黄金卷01（广州专用）-【赢在中考·黄金预测卷】2025年中考数学模拟卷（解析版）

试卷第=page44页，共=sectionpages2424页【赢在高考·黄金8卷】备战2025年中考数学模拟卷（广州专用）黄金卷（考试时间：120分钟试卷满分：120分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答填空题时，请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应横线上。写在本试卷上无效。4．回答解答题时，每题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。写在本试卷上无效。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共10题，每题3分，共30分）1．（本题3分）如图，是一个几何体从正面、左面、上面看得到的图形，则这个几何体是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据从不同方向看到的图形还原几何体即可．【详解】解：观察从正面、左面、上面看得到的图形发现，这个几何体是长方体和圆锥的组合图形．故选：B．【点睛】本题主要考查了从不同方向看几何体，熟练掌握从不同方向看几何体得到的图形形状是解题的关键．2．（本题3分）2024年5月1日我国第三艘航母福建舰出海开展首次航行试验，福建舰航母造价达到49800000000元，数据49800000000可以用科学记数法表示为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，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，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．【详解】解：，故选B．3．（本题3分）下面计算中，正确的是（）A．（a+b）2=a2+b2 B．3a+4a=7a2C．（ab）3=ab3 D．a2•a5=a7【答案】D【分析】直接利用完全平方公式以及合并同类项法则、积的乘方运算法则分别化简得出答案．【详解】A.(a+b)2=a2+b2+2ab，故此选项错误；B.3a+4a=7a，故此选项错误；C.(ab)3=a3b3，故此选项错误；D.a2a5=a7，正确．故选D.【点睛】本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，完全平方公式，解题的关键是掌握它们的概念进行求解.4．（本题3分）若分式有意义，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查分式有意义条件：分母不为0．据此列式进行计算即可得解．【详解】解：根据题意得：，，故选：C．5．（本题3分）体育课上，甲、乙两名同学分别进行了6次立定跳远测试，经计算他们的平均成绩相同．若要比较这两名同学的成绩哪一个更为稳定，通常需要比较他们成绩的（

）A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差【答案】D【分析】此题考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则各数据与其平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则各数据与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．【详解】由于方差能反映数据的稳定性，需要比较这两名学生立定跳远成绩的方差．故选D．6．（本题3分）若关于x的方程有两个实数根，则实数k的取值范围是（

）A．且 B．且 C． D．且【答案】A【分析】根据根的判别式，即可求出答案．本题考查一元二次方程的解以及根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，属于基础题型．【详解】解：∵关于x的方程有两个实数根，∴，且，且，故选：A．7．（本题3分）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为（）．

A．3 B．3.5 C．2.5 D．2.8【答案】C【详解】解：∵EO是AC的垂直平分线，∴AE=CE．设CE=x，则ED=AD﹣AE=4﹣x．，在Rt△CDE中，CE2=CD2+ED2，即x2=22+（4－x）2，解得x=2.5，∴CE的长为2.5．故选C．8．（本题3分）某商品经过两次连续降价，每件售价由原来的元降到了元．设平均每次降价的百分率为，则下列方程中正确的是A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，读懂题意，掌握两次连续降价的含义，列出正确的方程是解答本题的关键．根据题意，设平均每次降价的百分率为，根据题意列出方程，由此得到答案．【详解】解：根据题意设：设平均每次降价的百分率为，则根据题意可列方程为：，故选：．9．（本题3分）下列各图中，∠1＝∠2的图形的个数有（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据对顶角相等对第1个图进行判断；根据平行线的性质和对顶角相等对第2个图进行判断；根据三角形外角性质对第3个图进行判断；根据等腰三角形性质对第4个图进行判断；根据圆周角定理对第5个图进行判断；根据平行四边形的性质对第6个图进行判断．【详解】解：在图1中，∠1＝∠2；在图2中，∵a∥b，∴∠1＝∠3，而∠2＝∠3，∴∠1＝∠2；在图3中，∠1＞∠2；在图4中，∵AB＝AC，∴∠1＝∠2；在图5中，∠1＝∠2；在图6中，∠1＝∠2．故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了对顶角、平行线的性质、三角形外角性质、等腰三角形的性质和平行四边形的性质．10．（本题3分）如图，在等边三角形中，有一点P，连接、、，将绕点B逆时针旋转得到，连接、，有如下结论：①；②是等边三角形；③如果，那么．以上结论正确的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①根据等边三角形的性质得出，，根据旋转的性质得出，即可求证；②根据旋转的性质得出，即可证明是等边三角形；③根据等边三角形的性质得出根据全等三角形的性质得出，则，即可推出．【详解】解：①∵是等边三角形，∴，，∵绕点B逆时针旋转得到，∴，∴，即，∵，∴，故①正确，符合题意；②∵绕点B逆时针旋转得到，∴，∴是等边三角形，故②正确，符合题意；③∵是等边三角形，∴∵，，∴，∴，∴，故③正确，符合题意；综上：正确的有①②③，故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键的掌握旋转前后对应边相等；全等三角形的判定方法以及全等三角形对应角相等；等边三角形的判定方法以及等边三角形三个角都是60度；直角三角形两直角边平方和等于斜边平方．二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分.）11．（本题3分）分解因式：【答案】【分析】本题考查了因式分解．先提公因式再利用平方差公式继续分解即可，掌握因式分解的基本方法是解题的关键．【详解】解：．故答案为：．12．（本题3分）有理数，满足，则．【答案】【分析】利用非负数的意义求得，的值，再将，代入运算即可．【详解】解：∵，，，∴，，∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了实数的运算，非负数的应用，利用非负数的意义求得，的值是解题的关键．13．（本题3分）若点、、都在反比例函数的图象上，则a、b、c的大小关系为．【答案】【分析】本题主要考查了比较反比例函数值的大小，判断反比例函数的增减性，根据解析式得到反比例函数的函数图象在二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，再根据三个点的横坐标判断A，B，C三点的位置，从而根据增减性判断a，b，c的大小即可．【详解】解：∵在反比例函数中，，∴反比例函数的函数图象在二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，∵、、，∴A在第二象限，B，C在第四象限，∴，∵，∴，∴，故答案为：．14．（本题3分）某校九年级学生参加社团活动，学习编织圆锥型工艺品．若这种圆锥的母线长为9，底面圆的直径为，则该圆锥的全面积为．【答案】【分析】本题考查了圆锥的全面积．熟练掌握圆锥的全面积为，其中为底面圆半径，为母线长是解题的关键．根据圆锥的全面积为，其中为底面圆半径，为母线长，代值求解即可．【详解】解：由题意知，，∴，故答案为：．15．（本题3分）如图，平面直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，点A在y轴上，点B的坐标为，则该圆弧的长为．【答案】【分析】借助网格和垂径定理确定圆心，再根据全等三角形的判定和性质求出弧所在圆的圆心角的度数，再由勾股定理求出半径，由弧长的计算方法进行计算即可．【详解】解：如图，借助网格作的中垂线，的中垂线，直线，相交于点D，即弧所在的圆心为D，连接，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，在中，，∴，∴弧的长为．故答案为：．【点睛】本题考查垂径定理，弧长的计算，掌握垂径定理，弧长的计算公式以及全等三角形的判定和性质是正确解答的关键．16．（本题3分）已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤，（的实数）其中正确的结论有填序号【答案】【分析】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换的熟练运用．由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【详解】解：①图象开口向下，与y轴交于正半轴，对称轴为，能得到：，，，∴，∴，∴①错误；②当时，由图象知，把代入解析式得：，∴，∴②错误；③∵图象开口向下，与y轴交于正半轴，对称轴为，∴，，，∴，∴∴③正确；④由①②知且，∴，④正确；⑤∵时，最大值，时，，∵的实数，，∴成立．∴⑤正确．故答案为：③④⑤．三、解答题（共72分）17．（本题4分）解不等式组：，并写出它的所有非负整数解．【答案】；非负整数解为0、1、2、3【分析】先求出每个不等式的解集，再找出不等式组的解集，最后找出非负整数解即可．【详解】解：，解不等式①，得：，解不等式②，得：，原不等式组的解集是，非负整数解为0、1、2、3．【点睛】本题考查了求一元一次不等式组的整数解，解本题的关键在熟练掌握求解一元一次不等式组的一般步骤．18．（本题4分）如图，已知线段相交于点E，连接，，．(1)求证：；(2)当时，求的度数．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△AEB≌△DEC是本题的关键．（1）由“”可证；（2）由全等三角形的性质可得，即可求解．【详解】（1）在和中，∴．（2）∵，∴，∴．19．（本题6分）某市今年中考理化实验操作考试，采用学生抽签方式决定自己的考试内容，规定：每位考生必须在三个物理实验（用、、表示）和三个化学实验（用、、表示）中各抽取一个进行考试，小刚在看不到签的情况下，从中各随机抽取一个．(1)小刚抽到物理实验的概率是______．(2)用“列表法”或“画树状图法”求小刚抽到物理实验和化学实验（记作事件）的概率是多少?【答案】(1)(2)【分析】（1）根据简单事件的概率公式计算即可得；（2）先画出树状图，找出小刚抽取的所有等可能的结果，再找出小刚抽到物理实验和化学实验的结果，然后利用概率公式计算即可得．【详解】（1）解：因为每位考生必须在三个物理实验中抽取一个进行考试，所以小刚抽到物理实验的概率是，故答案为：．（2）解：由题意，画出树状图如下：由图可知，小刚抽取的所有等可能的结果共有9种，其中，小刚抽到物理实验和化学实验的结果有1种，所以小刚抽到物理实验和化学实验的概率是，答：小刚抽到物理实验和化学实验的概率是．【点睛】本题考查了利用树状图求概率，正确画出树状图是解题关键．20．（本题6分）如图，为锐角三角形．

(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：在右上方确定点，使，且；（不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了作图—复杂作图，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图．（1）根据要求作出图形即可；（2）作于，求出、，利用梯形的面积公式计算即可．【详解】（1）解：如图，点即为所求，

；（2）解：如图，作于，

，在中，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，．21．（本题8分）如图是某地下停车库入口的设计示意图，延长与交于E点，已知坡道的坡比是指坡面的铅直高度与水平宽度的比，的长为米，的长为米．(1)请求出的长？(2)按规定，车库坡道口上方需张贴限高标志，根据图中所给数据，确定该车库入口的限高数值（即点D到的距离）．【答案】(1)米(2)该车库入口的限高数值为米【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理，解题的关键是数形结合，作出辅助线．（1）根据，得出，即，求出米，得出（米）；（2）过点D作于H，证明，得出，设，，根据勾股定理求出，根据米，得出，最后求出结果即可．【详解】（1）解：如图，由题意可知，，∵，∴，∴，∵米，∴米，∵米，∴（米）；（2）解：过点D作于H，如图所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴设，，∴，∵米，∴，解得：，∴（米），答：该车库入口的限高数值为米．22．（本题10分）某校九年级决定购买学习用具对本学期数学表现优秀的同学进行奖励，计划购买甲、乙两款圆规套装，已知甲款圆规套装所需费用（元）与购买数量（套）之间的函数关系如图所示，乙款圆规套装单价为每套8元．

(1)求出与的函数关系式：(2)若甲、乙两款圆规套装共需65套，且甲款圆规套装的数量不少于乙款圆规套装的数量．设购买总费用为元，如何设计购买方案，使总费用最低？最低总费用多少元？【答案】(1)(2)当购买甲款圆规套装的数量为33套，购买乙款圆规套装的数量为32套时，总费用最低，最低费用为646元【分析】（1）分和两段，分别求解与的函数关系式即可；（2）先根据甲款圆规套装的数量不少于乙款圆规套装的数量，求出x的取值范围，再根据数量关系列出购买总费用元与x的函数关系式，根据函数的性质即可得出结论．【详解】（1）当时，设y与x的函数关系式为代入上式，得：，∴，；当时，设y与x的函数关系式为代入上式，得：，解得：；．（2）甲款圆规套装的数量不少于乙款圆规套装的数量，，解得，为整数，且为整数．当时，，随的增大而增大，故当时，取得最小值，此时，（元），则答：当购买甲款圆规套装的数量为33套，购买乙款圆规套装的数量为32套时，总费用最低，最低费用为646元．【点睛】本题主要考查了分段函数及一次函数的应用，根据数量关系列出购买总费用元与x的函数关系式，利用一次函数的性质设计购买方案是解题的关键．23．（本题10分）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”．如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．

(1)如图2，已知，在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，若，求的值；(3)在，，点E是边上的“平方点”，直接写出线段的长为______．【答案】(1)答案见解析(2)(3)5或8【分析】（1）先证，得，再由平分，得，即可得答案；（2）由点E是中边上的“平方点”得，再证，得，可得，再证，得，即可得答案；（3）先求出的长，设，得，解答即可．【详解】（1）解：，，，，平分，，，点E是中边上的“平方点”；（2）如下图，延长交圆O于点D，连接，

点E是中边上的“平方点”，，是的内接三角形，，，，，，，，，，，；（3）如下图，，过点A作于点D，

，，，设，由题意得：，，解得：，的长为5或8．【点睛】本题考查了定义新运算，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．24．（本题12分）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．（1）如图1，当点E在边DC上自D向C移动，同时点F在边CB上自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）如图2，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）；连接AC，请你直接写出△ACE为等腰三角形时CE：CD的值；（3）如图3，当E，F分别在直线DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD＝2，试求出线段CP的最大值．【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF，理由见解析；（2）成立，CE:CD=或2；（3）【详解】试题分析：（1）根据正方形的性质，由SAS先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；（2）有两种情况：①当AC=CE时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理求出AC=CE=a即可；②当AE=AC时，设正方形的边长为a，由勾股定理求出AC=AE=a，根据正方形的性质知∠ADC=90°，然后根据等腰三角形的性质得出DE=CD=a即可；（3）由（1）（2）知：点P的路径是一段以AD为直径的圆，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最大，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．试题解析：（1）AE=DF，AE⊥DF，理由是：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，∵动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动，∴DE=CF，在△ADE和△DCF中，∴，∴AE=DF，∠DAE=∠FDC，

∵∠ADE=90°，∴∠ADP+∠CDF=90°，∴∠ADP+∠DAE=90°，∴∠APD=180°-90°=90°，∴AE⊥DF；

（2）（1）中的结论还成立，有两种情况：①如图1，当AC=CE时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得，，则；

②如图2，当AE=AC时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得：，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，即AD⊥CE，∴DE=CD=a，∴CE:CD=2a:a=2；

即CE:CD=2或2；

（3）∵点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是以AD为直径的圆，如图3，设AD的中点为Q，连接CQ并延长交圆弧于点P，此时CP的长度最大，∵在Rt△QDC中，∴，

即线段CP的最大值是.

点睛：此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，能综合运用性质进行推挤是解此题的关键，用了分类讨论思想，难度偏大.25．（本题12分）如图①在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴正半轴交于C(1)若，，求此抛物线的解析式；(2)如图②，直线交（1）中抛物线于两点，为抛物线上之间（含两点）的动点，过点作轴于点E，于点，试求最大值和最小值；(3)如图③，在（1）的条件下，平移此抛物线使其顶点为坐标原点，直线交平移后的抛物线于两点，在此抛物线上存在一个定点，使总是成立，试求出此定点的坐标，并写出点到直线的最大距离．【答案】(1)yx2+x；(2)当t时，ME+MF有最大值，当t＝﹣1时，ME+MF有最小值；(3)D的坐标是（﹣2，﹣2），点到直线的最大距离是2．【分析】（1）求出抛物线的对称轴为直线x＝1，再由对称性可得A（﹣1，0），B（3，0），由sin∠ABC，得到tan∠OBC，求出c的值，再将点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax，即可求a；（2）先联立方程组求出T点坐标，设M（t，t2+t）（﹣1≤t≤2），由题意可求MEt2+t，G（t，t），OGt，MGt2+tt2，再由∠GMF＝∠EOG，得到cos∠GMF＝cos∠EOG，即，则FM（t2），所以ME+MF（t）2，当t时，ME+MF有最大值，当t＝﹣1时，ME+MF有最小值；（3）平移后抛物线解析式为yx2，设D（n，n2），P（xP，xP2），Q（xQ，xQ2），联立x2＝kx﹣2k﹣4，由根与系数的关系可得xP+xQ＝﹣2k，xPxQ＝﹣4k﹣8，过点D作x轴，作P⊥于，作Q⊥于，可证明△PD∽△DQ，则，可得﹣2nk﹣4k﹣4＝0，即（n+2）（n﹣2）﹣2k（n+2）＝0，因为k为任意实数，所以n+2＝0，即可求D（﹣2，﹣2），又由直线l过定点H（2，﹣4），当DH⊥PQ时，D到l的距离最大，此时最大距离为2．【详解】（1）解：如图①，由题意可得抛物线的对称轴为直