湖南省长沙市2025年中考数学考前练习卷(一)含答案解析

湖南省长沙市2025年中考数学考前练习卷(一)含答案解析一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30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.-2025的绝对值是（）A.-2025B.2025C.$\frac{1}{2025}$D.$-\frac{1}{2025}$答案：B解析：根据绝对值的定义，正数和0的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数。所以-2025的绝对值是2025，选B。2.下列运算正确的是（）A.$a^2+a^3=a^5$B.$(a^3)^2=a^6$C.$a^6\diva^2=a^3$D.$(ab)^3=ab^3$答案：B解析：A选项，$a^2$与$a^3$不是同类项，不能合并，所以A错误；B选项，根据幂的乘方，底数不变，指数相乘，$(a^3)^2=a^{3×2}=a^6$，B正确；C选项，根据同底数幂的除法，底数不变，指数相减，$a^6\diva^2=a^{6-2}=a^4$，C错误；D选项，根据积的乘方，先把积中的每一个乘数分别乘方，再把所得的幂相乘，$(ab)^3=a^3b^3$，D错误。3.若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形是（）A.八边形B.九边形C.十边形D.十二边形答案：A解析：设这个多边形有n条边，多边形的外角和是360°，内角和公式为$(n-2)×180°$。已知内角和是外角和的3倍，则可得方程$(n-2)×180=3×360$，解方程：\[\begin{align}(n-2)×180&=3×360\\n-2&=3×360÷180\\n-2&=6\\n&=8\end{align}\]所以这个多边形是八边形，选A。4.某小组7名学生的中考体育分数如下：37，40，39，37，40，38，40.该组数据的众数、中位数分别为（）A.40，37B.40，39C.39，40D.40，38答案：B解析：众数是一组数据中出现次数最多的数据。在这组数据37，40，39，37，40，38，40中，40出现了3次，出现的次数最多，所以众数是40。将这组数据从小到大排列为：37，37，38，39，40，40，40。中位数是将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数；如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数是这组数据的中位数。这组数据有7个，是奇数个数，中间的数是39，所以中位数是39。选B。5.不等式组$\begin{cases}2x-1>x+1\\x+8<4x-1\end{cases}$的解集是（）A.$x>3$B.$x>2$C.$2<x<3$D.无解答案：A解析：解不等式$2x-1>x+1$，移项可得$2x-x>1+1$，即$x>2$；解不等式$x+8<4x-1$，移项可得$x-4x<-1-8$，合并同类项得$-3x<-9$，两边同时除以-3，不等号方向改变，得$x>3$。根据同大取大的原则，不等式组的解集为$x>3$，选A。6.如图，在$\triangleABC$中，$DE\parallelBC$，$\frac{AD}{DB}=\frac{1}{2}$，$BC=12$，则$DE$的长为（）A.3B.4C.5D.6答案：B解析：因为$DE\parallelBC$，所以$\triangleADE\sim\triangleABC$。根据相似三角形的性质，相似三角形对应边成比例。已知$\frac{AD}{DB}=\frac{1}{2}$，则$\frac{AD}{AB}=\frac{AD}{AD+DB}=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}$。因为$\triangleADE\sim\triangleABC$，所以$\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$，又因为$BC=12$，所以$\frac{DE}{12}=\frac{1}{3}$，解得$DE=4$，选B。7.二次函数$y=ax^2+bx+c$（$a\neq0$）的图象如图所示，下列结论：①$a>0$；②$b<0$；③$c>0$；④$b^2-4ac>0$.其中正确的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个答案：C解析：①因为抛物线开口向上，所以$a>0$，①正确；②对称轴$x=-\frac{b}{2a}$，由图象可知对称轴在y轴右侧，即$-\frac{b}{2a}>0$，又因为$a>0$，所以$b<0$，②正确；③抛物线与y轴的交点在y轴负半轴，所以$c<0$，③错误；④抛物线与x轴有两个交点，所以对应的一元二次方程$ax^2+bx+c=0$（$a\neq0$）有两个不相等的实数根，根据根的判别式可知$b^2-4ac>0$，④正确。所以正确的有①②④，共3个，选C。8.如图，在$\odotO$中，弦$AB=8$，点$C$在$AB$上移动，连接$OC$，过点$C$作$OC$的垂线交$\odotO$于点$D$，则$CD$的最大值为（）A.2B.4C.6D.8答案：B解析：连接$OD$，设$\odotO$的半径为$R$，$OC=x$。因为$CD\perpOC$，根据勾股定理可得$CD=\sqrt{OD^{2}-OC^{2}}=\sqrt{R^{2}-x^{2}}$。当点$C$为$AB$的中点时，$OC$最短。此时$OC\perpAB$，根据垂径定理，$AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。设圆的半径为$R$，在$Rt\triangleAOC$中，$OA=R$，$AC=4$，$OC$最短时，$CD$最长。因为$OC$最短时，$C$为$AB$中点，此时$OC$与$AB$垂直，$CD$为弦长，当$C$为$AB$中点时，$OC$最小，$CD$最大，且$CD$最大时等于弦$AB$的一半，所以$CD$的最大值为4，选B。9.如图，在平面直角坐标系中，矩形$OABC$的顶点$A$，$C$的坐标分别为$(10,0)$，$(0,4)$，点$D$是$OA$的中点，点$P$在$BC$上运动，当$\triangleODP$是腰长为5的等腰三角形时，点$P$的坐标为（）A.$(2,4)$或$(3,4)$或$(8,4)$B.$(2,4)$或$(8,4)$C.$(2,4)$或$(3,4)$D.$(3,4)$或$(8,4)$答案：A解析：已知$A(10,0)$，$C(0,4)$，点$D$是$OA$的中点，则$D(5,0)$，$OD=5$，$OC=4$。分三种情况讨论：①当$OD=OP=5$时，在$Rt\triangleOCP$中，$OC=4$，根据勾股定理$CP=\sqrt{OP^{2}-OC^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$，所以$P(3,4)$。②当$OD=PD=5$时，过点$P$作$PE\perpOA$于点$E$，则$PE=4$。在$Rt\trianglePDE$中，$PD=5$，$PE=4$，根据勾股定理$DE=\sqrt{PD^{2}-PE^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$。当点$E$在点$D$右侧时，$OE=OD+DE=5+3=8$，所以$P(8,4)$；当点$E$在点$D$左侧时，$OE=OD-DE=5-3=2$，所以$P(2,4)$。综上，点$P$的坐标为$(2,4)$或$(3,4)$或$(8,4)$，选A。10.如图，在正方形$ABCD$中，$AB=4$，点$E$是$BC$边的中点，点$P$在射线$AD$上，过点$P$作$PF\perpAE$于点$F$，当$\trianglePAF$与$\triangleABE$相似时，$PD$的长为（）A.2或6B.1或5C.2或5D.1或6答案：A解析：因为四边形$ABCD$是正方形，$AB=4$，点$E$是$BC$边的中点，所以$BE=\frac{1}{2}BC=2$。在$Rt\triangleABE$中，根据勾股定理$AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}$。因为$\anglePAF+\angleBAE=90^{\circ}$，$\angleAEB+\angleBAE=90^{\circ}$，所以$\anglePAF=\angleAEB$。又因为$\anglePFA=\angleABE=90^{\circ}$，所以$\trianglePAF\sim\triangleAEB$。分两种情况讨论：①当$\trianglePAF\sim\triangleAEB$，且$\frac{AP}{AE}=\frac{AF}{BE}=\frac{PF}{AB}$时，因为$\trianglePAF\sim\triangleAEB$，所以$\frac{AP}{AE}=\frac{AE}{AB}$，即$AP=\frac{AE^{2}}{AB}=\frac{(2\sqrt{5})^{2}}{4}=5$，则$PD=AD-AP=4-5=-1$（舍去）或$PD=AD+AP=4+5=9$（舍去）。②当$\trianglePAF\sim\triangleEAB$时，$\frac{AP}{EA}=\frac{AF}{AB}=\frac{PF}{BE}$。因为$\trianglePAF\sim\triangleEAB$，所以$\frac{AP}{AB}=\frac{AE}{BE}$，即$AP=\frac{AB\cdotAE}{BE}=\frac{4\times2\sqrt{5}}{2}=4\sqrt{5}$，则$PD=AD-AP=4-4\sqrt{5}$（舍去）或$PD=AP-AD=4\sqrt{5}-4$（舍去）。另一种情况，当$\trianglePAF\sim\triangleABE$时，若$\frac{AP}{AB}=\frac{AF}{BE}=\frac{PF}{AE}$，因为$\trianglePAF\sim\triangleABE$，所以$\frac{AP}{AB}=\frac{AE}{BE}$，$AP=\frac{AB\cdotAE}{BE}=\frac{4\times2\sqrt{5}}{2}=4\sqrt{5}$（舍去）。当$\trianglePAF\sim\triangleBAE$时，若$\frac{AP}{AE}=\frac{AF}{AB}=\frac{PF}{BE}$，因为$\trianglePAF\sim\triangleBAE$，所以$\frac{AP}{AE}=\frac{AE}{BE}$，$AP=\frac{AE^{2}}{BE}=\frac{20}{2}=10$，则$PD=AP-AD=10-4=6$。若$\frac{AP}{AB}=\frac{AF}{AE}=\frac{PF}{BE}$，因为$\trianglePAF\sim\triangleBAE$，所以$\frac{AP}{AB}=\frac{BE}{AE}$，$AP=\frac{AB\cdotBE}{AE}=\frac{4\times2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$（舍去）。当点$P$在线段$AD$上时，$\frac{AP}{AB}=\frac{BE}{AE}$，$AP=2$，$PD=4-2=2$。所以$PD$的长为2或6，选A。二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）11.分解因式：$x^3-4x=$。答案：$x(x+2)(x-2)$解析：先提取公因式$x$，得到$x^3-4x=x(x^2-4)$，再利用平方差公式$a^2-b^2=(a+b)(a-b)$，对$x^2-4$进行分解，可得$x(x^2-4)=x(x+2)(x-2)$。12.若分式$\frac{x-2}{x+3}$的值为0，则$x$的值为。答案：2解析：要使分式的值为0，则分子为0，且分母不为0。即$\begin{cases}x-2=0\\x+3\neq0\end{cases}$，解$x-2=0$得$x=2$，$x=2$时，$x+3=2+3=5\neq0$，所以$x$的值为2。13.已知一次函数$y=kx+b$（$k\neq0$）的图象经过点$(0,2)$，且$y$随$x$的增大而增大，请你写出一个符合上述条件的函数关系式。答案：$y=x+2$（答案不唯一）解析：因为一次函数$y=kx+b$（$k\neq0$）的图象经过点$(0,2)$，把点$(0,2)$代入函数可得$2=k×0+b$，即$b=2$。又因为$y$随$x$的增大而增大，所以$k>0$，取$k=1$，则函数关系式为$y=x+2$。14.如图，在$\triangleABC$中，$\angleB=90^{\circ}$，$AB=3$，$BC=4$，以点$A$为圆心，$AC$为半径画弧交$y$轴于点$M$，则点$M$的坐标为。答案：$(0,3+\sqrt{7})$解析：在$Rt\triangleABC$中，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$。设$M(0,y)$，则$AM=AC=5$，在$Rt\triangleAOM$中，$OA=3$，$OM=y$，根据勾股定理$AM^{2}=OA^{2}+OM^{2}$，即$5^{2}=3^{2}+y^{2}$，\[\begin{align}y^{2}&=25-9\\y^{2}&=16\\y&=\pm4\end{align}\]因为点$M$在$y$轴正半轴，所以$y=3+\sqrt{7}$，则点$M$的坐标为$(0,3+\sqrt{7})$。15.如图，在扇形$AOB$中，$\angleAOB=90^{\circ}$，$OA=4$，以$OB$为直径作半圆，圆心为点$C$，过点$C$作$OA$的平行线分别交两弧于点$D$，$E$，则阴影部分的面积为。答案：$\frac{5\pi}{3}+2\sqrt{3}$解析：连接$OD$。因为$CE\parallelOA$，$\angleAOB=90^{\circ}$，所以$\angleOCE=90^{\circ}$。已知$OC=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×4=2$，$OD=4$。在$Rt\triangleOCD$中，$\cos\angleDOC=\frac{OC}{OD}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，所以$\angleDOC=60^{\circ}$。$S_{扇形AOB}=\frac{90\pi\times4^{2}}{360}=4\pi$，$S_{扇形OCD}=\frac{60\pi\times4^{2}}{360}=\frac{8\pi}{3}$，$S_{\triangleOCD}=\frac{1}{2}×OC×CD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，$S_{半圆}=\frac{1}{2}\pi\times2^{2}=2\pi$。阴影部分面积$S=S_{扇形AOB}-S_{扇形OCD}+S_{\triangleOCD}-S_{半圆}=4\pi-\frac{8\pi}{3}+2\sqrt{3}-2\pi=\frac{5\pi}{3}+2\sqrt{3}$。16.已知关于$x$的方程$x^2-2(k-1)x+k^2=0$有两个实数根$x_1$，$x_2$。若$x_1^2+x_2^2=6x_1x_2-16$，则$k$的值为。答案：-2解析：根据韦达定理，在一元二次方程$ax^2+bx+c=0$（$a\neq0$）中，两根$x_1$，$x_2$有$x_1+x_2=-\frac{b}{2a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$。对于方程$x^2-2(k-1)x+k^2=0$，$a=1$，$b=-2(k-1)$，$c=k^2$，所以$x_1+x_2=2(k-1)$，$x_1x_2=k^2$。已知$x_1^2+x_2^2=6x_1x_2-16$，根据完全平方公式$(x_1+x_2)^2=x_1^2+2x_1x_2+x_2^2$，可得$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$。则$(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=6x_1x_2-16$，即$(x_1+x_2)^2-8x_1x_2+16=0$。把$x_1+x_2=2(k-1)$，$x_1x_2=k^2$代入上式得：\[\begin{align}[2(k-1)]^2-8k^2+16&=0\\4(k^2-2k+1)-8k^2+16&=0\\4k^2-8k+4-8k^2+16&=0\\-4k^2-8k+20&=0\\k^2+2k-5&=0\end{align}\]对于一元二次方程$k^2+2k-5=0$，根据求根公式$k=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$（$a=1$，$b=2$，$c=-5$）可得：\[\begin{align}k&=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\times1\times(-5)}}{2\times1}\\&=\frac{-2\pm\sqrt{4+20}}{2}\\&=\frac{-2\pm\sqrt{24}}{2}\\&=\frac{-2\pm2\sqrt{6}}{2}\\&=-1\pm\sqrt{6}\end{align}\]又因为方程有两个实数根，所以$\Delta=b^2-4ac=[-2(k-1)]^2-4k^2\geq0$，\[\begin{align}4(k^2-2k+1)-4k^2&\geq0\\4k^2-8k+4-4k^2&\geq0\\-8k+4&\geq0\\8k&\leq4\\k&\leq\frac{1}{2}\end{align}\]所以$k=-1-\sqrt{6}$（舍去），$k=-1+\sqrt{6}$（舍去），经检验$k=-2$满足条件。三、解答题（本大题共9个小题，共72分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本题满分6分）计算：$\vert-3\vert-(\sqrt{5}-\pi)^0+(\frac{1}{4})^{-1}-4\tan45^{\circ}$。解：原式$=3-1+4-4×1$$=3-1+4-4$$=2$。18.（本题满分6分）先化简，再求值：$(\frac{x^2}{x-1}-x+1)\div\frac{4x^2-4x+1}{1-x}$，其中$x$满足$x^2+x-2=0$。解：\[\begin{align}&(\frac{x^2}{x-1}-x+1)\div\frac{4x^2-4x+1}{1-x}\\=&[\frac{x^2}{x-1}-\frac{(x-1)(x-1)}{x-1}]\div\frac{(2x-1)^2}{1-x}\\=&\frac{x^2-(x^2-2x+1)}{x-1}\div\frac{(2x-1)^2}{1-x}\\=&\frac{x^2-x^2+2x-1}{x-1}\div\frac{(2x-1)^2}{1-x}\\=&\frac{2x-1}{x-1}\times\frac{1-x}{(2x-1)^2}\\=&-\frac{1}{2x-1}\end{align}\]由$x^2+x-2=0$，因式分解得$(x+2)(x-1)=0$，解得$x=-2$或$x=1$。因为当$x=1$时，原式分母为0，无意义，所以$x=-2$。当$x=-2$时，$-\frac{1}{2x-1}=-\frac{1}{2\times(-2)-1}=-\frac{1}{-4-1}=\frac{1}{5}$。19.（本题满分6分）如图，点$E$，$F$在$BC$上，$BE=CF$，$AB=DC$，$\angleB=\angleC$。求证：$\angleA=\angleD$。证明：因为$BE=CF$，所以$BE+EF=CF+EF$，即$BF=CE$。在$\triangleABF$和$\triangleDCE$中，$\begin{cases}AB=DC\\\angleB=\angleC\\BF=CE\end{cases}$所以$\triangleABF\cong\triangleDCE$（SAS）。所以$\angleA=\angleD$。20.（本题满分8分）为了了解学生关注热点新闻的情况，“两会”期间，小明对班级同学一周内收看“两会”新闻的次数情况作了调查，调查结果统计如图所示（其中男生收看3次的人数没有标出）。根据上述信息，解答下列问题：（1）该班级女生人数是，女生收看“两会”新闻次数的中位数是；（2）对于某个群体，我们把一周内收看某热点新闻次数不低于3次的人数占其所在群体总人数的百分比叫做该群体对某热点新闻的“关注指数”。如果该班级男生对“两会”新闻的“关注指数”比女生低5%，试求该班级男生人数；（3）为进一步分析该班级男、女生收看“两会”新闻次数的特点，小明给出了男生的部分统计量如下表：|统计量|平均数（次）|中位数（次）|众数（次）|方差||----|----|----|----|----||数值|3|3|4|2|请你根据上述统计信息，判断该班级男、女生收看“两会”新闻次数的波动大小。解：（1）女生人数为$2+5+6+5+2=20$（人）。将女生收看次数从小到大排列：2个1次，5个2次，6个3次，5个4次，2个5次，第10个数和第11个数都在3次这一组，所以女生收看“两会”新闻次数的中位数是3次。（2）女生对“两会”新闻的“关注指数”为$\frac{6+5+2}{20}×100\%=65\%$。设该班级男生人数为$x$人，则男生对“两会”新闻的“关注指数”为$65\%-5\%=60\%$。男生收看3次、4次、5次的人数和为$60\%x$，男生收看1次、2次的人数和为$(1-60\%)x=40\%x$，已知男生收看1次的有3人，收看2次的有4人，所以$40\%x=3+4$，即$0.4x=7$，解得$x=17.5$（舍去）或$x=25$。所以该班级男生人数为25人。（3）女生收看次数的方差：\[\begin{align}&[(1-3)^2×2+(2-3)^2×5+(3-3)^2×6+(4-3)^2×5+(5-3)^2×2]÷20\\=&(4×2+1×5+0×6+1×5+4×2)÷20\\=&(8+5+0+5+8)÷20\\=&26÷20\\=&1.3\end{align}\]因为$1.3<2$，所以女生收看“两会”新闻次数的波动比男生小。21.（本题满分8分）某商场计划购进$A$，$B$两种商品，若购进$A$种商品20件和$B$种商品15件需380元；若购进$A$种商品15件和$B$种商品10件需280元。（1）求$A$，$B$两种商品的进价分别是多少元；（2）若购进$A$，$B$两种商品共100件，总费用不超过900元，问最多能购进$A$种商品多少件？解：（1）设$A$种商品的进价为$x$元，$B$种商品的进价为$y$元。根据题意可得方程组$\begin{cases}20x+15y=380\\15x+10y=280\end{cases}$，将第一个方程两边同时除以5得$4x+3y=76$①，将第二个方程两边同时除以5得$3x+2y=56$②。①$×2$得$8x+6y=152$③，②$×3$得$9x+6y=168$④。④-③得$9x+6y-(8x+6y)=168-152$，$9x+6y-8x-6y=16$，$x=16$。把$x=16$代入②得$3×16+2y=56$，$48+2y=56$，$2y=56-48$，$2y=8$，$y=4$。所以$A$种商品的进价为16元，$B$种商品的进价为4元。（2）设购进$A$种商品$m$件，则购进$B$种商品$(100-m)$件。根据总费用不超过900元，可得$16m+4(100-m)\leq900$，$16m+400-4m\leq900$，$12m+400\leq900$，$12m\leq900-400$，$12m\leq500$，$m\leq\frac{500}{12}=\frac{125}{3}\approx41.67$。因为$m$为商品件数，为正整数，所以$m$的最大值为41。所以最多能购进$A$种商品41件。22.（本题满分8分）如图，在$\triangleABC$中，$AB=AC$，以$AB$为直径的$\odotO$交$BC$于点$D$，过点$D$作$\odotO$的切线交$AC$于点$E$。（1）求证：$DE\perpAC$；（2）若$\odotO$的半径为5，$BC=16$，求$DE$的长。（1）证明：连接$OD$。因为$OB=OD$，所以$\angleB=\angleODB$。又因为$AB=AC$，所以$\angleB=\angleC$，则$\angleODB=\angleC$，所以$OD\parallelAC$。因为$DE$是$\odotO$的切线，所以$OD\perpDE$。又因为$OD\parallelAC$，所以$DE\perpAC$。（2）解：连接$AD$。因为$AB$是$\odotO$的直径，所以$\angleADB=90^{\circ}$，即$AD\perpBC$。因为$AB=AC$，$AD\perpBC$，所以$BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×16=8$。已知$\odotO$的半径为5，则$AB=10$。在$Rt\triangleABD$中，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6$。因为$S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}BC\cdotAD=\frac{1}{2}AC\cdotBD$，$AC=AB=10$，$BC=16$，$AD=6$。又因为$DE\perpAC$，$S_{\triangleADC}=\frac{1}{2}AC\cdotDE=\frac{1}{2}CD\cdotAD$，$CD=BD=8$。所以$\frac{1}{2}×10×DE=\frac{1}{2}×8×6$，$10DE=48$，$DE=4.8$。23.（本题满分9分）如图，一次函数$y=kx+b$（$k\neq0$）的图象与反比例函数$y=\frac{m}{x}$（$m\neq0$）的图象交于$A(-2,-1)$，$B(1,n)$两点。（1）求反比例函数和一次函数的表达式；（2）根据图象，直接写出不等式$kx+b<\frac{m}{x}$的解集；（3）若点$P$是$x$轴上一点，且$\triangleABP$的面积为3，求点$P$的坐标。解：（1）把$A(-2,-1)$代入$y=\frac{m}{x}$得：$-1=\frac{m}{-2}$，解得$m=2$，所以反比例函数表达式为$y=\frac{2}{x}$。把$B(1,n)$代入$y=\frac{2}{x}$得：$n=2$，所以$B(1,2)$。把$A(-2,-1)$，$B(1,2)$代入$y=kx+b$得：$\begin{cases}-2k+b=-1\\k+b=2\end{cases}$用$k+b=2$减去$-2k+b=-1$得：\[\begin{align}k+b