2025年河南省九年级中考数学模拟试题（二）

2025年河南中考数学模拟试题（二） 考试范围：人教版中考数学模拟；考试时间：100分钟；总分：120分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．若，则有理数a在数轴上对应的点的位置是（　　） A． B． C． D． 2．数据5600000用科学记数法表示为（　　） A．56×105 B．5.6×105 C．5.6×106 D．5.6×107 3．如图，周末小明同学在学校操场玩遥控车，他遥控小车从P处向正北方向行驶到A处，再向左转50°行驶到B处，则点A在点B处的（　　）方向． A．南偏东30° B．南偏东50° C．南偏西30° D．南偏西50° 4．用四个相同的小立方块搭几何体，要求每个几何体从正面、左面、上面看到的形状图中至少有两种是相同的，则下列四种摆放方式中不符合要求的是（　　） A． B． C． D． 5．关于x的不等式组无解，那么m的取值范围为（　　） A．m＝5 B．m＞5 C．m＜5 D．m≤5 6．如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，若BE：EC＝1：2，AE交BD于点F，则△BEF与△DAF的面积比为（　　） A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9 7．计算的结果是（　　） A． B．0 C．1 D． 8．如图是太原马拉松15周年纪念徽章，徽章整体呈银色，正面记录着太原马拉松创办至今的历史，背面的雁丘园代表着千年晋韵独特的魅力．任意掷两枚质地均匀的这种纪念徽章，恰好都是正面朝上的概率是（　　） A． B． C． D． 9．如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点D是的中点，连结BD，CD．以点D为圆心，BD的长为半径在⊙O内画弧，阴影部分的面积为，则等边三角形ABC的边长为（　　） A．4 B． C． D． 10．一支蜡烛长20厘米，点燃后每小时燃烧5厘米，燃烧时剩下的高度n（厘米）与燃烧时间t（时）的函数关系的图象是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．若3xm+1y3与﹣5x3yn是同类项，则﹣mn＝　 　． 12．一组从小到大排列的数据：x，3，4，4，5（x为正整数），唯一的众数是4，则数据x是 　 　． 13．关于x的方程x2﹣4x+1＝﹣2m有两个相等的实数根，则m＝　 　． 14．如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的点A的坐标为（0，2），E是线段BC上一点，且∠AEB＝67.5°，沿AE折叠后B点落在点F处，那么点F的坐标为　 　． （14题） （15题） 15．如图，P是等边三角形ABC内一点，连接PA、PC，PA＝PC，∠APC＝90°，把线段AP绕点A逆时针旋转120°，得到线段AQ（点P与点Q为对应点），连接BQ交AP于点E．点D为BQ的中点，连接AD、PD，若S△DAP＝2，则AB＝　 　． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．（8分）（1）计算：； （2）化简：． 17．（9分）甲、乙两名学生进行射击练习，两人在相同条件下各射10次，将射击结果作统计分析，如表所示： 命中环数 5 6 7 8 9 10 平均数 中位数 方差 甲命中环数的次数 1 4 2 1 1 1 7 b 2.2 乙命中环数的次数 1 2 4 2 1 a 7 S乙2 （1）请你填上表中乙学生的相关数据：则a＝　 　，b＝　 　． （2）计算出乙的平均数与方差S乙2，如果你是教练，想要取得理想的成绩，你选择谁去参加比赛？并说明理由． 18．（9分）如图①，已知点A（﹣1，0），B（0，﹣2），▱ABCD的边AD与y轴交于点E，且E为AD的中点，双曲线y经过C、D两点． （1）求k的值； （2）点P在双曲线y上，点Q在y轴上，若以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，直接写出满足要求的所有点Q的坐标； （3）以线段AB为对角线作正方形AFBH（如图③），点T是边AF上一动点，M是HT的中点，MN⊥HT，交AB于N，当点T在AF上运动时，的值是否发生改变？若改变，求出其变化范围：若不改变，请求出其值，并给出你的证明． 19．（9分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC＝90°，点E为BC的中点． （1）尺规作图：作∠AEC的平分线EF，与AD交于点F，连接CF． （2）求证：四边形AECF是菱形，请根据以下思路完成填空． ∵EF平分∠AEC， ∴①　 　， ∵AD∥BC， ∴∠AFE＝∠CEF， ∴②　 　， ∴AE＝AF． ∵∠BAC＝90°，点E是BC中点， ∴，， ∴AE＝CE， ∴AF＝CE， ∵AF∥CE， ∴③　 　 又∵AE＝CE， ∴▱AECF是菱形（④　 　）． 20．（9分）图1是某住宅楼单元门的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头A的仰角、俯角均为15°，摄像头高度OA＝160cm，识别的最远水平距离OB＝150cm． （1）欢欢站在离摄像头水平距离130cm的点C处，恰好能被识别（头的顶部在仰角线），问欢欢的身高约是多少厘米？ （2）身高148cm的乐乐，头部长度为17cm，踮起脚尖可以增高4cm．他需要站在距离点O多远的区域内才能被识别到？请计算说明．（精确到0.1cm，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27） 21．（10分）近年来教育部要求学校积极开展素质教育，落实“双减”政策，深圳市某中学把足球和篮球列为该校的特色项目．学校准备从体育用品商店一次性购买若干个篮球和足球，若购买3个篮球和2个足球共490元，购买2个篮球和3个足球共460元． （1）篮球、足球的单价各是多少元？ （2）根据学校实际需要，需一次性购买篮球和足球共100个．购买篮球的数量不少于足球数量的一半，为使购买的总费用最小，那么应购买篮球、足球各多少个？ 22．（10分）2023年5月28日，C919商业首航完成中国民航商业运营国产大飞机正式起步．12时31分航班抵达北京首都机场，穿过隆重的“水门礼”（寓意“接风洗尘”，是国际民航中高级别的礼仪）．如图1，在一次“水门礼”的预演中，两辆消防车从机翼两侧向斜上方喷射水柱，喷射的两条水柱近似看作形状相同的抛物线的一部分．当两辆消防车喷水口A、B的水平距离为80米时，两条水柱恰好在抛物线的顶点H处相遇，此时相遇点H距地面20米，喷水口A、B距地面均为4米．如图2，以地面两辆消防车所在的直线为x轴，过点H所在的铅直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）写出点B、H的坐标，并求出抛物线的关系式； （2）两辆消防车同时向后移动相同的距离，此时两个水柱的交点记为H′，若HH′＝1，请求出两辆消防车移动的距离． 23．（11分）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形． （1）如图1，在邻余四边形ABCD中，∠B＝40°，则∠C＝　 　； （2）如图2，在△ABC中，，BC＝4，DE垂直平分AC交AB于点E，垂足为D，且，BE＝3，F为BC上一点，求证：四边形AEFC是邻余四边形； （3）如图3、图4，在邻余四边形ABCD中，E为AB的中点，∠DEC＝90°， ①如图3，当DE⊥AD时，判断四边形BCDE的形状并证明你的结论； ②如图4，当AD＝6，BC＝8时，求CD的长． 参考答案 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．解：，有理数a在数轴上对应的点的位置是C选项． 选：C． 2．解：数据5600000用科学记数法表示为5.6×106． 选：C． 3．解：如图，∵AP∥BS， ∴∠ABS＝∠BAN＝50°， 即点A在点B的南偏东50°， 选：B． 4．解：A、几何体的主视图、俯视图是相同的，本选项错误； B、几何体的主视图、左视图是相同的，本选项错误； C、几何体的主视图、左视图相相同，本选项错误； D、几何体的主视图、左视图、俯视图都不相同，本选项正确． 选：D． 5．解：∵x的不等式组无解， ∴m≤5， 选：D． 6．解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC①，AD＝BC②； 已知BE：EC＝1：2，即BE：BC＝1：3，由②可得BE：AD＝1：3； 由①知：△ADF∽△EBF， ∴S△BEF：S△DAF＝（）2＝1：9． 选：D． 7．解：， 选：C． 8．解：列表如下： 正面 反面 正面 （正面，正面） （正面，反面） 反面 （反面，正面） （反面，反面） 共有4种等可能的结果，其中恰好都是正面朝上的结果有1种， ∴恰好都是正面朝上的概率为． 选：C． 9．解：如图，过D作DE⊥BC于E， ∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆， ∴∠A＝60°，∠BDC+∠A＝180°， ∴∠BDC＝120°， ∵点D是的中点， ∴， ∴BD＝CD， ∴BC＝2BE，， ∴∠DBE＝30°， ∵阴影部分的面积为， ∴， ∴BD＝4， ∴DEBD＝2， ∴BEDE＝2， ∴， 选：C． 10．解：设蜡烛点燃后剩下h厘米时，燃烧了t小时， 则h与t的关系是为h＝20﹣5t，是一次函数图象，即t越大，h越小， 符合此条件的只有D． 选：D． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．解：∵3xm+1y3与﹣5x3yn是同类项， ∴m+1＝3，n＝3， ∴m＝2， ∴﹣mn＝﹣23＝﹣8． 答案为：﹣8． 12．解：∵一组从小到大排列的数据：x，3，4，4，5（x为正整数），唯一的众数是4， ∴数据x是1或2． 答案为：1或2． 13．解：∵关于x的方程x2﹣4x+1＝﹣2m，即x2﹣4x+1+2m＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝0，即16﹣4（1+2m）＝0， 解得：m． 答案为：． 14．解：作FD⊥CO于点D，FG⊥AO于点G， ∵∠AEB＝67.5°， ∵沿AE折叠后B点落在点F， ∴∠BAE＝∠EAF＝∠FAO＝22.5°，AF＝AB＝2， ∴∠FAG＝45°， ∴FG＝AG， ∴GO＝2， ∴点F的坐标为（，2）． 答案为：（，2）． 15．解：延长QA到M，使得AM＝AQ，连接BM，PM． ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∵PA＝PC，∠APC＝90°， ∴∠PAC＝∠PCA＝45°， ∵∠PAQ＝120°， ∴∠PAM＝180°﹣120°＝60°， ∵AM＝AQ＝AP， ∴△APM是等边三角形， ∴∠MAP＝∠BAC＝60°， ∴∠MAB＝∠PAC， ∵AM＝AP，AB＝AC， ∴△MAB≌△PAC（SAS）， ∴BM＝PC，∠AMB＝∠APC＝90°， ∵AQ＝AM，BD＝DQ， ∴AD∥BM，BM＝2AD， ∴ADPA， ∴∠QAD＝∠QMB＝90°， ∴∠PAD＝∠MAD﹣∠MAP＝90°﹣60°＝30°， ∵S△PAD＝2， ∴•PA•AD•sin30°＝2， ∴•PA•PA•2， ∴PA＝4， ∴AB＝ACPA＝4， 答案为4． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16．解：（1）原式＝21 1； （2）原式 • ＝x． 17．解：（1）甲命中环数的中位数b6.5， ∵两人在相同条件下各射10次， ∴a＝10﹣1﹣2﹣4﹣2﹣1＝0， 答案为：0；6.5； （2）选择乙去参加比赛，理由如下： 乙学生的平均数为：（5×1+6×2+7×4+8×2+9×1）＝7； 方差为：[（5﹣7）2+2×（6﹣7）2+4×（7﹣7）2+2×（8﹣7）2+（9﹣7）2]＝1.2． 从平均水平看，甲、乙两名学生射击的环数平均数均为7环，水平相当； 从集中趋势看，乙的中位数比甲大，乙的成绩比甲的好些；从稳定性看，s乙2＜s甲2，所以乙的成绩比甲稳定． 所以，选择乙去参加比赛． 18．解：（1）∵A（﹣1，0），B（0，﹣2），E为AD中点， ∴xD＝1， 设D（1，t）， 又∵DC∥AB， ∴C（2，t﹣2）， ∴t＝2t﹣4， ∴t＝4， ∴k＝4； （2）∵由（1）知k＝4， ∴反比例函数的解析式为y， ∵点P在双曲线上，点Q在y轴上， ∴设Q（0，y），P（x，）， ①当AB为边时： 如图1，若ABPQ为平行四边形， 则0， 解得x＝1， 此时P1（1，4），Q1（0，6）； 如图2，若ABQP为平行四边形， 则， 解得x＝﹣1， 此时P2（﹣1，﹣4），Q2（0，﹣6）； ②如图3，当AB为对角线时， AP＝BQ，且AP∥BQ； ∴， 解得x＝﹣1， ∴P3（﹣1，﹣4），Q3（0，2）； P1（1，4），Q1（0，6）；P2（﹣1，﹣4），Q2（0，﹣6）；P3（﹣1，﹣4），Q3（0，2）； （3）结论：的值不发生改变， 理由：如图4，连NH、NT、NF， ∵MN是线段HT的垂直平分线， ∴NT＝NH， ∵四边形AFBH是正方形， ∴∠ABF＝∠ABH， 在△BFN与△BHN中， ， ∴△BFN≌△BHN（SAS）， ∴NF＝NH＝NT， ∴∠NTF＝∠NFT＝∠AHN， 四边形ATNH中，∠ATN+∠NTF＝180°，而∠NTF＝∠NFT＝∠AHN， 所以，∠ATN+∠AHN＝180°，所以，四边形ATNH内角和为360°， 所以∠TNH＝360°﹣180°﹣90°＝90°． ∴MNHT， ∴． 19．（1）解：如图所示；EF 即为所求； （2）证明：∵EF平分∠AEC， ∴①∠AEF＝∠CEF， ∵AD∥BC， ∴∠AFE＝∠CEF， ∴②∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF． ∵∠BAC＝90°，点E是BC中点， ∴，， ∴AE＝CE， ∴AF＝CE， ∵AF∥CE， ∴③四边形AECF是平行四边形， 又∵AE＝CE， ∴▱AECF是菱形（④菱形的判定）． 答案为：∠AEF＝∠CEF，∠AEF＝∠AFE，四边形AECF是平行四边形，菱形的判定． 20．解：（1）过C作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点E，D，交水平线于点F， 在Rt△AEF中， tan∠EAF， ∴EF＝AF•tan15°≈130×0.27＝35.1（cm）， 由题意，知∠AOB＝∠OAF＝∠FCO＝90°， ∴四边形AOCF是矩形， ∴CF＝OA＝160cm， ∴CE＝CF+EF＝160+35.1＝195.1（cm）， ∴欢欢的身高约是195.1厘米； （2）乐乐踮起脚尖后应站在距摄像头水平距离不小于92.6cm，不大于150cm的区域内才能被识别到． 理由：如图，若乐乐站在G处踮起脚尖时头的下部正好位于俯角线上，过G点垂直于OB的垂线分别交仰角、俯角线于点M，N，交水平线于点P， 则GN＝148+4﹣17＝135（cm）， 此时PN＝160﹣135＝25（cm）， 在Rt△APN中， tan∠NAP， ∴AP92.6（cm）， 即乐乐踮起脚尖后应站在距摄像头水平距离不小于92.6cm，不大于150cm的区域内才能被识别到． 21．解：（1）设篮球的单价是x元，足球的单价是y元， 根据题意得：， 解得：． 答：篮球的单价是110元，足球的单价是80元； （2）设购买m个篮球，则购买（100﹣m）个足球， 根据题意得：m（100﹣m）， 解得：m． 设购买篮球和足球的总费用为w元，则w＝110m+80（100﹣m）， 即w＝30m+8000， ∵30＞0， ∴w随m的增大而增大， 又∵m，且m为正整数， ∴当m＝34时，w取得最小值，此时100﹣m＝100﹣34＝66． 答：为使购买的总费用最小，那么应购买34个篮球、66个足球． 22．解：（1）∵A、B的水平距离为80米， ∴点B的横坐标为40． ∵喷水口A、B距地面均为4米， ∴点B的纵坐标为4． ∴点B的坐标为（40，4）． ∵点H距地面20米，点H在y轴， ∴点H的坐标为（0，20）． ∴B（40，4），H（0，20）． 由题意得：H（0，20）为抛物线AHB的顶点，设y＝ax2+20（a≠0）． 将点（40，4）代入得：4＝1600a+20， 解得：a． ∴yx2+20； （2） ∵同时移动后两条水柱形成的抛物线关于y轴对称， ∴H′就是平移后任意一条抛物线与y轴的交点． ∵HH′＝1，H（0，20）， ∴H′（0，19）． 设右侧消防车向后移动了m米， 则平移的后抛物线为：y（x﹣m）2+20． 将点H′（0，19）代入上式， 解得：m＝10或m＝﹣10（舍去）． 答：要使HH′＝1，两辆消防车应同时向后移动10米． 23．解：（1）∵邻余四边形ABCD，∠C为锐角， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠C＝90°﹣40°＝50°， 答案为：50°； （2）证明：∵DE垂直平分AC， ∴ADAC， ∵DE， ∴AE5， ∵BE＝3，BC＝4， ∴AB＝8， ∴BC2+AB2＝42+82＝80， ∵AC2＝（）2＝80， ∴BC2+AB2＝AC2， ∴∠B＝90°， ∴∠A+∠C＝90°， ∴四边形AEFC是邻余四边形； （3）①四边形BCDE为平行四边形， ∵四边形ABCD是邻余四边形， ∴∠A+∠B＝90°， ∵DE⊥AD， ∵∠ADE＝90°， ∵∠DEC＝90°， ∴AD∥CE，∠A+∠DEA＝90°， ∴∠B＝∠DEA，∠A＝∠CEB， ∵E是AB中点， ∴AE＝BE， ∴△ADE≌△AECB（ASA）， ∴AD＝CE， 又AD∥CE， ∴四边形AECD是平行四边形， ∴CD＝AE，CD//AE， ∵A、E、B三点共线且AE＝BE， ∴CD＝BE．CD∥BE， ∵DE⊥AD， ∴∠ADE＝90°， ∵DEC＝90°， ∴AD∥CE，∠A+∠DEA﹣＝90°， ∴∠B＝∠DEA，∠A＝∠CEB， ∵E是AB中点， ∴AE＝BE， ∴△ADE≌△ECB（ASA）， ∴AD＝CE， 又∵AD∥CE， ∴四边形AECD是平行四边形， ∴CD＝AE，CD∥AE， ∵A、E、B三点共线，AE＝BE， ∴CD＝BE，CD∥BE， ∴四边形BCDE是平行四边形； ②如图，延长CE到点F，使得EF＝CE，连接AF、DF， ∵AE＝BE，EF＝CE，∠CEB＝∠FEA， ∴△CEB≌△FEA（SAS）， ∴AF＝BC＝8，∠B＝∠EAF， ∵四边形ABCD是邻余四边形， ∴∠B+∠DAB＝90°， ∴∠EAF+∠DAB＝90°，即∠DAF＝90°， ∴DF10， ∵DE⊥CF，CE＝EF， ∴CD＝DF＝10， ∴CD的长为10． 第4页（共18页） 学科网（北京）股份有限公司 $$