2025 年中考数学押题预测卷解析版（山东济南卷）

2025年中考数学押题预测卷解析版（山东济南卷第Ⅰ一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分1（5A．5

B． 5

D．【答案】【答案】552（ 【答案】【答案】PAGEPAGE2，，3（224000000224000000用科学记数法表示是（）A．0.224C．22.4

B．2.24D．224【答案】【答案】1na的值．科学记数法的表示形式为a10n的形式，其中1|a|10n为整数，它等于原数的整数数位与1的差．据此即可求解．4（

分）若一个正多边形的外角和是其内角和的4，则这个多边形的边数为 【答案】【答案】n，根据“1”41n21803604解得n105（度数为（）A． B． C． D．【答案】【答案】6（A．3x3y）B．x3x2C．2x12xD．x2×x3=【答案】A、3x与3yBx3A、3x与3yBx3与x2Dx2x3x23x5，原选项运算正确，符合题意；D．A．3

B．9

C．9

D．【分析】此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质得出【分析】此题考查平行线的性质，关键是根据平行线的性质得出2AEF35，1FEC．根据平行EF∥ABEF∥AB∥CD∴2AEF35，1FEC∵AEC【答案】选择观看《哪吒2》的结果数，最后依据概率计算公式求解即可．ABCAA,B,C,BA,B,C,CA,CB,CC,C921∴2198（4分）已知abx22x10的两根，则921∴219A．2

C．2

A、B、CA、B、C23【答案】【答案】【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键，由于a，b是一元二次方程x22x10的两根，可得到ab2ab1，代入即可得到答案．∴ab2，ab19（D、E1DE的长为半径作弧，两弧在∠CBAFBFAC2GABPAPAG，若APG65，则ABG的度数为（ B C D【答案】【答案】2即可得ABC40∠ABC的角平分线，即得ABG1ABC，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得A50∴ABG1ABC2∵APAG，APG65∴AGPAPG65∴A180656550∵C90∴ABC90A905040∴ABG14020210（停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s．若点P、点Q同时开始运动，设运动时间为ts，VBPQ的面积为ycm2，已知y与t之间的函数图象如图2所示．给出下列结论：①当0t10时，VBPQ是等腰三角形；②S△ 48cm2；③当14t22时，y1105t；④在运动过程中，使得VABP是等腰三角形的P点一共有3个；⑤VBPQ与VABE相似时，t14.5．对以上结论判断正确的是（） 【答案】【答案】2可知，整个运动过程分为3PE时，点Q同时到达CBCBE10ED4AEADED6AB8BCBE10ED14104ADBC10，ABCDAEADED1046AB

BE2AE2

102628CDAB8对于①，当0t10PBE上，点QBCBPBQ对于②

1ABAE18624cm2，② 对于③，QBEED14cmBEEDDC104822cm当14t22P在CD上，点Q在Cy110(22t1105t，③正确；以点AABEDP2PP2VABPABBEP3，交CDP4PP3P4VABP综上，运动过程中，使得VABPP一共有4个，④错误；对于⑤，Q△BEA是直角三角形，P在CD上时，VBPQ与△BEABQBC10PQ22t，且ABQP90ABAEABAE 6即8 或 6 22 22 解得t14.5或t26（舍去3当VBPQ与△BEAt14.5，⑤第Ⅱ5420分11（

2x5

有意义，则x的取值范围 2∴2x50∴x522【答案】x【详解】解：∵200120∴白球所占的比例为1200.6x个，则x0.6x1512（【答案】x【详解】解：∵200120∴白球所占的比例为1200.6x个，则x0.6x1513（本题4分）如图，在平行四边形ABCD中，AB6，BC4，ABC60，点E是边AB上的一点，点F是边CD上一点，将平行四边形ABCD沿EF折叠，得到四边形EFGC，点A的对应点为点C，点D的对应点为点G，则DF的长度为 52键．作CKABKEEPBCP．可得CK422223E到CD的距离是23

BE2BP2

3m得(4m)23m)2(62m)2m即可，可得CFEC7DFDCCF2【详解】解：如图，作CKABKEEPBC∵ABC60,BC4∴BCK30∴BK2,CK

422223∵CABE到CDAB、CD∴E到CD的距离是23∴ADBC,DABC,ABCDADCGDGAECG∴BCGC,ABCG,BCDECG∴BCEGCF，在VBCE和VGCF中，ABCBC BCE∴∴VBCE≌VGCFASA∴CECF∵ABC60,EPB90∴BEP∴BE2BP∴EPBE2BP23m，AECE∵AB6∴AECE62m∵BC4∴PC4m，在Rt△ECP中，由勾股定理得(4m)2(3m)2(62m)2解得m54∴EC62m6257 ∴CFEC72∴DFDCCF67 故答案为：5214（本题4分）某电信公司手机的收费标准有A，B两类，已知每月应缴费用S（元）与通话时间t（分）之间的关系如图所示．当通话时间为200分钟时，按这两类收费标准缴费的差为 【答案】【答案】得k1b，解得b，∴y0.1x20B类的解析式为yk2x，把点10030代入解析式，得100k230，解得k20.3，∴y0.3xx200时，Ay0.12002040，By0.320060604020．15（P，则点落在阴影部分的概率 58BC中点OAEBCF2，CEx，结合题意AB切半圆OBCD切半圆O于点CAE切半圆OFABAF2，CEEFxAE2xDE2x，在RtVADEx的值，再计算阴影部分BC中点OAEBCF2CExABBCCDAD2，半圆的半径r21ABCBCDD902∴AB切半圆OBCD切半圆O于点C∵AE切半圆OF∴ABAF2，CEEFx∴AEAFEF2x，DECDCE2x∴在RtVADEAD2DE2AE2即222x22x2x12∴DE213 ∵1224阴影部分的面积SS 半圆 V222∴PPS25 58．1090分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤1 3216（32

13π【答案】【答案】【详解】解：2tan60 31310433 3x5x17（【答案】【答案】2x3【详解】解：解不等式3x5x1x3；解不等式2(2x1)3x4x2；2x318（7分）EBCCEBFDEEF【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．根据【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．根据证明△CED≌△BEFDEEFEBC∴CEBE在△CED和△BEFCCE CED∴VCED≌VBEFASA∴DEEF19（8分）如图，分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商品介绍，获得了如下信息：DEBCABDEBCABBFAC上，点CDE上，DF24cmCECD12DCF45CDF30．请根据以上信息，解决下列问题：AC的长度（结果保留根号6求拉杆端点AED的垂直距离（结果保留到1cm（62323

2.453(2)FFHDEH，先解RtVFHDFH，DH的长，再解Rt△CFH，求出CH的长，则可求出CDDE的长即可得到答案；过AAGEDED的延长线于GAG（1）FFHDEHFHCFHDQFDC30，DF24cm，FCD45∴在RtVFHDDHDFcos∠FDH123cm，FHDFsin∠FDH12cm在Rt△CFHCH

12cmCDCHDH12123cmQCE:CD1:22DE3CD18183cm2QABBCDEAC2DE36363解：过AAGEDED的延长线于QACG452AGACcosACG363632182186cm69cm2答：拉杆端点答：拉杆端点AED的距离为20（8分）AB为eODA和eOFAC平分∠DABC在eOCDDAACBFCD是eO2AC2

BC2，求△PBC(2)连接OCAD∥OC，然后利用CDDA得到CDOC，然后根据切线的判定方法得证明△CBP∽△CABPC2，由圆周角定理得到PCB90，∵OAOC∴OACOCAAC平分∠BAD∴DACOAC∴DACOCA∴AD∥OC∴∴OCDD∵CDDA∴ÐD=∴OCD90∴OCCDDC是eO（2）解：∵AB为eO∴ACB90AC平分∠DAB∴DACBAC∵DACPBC∵ACBBCP∴ ，∴ACPCBC2∴22PC4∴PC2∴1PCBC12222221（“汗水里绽放笑脸”的素质教育新实践．现随机抽取九年级20名学生，统计其每日体育活动时间，但在统计(1) 个，若第四组学生的平均运动时间为84.5，求第四组中被盖住的数字； (4)若该校共有学生2000人，试估算该校约有多少名学生每日运动时间不少于60【答案】(1)6；该校约有1700人每天运动时间不少于60（1）解：由统计表可知第一组有3由扇形统计图可知，第二组人数占总人数的35%第二组的人数有2035%7由频数分布直方图可知第三组有6第四组的人数为203764（（2）解：由1可知第二组共有7第二组被墨汁盖住了752Q第三组共有6第三组被墨汁盖住了633Q第四组共有4第四组被墨汁盖住了431墨汁一共盖住了1236828883x82.54被盖住的数字为85解：Q一共调查了20名学生，第四组中有4第四组中学生的人数占总人数的420100%20%扇形统计图中第四组的圆心角的度数是36020%72，故答案为：72；7620001700该校约有1700人每天运动时间不少于6022（10分）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入3D动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”（如哪吒、“敖丙”30张“哪吒”20张“敖丙”430张“哪吒”25张“敖丙”605求“哪吒”、“敖丙”5【答案】【答案】(1)9、8(2)当4050440设购进“哪吒”m张，“敖丙”书签(90mW润与购买“哪吒”（1）解：设“哪吒”、“敖丙”x、y由题意知：45x25y30x20y，解得y8x答：“哪吒”、“敖丙”9元，8（2）解：设购进“哪吒”m张，“敖丙”书签(90mm4(90m5m40W则W159)m128)(90m2m360∵20∴Wm∴当m4090m50，W有最大值，Wmax440答：当购进“哪吒”40张，“敖丙”5044023（10分）xOy中，直线ly2xmy3 求直线l12，直线lBy3x0的图象交于点CxDDBC 成CDBDCD1AD，求△ABD 【答案】【答案】(1)y2x(2)(3)(0,133或(0,133或32241130)或31134（1）先求出a（2）联立方程组得y2xBC作CMxMBBNxy3x利用平行线成比例求出CM1，再求出C31BCBG的坐标，（3）BCMMMB为半径作eMEBECEEyE的坐标为(0tExE的坐标为(n0)（1）A(1,ay3xa3，A(13y2xmm1直线l1y2x1（2）解：Q直线ly31xy2x联立方程组得

yxx

x解得

2，y

y B(3,2)，C作CMxMBBNxCM∥BNCMCD1 CM1y3y1x3xC(3,1)BCykxb(k0)3kbk33bBCy2x13QBCxD(3,0)，QABxG(1,0)，DG2

1DG|2

B

|1255；BCMMMB为半径作eMEBECEQBC为eMCEB90QMBCM(3,1)4EyE的坐标为(0tEMMB 3 1

3 ()(t)()(2) t133，

1332ExE的坐标为(n0)EMMB((3n)212(

(33)2(12)2 1n314

113，

34

1132E的坐标为(0,133或(0,133或32

1130)或3

113,0) 24（1DODACE，若△AOE与VABCD2yt交抛物线于MN两点，直线CMANPPy2x9上，求【答案】【答案】(1)yx22xD的横坐标为1213或3（1）（2）分两种情况：当VAOEVABCAOEABC；当VAOE∽VACBAEAO （3）Mm,m2m2，Nn,n2n2，Px,2x00，由题意可得MNxx21，从而可得mn2tn22n3，求出直线CM 2x9n1x30①x0②x0m 206nn12n整理可得n22n2∴ab39a3b3，ab，∴yx22x3（2）yx22x3x0y3，即C03∵A3,0，B1,0∴AB4，AO3，OC3∴△AOCAC∴CAO45

30203232BCykxb1k解得： ∴BCy3x3，ADBC，∵△AOE与VABC∴当VAOEVABCAOEABC∴OE∥BC∴设直线OEy3xb2，将O00代入解析式可得b20，∴直线OEy3xyx22x联立y

可得x22x33x

13，222

13（不符合题意，舍去2D的横坐标为1213当VAOE∽VACBAEAOAE3∴AE22

3EEHABH，则△AEH∴AHEH∴OH∴E1,2

2AE22设直线OEyk1x∴直线OEy2xyx22x联立y

可得x22x32xx1

3，x2

3（不符合题意，舍去D的横坐标为3D的横坐标为113或32 （3）解：设Mmm22m3Nnn22n3Px2x9 由题意可得MN∥x轴，抛物线的对称轴为直线x 2∴mn2，tn22n3设直线CMyk2xb2将C03Mmm22m3代入解析式可得

2

m22m，k2m解得：

b2∵直线CMANP∴ 2x9n1x3，0由①x0m 2 6，由②可得：x 0n∴ n 2，∴tn22n3n22n32325（12分（1）1ABCDAB9BC12PABCD内一点，PEF⊥ADADBCEFPE4AE3．则：①PC= ②PA2PC2与PB2PD2的关系 （2）2PABCDPEF⊥ADADBC反向延长线于EF,②中结论还成立吗？若成立，请说明理由；（3）3，在Rt△ABCBAC90P是Rt△ABCPA2PB5PC3BC（1）①106；PA2PC2PB2PD2（2）成立，理由见解析（3）30②PA2PC2131PB2PD2131ABFEDCFEPMCA交CA的延长线于点MBNPMPMN，作CTNBNB的延长线于点TAT、PTABNM和四边形CTNM都是矩形，根据矩形的性质定理进行求解即可．（1）①ADBC12BADABCADCBCD90QPEF⊥ADADBCEFA