2025年广东省中山市纪念中学中考数学模拟卷（六）

这是一份2025年广东省中山市纪念中学中考数学模拟卷（六），共21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．数轴上，表示数的点的绝对值是（ ）

A．B．C．D．
2．如图，圆柱的主视图（ ）
A．是轴对称图形但不是中心对称图形B．是中心对称图形但不是轴对称图形
C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形
3．4月 8日，为期三天的邵东第八届五金机电博览会圆满落幕，博览会参展人数达万余人次，现场交易额亿元，签约供销项目133亿元，总成交额共计165亿元，创历史新高．165亿元用科学记数法可以表示为（ ）
A．元B．元C．元D．元
4．化简 的结果是
A．x+1B．x-1C．x2− 1D．
5．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，为折痕，若，则为（ ）
A．B．C．D．
6．中国古典园林里面的窗型，形制丰富，如题图是颐和园小长廊五角加膛窗，其轮廓是一个正五边形，如题图是它的示意图，它的一个外角的度数为（ ）

A．B．C．D．
7．将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线的关系式是（ ）
A．B．
C．D．
8．从数－2，，0，4中任取一个数记为m，再从余下的三个数中，任取一个数记为n，若，则正比例函数的图象经过第一、三象限的概率是（ ）
A．B．C．D．
9．对于实数a，b，定义一种新运算“”为：，这里等式右边是通常的实数运算．例如：，则方程的解是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在边长为6的正方形内部存在一动点P，且满足，连接，则的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
11．单项式的系数是 ，次数是 ．
12．已知，则的值为 ．
13．2025年春节贺岁档的《哪吒之魔童闹海》中敖丙和哪吒联手对抗黑暗势力时，敖丙用冰之力创造出一个圆锥冰盾．已知该冰盾的高比底面半径r大，同时，哪吒用混天绫围绕这个圆锥体冰盾的底面刚好缠绕一圈进行加固，已知圆锥体冰盾的母线长为．则此时混天绫的长度为 ．（保留）
14．如图，菱形的边长为，点在轴的负半轴上，抛物线过点．若，则 ．
15．如图，在菱形中，对角线，分别以点为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
三、解答题
16．求代数式的值，其中
17．如图，菱形中，过点分别作边上的高，求证：．
18．年月日点分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发射中心点火发射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站．如图，在发射的过程中，飞船从地面处发射，当飞船到达点时，从位于地面处的雷达站测得的距离是，仰角为；后飞船到达处，此时测得仰角为．

(1)求点离地面的高度；
(2)求飞船从处到处的平均速度．(结果精确到，参考数据：)
19．如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，四边形是平行四边形，反比例函数过点，且与边交于点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)若点为边的中点，求直线的解析式．
20．如图，在中，，以为直径的与交于点D，连接．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点E．（不写作法，保留作图痕迹），连接交于F点，并证明：；
(2)若的半径等于4，且与相切于A点，求劣弧的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
21．【课本再现】

(1)正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形的面积的比值是；在正方形绕点旋转的过程中（如图2），上述比值有没有变化？请说明理由．
(2)【拓展延伸】如图3，在正方形中，的顶点在对角线上，且，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与边和边交于点，．
①在的旋转过程中，试探究与的数量关系，并说明理由；
②若，当点与点重合时，求的长．
22．在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

(1)求A，B，C三点的坐标；
(2)如图1，连接，点E是第四象限内抛物线上的动点，过点E作于点F，轴交直线于点G，求面积的最大值；
(3)如图2，点M在线段上（点M不与点O重合），点M、N关于原点对称，射线分别与抛物线交于P、Q两点，连接，若的面积为，四边形的面积为，求的值．
《2025年广东省中山市纪念中学中考数学模拟卷（六）》参考答案
1．A
【分析】本题考查数轴的表示与绝对值的运算，看懂数轴是解题的关键．
由数轴知，，再求绝对值即可．
【详解】解：由数轴可得，表示，，
表示数的点的绝对值为．
故选：A．
2．C
【分析】根据圆柱可得其主视图为长方形，由轴对称（指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形）与中心对称图形（在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形）的定义即可判断．
【详解】解：圆柱的主视图是长方形，
∴长方形既是轴对称图形又是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】题目主要考查简单几何体的三视图，轴对称及中心对称图形的定义，理解轴对称及中心对称图形的定义是解题关键．
3．B
【分析】此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的形式，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
根据科学记数法的定义，科学记数法的表示形式为，其中，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．在确定n的值时，看该数是大于或等于1还是小于1．当该数大于或等于1时，n为它的整数位数减1；当该数小于1时，n为它第一个有效数字前0的个数（含小数点前的1个0）．
【详解】解：165亿元元元，
故答案为：B．
4．A
【分析】先把分式化简，再求值.
【详解】解：原式=
故选A.
【点睛】此题重点考查学生对分式的化简求值的应用，熟练掌握分式化简求值方法是解题的关键.
5．D
【分析】本题主要考查折叠的性质，根据、为折痕，可知、分别为，的角平分线，由此即可求解．
【详解】解：∵、为折痕，
∴，，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
6．A
【分析】本题考查了求正多边形的外角，多边形的外角和定理，根据正五边形的每个外角相等，用除以即可求解，掌握多边形的外角和定理是解题的关键．
【详解】解：，
故选：．
7．D
【分析】本题考查二次函数图象的平移，根据平移规则：上加下减，左加右减，进行求解即可．
【详解】解：将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后，得到的抛物线的关系式是：
．
故选：D．
8．C
【分析】根据题意列表求概率，正比例函数的图象经过第一、三象限则，据此判断即可
【详解】解列表如下：
共有12种等可能结果，其中满足的有2种，
则正比例函数的图象经过第一、三象限的概率是
故选C
【点睛】本题考查了正比例函数的性质，列表法求概率，掌握列表法求概率是解题的关键．
9．C
【分析】本题考查了解分式方程，弄清题中的新定义是解本题的关键．所求方程利用题中的新定义化简，求出解即可．
【详解】解：根据题意得：，
去分母得：，
去括号得：，
解得：，
经检验：是原分式方程的解．
故选：C．
10．B
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质和判定等知识，判断出点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），延长交于点E，连接，证明与相切，得到，延长交于点F，则，，证明，则，由的长为定值6，则若要取最大值，则取最大值即可，求出的最大值为，即可得到答案．
【详解】∵点P在运动过程中始终满足，
故点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），
延长交于点E，连接，
∵四边形为正方形，
∴，且，
∴与相切，
∴，
∴，
延长交于点F，
则，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的长为定值6，
故若要取最大值，则取最大值即可，
∴要取得最大值，则为直径时，可取得最大值为12，
∴的最大值为，
即的最大值为2．
故选：B．
11． /
【分析】根据单项式系数和次数的概念求解即可．
【详解】解：单项式的系数是数字因数，次数为所有字母的指数和，即．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查单项式系数、次数概念的理解，掌握单项式中系数，次数概念的理解是解题的关键．
12．
【分析】本题考查了算术平方根以及平方的非负性，已知字母的值求代数式的值，据此列式，算出的值，再代入，进行计算，即可作答．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
则，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了圆锥的母线．设圆锥的底面半径为r米，则高米，母线长米，根据，可得，即可求解．
【详解】解：设圆锥的底面半径为r米，则高米，母线长米．
∵，
∴，
解得：，
∴米．
故答案为：
14．
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和菱形的性质，过点作轴交轴于点，求出点的坐标，代入即可求解，求出点的坐标是解题的关键．
【详解】过点作轴交轴于点，
∵菱形的边长为，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
把代入，
∴，
∴，
故答案为：
15．
【分析】本题考查菱形的面积公式、圆的面积公式、勾股定理以及菱形的基本性质，解题的关键在于熟记公式．根据菱形的性质以及勾股定理求得，再根据四边形的内角和为得到四个扇形的面积，阴影部分的面积即为菱形的面积减去四个扇形的面积．
【详解】如图所示，与交于点
在菱形中，，
所以菱形的面积为：，
根据菱形的性质可知：，，，
即：，，，
所以，
因为四边形的内角和为，
所以，
所以四个扇形的面积之和是一个以的长为半径的圆的面积：，
所以图中阴影部分的面积为：．
故答案为：．
16．，
【分析】本题考查了整式的混合运算化简求值，绝对值和算术平方根的非负性，准确熟练地进行计算是解题的关键．
先利用完全平方公式，多项式除以单项式的法则进行计算，然后把，的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
【详解】解：
，
，
，，
解得：，，
当，时，原式．
17．证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形性质等知识，由菱形性质结合条件，利用全等三角形的判定与性质即可得证，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
【详解】证明：在四边形是菱形，，
，
，
在和中，
，
∴．
18．(1)
(2)飞船从处到处的平均速度约为
【分析】（1）根据含度角的直角三角形的性质即可得到结论；
（2）在中，根据直角三角形的性质得到，在中，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论．
【详解】（1）解：在中，，，，
，
（2）在中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
飞船从处到处的平均速度．
【点睛】本题考查了解直角三角形-俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握待定系数法求函数解析式是关键．
（1）待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（2）根据平行四边形的性质可知，点的纵坐标相同为3，求得，再利用待定系数法求出一次函数解析式即可．
【详解】（1）解：反比例函数过点，
，
反比例函数解析式为：；
（2）解：四边形是平行四边形，
,
点的纵坐标相同为3，
点为边的中点，点的纵坐标为0，
点的纵坐标为，
当时，，
，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为：．
20．(1)见解析
(2)劣弧的长度为，阴影的面积为
【分析】（1）作的角平分线即可得出弧的中点，连接，根据圆周角定理得出相等的角，证明，即可得出结论；
（2）连接，根据垂直和等边得出，然后利用弧长公式和扇形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）解：如图，作的角平分线交于点E，交于点，
∴点E为所求的劣弧的中点．
证明：连接，
∵，
∴．
∴．
∴．
即；
（2）解：如图，连接，
∵与相切，为半径，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴劣弧的长度．
．
【点睛】本题主要考查了角平分线的作法，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，切线的性质，扇形和弧长公式，解题的关键是掌握以上性质和公式．
21．(1)没有变化．理由见解析
(2)①．理由见解析；②
【分析】(1)在和中,利用正方形的性质和已知可证出，再利用全等三角形的面积相等即可得结论；
(2)①过点作于点，于点，利用相似三角形的性质证明即可；②利用①中结论，求出，可得结论．
【详解】（1）没有变化
理由如下：在正方形和正方形中，
，，，
，，
，
在和中，
，，，
，
，
，
正方形绕点无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一
；
（2）如图3中，过点作于点，于点
四边形是正方形，
，
，，
，是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；

②如图4中，
，
，，，
，，
，
，
，
.
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分别令，，即可求解；
（2）由题意得可推出是等腰直角三角形，，求出直线的解析式；设，则，可得，根据 即可求解；
（3）设，则，分别求出直线和的解析式，与抛物线方程联立可得，；据此即可求解；
【详解】（1）解：令，则；
令，则，解得；
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为
∴，
解得，
∴，
设，则，
∴，
∴ ，
∴当最大时，的面积最大；
当时，有最大值，的面积有最大值；
（3）解：设，则，
设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
联立方程组，
解得或，
∴，
同理可求直线的解析式为，
联立方程组，
解得或，
∴；
∵，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，重点涉及了二次函数与面积问题，设点，由点的坐标表示线段的长度，进而表示图形的面积是解题关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
A
D
A
D
C
C
B