2025年广东省深圳市中考数学模拟卷1

这是一份2025年广东省深圳市中考数学模拟卷1，共24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．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．无理数的大小在（ ）
A．1和2之间B．2和3之间C．3和4之间D．4和5之间
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．小亮设计了一个“配绿色”游戏：如图是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的扇形．游戏者同时转动两个转盘，自由停止后，如果转盘A指针指向黄色，转盘B指针指向蓝色，那么游戏者获胜．这个游戏中游戏者获胜的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，将长方形纸条折叠，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，是一张平行四边形纸片，要求利用所学知识作出一个菱形，以下是嘉嘉和琪琪两位同学的作法．
对于嘉嘉和琪琪的作法，可判断（ ）
A．嘉嘉正确，琪琪错误B．嘉嘉错误，琪琪正确
C．嘉嘉和琪琪均正确D．嘉嘉和琪琪均错误
7．我国古代数学著作《孙子算经》有“多人共车”问题：“今有三人共车，二车空；二人共车，九人步．问：人与车各几何？”其大意如下：有若干人要坐车，如果每人坐一辆车，那么有辆车空；如果每人坐一辆车，那么有人需要步行，问人与车各多少？设共有人，辆车．则可列方程组（ ）
A．B．C．D．
8．综合实践课上，某学校航模小组用无人机测量古树的高度．如图，点处与古树底部处在同一水平面上，且米，无人机从处竖直上升到达处，测得古树顶部的俯角为，古树底部的俯角为（参考数据：，，），则古树的高度约为（）
A．米B．米C．米D．米
二、填空题
9．若是方程的一个根，则的值为___________．
10．如图，在长方形中，若，则的周长是 ．
11．如图，在中，，，D是的中点，分别以B，C为圆心，长为半径作弧，交于点E，交于点F，则图中阴影部分的面积是 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B在反比例函数的图象上，反比例函数的图象与边交于点D，连接，则四边形的面积为 ．

13．如图，点是外一点，，与相交于点，且，连接．若，，则的长为
三、解答题
14．计算： ．
15．先化简，再求值：，其中．
16．生命在于运动．某校初2025届2000名学生进行了一次期末体育模拟考试（满分：50分）．测试完成后，从男生，女生各抽取了20名学生的测试成绩（成绩均为整数），对数据进行整理分析，并给出了下列信息：
20名女生的测试成绩统计如下：41，47，43，45，50，49，48，50，50，49，48，47，44，50，43，50，50、50，49、47．
20名男生的测试成绩统计如下：
其中，20名男生的测试成绩高于46，但不超过48分的成绩如下：47，47，48，48，48，48，抽取的女生、男生的测试成绩的平均数、中位数、众数如表所示：
(1)根据以上信息可以求出： ， ， ；
(2)你认为该校初2025届的男生的体育成绩较好还是女生的体育成绩较好？请说明理由（理由写出一条即可）；
(3)若规定49分及以上为优秀，请估计该校初2025届参加此次体育测试的学生中优秀的学生有多少人？
17．某果园要将一批水果运往该县城一家水果加工厂，分两次租用了某物流公司的、两种货车，具体信息如下表所示：
根据以上信息，解答下列问题：
(1)辆型车和辆型车都载满货物一次可分别运多少吨？
(2)该果园现有吨水果，计划同时租用型车辆，型车辆，可一次运完这批水果，且恰好每辆车都载满水果，请你帮该果园设计租车方案．
(3)在第（2）问的条件下，若型车每辆需租金元／次，型车每辆需租金元／次，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租车费．
18．如图，四边形内接于，，点在的延长线上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，当，时，求的长．
19．定义：对于抛物线，以点为中心，作该抛物线关于点M中心对称的抛物线，则称抛物线为抛物线关于点M的“中心镜像抛物线”，点M为“镜像中心”．
例如：如图1，抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，点为“镜像中心”．
(1)如图2，当时，求抛物线关于点M的“中心镜像抛物线”的函数表达式；
(2)已知抛物线，将其顶点先向右平移2个单位，再向上平移4个单位后，恰好落在抛物线关于点M的“中心镜像抛物线”的图象上，求“镜像中心”点M的坐标；
(3)已知抛物线关于点的“中心镜像抛物线”为，当0≤x≤1时，最大值与最小值的差为3，求t的值．
20．【问题初探】
（1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形中，，且，点E是的中点，点F为对角线上的点，且，连接线段，若，求的长．
小鹏同学考虑到点E是的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接，与交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题．
【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答．
（2）如图2，在中，平分，过点A作延长线的垂线，垂足为点D，，求证：．
【学以致用】
（3）如图3，在中，，点D在上，，点E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，求证：．
嘉嘉：
则四边形是菱形
琪琪：
则四边形是菱形
组别
频数
1
1
a
6
9
性别
平均数
中位数
众数
女生
47.5
48.5
c
男生
47.5
b
49
第一次
第二次
型货车辆数
型货车辆数
累计运货量
《2025年广东省深圳市中考数学模拟卷1 》参考答案
1．B
【分析】本题考查了轴对称图形的知识，如果一个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，根据轴对称图形的概念逐项分析即可得解，熟练掌握轴对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故不符合题意；
B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形，故符合题意；
C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故不符合题意；
D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故不符合题意；
故选：B．
2．B
【分析】本题主要考查了无理数的估算，
根据，可得，可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
所以无理数在2和3之间．
故选：B．
3．C
【分析】本题考查了幂的乘方与积的乘方，同底数幂乘法和除法，掌握幂的乘方与积的乘方的法则，同底数幂乘法和除法的法则是解决问题的关键．利用幂的乘方与积的乘方的法则，同底数幂乘法和除法的法则对每个选项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：A．，选项A错误，不符合题意；
B． , 选项B错误，不符合题意；
C．, 选项C正确，符合题意；
D． , 选项D错误，不符合题意．
故选：C．
4．D
【分析】先列出表格得到所有等可能性的结果数，再找到转盘A指针指向黄色，转盘B指针指向蓝色的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．本题主要考查了树状图法或列表法求解概率，正确画出树状图或列出表格是解题的关键．
【详解】解：列表如下：
由表格可知一共有6种等可能性的结果数，其中转盘A指针指向黄色，转盘B指针指向蓝色的结果数有1种，
∴这个游戏中游戏者获胜的概率是，
故选：D．
5．C
【分析】本题主要考查了邻补角的性质，折叠的性质．先根据邻补角的定义求出，再根据折叠的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
6．A
【分析】此题主要考查了菱形形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；②四条边都相等的四边形是菱；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
首先证明，可得，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定判定四边形是平行四边形，再由，可根据对角线互相垂直的四边形是菱形判定出是菱形；四边形是平行四边形，可根据角平分线的定义和平行四边形性质，可得四边形是平行四边形．但无法证明，故四边形不一定是菱形．
【详解】解：嘉嘉的作法正确；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵由作法可知：是的垂直平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
琪琪的作法正确；
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
没有条件能说明四边形邻边相等，故琪琪的作法错误，
综上所述：嘉嘉正确，琪琪错误.
故选：A．
7．D
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，设共有人，辆车，根据题意可得，找准等量关系，正确列出方程组是解题的关键．
【详解】解：设共有人，辆车，
根据题意得：，
故选：．
8．A
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的边角间关系，矩形的性质和判定等知识，过点作，先说明四边形是矩形，再在中，利用直角三角形的边角间关系求出的长，最后利用线段的和差关系得结论，掌握相关知识是解题的关键
【详解】解： 过点作，垂足为，如图：
由题意知，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
∴米，，
∵，
∴，
在中，
，
∴
（米），
在中，
，
（米），
（米），
故选：A．
．
9．
【分析】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．由方程有一个根为，将代入方程即可求出的值．
【详解】解：根据题意将代入方程得：
，
解得，．
故答案为：．
10．
【分析】本题考查的是勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，二次根式的加减运算，先证明，，可得，再进一步求解即可．
【详解】解：∵四边形是长方形，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴的周长．
故答案为：
11．
【分析】本题考查了三角形内角和定理、扇形面积公式，由三角形内角和定理可得，由题意可得，再由扇形面积公式计算即可得解．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵，D是的中点，
∴，
∵分别以B，C为圆心，长为半径作弧，交于点E，交于点F，
∴，
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义，正确反比例函数的比例系数k的几何意义，是解题的关键．根据反比例函数的比例系数k的几何意义，可知，，再计算，即得答案．
【详解】矩形的顶点B在反比例函数的图象上，
，
反比例函数的图象与边交于点D，
，
四边形的面积为．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点，利用辅助线构建直角三角形是解题的关键．过点作于点，可推出，得到，在中，利用三角函数和勾股定理求得、，在中，利用和勾股定理求得、，从而求得，可推出，即可证，进而求得，最后在中，利用勾股定理即可求得．
【详解】解：如图，过点作于点，则．
，，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
，即，
，
，
，
，，
，
，
．
在和中，
，，，
，
，
，
．
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查了零指数幂，负整数指数幂，乘方，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
先根据零指数幂，负整数指数幂，乘方化简，再计算，即可求解．
【详解】解：原式．
15．，
【分析】首先把括号里的式子进行通分，然后把除法运算转化成乘法运算，进行约分化简，最后代值计算．
【详解】解：，
当时，原式．
【点睛】本题考查分式的化简求值和二次根式分母有理化，解题关键是熟练掌握通分、因式分解、约分等基本运算．
16．(1)3，48，50
(2)女生的成绩较好，理由：因为平均数相等、女生的中位数、众数都比男生的大
(3)该校初2025届参加此次体育测试的学生中优秀的学生有950人
【分析】本题考查频数分布表、中位数、众数、用样本估计总体，理解中位数和众数的定义，并会利用这些统计量作决策是解答的关键．
（1）根据题中数据和中位数、众数的定义求解即可；
（2）根据甲乙两班的平均数、中位数和众数分析决策即可；
（3）用总人数乘以样本中优秀人数所占的比例求解即可．
【详解】（1）解：；
男生成绩第10、11个数为成绩高于46，但不超过48分的成绩的较大的两个，为48，48．
∴；
将20名女生的测试成绩按从小到大的顺序排列：41，43，43，44，45，47，47，47，48，48，49，49，49，50，50，50，50，50，50，50，
∴成绩出现次数最多的是50，因此众数是50，
∴，
故答案为：3，48，50；
（2）解：女生的成绩较好，理由：因为平均数相等、女生的中位数、众数都比男生的大；
（3）解：（人），
答：该校初2025届参加此次体育测试的学生中优秀的学生有950人．
17．(1)辆型车载满货物一次可运吨，辆型车载满货物一次可运吨．
(2)有种租车方案：
方案一：型车辆，型车辆；
方案二：型车辆，型车辆；
方案三：型车辆，型车辆．
(3)租型车辆，型车辆，最少租车费为元．
【分析】（1）设每辆型车、型车都载满货物一次可以分别运货吨、吨，根据题意列出二元一次方程组即可得解；
（2）结合两型号车的运量列出，再由，都是正整数进行方案设计即可；
（3）根据（2）中的三个方案，分别计算，比较后即可得解．
【详解】（1）解：设每辆型车、型车都载满货物一次可以分别运货吨、吨，
依题意得，，解得，
答：辆型车载满货物一次可运吨，辆型车载满货物一次可运吨．
（2）解：由（1）得，，
，
，都是正整数，
或或，
有种租车方案：
方案一：型车辆，型车辆；
方案二：型车辆，型车辆；
方案三：型车辆，型车辆．
（3）解：型车每辆需租金元/次，型车每辆需租金元/次，
方案一需租金：元；
方案二需租金：元；
方案三需租金：元；
，
最省钱的租车方案是方案三，租车费用是元．
答：租型车辆，型车辆最省钱，最少租车费为元．
【点睛】本题考查的知识点是二元一次方程组的实际应用，解题关键是根据题意正确列出二元一次方程组．
18．(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形的面积公式，切线的判定和性质，勾股定理，求出是解本题的关键．
（1）先判断出是圆的直径，再判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，进而求出，再用勾股定理求出，根据三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
点必在上，即：是直径，
，
，
，
，
∵，
，
，
，即：，
点在上，
是的切线；
（2）解：，
，
，
即，
，，
在中，，
，
．
19．(1)
(2)
(3)或．
【分析】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线顶点坐标的求法，新定义的理解和掌握，点的对称点坐标的求法，理解新定义是解本题的关键．
（1）当时，则两个函数关于原点对称，即可求解；
（2）由中点坐标公式得，“中心镜像抛物线”的函数的中点坐标为：，则“中心镜像抛物线”的函数的表达式为：，即可求解；
（3）当时，函数在和时分别取得最小和最大值，即可求解；当时，同理可解；当时，同理可解．
【详解】（1）当时，则两个函数关于原点对称，
则“中心镜像抛物线”的函数表达式为：，
即；
（2）对于抛物线，将其化为顶点式：
所以抛物线的顶点坐标为．
将顶点先向右平移2个单位，再向上平移4个单位后，根据点的平移规律“右加左减，上加下减”，得到平移后的顶点坐标为，即，
平移后顶点坐标为：，
由中点坐标公式得，“中心镜像抛物线”的函数的顶点坐标为：，
则“中心镜像抛物线”的函数的表达式为：
当时，，则
①，
将代入得：
②
联立①②并解得：
，
即点；
（3）由新定义知，，则函数的表达式为：
，
当时，，
同理可得：当时，，当时，
当时，函数在和时分别取得最小和最大值，
则，
解得：；
当时，
同理可得：，
解得：；
当时，函数在时取得最大值，
当，即时，
则函数在时取得最小值，
则，
解得：（舍去）；
当时，
同理可得：，
解得：（舍去），
综上，或．
20．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）连接，交于点O，易得为的中位线，根据平行四边形的性质，结合勾股定理求出的长，即可求出的长；
（2）延长交的延长线于点G，证明，得到，取的中点F，连接，证明，得到，进而得到，即可得证；
（3）连接，取中点H，连接，根据三角形的中位线定理，推出是等边三角形，进而推出是等边三角形，得到，进而得到，等边对等角求出，进而推出，即可得证．
【详解】解：（1）连接，交于点O，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（2）如图，延长交的延长线于点G，
∵平分，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
取的中点F，连接，则有，且，
∴，
∵，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图，连接，取中点H，连接，
∵E，F分别为和中点，
∴和分别为和的中位线，
∴且，且，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造三角形的中位线，是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
B
B
C
D
C
A
D
A


转盘A转盘B
红
黄
白
（红，白）
（黄，白）
粉
（红，粉）
（黄，粉）
蓝
（红，蓝）
（黄，蓝）