2025年上海市浦东模范中学5月中考模拟数学试题（附答案解析）

这是一份2025年上海市浦东模范中学5月中考模拟数学试题（附答案解析），共27页。试卷主要包含了单选题，四象限D．函数图像关于轴对称，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，那么下列不等式组中，无解的不等式组为（ ）
A．B．C．D．
2．下列关于的方程中，不论取什么实数值，一定有两个实数根的是（ ）
A．B．C．D．
3．关于函数的图像与性质，下列描述错误的是（ ）
A．图像与轴的交点坐标为B．图像与轴的交点坐标为
C．图像不经过第三、四象限D．函数图像关于轴对称
4．不能反映一组数据的平均水平的统计量是（ ）
A．加权平均数B．中位数C．众数D．方差
5．已知圆的半径长为，和是圆的两条弦，，，是的中点，是的中点，那么线段的长度不可能为（ ）
A．B．C．D．
6．已知命题：①有两边及其第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似；
②有两边及其中一条边的中线对应成比例的两个三角形相似．
下列对这两个命题的判断，正确的是（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题
C．①和②都是真命题D．①和②都是假命题
二、填空题
7．计算： ．
8．方程的解是 ．
9．如果不等式的解集为，那么直线（）一定会经过一个定点，这个定点的坐标为 ．
10．一个不透明的袋子中装有只有颜色不同的3个黑球和2个白球，从中任意摸出2个球，其中摸出的两个球中含有白球的概率是 ．
11．定义：一组数据，，…，的平均数为，那么称这个数据与平均数的差的平方和叫做这个数据的离差平方和，记作．那么， ，，，的离差平方和是 ．
12． 某公司去年的销售额为万元，预计未来三年的销售额增长率将按照二次函数的模型增长．设增长率为，时间（年）为，假设增长率函数模型为．根据市场分析，今年（第一年）的增长率为，明年（第二年）的增长率为，那么第三年的增长率为 ．
13．将反比例函数的图象向右平移个单位，所得函数图象与轴的交点坐标是 ．
14．已知点是所在平面内的一点，且，那么线段与的长度之比为 ．
15．如图，在中，点、分别在边、上，，．如果的面积为1平方厘米，那么的面积是 平方厘米．
16．如图，某中学的操场有4条跑道，其中每条跑道的弯道部分都是半圆，每条跑道的直道部分的长度都相同．从内至外分别称为第1跑道、第2跑道、第3跑道、第4跑道．假如相邻跑道之间的距离为a米，第1跑道的周长为250米，那么第4跑道的周长为 米（结果保留）．
17．已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为 ．
18．已知是等腰三角形，，点D在腰上，如果将分割成两个等腰三角形，那么的度数为 ．
三、解答题
19．计算：．
20．解方程组：．
21．如图，在中，，，点在边上，且，
(1)求的值；
(2)求的值．
22．如图，点、、都在的小正方形网格的格点上．如果设的坐标为，点的坐标为．请只使用无刻度的直尺画图（不写画法，保留画图痕迹，写出结论）．
(1)画出的中线；
(2)找到的重心，直接写出重心的坐标．
23．定义：将对应角相等，对应边成比例的两个四边形称为相似四边形．
(1)已知：如图1，四边形是矩形，E、F分别在、上，且．如果，求证：；
(2)已知：如图2，四边形是梯形，，，E、F分别在、上，且．如果，求证．
24．在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，顶点为D；抛物线与抛物线关于轴对称，抛物线与x轴交于点M、N（点M在点N的左边）．
(1)用配方法求抛物线的顶点坐标；
(2)求线段的长；
(3)如果，平移抛物线，使所得新抛物线的顶点E在其关于轴对称抛物线的对称轴上，当时，求平移后新抛物线的表达式．
25．已知是的直径，是的弦，是弧的中点（如图），弦与交于点．
(1)当为的中点时，求证：；
(2)求证：；
(3)当时，求的正弦值．
《2025年上海市浦东模范中学5月中考模拟数学试题》参考答案
1．B
【分析】本题主要考查了解不等式组，关键是正确理解解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小无解了．利用求不等式解集的方法判定即可．
【详解】解：A．根据“同小取小”的原则，原不等式组的解集为，故有解，不符合题意；
B．根据“大大小小无解了”的原则，原不等式组无解，符合题意；
C．根据“大小小大中间找”的原则，原不等式的解集为，故有解，不符合题意；
D．根据“同大取大”的原则，原不等式组的解集为．故有解，不符合题意；
故选：B．
2．A
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式是解题的关键．根据一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义逐一分析即可求解．
【详解】解：A、，
，
∵时，
∴，即关于的方程一定有两个实数根，故该选项符合题意；
B、当时，原方程变为，
解得，，
故该选项不符合题意，
C、，
，
当时，，即关于的方程没有实数根，故该选项不符合题意；
D、，
，
当时，，即关于的方程没有实数根，故该选项不符合题意；
故选：A．
3．B
【分析】本题考查了函数的图象，根据函数的图象与性质解答即可．
【详解】解：A．当时，，即图象与y轴的交点坐标为，故选项A说法正确，不符合题意；
B．因为，所以，即图象与x轴没有交点，故选项B说法错误，符合题意；
C．因为，所以图象不经过第三、四象限，故选项C说法正确，不符合题意；
D．函数图象关于y轴对称，故选项D说法正确，不符合题意；
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了加权平均数，中位数和众数，根据算术平均数、中位数和众数的定义解答即可．
【详解】解：在数据的整理过程中，我们可以用加权平均数、中位数和众数反映一组数据的“平均水平”．
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理以及线段的最值问题，连接、、、，由垂径定理得，，，，由勾股定理得，，当时，E、O、F三点共线，当、位于O的同侧时，线段的长度最短，当、位于O的两侧时，线段的长度最长，便可得出结论．
【详解】解：连接、、、，如图所示：
∵的直径为10，
∴，
∵点E、F分别是弦、的中点，，，
∴，，，，
∴，，
当时，E、O、F三点共线，
当、位于O的同侧时，线段的长度最短，
当、位于O的两侧时，线段的长度最长，
∴线段的长度的取值范围是，
故选：D．
6．C
【分析】本题主要考查命题与定理、相似三角形的判定，根据相似三角形的判定定理判断即可，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：已知：如图，、分别是、边、上的中线，且．
证明：分别延长、到点．
使得．
∴．
∵、分别是、边、上的中线，
∴．
∵ ，
∴，，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴①两边及其第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似，是真命题；
已知：、分别是、边、上的中线，且．
∵、分别是、边、上的中线，
∴，，
∴，
∵．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴②有两边及其中一条边的中线对应成比例的两个三角形相似，是真命题；
故选：C．
7．
【分析】本题考查了合并同类项，根据合并同类项法则即可求解，掌握运算法则是解题的关键
【详解】解：，
故答案为：．
8．
【分析】两边同时平方，然后解方程即可．
【详解】解：两边平方得：，
解方程得：，，
检验：当时，方程的左边右边，
为原方程的根
当时，原方程无意义，故舍去．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件及一元二次方程的解法，熟练掌握各个运算是解题的关键．
9．
【分析】解不等式（）得，又由不等式的解集为，可得，进而得，代入直线中得，取得，从而可得，定点坐标为．
本题主要考查一次函数与一元一次不等式的关系．根据题意得出是解题的关键．
【详解】解：由，
得，
∵，
∴，
又∵不等式的解集为，
∴，
∴，
∴直线变为，
当时，，
∴直线（）一定会经过定点．
故答案为：．
10．
【分析】本题考查列表法与树状图法以及概率公式，画树状图得出所有等可能的结果数和摸出的两个球中含有白球的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中摸出的两个球中含有白球的结果为14种，
∴摸出的两个球中含有白球的概率为．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了平均数，离差平方和，先求出，然后通过离差平方和公式即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：，
∴离差平方和是，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了二次函数的性质，用待定系数法求出二次函数解析式，再把代入解析式求出即可，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意得：二次函数经过，，
∴，
解得 ，
∴二次函数解析式为，
当时，，
∴第三年的增长率为，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查反比例函数图象的平移问题，先根据平移方式求出平移后解析式，求出时对应的的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵反比例函数的图象向右平移个单位，
∴平移后解析式为，
当时，，
∴与轴的交点坐标是，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了比例线段，平面向量，由，，则，然后代入即可求解，熟知平面向量的运算法则是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．6
【分析】此题重点考查相似三角形的判定与性质，推导出是解题的关键．
由，得，由，证明，得
，则，最后根据求出结果．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
平方厘米，
平方厘米，
平方厘米，
平方厘米，
故答案为：6．
16．
【分析】本题考查列代数式，根据题意表示出直道部分的总长度及第4跑道的弯道部分的半径是解决问题的关键．
【详解】解：令直道部分的总长度为米，
设第1跑道的弯道部分的半径为 ​米，则第1跑道的周长为 （米），
所以，直道部分的总长度（米），
第4跑道的弯道部分的半径为 （米），
因此第4跑道的周长 （米），
所以第4跑道的周长为（米），
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的有关概念等知识，连接，，，设与交于点，由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上，则，所以四边形是菱形，故有，，又四边形是矩形，则，，，所以，，通过，可得，从而得出，，在中，，即，然后求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，，设与交于点，
由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴圆与圆的公共弦的长度为，
故答案为：．
18．或
【分析】题考查了三角形内角和定理，三角形外角性质，等腰三角形的性质的应用，关键是能根据等腰三角形的性质进行推理．分为两种情况：当时，根据等腰三角形的性质得出，推出，求出，根据三角形内角和定理求出即可；当时，设，则，，，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：当时，
，
，
和是等腰三角形，
，
，
，即，
，
，
；
当时，
设，则，，，
在中，，
解得：，
，
故答案为：或．
19．．
【分析】本题考查了实数的混合运算和二次根式的混合运算，先由算术平方根，立方根的定义，分母有理化法则进行化简，然后合并即可．
【详解】解：
．
20．，
【分析】此题考查了解二元二次方程组，解题的关键在于正确的对原方程的两个方程进行因式分解．首先对方程①进行因式分解，经分析得：或，然后与方程②重新组合成两个方程组，解这两个方程组即可．
【详解】解：
由方程，得或，
将它们与方程分别组成方程组，得:
（Ⅰ），（Ⅱ），
方程组（Ⅰ），无实数解；
解方程组（Ⅱ），得，，
∴原方程组的解是，．
21．(1)
(2)
【分析】（1）先证，则可得，由，可得；
（2）过D点作于E点．由得．设，则，，，，．
根据列式可得，再根据勾股定理可得，进而可求得．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∵中，，，
∴．
（2）解：如图，过D点作于E点，
由得，
，
设，则，，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的定义以及勾股定理，熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．(1)画图见解析；
(2)见解析，．
【分析】本题考查了无刻度直尺画图，点的坐标，三角形重心，待定系数法求解析式，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）取中点，连接，则即为所求；
（）取中点，连接，交于点，然后通过待定系数法求出解析式即可求出点．
【详解】（1）解：如图，取中点，连接，
∴即为所求；
（2）解：如图，取中点，连接，交于点，
由的坐标为，点的坐标为
通过画图可知，，
设解析式为，
∴，解得，
∴解析式为，
同理解析式为，
联立，解得：，
∴．
23．(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）先证四边形和四边形的四个角都是直角，从而可得四边形和四边形都是矩形，再证这两个矩形的四组对应边成比例即可得证．
（2）由四边形是梯形，，，可得，从而可得梯形和的四个角对应相等．梯形是等腰梯形可推出梯形和都是等腰梯形，则，．作交于G，作交于H，则可得则四边形和 都是平行四边形，进而得，从而可得，结合和等比性质可得，则可得．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，，，，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴， ， ，，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：∵四边形是梯形，，
又∵，
∴，
∴，，，，
∵梯形中，，
∴梯形是等腰梯形，
∴，
∴，
∴梯形和都是等腰梯形，
∴，，
如图，作交于G，作交于H，
则四边形和 都是平行四边形，
∴，，，，
，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
根据等比性质可得，即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似多边形的定义，相似三角形的判定和性质，比例的性质，平行四边形的判定和性质等．熟练掌握以上知识，正确理解相似多边形的定义是解题的关键．
24．(1)
(2)2
(3)平移后新抛物线的表达式为或．
【分析】此题考查二次函数的图象及性质，
（1）先对含x的项提取系数a，在括号里配方，最后整理即可得到二次函数的顶点坐标；
（2）先由抛物线与x轴交于点A、B，求出A、B的坐标，再由对称性得到M、N的坐标，即可算出线段的长；
（3）先根据求出a的值，再根据求出顶点E，即可求出平移后新抛物线的表达式．
【详解】（1）解：
，
∴抛物线的顶点坐标为；
（2）∵，令得，
解得，
∴；
∵抛物线，抛物线与抛物线关于轴对称，
∴抛物线的解析式为
当时，，
解得，
∴，
∴；
（3）由（2）得，，
∴，，
∵，
∴，解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴设，
∴，得，
∴或，
∵
∴或，
∴平移后新抛物线的表达式为或．
25．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)的正弦值为．
【分析】（）连接并延长交于点，连接，利用垂径定理得到，，利用圆周角定理得到，则，利用相似三角形的判定与性质得到 ，则，利用半径与直径的关系解答即可得出结论；
（）连接并延长交于点，连接，利用（）的结论和相似三角形的判定与性质得到，则，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；
（）连接并延长交于点，连接，连接，设的半径为，，则，，利用等腰三角形的性质，对顶角相等的性质，圆周角定理和等腰三角形的判定定理得到；利用相似三角形的判定与性质得到，解方程求得，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接，如图，
∵是的中点，
∴，
∴，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：连接并延长交于点，连接，如图，
由（）得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接并延长交于点，连接，连接，如图，
设的半径为，，则，，
由（）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（负数不合题意，舍去），
∴，
∴，
∴的正弦值为．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6




答案
B
A
B
D
D
C