浙江省2025届九年级下学期中考适应性考试数学试卷（含解析）

绝密★启用前2025年浙江省中考数学适应性试卷注意事项:

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，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.

下列计算正确的是(

)A.2a+b=2ab B.(-a)2=a2 2.如图，下列关于物体的主视图画法正确的是(

)A.

B.

C.

D.3.如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，若AC⊥A’B’，则∠BAC等于(

)A.50°

B.60°

C.70°

D.80°4.若1a+1b>2，则a，A.a<0，b<0 B.a>1，b>1 C.a<0，b>1 D.a>1，b>05.已知等边三角形ABC的边长为3，其外部有一点D，满足∠BDC=2∠BAC，设BD=x，CD=y，在点D运动过程中，x+y的最大值为(

)A.3 B.23 C.36.二次函数y=x2+bx+c的图象经过四个点(-1,0)，(0,y1)，(1,y2)，A.-4<y2<-2 B.-2<y2<07.布袋里有100个球，其中有红球28个，绿球20个，黄球12个，蓝球20个，白球10个，黑球10个，从袋中任意摸出球来，若要一次摸出至少15个同色的球，则需要从袋中摸出球至少(

)A.85

个 B.75个 C.15

个 D.16

个8.如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”.给出下面四个结论：

①一个圆的“半径三角形”有无数个；

②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；

③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；

④若一个圆的半径为2，则它的“半径三角形”面积最大值为23．

上述结论中，正确的个数为(

)A.1 B.2 C.3 D.49.如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=74°，∠ABC=58°，∠AOB=138°，若AB=m，BC=n，CD=p，DA=q，则四边形ABCD的面积为(

)A.mq+np

B.12(mq+np)

C.mp+nq

10.如图，在边长为5的菱形ABCD中，BD=8，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连结A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为(

)A.6 B.97 C.10 D.二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。11.有5根木棒，长度分别为1，2，3，3，4，从中任取3根木棒首尾相接，能组成三角形的概率为______．12.在平面直角坐标系中，直线y1=x，y2=-x+2，13.据2024年全省5‰人口变动抽样调查推算，2024年末，浙江省常住人口为6670万人.数据6670万用科学记数法表示为______．14.小明的爸爸和小明旱晨同时从家出发，以各自的速度匀速步行上班和上学，爸爸前往位于家正东方的公司，小明前往位于家正西方的学校，爸爸到达公司后发现小明的数学作业在自己的公文包里，于是立即跑步去小明，终于在途中追上了小明把作业给了他，然后再以先前的速度步行再回公司(途中给作业的时间忽略不计).结果爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟．如图是两人之间的距离y(米)与他们从家出发的时间x(分钟)的函数关系图，则小明家与学校相距______米．15.如图，在四边形ABCD中，AB=AC，AD=CD，BC⊥CD，连结BD.若S△ABCS△ACD=209，则tan

16.如图，在边长为25的正方形ABCD中，E为BC边上的中点，过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F，G，点P在线段BG上运动(不与端点重合)，点M，N分别为AP，EF的中点.在点P运动过程中，当△BMN成为直角三角形时，BP的长为______．三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题8分)

计算：4-|-2|+(1+318.(本小题8分)

解方程组：yx-3=2x19.(本小题8分)

为了解我校学生本学期参加志愿服务的情况，随机调查了我校的部分学生，根据调查结果，绘制出如图统计图.若我校共有1000名学生，请根据相关信息，解答下列问题：

(1)本次接受调查的学生人数为______，扇形统计图中的m=______；

(2)求所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数；

(3)学校为本学期参加志愿服务不少于7次的学生颁发“志愿者勋章”，请估计我校获“志愿者勋章”的学生人数．

20.(本小题8分)

手机已经成为现代人生活的重要组成部分，小明想重新选择一个合适的话费套餐．

素材1：小明通过收集并整理自己近六个月的话费账单得到如下数据：月份123456通话时长(分钟)123150130155120160流量(GB)151417201816素材2：小明通过咨询话费套餐得到如下数据：套餐名称套餐内容超出套餐资费月租费免费通话时间免费上网流量套餐外通话套餐外流量A58元200分钟10GB0.1元/分钟3元/GBB88元300分钟30GB套餐说明：①月手机资费=月租费+套餐外通话费+套餐外流量费；

②套餐外通话不足1分钟时按1分钟算；套餐外流量不足1G时按1G算．

请根据以上信息，解决下列问题：

(1)小明每月的通话时长与月手机资费有关系吗？为什么？

(2)小明分析账单发现自己每月上网流量波动较大，设每月上网流量为x GB(10<x≤20,x为整数)，每月手机资费为y元，分别写出套餐A、套餐B中y与x之间的关系式；

(3)从节省费用的角度考虑，小明应选择哪个套餐？21.(本小题8分)

如图，在边长为2的正方形ABCD中，E是边AD上一点，以BE为直角边向外作等腰直角三角形BEF，且∠BEF=90°，BF和EF分别交CD于点M，N.解答下列问题：

(1)当E为AD中点时，求DN，CM的长；

(2)当CM=DN时，求AE的长．22.(本小题8分)

图1是我国古代提水的器具桔槔(jié gāo)，创造于春秋时期.它选择大小两根竹竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上.大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿(小竹竿始终与地面垂直)，小竹竿上悬挂水桶.其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井.当放松大竹竿时，小竹竿下降，水桶就会回到井里.如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB=8米，O为AB的中点，支架OD垂直地面EF，此时水桶在井里时，∠AOD=120°．

(1)如图2，求支点O到小竹竿AC的距离(结果精确到0.1米)；

(2)如图3，当水桶提到井口时，大竹竿AB旋转至A1B1的位置，小竹竿AC至A1C1的位置，此时∠A1OD=143°，求点A上升的高度(结果精确到0.1米).(参考数据：23.(本小题8分)

如图，半圆⊙O中，直径AB=4，点C为弧AB的中点，点D在弧BC上，连接CD并延长交AB的延长线于点E，连接AD交CO于点F，连接EF．

(1)求证：△DCA∽△ACE．

(2)若D为CE中点，求BE的长．

(3)①求证：△ACE面积与△AEF面积的差是定值；

②若tan∠AEF=16，求AF24.(本小题8分)

在平面直角坐标系中，A(-2,m)，B(1,1)是二次函数y=ax2图象上的两点．

(1)求a，m的值；

(2)若点C在直线AB下方的抛物线上，点D在直线AB上方的抛物线上，问：

①求△ABC面积的最大值；

②当CD垂直平分线段AB时，求点D的坐标；

(3)过点B作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E，F，求△BEF中EF边上的高的最大值．

答案和解析1.B

解：(A)2a与b不是同类项，故不能合并，故A不正确；

(C)原式=a4，故C不正确；

(D)原式=a5，故D不正确；

故选：B．解：物体的主视图画法正确的是：．

故选：C．

3.A

解：将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，

∴∠A'CA=40°，

∵AC⊥A'B'，

∴∠A'=90°-40°=50°，

由对应角相等，得∠BAC=∠A'=50°．

故选：A．

4.D

解：A选项：

当a<0，b<0时，

1a<0，1b<0，则1a+1b<0，

不可能大于2，A错误；

B选项：

当a>1，b>1时，0<1a<1，0<1b<1，

则0<1a+1b<2，

不可能大于2，B错误；

C选项：

当a<0，b>1时，1a<0,0<1b<1，

则1a+1b<1，解：如图，作△ABC的外接圆，圆心为点O，连接并延长AO交⊙O于点E，连接CE、BE，

∵△ABC是边长为3的等边三角形，

∴AC=AB=CB=3，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，

∴∠AEC=∠ABC=60°，∠BEC=180°-∠BAC=120°，

∵∠BDC=2∠BAC=120°=∠BEC，

∴点E在⊙O上运动，

∵AE是⊙O的直径，

∴∠ACE=90°，

∵ACAE=sin∠AEC=sin60°=32，

∴AE=2AC3=2×33=23，

∴连接AD，在AD上截取FD=BD=x，连接BF，

∵∠FDB=∠ACB=60°，

∴△FBD是等边三角形，

∴BF=BD，∠FBD=60°，

∴∠ABF=∠CBD=60°-∠CBF，

在△ABF和△CBD中，

AB=CB∠ABF=∠CBDBF=BD，

∴△ABF≌△CBD(SAS)，

∴AF=CD=y，

∴x+y=BD+CD=FD+AF=AD，

∵AD是⊙O的弦，AE是⊙O解：代入(-1,0)，

得，1-b+c=0，

解得：b=c+1，

∴y=x2+(c+1)x+c，

代入(0,y1)，(1,y2)，(2,y3)，

得，y1=c，

y2=2c+2，

y3=3c+6，

∵y解：最坏情况考虑就行了，摸出14个红球，14个绿球，12个黄球，14个蓝球，10个白球，10个黑球，

最后再摸出任意一个球，这时可以保证至少有15个颜色相同，

即最少要摸：14+14+12+14+10+10+1=75个球；

故选：B．

8.C

解：如图，BC=OB=OC，

当点A是圆上异于B、C的点时，△ABC为“半径三角形”，

则一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；

当点A在优弧BC上，△ABC可能是锐角三角形，当点AB为直径时，△ABC是直角三角形，当点A在劣弧BC上，△ABC是钝角三角形，

则一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；

当点A在优弧BC上，∠A=12∠BOC=30°，当点A在劣弧BC上，∠A=180°-30°=150°，当AB=BC时，顶角∠ABC=120°，

则当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；

如图，过点O作OH⊥BC于H，直线OH交优弧BC于A，此时，△ABC面积最大，

∵OH⊥BC，

∴BH=HC，∠BOH=30°，

∴OH=OB⋅cos∠BOH=2×32=3，

解：连接AC，BD交于点E，延长AO交BD于点F，如图所示：

∵∠AOB=138°，

∴∠ADB=12∠AOB=69°，

在△ABD中，∠BAD=74°，

∴∠ABD=180°-(∠BAD+∠ADB)=180°-(74°+69°)=37°，

∵∠ABC=58°，

∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=21°，

根据圆周角定理得：∠DAC=∠DBC=21°，

在△ADE中，∠AED=180°-(∠DAC+∠ADB)=180°-(21°+69°)=90°，

∴AC⊥BD，

∴S△ABC=12AC⋅BE，S△ADC=12AC⋅DE，

∴四边形ABCD的面积S=S△ABC+S△ADC=12AC⋅(BE+DE)=12AC⋅BD，

∵∠AOB=138°，OA=OB，

∴∠OAB=12(180°-∠AOB)=12×(180°-138°)=21°，

在△ABF和△ACD中，

∴∠OAB=∠DAC=21°，∠ABF=∠ACD，

∴△ABF∽△ACD，

∴ABAC=BFCD，

∴AB⋅CD=AC⋅BF①，

∵∠OAB=∠DAC=21°解：∵AB//A'B'//CD，A'B'=AB=CD，

∴四边形A'B'CD是平行四边形，

∴A'D=B'C，

∴A'C+B'C=A'C+A'D，

连接直线AA'，

∵AB=A'B'，AB/​/A'B'，

∴四边形ABB'A'是平行四边形，

∴AA'//BD，

作D点关于直线AA'的对称点E，连接A'E，

∴A'E=A'D，

∴A'C+B'C=A'C+A'D=A'C+A'E≥CE，

当A'、C、E三点共线时，A'C+B'C的值最小，最小值为CE的长，

延长ED交BC的延长线于G，过E作EH⊥BC交于H，连接AC交BD于O点，

∵BD⊥ED，

∴∠BDG=90°，

∵∠BOC=90°，

∴CO//DG，

∵O是BD的中点，

∴DG=2OC，

∵BD=8，

∴BO=4，

∵BC=5，

∴OC=3，

∴DG=6，

∵ED=2AO，

∴ED=6，

∴EG=12，

∵sin∠BCO=sin∠EGC=35，cos∠BOC=cos∠EGC=45，

∴EH=485，HG=365，

解：从中任取3根木棒首尾相接，所有等可能的结果有：(1,2,3)，(1,2,3)，(1,2,4)，(1,3,3)，(1,3,4)，(1,3,4)，(2,3,3)，(2,3,4)，(2,3,4)，(3,3,4)，共10种，

其中能组成三角形的结果有：(1,3,3)，(2,3,3)，(2,3,4)，(2,3,4)，(3,3,4)，共5种，

∴能组成三角形的概率为510=12．

故答案为：12解：设直线y1=x，y2=-x+2交于点A，直线y1=x，y3=13x+2交于点B，直线y2=-x+2，y3=13x+2交于点C，

联立直线y1，y2的解析式组成方程组得：y=xy=-x+2，

解得：x=1y=1，

∴点A的坐标为(1,1)，

同理：点B的坐标为(3,3)，点C的坐标为(0,2)．

过点B作BE⊥y轴于点E，过点A作AF⊥y轴于点F，则BE=3，AF=1，如图所示，

∴S△ABC解：6670万=66700000=6.67×107．

故答案为：6.67×107．解：由图象可知，设BC段两人之间的距离为x米，则有12008=x12，

解得x=1800米，

∵爸爸回到公司的时间比小明到达学校的时间多用了8分钟，由OA段可知8分钟小明的爸爸正好从家步行到公司，

∴BC段两人之间的距离正好是家到学校的距离，

∴小明家与学校相距1800米，

故答案为1800．解：过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，

∵AB=AC，AD=CD，

∴M是BC的中点，N是AC的中点，

∴S△CDN=12S△ACD，S△ACM=12S△ABC，

∵S△ABCS△ACD=209，

∴S△ACMS△CDN=209，

∵DC⊥BC，AM⊥BC，

∴AM//CD，

∴∠CAM=∠DCN，

∵∠AMC=∠DNC=90°，

∴△ACM∽△CDN，

∴ACCD=AMCN，S△ACMS△CDN=(AMCN)2=209解：过点M作直线MQ⊥AB于点Q，

∵点M是AP的中点，

∴BP=2MQ，BQ=AQ=5；

∵点E是BC的中点，

∴BE=CE=5，DE=5，

在正方形ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD//BC，

∴∠DEC=∠ADF，

∴△ADF∽△DEC，

∴AD：DE=AF：CD=DF：CE，即25：5=AF：25=DF：5，

∴AF=4，DF=2，

∴EF=3，

∵点N是EF的中点，

∴EN=NF=1.5；

过点N作NT⊥BC于点T，

∴EN：ED=NT：CD=ET：EC，即1.5：5=NT：25=ET：5，

∴ET=3510，NT=355；

∴BT=13510；

①当点N是直角顶点，如图，延长TN交MQ于点R，

∴∠MRN=∠BTN=90°=∠BNM，

∴∠RMN+∠RNM=∠BNT+∠RNM=90°，四边形BTRQ是矩形，

∴∠RMN=∠BNT，RT=BQ=5，

∴△MRN∽△NTB，NR=255，

∴BT：TN=NR：MR，即13105：355=255：MR，

∴MR=12565．

∴MQ=RQ-MR=BC-MR=29526，

∴BP=2MQ=29513；

②当点M是直角顶点，

设解：原式=2-2+1

=0+1

=1．

18.x=4y=2解：yx-3=2①x2-3x-2y=0②，

由①得y=2x-6③，

将③代入②得x2-3x-2(2x-6)=0，

解得x1=3，x2=4，

∵x1=3时，x-3=0，

∴x1=3舍去，

将x=4代入③得y=2，

∴x=4y=2．

19.(1)40，解：(1)4÷10%=40(人)，

10÷40×100%=25%，即m=25，

故答案为：40，25；

(2)5×4+6×8+7×15+8×10+9×340=7(次)，

故所调查的学生本学期参加志愿服务次数的平均数为7次；

(3)1000×(37.5+25%+7.5%)=700(名)，

答：估计我校获“志愿者勋章”的学生人数大约有700名．

20.解：(1)没有关系，理由如下：

∵小明每月的通话时间<200分钟，

∴小明每月的通话时间都属于免费通话时间；

(2)套餐A1：yA=58+3(x-10)=3x+28(10<x≤20)，

套餐B1：yB=88；

21.DN的长为12，CM的长为23；

AE的长为(1)如图1，过点F作PQ⊥BC，交BC的延长线于点Q，交AD的延长线于点P，

∵四边形ABCD是边长为2的正方形，

∴BC=AB=AD=CD=2，∠A=∠ADC=∠DCB=90°，

∴∠PDC=∠CDQ=∠Q=90°，

∴四边形PDCQ是矩形，

∴PQ=CD=2，∠P=∠A=90°，

∵△BEF是等腰直角三角形，∠BEF=90°，

∴EF=BE，∠PEF=∠ABE=90°-∠AEB，

在△PEF和△ABE中，

∠P=∠A∠PEF=∠ABEEF=BE，

∴△PEF≌△ABE(AAS)，

∴PE=AB=2，

∵E为AD中点，

∴PF=AE=DE=12AD=1，

∴CQ=PD=PE-DE=2-1=1，QF=PQ-PF=2-1=1，

∴BQ=BC+CQ=2+1=3，

∵tan∠PEF=DNDE=PFPE=12，tan∠QBF=CMBC=QFBQ=13，

∴DN=12DE=12×1=12，CM=13BC=13×2=23，

∴DN的长为12，CM的长为23．

(2)如图2，过点F作HR⊥BC，交BC的延长线于点R，交AD的延长线于点H，

由(1)得四边形HDCR是矩形，△HEF≌△ABE(AAS)，

∴∠H=90°，HR=CD=2，HF=AE，HE=AB=AD=2，

∴HE-DE=AD-DE，

∴CR=DH=AE，

∴DE=2-AE，RF=2-HF=2-AE，BR=2+CR=2+AE，

∵tan∠RBF=CMBC=RFBR，tan∠HEF=DNDE=HFHE，

∴CM2=2-AE2+AE，DN2-AE=AE2，

∴CM=2(2-AE)2+AE，DN=AE(2-AE)2，

∵CM=DN，

∴2(2-AE)2+AE=AE(2-AE)2，

∵当AE=2时，点E与点D重合，则点M与点C重合，不符合题意，

∴AE≠2，则2-AE≠0，

∴22+AE=AE2，

整理得AE2+2AE-4=0，

解得AE=5-1或AE=-5-1(不符合题意，舍去)，

∴AE的长为5-1．

22.解：(1)过点O作OG⊥AC，垂足为G，

∴∠AGO=90°，

由题意得：AC/​/OD，23.证明见解析；

23-2，理由见解析；

①证明见解析；②AF=(1)证明