海南省2025年数学中考真题试卷附答案

海南省2025年数学中考真题试卷一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．1．下列4个汉字中，从数学的角度可以看作轴对称图形的是（）A． B．C． D．2．下列立体图形的俯视图为圆的是（）A． B． C． D．3．2025年“五一”期间，海南省旅文厅在全岛推出26场体育赛事活动，拉动相关消费约6500万元．数据65000000用科学记数法表示为（）A．6.5×106 B．6.5×107 C．0.65×106 D．0.65×1074．当x＝2时，代数式2x﹣3的值为（）A．1 B．7 C．﹣1 D．﹣55．分式方程的解是（）A．x＝﹣3 B．x＝3 C．x＝2025 D．x＝﹣20256．在如图所示的正方形网格中，若建立平面直角坐标系，使“少”“年”的坐标分别为（﹣1，0）、（1，1），则“强”的坐标为（）A．（3，3） B．（2，3） C．（4，3） D．（4，5）7．下列运算结果为m5的是（）A．m2·m3 B．（m2）3 C．m2+m3 D．m9﹣m48．已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（）A．2 B．5 C．8 D．119．掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，观察向上一面的点数．下列说法正确的是（）A．出现点数为6的概率是 B．出现点数为0是随机事件C．出现点数为偶数是必然事件 D．出现点数为奇数是不可能事件10．将一副三角尺平放在桌面上，如图所示．若AB∥CE，则∠BCD的大小为（）A．100° B．120° C．135° D．150°11．如图，在△ABC中，∠C＝30°，AB＝1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则的长为（）A． B． C． D．12．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝kx+b的图象与反比例函数y2的图象交于点A（﹣1，﹣2）、B（2，n）．则不等式kx+b的解集为（）A．x＞2 B．x＜﹣1C．﹣1＜x＜2 D．﹣1＜x＜0或x＞2二、填空题（本大题满分12分，每小题3分）13．写出一个比-2大的实数．14．分解因式：a2﹣2ab+b2＝．15．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N；再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠BAC内交于点G；作射线AG，交BD于点H．若AB＝7，OH＝2，则S△ABH＝．16．如图，点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，AB＝4，BC＝7．（1）△AEB面积的最大值为；（2）连接CE，分别取CD、CE的中点M、N，连接MN．若∠BAD＝120°，则线段MN长度的最小值为．三、解答题（本大题满分72分）17．（1）计算：|﹣1|×2；（2）解不等式组：．18．某汽车销售公司分两批次采购新能源汽车．第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元；第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元（同类型汽车进价不变）．某销售经理估计每辆A型汽车的进价约为19～21万元，每辆B型汽车的进价约为11∼13万元．（1）求A、B型汽车的进价，并判断该销售经理的估计是否正确；（2）现实生活中的很多问题可以用方程（组）解决，请写出解二元一次方程组的常用方法．19．2025年初，海南省教育厅印发了《关于优化义务教育学校学生作息时间的通知》，各市县中小学积极实施大课间质量提升活动．某校为了解学生对本校大课间活动实施情况的满意程度，从八年级随机抽取20名学生进行问卷调查（满分100分，划分为A、B、C、D、E五个等次），统计结果如下（其中两个原始数据因某种原因模糊，用▲和★表示）：54，71，57，▲，65，67，73，76，76，77，79，87，88，87，87，82，89，★，92，94．数据统计表分数段等次人数90≤x≤100Aa80≤x＜90B670≤x＜80C660≤x＜70Db0≤x＜60E2（1）扇形统计图中m＝，统计表中a＝；（2）这20个数据的众数为，中位数为；（3）若该校八年级共有400人，请估计评价结果为“A”等次的八年级学生有人；（4）为更好地开展大课间活动，请提一条合理建议．20．现有一台红外线理疗灯（如图1所示），该设备的主体由底座AB、立柱BC、伸缩杆CD和灯臂DE组成，A、B、C三点在同一直线上，图2是该设备的平面示意图．AC垂直于AF，AF与水平线l平行，CD与l的夹角为∠1，DE与l的夹角为∠2．经测量：AB为12cm，BC为26cm，DE为30cm，∠BCD＝154°，∠CDE＝63°．（1）填空：∠1＝°，∠2＝°；（2）已知点E到AF的距离EM为50cm时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆CD的长度．（参考数据：sin26°＝0.44，cos26°＝0.90，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）21．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点．点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q．（1）若c＝﹣4．①求抛物线的解析式；②求线段PQ长度的最大值；③若t≤x0≤t+1，求x0取何值时线段PQ的长度最大（可用含t的代数式表示x0）．（2）若c≠﹣4，t≤x0≤t+1，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．22．图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究．（1）【知识技能】如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，连接BE、BF、EF，且∠EBF＝45°．将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，则点M在DA的延长线上．①证明△BFM≌△BFE，并判断AF+EC＝EF是否成立；②若DF＝5，DE＝12，请计算正方形ABCD的周长．（2）【教学理解】如图2，在正方形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF．连接AF、CE，M、N分别是线段AF、CE上的点，连接BM、BN、MN，且∠MBN＝45°（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段AM、MN、NC的数量关系，并说明理由．（3）【拓展研究】如图3，BD是正方形ABCD的对角线，P、Q分别为线段BD、BC上的点，且∠PQB＝45°．将△BPQ绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于45°）至△BMN．连接ND，取线段ND的中点E，连接CE、CM，求的值．

答案1．【答案】C【解析】【解答】解：不能看作轴对称图形，故A不符合；不能看作轴对称图形，故B不符合；能看作轴对称图形，故C符合；不能看作轴对称图形，故D不符合，故选：C．【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形.2．【答案】B【解析】【解答】解：选项中只有球的俯视图是圆，故选：B．【分析】根据简单几何体的三视图逐项进行判断即可求出答案.3．【答案】B【解析】【解答】解：65000000＝6.5×107．

故答案为：B．

【分析】利用科学记数法的定义：把一个数写成a×10n的形式（其中1≤a＜10，n为整数），这种记数法称为科学记数法，其方法如下：[①确定a，a是只有一位整数的数，②确定n，当原数的绝对值≥10时，n为正整数，n等于原数的整数位数减1；当原数的绝对值＜1，n为负整数，n的绝对值等于原数中左起第一个非0数前0的个数（含整数位上的0）].再分析求解即可.4．【答案】A【解析】【解答】解：当x＝2时，原式＝2×2−3＝1．故答案为：A．

【分析】将x=2代入代数式2x-3，再计算即可.5．【答案】C【解析】【解答】解：将分式方程＝0的两边都乘以x＋3，

得：x−2025＝0，

解得：x＝2025，

经检验，x＝2025是原方程的解，故答案为：C．【分析】利用解分式方程的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”并检验即可）分析求解即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：建立适当的平面直角坐标系如图所示：

则“强”的坐标为（2，3），

故答案为：B．

【分析】先利用“少”“年”的坐标建立平面直角坐标系，再求出“强”的坐标即可.7．【答案】A【解析】【解答】解：A．原式＝m5，故本选项符合题意；

B．原式＝m6，故本选项不符合题意；

C．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意；

D．原式不能合并同类项，故本选项不符合题意．

故答案为：A．【分析】利用幂的乘方、同底数幂的乘法及合并同类项进行计算即可.8．【答案】B【解析】【解答】解：选项A：2不满足2<x<8，所以A选项错误；

选项B：5满足2<x<8，所以B选项正确；

选项C：8不满足2<x<8，所以C选项错误；

选项D：11不满足2<x<8，所以D选项错误；故答案为：B.【分析】根据三角形三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”来确定x的取值范围，再据此判断选项.9．【答案】A【解析】【解答】解答：解：A．出现的点数是6的概率是，故A正确，符合题意；B．出现的点数为0是不可能事件，故B错误，不符合题意；

C．掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上一面的点数为偶数是随机事件，故C错误，不符合题意；

D．出现的点数为奇数是随机事件，故D错误，不符合题意；

故答案为：A．【分析】利用必然事件的定义、不可能事件的定义、随机事件的定义以及概率的计算方法逐项分析判断即可.10．【答案】D【解析】【解答】解：∵AB∥CE，∠A＝30°，

∴∠ACE＝∠A＝30°，

∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°

∴∠BCD＝360°−90°−90°−30°＝150°．

故答案为：D．

【分析】先利用平行线的性质求出∠ACE＝∠A＝30°，再利用角的运算求出∠BCD的度数即可.11．【答案】C【解析】【解答】解：如图，连接OD，

∵BC与半圆O相切于点B，

∴∠ABC＝90°，

∵∠C＝30°，

∴∠A＝90°−30°＝60°，

由圆周角定理得：∠BOD＝2∠A＝120°，

∴的长为：＝，

故答案为：C．【分析】连接OD，先利用切线的性质求出∠ABC＝90°，再利用三角形的内角和求出∠A的度数，再利用圆周角的性质可得∠BOD＝2∠A＝120°，最后利用弧长公式求解即可.12．【答案】D【解析】【解答】解：由图象得：不等式kx＋b＞的解集为：−1＜x＜0或x＞2．

故答案为：D．【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.13．【答案】-1【解析】【解答】解：∵|−2|＞|−1|，

∴−1＞−2，

∴比−2大的实数有−1，（答案不唯一）．

故答案为：−1（只要比−2大即可）．

【分析】利用有理数比较大小的方法（①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于负数；④两个负数，绝对值大的反而小）分析求解即可.14．【答案】（a﹣b）2【解析】【解答】解：a2−2ab＋b2＝（a−b）2，

故答案为：（a−b）2．

【分析】利用完全平方公式的定义及计算方法（运用完全平方公式将某些多项式分解因式，其结构特征是：等式的左边是两个数的平方和与这两个数积的2倍的和或差，右边是这两个数和或差的平方）分析求解即可.15．【答案】7【解析】【解答】解：过H作HE⊥AB于E，如图所示：

∵在菱形ABCD中，AO⊥BD，

由作图知，射线AG平分∠BAC，

∴HE＝OH＝2，

∴S△ABH＝AB•EH＝×7×2＝7，

故答案为：7．

【分析】过H作HE⊥AB于E，先利用菱形的性质可得HE＝OH＝2，再利用三角形的面积公式求解即可.16．【答案】（1）4（2）【解析】【解答】解：（1）∵点E是▱ABCD内一动点，且∠AEB＝90°，

∴点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，

设AB的中点为O，当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，如图，

则OA＝OB＝AB＝2，

∴△AEB面积的最大值＝AB•OE＝×4×2＝4．

故答案为：4；

（2）连接DE，如图，

∵CD、CE的中点为M、N，

∴MN＝DE，

∴DE取得最小值时，MN长度最小．

由（1）知：点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，设AB的中点为O，连接OD，交半圆于点E，如图，

则此时DE最小，OE＝OA＝OB＝2．

过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，

∵∠BAD＝120°，

∴∠OAF＝60°，

∴OF＝OA•sin60°＝，AF＝OA•cos60°＝1，

∴DF＝AD＋AF＝8，

∴OD＝＝＝，

∴DE＝OD−OE＝−2，

∴线段MN长度的最小值＝DE＝．

故答案为：．

【分析】（1）先分析出点E的运动轨迹为以AB为直径的半圆，再设AB的中点为O，可得当OE⊥AB时，△AEB面积取得最大值，最后利用三角形的面积公式求解即可；

（2）连接DE，先分析出DE取得最小值时，MN长度最小，再过点O作OF⊥AD，交DA的延长线于点F，先利用解直角三角形的方法和线段的和差求出DF的长，再利用勾股定理和线段的和差求出DE的长，最后求出MN的长即可.17．【答案】（1）解：原式＝1×2﹣2+1＝2﹣2+1＝1（2）解：解不等式①得：x＞2，解不等式②得：x＜4，∴原不等式组的解集为2＜x＜4．【解析】【分析】（1）先利用0指数幂、二次根式的性质和绝对值的性质化简，再计算即可；

（2）利用一元一次不等式组的计算方法及步骤（先移项并合并同类项，再系数化为“1”即可）分析求解即可.18．【答案】（1）解：设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，根据题意得：，解得：，即A型汽车每辆的进价为20万元，B型汽车每辆的进价为12万元，∵19＜20＜21，11＜12＜13，∴该销售经理的估计正确.（2）解二元一次方程组的常用方法：代入消元法，加减消元法．【解析】【分析】（1）设A型汽车每辆的进价为x万元，B型汽车每辆的进价为y万元，利用“第一批购进1辆A型汽车、4辆B型汽车，共花费68万元”和“第二批购进2辆A型汽车、3辆B型汽车，共花费76万元”列出方程组求解即可；

（2）利用解二元一次方程组的计算方法求解即可.19．【答案】（1）15；3（2）87；78（3）60（4）建议学校增加大课间活动项目．【解析】【解答】解：（1）扇形统计图中：m%＝1−10%−15%−30%−30%＝15%，

∴m＝15；

a＝20×15%＝3，

故答案为：15，3；

（2）∵b＝20×15%＝3，

∴由题意可知，▲和★一个在A组一个在D租，

∴20个数据中出现次数最多的是87，即众数为87；

∵把20个数据从小到大排列的第10位数77和第11位数79，

∴中位数为：＝78，

故答案为：87，78；

（3）400×＝60（人），

评价结果为“A”等次的八年级学生有60人，

故答案为：60；

（4）建议学校增加大课间活动项目．

【分析】（1）利用扇形统计图的数据列出算式求出m＝15，再用20乘以15%求出a的值即可；

（2）利用众数和中位数的定义及计算方法求解即可；

（3）利用400乘以“A”等次学生所占百分比即可；

（4）建议学校增加大课间活动项目，提高学生满意程度．20．【答案】（1）64；53（2）解：∵∠2＝53°，∠EHD＝90°，∴∠HED＝37°，∵在Rt△EDH中，DE＝30cm，cos∠HED，∴EH＝DE•cos∠HED＝30×cos37°≈24（cm），∵EM＝50cm∴MH＝EM+EH＝74（cm），∴AG＝MH＝74cm，∵AC＝AB+BC＝12+26＝38（cm），∴CG＝AG﹣AC＝36（cm），∵在Rt△CGD中，∠GCD＝90°﹣∠1＝26°，cos∠GCD，∴CD40（cm），答：此时伸缩杆CD的长度约为40cm．【解析】【解答】解：（1）如图，延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，

∴∠CGD＝90°，∠EHD＝90°，

∵∠BCD＝154°，

∴∠1＝∠BCD−∠CGD＝154°−90°＝64°，

∵∠CDE＝63°，

∴∠2＝180°−∠1−∠CDE＝180°−64°−63°＝53°，

故答案为：64，53.

【分析】（1）延长AC交DG于G点，延长ME交DG于H点，先结合图形并利用角的运算求出∠1＝∠BCD−∠CGD＝154°−90°＝64°，再利用平角求出∠2的度数即可；

（2）先利用解直角三角形的方法求出EH的长，再利用线段的和差求出CG的长，再结合cos∠GCD，最后将数据代入求出CD的长即可.21．【答案】（1）解：（1）①∵c＝﹣4，∴设抛物线的解析式为：y＝ax2+bx﹣4，∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0），经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；②设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A、B代入，得，解得，∴y＝﹣x+4，∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q，∴P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），∴|PQ|＝﹣x0+4﹣（3x0﹣4）＝﹣（x0﹣1）2+9，由题意得：﹣2≤x0≤4，∴当x0＝1时，|PQ|取得最大值为9；③∵|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，﹣2≤x0≤4，∴当t≥﹣2，t+1≤1时，即﹣2≤t≤0时，PQ的最大长度在x0＝t+1处取得；当t＜1，t+1＞1时，即0＜t＜1时，PQ的最大长度在x0＝1处取得；当t≥1，t+1≤4时，即1≤t≤3时，PQ的最大长度在x0＝t处取得；综上，x0＝t+1或x0＝1或x0＝t．（2）解：不发生变化，理由如下：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A（4，0）、B（﹣2，6）两点，∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，∵点P（x0，y0）是线段AB上的动点，∴y0＝﹣x0+4，∵点Q在抛物线上，∴点Q的坐标为Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，∴|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，∵|PQ|解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，∴问题（1）中③的结论未发生变化．【解析】【分析】（1）①利用待定系数法求出函数解析式即可；

②先求出直线AB的解析式，再求出P（x0，﹣x0+4），Q（x0，3x0﹣4），利用两点之间的距离公式求出PQ的长，再求出其最大值即可；

③利用配方法可得|PQ|＝﹣（x0﹣1）2+9，再分类讨论求解即可；

（2）先求出抛物线的解析式y＝ax2﹣（1+2a）x+4﹣8a，再求出Q[x0，（1+2a）x0+4﹣8a]，再利用两点之间的距离公式求出|PQ|＝﹣x0+4﹣[（1+2a）x0+4﹣8a]＝﹣a（x0﹣1）2+9a，最后求解即可.22．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠ABC＝90°，∵将△BCE绕点B按逆时针方向旋转90°至△BAM，∴BE＝BM，∠BAM＝∠C＝90°，∠EBC＝∠MBA，AM＝CE，∴∠BAM+∠A＝180°，∠EBC+∠ABE＝90°＝∠MBA+∠ABE＝∠MBE，∴点M在DA的延长线上，∵∠EBF＝45°，∴∠MBF＝∠MBE﹣∠EBF＝90°﹣45°＝45°，∴∠MBF＝∠EBF，在△BFM和△BFE中，，∴△BFM≌△BFE（SAS），∴FM＝EF，∵FM＝AF+AM＝AF+CE，∴EF＝AF+CE，∴AF+EC＝EF成立；②解：∵DF＝5，DE＝12，∠D＝90°，∴EF13，∴AF+EC＝13，∴AD+CD＝（AF+EC）+DF+DE＝13+5+12＝30，∴正方形ABCD的边长为30÷2＝15，∴正方形ABCD的周长为15×4＝60（2）解：AM2+NC2＝MN2，理由如下：将△BCN绕点B逆时针旋转90°得△BAG，连接GM，如图：由旋转性质可得：△BCN≌△BAG，∴∠CBN＝∠ABG，CN＝AG，∠BCN＝∠BAG，BN＝