9.2025年名师中考·数学综合训练卷(一)（配套课件）-【名师中考】2025年中考数学检测卷

该初中数学中考复习课件全面覆盖数与代数、图形与几何、统计与概率等核心考点，严格对接中考说明，分析选择、填空、解答题的分值权重，归纳出计算题、证明题、应用题等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题训练+核心素养渗透”，如通过《九章算术》驿站送信题培养数学思维，统计题中数据处理强化数据意识，几何旋转探究题提升推理能力。提供详细解题步骤和易错点分析，帮助学生掌握答题技巧，教师可依此制定高效复习计划，助力中考冲刺。

2025年名师中考·数学综合训练卷(一) (本试卷满分120分，考试用时120分钟) 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出 的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1． 计算2×(－4)的结果是（　D　） A． 6 B． －6 C． 8 D． －8 D 2． “春至花如锦，夏近叶成帷”，下列与花、叶有关的图案中，是 轴对称图形的是（　A　） A． B． C． D． A 3． 十四届全国人大二次会议于2024年3月5日至11日在北京召开，在 《政府工作报告》中指出：今年城镇新增就业12 000 000人以上．将12 000 000这个数用科学记数法可表示为（　A　） A． 1.2×107 B． 1.2×106 C． 12×106 D． 0.12×108 A 4． 象棋是起源于中国的一种棋戏，现今通行的象棋，相传为唐代牛 僧孺所制，刻圆木或牙、骨为棋子三十二枚，红黑各半，黑方以将统 士、象、车、马、炮各二，卒五，若从一套完整的象棋棋子中随机摸一 枚棋子，则该棋子为黑马的概率为（　C　） C A． B． C． D． 5． 下列计算正确的是（　C　） A． a6÷a3＝a2 B． (a＋2)2＝a2＋4 C． (a5)2＝a10 D． a2＋a3＝a5 C 6． 如图，两条直线l1∥l2，将一个含45°角的直角三角板放入其 中，顶点A、B分别在l1和l2上，∠1＝25°，则∠2的度数是（　B　） A． 65° B． 70° C． 75° D． 80° B 7． 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD是⊙O的直径，连接 BD，若∠BCD＝100°，则∠BAD的度数为（　C　） A． 70° B． 75° C． 80° D． 85° C 8． 已知点A(－2，y1)，B(－1，y2)，C(1，y3)均在反比例函数y＝ 的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　B　） A． y1＜y2＜y3 B． y2＜y1＜y3 C． y3＜y1＜y2 D． y3＜y2＜y1 B 9． 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文 为：一份文件，若用慢马送到800里远的城市，所需时间比规定时间多1 天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是 慢马的 倍，求规定时间．设规定时间为x天，则下列列出的分式方程正 确的是（　D　） D A． ＝ × B． ＝ × C． ＝ × D． ＝ × 10． 如图所示，满足函数y＝k(x－1)和y＝ (k≠0)的大致图象是 （　B　） A． ①② B． ②③ C． ②④ D． ①④ B 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11． 计算：(2 025－π)0－2-1＝ ⁠． 12． 如图，把两根钢条OA，OB的一个端点连在一起，点C，D分 别是OA，OB的中点，若CD＝3 cm，则该工件内槽宽AB的长为 ⁠ cm. 6 13． 分式方程 ＝ 的解为 ⁠． 14． 若方程x2－4x－5＝0的两个根分别为x1，x2，则 + ＝ ⁠． x＝－1 － 15． 黄金分割比是让无数科学家、数学家、艺术家为之着迷的数 字．黄金矩形的长宽之比为黄金分割比，即矩形的短边为长边的 倍．黄金分割比能够给画面带来美感，令人愉悦，在很多艺术品以及大 自然中都能找到它．比如蜗牛壳的螺旋中就隐藏了黄金分割比．如图， 用黄金矩形ABCD框住整个蜗牛壳，之后作正方形ABFE，得到黄金矩 形CDEF，再作正方形DEGH，得到黄金矩形CFGH， …，这样作下去，我们以每个小正方形边长为半径画弧 线，然后连接起来，就是黄金螺旋．已知AB＝ ， 则阴影部分的面积为 　 　 ． 三、解答题(一)：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16． 解不等式组 并 把解集在数轴上表示出来． 解： 解不等式①，得x≥－3.解不等式②，得x＜3. ∴此不等式组的解集为－3≤x＜3. 将不等式组的解集在数轴上表示如图． 17． 如图，在△ABC中，AB＝AC． (1)作AC边的垂直平分线DE，垂足为点E，交BC边于点D，连接 AD；(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母) 解：(1)如图，直线DE即为所求． (2)若∠B＝30°，且CD＝1，求BD的长． (2)∵AB＝AC，∠B＝30°， ∴∠C＝∠B＝30°. ∴∠BAC＝180°－∠B－∠C＝120°. ∵DE为线段AC的垂直平分线， ∴AD＝CD＝1.∴∠DAC＝∠C＝30°. ∴∠BAD＝∠BAC－∠DAC＝90°. 在Rt△ABD中，∠B＝30°，∴BD＝2AD＝2. 18． 如图是两辆某品牌小汽车平行停放的平面示意图．已知右边小 汽车车门OA为1.2米，车门打开最大角度∠AOB为68°.若两辆小汽车之 间的水平距离为0.8米，则右边小汽车在打开车门最大角时会不会碰到左 边小汽车？请说明理由．(结果精确到0.1米，参数考据： sin 68°≈0.93， cos 68°≈0.37，tan 68°≈2.48) 解：右边小汽车在打开车门最大角时会碰到左边小汽车． 理由如下：如图，过点A作AC⊥OB，垂足为点C． 在Rt△AOC中，∠AOB＝68°，OA＝1.2米， ∴AC＝OA· sin 68°≈1.2×0.93＝1.116(米)． ∵1.116米＞0.8米， ∴右边小汽车在打开车门最大角时会碰到左边小汽车． 四、解答题(二)：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19． 为丰富学校图书资源，鼓励学生多读书、读好书、好读书，学 校决定购买若干甲、乙两种品牌的平板电脑组建新的电子阅览室．经了 解，甲、乙两种品牌的平板电脑单价分别为3 000元和2 500元，学校计划 购买甲、乙两种品牌的平板电脑共60台． (1)若恰好支出170 000元，则甲、乙两种品牌的平板电脑各购买了多 少台？ 解：(1)设甲种品牌的平板电脑购买了x台，乙种品牌的平板电脑购 买了y台． 依题意，得解得 答：甲种品牌的平板电脑购买了40台，乙种品牌的平板电脑购买了 20台． (2)若购买乙种品牌数量不超过甲种品牌数量的2倍，问甲、乙两种品 牌的平板电脑各购买多少台时花费最少？最少花费是多少元？ (2)设甲种品牌的平板电脑购买了m台，乙种品牌的平板电脑购买了 (60－m)台．由题意，得60－m≤2m.解得m≥20. 设费用为w，则w＝3 000m＋2 500(60－m)＝500m＋150 000. ∵500＞0，∴w随m的增大而增大． ∴当m＝20时，w最少，此时w＝500m＋150 000＝160 000. ∴甲种品牌的平板电脑购买20台，乙种品牌的平板电脑购买40台最 省钱，最少费用为160 000元． 20． 国家大力提倡节能减排和环保，近年来纯电动汽车普及率越来 越高，纯电动汽车的续航里程是人们购买时参考的重要指标．某汽车杂 志为了解M，N两款纯电动汽车的实际续航里程，各随机抽取了10辆汽 车进行了续航里程实测，并将测试的结果(续航里程用x千米表示)分成 A． 300≤x＜350， B． 350≤x＜400， C． 400≤x＜450， D． x≥450四组进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息：a.10辆M 款纯电动汽车的实际续航里程： 330，375，435，410，410，470，380，365，365，410；b.10辆N款 纯电动汽车的实际续航里程条形统计图如表1(不完整)；c.10辆N款纯电动 汽车的实际续航里程在C组中的数据是402，425，410，425.d.两款纯电 动汽车的实际续航里程统计表如表2. 表1 表2 平均数 中位数 众数 方差 M 395 395 a 1 455 N 397 b 425 2 070 根据以上信息，解答下列问题： (1)表格中的a＝ ，b＝ ⁠． 410 406 (2)根据上述数据，你认为M款和N款纯电动汽车中，哪款的实际续 航里程更长？请说明理由(写出一条即可)． 解：(2)N款的实际续航里程更长．理由如下： ∵N款的平均数较大， ∴N款的实际续航里程更长．(答案不唯一，合理即可)． (3)小星看中了售价一样的甲、乙两款纯电动汽车，根据汽车杂志发 布的数据对这两款车的四项性能进行了打分(百分制)，如表： 续航里程得分 百公里加速得 分 百公里能耗得 分 智能化水平得 分 甲 82 90 85 100 乙 80 100 90 90 续航里程、百公里加速、百公里能耗、智能化水平四项性能在小 星心中所占比例是4∶2∶1∶3，你认为小星选择哪款车更合适？请说 明理由． (3)选择甲款车更合适．理由如下： 甲款车综合得分为82× ＋90× ＋85× ＋100× ＝89.3(分)． 乙款车综合得分为80× ＋100× ＋90× ＋90× ＝88(分)． ∵89.3＞88，∴选择甲款车更合适． 21． 综合与实践 主题：装饰锥形草帽． 素材：母线长为25 cm、高为20 cm的锥形草帽(如图1)和五张颜色不 同(红、橙、黄、蓝、紫)、足够大的卡纸． 步骤1：将红、橙、黄、蓝、紫卡纸依次按照圆心角1∶2∶1∶2∶3 的比例剪成半径为25 cm的扇形． 步骤2：将剪下的扇形卡纸依次粘贴在草帽外 表面，彩色卡纸恰好覆盖草帽外表而且卡纸连接 处均无缝隙、不重叠，便可得到五彩草帽． 计算与探究：(1)计算红色扇形卡纸的圆心角的度数； 解：(1)圆锥的底面半径为 ＝15(cm)． 设侧面展开图的圆心角为n°. 由题意，得 ＝2π×15.解得n＝216°. ∴216°× ＝24°. 答：红色扇形卡纸的圆心角的度数为24°. (2)如图2，根据(1)的计算过程，求出圆锥的高h、母线长a与侧面展 开图的圆心角度数n°之间的数量关系． (2)∵圆锥的底面半径为 ，∴ ＝2π .∴n＝ . 五、解答题(三)：本大题共2小题，第22题13分，第23题14分， 共27分． 22． 【特例发现】正方形ABCD与正方形AEFG如图1所示放置， G，A，B三点在同一直线上，点E在边AD上，连接BE，DG. 通过推 理证明，我们可得到两个结论：①BE＝DG；②BE⊥DG. 【旋转探究】(1)将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转一定角度 到图2所示的位置，则在【特例发现】中所得到的关于BE与DG的两个结 论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由． 解：(1)结论仍然成立．证明如下： 如答图1，延长DG与AB，BE分别交于点I，H. ∵∠EAG＝∠BAD＝90°，∴∠EAG－∠GAB ＝∠BAD－∠GAB，即∠BAE＝∠DAG. 在△BAE和△DAG中， ​ ∴△BAE≌△DAG(SAS)．∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADI. ∵∠ADI＋∠AID＝90°，∠AID＝∠BIH，∴∠ABE＋∠BIH＝ 90°.∴∠BHI＝90°.∴BE⊥DG. ∴BE＝DG，BE⊥DG. 【迁移拓广】(2)如图3，在矩形ABCD与矩形AEFG中，若AB＝ 2AD，AE＝2AG. 连接BE，DG. 探索线段BE与线段DG存在怎样的数 量关系和位置关系？为什么？ (2)BE＝2DG，BE⊥DG. 理由如下：∵四边形ABCD与四边形 AEFG都是矩形，∴∠BAD＝∠EAG. ∴∠BAE＝∠DAG. ∵AB＝ 2AD，AE＝2AG，∴ ＝ ＝2.∴△ABE∽△ADG. ∴∠AEB＝ ∠AGD， ＝2.∴BE＝2DG. 如答图2，设BE和DG的交点为点M， AE与DG的交点为点N. ∵∠AGN＋∠ANG＝90°， ∠ANG＝∠ENM，∠AGN＝∠MEN，∴∠MEN＋ ∠ENM＝90°.∴∠EMN＝90°.∴BE⊥DG. ∴BE＝2DG，BE⊥DG. 【联想发散】(3)如图4，△ABC与△ADE均为等边三角形，连接 BD，CE. 则线段BD与线段CE有怎样的数量关系？直线BD与直线CE 相交所构成的夹角中，较小锐角的度数是多少？ (3)如答图3，延长BD交CE的延长线于点O，CO交AD于点J. ∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC ＝∠DAE＝60°.∴∠BAC－∠BAE＝∠DAE－∠BAE，即∠CAE＝ ∠BAD． ∴△BAD≌△CAE(SAS)．∴BD＝CE，∠ADB＝ ∠AEC． ∴∠JDO＝∠AEJ. 又∠EJA＝∠DJO， ∴∠O＝∠EAD＝60°.∴BD＝CE，直线BD与直线CE 相交所成较小角的度数是60°. 23． 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象与 x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(－1，0)，抛物线顶 点D的坐标为(1，－4)，连接AC，BC，BD，CD，抛物线对称轴与BC 相交于点E. (1)求抛物线的解析式； (1)解：∵抛物线顶点D的坐标为(1，－4)，∴设抛物线的解析式为y ＝(a ) －4(a≠0)．把A(－1，0)代入，得0＝a·(－1－1)2－4.解得a ＝1. ∴抛物线的解析式为y＝(x－1)2－4＝x2－2x－3. (2)求证：∠ACO＝∠CBD； (2)证明：由抛物线的解析式，易知点B，C的坐标分别为(3，0)， (0，－3)． ∴BC＝ ＝3 ，CD＝ ＝ ，BD＝ ＝2 .∵BD2＝CD2＋BC2.∴△BCD 为直角三角形．∴tan ∠CBD＝ ＝ .∵在Rt△ACO中，tan ∠ACO＝ ＝ . ∴tan ∠ACO＝tan ∠CBD． ∴∠ACO＝∠CBD． (3)若点P是线段BD上的动点，将△DEP沿边EP翻折得到 △D′EP，是否存在点P，使得△D′EP与△BEP重叠部分的图形为直角 三角形？若存在，请直接写出BP的长，若不存在，请说明理由． (3)解：BP的长为 或 ＋1或 . 提示：设抛物线的对称轴交x轴于点F，BD＝＝2 .由B(3，0)，C(0，－3)易得直线BC的解析式为y＝x－3.∴E(1，－2).①如图1，EP⊥DB于点P，△DEP沿着EP边翻折得到△D′EP.∵∠EDP＝∠BDF，∠EPD＝∠BFD＝90°，∴△EPD∽△BFD. ∴DP∶DF＝DE∶DB，即DP∶4＝2∶2 . 解得DP＝.∴BP＝BD－DP＝. ②当ED′⊥BD于点H时，如图2，与①同理可得△DEH∽△DBF.∴DH∶DF＝DE∶DB＝EH∶BF，即DH∶4＝2∶2 ＝EH∶2.解得DH＝，EH＝.在Rt△PHD′中，设HP＝x，则D′P＝DP＝DH－HP＝－x，D′H＝D′E－EH＝DE－EH＝2 －.∴x2＋ ＝ .解得x＝1－. ∴BP＝BD－DP＝BD－(DH－HP)＝BD－DH＋HP ＝＋1. ③如图3，当D′P⊥BC于点G时，过点E作EI⊥BD于点I.由①②可知，EI＝，BI＝.由翻折的性质可知∠EPI＝∠EPG.∴EG＝EI＝.∵BE＝＝2 ，∴BG＝BE－EG＝2 -. ∵∠GBP＝∠IBE，∠BGP＝∠BIE，∴△BPG∽△BEI. ∴BP∶BE＝BG∶BI，即BP∶2 ＝(2 -)∶. 解得BP＝. $