2024-2025学年河北省石家庄市长安区中考一模数学试卷

第 1页（共 5页） 2025 年数学质检参考答案及评分参考 一、选择题（本大题共 12个小题．每题 3分，共 36分） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C D C B B D 题号 7 8 9 10 11 12 答案 D A B A C C 二、填空题（本大题共 4个小题，每小题 3分，共 12分） 13．1． 14．10． 15．此题答案不唯一，只需横坐标为 2，纵坐标 1<y<2.5即可． 16． 523  ． 三、解答题（本大题共 8个小题，共 72分） 17．解：（1）M＝P﹣8Q＝（a2+4a）﹣8（a﹣1）＝a2+4a﹣8a+8＝a2﹣4a+8； …………………4分 （2）整式 M不能为负数． ………………………………………………………………………5分 理由如下：M＝a2﹣4a+8＝（a2﹣4a+4）+4＝（a﹣2）2+4， ∵不论 a为何值，（a﹣2）2≥0，∴（a﹣2）2+4≥4，即该化简结果不能为负数．………………8分 18．解：（1） 1 3 ； ……………………………………………………………………………………2分 （2）列表如下： C1 C2 C3 B2 （B2，C1） （B2，C2） （B2，C3） B3 （B3，C1） （B3，C2） （B3，C3） B4 （B4，C1） （B4，C2） （B4，C3） ∵小李随机坐第二排和小王随机坐第三排共有 9种等可能情况，其中两位老师刚好坐在同一列的结 果有两种， ∴P（两位老师刚好坐在同一列）＝ 2 9 ． ………………………………………………………8分 19．解：（1）由题意得： [﹣4+（﹣3）﹣6]×（﹣ 1 2 ）＝（﹣13）×（﹣ 1 2 ）＝ 13 2 ．………………………………………6分 （2）由题意得： 小李 小王 第 2页（共 5页） [a+（﹣3）]×（﹣ 1 2 ）﹣6>﹣6，解得：a<3． ①1,2． ……………………………………………………………………………………8分 ②a<3． ……………………………………………………………………………………8分 20．解：（1）如图，过点 P作 PH⊥QN于 H，延长 ME交 PH于 F， 则四边形 MNHF为矩形． ∴FH＝MN＝1m，∠PFM＝90°． 则 3 5 3537sinsin  PMPMEPMPF m． ∴点 P到地面的高度：PH＝PF+FH＝4m， 即点 P到地面的高度为 4m．…………………………………………………………4分 （2）由（1）可知，四边形 MNHF为矩形， 则 HN＝FM＝PM•cos∠PME＝PM•cos37°＝5× 4 5 ＝4m． ∵∠PME＝37°， ∴∠MPF＝53°． ∴∠QPH＝113°﹣53°＝60°． ∵PH＝4m， ∴ 3tan  PH QHQPH ． ∴ 34QH m． ∴ m． ………………………………………………………………8分 21．解：（1）B（1，2），C（﹣1，2） …………………………………………………………………2分 设直线 CD的表达式为 y＝kx+b，把 C（﹣1，2），D（﹣2，0）分别代入得： 2 0 2 k b k b        ，解得： 2 4 k b    ，∴直线 CD的表达式为 y＝2x+4． …………………………………4分 （2）当 x＝0时，y＝﹣3x+5＝5，∴点 A的坐标为（0，5）． ∵OE＝2，∴AE＝5﹣2＝3． ∵EB＝1，∴S△ABE＝ 1 2 ×1×3＝ 3 2 ． ∵CE＝1，DO＝2，EO＝2，∴S 四边形DOEC＝ 1 2 ×2×（1+2）＝3． P HQ M N E F 第 3页（共 5页） ∴S＝S△ABE+S 四边形DOEC＝ 3 2 +3＝ 9 2 ． ………………………………………………………………7分 （3）∵直线 l′与 l关于 y轴对称，∴直线 l′经过点 A，C． 设直线 l′的表达式为 y＝mx+n，把 C（﹣1，2），A（0，5）分别代入得： 5 2 n m n      ，解得： 3 5 m n    ，∴直线 l′的表达式为 y＝3x+5． 当 x＝﹣2时，y＝3x+5＝﹣6+5＝﹣1≠0，∴点 D不在直线 l′上． …………………………9分 22．解：（1）45， 23 ．……………………………………………………………………………………4分 （2）如图， ……………………………………………………………………………………6分 根据题意得，GM＝3km/h，GN＝3 km/h，∠NGM＝90°． 根据勾股定理得，MN   6333 22  （km/h）． ∵cos∠GNM 2 3 6 33  ． ∴∠GNM＝30°． 根据平行四边形法则，GH∥NM，GH＝NM＝6km/h， ∴∠NGH＝∠GNM＝30°． ∴小船应朝北偏西 30°方向航行，速度大小为 6km/h．…………………………………………………9分 23．解：（1）根据题意，可设抛物线 L1的表达式为 y1=a（x﹣6）2+4， 将 A（0，1）代入，得：36 a +4=1，解得：a =﹣ 1 12 ． ∴L1的表达式为 y1=﹣ 1 12 （x﹣6）2+4． 当 y1=2时，﹣ 1 12 （x﹣6）2+4=2，解得：x1 = 6 2 6 ，x2= 6 2 6 ． ∵运动员乙在点 B的右侧， 水流速度 实际速度 北 东 船在静水 中的速度 H G M N 第 4页（共 5页） ∴乙到守门员的距离为（ 6 2 6 ）m． ……………………………………………………………4分 （2）由（1）得，点 C（ 6 2 6 ，2）． ∵L2与 L1形状相同，且最大高度为 3m， ∴可设抛物线 L2的表达式为 y2=﹣ 1 12 （x﹣h）2+3． 将 C（ 6 2 6 ，2）代入，得：﹣ 1 12 （ 6 2 6 ﹣h）2+3=2， 解得：h1 = 6 2 6 2 3  ，h2= 6 2 6 2 3  （舍去）． ∴抛物线 L2的对称轴为 h= 6 2 6 2 3  ． ………………………………………………………8分 （3）运动员甲要抢到落点 D，他应再向前跑 14.5m．………………………………………………10分 解析：抛物线 L2的解析式为 y2=﹣ 1 12 （x﹣ 6 2 6 2 3  ）2+3． 当 y2=0时，﹣ 1 12 （x﹣ 6 2 6 2 3  ）2+3=0，解得：x1 =12+ 2 6 2 3 ，x2= 2 6 2 3 （舍去）． ∴OD=（12+ 2 6 2 3 ）m． ∴BD=OD﹣OB=12+ 2 6 2 3 ﹣6=6+ 2 6 2 3 ≈6+5+3.5=14.5m． ∴运动员甲要抢到落点 D，他应再向前跑 14.5m． 24．解：（1）5．……………………………………………………………………………………………2分 （2）①如图，当半圆 O经过点 D时，点 E恰好在点 D处， ∵∠DCQ＝90°， ∴点 C在半圆 O上，连接 OC． 在 Rt△DCQ中，DC＝4，CQ＝5， ∴ 41DQ ，tan∠DQC= 5 4 ， ∴∠DQC＝39°． ∴∠QOC＝180°﹣2×39°＝102°． ∴弧 CQ的长度为：   60 4117 180 2 41102   ． …………………………………………………6分 ②情况一：如图，当点 E在线段 PA上时，连接 OM，延长 MO交 BC于点 N，连接 OA． ∵AD与半圆相切于点 M，∴∠AMN＝90°． ∵四边形 ABCD是矩形， （E） 第 5页（共 5页） ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∴四边形 AMNB是矩形． ∴MN∥AB，MN＝AB＝4． ∵OE＝OQ， ∴ 2 5  NQBN ． 在 Rt△NOQ中，设 OQ＝r，∵ 222 NQONQO  ，∴   2 22 2 54       rr ．解得 32 89 r ， ∴ 32 89 OQOM ．∵ 2 5  BNAM ， ∴ 80 89tan  AM OMOAM ．…………………………………………………………8分 情况二：如图，当点 E在边 AD上时，点 M与点 E重合，连接 OA．此时半圆 O与 AD相切于点 E， ∴∠AEO＝90°． ∴四边形 AEQB是矩形． ∴AE＝BQ＝5， 2 2 1 2 1  ABEQOE ． ∴ 5 2tan OAM ． 综上所述，tan∠OAM的值为 80 89 或 5 2 ．…………………………………………………………10分 （3） 2 3 AE 或 3．………………………………………………………………………………12分 【解析】情况一：如图当点 E在 AP上时，AB′＝2， 在 Rt△AB′E中，（4﹣AE）2＝22+AE2， 解得： 2 3 AE ． 情况二：如图，当点 E在 AD边上时，连接 BE，BB′， 可得 BE＝B′E，∠BEQ＝∠B′EQ， ∵AD∥BC，∴∠B′EQ＝∠BQE， ∴∠BEQ＝∠BQE，∴BE＝BQ＝5， ∵AB＝4，∴AE＝3． 综上所述， 2 3 AE 或 3．