2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷（附答案解析）

这是一份2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷（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．如图，数轴上点A表示的数是（ ）
A．B．C．3D．
2．“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”，小兰购买了四张“二十四节气”主题邮票，其中“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是（ ）
A．B．C．D．
3．点关于原点对称的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．若是关于x，y的二元一次方程的一组解，则a的值为（ ）
A．B．C．1D．2
5．关于一次函数，下列说法正确的是（ ）
A．图象经过第一、二、三象限B．图象与x轴交于点
C．函数值y随自变量x的增大而减小D．当时，
6．如图，菱形在平面直角坐标系中，，则点B的坐标为（ ）
A．B．C．D．
7．已知二次函数，其中，则该二次函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
8．《九章算术》中有这样的一段记录，译为白话文是：把一份边疆密件用慢马运送到里外的城市，能够刚好在规定时间送到，如果用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为里/天，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在中，，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线分别交，于点，，连接，以下结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．分解因式：x2－9＝ ．
12．如图，的直径平分弦，若，则 ．
13．如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则 ．
14．若，则的值是 ．
15．阿基米德说： “给我一个支点，我就能撬动整个地球”这句话精辟地阐明了一个重要的物理学知识——杠杆原理．如图，春白——谷物种子脱壳的传统工具，就是利用了杠杆原理工作， 图是该舂臼的侧面简易示意图， 点是支点， 点距地面，且，在舂臼使用过程中， 若端上升至距地面处， 则端此时距地面 ．
16．如图，反比例函数的图象经过点，，．过点作轴于点，连结，并延长交于点．若是的中点，则的值为 （结果用含的代数式表示）．
三、解答题
17．解方程组
18．如图，在中，，点D，E在边上，且．求证：．

19．已知．
(1)化简A；
(2)若点是直线上的一点，求A的值．
20．2025年2月，广州市全市推进初中下午课间调整为15分钟的新规，旨在让学生更好地走出教室、拥抱阳光、快乐活动．新规推行后，某校为了解学生每天课后进行体育锻炼的时间情况，在4月份某天随机抽取了九年级若干名学生进行调查，并将调查结果绘制成如图所示的两幅尚不完整的统计图表．请根据统计图表提供的信息（如图），解答下列问题：
(1)这次调查共抽取了_______名学生；
(2)求扇形统计图中C组所对应的圆心角的度数；
(3)已知该校九年级有500名学生，请估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有多少人？
21．真实情境：如图2，使用无人机进行航拍，无人机在离地面80米的高度水平飞行．无人机能够拍摄到地面上的一座塔楼（如图1），塔楼的高度为30米．为了获得最佳的拍摄效果，需要计算无人机与塔楼之间的水平距离，使得无人机的摄像头能够以的角度对准塔楼的顶部．
(1)当无人机位于点B处时，求无人机与塔楼顶部的水平距离；
(2)如果无人机的摄像头角度调整为，求无人机向左飞行的水平距离．（结果保留根号）
22．综合与实践
【问题情境】“漏壶”也称为“漏刻”，是一种古代计时器，在社会实践活动中，某同学根据“漏壶”的原理制作了如图①所示的液体漏壶，漏壶是由一个圆锥和一个圆柱组成的，中间连通，液体可以从圆锥容器中匀速漏到圆柱容器中，实验开始时圆柱容器中已有一部分液体．
【实验观察】（1）下表是实验记录的圆柱体容器液面高度y（厘米）与时间x（小时）的数据：
在图②所示的直角坐标系中描出上表的各点，用光滑的线连接；
【探索发现】（2）请你根据表中的数据及图象，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定y与x之间的函数表达式；
【结论应用】（3）如果本次实验记录的开始时间是上午，那么当圆柱体容器液面高度达到20厘米时是几点？
23．如图，是等边三角形，．

(1)尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：四边形是菱形；
(3)连接，交于点O，过点O的直线交线段于点E，当是等腰三角形时，求的长．
24．平面直角坐标系中，抛物线G：过点，顶点B不在第四象限．
(1)用含a的式子表示b；
(2)连接，求面积的最小值及此时点B的坐标；
(3)经过探究发现，对于a的每一个确定的值，都有一个最大的正数t，使得当时，都成立，结合图象，求t的最大值．
25．已知，．是的外接圆，点D在上（），连接．
(1)如图，，点D在优弧上．
①证明：平分；
②若的半径为，求四边形面积的最大值．
(2)若，，判断之间的数量关系并说明理由．
组别
锻炼时间（分钟）
频数（人）
频率
A
10
B
m
C
15
p
D
n
时间x（小时）
1
2
3
4
5
圆柱体容器液面高度y（厘米）
6
10
14
18
22
《2025年广东省广州市黄埔区中考数学二模试卷》参考答案
1．D
【分析】此题主要考查数轴所表示的数，解题的关键是熟知数轴的特点．
根据数轴的特点即可求解．
【详解】解：由数轴可知，数轴上点A表示的数是．
故选：D．
2．A
【分析】本题考查等可能条件下的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．直接利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：“立春”有两张，“雨水”和“惊蛰”各一张，从中随机抽取一张恰好抽到“立春”概率是；
故选A．
3．A
【分析】本题考查了关于原点对称的点坐标的关系．根据“关于原点对称的点的坐标关系，横坐标与纵坐标都互为相反数”，即可求解．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故选：A．
4．B
【分析】本题考查了二元一次方程的解．
直接将代入求解即可．
【详解】解：将代入得：
，
解得：．
故选：B．
5．A
【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，根据解析式逐一判断选项，即可解答，明确题意，熟练利用一次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：由题意可得，
图象经过第一、二、三象限，故A正确；
函数值y随自变量x的增大而增大，故C错误；
当，可得，解得，
图象与x轴交于点，故B错误；
函数值y随自变量x的增大而增大，
当时，，故D错误，
故选：A．
6．C
【分析】作轴于点，由四边形是菱形，，可得，，则，，，由勾股定理得，，计算求解，进而可求点坐标．
【详解】解：如图，作轴于点，
四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
解得，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形等知识．熟练掌握菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形是解题的关键．
7．B
【分析】本题主要考查了二次函数图像的判断，根据可得出抛物线开口向下，再根据，可得出对称轴在y轴左侧．再根据可得出抛物线交y轴的正半轴，进而可得出答案．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向下，
∵，
∴对称轴直线，
∴对称轴在y轴左侧．
∵，
∴抛物线交y轴的正半轴，
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了分式方程的实际应用，根据题意列出代数式并找出等式是解题关键．设慢马的速度为里/天，则分别可列出两马运送里所需天数，再根据用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天即可列式．
【详解】解：设慢马的速度为里/天，
则快马的速度为里/天，
则慢马运送里需要天，快马送里需要天，
由用快马加急运送，所需的时间比规定时间少天，
可得，
故选：A．
9．A
【分析】本题考查了矩形与折叠，垂直平分线性质，解直角三角形，勾股定理，连接交于点，设，则，由矩形性质可得，则，然后证明，垂直平分，所以，，，然后通过勾股定理求出，，最后由即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接交于点，设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵将四边形沿翻折，点，分别落在点，处，
∴点与点关于直线对称，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
10．D
【分析】本题考查了等腰三角形性质，垂直平分线性质，相似三角形的性质与判定，能正确理解题意，找到所求的角与已知条件之间的关系是解题的关键．由等腰三角形，“等边对等角”求出，再由垂直平分线的性质得到，得到即可判断A选项；证明，即可判断B选项；由三角形外角求出，易证是等腰三角形，得到，进而得到，再根据垂直平分线的性质得到，即可判断C选项；设，则，由相似三角形的性质即可判断D选项．
【详解】解：，
，
由作法可知，垂直平分，
，，
，
，A选项结论正确，不符合题意；
，，
，
，
，B选项结论正确，不符合题意；
，
，
，
，即，C选项结论正确，不符合题意；
设，则，
，
，
，
，
，
，D选项结论不正确，符合题意；
故选：D．
11．(x＋3)(x－3)
【详解】解：x2-9=（x+3）（x-3），
故答案为：（x+3）（x-3）.
12．/30度
【分析】本题考查了直角三角形的两锐角互余，垂径定理以及圆周角定理，先根据的直径平分弦（不是直径），得，再结合，得，最后由同弧所对的圆周角是相等的，得，即可作答．
【详解】解：∵的直径平分弦（不是直径），
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
13．3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，解答本题的关键是根据平行线的性质和角平分线的性质得出．
根据四边形为平行四边形可得，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出，继而可得，然后根据求解即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
，
平分，
，
，
，
，，
．
故答案为：3．
14．
【分析】本题考查了代数式求值，由已知可得，进而整体代入代数式计算即可求解，掌握整体代入法是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，根据相似三角形的判定与性质即可得到结论．
【详解】解：过作地面于，过作地面于，过作地面于，过作于交于，则，，
由题意得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
端此时距地面，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了反比例函数的性质，比例系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，过点作轴于，于，由反比例函数的性质得，，，再证明得，，进而得，，再根据即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键．
【详解】解：过点作轴于，于，则，，，
∵点，在反比例函数的图象上，
∴，，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴
，
，
，
，
，
故答案为：．
17．
【分析】方程组运用加减消元法求解即可．
【详解】解：
①+②得，
解得，
将代入①得，
解得．
∴原方程组的解为
【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，方法主要有：代入消元法和加减消元法．
18．证明见解析
【分析】先证明，再利用证明，即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边对等角，全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据分式的混合运算进行化简即可；
（2）根据解析式，确定，代入求A的值即可．
本题考查了分式的化简求值，整体思想求代数式的值，熟练掌握分式的化简求值是解题的关键．
【详解】（1）解：A•
•
；
（2）解：∵，
∴，
∴A．
20．(1)50
(2)
(3)估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有200人
【分析】根据样本容量=频数÷所占百分数，计算即可．
根据圆心角的计算方法，解答即可．
利用样本估计总体的思想解答即可．
本题考查的是扇形统计图，条形统计图，样本容量的计算，用样本估计总体，会计算样本容量，从题目图表中获取有用信息是解题的关键．
【详解】（1）解：根据题意，得样本容量为：，
故答案为：50．
（2）解：根据题意，得：；
（3）解：根据题意，得，
故估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有：（人）．
答：估计该校九年级学生中运动时长在60分钟以上（不含60分钟）的学生有200人．
21．(1)无人机与塔楼顶部的水平距离为50米；
(2)无人机向左飞行的水平距离为米．
【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，含角的直角三角形，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）设塔楼的底部为点E，则地面，延长交于点D，米，米，得到是等腰直角三角形，即可得出答案；
（2）由米，得到米，由勾股定理求出米，即可求解．
【详解】（1）解：设塔楼的底部为点E，则地面，延长交于点D，米，米，
∴米，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴米，
答：无人机与塔楼顶部的水平距离为50米；
（2）解：∵米，
∴米，
∴（米），
∴（米），
答：无人机向左飞行的水平距离为36.5米．
22．（1）见解析 ；（2）；（3）圆柱体容器液面高度达到20厘米时是上午
【分析】本题考查待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的实际应用问题：
（1）将各点在坐标系中直接描出，再用光滑的线连接即可；
（2）利用待定系数法解答，即可求解；
（3）令，求出x的值，即可求解．
【详解】解：（1）画出函数图象，如下：

（2）由图可知该图象是一次函数，设该函数的表达式为．
点、在该图象上
，解得，
与之间的函数表达式为．
（3）当时，即，
解得：，
则
∴圆柱体容器液面高度达到20厘米时是上午．
23．(1)见解析
(2)证明见解析
(3)或3
【分析】（1）作，然后截取，连接即可完成作图；
（2）由（1）可得，，根据是等边三角形，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论：①当时，②当时，③当时，利用等边三角形的性质证明即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求；

证明：在和
∴
∴绕点A逆时针旋转得到；
（2）证明：由（1）可知：，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：如图，

分两种情况讨论：
①当时，
∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
②当时，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
③当时，点E不在线段上，
故此种情况不存在；
综上所述：当是等腰三角形时，的长为或3．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了尺规作图，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是利用分类讨论思想．
24．(1)
(2)面积的最小值为2，此时
(3)t的最大值为
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，求一次函数关系式，二次函数与一元二次方程，
（1）将点代入关系式，整理得出答案；
（2）根据顶点B不在第四象限可得a的取值范围，再作轴交于点H，接下来求出直线的解析式，可得点，进而表示出，然后根据，最后结合a的取值范围得出答案；
（3）由（2）知,再分两种情况：①当，可得，进而得，然后根据a的取值范围可得，即可得出最大值；
②当，即时，结合得出最大值，最后比较得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线过点，
∴，
∴；
（2）解：，
∴．
∵顶点B不在第四象限，
∴，
解得，
过点B作轴交于点H，
设直线的解析式为，代入点，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴面积的最小值为2，此时；
（3）解：由（2）知；
①当，即时，
，
解得：．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当时，；
②当，即时，
，
即当时，；
∵，
∴t的最大值为．
25．(1)①见解析；②
(2)或，理由见解析
【分析】（1）①根据等边对等角，圆周角定理证明即可；
②②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H， 得四边形的面积为：，根据题意，得到都是定值，是动值，根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值，解答即可．
（2）分两种情况，利用三角函数，等腰三角形得性质，三角形全等的判定和性质，解答即可．
【详解】（1）①证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
②解：取的中点G，连接，并延长交于点E，连接，过点D作于点H，
∵，
∴，，
∴是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
根据题意，得到都是定值，是动值，
根据圆的性质，得当点D与点E重合时，取得最大值，此时四边形的面积也取得最大值，
∴四边形面积的最大值为：，
∵，的半径为，
∴，，
，
∴四边形面积的最大值为：；
（2）解：（i）当点D在优弧上时，如图，延长到点E，使得,
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
过点C作，交于点H，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（ii）当点D在劣弧上时，如图，延长到点F，使得,
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
过点C作，交于点G，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，正弦函数的应用，余弦函数的应用，熟练掌握性质是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
A
B
A
C
B
A
A
D