江苏省南京市2025年中考数学押题练习卷（一）

江苏省南京市2025年中考数学押题练习卷（一） 一、单选题 1．下列各数中，是负数的是（   ） A． B． C． D． 2．当为正整数时，代数式一定是下面哪个数的倍数（    ） A．3 B．5 C．7 D．8 3．某种芯片每个探针单元的面积为，0.00000164用科学记数法可表示为（  ） A． B． C． D． 4．正多边形的一部分如图所示，若，则该正多边形的边数为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 5．如图，在中，，是上的一点，以为直径的与相切于点，连接、，若，，则的长度是（    ） A． B． C． D． 6．如图，在中，，点为边上的中点，以为顶点作一个的角交、边于、两点，连结，则知道下列哪个条件就可以计算的周长（    ） A．的周长 B．的周长 C．的周长 D．的周长 二、填空题 7．“神威·太湖之光”是全球第一台运行速度超过10亿亿次/s的超级计算机．用科学记数法表示10亿亿是 ． 8．计算的结果是 ． 9．计算的结果是 ． 10．设，是关于的方程的两个根，且，则 ． 11．已知y是x的反比例函数，其部分对应值如下表： x … 1 2 … y … a b m n … 若，则m n．（填“”“”或“＝”） 12．已知，则的值为 ． 13．已知一组数据：，，，，．当的值为 时，这组数据的方差最小． 14．如图，在矩形中，，，是的中点，连接，过点作，交于点，则的长为 ． 15．如图，在四边形中，平分，，是上一点，．若，则 °． 16．如图，在中，，是上一点，以为圆心，长为半径的圆与相切，切点为，与相交于点．若，，则的长为 ． 三、解答题 17．先化简，再求代数式的值：，其中是之间的整数，请选一个合适的求解． 18．解不等式组，并写出它的所有整数解． 19．某商场统计了A、B两种品牌洗衣机7个月的销售情况，结果如下： 品牌 销量 月份 一月 二月 三月 四月 五月 六月 七月 A品牌 16 31 29 24 24 24 20 B品牌 17 22 23 24 26 26 30 (1)填写下表： 平均数 中位数 众数 方差 A品牌 24 24 ① ② B品牌 ③ ④ 26 14 (2)由于库存不足，商场采购部欲从厂家采购A、B两种品牌洗衣机以满足市场需求．请你结合上述两种品牌洗衣机的销售情况，对商场采购部提出建议，并从两个不同角度说明理由． 20．甲、乙、丙互相传球．假设他们相互之间传球是等可能的，并且由甲开始传球． （1）经过2次传球后，求球仍回到甲手中的概率； （2）经过3次传球后，球仍回到甲手中的概率为． 21．某超市的一种瓶装饮料每箱售价为元，五一期间对该瓶装饮料进行促销活动，买一箱送两瓶，这相当于每瓶按原价九折销售，求这家超市销售的这种饮料每箱多少瓶？ 22．如图，是等边三角形，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 23．如图，某工地有一辆底座为的吊车，吊车从水平地面处吊起货物，此时测得吊臂与水平线的夹角为，将货物吊至处时，测得吊臂与水平线的夹角为，且吊臂转动过程中长度始终保持不变，此时处离水平地面的高度，求吊臂的长．（参考数据：，，，，，． 24．某小区的菜鸟驿站有揽收员甲负责扫描快递入库，派送员乙负责运送快递出库．仓库里原有快递200件，已知甲平均每小时扫描200件快递入库，甲工作2小时后，乙同时开始工作．又过了3小时，甲因故离开，乙按原速工作．仓库里的快递数量y（件）与时间x（小时）之间的关系如图： (1)点A的坐标为①___________，派送员乙平均每小时的送件量为②___________件． (2)分别求出和时，y与x之间的函数表达式． (3)若仓库里的快递数量不少于a件称作仓库“半饱和”，已知“半饱和”状态持续了小时，则a的值为 ___________件． 25．已知二次函数（为常数，且）． (1)判断该二次函数图象与轴交点的个数，说明理由； (2)不论为何值，该函数图象都会经过两个定点，这两个定点的坐标分别是 、 ． (3)该函数图象经过的象限随值的变化而变化，直接写出函数图象所经过的象限及对应的取值范围． 26．如图，在正方形中，点是中心，，延长交于点． (1)连接，求证：为等腰三角形； (2)如图，将沿翻折得到，经过点的与分别交于点． 求证：直线与相切； 若正方形边长为，则 ． 27．如图，在中，，，，D是线段上的一点，将点D绕点A逆时针旋转得到点E． (1) ； (2)连接，若，求的长． (3)若， ①直接写出y与x的函数关系式； ②若，求． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《江苏省南京市2025年中考数学押题练习卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D D B D B B 1．D 【分析】本题考查了正负数的定义，乘方的计算，化简绝对值，化简多重符号，熟练掌握以上知识点是解题的关键．先化简多重符号，计算乘方，化简绝对值，再根据正负数的定义判断即可． 【详解】解：A、，是正数，故该选项不符合题意； B、，是正数，故该选项不符合题意； C、，是正数，故该选项不符合题意； D、，是负数，故该选项符合题意； 故选：D． 2．D 【分析】利用平方差公式化简即可得到答案． 【详解】解： = =8n， 故选：D． 【点睛】此题考查因式分解的计算公式—平方差公式，熟记公式是解题的关键． 3．B 【分析】绝对值小于1的数利用科学记数法表示的一般形式为a×10-n，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 【详解】解：0.00000164=1.64×10-6， 故选：B． 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小数的方法，写成a×10-n的形式是关键． 4．D 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆周角定理；连接，根据圆周角定理得到，即可得到结论． 【详解】解：连接， ， ， 这个正多边形的边数为， 故选：． 5．B 【分析】本题考查的是含30度角的直角三角形的性质，切线的性质．先连接，证明，，再进一步解答即可． 【详解】解：如图，连接， 切圆于， 于， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 故选：B． 6．B 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质与判定是银题的关键，此题综合性较强，有一定难度，属中考压轴题． 取中点，连结，在上截取，连结，先证明，得，根据，得出，从而证得，即，得到，从而可证，得出，进而可证明，得到，即可得出 ，即可得出结论． 【详解】解：取中点，连结，在上截取，连结，如图， 由， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 在和中， ， ∴， ， ， 由相似可知：，， ， ， ， 即为周长的一半． 故选：B． 7． 【分析】本题主要考查了用科学记数法表示绝对值大于1的数，解题的关键是掌握用科学记数法表示绝对值大于1的数的方法：将原数化为的形式，其中，n为整数，n的值等于把原数变为a时小数点移动的位数．计算后将结果用科学记数法表示即可． 【详解】解：10亿亿， 故答案为：． 8． 【分析】本题考查了幂的运算．熟练掌握同底数幂乘除法，幂的乘方的运算法则，是解决问题的关键．相关公式有：，，． 根据同底数幂乘除法，幂乘方的运算法则，进行计算，即可得到答案． 【详解】解：． 故答案为：． 9． 【分析】先把二次根式进行化简再进行二次根式的混合运算即可． 【详解】解：原式 ． 故答案为： 【点睛】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的化简及二次根式的运算法则是解题的关键． 10． 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的应用，解题的关键是掌握相关知识．根据一元二次方程根与系数的关系可得，，结合，即可求解． 【详解】解：，是关于的方程的两个根， ，， ， ， 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了反比例函数的性质，观察表格并得到条件是解题的关键．根据反比例函数的性质判断即可． 【详解】解：，， 每个象限内，随的增大而增大， ， ． 故答案为：． 12．1 【分析】本题考查代数式求值．熟练掌握整体代入思想，是解题关键． 根据，可得，又因为，再整体代入即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∴． 故答案为：1． 13． 【分析】本题考查了方差的定义，根据方差的定义，当数据波动最小时，方差最小，即可求解． 【详解】解：数据中的、、、的平均数为， 时，这组数据的方差最小， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，根据勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵点E是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，多边形的内角和，三角形的内角和定理。解题的关键是正确作出辅助线．分别延长、交于点，由平分，，可得，，得到，，由，可推出，，在四边形中，根据多边形的内角和求出，由，，可得，最后根据，即可求解． 【详解】解：如图，分别延长、交于点， 平分，， ，， ，， ， ，， ， 在四边形中，，即， ， ，， ， ， 故答案为：． 16． 【分析】本题考查解直角三角形的计算，平行线分线段成比例，切线的性质，勾股定理，作于点M，连接，由切线得到，利用勾股定理求出半径，再依次求出，，，的长，最后根据，得到，代入求值即可． 【详解】解：如图，作于点M，连接， 设圆的半径为r，则， ∵，，， ∴， ∴， ∵长为半径的圆与相切， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵长为半径的圆与相切，切点为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 17． ，x=2时，原式=． 【分析】首先将括号里面通分，进而将能因式分解的分子与分母因式分解，即可化简，再利用分式有意的条件得出即可． 【详解】解： = = = ∵分式有意义， ∴ ， x+1≠0 ∴x≠0，±1 ∵-2<x<3的整数 ∴取x=2 ∴原式= 【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 18．不等式组的解集为，所有整数解为 【分析】本题考查了一元一次不等式组的整数解，以及解一元一次不等式组，分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可． 【详解】解：不等式组， 由①得：， 由②得：， ∴不等式组的解集为， 则不等式组的所有整数解为． 19．(1)24，22，24，24 (2)建议商场采购B品牌洗衣机，理由见解析 【分析】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立． （1）根据平均数、中位数、众数以及方差公式对每一项进行计算，即可得出答案； （2）由于平均销量相同，则根据方差的意义可判断B品牌洗衣机的销量稳定，再根据B种品牌洗衣机销量呈上升趋势可建议商场采购B品牌洗衣机． 【详解】（1）解：①∵24出现了3次，出现的次数最多， ∴众数是24； ②A品牌的方差是： ③平均数是： ④把这些数从小到大排列为：17，22，23，24，26，26，30，中位数是24； 故答案为：24，22，24，24； （2）∵A品牌和B品牌的平均数相同， ∴A、B两种品牌洗衣机的平均销量相同， ∵， ∴B品牌洗衣机的销量稳定，并且B种品牌洗衣机销量呈上升趋势， ∴建议商场采购B品牌洗衣机． 20．（1）；（2） 【分析】（1）画树状图，确定总可能性，球仍回到甲手中的可能性，根据概率公式计算即可； （2）画树状图，确定总可能性，球仍回到甲手中的可能性，根据概率公式计算即可； 【详解】解：（1）画树状图如下： 二次传球共有4种等可能性，其中球回到甲手中的有2种可能性， ∴经过2次传球后，求球仍回到甲手中的概率为：； （2）画树状图如下： 三次传球共有8种等可能性，其中球回到甲手中的有2种可能性， ∴经过3次传球后，求球仍回到甲手中的概率为：． 【点睛】本题考查了画树状图法求概率，根据题意，正确画出树状图，根据概率公式计算是解题的关键． 21．这家超市销售的这种饮料每箱瓶 【分析】本题考查分式方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出分式方程． 设这家超市销售的这种饮料每箱x瓶，根据相当于每瓶按原价九折销售得：，解方程，然后即可求解． 【详解】解：设这家超市销售的这种饮料每箱x瓶， 根据题意得：， 解得， 经检验，是原方程的解，也符合题意， ∴这家超市销售的这种饮料每箱瓶， 答：这家超市销售的这种饮料每箱瓶； 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定，熟练掌握知识点推理证明是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质，结合，得出，，结合已知，利用证明即可； （2）根据全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，证明是等边三角形，得出，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形，， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴； （2）证明：∵，是等边三角形，， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 23．12m 【分析】过点作，垂足为，设，根据锐角三角函数的定义以及图形中的等量关系列出方程即可求出答案．本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于中等题型． 【详解】解：过点作，垂足为， 设， 在中， ， ， ， 在中， ， ， ， 在矩形中， ， ， ， ， 所以吊臂长为． 24．(1)①，②150 (2)， (3)650 【分析】本题考查一次函数的应用，正确读懂图象是解题的关键． （1）点的纵坐标原有快递量小时内入库的快递量，从而得到点的坐标；派送员乙在3小时内运送快递出库的数量原有快递量小时内新入库的快递量当时仓库内的快递量，再根据“派送员乙平均每小时的送件量派送员乙在3小时内运送快递出库的数量”计算即可； （2）利用待定系数法求解即可； （3）由可知，．当时，令，解得是时间段小时的起点；当时，令，解得是时间段小时的终点，根据终点起点列方程求出的值即可． 【详解】（1）解：①甲工作2小时后，仓库里的快递数量是（件， 点的坐标为． 故答案为：． ②派送员乙在3小时内运送快递出库的数量是（件， （件， 派送员乙平均每小时的送件量为150件． 故答案为：150； （2）解：当时，设与之间的函数表达式为， 将坐标和代入， 得， 解得， ． 派送员乙送750件需要的时间是（小时）， 当，则， 解得：， 函数图象与轴的交点坐标是． 当时，设与之间的函数表达式为 将坐标和代入， 得， 解得， ， 当时，得，解得， 与之间的函数表达式为． （3）解：， ． 当时，， 解得； 当时，， 解得； ， 解得． 故答案为：650． 25．(1)二次函数图象与轴有1个或2个交点，理由见解析 (2)， (3)当时，抛物线开口向上，抛物线与轴的一个交点在轴的正半轴上，此时抛物线经过第一、二象限；当且时，抛物线开口向上，抛物线与轴的两交点在轴的正半轴上，此时抛物线经过第一、二、四象限；当时，抛物线开口向上，抛物线与轴的两交点在轴的两侧，此时抛物线经过第一、二、三、四象限． 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点，二次函数的性质，掌握把求二次函数（是常数，）与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程，是解题的关键． （1）先计算根的判别式的值得到，当，该二次函数图象与轴有1个交点；当，该二次函数图象与轴有2个交点； （2）把变形为关于的方程得到，由于有无数个值，所以，，解方程得到定点坐标； （3）解方程得到抛物线与轴的交点坐标为，， 然后讨论：当时，抛物线开口向上，抛物线的顶点在轴的正半轴上，此时抛物线经过第一、二象限，当且时，根据二次函数的性质得到抛物线经过第一、二、四象限，当时，抛物线开口向上，根据二次函数的性质得到抛物线经过第一、二、三、四象限． 【详解】（1）解∶ 该二次函数图象与轴交点的个数为1个或2个，理由如下∶ ， 当，即时，该二次函数图象与轴有1个交点， 当，即时，该二次函数图象与轴有2个交点． （2）解：， ， ， ，， 解得，或，， 不论为何值，该函数图象都会经过定点和， 故答案为∶，． （3）解：当时，， 解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，， 当时，抛物线开口向上，抛物线与轴的一个交点在轴的正半轴上，此时抛物线经过第一、二象限， 当且时，抛物线开口向上，抛物线与轴的两交点在轴的正半轴上，此时抛物线经过第一、二、四象限， 当时，抛物线开口向上，抛物线与轴的两交点在轴的两侧，此时抛物线经过第一、二、三、四象限． 26．(1)见解析； (2)见解析；． 【分析】（）作于点，则四边形为矩形，设，则，，利用勾股定理求出和的边长即可得证； （）作于点，连接，证明，则，又，则，因为，，故有，所以，则，从而求证； 先证明点在圆上得出，再证即可求出的长度． 【详解】（1）证明：如图，作于点，则四边形为矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 设， ∵， ∴，， ∵是正方形中心， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴为等腰三角形； （2）证明：如图，作于点，连接， ∵点都在圆上， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴直线与相切； 如图，延长交于点，则， ∴四边形为矩形， ∴， ∴点也在圆上， 连接，作于点，为正方形中心， ∵， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，切线的判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 27．(1) (2) (3)①；② 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，函数关系式的建立，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握基本图形是解题的关键． （1）过点A作于H，故，由，得，故， （2）过E作，交延长线于N．由一线三垂直得，设，故，由线段垂直平分线得，再由勾股定理计算即可． （3）①由（2）得，得，故． ②由，得，由，得，得，故，得，得，故． 【详解】（1）解如图，过点A作于H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：由旋转得：， 过E作，交于点，交延长线于N． ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴． 即． （3）解：①同（2）图，∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ②∵， ∴， ， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（舍去）． ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$