2025年龙岩市新罗区中考数学最后一模试卷含解析

这是一份2025年龙岩市新罗区中考数学最后一模试卷含解析，文件包含2026年广东汕头市龙湖区初中学业水平模拟考试八年级生物试卷docx、八年级生物试题pdf、八年级生物答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．如果y＝++3，那么yx的算术平方根是（ ）
A．2B．3C．9D．±3
2．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°, BE平分∠ABC，ED垂直平分AB于D，若AC=9，则AE的值是 （ ）
A．B．C．6D．4
3．如图，A，B是半径为1的⊙O上两点，且OA⊥OB，点P从点A出发，在⊙O上以每秒一个单位长度的速度匀速运动，回到点A运动结束，设运动时间为x（单位：s），弦BP的长为y，那么下列图象中可能表示y与x函数关系的是（ ）
A．①B．③C．②或④D．①或③
4．如果m的倒数是﹣1，那么m2018等于（ ）
A．1B．﹣1C．2018D．﹣2018
5．据国家统计局2018年1月18日公布，2017年我国GDP总量为827122亿元，首次登上80万亿元的门槛，数据827122亿元用科学记数法表示为（ ）
A．8.27122×1012B．8.27122×1013C．0.827122×1014D．8.27122×1014
6．如图是由5个相同的小正方体组成的立体图形，这个立体图形的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别落在x、y轴上，点B坐标为（6，4），反比例函数的图象与AB边交于点D，与BC边交于点E，连结DE，将△BDE沿DE翻折至△B'DE处，点B'恰好落在正比例函数y=kx图象上，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，则说明∠A′O′B′＝∠AOB的依据是（ ）
A．SASB．SSSC．AASD．ASA
9．对于有理数x、y定义一种运算“Δ”：xΔy=ax+by+c，其中a、b、c为常数，等式右边是通常的加法与乘法运算，已知3Δ5=15，4Δ7=28，则1Δ1的值为（ ）
A．-1B．-11C．1D．11
10．把6800000，用科学记数法表示为（ ）
A．6.8×105B．6.8×106C．6.8×107D．6.8×108
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．在实数﹣2、0、﹣1、2、中，最小的是_______．
12．如图，已知平行四边形ABCD，E是边BC的中点，联结DE并延长，与AB的延长线交于点F．设=，=，那么向量用向量、表示为_____．
13．如图，点P的坐标为（2，2），点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上运动，且∠APB=90°．下列结论：
①PA=PB；
②当OA=OB时四边形OAPB是正方形；
③四边形OAPB的面积和周长都是定值；
④连接OP，AB，则AB＞OP．
其中正确的结论是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）
14．如图，扇形OAB的圆心角为30°，半径为1，将它沿箭头方向无滑动滚动到O′A′B′的位置时，则点O到点O′所经过的路径长为_____．
15．受益于电子商务发展和法治环境改善等多重因素，快递业务迅猛发展．预计达州市2018年快递业务量将达到5.5亿件，数据5.5亿用科学记数法表示为_____．
16．写出经过点（0，0），（﹣2，0）的一个二次函数的解析式_____（写一个即可）．
17．如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B；点Q是以C（0，﹣1）为圆心、1为半径的圆上一动点，过Q点的切线交线段AB于点P，则线段PQ的最小是______．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）解不等式组并写出它的所有整数解．
19．（5分）已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．
（1）如图1，求证：KE＝GE；
（2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝∠ACH，求证：CA∥FE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sinE＝，AK＝，求CN的长．
20．（8分）如图，已知A，B两点在数轴上，点A表示的数为-10，OB=3OA，点M以每秒3个单位长度的速度从点A向右运动．点N以每秒2个单位长度的速度从点O向右运动（点M、点N同时出发）数轴上点B对应的数是______．经过几秒，点M、点N分别到原点O的距离相等？
21．（10分）如图，已知平行四边形ABCD，将这个四边形折叠，使得点A和点C重合，请你用尺规做出折痕所在的直线。（保留作图痕迹，不写做法）
22．（10分）解方程：.
23．（12分）如图，一条公路的两侧互相平行，某课外兴趣小组在公路一侧AE的点A处测得公路对面的点C与AE的夹角∠CAE=30°，沿着AE方向前进15米到点B处测得∠CBE=45°，求公路的宽度．（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.73）
24．（14分）如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且点A（1，－4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．
参考答案
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、B
【解析】
解：由题意得：x﹣2≥0，2﹣x≥0，解得：x=2，∴y=1，则yx=9，9的算术平方根是1．故选B．
2、C
【解析】
由角平分线的定义得到∠CBE=∠ABE，再根据线段的垂直平分线的性质得到EA=EB，则∠A=∠ABE，可得∠CBE=30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到BE=2EC，即AE=2EC，由AE+EC=AC=9，即可求出AC．
【详解】
解：∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABE，
∵ED垂直平分AB于D，
∴EA=EB，
∴∠A=∠ABE，
∴∠CBE=30°，
∴BE=2EC，即AE=2EC，
而AE+EC=AC=9，
∴AE=1．
故选C．
3、D
【解析】
分两种情形讨论当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①，由此即可解决问题．
【详解】
分两种情况讨论：①当点P顺时针旋转时，BP的长从增加到2，再降到0，再增加到，图象③符合；
②当点P逆时针旋转时，BP的长从降到0，再增加到2，再降到，图象①符合．
故答案为①或③．
故选D．
本题考查了动点问题函数图象、圆的有关知识，解题的关键理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
4、A
【解析】
因为两个数相乘之积为1,则这两个数互为倒数, 如果m的倒数是﹣1,则m=-1,
然后再代入m2018计算即可.
【详解】
因为m的倒数是﹣1,
所以m=-1,
所以m2018=（-1）2018=1,故选A.
本题主要考查倒数的概念和乘方运算,解决本题的关键是要熟练掌握倒数的概念和乘方运算法则.
5、B
【解析】
由科学记数法的定义可得答案.
【详解】
解：827122亿即82712200000000，用科学记数法表示为8.27122×1013，
故选B.
科学记数法表示数的标准形式为 (＜10且n为整数).
6、C
【解析】
从上面看共有2行，上面一行有3个正方形，第二行中间有一个正方形，
故选C．
7、B
【解析】
根据矩形的性质得到，CB∥x轴，AB∥y轴，于是得到D、E坐标，根据勾股定理得到ED，连接BB′，交ED于F，过B′作B′G⊥BC于G，根据轴对称的性质得到BF=B′F，BB′⊥ED求得BB′，设EG=x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵矩形OABC，
∴CB∥x轴，AB∥y轴．
∵点B坐标为（6，1），
∴D的横坐标为6，E的纵坐标为1．
∵D，E在反比例函数的图象上，
∴D（6，1），E（，1），
∴BE=6﹣=，BD=1﹣1=3，
∴ED==．连接BB′，交ED于F，过B′作B′G⊥BC于G．
∵B，B′关于ED对称，
∴BF=B′F，BB′⊥ED，
∴BF•ED=BE•BD，即BF=3×，
∴BF=，
∴BB′=．
设EG=x，则BG=﹣x．
∵BB′2﹣BG2=B′G2=EB′2﹣GE2，
∴，
∴x=，
∴EG=，
∴CG=，
∴B′G=，
∴B′（，﹣），
∴k=．
故选B．
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
8、B
【解析】
由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，根据SSS可得到三角形全等．
【详解】
由作法易得OD＝O′D′，OC＝O′C′，CD＝C′D′，依据SSS可判定△COD≌△C'O'D'，
故选：B．
本题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定定理．
9、B
【解析】
先由运算的定义，写出3△5=25，4△7=28，得到关于a、b、c的方程组，用含c的代数式表示出a、b．代入2△2求出值．
【详解】
由规定的运算，3△5=3a+5b+c=25，4a+7b+c=28
所以3a+5b+c＝154a+7b+c＝28
解这个方程组，得a＝-35-2cb＝24+c
所以2△2=a+b+c=-35-2c+24+c+c=-2．
故选B．
本题考查了新运算、三元一次方程组的解法．解决本题的关键是根据新运算的意义，正确的写出3△5=25，4△7=28，2△2．
10、B
【解析】
分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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≥1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
详解：把6800000用科学记数法表示为6.8×1．
故选B．
点睛：本题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、﹣1．
【解析】
解：在实数﹣1、0、﹣1、1、中，最小的是﹣1，
故答案为﹣1．
本题考查实数大小比较．
12、+2
【解析】
根据平行四边形的判定与性质得到四边形DBFC是平行四边形，则DC=BF，故AF=2AB=2DC，结合三角形法则进行解答．
【详解】
如图，连接BD，FC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC=AB．
∴△DCE∽△FBE．
又E是边BC的中点，
∴，
∴EC=BE，即点E是DF的中点，
∴四边形DBFC是平行四边形，
∴DC=BF，故AF=2AB=2DC，
∴=+=+2=+2．
故答案是：+2．
此题考查了平面向量的知识、相似三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意掌握三角形法则的应用是关键．
13、①②
【解析】
过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，得出四边形PMON是正方形，推出OM=OM=ON=PN=1，证△APM≌△BPN，可对①进行判断，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM=2，当当OA=OB时，OA=OB=1，然后可对②作出判断，由△APM≌△BPN可对四边形OAPB的面积作出判断，由OA+OB=2，然后依据AP和PB的长度变化情况可对四边形OAPB的周长作出判断，求得AB的最大值以及OP的长度可对④作出判断．
【详解】
过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N
∵P（1，1），
∴PN=PM=1．
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON=∠PNO=∠PMO=90°，
∴∠MPN=360°-90°-90°-90°=90°，则四边形MONP是正方形，
∴OM=ON=PN=PM=1，
∵∠MPA=∠APB=90°，
∴∠MPA=∠NPB．
∵∠MPA=∠NPB，PM=PN，∠PMA=∠PNB，
∴△MPA≌△NPB，
∴PA=PB，故①正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴AM=BN，
∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=1+1=2．
当OA=OB时，OA=OB=1，则点A、B分别与点M、N重合，此时四边形OAPB是正方形，故②正确．
∵△MPA≌△NPB，
∴四边形OAPB的面积=四边形AONP的面积+△PNB的面积=四边形AONP的面积+△PMA的面积=正方形PMON的面积=2．
∵OA+OB=2，PA=PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误．
，∵∠AOB+∠APB=180°，
∴点A、O、B、P共圆，且AB为直径，所以
AB≥OP，故④错误．
故答案为：①②．
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，坐标与图形性质，正方形的性质的应用，关键是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON
14、
【解析】
点O到点O′所经过的路径长分三段，先以A为圆心，1为半径，圆心角为90度的弧长，再平移了AB弧的长，最后以B为圆心，1为半径，圆心角为90度的弧长．根据弧长公式计算即可．
【详解】
解：∵扇形OAB的圆心角为30°，半径为1，
∴AB弧长=
∴点O到点O′所经过的路径长=
故答案为:
本题考查了弧长公式：．也考查了旋转的性质和圆的性质．
15、5.5×1．
【解析】
分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
详解：5.5亿=5 5000 0000=5.5×1，
故答案为5.5×1．
点睛：此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
16、y＝x2+2x（答案不唯一）．
【解析】
设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），令a＝1即可．
【详解】
∵抛物线过点（0，0），（﹣2，0），
∴可设此二次函数的解析式为y＝ax（x+2），
把a＝1代入，得y＝x2+2x．
故答案为y＝x2+2x（答案不唯一）．
本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，此题属开放性题目，答案不唯一．
17、
【解析】
解：过点C作CP⊥直线AB于点P，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，此时PQ最小，连接CQ，如图所示．
当x=0时，y=3，∴点B的坐标为（0，3）；
当y=0时，x=4，∴点A的坐标为（4，0），∴OA=4，OB=3，∴AB==5，∴sinB=．
∵C（0，﹣1），∴BC=3﹣（﹣1）=4，∴CP=BC•sinB=．
∵PQ为⊙C的切线，∴在Rt△CQP中，CQ=1，∠CQP=90°，∴PQ==．
故答案为．
三、解答题（共7小题，满分69分）
18、不等式组的整数解有﹣1、0、1．
【解析】
先解不等式组，求得不等式组的解集，再确定不等式组的整数解即可.
【详解】
，
解不等式①可得，x＞-2；
解不等式②可得，x≤1；
∴不等式组的解集为：﹣2＜x≤1，
∴不等式组的整数解有﹣1、0、1．
本题考查了解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础， 熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则求不等式组的解集是解答本题的关键．
19、（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（3）.
【解析】
试题分析：
（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；
（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE中可得∠E=2α，由∠FGB=∠ACH可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH，由此即可得到CA∥EF；
（3）如下图2，作NP⊥AC于P，
由（2）可知∠ACH=∠E，由此可得sinE=sin∠ACH=，设AH=3a，可得AC=5a，CH=4a，则tan∠CAH=，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC，从而可得CK=AC=5a，由此可得HK=a，tan∠AKH=，AK=a，结合AK=可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG可得∠ACG=∠AKH，
在Rt△APN中，由tan∠CAH=，可设PN=12b，AP=9b，由tan∠ACG=tan∠AKH=3可得CP=4b，由此可得AC=AP+CP==5，则可得b=，由此即可在Rt△CPN中由勾股定理解出CN的长.
试题解析：
（1）如图1，连接OG．
∵EF切⊙O于G，
∴OG⊥EF，
∴∠AGO+∠AGE=90°，
∵CD⊥AB于H，
∴∠AHD=90°，
∴∠OAG=∠AKH=90°，
∵OA=OG，
∴∠AGO=∠OAG，
∴∠AGE=∠AKH，
∵∠EKG=∠AKH，
∴∠EKG=∠AGE，
∴KE=GE．
（2）设∠FGB=α，
∵AB是直径，
∴∠AGB=90°，
∴∠AGE=∠EKG=90°﹣α，
∴∠E=180°﹣∠AGE﹣∠EKG=2α，
∵∠FGB=∠ACH，
∴∠ACH=2α，
∴∠ACH=∠E，
∴CA∥FE．
（3）作NP⊥AC于P．
∵∠ACH=∠E，
∴sin∠E=sin∠ACH=，设AH=3a，AC=5a，
则CH=，tan∠CAH=，
∵CA∥FE，
∴∠CAK=∠AGE，
∵∠AGE=∠AKH，
∴∠CAK=∠AKH，
∴AC=CK=5a，HK=CK﹣CH=4a，tan∠AKH==3，AK=，
∵AK=，
∴，
∴a=1．AC=5，
∵∠BHD=∠AGB=90°，
∴∠BHD+∠AGB=180°，
在四边形BGKH中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°，
∴∠ABG+∠HKG=180°，
∵∠AKH+∠HKG=180°，
∴∠AKH=∠ABG，
∵∠ACN=∠ABG，
∴∠AKH=∠ACN，
∴tan∠AKH=tan∠ACN=3，
∵NP⊥AC于P，
∴∠APN=∠CPN=90°，
在Rt△APN中，tan∠CAH=，设PN=12b，则AP=9b，
在Rt△CPN中，tan∠ACN==3，
∴CP=4b，
∴AC=AP+CP=13b，
∵AC=5，
∴13b=5，
∴b=，
∴CN===．
20、（1）1；（2）经过2秒或2秒，点M、点N分别到原点O的距离相等
【解析】
试题分析：（1）根据OB=3OA，结合点B的位置即可得出点B对应的数；
（2）设经过x秒，点M、点N分别到原点O的距离相等，找出点M、N对应的数，再分点M、点N在点O两侧和点M、点N重合两种情况考虑，根据M、N的关系列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
试题解析：（1）∵OB=3OA=1，
∴B对应的数是1．
（2）设经过x秒，点M、点N分别到原点O的距离相等，
此时点M对应的数为3x-2，点N对应的数为2x．
①点M、点N在点O两侧，则
2-3x=2x，
解得x=2；
②点M、点N重合，则，
3x-2=2x，
解得x=2．
所以经过2秒或2秒，点M、点N分别到原点O的距离相等．
21、答案见解析
【解析】
根据轴对称的性质作出线段AC的垂直平分线即可得．
【详解】
如图所示，直线EF即为所求．
本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的性质和线段中垂线的尺规作图．
22、
【解析】
分析：此题应先将原分式方程两边同时乘以最简公分母,则原分式方程可化为整式方程,解出即可.
详解：去分母，得．
去括号，得．
移项，得 ．
合并同类项，得 ．
系数化为1，得．
经检验，原方程的解为．
点睛：本题主要考查分式方程的解法.注意:解分式方程必须检验.
23、公路的宽为20.5米．
【解析】
作CD⊥AE，设CD=x米，由∠CBD=45°知BD=CD=x，根据tan∠CAD=,可得=，解之即可．
【详解】
解：如图，过点C作CD⊥AE于点D，
设公路的宽CD=x米，
∵∠CBD=45°，
∴BD=CD=x，
在Rt△ACD中，∵∠CAE=30°，
∴tan∠CAD==，即=，
解得：x=≈20.5（米），
答：公路的宽为20.5米．
本题考查了直角三角形的应用，解答本题的关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数解直角三角形．
24、解：（1）；（2）存在，P（，）；（1）Q点坐标为（0，-）或（0，）或（0，－1）或（0，－1）.
【解析】
（1）已知点A坐标可确定直线AB的解析式，进一步能求出点B的坐标．点A是抛物线的顶点，那么可以将抛物线的解析式设为顶点式，再代入点B的坐标，依据待定系数法可解.
（2）首先由抛物线的解析式求出点C的坐标，在△POB和△POC中，已知的条件是公共边OP，若OB与OC不相等，那么这两个三角形不能构成全等三角形；若OB等于OC，那么还要满足的条件为：∠POC=∠POB，各自去掉一个直角后容易发现，点P正好在第二象限的角平分线上，联立直线y=-x与抛物线的解析式，直接求交点坐标即可，同时还要注意点P在第二象限的限定条件.
（1）分别以A、B、Q为直角顶点，分类进行讨论，找出相关的相似三角形，依据对应线段成比例进行求解即可.
【详解】
解：（1）把A（1，﹣4）代入y＝kx﹣6，得k＝2，
∴y＝2x﹣6，
令y＝0，解得：x＝1，
∴B的坐标是（1，0）．
∵A为顶点，
∴设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2﹣4，
把B（1，0）代入得：4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣1．
（2）存在．
∵OB＝OC＝1，OP＝OP，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
此时PO平分第二象限，即PO的解析式为y＝﹣x．
设P（m，﹣m），则﹣m＝m2﹣2m﹣1，解得m＝（m＝＞0，舍），
∴P（，）．
（1）①如图，当∠Q1AB＝90°时，△DAQ1∽△DOB，
∴，即=，∴DQ1＝，
∴OQ1＝，即Q1（0，-）；
②如图，当∠Q2BA＝90°时，△BOQ2∽△DOB，
∴，即，
∴OQ2＝，即Q2（0，）；
③如图，当∠AQ1B＝90°时，作AE⊥y轴于E，
则△BOQ1∽△Q1EA，
∴，即
∴OQ12﹣4OQ1+1＝0，∴OQ1＝1或1，
即Q1（0，﹣1），Q4（0，﹣1）．
综上，Q点坐标为（0，-）或（0，）或（0，﹣1）或（0，﹣1）．