黄金卷02（江西专用）-【赢在中考·黄金8卷】备战2025年中考数学模拟卷

【赢在中考·黄金8卷】备战2025年中考数学模拟卷（江西专用） 黄金卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 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2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。 3．回答填空题时，请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应横线上。写在本试卷上无效。 4．回答解答题时，每题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。写在本试卷上无效。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：（本大题共6题，每题3分，共18分.下列各题四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上.） 1．的绝对值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了绝对值，根据绝对值的意义即可求解，理解绝对值的意义是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴的绝对值是， 故选：． 2．是人工智能研究实验室新推出的一种由人工智能技术驱动的自然语言处理工具，的背后离不开大模型、大数据、大算力，其技术底座有着多达亿个模型参数，数据亿用科学记数法表示为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了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． 【详解】解：亿， 故选：C． 3．剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．下列剪纸图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义，对选项逐一分析判断即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、该图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 4．下列计算正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了同底数幂的乘除法，积的乘方，完全平方公式，逐项计算各选项整式的值，再判断即可，解题关键是掌握幂的运算法则． 【详解】A、，故原计算错误，不符合题意； B、，原计算正确，符合题意； C、，故原计算错误，不符合题意； D、，故原计算错误，不符合题意； 故选：B． 5．如图，抛物线的对称轴为直线，则下列结论中，错误的是（    ） A． B． C．与轴另一交点坐标为 D． 【答案】B 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据开口方向判断A，根据对称轴判断B，根据抛物线的对称性判断C，将代入解析式判断D． 【详解】解：抛物线开口向下， ，故A选项结论正确； 抛物线的对称轴为直线， ， ，故B选项结论错误； 抛物线的对称轴为直线，与轴一交点坐标为 该抛物线与轴另一交点坐标的横坐标为， 该抛物线与轴另一交点坐标为，故C选项结论正确； 将代入，得，故D选项结论正确； 故选B． 6．如图，一束太阳光从天花板和落地窗交界处的点射入，经过地板反射到天花板上形成光斑．中午和下午某时刻光线与地板的夹角分别为．已知天花板与地面是平行的，且它们之间的距离为，当时，光斑移动的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质与判定，解直角三角形的应用；设中午和下午某时刻光线与地板的交点分别为，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，则四边形是矩形，则，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，设中午和下午某时刻光线与地板的交点分别为，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，则四边形是矩形，则， ∵， ∴， 根据对称性可得， ∴ 故选：B． 二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分.） 7．不等式组的解集为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集即可． 【详解】解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为， 故答案为：． 8．若和是方程的两个根，则 ． 【答案】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，根据根与系数的关系对所求代数式进行恒等变形是解决问题的关键． 根据一元二次方程根与系数的关系得出，，然后整体代入求解即可． 【详解】∵和是方程的两个根， ∴， ∴． 故答案为：． 9．如图，已知的两弦相交于，且点为的中点，若，则的度数为 ． 【答案】/58度 【分析】本题主要考查运用垂径定理求值，连接交于点F，则由垂径定理得，由得，再根据直角三角形两锐角互余可求值． 【详解】解：连接交于点F，如图， ∵点A为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 即， 故答案为：． 10．元代的《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著．该著有一道“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽、每株椽钱三文足，无钱准与一株椽”．大意是：用6210文钱买一批椽．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设6210元能够买珠椽，则列出分式方程为 ． 【答案】 【分析】本题考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找出等量关系是解题关键．设6210元购买椽的数量为株，根据单价总价数量，求出一株椽的价钱为，再根据少拿一株椽后剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，即可列出分式方程，得到答案． 【详解】解：设6210元购买椽的数量为株，则一株椽的价钱为， 由题意得：， 故答案为：． 11．如图，矩形为一个正在倒水的水杯截面图，若杯内水面刚好经过点，且，则水杯底面与水平面夹角的大小为 ． 【答案】/40度 【分析】本题主要考查了平行线的性质，矩形的性质，三角形内角和定理，根据题意可知，根据平行线的性质得出，根据矩形的性质得出，根据三角形内角和求出求出结果即可． 【详解】解：延长交于点G，如图所示： ∵，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 12．如图，在矩形中，，，点P是矩形边上一动点．当时，的长为 . 【答案】4或或8 【分析】此题重点考查矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，根据点P的不同位置进行分类讨论是解题的关键．分三种情况讨论，一是点P在边上，且，则，求得；二是作的垂直平分线交于点Q，交于点P，连接，则，可证明，由，求得，则，此时是等边三角形，则；三是点P在边上，且，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴， 如图1，点P在边上，且， ∵， ∴； 如图2，作的垂直平分线交于点Q，交于点P，连接，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 如图3，点P在边上，且， ∵， ∴， 综上所述，的长为4或或8， 故答案为：4或或8． 三、解答题：（本大题共11题，第13-17每题6分，第18-20每题8分，第21-22每题9分，第23题12分，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 13．（1）计算：； （2）如图，在菱形中，，求的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】此题考查了实数的混合运算，菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握运算法则和菱形的性质是解题的关键． （1）先计算零指数幂、算术平方根、特殊角三角函数值、绝对值，再进行加减混合运算即可； （2）连接交于点O，根据菱形的性质得到，，，证明是等边三角形，则，，由勾股定理得到，即可得到答案． 【详解】解：（1） （2）连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∴ 14．先化简然后从中选取一个合适的整数作为的值代入求值． 【答案】；当时，原式 【分析】本题主要考查了分式的化简求值以及分式有意义的条件，熟练掌握分式的化简和分式的性质是解题的关键． 利用完全平方公式和平方差公式整理原式，约分化简，再根据分式有意义的条件，取代入求值即可． 【详解】解： ， ∵当和 时，会使分式分母，原式没有意义， 当时，会使原式的除式，原式无意义， ∴从中选取一个整数，只能选，则原式． 15．如图，在的正方形网格中，的顶点均在格点上，P为内部的格点，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，在的边上确定一点D，使的长最短． (2)如图2，在的边上确定一点M，边上确定一点N，连接，，使的周长最短． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）如图，证明，可得，再利用等量代换可得，从而可得，再根据垂线段最短即可求解； （2）如图，分别作点P关于、的对称点、，再连接，分别交、于点M、N，即可求解． 【详解】（1）解：如图，点D即为所求； 由图可得，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，此时，的长最短； （2）解：如图，为所求； 如图，分别作点P关于、的对称点、，再连接，分别交、于点M、N， 由轴对称的性质可得，，， ∴， ∴当、M、N、共线时，的周长最短，最小值为的长． 【点睛】本题考查无刻度直尺作图、轴对称的性质、垂线段最短、全等三角形的性质与判定，熟练掌握轴对称的性质、全等三角形的性质与判定是解题的关键． 16．素数（质数）仿佛是宇宙深处传来的神秘音乐，拨动着一代代数学家的心弦．不断追求知识和真理的执着精神，驱使着数学家在看似无序的素数中寻找其内在规律．历史上，欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润等数学家都对素数的规律有过深入的研究，某校进行校园文化建设，拟从以上4位数学家的画像中随机选用1幅或2幅． (1)“若从以上4位数学家的画像中随机选用1幅，则黎曼的画像被抽到”是______事件． A．不可能    B．必然    C．随机 (2)若从以上4位数学家的画像中随机选用2幅，请用画树状图法或列表法求出被抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率． 【答案】(1)A (2) 【分析】本题考查了事件的分类、概率的计算，熟练掌握事件的分类，列表法或树状图法求概率是解题的关键． （1）根据事件的分类即可解答； （2）依据题意，列表得出所有等可能的结果数，以及符合题意的结果数，再利用概率的计算公式即可解答． 【详解】（1）解：由题意得，4位数学家的画像分别为欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润， “若从以上4位数学家的画像中随机选用1幅，则黎曼的画像被抽到”是不可能事件． 故答案为：A． （2）解：将欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润四位数学家分别记为甲、乙、丙、丁， 列表如下： 由列表可得，共有12种等可能的情况，抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的有8种结果， 抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率． 答：抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率为． 17．如图，在中，，其顶点O为坐标原点，点B在第一象限，点A在x轴正半轴上，，． (1)求点A，B的坐标． (2)求直线的解析式． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查了图形与坐标，勾股定理，待定系数法解一次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先运用勾股定理求出，再运用等面积法求，再运用勾股定理求出，即可作答． （2）先设直线的解析式为，再把和代入，进行计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵在中，，，． ∴， ∵点A在x轴正半轴上， ∴； 如图：过点B作， ∵， ∴， ∴， ∵点B在第一象限， ∴； （2）解：设直线的解析式为， 把和代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为． 18．教育局为了解某地中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学各随机抽取100位学生家长进行问卷调查（每位学生家长对应一份问卷），将学生家长对延时服务的评分（单位：分）分为5组（A．；B．；C．；D．；E．），并对数据进行整理、分析．部分信息如下． 乙中学延时服务得分情况频数分布表如下（不完整） 组别 分组 频数 A 15 B b C 30 D 10 E 5 将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下： 81，81，81，82，82，83，83，83，83，83． 甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表． 学校 平均数 中位数 众数 甲 75 79 80 乙 78 c 83 根据以上信息，解答下列问题： (1)________，________，________． (2)已知乙中学共有2000名学生，若对延时服务的评分在60分以上（含60分），认为学校延时服务合格，请你估计乙中学有多少名学生的家长认为该校延时服务合格． (3)小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由． 【答案】(1)10，40， (2)估计乙中学有1900名学生的家长认为该校延时服务合格 (3)同意，理由见解析（理由不唯一，合理即可） 【分析】本题考查了数据统计分析综合题，涉及求中位数，频数，扇形统计图，用样本估计总体数量，运用平均数、中位数与众数作决策，读懂图表并获取有用的信息，学会用统计思想解决实际是解题关键． （1）先求出组所占的百分比，再利用1减去组所占的百分比即可得的值；利用乙中学抽取的学生家长人数100减去组的人数即可得的值；根据中位数的定义即可得的值，由此即可得； （2）利用乙中学学生总人数乘以对延时服务的评分在60分以上（含60分）所占百分比即可得； （3）运用平均数、中位数与众数作决策即可得． 【详解】（1）解：组所占的百分比为， 则， 所以， ， 将乙中学的得分按从小到大进行排序后，第50个数和第51个数的平均数即为中位数， ∵，， ∴第50个数和第51个数都在组， 又∵将乙中学在组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据为81，81，81，82，82，83，83，83，83，83， ∴中位数， 故答案为：10，40，． （2）解：（名）， 答：估计乙中学有1900名学生的家长认为该校延时服务合格． （3）解：同意，理由：乙中学的课后延时服务得分的平均数、中位数、众数均比甲中学高． 19．如图，某地计划为学校添置新式课桌椅，椅子可供学生午休的躺椅．图（1）是上课期间椅子摆放样式，已知座面宽，座面高，背垫为，点G到地面的垂直距离为，．图（2）是水平摆放时的形状，脚垫长，，． （结果保留1位小数，参考数据：，，，） (1)求背垫的长； (2)如图（2），求午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离． 【答案】(1)的长为 (2)午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离为 【分析】本题考查解直角三角形的应用． （1）过点G作垂直的延长线于点M，先求出，再根据得到的长即可； （2）过点H作，过点A作，，分别垂直于，垂足分别为M，N，O，过作于，则四边形和都是矩形，由（1）可知，先求出，再分别在和中求出，再根据矩形的性质求即可． 【详解】（1）解：过点G作垂直的延长线于点M， ∵， ∴， ∵点G到地面的垂直距离为，则，， ∴， 在中，，， ∴， 答：的长为； （2）解：过点H作，过点A作，，分别垂直于，垂足分别为M，N，O，过作于，则四边形和都是矩形， ∴，, 由（1）可知， ∵，， ∴，， 在中， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴． 答：午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离为． 20．如图，已知四点都在反比例函数 的图象上，且线段都过原点O，连接． (1)四边形的形状是 ． (2)已知， ①点 C 的坐标为 ； ②若四边形 是矩形，求四边形的面积． 【答案】(1)平行四边形 (2)；24 【分析】本题考查了反比例函数的性质，待定系数法求反比例函数解析式 ，熟知相关性质是解题的关键。 （1）利用对角线互相平分，即可解答； （2）①利用反比例函数的性质，即可解答；②求出点坐标，即可解答。 【详解】（1）解：设点坐标为 点与点关于原点对称， 点的坐标为， 与相等， 同理可得，与相等， 四边形为平行四边形， （2）解：根据（1）中原理可得， 反比例函数的解析式为， ， 若四边形是矩形，则， 设，则， 则可得， 解得， ， ，， 四边形的面积． 21．追本溯源：题（）来自课本中的习题，请你完成解答，并用（）中得到的结论完成题（）． （）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．求证：． 结论应用 （）如图，外接圆的圆心是的中点，． ①求的长； ②若，求点到的距离． 【答案】（）证明见解析；（）①；② 【分析】（）连接，由内心可得，，进而可得，即可得，即可求证； （）①设外接圆的圆心为，半径为，连接，可得，进而根据（）得，得到为等腰直角三角形，即得，得到，再根据弧长公式计算即可；②可得为等边三角形，得到，，进而可得，得到，，再利用三角形面积求出设的内切圆半径即可求解． 【详解】（）证明：连接， ∵点是的内心， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （）解：连接， ∵是的中点， ∴， ∵点是的内心， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的长； ②∵，， ∴为等边三角形， ∴，， 由（）①可知， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设的内切圆半径为， 则， 即， 解得， 即点到的距离为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形的内心和外接圆，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式，正确作出辅助线是解题的关键． 22．定义：如果两个二次函数的图像的开口大小相同，方向相反且顶点的横、纵坐标都互为相反数，则称其中一个二次函数为另一个二次函数的伴随函数．如与互为伴随函数． (1)的伴随函数的表达式为 ； (2)若的图像的顶点为，且过它的伴随函数的图像顶点． 求证：这两个函数图像的交点为； 如图，点是在之间的图像的动点，轴交的图像于点，求长度的最大值． 【答案】(1)； (2)详见解析；最大值为． 【分析】（）根据“伴随函数”的定义和二次函数的定义即可求解； （）由，则顶点，求出它的伴随抛物线解析式为，然后当时，，则点在图象上，当时，，从而求证； 设，则， 故有，然后根据二次函数的性质即可求解； 本题考查了二次函数的图像与性质，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键． 【详解】（1）解：， ∴顶点为， ∴伴随抛物线的顶点为， ∴伴随抛物线的解析式为； （2）证明：∵， ∴顶点， ∴它的伴随抛物线的顶点为， ∴， 当时，， ∴点在图象上， 当时，， ∴点在图象上， ∴这两个函数图像的交点为，； 解：由可知：，，，， 设， ∵轴交的图像于点， ∴， ∴， ∵点在，之间， ∴， 当时，值最大，最大值为． 23．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出的长度． 【答案】（1）①②③④   （2），见解析（3）或 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； （3）仿照（2）的解题思路，分点E在上和的延长线上，两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴；， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④． （2）解：连接，延长交于点G， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在中考·黄金8卷】备战2025年中考数学模拟卷（江西专用） 黄金卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 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2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。 3．回答填空题时，请将每小题的答案直接填写在答题卡中对应横线上。写在本试卷上无效。 4．回答解答题时，每题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上。写在本试卷上无效。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：（本大题共6题，每题3分，共18分.下列各题四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上.） 1．的绝对值是（   ） A． B． C． D． 2．是人工智能研究实验室新推出的一种由人工智能技术驱动的自然语言处理工具，的背后离不开大模型、大数据、大算力，其技术底座有着多达亿个模型参数，数据亿用科学记数法表示为（ ） A． B． C． D． 3．剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．下列剪纸图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．下列计算正确的是（　　） A． B． C． D． 5．如图，抛物线的对称轴为直线，则下列结论中，错误的是（    ） A． B． C．与轴另一交点坐标为 D． 6．如图，一束太阳光从天花板和落地窗交界处的点射入，经过地板反射到天花板上形成光斑．中午和下午某时刻光线与地板的夹角分别为．已知天花板与地面是平行的，且它们之间的距离为，当时，光斑移动的距离为（    ） A． B． C． D． 二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分.） 7．不等式组的解集为 ． 8．若和是方程的两个根，则 ． 9．如图，已知的两弦相交于，且点为的中点，若，则的度数为 ． 10．元代的《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著．该著有一道“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，遣人去买几株椽、每株椽钱三文足，无钱准与一株椽”．大意是：用6210文钱买一批椽．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设6210元能够买珠椽，则列出分式方程为 ． 11．如图，矩形为一个正在倒水的水杯截面图，若杯内水面刚好经过点，且，则水杯底面与水平面夹角的大小为 ． 12．如图，在矩形中，，，点P是矩形边上一动点．当时，的长为 . 三、解答题：（本大题共11题，第13-17每题6分，第18-20每题8分，第21-22每题9分，第23题12分，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 13．（1）计算：； （2）如图，在菱形中，，求的长． 14．先化简然后从中选取一个合适的整数作为的值代入求值． 15．如图，在的正方形网格中，的顶点均在格点上，P为内部的格点，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，在的边上确定一点D，使的长最短． (2)如图2，在的边上确定一点M，边上确定一点N，连接，，使的周长最短． 16．素数（质数）仿佛是宇宙深处传来的神秘音乐，拨动着一代代数学家的心弦．不断追求知识和真理的执着精神，驱使着数学家在看似无序的素数中寻找其内在规律．历史上，欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润等数学家都对素数的规律有过深入的研究，某校进行校园文化建设，拟从以上4位数学家的画像中随机选用1幅或2幅． (1)“若从以上4位数学家的画像中随机选用1幅，则黎曼的画像被抽到”是______事件． A．不可能    B．必然    C．随机 (2)若从以上4位数学家的画像中随机选用2幅，请用画树状图法或列表法求出被抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率． 17．如图，在中，，其顶点O为坐标原点，点B在第一象限，点A在x轴正半轴上，，． (1)求点A，B的坐标． (2)求直线的解析式． 18．教育局为了解某地中学课后延时服务的开展情况，从甲、乙两所中学各随机抽取100位学生家长进行问卷调查（每位学生家长对应一份问卷），将学生家长对延时服务的评分（单位：分）分为5组（A．；B．；C．；D．；E．），并对数据进行整理、分析．部分信息如下． 乙中学延时服务得分情况频数分布表如下（不完整） 组别 分组 频数 A 15 B b C 30 D 10 E 5 将乙中学在B组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据如下： 81，81，81，82，82，83，83，83，83，83． 甲、乙两中学延时服务得分的平均数、中位数、众数如下表． 学校 平均数 中位数 众数 甲 75 79 80 乙 78 c 83 根据以上信息，解答下列问题： (1)________，________，________． (2)已知乙中学共有2000名学生，若对延时服务的评分在60分以上（含60分），认为学校延时服务合格，请你估计乙中学有多少名学生的家长认为该校延时服务合格． (3)小明说：“乙中学的课后延时服务开展得比甲中学好．”你同意小明的说法吗？请写出一条理由． 19．如图，某地计划为学校添置新式课桌椅，椅子可供学生午休的躺椅．图（1）是上课期间椅子摆放样式，已知座面宽，座面高，背垫为，点G到地面的垂直距离为，．图（2）是水平摆放时的形状，脚垫长，，． （结果保留1位小数，参考数据：，，，） (1)求背垫的长； (2)如图（2），求午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离． 20．如图，已知四点都在反比例函数 的图象上，且线段都过原点O，连接． (1)四边形的形状是 ． (2)已知， ①点 C 的坐标为 ； ②若四边形 是矩形，求四边形的面积． 21．追本溯源：题（）来自课本中的习题，请你完成解答，并用（）中得到的结论完成题（）． （）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．求证：． 结论应用 （）如图，外接圆的圆心是的中点，． ①求的长； ②若，求点到的距离． 22．定义：如果两个二次函数的图像的开口大小相同，方向相反且顶点的横、纵坐标都互为相反数，则称其中一个二次函数为另一个二次函数的伴随函数．如与互为伴随函数． (1)的伴随函数的表达式为 ； (2)若的图像的顶点为，且过它的伴随函数的图像顶点． 求证：这两个函数图像的交点为； 如图，点是在之间的图像的动点，轴交的图像于点，求长度的最大值． 23．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出的长度． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在中考·黄金8卷】备战2025年中考数学模拟卷（江西专用） 黄金卷 一、选择题：（本大题共6题，每题3分，共18分.下列各题四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上.） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C D B B B 二、填空题：（本大题共6题，每题3分，共18分.） 7．/ 8． 9．/58度 10． 11．/40度 12．4或或8 三、解答题：（本大题共11题，第13-17每题6分，第18-20每题8分，第21-22每题9分，第23题12分，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 13．（1）；（2） 【详解】解：（1） （2）连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∴ 14．；当时，原式 【详解】解： ， ∵当和 时，会使分式分母，原式没有意义， 当时，会使原式的除式，原式无意义， ∴从中选取一个整数，只能选，则原式． 15．(1)见解析 (2)见解析 【详解】（1）解：如图，点D即为所求； 由图可得，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，此时，的长最短； （2）解：如图，为所求； 如图，分别作点P关于、的对称点、，再连接，分别交、于点M、N， 由轴对称的性质可得，，， ∴， ∴当、M、N、共线时，的周长最短，最小值为的长． 16．(1)A (2) 【详解】（1）解：由题意得，4位数学家的画像分别为欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润， “若从以上4位数学家的画像中随机选用1幅，则黎曼的画像被抽到”是不可能事件． 故答案为：A． （2）解：将欧几里得、高斯、华罗庚、陈景润四位数学家分别记为甲、乙、丙、丁， 列表如下： 由列表可得，共有12种等可能的情况，抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的有8种结果， 抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率． 答：抽到的画像中一幅是中国数学家，另一幅是外国数学家的概率为． 17．(1)， (2) 【详解】（1）解：∵在中，，，． ∴， ∵点A在x轴正半轴上， ∴； 如图：过点B作， ∵， ∴， ∴， ∵点B在第一象限， ∴； （2）解：设直线的解析式为， 把和代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为． 18．(1)10，40， (2)估计乙中学有1900名学生的家长认为该校延时服务合格 (3)同意，理由见解析（理由不唯一，合理即可） 【详解】（1）解：组所占的百分比为， 则， 所以， ， 将乙中学的得分按从小到大进行排序后，第50个数和第51个数的平均数即为中位数， ∵，， ∴第50个数和第51个数都在组， 又∵将乙中学在组的得分按从小到大的顺序排列，前10个数据为81，81，81，82，82，83，83，83，83，83， ∴中位数， 故答案为：10，40，． （2）解：（名）， 答：估计乙中学有1900名学生的家长认为该校延时服务合格． （3）解：同意，理由：乙中学的课后延时服务得分的平均数、中位数、众数均比甲中学高． 19．(1)的长为 (2)午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离为 【详解】（1）解：过点G作垂直的延长线于点M， ∵， ∴， ∵点G到地面的垂直距离为，则，， ∴， 在中，，， ∴， 答：的长为； （2）解：过点H作，过点A作，，分别垂直于，垂足分别为M，N，O，过作于，则四边形和都是矩形， ∴，, 由（1）可知， ∵，， ∴，， 在中， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴． 答：午休躺睡时课椅点G与点H之间的水平距离为． 20．(1)平行四边形 (2)；24 【详解】（1）解：设点坐标为 点与点关于原点对称， 点的坐标为， 与相等， 同理可得，与相等， 四边形为平行四边形， （2）解：根据（1）中原理可得， 反比例函数的解析式为， ， 若四边形是矩形，则， 设，则， 则可得， 解得， ， ，， 四边形的面积． 21．（）证明见解析；（）①；② 【详解】（）证明：连接， ∵点是的内心， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （）解：连接， ∵是的中点， ∴， ∵点是的内心， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的长； ②∵，， ∴为等边三角形， ∴，， 由（）①可知， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设的内切圆半径为， 则， 即， 解得， 即点到的距离为． 22．(1)； (2)详见解析；最大值为． 【详解】（1）解：， ∴顶点为， ∴伴随抛物线的顶点为， ∴伴随抛物线的解析式为； （2）证明：∵， ∴顶点， ∴它的伴随抛物线的顶点为， ∴， 当时，， ∴点在图象上， 当时，， ∴点在图象上， ∴这两个函数图像的交点为，； 解：由可知：，，，， 设， ∵轴交的图像于点， ∴， ∴， ∵点在，之间， ∴， 当时，值最大，最大值为． 23．（1）①②③④   （2），见解析（3）或 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴；， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④． （2）解：连接，延长交于点G， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故的长度为或． / 学科网（北京）股份有限公司 $$