2025年福建省厦门市初中中考阶段数学模拟练习题

2025年福建省厦门市初中中考阶段数学模拟练习题1 数 学 说明： 1．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的。 1．下列四个实数中，最小的数是（    ） A． B． C．0 D． 2．下面4个悬针篆文文字明显不是轴对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   3．根据第七次全国人口普查结果显示，居住在我国大陆31个省、自治区、直辖市（以下简称省份）接受普查登记人员合计约14.3亿人，将1430000000用科学记数法表示应为（    ） A． B． C． D． 4．由5个完全相同的小正方体组成的几何体如图所示，这个几何体的俯视图为（    ） A．B．C．D. 5．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 6．甲、乙两人在篮球社团集训期间进行了6次定点投篮测试（每次投10个），他们命中数的折线统计图如图所示，根据统计图，下列判断不正确的是（   ） A．甲、乙投篮命中数的平均数相同 B．甲、乙投篮命中数的中位数相同 C．甲投篮命中数的众数比乙大 D．甲投篮命中数的方差比乙小 7．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB、AC于点M和N，再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，连结AP并延长交BC于点D，则下列说法中正确的个数是 ①AD是∠BAC的平分线；②∠ADC=60°；③点D在AB的中垂线上；④S△DAC：S△ABC=1：3． A．1 B．2 C．3 D．4 8．我国古代著作《增删算法统宗》中记载了一首古算诗：“林下牧童闹如簇，不知人数不知竹．每人六竿多十四，每人八竿少二竿．”若设牧童x人，根据题意，可列方程（    ） A． B． C． D． 9．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是的中点，连接，则的长是（    ） A． B． C． D． 10．二次函数与一次函数图像交于点，它们的横坐标记为，记，，则下列说法正确的是（   ）． A．当时， B．若，则 C．当时， D．若，则 二、填空题:本题共6小题,每小题4分,共 24 分。 11．化简：|﹣20|＝ ． 12．若二次根式 有意义，则 的取值范围是______． 13．有4种糖果，每千克价格分别为50元、60元、70元、80元，现依次称取、、、，混合包装成盒，这种糖果每盒价格应定为 元比较合适.（包装盒价格除外） 14．如图，已知，，则的度数是 . 15．如图，反比例函数（）上有一点A，的面积为5，则该反比例函数的解析式为 ． 16．如图，四边形是正方形，点E在对角线上，且则的度数等于 ． 3、 解答题:本题共9小题,共86分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．解方程组： 18．如图，将平行四边形的对角线向两个方向延长，分别至点E和点F，且使．求证：．    19．先化简．再求值：，其中． 20．一个不透明的袋子中共装有五个小球,其中3个红球,1个白球,1个黄球.这些小球除颜色外都相同.将袋中小球摇匀,从中随机摸出一个小球,记下颜色后放回,记作随机摸球1次. (1)随机摸球10次,其中摸出黄球3次,则这10次摸球中,摸出黄球的频率是　　　　;  (2)随机摸球2次,用画树状图或列表的方法,求这两次摸出的小球都是红球的概率. 21．如图，E是的斜边AB上一点，以AE为直径的与边BC相切于点D，交边AC于点F，连结AD． （1）求证：AD平分． （2）若，，求的长． 22．如图，某湖区为游客精心设计了两条游览路线，路线一：在点登船，沿水路游览沿途风光；路线二：先坐观光车从至，沿途游览，再在点登船，沿水路游览沿途美景．已知点在点的正东方向，点在点的东北方向，点在点的北偏东方向，测得为，点到点、点的距离相等，、两地的距离为6千米．（参考数据：．） (1)求两地的距离（结果保留根号）； (2)分别求出路线一和路线二的长度（结果保留根号）． 23．综合与实践课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． （1）如图（1），将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕为，则四边形的形状为 ． （2）如图（2），矩形纸片的边长，用图（1）中的方法折叠纸片，折痕为，接着沿过点D 的直线折叠纸片，使点C落在上的点处，折痕为．则 ， ． （3）如图（3），矩形纸片的长为，宽为， 用图（1）的方法折叠纸片，折痕为，在线段上取一点F（不与点C，E 重合），沿折叠， 点C的对应点为，  延长交直线于点G． ①判断与的数量关系，并证明； ②当射线经过的直角边的中点时，请直接写出的长． 24．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧） （1）请求出该二次函数的对称轴和顶点坐标： （2）①当时，二次函数的最大值与最小值的差为，求的取值范围； ②将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位得到新抛物线与原抛物线交于点.直线与原抛物线交于点，与新抛物线交于点.为线段上的动点，过点作轴，垂足为，连接，，当在①中的取值范围内，取得最大值时，求的最小值. 25．●问题发现 如图1，和都是等边三角形，边和在同一直线上，是边的中点，，连接，则下列结论正确的是__________．（填序号即可） ①；②；③；④整个图形是轴对称图形． ●数学思考 将图1中的绕着点旋转，不动，连接和，如图2，则和具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程； ●拓展应用 已知，，在图1中的绕着点旋转的过程中，当时，求线段的长度． 参考答案 1．【答案】B 【分析】根据实数的大小比较求解作答即可． 【详解】解：， ∴， 故此题答案为B． 2．【答案】D 【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，故A不符合题意； B．是轴对称图形，故B不符合题意； C．是轴对称图形，故C不符合题意； D．不是轴对称图形，故D符合题意． 故此题答案为D． 3．【答案】B 【详解】解：， 故此题答案为B． 4．【答案】B 【分析】根据从上面看得到的图形即为俯视图进行求解即可． 【详解】解：由几何体的形状可知，从上面看时，第一层有1个小正方形在左边 第二层是三个小正方形排成一排， 故此题答案为B． 5．【答案】B 【分析】利用同底数幂的乘除法，合并同类项，幂的乘方的运算法则对各项进行运算即可． 【详解】解：A、与不是同类项，无法合并，故本选项不符合题意； B、，故本选项符合题意； C、，故本选项不符合题意； D、，故本选项不符合题意； 故选B． 6．【答案】C 【分析】根据平均数，中位数，众数和方差的概念逐一判断即可． 【详解】解：，，∴选项A正确； 甲、乙投篮命中数的中位数都是，选项B正确； 甲投篮命中8个出现次数最多，共3次，甲命中数的众数是8，乙投篮命中8个出现最多，共2次，乙命中数的众数也是8，选项C不正确； 甲的方差为，乙的方差为，选项D正确； 故选D． 7．【答案】D 【详解】 ①根据作图的过程可知，AD是∠BAC的平分线.故①正确. ②如图，∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，∴∠CAB=60°. 又∵AD是∠BAC的平分线，∴∠1=∠2=∠CAB=30°， ∴∠3=90°﹣∠2=60°，即∠ADC=60°.故②正确. ③∵∠1=∠B=30°，∴AD=BD.∴点D在AB的中垂线上.故③正确. ④∵如图，在直角△ACD中，∠2=30°，∴CD=AD. ∴BC=CD+BD=AD+AD=AD，S△DAC=AC•CD=AC•AD. ∴S△ABC=AC•BC=AC•AD=AC•AD. ∴S△DAC：S△ABC．故④正确. 综上所述，正确的结论是：①②③④，，共有4个．故选D. 8．【答案】C 【分析】设有牧童x人，根据“每人6竿，多14竿，每人8竿，少2竿”，结合竹竿的数量不变，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解． 【详解】解：设牧童x人，根据题意可得：， 故此题答案为C． 9．【答案】B 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OD，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出DC，利用直角三角形斜边中线的性质求出． 【详解】解：四边形是菱形，对角线，相交于点， ，，AC⊥BD， 是直角三角形， ， 点是的中点， 是斜边上的中线， ． 故此题答案为B． 10．【答案】B 【分析】此题可根据选项联立二次函数与一次函数解析式，然后化简得到一元二次方程，进而根据根与系数的关系可进行排除选项． 【详解】解：由题意可联立二次函数与一次函数得，该方程的解即为它们图像的交点的横坐标，即为； A、当时，则一次函数为，与二次函数联立得，即，所以根据一元二次方程根与系数的关系得，所以,故该选项错误； B、若，同理可得，所以,故该选项正确； C、当时，则一次函数为与二次函数联立得，即，所以根据一元二次方程根与系数的关系得，所以,故该选项错误； D、若，同理可得，所以,故该选项错误. 故此题答案为B． 【知识点拨】一元二次方程的两个实数根分别为,，那么两个根的关系为，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”. 11．【答案】20． 【分析】 根据绝对值运算法则即可得． 【详解】 负数的绝对值等于它的相反数 则 故答案为：20． 【点睛】 本题考查了绝对值的化简，掌握绝对值运算法则是解题关键． 12．【答案】 【分析】根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于 ,列不等式计算即可得解． 【详解】解：根据题意得， ， 解得 ． 故答案为 ． 13．【答案】67 【分析】根据题意列出算式，进行计算即可． 【详解】解： （元）， 即这种糖果每盒价格应定为67元比较合适． 14．【答案】125° 【分析】 先根据平行线的性质求出∠3的度数，再由两角互补的性质求出∠2的度数即可． 【详解】 解：∵直线a∥b，∠1＝55°， ∴∠3＝∠1＝55°， ∵∠2＋∠3＝180°， ∴∠2＝180°−∠3＝180°−55°＝125°． 故答案为125°． 【点睛】 本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等． 15．【答案】 【分析】根据反比例函数k的几何意义，得，根据图象分布二、四象限，确定，计算即可．此题考查了反比例函数k的几何意义，熟练掌握几何意义是解题的关键． 【详解】根据题意，得， 解得， ∵图象分布二、四象限， ∴, ∴, ∴， 故此题答案为：． ． 16．【答案】或度 【分析】根据正方形的性质知再由即可得的度数，进而即可求解； 【详解】解：∵四边形是正方形， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键． 17．【答案】 【分析】直接利用加减消元法解方程组即可． 【详解】解： 得，解得， 把代入①得，解得 ∴原方程组的解为 ． 18．【答案】见详解 【分析】由平行四边形，可得，，则，，证明，进而结论得证． 【详解】证明：∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴． 19．【答案】， 【分析】先运算括号内的分式，然后将除法转化为乘法，分子、分母分解因式约分，再将x的值代入化简后的式子计算即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 20．【答案】见详解 【详解】(1)由题意得,摸出黄球的频率是3÷10=0.3,故答案为0.3. (2)画树状图如下: 共有25种等可能的结果,其中两次摸出的小球都是红球的结果有9种, ∴两次摸出的小球都是红球的概率为. 【上分提醒】 “放回”与“不放回”的区分 求随机事件的概率的题目一定要先判断是属于“放回”还是“不放回”题型.本题中“随机抽取两个”,属于“不放回”题型,在用列表法求概率时对角线上的情况不存在. 21．【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】 （1）连结OD，由切线的性质及∠C=90°可得OD∥AC，进而得∠CAD=∠ODA，再由OA=OD得∠OAD=∠ODA，等量代换即可得证； （2）先由∠CAD=25°求得∠EOF=100°，再利用弧长公式计算即可． 【详解】 （1）如图，连结OD． ∵⊙O与边BC相切于点D， ∴OD⊥BC， ∴∠ODB=90°． ∵∠C=90°， ∴∠C=∠ODB=90°， ∴OD∥AC， ∴∠CAD=∠ODA． ∵OA=OD， ∴∠OAD=∠ODA， ∴∠OAD=∠CAD． ∴AD平分∠BAC． （2）如图，连结OF． ∵AD平分∠BAC，且∠CAD=25°， ∴， ∴∠EOF=100°， ∴的长为． 【点睛】 本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，弧长公式等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 22．【答案】(1)的距离是千米 (2)路线一：千米；路线二：千米 【分析】（1）过点作，垂足为，解和，求出的长，根据进行计算即可； （2）过点作，垂足为，解直角三角形，求出的长，进而求出的长，进而根据线段的和差求出两条路线的长即可． 【详解】（1）解：如图，过点作，垂足为， 由题意得：千米， 在中，千米， 千米， 在中，千米， 所以千米， 答：的距离是千米； （2）解：如图，过点作，垂足为， ， ， 由题意得 ∴千米， 千米； 由（1）可知：， 路线一：千米， 路线二：千米． 23．【答案】（1）正方形 （2）， （3），见详解；的长为或 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，由折叠得，，即可证得四边形是正方形； （2）先推出，根据矩形的性质推出，即可求出,由矩形，即可求出； （3）①由矩形性质得，推出，由折叠可知，，由此推出，即可推出； ②分两种情况：若过中点，即G为中点；若过中点M，连接，根据矩形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ，， 由折叠性质可得：，， 四边形是正方形， 故答案为正方形． （2）由（1）知四边形为正方形， ， ∵， ，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠，点C落在点处， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴， ∴在中，，即， ∴, ∴, ∵矩形， ∴， ∴, ∵，， ∴， 故答案为，； （3）① ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴； ②∵四边形是矩形， ∴， 由（1）知四边形，均为正方形， ∴， 由折叠得，，, 若过中点，即G为中点， ∴， ∴, 在中，, ∴； 若过中点M，连接， ∴， ∵，且， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，， 即， 解得， 即， 综上，的长为或． 24．【答案】（1）对称轴，顶点 （2）①；② 【分析】（1）根据二次函数的性质先求出对称轴，再求出顶点坐标即可； （2）①先根据抛物线的顶点坐标式得出当时，有最小值，为，再结合题意求出最大值为；代入求出时，抛物线上点的横坐标，即可求解； ②根据抛物线的顶点坐标式和平移规律求出新抛物线为，联立方程求出点的坐标，再解方程求出抛物线与轴的交点，得出点的坐标，设，则，得出，得出当时，取得最大值，推得点和点的坐标；结合平行四边形的判断与性质与两点之间，线段最短确定取最小值时，点与点的位置，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵， 二次函数的对称轴为直线， 当时，． 即顶点坐标为． （2）解：①∵， 即函数开口向上，对称轴为直线， 即当时，有最小值，为； 当时，； ∵最大值与最小值的差是，最小值是， ∴最大值为； 当时，， 解得：，， ∴． ②∵， 故将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位得到新抛物线为； 当时， 解得， ∴． 当时， 解得，， ∴， 设，则， ∴， 由①得，当时，取得最大值， 此时，点的坐标为，点的坐标为； 将点向左平移个单位长度得，连接，与轴交于点，作交于点，连接； 过点作轴，交于点，如图： ∵，， ∴是平行四边形， ∴， 故，此时有最小值； ∵，，轴， ∴， 故，， ∴， 故， ∴的最小值为． 25．【答案】问题发现：①③④； 数学思考：，，理由见解析； 拓展应用： 【分析】●问题发现：由等腰三角形的性质判断①，作辅助线构造三角形判断②，由过一点有且只有一条直线垂直于已知直线判断③，由③的结论可以判断④. ●数学思考：连接，，由是等边三角形可得，，，，然后证明，进而证明结论. ●拓展应用：分两种情况利用勾股定理解题即可． 【详解】解：●问题发现： ∵是边的中点，是等边三角形， ∴， 又∵， ∴，所以①正确； 过D作交于点G， ∴， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴,所以②不正确； 连接， ∵和都是等边三角形， ∴, ∵ ∴， ∴三点共线，即，所以③正确； 由③可知整个图形关于直线成轴对称图形，所以④正确； 故答案为，①③④． ●数学思考：，．理由如下： 连接，，由图1，，， 可得．绕着点旋转， 仍然成立．∵是等边三角形， ∴，， ∴， 同理，，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 延长交于点，交于点， 又，∴， ∴， ∴． ●拓展应用 当时，∵，∴，，三点共线， 如备用图1， 设，则．∵， ∴在中，， 解得，．又， ∴， 即， 如备用图2． 设，则．∵， ∴在中，， 解得，， 又，∴， 即， 综上所述，． 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$