2025中考数学冲刺抢押秘籍(上海版)2025年上海中考临考押题卷02(全解全析)

2025年上海中考临考押题卷02数学试卷（考试时间100分钟，满分150分）2025年5月考生注意：1．本试卷含三个大题，共25题；2．3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出证明或计算的主要步骤。一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】一、单选题1．单项式的系数是（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】本题考查了单项式的知识，单项式中的数字因数叫做单项式的系数，一个单项式中所有字母的指数的和叫做单项式的次数．根据单项式的系数的概念求解．【详解】解：单项式的系数是，故选：A．2．若直线与直线关于直线对称，则k、b值分别为（

）A．、 B．、 C．、 D．、【答案】A【分析】本题考查了一次函数的图像与几何变换，熟练掌握一次函数的图像与性质是解题的关键．根据题意得到直线关于直线的对称点，然后利用待定系数法即可求解．【详解】解：直线与轴的交点为，与轴的交点为；点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为，把点、代入，得：，解得：，，故选：A．3．从A地到B地有驾车、公交、地铁三种出行方式，为了选择合适的出行方式，对6：00—10：00时段这三种出行方式不同出发时刻所用时长（从A地到B地）进行了调查、记录与整理，如图所示．根据统计图提供的信息，给出下列推断：①地铁出行所用时长受出发时刻影响较小；②若在6：30以前或9：30以后出发，则选择驾车出行所用时长最短；③若选择公交出行且需要30分钟以内到达，则7：30之前出发即可，其中正确的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】本题考查了折线统计图的知识，准确理解折线统计图所含信息、数形结合是解答本题的关键．根据折线统计图提供的信息逐项判断即可．【详解】解：通过统计图发现，乘坐地铁所用的时间的连线最接近水平，受时间段的影响产生的波动的幅度最小，即地铁出行受出发时刻的影响较小，①说法正确；通过统计图发现，若在6：30以前或9：30以后出发，则选择驾车出行所用时长最短，②说法正确；通过统计图发现要30分钟内到达必须要在6:30之前出发才可以，故③说法错误；故选：A．4．下列命题是假命题的是(

)A．菱形的对角线互相垂直平分B．有一斜边与一直角边对应相等的两直角三角形全等C．有一组邻边相等且垂直的平行四边形是正方形D．对角线相等的四边形是矩形【答案】D【详解】试题分析：根据菱形的性质对A进行判断；根据直角三角形的判定方法对B进行判断；根据正方形的判定方法对C进行判断；根据矩形的判定方法对D进行判断．解：A、菱形的对角线互相垂直平分，所以A选项为真命题；B、有一斜边与一直角边对应相等的两直角三角形全等，所以B选项为真命题；C、有一组邻边相等且垂直的平行四边形是正方形，所以C选项为真命题；D、对角线相等的平行四边形是矩形，所以D选项为假命题．故选D．【点评】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．5．如图，已知点D、E、F、G、H、I分别在的三边上，如果六边形是正六边形，下列结论中不正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可以得到△ABC是正三角形，从而对A作出判断，然后根据正三角形和正六边形的性质可以对其他选项作出判断．【详解】解：∵六边形DEFGHI是正六边形，∴∠IDE=∠FED=120°，∴∠ADE=∠AED=60°，∴∠A=60°，A正确；∴△ADE、△IBH、△FGC都是正三角形，∴三个正三角形的边长都等于正六边形的边长，∴，B正确；，C不正确；如图，分别连接DG、IF、HE，则六边形被分成和△ADE全等的六个三角形，∴，∴D正确，故选C．【点睛】本题考查正六边形的综合应用，熟练掌握正六边形的性质、正三角形的判定和性质是解题关键．6．如图，已知中，，．、分别是边、上的点，，且．如果经过点，且与外切，那么与直线的位置关系是（

）A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定【答案】B【分析】设圆E交DE于点F，则EF=AE，设CD=x，可得BD=2x，BC=3x，再由．可得AC=4x，AB=5x，然后根据，可得，EF=AE=，从而得到的半径为x，即可求解．【详解】解：如图，设圆E交DE于点F，则EF=AE，设CD=x，∵．∴BD=2x，BC=3x，∵．∴AC=4x，∴AB=5x，∵，∴，．∴BE=2AE，，∴EF=AE=，∴，∴CD=DE，∵经过点，且与外切，∴的半径为x，∵，即AC⊥BC，∴与直线相切．故选：B【点睛】本题主要考查了解直角三角形，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握直角三角形的性质，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识是解题的关键．二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）7．已知线段，点C是线段的黄金分分割点，则的长为．（保留根号）【答案】/【分析】本题考查的是黄金分割的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段成为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，它们的比值叫做黄金比，由此进行计算即可得到答案．【详解】解：点是线段的黄金分割点（），，，，故答案为：．8．已知，则．【答案】【分析】本题考查非负数的性质、解二元一次方程组、代数式求值，熟练掌握绝对值的非负性是解答的关键．先根据绝对值的非负性得到，然后解方程组求得x、y值，进而代值求解即可．【详解】解：∵，∴，解得，∴，故答案为：．9．已知，，那么．【答案】【分析】本题考查了代数式求值问题，也考查二次根式的乘法运算，利用平方差公式进行因式分解是解决本题的关键．将原式进行因式分解，然后整体代入求值．【详解】解：，故答案为：．10．（深度求索）是一家中国的人工智能公司，专注于通用人工智能的研发，尤其在搜索增强型语言模型领域表现突出．如：是其开发的一个强大的混合专家语言模型，含2360亿个总参数，可贵的是开发团队成员均来自本土，没有任何海外归来人员．把数据2360亿用科学记数法表示应是．【答案】【分析】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值，根据科学记数法的表示方法进行表示即可．【详解】解：2360亿；故答案为：．11．关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是．【答案】且【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及一元二次方程根的定义，根据有两个不相等的实数根，得出，，再代入数值计算，即可作答．【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，，，，即，且．故答案为：且．12．如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的边数为．【答案】12【分析】此题考查了多边形的外角和，由每个外角都是，三角形外角和为即可求出多边形的边数．【详解】解：∵一个正多边形的每个外角都是，外角和为，∴多边形的边数为，故答案为：12．13．如图，在中，点是边中点，点是线段中点，设，那么．（结果用含、的式子表示）【答案】【分析】本题考查了平面向量的知识点，运用三角形法则是解题的关键．先用、的线性组合表示，再表示即可．【详解】解：在中，，，是边中点，，在中，，点是线段中点，，在中，，故答案为：．14．哥德巴赫提出“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和”的猜想，我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．在1,2,4,5,6,7中的质数中，随机选取两个不同的数，其和是偶数的概率是．【答案】【分析】本题考查了列表法或树状图法求概率，根据概率公式计算概率等知识点，利用列表法或树状图法列出所有等可能的结果是解题的关键．根据题意画出树状图，列出所有等可能的结果及所求的结果，然后利用概率公式计算概率即可．【详解】解：画树状图如下：由树状图可知，共有6种等可能的结果，和是偶数的结果共有2种，和是偶数的概率为，故答案为：．15．某学校为了丰富学生课余生活，开展了“第二课堂”活动，推出了以下四种选修课程：A、绘画：B、唱歌：C、演讲：D、书法．学校规定：每个学生都必须报名且只能选择其中的一个课程．学校随机抽查了部分学生，对他们选择的课程情况进行了统计，并绘制了如下两幅不完整的统计图，则选课程C的人数是人．【答案】10【分析】本题考查了扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从统计图中获取数量及数量之间的关系是解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．先利用选课程A的人数÷其对应的百分率求得总人数，然后再求选课程C的人数．【详解】解：由图可得此次调查的总人数为人，∴选课程C的人数为人故答案为：10．16．一滑雪爱好者沿着坡度为的斜坡滑行了450米，则他下降的高度为米．【答案】225【分析】本题主要考查勾股定理及坡比，熟练掌握勾股定理及坡比是解题的关键；设他下降的高度为x米，则有他滑行的水平距离为米，然后问题可求解．【详解】解：设他下降的高度为x米，∵斜坡的坡度为，∴他滑行的水平距离为米，由勾股定理得：，解得：（负值舍去），∴他下降的高度为225米，故答案为：225．17．如图，在函数和的图象上，，则.【答案】【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，利用反比例函数中k的几何意义求得是解题的关键．分别过A和B作x轴的垂线，垂足分别为C、D，则由条件可证明，且利用反比例函数k的几何意义可得，则可得出．【详解】解：作轴于C点，轴于D点，如图，设B点的坐标为，，设A点的坐标为，，，，，，，，，∴，∴．∴，∵，，∴，∴，，，∴．18．如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则．【答案】/【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可．【详解】解：∵，∴设，，∵沿翻折，得到，∴，，过E作于H，设与相交于M，则，又，∴，∴，∵，，，∴，∴，，则，∴是等腰直角三角形，∴，则，∴，在和中，，∴，∴，，∴，，∵的面积是面积的2倍，∴，则，解得，（舍去），即，故答案为：．三、解答题：（本大题共7题，满分78分）19．（本题满分10分）先化简，再求值：，其中．【答案】；【分析】本题考查了分式的化简求值，以及二次根式的运算，先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．【详解】解：；当时，原式．20．（本题满分10分）解方程：．【答案】【分析】本题考查了解无理方程，掌握解无理方程的技巧和解一元二次方程是解题的关键．根据方程的特点可以构造平方差公式，进而转化为一元二次方程，解一元二次方程即可，最后根据无理方程的特点，要进行检验．【详解】解：①设②，得：，解得：，∴∴③，得：，两边同时平方，得：，整理得：解得：，检验，当时，，∴是原方程的解，当时，，不符合题意，舍去，∴原方程的解为．21．（本题满分10分）如图，在中，，以为直径的交于点，点是线段的中点，连接并延长交的延长线于点．(1)求证：直线是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接、，则，由等边对等角得到，由直径可得，再结合斜边中点，得到，从而得出，求出，即可证明结论；（2）连接，利用角的正切值，得出，，从而得出，，证明是的中位线，得到，，再证明，即可求出的长．【详解】（1）证明：如图，连接、，则，，是的直径，，，∵点是线段的中点，，，，，，是的半径，且，∴直线是的切线．；（2）解：如图，连接，∵，，∴，，，∴，∴，∵，∴，∵，，，∴是的中位线，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴的长是．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，圆的切线的判定，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，正确作辅助线是解题关键．（本题满分10分）项目式学习目的探究遮阳篷的影子长度素材1图1是一款固定在墙上的遮阳篷，篷面可伸缩，还可以绕固定在墙上的轴旋转．在遮阳篷下，离墙米处有一盆铁树盆景．图2是遮阳篷侧面示意图．表示墙面，表示篷面，可以绕点A旋转，其中米．为了获得更好的遮阳效果，将篷面延伸至最长，此时米．素材2此地某天上午不同时间的太阳高度角（即太阳光线与地面的夹角，如图2中的）的数据表：时刻8:009:0010:0011:0012:00太阳高度角（度）观察·思考在这天10:00时，将篷面与墙面的夹角调整为．任务1：求点D到墙的距离；任务2：铁树能否会被太阳光照射到？探究·发现调节篷面伸缩的长度或篷面与墙面的夹角，可以改变篷面在地面的影长l．解答问题（，结果精确到米）（1）完成任务1，要有必要的解答过程．（2）完成任务2，要有必要的解答过程．（3）直接写出这天10:00时，l的最大值以及相应的的度数．【答案】（1）点D到墙的距离约为米；（2）铁树能被太阳光照射到；（3）l的最大值为米，此时的度数．【分析】本题考查了解直角三角形的应用．（1）作于点，证明，利用勾股定理求解即可；（2）作于点，证明四边形为矩形，求得，，再根据正切函数的定义求得，据此求解即可；（3）如图，当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，利用四边形内角和定理求得，再解直角三角形即可得解．【详解】解：（1）作于点，∵，∴，∵，∴，解得或（舍去），即点D到墙的距离约为米；（2）作于点，∵，∴四边形为矩形，∴，，∵10:00时，，∴，∴米，∵，∴铁树能被太阳光照射到；（3）如图，当垂直太阳光线时，篷面在地面的影长l最大．即太阳光线时，在地面的影长为，作于点，作于点，∵，∴四边形为矩形，∴，，∵10:00时，，∴，在四边形中，，，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴米，∴l的最大值为米，此时的度数．23．（本题满分12分）已知如图，四边形中，，E为对角线的中点，点F在边上，交于点G，．(1)求证：四边形为菱形；(2)如果，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线可得AE＝CE＝BD，再结合已知CF＝BD，从而可得AE＝CF，进而可得四边形AECF是平行四边形，然后再根据AE＝CE即可解答；（2）利用（1）的结论可得AD∥CE，从而可得∠ADE＝∠DEC，进而可得∠ADE＝∠DCF，再利用平行线的性质可得∠EAD＝∠CFD，然后证明，利用相似三角形的性质解答．【详解】（1）证明：∵，E为对角线的中点，∴，∵，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，又∵，∴平行四边形为菱形；（2）∵四边形为菱形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，即．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等知识，熟练掌握菱形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．24．（本题满分12分）如图，已知二次函数的图像与x轴交于点，，与y轴交于点C．(1)求该二次函数的表达式；(2)若点E为线段上任意一点（不与端点重合），过点E作y轴的平行线交抛物线于点F，过点F作y轴的垂线交抛物线于点G，以、为邻边构造矩形．设点E的横坐标为m，矩形的周长为L．①求L关于m的函数表达式；②若L取一个具体的数值t时，对应的点E有三个不同的位置，请直接写出t的取值范围．【答案】(1)(2)①②【分析】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，矩形的性质，数形结合的运用．（1）由待定系数法可求出答案；（2）①求出，，则，分两种情况由矩形的性质可得出答案；②先根据①的结论画出L的图形，根据题意结合图形即可得出答案．【详解】（1）解：将，代入，∴，解得，∴；（2）解：①抛物线对称轴为直线，与y轴交于点．∴直线的表