次函数图象在反比例函数图象上方时对应的的取值区间，即时的范围．
（3）分两种情况，当落在轴上和当落在轴上．利用平移性质得到对应点坐标，再根据，通过三角形面积公式底高计算的面积．方法2中还通过作轴，利用点的坐标求出相关线段长度，进而计算三角形面积．
【详解】（1）解：把代入得，
反比例函数解析式为，
把代入得，解得，
，
把代入
得，解得，
一次函数解析式为；
（2）解：根据图象可得：当时，；
（3）解：当落在轴上时，
由平移可知，，则
当落在轴上时，
由平移可知，，则
方法2：情况1：当落在轴上时，
由平移可知，则直线的表达式为
过点做轴，交直线于点，
，可知
情况2：当落在轴上时，
由平移可知，则直线的表达式为
过点做轴，交直线于点，
，可知
【点睛】本题主要考查一次函数与反比例函数的综合知识，包括反比例函数中值（这里相当于）的求法、一次函数的待定系数法，以及通过函数图象比较函数值大小和利用平移性质求三角形面积．解题关键在于熟练运用待定系数法求函数解析式，准确观察函数图象获取信息，清晰理解平移性质并合理运用三角形面积公式进行计算．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由折叠的性质得，，再证明，推出，据此即可证明是的切线；
（2）先求得，在中，求得，再利用扇形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵沿直线翻折得到，
∴，，
∵是的半径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴于点C，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与扇形面积公式，折叠的性质，解直角三角形．充分运用圆的性质，综合三角函数相关概念，求得线段长度是解题的关键．
22．(1)45°
(2)
(3)或2
【分析】（1）由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，即可求解；
（2）证是等腰直角三角形，得，则，进一步求出，由含角的直角三角形的性质结合勾股定理再求出，最后根据线段的和差关系求解即可．
（3）分两种情形：当，当，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
即，
故答案为：；
（2）∵四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，
，
由（1）得：，
是等腰直角三角形，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）如图3中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，得正方形，

当时，，
，
∴，
∴，
∴，
，
由（1）可知，
设，则，
，
，
．
当时，同法可得．
综上所述，满足条件的的值为或2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．
23．(1)①；②详见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）①将点代入解方程即可求解；②将化成顶点式得抛物线的顶点为，根据，开口向下可得该抛物线的顶点在轴上方；
（2）分两种情况：①当，即时，当时，有最小值；②当，即时，当时，有最小值．分别代入解方程即可求解；
（3）由题意知，得，进而可得，根据，可得，即可求解．
【详解】（1）解：①抛物线过点，
，
解得；
②证明：，
抛物线的顶点为，
，
该抛物线的顶点在轴上方；
（2）解：①当，即时，
当时，有最小值．
，
（不合题意，舍去）；
②当，
即时，
当时，有最小值．
（不合题意，舍去）
因此，或；
（3）解：由题意知，当时，是方程的两个根，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题为二次函数综合运用，涉及到解不等式、二次函数的图象和性质等，熟悉二次函数图象和性质是本题解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
D
B
B
A
C
A
C
A
B
C
A
B
C