2025年山东聊城市莘县实验初中中考模拟数学试卷

**基本信息** 融合传统纹样、防溺水教育等文化与现实情境，通过几何计算、统计分析等题型考查抽象能力、数据意识与模型观念，适配中考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|数与式、图形性质、概率|传统纹样识别（中心对称图形）、三视图判断| |填空题|5/15|科学记数法、函数、几何计算|菱形与扇形阴影面积计算| |解答题|8/75|代数运算、几何证明、统计、函数应用|取暖器几何计算（生活情境）、防溺水统计分析（数据意识）、抛物线平移与线段交点（模型观念）|

2025年山东省聊城市莘县实验初中中考模拟数学试卷 一 、单选题（本大题共10小题，共30分） 1.（3分）下列各数中，比小的是 A. B. C. D. 2.（3分）纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活下面纹样的示意图中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是 A. 如意纹 B. 冰裂纹 C. 盘长纹 D. 风车纹 3.（3分）下列运算正确的是 A. B. C. D. 4.（3分）由个相同的小正方体搭成的几何体如图所示，关于它的三视图，下列说法正确的是 A. 主视图和左视图相同 B. 主视图和俯视图相同 C. 左视图和俯视图相同 D. 三种视图都相同 5.（3分）为落实教育部办公厅、中共中央宣传部办公厅关于《第批向全国中小学生推荐优秀影片片目》的通知精神，某校七、八年级分别从如图所示的三部影片中随机选择一部组织本年级学生观看，则这两个年级选择的影片相同的概率为        A. B. C. D. 6.（3分）下列命题是真命题的是 A. 等腰三角形的顶角一定是锐角 B. 三个角对应相等的两个三角形全等 C. 每个定理都有逆定理 D. 等腰三角形的底角小于 7.（3分）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，若，则的值是   A. B. C. 或 D. 不存在 8.（3分）如图，是的直径，切于点，连结交于点，，点是圆上异于、的一个动点，则的度数等于 ． A. B. 或 C. D. 或 9.（3分）如图，已知的内部有两点，  以点为圆心，以适当长为半径作弧，交于点，交于点；  分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点；  作射线；  连接，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点；  作直线，交于点  根据以上信息，甲、乙两个同学分别写出了一个结论：  甲：点到，的距离相等；乙：点到点，的距离相等.  其中结论正确的是 A. 甲同学 B. 乙同学 C. 甲、乙两同学 D. 甲、乙两同学都错误 10.（3分）线段，点在线段上，且，是的中点，则的长为 A. B. C. D. 二 、填空题（本大题共5小题，共15分） 11.（3分）用科学记数法表示137.6亿元为_______________元. 12.（3分）若代数式有意义，则实数的取值范围是 ______ . 13.（3分）如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是______． 14.（3分）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为，圆心角为，则图中阴影部分的面积是______． 15.（3分）如图，矩形中，，，点在边上，与相交于点若，则的长的 ______ . 三 、解答题（本大题共8小题，共75分） 16.（12分）计算：  先化简再求值：，其中满足． 17.（8分）图是小辉家一款家用落地式取暖器，如图是其竖直放置在水平地面上时的侧面示意图，其中矩形是取暖器的主体，四边形是底座已知，，且，烘干架连杆可绕边上一点旋转，以调节角度已知，，，，  求的长精确到，  当时，求点到地面的距离精确到，参考数据：，， 18.（10分）如图，以的边、为边的等边三角和等边三角形，四边形是平行四边形．  当满足什么条件时，四边形是矩形；  当满足什么条件时，平行四边形不存在；  当分别满足什么条件时，平行四边形是菱形，正方形？ 19.（10分）近日，我市中小学防溺水安全教育正式启动，某校积极响应并开展“防溺水安全知识竞赛”活动，从八年级、九年级各随机抽取名学生的竞赛成绩进行统计，整理如下：  九年级抽取的学生竞赛成绩：，，，，，，，，，  八年级、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表： 年级 平均数 众数 中位数 八年级 九年级 根据以上信息，解答下列问题：  上述表中______，______；  根据上述数据，你认为该校八、九年级中哪个年级学生掌握防溺水安全知识较好？请说明理由写出一条即可  该校八年级的名学生和九年级的名学生参加了此次竞赛活动，请估计这两个年级竞赛成绩达到分及以上的学生人数是多少？ 20.（8分）在平面直角坐标系中，点的坐标为，若过点的直线与轴夹角为时，则称该直线为点的“相关直线”，   已知点的坐标为，求点的“相关直线”的表达式； 若点的坐标为，点的“相关直线”与直线交于点，求点的坐标； 的半径为，若上存在一点，点的“相关直线”与双曲线相交于点， 请直接写出点的横坐标的取值范围． 21.（8分）如图，是的直径，弦，垂足为，过点作交延长线于点，且  求证：是的切线；  若的半径为，求图中阴影部分的面积． 22.（9分）如图①，将边长为的正方形纸片沿折叠点、分别在边、上，使点落在边上的点处，点落在点处，与交于点，连接  如图②，若为边的中点，  ①的周长______；  ②求证：；  随着落点在边上取遍所有的位置点不与、重合，的周长是否发生变化？请说明理由．  23.（10分）如图，已知抛物线分别交轴、轴于点，，连接  求该抛物线的解析式．  若，是抛物线上两点，当，时，均有，求的取值范围．  将该抛物线向左平移个单位长度后，得到的新抛物线与线段只有一个交点，请直接写出的取值范围． 第  页，共  页 学科网（北京）股份有限公司 $答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：4√5， |-3引=3>5， 2KV5, -(-5)=5>V5, 比5小的是2. 故选：C 有理数大小比较的法则：①正数都大于0：②负数都小于0：③正数大于一切负数：④两个负数，绝对 值大的其值反而小，据此判断即可， 此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答该题的关键是要明确：①正数都大于0：② 负数都小于O:③正数大于一切负数：④两个负数，绝对值大的其值反而小 2.【答案】D 【解析】解：A是轴对称图形，但不是中心对称图形，则A不符合题意； B既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则B不符合题意： C是轴对称图形，也是中心对称图形，则C不符合题意： D不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则D符合题意： 故选：D 把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对 称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这 条直线叫做对称轴，据此进行判断即可. 此题主要考查轴对称图形，中心对称图形，熟练掌握其定义是解答该题的关键. 3.【答案】D; 【解析】 该题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键， 各项计算得到结果，即可作出判断， 解：A、原式=a,所以A不正确： B、原式=8a,所以B不正确： C、原式=a3,所以C不正确： D、原式=O,符合题意， 故选：D 第1页 4.【答案】A; 【解析】解：主视图和左视图相同，均为底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形： 俯视图的底层左边是一个小正方形，上层是两个小正方形. 故选：A 直接利用己知几何体分别得出三视图进而分析得出答案. 此题主要考查了简单组合体的三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正 面，左面，上面看得到的图形. 5.【答案】B; 【解析】 先画树状图，再根据概率公式计算即可 【详解】设三部影片依次为A、B、C,根据题意，画树状图如下： 开始 B A B C A B B 故相同的概率为= 故选B. 6.【答案】D; 【解析】解：A、等腰三角形的顶角可以是锐角，也可以是钝角，故原命题错误，是假命题，不符合题 意： B、三角对应相等的两个三角形相似但不一定全等，故原命题错误，是假命题，不符合题意： C、每个命题都有逆命题，但并不是每个定理都有逆定理，故原命题错误，是假命题，不符合题意； D、等腰三角形的底角小于90，正确，是真命题，符合题意， 故选：D. 利用等腰三角形的性质、全等三角形的判定等知识分别判断后即可确定正确的选项。 考查了命题与定理的知识，解答该题的关键是了解等腰三角形的性质、全等三角形的判定等知识，难度 不大 7.【答案】A 【解析】【分析】本题考查了根与系数的关系、一元二次方程的定义以及根的判别式，先由二次项系数 非零及根的判别式△>O,得出关于m的不等式组，解之得出的取值范围，再根据根与系数的关系可得 出x1+X2= m +2 共7页 m ，X1X2= 4 ,结合 1 x1 1 =4m,即可求出m的值， 【解答】 解：由一元二次方程根与系数的关系可得x+x=密，x出=号 m+2 +=型= .=4m; 解得m1=2,m2=-1. 该方程有两个不相等的实数根， 4=[-(m+2-4m=4m+4>0, 解得m>-1, .m=2. 故选A. 8.【答案】D; 【解析】 该题考查了切线的性质，解答该题的关键是熟知切线的性质、三角形内角和定理及圆周角定理，有一定 的综合性.先根据切线的性质求出∠BAT的度数，再根据三角形内角和定理求出∠B的度数，由等腰三角 形的性质求得BOC的度数，由圆周角定理即可解答 解：TA切⊙O于点A, .AT⊥AB :∠BTA=40, .LB=90°-40=50°， .OB=OC, .∠OCB=∠B=50°， ∴.∠BOC=80° ~LBMC=号×80°=40°或∠BMC=号×(360-80)=140°. 故选D. 第2页， 9.【答案】C 【解析】解：由作图步骤(I)2)(3)可知：OG是∠AOB的平分线， ~点P在∠AOB的平分线上， ∴点P到OA,OB的距离相等， 因此甲的结论正确： 由作图步骤(4)5)可知：MN是CD的垂直平分线， ~点P在CD的垂直平分线上， ∴点P到点C,D的距离相等， 因此乙的结论正确， 故选：C 根据作图可知OG是∠AOB的平分线，MN是CD的垂直平分线，再根据角平分线的性质和线段垂直平分线 的性质可对甲，乙的结论作出判断 此题主要考查尺规作图，涉及角平分线和线段垂直平分线的作图，对结论的判断涉及它们的性质，熟悉 作图步骤和相关性质是解答该题的关键。 10.【答案】C: 【解析】 该题考查了两点间的距离，主要利用了线段中点的定义.先由AC=,BC,可求AC、BC的长，然后由中 点的定义可求CM的长，最后即可求AM. 解：如图， A M B AC=BC,AB =12cm, ..AC =3cm,BC =9cm, M为线段BC的中点， ..CM=BC =4.5cm, ·AM=AC+CM=3+4.5=7.5cm. 故选C. 11.【答案】1.376×1020； 【解析】略 12.【答案】x>2: 共7页 【解析】解：“一在实数范围内有意义， x-2>0, 解得：x>2, 故答案为：x>2. 根据分母不为零，被开方数大于等于零，列不等式，解答即可. 此题主要考查了二次根式以及分式有意义的条件，不等式的解法，解答该题的关键是熟练掌握以上知 识 13.【答案】k≤号 【解析】解：根据题意得△=(-1)2-4k>0, 解得k<- 故答案为k<-号 根据判别式的意义得到△=(-)2-4>0，然后解不等式即可 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2-4ac:当△>0，方程有两个不相 等的实数根：当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根. 14.【答案】-√3 【解析】 此题主要考查了扇形的面积计算以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出四边形BFD的面 积等于△ABD的面积是解题关键.根据菱形的性质得出ADAB是等边三角形，进而利用全等三角形的判 定得出△ABG≌△DBH,得出四边形GBHD的面积等于△ABD的面积，进而求出即可， 解：如图，连接BD 四边形ABCD是菱形，∠A=60, .∠ADC=120 .∠1=∠2=60° ·△DAB是等边三角形， AB=2, ∴AABD的高为V3, 扇形BEF的半径为2，圆心角为60， .∠4+∠5=60°，∠3+∠5=60， .∠3=L4, 设AD、BE相交于点G,设BF、DC相交于点H, (∠A=∠2 在△ABG和△DBH中， AB=BD, ∠3=∠4 .△ABG≌DBH(ASA), 第3页， 四边形GBHD的面积等于△ABD的面积， 图中阴影部分的面积是：5形e一SaD-需-×2XV疗=告-V 故答案是：-V3. D 2H 15.【答案】 % 7, 【解析】解：四边形ABCD是矩形，且AB=6,BC=8, .BD=VAB2+AD2=V62+82=10, .AD BC =8,AE=2, .DE=6, 四边形ABCD是矩形， ·AD/BC, ·∠EDF=LCBF,∠DEF=∠BCF, .∴△EDF∽△CFB, ..DE DE BF BC' 40-4BF=3BF, BF=号 故答案为：号 根据勾股定理求出BD=I0,再根据矩形的性质证明△EDF∽△CFB,再根据形似三角形的性质得出关 于BF的方程，解方程即可. 此题主要考查三角形相似的判定和性质，矩形的性质，关键是掌握三角形相似的判定和性质. 16【答案】解：(1)原式=93V59+1 =9-3V3+51 2 =10.55 (2)原式aa-》(a2a-3 (a-12a-1a-1 共7页 -a.-a+2 a-1a-1 -a a-1 a-12-a 总 a2=1, ,.a=1或a=-1 又.a-l≠0，即a≠1， .a=-l, 则原式号 【解析】 )先计算负整数指数幂、化简二次根式、代入三角函数值、计算零指数幂，再取绝对值符号，继而计算 加减可得： 2)先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由a=1及分式有意义的条件得出α的值，继而 代入计算可得 这道题主要考查分式的化简求值，解答该题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及负整数指数 幂、零指数幂的规定等知识点 17.【答案】解：(1)作BN⊥EF于点N, ,BC∥EF,∠BEF=∠CFE=30°，且BE=CF,BC=8cm,EF-20cm, ..EN-EF-BC 20-6-6 (cm), 22 ,coS∠BEN-EN BE ∴cos30r品 解得BE6.9cm; (2)作GM⊥DC于点M, GHH=l6cm,∠GHD53°，cos∠GHM-MH ∴.cos53MH 16 解得MH9.6cm, BN-EN-tan30-6.5 <cm),CD-52em,DH-12cm. ∴.MC=CD-DM=CD-(DH-MH)=52-(12-9.6)=49.6(cm), ∴.点M到地面EF的距离是49.6+3.5=53.1(cm), 第4页， 即点G到地面EF的距离约为53.1cm.; AD B☐C EN F 图2 【解析】 (I)根据BC/EF,∠BEF=∠CFE=30°，且BE=CF,BC=8cm,EF=20cm,可以求得N的长，然后 根据锐角三角函数即可得到BE的长： (2)先作GM L DC于点M,然后根据锐角三角函数可以求得MH的长，从而可以得到点M到地面的距 离，即点G到EF的距离. 此题主要考查解直角三角形的应用、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，利用锐角三角函 数和数形结合的思想解答， 18.【答案】解：(1)当∠BAC150°时，四边形ADFE是矩形， ∴.∠DAE=360°-120°-150°=90°： ,四边形ADFE是平行四边形， .四边形ADFE是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； (2)当∠BAC=60时平行四边形ADFE不存在， ∠DAE=180°-60°-60°-60°=0°： (3)当AB=AC且∠BAC不等于60°时平行四边形ADFE是菱形. 综上可知：当AB=AC、∠BAC150°时平行四边形ADFE是正方形.； B 【解析】 (1)根据矩形的四角相等为90度求解： (2)根据D、A、E在同一条直线上时不能构成四边形求解： (3)分别根据菱形的四边相等和正方形的四边相等，四角相等的特性解题. 主要考查了特殊平行四边形的特殊性.其中矩形，菱形，正方形的一些特性要掌握. 19.【答案】9087.5： 共7页 【解析】解：1)将九年级学生成绩重新排列为50,65,80,80,85,90,90,90,90,100， 其众数a=90,中位数b=8540=875, 故答案为：90、87.5； 2)九年级学生掌握防溺水安全知识较好， 因为九年级成绩的平均数大于八年级成绩， 所以九年级学生的防溺水安全知识的平均水平高（答案不唯一）. 3)估计这两个年级竞赛成绩达到90分及以上的学生人数是500×光+900×若=70八 10 )将九年级抽取的学生竞赛成绩重新排列，再根据众数和中位数的定义求解即可： 2)答案不唯一，从平均数、众数和中位数的意义求解即可： (3)分别用八、九年级的学生人数乘以样本中90分及以上人数所占比例，再相加即可. 此题主要考查频数分布直方图、中位数、众数及样本估计总体，解答该题的关键是根据直方图得出解题 所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用， 20.【答案】解：(1)如图1中，设点A的相关直线”交x轴于C或C, 6 3 -10 图1 在Rt△AOC中，OA=2,∠AC0=60°， C(90),同理可得C(-9,0), b=2 设直线AC的解析式为ykx地，则有5k+b=0 解69 ∴.直线AC的解析式为y=-√3x+2,同法可得直线AC的解析式为y=V3x+2. (2)如图1-2中，若点B的坐标为(0，V3), ∴.点B的“相关直线”为y=V3x+3或y=-V3x+V3, .点B的“相关直线与直线y=2W3交于点C, 点C的坐标为(1,2W3)或(-1,2√3 (3)如图2中， 第5页 33 x>0) 3456x 图2 当点N的相关直线与⊙0相切时，易知直线MN的解析式为y=√3x+2V3,直线MN的解析式 为y=V3x-23, ,y=3x+23 {y=5可得M(1,3W3, (y=V3x-2V3 y=亚可得M(3,V, 观察图象可知，满足条件的点M的横坐标的取值范围1≤x心3.； 【解析】 该题考查反比例函数综合题，一次函数的应用，直角三角形的30度角的性质，点P的“相关直线的定义 等知识，解答该题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数，利用方程组确定函数 的交点坐标，属于中考压轴题. (I)如图1中，设点A的“相关直线交x轴于C或C',求出C、C的坐标利用待定系数法即可解决问题； 2)如图2中，由点B的坐标为0，V3),可得点B的“相关直线”为y=V3x+V3或y=-V3x+V3,求出y= 2√3时的自变量的值即可解决问题： (3)如图2中，当点N的“相关直线与⊙O相切时，易知直线MN的解析式为y=√3x+2√3，直线MW的 解析式为y=V3x-2V3,求出M、M的坐标即可解决问题. 共7页 21.【答案】 【答案】 (1)证明：.CD⊥AB, .∠CEO=90°， .BF∥DC, .∠FBO=∠CEO=90°， .FB⊥OB,OB是⊙O的半径， .BF是⊙O的切线； (2).∠CDB=30° .∠CAB=60°， 连接BC, 0 D ..OB-OC, ∴.△OBC是等边三角形 ,AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB, .∴.CE=DE 在△COE和△DBE中， (CE-DE ∠CEO=∠DEB=90°， OE-OB .△COE≌△DBE(SAS), ∴.阴影部分的面积=扇形COB的面积= 60r×22 2不 360 3 【解析】 ()根据切线的判定方法即可证明BF是⊙O的切线： 2)连接BC,证明△OBC是等边三角形，再证明△COE≌△DBE,可得阴影部分的面积=扇形COB的面 积. 此题主要考查的是切线的性质、垂径定理、圆周角定理、扇形面积的计算、等边三角形的判定与性质、 全等三角形的判定与性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解答该题的关键. 22.【答案】 第6 【答案】 (1)①6； ②现证明EP=AE+PD 方法一：取EP的中点G,则在梯形AEPD中，MG为中位线， MG三1(AE+PD)' 在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线， Mc-吉En, .EP=AE+PD. 方法二：延长EM交CD延长线于Q点· ·,∠A=∠MDQ=90°，AM=DM,，∠AME=∠DMQ, .△AME≌△DMQ. .AE-DQ,EM-MQ. 又，·∠EMP=∠B=90° ∴.PM垂直平分EQ,有EP=PQ. ·.·PQ=PD+DQ, .EP-AE+PD (2)△PDM的周长保持不变. 设AM=x,则MD=4-x. 由折叠性质可知，EM=4一AE, 在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2,即AE2+x2=(4-AE)2, 整理得：AE2+x2=16-8AE十AE2, 六AE=1(16-2), 8 又.：∠EMP=90°，.∴.∠AME+∠DMP=90°· .·∠AME+∠AEM=90°，∴.∠AEM=∠DMP· 又·∠A=∠D, .'.△PDM~△MAE C△PDM MD C△MAE AE .SAPDM -CAMAR MD4+四)·4-工=8 AE 1(16-x2) ∴.△PDM的周长保特不变. 【解析】解：(I)由折叠知BE=EM,∠B=LEMP=90°. ①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM. AB=4,M是AD中点， △AEM的周长=4+2=6(cm):故答案为：6. ②见答案 (2)见答案. (I)①由折叠知BE=EM.AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM.根据边长及中点易求周长；②延长 EM交CD延长线于Q点.可证△AEM兰△DQM,得AE=DQ,EM=MQ.所以PM垂直平分EQ,得EP= 页，共7页 PQ,得证： (2)不变化.可证△PDM∽△MAE,两个三角形的周长的比是MD:AE,设AM=x,根据勾股定理可以 用x表示出MD的长与△MAE的周长，根据周长的比等于相似比，即可求解. 此题通过折叠变换考查了三角形的全等及相似等知识点，难度较大。 23【答案】解：1)将A1.0),C(0.3)代入ybxe得0=，-b+C 解得上二子 y=x2-2x-3. （2),y=x2-2x-3=（x-1)2.4, ∴.抛物线开口向上，对称轴为直线x=1, 将x-2代入y=x2-2x-3得y=5, .抛物线经过(-2,5)，点(-2,5)关于对称轴的对称点为(4,5)， .-2≤1m<m+1≤4， 解得-2sm≤3. (3),抛物线经过A(-1,0),C(0,3),抛物线对称轴为直线x=1, ∴抛物线经过（3,0)，(2，-3)， 3-(-1)=4, ∴.抛物线向左平移4个单位经过点A, 2-0=2, ∴.抛物线向左平移2个单位经过点C, ∴.当2≤n≤4时，满足题意.； 【解析】 )通过待定系数法求解. (2)将x=-2代入抛物线得到抛物线经过点(-2,5)，由抛物线的对称性可得抛物线经过点(45)，根据抛物 线的开口方向求解。 (3)由A(-1,0),C(0,一3)及抛物线对称轴可得抛物线经过(3,0)，(2，-3)，进而求解. 此题主要考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系. 第7页， 共7页