2025年浙江省舟山市定海区第二中学初中毕业生学业考试数学试题卷（附答案解析）

这是一份2025年浙江省舟山市定海区第二中学初中毕业生学业考试数学试题卷（附答案解析），共25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．亚洲、欧洲、非洲和南美洲的最低海拔如下表所示表，其中最低海拔最小的大洲是（ ）
A．亚洲B．欧洲C．非洲D．南美洲
2．如图所示的几何体，其主视图为（ ）
A．B．C．D．
3．2025年1月29号《哪吒之魔童闹海》在我国首映，截止3月10号全球累计票房已超过149亿元，目前位列全球影史票房第6名．其中149亿用科学计数法表示为（ ）
A．B．C．D．
4．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．不等式3（1﹣x）＞2﹣4x的解在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．某同学对数据35，29，32，4■，45，45进行统计分析，发现两位数“4■”的个位数字模糊不清，则下列统计量一定不受影响的是（ ）
A．平均数B．中位数C．众数D．方差
7．如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（ ）

A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）
8．直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，，，分别为，的中点，将绕点顺时针旋转形成，连结．若，时，则为（ ）
A．B．C．D．
10．已知(，)，(，) (，)是反比例函数的图像上的三点，且，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
二、填空题
11．因式分解：2a2﹣8= ．
12．若则
13．哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想，我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．在质数2，3，5中，随机选取两个不同的数，其和是偶数的概率是 ．
14．若圆锥的底面半径是1cm，它的侧面展开图的圆心角是直角，则该圆锥的高为 cm．
15．如图，是的内接三角形，若，，则 ．
16．如图，在正方形纸片中，点E是的中点．将沿折叠，使点A落在点F处，连结并延长交于点G，再将沿折叠，点C的对应点H恰好落在上．若记和重叠部分的面积为，四边形的面积为，则的值为
三、解答题
17．计算：
18．解方程组：．
19．中国新能源产业异军突起．中国车企在政策引导和支持下，瞄准纯电、混动和氢燃料等多元技术路线，加大研发投入形成了领先的技术优势，2024年，中国新能源汽车产销量均突破1200万辆，连续10年位居全球第一．在某次汽车展览会上，工作人员随机抽取了部分参展人员进行了“我最喜欢的汽车类型”的调查活动（每人限选其中一种类型），并将数据整理后，绘制成下面有待完成的统计表、条形统计图和扇形统计图．
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)请计算本次调查活动随机抽取的人数及b的值；
(2)请计算扇形统计图中“混动”类所在扇形的圆心角的度数；
(3)若此次汽车展览会的参展人员共有5000人，请你估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有多少人？
20．如图，在中，D为边的中点，过点B作交的延长线于点E，，，
(1)求的长；
(2)若，求的值
21．区间测速是指在某一路段前后设置两个监控点，根据车辆通过两个监控点的时间来计算车辆在该路段上的平均行驶速度．小春驾驶一辆小型汽车在高速公路上行驶，其间经过一段长度为20千米的区间测速路段，从该路段起点开始，他先匀速行驶小时，再立即减速以另一速度匀速行驶（减速时间忽略不计），当他到达该路段终点时，测速装置测得该辆汽车在整个路段行驶的平均速度为100千米/时．汽车在区间测速路段行驶的路程（千米）与在此路段行驶的时间（时）之间的函数图象如图所示．
(1)的值为________；
(2)当时，求与之间的函数关系式；
(3)通过计算说明在此区间测速路段内，该辆汽车减速前是否超速．（此路段要求小型汽车行驶速度不得超过120千米/时）
22．在学习了矩形与菱形的相关知识后，智慧小组进行了更深入的研究，他们发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他们的想法与思路，完成下列题目：
(1)如图，在矩形中，点O是对角线的中点，用尺规过点O作的垂线，分别交，于点E，F，连接，（不写作法，保留作图痕迹）
(2)求证：四边形是菱形．
(3)进一步思考，如果四边形是平行四边形呢？请你模仿题中表述，直接写出你猜想的结论．
23．在平面直角坐标系中，点和在抛物线 （常数)上．
(1)求抛物线的对称轴．
(2)求证：
(3)取，将线段沿水平方向平移得到线，若线段与抛物线有交点，求点的横坐标x的取值范围．
24．如图，为的直径，射线与相切于点A，点C为射线上的一个动点，交于点D．
(1)若，，垂足为E，连接．
①求的度数及的值．
②求证：
(2)连接，求的最大值．
大洲
亚洲
欧洲
非洲
南美洲
最低海拔/m
类型
人数
百分比
纯电
m
混动
n
氢燃料
3
油车
5
《2025年浙江省舟山市定海区第二中学初中毕业生学业考试数学试题卷》参考答案
1．A
【分析】此题主要考查了负数的大小比较，掌握负数比较大小，绝对值大的反而小是解题关键．比较各负数的绝对值，绝对值最大的，海拔就最低，故可得出答案．
【详解】解：，，，
∵，
∴，
∴海拔最低的是亚洲．
故选：A．
2．B
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题主要考查常见几何体的三视图，解题的关键是熟练掌握主视图是从物体正面看到的图形．
【详解】解：从正面看到的是两个长方形，上面一个小的，下面一个大的，
故选：B．
3．C
【分析】此题考查了科学记数法的表示方法，根据科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数即可求解，解题的关键要正确确定的值以及的值．
【详解】解：亿，
，
故选：．
4．D
【分析】本题考查同底数幂乘除法、合并同类项法则、幂的乘方，逐项进行判断求解即可．
【详解】解：A、，故A错误，不符合题意；
B、，故B错误，不符合题意；
C、，故C错误，不符合题意；
D、，故D正确，符合题意；
故答案为：D．
5．A
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项可得不等式的解集，继而可得答案．
【详解】解：去括号，得：3﹣3x＞2﹣4x，
移项，得：﹣3x+4x＞2﹣3，
合并，得：x＞﹣1，
故选：A．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式及用数轴表示不等式的解集，正确解不等式是解题关键，注意“＞”向右，“＜”向左，带等号用实心，不带等号用空心．
6．C
【分析】根据平均数，中位数，众数，方差的意义，即可求解．
【详解】解：该数据共有6个数，其中35排在第三位，第三位与第四位的平均数就是中位数，故该题中位数受到影响，且平均数，方差均受到影响，
因为其中45有两个，污损的数字十位数是4，
所以众数不受影响，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平均数，中位数，众数，方差，熟练掌握平均数，中位数，众数，方差的求法是解题的关键．
7．B
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
8．B
【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【详解】解：正六边形每个内角为：，
而六边形的内角和也为，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
9．B
【分析】本题考查了勾股定理与折叠问题，过点作交的延长线于点，根据矩形的判定，则四边形是矩形，得到，，设，根据勾股定理，求出，再根据题意，求出，，根据旋转的性质，则，，根据勾股定理求出，再根据，即可．
【详解】解：过点作交的延长线于点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴设，
∴，
∴，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∵是旋转得到，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
10．C
【分析】根据反比例函数的图像上坐标的特点以及增减性，由各选项的条件判断函数值的正负，进而判断各选项的正误即可．
【详解】A、且，
，，
则，，
无法确定的正负
故A选项错误；
B、且，又
，，故
但无法确定、的正负
也无法确定的正负
故B选项错误；
C、，且，
且
故C选项正确；
D、∵，又
，
则，
而无法确定、的正负
无法确定的正负
故D选项错误．
故选：C
【点睛】本题考查了反比例函数的图像上点的坐标特点，以及反比例函数的增减性，灵活根据每个选项的条件进行判断是解题的关键．
11．2（a+2）（a－2）．
【分析】首先提取公因数2，进而利用平方差公式分解因式即可．
【详解】2a2－8=2（a2－4）=2（a+2）（a－2）．
故答案为2（a+2）（a－2）．
考点：因式分解．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用乘法公式是解题关键．
12．
【分析】本题考查了解分式方程，先把分式方程化成整式方程，再求解，最后检验即可，掌握解分式方程的方法是解题的关键．
【详解】解：
∴，
∴
∴，
经检验，是原方程的解，
∴原方程的解是，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了列表法或树状图法求概率，根据概率公式计算概率等知识点，利用列表法或树状图法列出所有等可能的结果是解题的关键．
根据题意画出树状图，列出所有等可能的结果及所求的结果，然后利用概率公式计算概率即可．
【详解】解：画树状图如下：
由树状图可知，共有6种等可能的结果，和是偶数的结果共有2种，
和是偶数的概率为，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高cm，
故答案是：．
15．
【分析】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，连接，由圆周角定理求出，再由三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出，根据平行线的性质求出，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
，
，
，
．
16．
【分析】连接，由折叠可得，再证明可得，设，则正方形长为，再证，然后根据相似三角形对应边成比例计算出的长度，由，得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，计算出的值，先证可得，故，进而得到四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，故从而可知四边形是平行四边形，又根据折叠可知，所以四边形是矩形，设，则， ，再根据平行线等分线段成比例定理，计算出，进而计算出，最后求比即可．
【详解】解：如图：连接，
根据折叠可知：，
∵是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，即，
∵，
∴，
设，则正方形边长为，
，
由折叠可知：，
∴，
∵，
，
又，
，
，
∴，
， ，
∴四边形平行四边形，
，
设与于点，与于点，如图：
∵四边形平行四边形，
，，
∵是中点，，
∴是中点，
∴，
由折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
由折叠可知：，
∴四边形是矩形，
设，则，，
∴，
，
，
，，
∵，
，，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合运用所学知识成为解答本题的关键．
17．
【分析】本题考查了实数的运算，根据立方根的意义，负整数指数幂，绝对值的意义求解即可，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：
．
18．
【分析】本题考查的是解二元一次方程组，解题的关键是掌握加减消元法求解．根据加减消元法解二元一次方程组即可．
【详解】解：
得，，解得，．
将代入①得．
方程组的解是
19．(1)本次调查活动随机抽取的人数为人，；
(2)“混动”类所在扇形的圆心角的度数为；
(3)估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有人．
【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图，用样本估计总体等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）用喜欢纯电的人数除以所占的百分比，进而可以求出的值；
（2）用乘以喜欢混动所占的百分比即可求解；
（3）用总人数乘以样本中喜欢新能源车所占的百分比即可求解．
【详解】（1）解：本次调查活动随机抽取的人数为：
（人），
，
∴；
（2）解：本次调查活动喜欢混动类的人数为：
（人）
∴“混动”类所在扇形的圆心角的度数为：
；
（3）解：（人），
∴估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有人．
20．(1)；
(2)．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由D为边的中点，得到，由，得到，证明，即可求解；
（2）由，，即，得到，通过解直角三角形可得，通过勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
21．(1)
(2)
(3)没有超速
【分析】本题考查了一次函数的应用、一次函数的图像、求函数解析式等知识点，掌握待定系数法求函数关系式是解题的关键．
（1）由题意可得：当以平均时速为行驶时，小时路程为千米，据此即可解答；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）求出先匀速行驶小时的速度，据此即可解答．
【详解】（1）解：由题意可得：，解得：．
故答案为：．
（2）解：设当时，y与x之间的函数关系式为，
则：，解得：，
∴．
（3）解：当时，，
∴先匀速行驶小时的速度为：，
∵，
∴辆汽车减速前没有超速．
22．(1)见详解；
(2)见详解；
(3)猜想：过平行四边形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，垂线的尺规作图：
（1）根据垂线的尺规作图方法作图即可；
（2）根据矩形或平行四边形的对边平行得到，，进而证明，得到，即可证明四边形是平行四边形．再由，即可证明四边形是菱形．
（3）根据前面的作图和证明过程即可得出猜想的结论．
【详解】（1）解：如图所示，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧交于两侧，过两弧交点作直线，分别交，于点E，F，连接，，下图即为所求；
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴．
∴，．
∵点是的中点，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
（3）猜想：过平行四边形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形；
证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，．
∵点是的中点，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
23．(1)；
(2)见解析；
(3)点横坐标的取值范围为．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，求函数解析式等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据对称轴公式直接求解即可；
（2）先求出，，得到，即可得出结论；
（3）求出抛物线的解析式为，由点点，坐标求出解析式，再根据平移的性质和线段与抛物线有交点，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为；
（2）证明：∵点和在抛物线上，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵，
∴，
当时，则点，
由（1）得抛物线的对称轴为直线，
∴点为抛物线顶点坐标，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为，
当时，，
∴点，
设解析式为，
∴，
解得：，
∴解析式为，
设线段向右平移个单位，
∴，
联立得：，
整理得：，
∴，
∴，
∴平移后的解析式为，
当时，，
∴，
即此时的横坐标为，
当线段向左移动个单位时，即向左移个单位，
此时，的横坐标为，
综上，点横坐标的取值范围为．
24．(1)①；； ②证明过程见详解；
(2)的最大值是
【分析】（1）①根据“等边对等角”及三角形内角和定理可求得；先证得，再在中，，在中，可得，即可证明结论；
②过点作，交延长线于点，先证明，可得，，再证明，，再由相似三角形的判定可得结论；
（2）证明，设，得成比例的线段，根据即可求解．
【详解】（1）解：①，且是的直径，
，
与相切于点A，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
；
②过点作，交延长线于点，
，，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
时，，
的值最大为，
即的最大值为．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
D
A
C
B
B
B
C