【中考数学】2025年四川省资阳市试卷【附解析】

这是一份【中考数学】2025年四川省资阳市试卷【附解析】，共30页。试卷主要包含了下列计算正确的是，某年级7名教师某周使用人工智能等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，请考生务必在答题卡上正确填写自己的姓名、准考证号和座位号．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回．
2．第Ⅰ卷每小题选出的答案须用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其它答案．
3．第Ⅱ卷各题须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上对应题号答题位置作答．在试卷上作答，答案无效．
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．的相反数是（ ）
A．B．C．4D．4
2．如图是由6个相同的正方体堆成的物体，则该物体的左视图是（ ）

A． B．
C． D．
3．2025年政府工作报告显示，我国2024年新能源汽车年产量突破1300万辆．将数“1300万”用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
4．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．某年级7名教师某周使用人工智能（）办公的次数分别为：5，2，6，9，5，5，3．这组数据的众数和中位数分别为（ ）
A．6，5B．5，9C．5，6D．5，5
6．已知数轴上点所表示的数是，则与点相距2个单位长度的点表示的数是（ ）
A．或B．或C．D．
7．三角形的周长为，则它的三条中位线组成的三角形的周长是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在射线上，分别截取，使；再分别以点M和点N为圆心、大于线段一半的长为半径作圆弧，在内，两弧交于点D，作射线；过点D作交于点E．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
9．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有这样一个题目：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”大意是：今有人持金出五关，第1关收税金为所持金的，第2关收税金为此时所持金的，第3关收税金为此时所持金的，第4关收税金为此时所持金的，第5关收税金为此时所持金的五关税金之和恰好重1斤，问原本持金多少？（ ）
A．斤B．斤C．斤D．斤
10．如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题 共110分）
二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）
11．使代数式有意义的x的取值范围是 ．
12．一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字1、2、3、4、5、6，随机掷一次小正方体，朝上一面的数字是奇数的概率是 ．
13．方程的解为 ．
14．如图，在四边形中，，点E在线段上，．若使成为等边三角形，可增加的一个条件是 ．

15．如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是 ．
16．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与y轴相交于点，且抛物线的对称轴为直线．给出以下4个结论：①；②对于任意实数m，的值不小于2；③若P是对称轴上的一点，则的最小值为；④若点在抛物线上，满足且，则一定有．其中，所有正确结论的序号为 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共86分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．先化简，再求值：，其中．
18．为丰富学生课外锻炼活动，某学校增设了A（足球）、B（篮球）、C（体操）、D（田径）四个锻炼项目，每名学生只能选择其中的一项．为了解学生的选择情况，随机抽取部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．根据图中所提供的信息，解答下列问题：
(1)本次调查共抽取了______名学生，并补全条形统计图；
(2)在扇形统计图中，求项目C对应的圆心角度数；
(3)已知选择项目D的学生是2名男生和2名女生，现从这4名学生中随机抽取2名参加比赛，用画树状图或列表法求抽到两名性别相同的学生的概率．
19．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点．一次函数的图象与x轴交于点，与反比例函数的图象交于点，射线与反比例函数的图象交于点C，连接．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)求的面积．
20．某社团计划开展手工制作活动，制作需使用A，B两款材料包，购买3份A款材料包和2份B款材料包需84元，购买2份A款材料包和3份B款材料包需86元．
(1)问购买一份A款材料包和一份B款材料包各需多少元？
(2)该社团打算购买A，B两款材料包共50份，总费用不超过830元，则至少购买A款材料包多少份？
21．如图，已知水平地面上方有一个水平的平台，该平台上有一个竖直的建筑物．在处测得建筑物顶端的仰角为，在处测得的仰角为，斜坡的坡度米，．（点在同一竖直平面内）．
(1)求平台的水平高度；
(2)求建筑物的高度（即的长）．
22．如图，是的外接圆，是的直径，的平分线交于点D，过点D作的平行线交的延长线于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的半径．
23．在四边形中，是边上的一点，是对角线的中点．
(1)如图1，四边形是正方形，连接，作交于点，求证：；
(2)如图2，四边形是平行四边形，，连接，作交于点，连接，求的值；
(3)如图3，四边形是菱形，，连接交于点是边上的一点，，若，求的长．
24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标；
(3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．
1．A
【分析】本题考查了相反数的定义，解答本题的关键是熟练掌握相反数的定义，只有符号不同的两个数是互为相反数，正数的相反数是负数，0的相反数是0，负数的相反数是正数．
【详解】解：的相反数是．
故选：A．
2．D
【分析】本题考查了三视图．根据左视图的定义作答即可．
【详解】
解：该物体的左视图是 ，
故选：D．
3．B
【分析】此题考查了正整数指数科学记数法，对于一个绝对值大于10的数，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为比原数的整数位数少1的正整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
【详解】解；1300万．
故选B．
4．C
【分析】本题考查合并同类项、幂的乘方和同底数幂相乘的运算法则．根据合并同类项、幂的乘方和同底数幂相乘的运算法则逐一进行判断即可．
【详解】A．合并同类项时，系数相加，字母部分不变，正确结果为，故A错误．
B．合并同类项时，系数相减，结果为，故B错误．
C．幂的乘方运算法则为底数不变，指数相乘，即，故C正确．
D．同底数幂相乘，底数不变，指数相加，应为，故D错误．
故选C．
5．D
【分析】本题考查众数和中位数的计算．众数是数据中出现次数最多的数；中位数是将数据从小到大或从大到小排列后处于中间位置的数．
【详解】解：将原数据从小到大排列为：2，3，5，5，5，6，9．
数据中5出现3次，次数最多，故众数为5．
共有7个数据，中位数为第4个数（即中间位置的数），排序后第4个数为5．
因此，众数和中位数分别为5和5，
故选D．
6．A
【分析】本题考查了实数与数轴，根据数轴上两点间距离的定义，该点可能在点A的左侧或右侧，分别计算即可．
【详解】解：数轴上点A表示的数是，与点A相距2个单位长度的点可能在点A的左侧或右侧．
当该点在点A右侧时，表示的数为．
当该点在点A左侧时，表示的数为．
因此，符合条件的数为或
故选A．
7．B
【分析】本题考查了三角形的中位线，能熟记三角形的中位线的内容是解此题的关键，注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
根据三角形的中位线得出，再根据的周长是求出即可．
【详解】解：如图，
∵中，D、E、F分别为的中点，
∴，
∵的周长是，即，
∴的周长是，
故选B．
8．C
【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，尺柜作图，由平行线的性质可求，由角平分线的定义得，然后再根据平行线的性质可得的度数．
【详解】∵，，
∴，
由作图可知，平分，
∴．
∵，
∴．
故选C．
9．A
【分析】本题考查一元一次方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键．设原本持金为斤，逐关计算税金并求和，根据已知列方程，然后解方程求得即可．
【详解】解：由题意，第1关收税：，剩余，
第2关收税：，剩余，
第3关收税：，剩余，
第4关收税：，剩余，
第5关收税：，
则五关税金之和为，
根据题意，总税金为1斤，得，
解得
故原本持金为斤，
故选：A．
10．B
【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键．
过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作于点G，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴当点到的距离最小时，面积最小，
过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，
∵E是线段的中点，，
∴，
由折叠的性质得：，
∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，
∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，
延长交于点M，过点D作于点N，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴
∴，
即面积的最小值为．
故选：B．
11．
【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须，从而可得答案．
【详解】解：代数式有意义，


故答案为：
12．
【分析】直接利用概率求法进而得出答案．
【详解】∵一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字1、2、3、4、5、6，
∴随机掷一次小正方体，朝上一面的数字是奇数的概率是：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了概率公式，正确掌握概率公式是解题关键．
13．2
【分析】本题考查解分式方程，去分母，将方程化为整式方程，求解后，进行检验即可．
【详解】解：，
去分母，得：，
解得：；
经检验，是原方程的解，
故答案为：2．
14．，（答案不唯一）
【分析】本题考查等边三角形的判定，根据两直线平行，同位角相等得到，然后增加，即可根据三个角是的三角形是等边三角形．
【详解】解：增加，理由为：
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了正多边形的性质，扇形面积的计算，连接，根据多边形的内角求出扇形的圆心角，然后根据30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出长，再根据解答即可．
【详解】解：连接，
∵是正六边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．②③④
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，从函数图象中获取信息，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键，根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，判断①，最值结合对称轴判断②；作点关于对称轴的对称点，连接，的长即为的最小值，勾股定理求出的长，判断③，对称性结合增减性，判断④即可．
【详解】解：由图象和题意可知：，当时，，
∴，
∴，；故①错误，
当时，函数取得最小值为：，
∴对于任意实数m，，
∴的值不小于2，故②正确；
作点关于对称轴的对称点，连接，
则：，
∴当点在上时，的值最小为的长，
∵，
∴，
∴的最小值为；故③正确；
∵抛物线的开口向上，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
∵点在抛物线上，满足且，
∴，
∴点离对称轴远，
∴；故④正确；
故答案为：②③④．
17．，
【分析】原式括号中两项通分计算，同时利用除法法则转化为乘法，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
，
当时，原式．
18．(1)80；条形统计图见详解
(2)
(3)
【分析】本题考查了扇形统计图和条形统计图的关联，以及用画树状图或列表法求概率，解题关键是理解题意，能结合两种图形获取有效信息．
（1）已知A项目所占圆心角度数为，可根据，先求出其占总人数的比例，再根据A项目人数为32人，即可求出总人数；进而根据总人数求出 C类人数，即可完成条形统计图；
（2）由（1）中 C类人数，可先求出其占总人数的比例，再用比例与相乘即可求出对应圆心角的度数；
（3）首先画出树状图，由图可得所有等可能的结果数量，以及恰好两名性别相同的学生的结果数量，再根据概率公式即可求解．
【详解】（1）解：由图可知，本次被调查的学生共有：（人）
C项目人数为：（人）， 完整条形统计图如下：
（2）C类对应的圆心角的度数为：．
（3）画出树状图如下所示：
由上图可得，共有12种等可能的结果，其中两名性别相同的学生的结果有4种，
∴恰好两名性别相同的学生的概率为：．
19．(1)一次函数的表达式为，反比例函数的表达式为
(2)3
【分析】本题考查待定系数法求解析式，函数图象的交点，坐标系中三角形的面积．
（1）把点代入一次函数，即可得到k的值，得到一次函数的表达式．把点代入一次函数，得到，把点代入反比例函数，求出m的值，得到反比例函数的表达式；
（2）解方程组得到，根据求解即可．
【详解】（1）解∶∵一次函数的图象与x轴交于点，
∴，解得，
∴一次函数的表达式为．
∵一次函数过点，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象过点，
∴，解得，
∴反比例函数的表达式为．
（2）解：解方程组得或，
∴，
过点作轴于点E，过点作轴于点D，
∴，，
∵，
∴，
∴．
20．(1)购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元
(2)至少购买A款材料包份
【分析】（1）设购买一份A款材料包和一份B款材料包各是元和元，根据题意列方程组求解即可；
（2）设购买A款材料包份，根据题意列出不等式求解即可．
本题主要考查了列二元一次方程组解应用题，列一元一次不等式解应用题，解题的关键是正确设元，并找到题目中的等量关系或不等关系列出方程或不等式．
【详解】（1）解：设购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元，
则，解得，
答：购买一份A款材料包和一份B款材料包各需元和元．
（2）解：设购买A款材料包份，
，
解得，
∵a为整数，
∴a最小为，
答：至少购买A款材料包份．
21．(1)10米
(2)米
【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，矩形的判定及性质．
（1）过点B作于点E，则，根据斜坡的坡度，得到，从而在中，根据勾股定理构造方程，求解即可；
（2）延长交于点F，得到四边形是矩形，因此米，，设米，则（米），通过解直角三角形在中，求得（米），在中，求得∴（米），进而根据列出方程，求解即可．
【详解】（1）解：过点B作于点E，则
∵斜坡的坡度，
∴，
∵在中，，
即，
∴米，
∴平台的高度是10米．
（2）解：延长交于点F，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴米，，
设米，则（米），
∵在中，，
∴（米），
∵在中，，
∴（米），
∴米，
由（1）有（米），
∵，
∴，
解得，
∴（米），
即建筑物的高度（即的长）为米．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形：
（1）连接，圆周角定理，得到，平行得到，证明，求出，即可得证；
（2）设交于点，易得四边形为矩形，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的外接圆，是的直径，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵的平分线交于点D，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：设交于点，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
设的半径为，则：，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为．
23．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，根据正方形的性质，利用得到，即可证明结论；
（2）过点A作于点G，过点F作于点，根据勾股定理求出长，然后根据平行四边形的面积公式求出长，根据正切得到长，然后设，则，求出长，再根据正切得到求出a的值，解答即可；
（3）过点D作于点P，作于点Q，设，求出，，然后表示，，在射线上截取，在射线上截取，根据全等得到，，，然后根据勾股定理求出x值，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵是正方形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点A作于点G，过点F作于点，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，
同理可得，即，
解得，
∴，
又∵O是的中点，
∴，
∴，
∴；
（3）解：过点D作于点P，作于点Q，设，
∵是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在射线上截取，在射线上截取，
∵是菱形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
同理：，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
解得，
又∵，
∴，，
∴，
∴，即，
解得：，
又∵O是的中点，
∴，
∴．
【点睛】本题考查四边形的综合，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．(1)
(2)
(3)存在，正方形的边长为或
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作轴，垂足为点，设，则：，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可；
（3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
∴设抛物线的解析式为：，
把代入，得：，
∴，
∴；
（2）当时，解得：，
∴，
∵，
∴设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
作轴，垂足为点，设，则：，
∴，
∴与的面积相等，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
解得：或（舍去）；
∴；
（3）存在点，使四边形为正方形，
如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，，
由（2）可知，直线的解析式为，
设，直线解析式为，
联立得：，
消去得：，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
∵四边形为正方形，
∴，
，
整理得：，
解得：或，
正方形边长为，
或．即正方形的边长为或．
【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．